¿$ \bigcap\limits_{n=1}^N I_n \neq \emptyset$ % todo $ N \in \mathbb{N}$implica que el $ \bigcap\limits_{n=1}^\infty I_n \neq \emptyset $?

Question

¿Cómo puedo demostrar que una secuencia de cerrado acotado (No necesariamente anidada) intervalos de $ I_1, I_2, I_3 ,\ldots$ con la propiedad de que $ \bigcap\limits_{n=1}^N I_n \neq \emptyset$ todos los $ N \in \mathbb{N}$ implica que el $ \bigcap\limits_{n=1}^\infty I_n \neq \emptyset $ ?

Me pidió determinar si esto es cierto. Creo que es, porque no importa cuán grande $N$ es, siempre podemos encontrar un elemento en $ \bigcap\limits_{n=1}^N I_n$. Así, podríamos simple deje $N$ crecer y siempre habrá un elemento de la intersección. Yo estaba pensando en el uso de la inducción, pero esto no parece un problema de la inducción. Soy nuevo en el Análisis Real (auto-estudio). Alguien trató de explicar esto a mí con la de bolzano teorema de weierstrass, pero no he aprendido. Cualquier orientación será apreciado.

Answer 1

Voy a reducir el problema de La Anidados Intervalo Teorema (también conocido como el Cantor del teorema de la intersección). Echemos un vistazo a los siguientes conjuntos $$A_n=\bigcap\limits_{k=1}^{n}I_k$$ Cada una de las $A_n$ tiene las siguientes propiedades

• $A_n \ne \varnothing $, esto se da
• $A_n$ está cerrado
• $A_n$ es limitada

Y $$A_{n+1}=\bigcap\limits_{k=1}^{n+1}I_k=\left(\bigcap\limits_{k=1}^{n}I_k\right)\bigcap I_{n+1}=A_n\bigcap I_{n+1}$$ o $A_{n+1} \subset A_{n}$ (debido a $\forall x \in A_{n+1} \Rightarrow x \in A_{n}$). De acuerdo a La Anidados Intervalo Teorema de $$\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}A_k \ne \varnothing$$ Pero $$\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}A_k=\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}I_k$$

Answer 2

La respuesta es: sí, es cierto.

Dibujo. Que $I_n = [\ell_n, \: r_n]$ cada $n$. Definir $L = \{\ell_n: \: n \in \mathbb{N}\}$y $R = \{r_n: \: n \in \mathbb{N}\}$, a continuación, deje que $\tilde{\ell} = \sup L$, $\tilde{r} = \inf R$. Mostrar que $\tilde{\ell} \le \tilde{r}$. Por lo tanto deducir que cualquier número real $x$ $\tilde{\ell} \le x \le \tilde{r}$ se encuentra en $\bigcap_{n = 1}^{\infty} I_n$.

Answer 3

Elija para cada una de las $k \in \mathbb{N}$$s_k \in \bigcap_{n=1}^k I_n$. A continuación, la secuencia $(s_k)$ es acotado, por lo que tiene un convergentes subsequence $(s_{k_j})$. Llame al límite de esta secuencia $s$. Ahora queremos mostrar este límite se encuentra en la intersección de todos los $I_n$. Ya que todos los intervalos son cerrados, y la intersección de un número finito de intervalos cerrados es un intervalo cerrado, $$s \in \bigcap_{n=1}^{k_j}I_n$$ para todos los $j$. Ahora toma un poco de $N \in \mathbb{N}$. Tomar algunas $j$ tal que $k_j \geq N$ (esto es posible, $j=N$ es suficiente, por ejemplo, pero esto también es intuitivamente claro). Entonces $$s \in \bigcap_{n=1}^{k_j}I_n \subset \bigcap_{n=1}^{N}I_n \subset I_N.$$ Por lo $s$ es en todos los $I_n$, lo $s$ es en su intersección. Así nos encontramos con un elemento en su intersección, es decir, el conjunto $\bigcap_n I_n$ no está vacío.

Answer 4

Deje $I_{n}=[a_{n},b_{n}]$ donde $a_{n}\leq b_{n}$. Vamos a probar que $\sup_n a_{n}\leq\inf_n b_{n}$ por la contradicción. Denotar $a=\sup_{n}a_{n}$ y $b=\inf_n b_{n}$. Supongamos que, al contrario,$a>b$. Elija $l\in(b,a)$. Entonces existe $n_{1}$ $n_{2}$ tal que $a_{n_{1}}>l$ y $b_{n_{2}}<l$. Tome $N=\max(n_{1},n_{2})$. Por supuesto, $\cap_{k=1}^{N}[a_{k},b_{k}]\neq\emptyset$, de modo que existe $x_{0}\in\cap_{k=1}^{N}[a_{k},b_{k}]$. Ahora $x_{0}\in[a_{n_{2}},b_{n_{2}}]$ implica que $x_{0}\leq b_{n_{2}}<l$. Por otro lado, $x_{0}\in[a_{n_{1}},b_{n_{1}}]$ implica que $x_{0}\geq a_{n_{1}}>l$. Contradicción!

Por lo tanto $a\leq b$. Podemos afirmar que el $[a,b]\subseteq\cap_{k=1}^{\infty}[a_{k},b_{k}]$ y va a seguir ese $\cap_{k=1}^{\infty}[a_{k},b_{k}]$ no está vacía. Deje $x\in[a,b]$. Deje $k\in\mathbb{N}$ ser arbitraria. A continuación, $a_{k}\leq a\leq x\leq b\leq b_{k}$ implica que $x\in[a_{k},b_{k}]$. Q. E. D.

Answer 5

Que $\displaystyle c_N = \inf \bigcap_{n=1}^N [a_n,b_n] $ y $\displaystyle d_N= \sup \bigcap_{n=1}^N [a_n,b_n].$

Vea si usted puede demostrar que $c_1\le c_2\le c_3\le \cdots \le c_N \le \cdots \le d_M \le \cdots \le d_3\le d_2\le d_1$ % todo $N,M.$

Luego vea si puede demostrar que $\displaystyle \varnothing\ne \left [c_n \sup_n, \inf_n d_n \right] \subseteq\bigcap_n [a_n, b_n]. $