Verificación de prueba - Cada secuencia en $\Bbb R$ contiene una subsecuencia monótona

Question

Me encontré con el siguiente ejercicio en Elementos de Análisis Real de Bartle. Esta es la solución que se me ocurrió. Estaría agradecido si alguien pudiera verificarla y tal vez sugerir mejores/soluciones alternativas.

También busqué estas preguntas relacionadas - (1), (2), (3) - pero no estaba contento con las demostraciones allí. Parece que necesito ayuda para entender esto. Cualquier ayuda de este tipo es apreciada.

Demuestra que cada secuencia en $\Bbb R$ tiene o bien una subsucesión monótona creciente o una subsucesión monótona decreciente.

Sea $(x_n)$ una secuencia en $\Bbb R$. Supongamos que $(x_n)$ no está acotada. Sin pérdida de generalidad, podemos asumir que $(x_n)$ no está acotada por arriba. Por lo tanto, dado cualquier número real, hay un miembro de la secuencia que es mayor. Sea $x_{n_1}$ cualquier miembro de la secuencia.

Existe $x_{n_2} \gt \sup\{x_1, x_2, ..., x_{n_1} \}$. Para $i \gt 1$, sea $x_{n_i} = \{x_1, x_2, ..., x_{n_{i - 1}}\}$ entonces $(x_{n_k})$ forma una subsucesión monótona de $(x_n).

Ahora supongamos en su lugar que $(x_n)$ está acotada. Por el Teorema de Bolzano-Weierstrass hay una subsucesión $(y_n)$ de $(x_n)$ que converge a un límite $y$. Sin pérdida de generalidad, hay infinitos valores distintos en $(y_n)$ que son distintos de $y$. Sea $y_{k1}$ el primer elemento distinto. Sea $y_{k2}$ cualquier elemento en $\{ y' \in (y_n) \ \ | \ \ |y' - y | \lt |y - y_{k1}| \}$.

Para $i \gt 1$, sea $y_{ki} \in \{ y' \in (y_n) \ \ | \ \ |y' - y | \lt |y - y_{k \ i - 1}| \}$. Tal $y_{ki}$ existe para cada $i \in \Bbb N$ ya que $ \lim (y_n) = y $. Ahora sea $(y_{kn})$ la subsucesión de $(y_n)$ así formada. Al menos uno de los dos conjuntos siguientes debe contener infinitos elementos.

• $\{ y \in (y_{kn}) \ \ | \ \ y \gt x\}$
• $\{ y \in (y_{kn}) \ \ | \ \ y \lt x\}$

Aquel que lo haga forma una subsucesión monótona.

Answer 1

Este es un argumento muy clásico, creo. Sea $n\in \mathbb{N}$ llamado "agradable" si $a_n >a_m$ para todo $m> n$. Así que solo tenemos dos posibilidades:

(1) La secuencia contiene infinitos puntos "agradables". Si $n_1 son los puntos "agradables", tenemos $a_{n_1}>a_{n_2}> \ldots>a_{n_i}> \ldots$, entonces $(a_{n_i})$ es una subsecuencia decreciente.

(2) La secuencia contiene un número finito de puntos "agradables". Sea $n_1$ mayor que todos los puntos "agradables. Dado que $n_1$ no es "agradable" existe algún $n_2>n_1$ tal que $a_{n_2}\ge a_{n_1}$, y continuamos de esta manera para obtener una subsecuencia no decreciente $(a_{n_i})$.

Más formalmente: Sea $N$ un número natural que es mayor que todos los puntos "agradables". Definimos $n_1:= N$ y $n_{i+1}:=\min\{n> n_{i}: a_n\ge a_{n_{i}}\}$. Por lo tanto, $(a_{n_i})$ es no decreciente.

Answer 2

Me gusta pensar en esto en términos de la teoría de Ramsey. Estamos coloreando las aristas del grafo completo en $\mathbb N$, usando dos colores, y queremos asegurarnos de que haya un subgrafo completo infinito que sea monocromático.

El caso que nos preocupa es la coloración donde, para $i

Comience notando que hay un $A_0$ infinito con todas las aristas $\{0,i\}$, $i\in A_0$, del mismo color. Sea $i_0=0$ e $i_1=\min(A_0)$. Existe un $A_1$ infinito contenido en $A_0$ con todas las aristas $\{i_1,i\}$, $i\in A_1$, del mismo color. Sea $i_2=\min(A_1)$, y continúe de esta manera.

