Trouver $infA$ donde $A=\{(-1)^n(1-\frac{1}{n}), n=1,2,3,...\}$
Mi trabajo es el siguiente:
si n es par : afirmación : $infA=\frac{1}{2}$
si n es impar : claim : $infA=-1$
¿Ahora debo elegir la cifra más baja para la reclamación final?( ¿y la mayor si pedía Sup(A)?).
Ahora vamos a reclamar $infA=-1$
1- Demuestro que -1 es un límite inferior para A:
$\frac{1}{n}<1$ así que $-\frac{1}{n}>-1>-2$ desde aquí $1-\frac{1}{n}>1-2=-1$
por lo tanto todos los elementos de A son mayores que -1, por lo tanto -1 en un límite inferior para A.
2- Ahora quiero demostrar que no puede haber ningún número mayor que -1 que sea un límite inferior. o equivalentemente quiero demostrar $-1+\epsilon$ no puede ser un límite inferior.
No sé, creo que estoy confundido. Creo que sé cómo probar las preguntas sup lim. No sé cómo $A=\{(-1)^n$ afectan al problema. Le agradecería su ayuda.
Respuestas
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El ínfimo de un conjunto es único.
Entiendo el sentido de tu idea, pero si quieres escribirlo así, deberías separar $A$ en los dos conjuntos formados por enteros positivos pares e Impares. Entonces $A$ es la unión disjunta de estos conjuntos.
Sin embargo, esto no es realmente necesario. Pero tiene toda la razón. De hecho, tenemos $\operatorname{inf}(A)=-1$ .
Para ello demostramos que $-1$ es un límite inferior de $A$ y el mayor límite inferior.
-1 es el límite inferior de $A$
Tenemos que demostrar que $-1\leq a$ para cada $a\in A$ .
Separamos los casos. O bien $a=1-\frac1m$ para algunos incluso $m\in\mathbb{N}$ o $a=-1+\frac1m$ para algunos impar $m\in\mathbb{N}$
En el primer caso está claro, ya que $-1\leq 1-\frac{1}m\Leftrightarrow \frac1m\leq 2\Leftrightarrow 1\leq 2m$ lo cual es cierto, ya que $m\geq 1$
En el segundo caso tenemos $-1\leq -1+\frac1m\Leftrightarrow 0\leq \frac1m\Leftrightarrow 0\leq 1$ .
Así que $-1$ es efectivamente un límite inferior.
¿Por qué $-1$ el mayor límite inferior de $A$ ?
Supongamos que existe un límite inferior $b$ de $A$ con $b>-1$ . Entonces podemos escribir $b=-1+\varepsilon$ para un $\varepsilon >0$ .
$b$ se supone que es un límite inferior, por lo que
$-1+\varepsilon\leq a$ para cada $a\in A$ . Para $n=2m+1$ que tenemos:
$-1+\varepsilon\leq -1+\frac{1}{2m+1}\Leftrightarrow \varepsilon\leq \frac{1}{2m+1}$ para cada $m\in\mathbb{N}$ ¡!
Pero entonces $2m+1\leq \frac1\varepsilon$ para cada $m\in\mathbb{N}$ lo que es falso, ya que el LHS es ilimitado. (Para cada número real hay un número natural mayor que ese).
Siguiendo tus pasos,
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cometiste un pequeño error en el paso 1: demostraste que para todo $n$ incluso elementos de $A$ son mayores que $-1$ . Para $n$ impar tienes que demostrar que $-1+\frac{1}{2n+1}>-1$ pero eso es bastante sencillo, así que puede que lo hayas omitido porque es trivial.
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para el paso 2: dado cualquier $\epsilon>0$ puede encontrar elementos de $A$ que son menores que $-1+\epsilon$ : tomar $n$ impar, por lo que sólo nos fijamos en los elementos de tipo $-1+\frac{1}{2n+1}$ Ahora siempre puede elegir $n$ lo suficientemente grande como para que $\frac{1}{2n+1} < \epsilon$ por ejemplo, tome cualquier $n>\frac{1}{2\epsilon}-\frac{1}{2}$ . Demostrando así que, para cualquier $\epsilon>0$ , $-1+\epsilon$ no puede ser el $\inf$ .
El truco está en separar $A$ en dos subconjuntos: $A_{even}=\{1-\frac{1}{2n}, n=1,2,...\}$ y $A_{odd}=\{-1+\frac{1}{2n+1}, n=1,2,...\}$ . Claramente tienes que $A$ es la unión de estos dos, por lo tanto el inf de $A$ es el menor de los infs de $A_{odd}$ y $A_{even}$ .
Espero que se aclare :)
