Las secuencias de conjuntos de propiedades

Question

Estoy teniendo problemas para probar la siguiente pregunta:

Supongamos $\{A_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ es una familia de conjuntos tales que a $A_1\subset A_2\subset A_3\subset\ldots$ (es posible tener $A_n=A_{n+1}$). Necesito demostrar que $$\lim_{n\to\infty}A_n = A_1\cup\bigcup_{n=2}^\infty(A_{n}\backslash A_{n-1}).$$

No estoy seguro de si esto es útil, pero he demostrado que los $A_{n}\backslash A_{n-1}$ $A_{n'}\backslash A_{n'-1}$ son disjuntas si $n\neq n'$.

Gracias.

Answer 1

Cuando se le preguntó lo que significa que se debe dar a $\lim$, la OP ha mencionado uno podría suponer $\lim \limits_{n\to\infty}A_n=\bigcup \limits_{n=1}^\infty A_n$. De modo que la igualdad de demostrar que es $\bigcup \limits_{n=1}^\infty A_n=A_1\cup\bigcup \limits_{n=2}^\infty(A_{n}\backslash A_{n-1})$.

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En esta sección le proporcionan una posible definición de límite de una secuencia de conjuntos y demostrar su límite es lo que el OP sugerido. Saltar si sólo desea ver la igualdad por encima de demostrar.

Definición: Dado un conjunto $\mathcal A$ y una secuencia $(A_n)_{n\in \mathbb N}$ de los subconjuntos de a$\mathcal A$$A\subseteq X$, se dice $(A_n)_{n\in \mathbb N}$ converge a $A$ y se denota por a $\lim \limits_{n\to +\infty}\left(A_n\right)=A$, si, y sólo si,

1. $\forall x\in A\exists p\in \mathbb N\forall n\in \mathbb N\left(n\ge p\implies x\in A_n\right)$
2. $\forall x\not \in A\exists p\in \mathbb N\forall n\in \mathbb N\left(n\ge p\implies x\not \in A_n\right)$

La proposición: El límite de una secuencia de conjuntos de $(A_n)_{n\in \mathbb N}$, cuando existe, es único. Es decir, si existen conjuntos de $A$ $B$ tal que $$\lim \limits_{n\to +\infty}(A_n)=A\land \lim \limits_{n\to +\infty}(A_n)=B,$$ then $A=B.$

Prueba: Supongamos que el antecedente y asumen $A\setminus B\neq \varnothing$. Tome $x\in A\setminus B$.

Desde $x\in A$ existe $p\in \mathbb N$ tal que $\forall n\in \mathbb N\left(n\ge p\implies x\in A_n\right)$.

Desde $x\not \in B$ existe $q\in \mathbb N$ tal que $\forall n\in \mathbb N\left(n\ge q\implies x\not \in A_n\right)$.

Por lo tanto $\forall n\in \mathbb N\left(n\ge \max\left(p,q\right)\implies (x\in A_n\land x\not \in A_n)\right)$, que es un contradiciton.

Por lo tanto, $A\setminus B=\varnothing$ y de manera similar a $B\setminus A=\varnothing$, por lo tanto $A=B$.$\,\square$

Proposición: Si $(A_n)_{n\in \mathbb N}$ es un aumento de la secuencia de conjuntos de un conjunto de $\mathcal A$,$\lim \limits_{n\to +\infty}(A_n)=\bigcup \limits_{n\in \mathbb N}(A_n)$.

Prueba: Set $A:=\bigcup \limits_{n\in \mathbb N}(A_n)$.

1. Deje $a\in A$. Por definición de $A$ existe $p\in \mathbb N$ tal que $a\in A_p\color{grey}{\subseteq A_{p+1}\subseteq A_{p+2}\ldots}$.
   Desde $(A_n)_{n\in \mathbb N}$ es el aumento de ahí se sigue que $\forall n\in \mathbb N(n\ge p\implies a\in A_n)$.
2. Deje $a\not \in A$. Por definición de $\forall n\in \mathbb N(a\not \in A_n)$, asumiendo así la $p=1$ rendimientos $\forall n\in \mathbb N(n\ge p\implies a\not \in A_n)$.

Por lo tanto $\lim \limits_{n\to +\infty}(A_n)=\bigcup \limits_{n\in \mathbb N}(A_n)$.$\, \square$

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La inclusión $\supseteq$ es justo después de la definición.

Por el otro, vamos a $x\in \bigcup \limits_{n=1}^\infty A_n$. Existe un mínimo de $m\in \mathbb N$ tal que $\forall n\in \mathbb N(n\ge m\implies x\in A_n)$.

Suponga $m\ge 2$, (por lo $m-1\ge 1$. El caso de $m=1$ es trivial).

Supongamos, con la esperanza de encontrar una contradicción, que $x\not \in A_1\cup\bigcup \limits_{n=2}^\infty(A_{n}\backslash A_{n-1})$.
A continuación,$x\not \in A_1$$x\not \in \bigcup \limits_{n=2}^\infty(A_{n}\backslash A_{n-1})$, en particular,$x\not \in A_m\setminus A_{m-1}$. Pero desde $x\in A_{m}$, esto significa $x\in A_{m-1}$, contradiciendo la minimality de $m$.

Answer 2

Definir $A_0=\varnothing$, mantener su $A_1,A_2,\ldots$ y poner $B_n=A_n-A_{n-1}$ $n=1,2,\ldots$ desea mostrar que $$\tag 1 \bigcup_{n\geqslant 1}A_n=\bigcup_{n\geqslant 1}B_n$$

Desde $B_n\subseteq A_n$ por cada $n$; una inclusión es clara, a saber, que $$\bigcup_{n\geqslant 1}A_n\supseteq \bigcup_{n\geqslant 1}B_n$$

Ahora, supongamos que el $x\in \displaystyle\bigcup_{n\geqslant 1}A_n$. Luego de algunos $n=1,2,\ldots$ tenemos que $x\in A_n$. Si $x\in A_1$,$x\in B_1=A_1$. Si no, $x\in A_n$ algunos $n=2,3,\ldots$. Si $x\in A_2$; a continuación, ya que $x\notin A_1$; $x\in A_2-A_1=B_2$. Si $x\notin A_2$, $x\in A_n$ algunos $n=3,4,\ldots$. Continuando, afirmo que el proceso debe terminar para algunos $n$. Si no, podríamos obtener ese $x\notin A_n$ por cada $n=1,2,\ldots$, lo que se contradice con que $x\in \displaystyle\bigcup_{n\geqslant 1}A_n$. Así $$\bigcup_{n\geqslant 1}A_n\subseteq \bigcup_{n\geqslant 1}B_n$$ and $(1)$ está comprobado.

AGREGAR lo anterior puede ser modificado, incluso cuando el $A_n$ no están aumentando, es decir, vamos a $B_n=A_n\smallsetminus (A_1\cup\cdots \cup A_{n-1})$. A continuación, $B_n\cap B_k=\varnothing$ si $n\neq k$ $\bigcup A=\bigcup B$ exactamente por el razonamiento anterior.