Obtenemos $i_0n$, tienen el mismo color. Llámelo $c_n$. Ahora, la secuencia $c_0,c_1,c_2,\dots$ es una secuencia que toma solo dos valores, por lo que tiene una subsecuencia constante. Los $i_n$ correspondientes forman el conjunto monocromático que estábamos buscando.

Answer 3

Creo que las otras pruebas son superiores, pero este es un esbozo del método que se me ocurrió al intentar resolverlo por mi cuenta:

Si $a_n$ es ilimitada, hemos terminado.

Supongamos que $a_n$ está limitada y sea $R_N = \{a_n| n \ge N \}$ (es decir, el rango de $a_n$ después de $N$). Dado que $R_N$ no está vacío y está limitado, tiene un supremo. Tenga en cuenta que para cada $N$, $\sup R_{N+1} \le \sup R_N$. Así que si $\forall N \sup R_N$ es un miembro de la secuencia, entonces podemos construir una subsecuencia decreciente.

Ahora para finalizar, supongamos que para algún $N$, $x = \sup R_N$ no es un miembro de la secuencia. A partir de la definición de supremo, sabemos que $\forall \epsilon >0$ existe un elemento de la secuencia, $a_n$, con $x - \epsilon

Answer 4

Aquí está mi versión de la prueba, que se me ocurrió como una alternativa al argumento mucho mejor que son los puntos máximos:

Caso 1: Ilimitado

Supongamos que $(x_n)$ es ilimitado, tenemos que: $\forall \ \epsilon \in \mathbb{R} \ \exists \ r \in \mathbb{N} \ \text{tal que} \ x_r > \epsilon$

elija $\epsilon_1=\epsilon_f$, tenemos que: $\exists \ r_1 \in \mathbb{N} \ \text{tal que} \ x_{r_1} > \epsilon_f$

Considere: $S_1(n)=\{ x_n \}\backslash\{x_1,x_2,......,x_{r_1}\}$, Esto también es ilimitado, porque si fuera limitado, la unión de $S_1(n)$ con $\{x_1,x_2.....,x_{r_1}\}$ me dará un conjunto limitado, pero esto contradice la afirmación inicial de que $(x_n)$ es ilimitado. Ahora para este conjunto, elija $ \epsilon_2=x_{r_1}$. Entonces tenemos, $\exists \ r_2 \in \mathbb{N} \ \text{tal que} \ x_{r_2} > x_{r_1}>\epsilon_f $ y $r_2>r_1$

Considere: $\{ x_n \}\backslash\{x_1,x_2,......,x_{r_1},....,x_{r_2}\}$, Esto también es ilimitado. Ahora para este conjunto, elija $ \epsilon_3=x_{r_2}$. Entonces tenemos, $\exists \ r_3 \in \mathbb{N} \ \text{tal que} \ x_{r_3} > x_{r_2}> x_{r_1} > \epsilon_f $ y $r_3>r_2>r_1$. Por lo tanto, esto se puede llevar a cabo indefinidamente para construir una secuencia monótona creciente de $x_{r_i}$

Caso 2: Limitado

Supongamos que $(x_n)$ es limitado. Comience definiendo el conjunto $S_k =\{ x_n : k \leq n \}$. $S_1=\{x_1,x_2,......\}$, $S_2=\{x_2,x_3,......\}$. Podemos ver que $S_{k+1} \subseteq S_{k}\subseteq....\subseteq S_1$. Estos conjuntos $S_i$ son todos limitados, y por lo tanto todos tienen supremos, que podemos llamar $Sup(S_{i})=U_{i}$

Subcaso 1: finitamente muchos i $\in \mathbb{N}$ tales que $U_i \in S_i$

Supongamos que los conjuntos $\{ S_{r_1},S_{r_2}....S_{r_p}\}$ contienen su propio supremo, y los restantes $S_i$ no contienen sus supremos. Esto significa que, para $i>r_p$, $U_i=U_{i+1}=U_{i+2}....=U$ para ver esto, considere $S_i=\{ x_i,x_{i+1},x_{i+2}.....\}$ y $S_{i+1}=\{x_{i+1},x_{i+2}.....\}$ y como ninguno de los $x_{j} : j\geq i$ es el supremo de $S_i$, es claro que ninguno de los $x_{j} : j\geq i+1$ es el supremo de $S_{i+1}$

