Si $\frac{\sin{a_n}}{a_n}\rightarrow 1$ $a_n\rightarrow0 $

Question

Estoy tratando de demostrar que si $\;\frac{\sin{a_n}}{a_n}\rightarrow 1$$a_n\rightarrow0$, asumiendo $a_n\neq 0$ todos los $n$.

Creo que esto es bastante fácil de mostrar de la siguiente manera: en primer lugar, demostrar $f(x)=\frac{\sin(x)}{x},f(0)=1$ tiene un máximo global en 0, a continuación, asumir que por la negación de que no $a_n\rightarrow0$, y llegar a una contradicción con epsilon-delta de gimnasia. Pero este va a ser un largo y algo desordenada prueba.

Es allí una manera más elegante para demostrar esto?

Addendum: esto no es una tarea pregunta (no estoy seguro de si se parece a uno), así que si es posible, favor de dar los detalles completos de su respuesta.

Gracias!

Answer 1

Deje $f:\mathbb R\cup\{\pm\infty\}\to\mathbb R$ ser la única función continua que coincide con $(\sin x)/x$$\mathbb R\setminus\{0\}$.

A continuación, $f$ toma el valor de$1$$0$, y en ningún otro lugar.

Esto implica que cualquier subsequence de $(a_n)$ que converge en $\mathbb R\cup\{\pm\infty\}$ converge a $0$, y por lo tanto, que la secuencia de $(a_n)$ sí converge a $0$.

EDICIÓN de A. Más detalles sobre el último punto: Supongamos por contradicción $(a_n)$ no converge a $0$. A continuación, hay un positivo $\varepsilon$ y una larga $(b_n)$ tal que $|b_n|\ge\varepsilon$ todos los $n$, e $(b_n)$ admite a su vez una larga $(c_n)$ que converge en $\mathbb R\cup\{\pm\infty\}$. El límite de $(c_n)$ no puede ser $0$, contradicción.

EDITAR B. La razón para trabajar no en $\mathbb R$ pero en $\mathbb R\cup\{\pm\infty\}$ es que cualquier secuencia en $\mathbb R\cup\{\pm\infty\}$ tiene una convergencia de larga. Un espacio topológico se dice es secuencialmente compacto si se tiene esta propiedad. El hecho de que $\mathbb R\cup\{\pm\infty\}$ es secuencialmente compacto es utilizado anteriormente en la frase "$(b_n)$ admite a su vez una larga $(c_n)$ que converge en $\mathbb R\cup\{\pm\infty\}$".

Answer 2

Ver la función $f(x) = \frac{\sin(x)}{x}$, extendido continuamente a $x=0$ $f(0) = 1$ (ver aquí). Claramente, si usted toma un pequeño $ \epsilon > 0$, entonces la única forma de $|f(x) - 1| < \epsilon$ si $x$ es lo suficientemente cerca de a $0$, es decir, si $-\delta(\epsilon) < x < \delta(\epsilon)$ donde $\delta(\epsilon)$ es un número pequeño, dependiendo $\epsilon$. Observe que $\delta(\epsilon) \rightarrow 0$$\epsilon \rightarrow 0$. Desde $f(a_n) \rightarrow 1 $, para cada $\epsilon > 0$ habrá un $N$, de modo que si $n \geq N$$|f(a_n) - 1| < \epsilon$, lo que significa que $ -\delta(\epsilon) < a_n < \delta(\epsilon)$ todos los $n \geq N$. Esto demuestra que $\{a_n\}$ de hecho converge a 0.

Answer 3

Aquí es un enfoque similar, en el que no se necesita demostrar que el límite existe.

Deje $A=\limsup a_n$, y supongamos que $a_{n_k} \to A$.

Deje $f(x) = \frac{\sin(x)}{x}$$f(0) = 1$.

Como $f$ es continua, tenemos que $1 = \lim_{k \to \infty} f(a_{n_k}) = f(A)$, por lo que el $A=0$. Haciendo lo mismo con $\liminf a_n$ tenemos que $\liminf a_n = \limsup a_n = 0$.