Prueba de la fib declaración de la lim sup

Question

Tengo un problema en la comprobación de la fib declaración de lim sup.

La siguiente es lo que yo recibí de mi tarea.
Vamos $X\subseteq \Bbb R^m$, $f:X\to\Bbb R$ ser una función, y $y$ ser un punto límite de $X$.
Se dice que $L$ es el límite superior de $f$$y$, definido por
$\overline \lim_{x\to y}f(x)=\lim_{\delta \to 0^+} (\sup \{f(x):x\in E \cap B(y,\delta)-\{y\}\})$.

El problema que tengo que trabajar es verificar las siguientes afirmaciones:
1) Para todos los $L \in \Bbb R, \overline \lim_{x\to y}f(x)\le L \iff \forall \varepsilon\gt0\ \exists \delta \gt0\ \forall x\in X\cap B(y,\delta)-\{y\},\ f(x)\le L+\varepsilon$.
2)Para todas las $L \in \Bbb R, \overline \lim_{x\to y}f(x)\ge L \iff \forall \varepsilon\gt0\ \forall \delta \gt0\ \exists x\in X\cap B(y,\delta)-\{y\},\ f(x)\ge L-\varepsilon$.

Lo siguiente fue lo que traté en la primera afirmación:
Supongamos $\lim_{x \to y}f(x)=l\le L$. Entonces, por la definición de límite, voy a tener:
$\forall \varepsilon \gt0\ \exists \delta\gt0\ \forall x \in X\cap B(y,\delta)-\{a\}, \ |\sup f(x)-l|\lt \varepsilon$. Es decir, $\sup f(x) \lt l+\varepsilon$.
Desde $\forall x \in X\cap B(y,\delta)-\{y\}$, tendré $f(x)\le\sup f(x)$,$f(x)\le\sup f(x)\lt l+\varepsilon \le L+\varepsilon$.
Yo no se si este intento está en el camino correcto, ya que, estrictamente hablando, que sólo se puede obtener a $f(x)\lt L+\varepsilon$.
Y no tengo ni idea sobre la segunda afirmación.

Answer 1

Para mayor comodidad, vamos a llamar a $X_\delta = E \cap B(y,\delta)\setminus \{y\}$.

1) Supongamos $\overline\lim_{x\to y}f(x) = l \leq L$, y deje $\varepsilon> 0$. Entonces existe $h_\varepsilon > 0$ que si $0 < \delta < h_\varepsilon$,$\sup\{f(x): x\in X_\delta\}-l < \varepsilon$. No necesitamos valor absoluto aquí: como $\delta \to 0^+$ $\sup\{f(x):x\in X_\delta\}$ está disminuyendo, por lo $l \leq \sup\{f(x):x\in X_\delta\}$ y, por tanto,$|\sup\{f(x):x\in X_\delta\}-l| = \sup\{f(x):x\in X_\delta\}-l$. A continuación, para todos los $x \in X_\delta$,$f(x) \leq \sup \{f(x):x\in X_\delta\} < l+\varepsilon \leq L+\varepsilon$. Así que nuestro deseado "$\delta$"$h_\varepsilon$. El hecho de que llegué $<$ en lugar de $\leq$ es porque me insistió en $\sup\{f(x): x\in X_\delta\}-l < \varepsilon$; por supuesto, es completamente equivalente a ha $\sup\{f(x): x\in X_\delta\}-l \leq \varepsilon$.

Para la dirección inversa, supongamos que el lado derecho tiene. Queremos mostrar que $\lim_{\delta\to 0^+}\sup\{f(x): x\in X_\delta\} = l \leq L$. Supongamos que no. A continuación,$l > L$. Desde $\sup\{f(x): x\in X_\delta\}$ disminuye en la medida en $\delta \to 0^+$, debemos tener $\sup\{f(x): x\in X_\delta\}\geq l > L$ todos los $\delta > 0$. Tome $\varepsilon = l -L$. Para todos los $\delta > 0$,$\sup\{f(x): x\in X_\delta\} - L \geq l - L > \varepsilon$, es decir,$\sup\{f(x): x\in X_\delta\} > L+\varepsilon$. Entonces no debe existir $x \in X_\delta$ tal que $f(x) > L+\varepsilon$. (Si el supremum es más grande que la de algo, entonces debe haber algo en el set entre esa cosa y el supremum.) En resumen: $(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in X_\delta) f(x)>L+\varepsilon$. Esto contradice la RHS, y la prueba está completa.

2) Supongamos $\overline\lim_{x\to y}f(x) \geq L$. Desde $\sup \{f(x):x\in X_\delta\}$ está disminuyendo como $\delta \to 0^+$, debemos tener $\sup\{f(x):x \in X_\delta\} \geq L$ todos los $\delta > 0$. Deje $\varepsilon > 0$$\delta > 0$. A continuación,$\sup\{f(x):x \in X_\delta\} \geq L > L - \varepsilon$. Entonces existe $x \in X_\delta$ tal que $\sup\{f(x):x \in X_\delta\} > f(x) \geq L-\varepsilon$, y hemos terminado.

Para la dirección inversa, asumir la RHS y supongamos que (dirigida por contradicción) $\lim_{\delta\to 0^+}\sup\{f(x):x\in X_\delta\} < L$. Tome $\varepsilon < L-\lim_{\delta\to 0^+}\sup\{f(x):x\in X_\delta\}$. A continuación,$\lim_{\delta\to 0^+}\sup\{f(x):x\in X_\delta\} < L-\varepsilon$. Luego de algunos $\delta > 0$,$\sup\{f(x):x \in X_\delta\} < L-\varepsilon$. Así que para todos los $x \in X_\delta$, $f(x) < L-\varepsilon$. Por lo tanto $(\exists \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x\in X_\delta) f(x)<L-\varepsilon$, contradiciendo los RHS.