En este caso, considere el conjunto (infinito) limitado $S_{r_p+1}=\{x_{r_p+1},x_{r_p+2},....\}$. El supremo de este conjunto es $U$. Por lo tanto, $\exists s_{1} \in S_{r_p+1} \ \text{tal que} \ U-\frac{1}{n_1}

Además, $\forall j \in \mathbb{N},\exists s(j) \in S_{r_p+1} \ \text{tal que} \ U-\frac{1}{j}

afirmación:

Existe un $n_2 > n_1$ tal que $s_{1}

demostración:

Supongamos que no, es decir, para un $j$ particular, sin importar qué $i \in \mathbb{N}$ usemos, $s(j) \geq U-\frac{1}{i}$

$\iff \ \forall i \in \mathbb{N} \ s(j)+\frac{1}{i} \geq U$

$\iff \ \lim_{i \to \infty} (s(j)+\frac{1}{i} )=s(j)\geq U$ Lo cual es absurdo, por lo tanto, la suposición es falsa.

Por lo tanto, para todo $j \ \in \mathbb{N} \ \exists i > j : i \in \mathbb{N} \ \text{y} \ s(j) \in S_{r_p+1} \ \text{tal que} \ U-\frac{1}{j} < s(j)

Elija j=1, entonces:

$\exists i_1 > 1 : i_1 \in \mathbb{N} \ \text{y} \ s_{1} \in S_{r_p+1} \ \text{tal que} \ U-1 < s_1

Elija $j=i_1$, entonces: $\exists i_2 > i_1 : i_2 \in \mathbb{N} \ \text{y} \ s_{2} \in S_{r_p+1} \ \text{tal que} \ U-1 < s_1

y continúe de esta manera, con $j=i_k$ para obtener $s_{k+1}$, formando así una secuencia infinita de $s_i$ que es monótona creciente.

Subcaso 2: infinitos i $\in \mathbb{N}$ tales que $U_{i} \in S_i$

Tenemos que, $\{S_{k_1},S_{k_2},....,S_{k_i}....\}$ para todo $i \in \mathbb{N}$ es un conjunto infinito de $S_i$ tal que $U_i \in S_i$

luego note que, para cualquier $l$ y $r$ $\in \{k_1,k_2.....\}$, $U_l \geq U_r $ si $r>l$. Elija $U_{k+i}=s_{k_i}$, y vea que $s_{k_i} \geq s_{k_{i+1}}$, para todo $i \in \mathbb{N}$. Esto nos da una secuencia monótona decreciente de $s_i$

Answer 5

Para cualquier sucesión real convergente, existe una subsecuencia monótona.

Prueba:

Sea $(x_n)_{n}\subset\mathbb{R}$ con $x_n\rightarrow x$. Suponemos que $x_n\neq x$ para todo $n\in\mathbb{N}$.

• Como $x$ es un punto límite de la secuencia, o bien $$\{y:y > x\}\cap (x_n)_{n} \text{ o } \{y:y < x\}\cap (x_n)_{n}$$ contienen infinitos puntos.

• Supongamos sin pérdida de generalidad que $X:=\{y:y > x\}\cap (x_n)_{n\in\mathbb{N}}$ contiene infinitos puntos. Para cualquier $\epsilon > 0$, $$ X \cap [x,x+\epsilon] $$ contiene infinitos puntos porque la secuencia converge.

• Podemos definir nuestra secuencia $(y_n)_{n}\subset (x_n)_n$ de forma recursiva. Elegimos cualquier $x_k\in X$ y establecemos $y_1 := x_k$. Para cualquier $k > 1$ elegimos $$ y_{k+1} \in X\cap [x,y_{k}]. $$ La secuencia estará bien definida y decreciente, lo cual es fácil de verificar. Como $(y_n)_n\subset X\subset (x_n)_n, hemos construido la secuencia que buscábamos.

Para cualquier sucesión real, existe una subsecuencia monótona.

Prueba: Sea $(x_n)_n$ alguna sucesión real. Hay dos casos para $(x_n)_n$.

• $(x_n)_n$ es no acotada. En este caso hemos terminado, como se mencionó en otra respuesta.

• $(x_n)_n$ está acotada por algún $K\in\mathbb{R}$. Entonces $(x_n)_n\cap [-K,K]$ es compacto y contiene la secuencia. Por Bolzano-Weierstrass, $(x_n)_n$ contiene una subsecuencia convergente. Luego, por la prueba anterior también hemos terminado.