Proposizione 6.6.5 Terence Tao Analysis

Aug 21 2020

Usando la definizione di sottosequenza data da Tao,

Permettere $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ e $(b_n)_{n=0}^{\infty}$essere sequenze di numeri reali. Lo diciamo noi$(b_n)_{n=0}^{\infty}$ è una sottosequenza di $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ se e solo se esiste una funzione $f :\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ che è in forte aumento, cioè $f(n+1)>f(n)$ per tutti $n\in \mathbb{N}$ tale che $b_n=a_{f(n)}$ per tutti $n\in\mathbb{N}$.

Voglio provare quanto segue: Proposta $6.6.5$. Una sequenza$(a_n)_{n=0}^{\infty}$ converge a $L$ $\Longleftrightarrow$ ogni sottosequenza di $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ converge a $L$.

Per inciso, $f$deve essere necessariamente iniettiva. Se non lo fosse, ne avremmo un po '$n\neq n'$ e $f(n)=f(n')$. Senza perdita di generalità, lascia$n>n'$. Poi$n=n'+k$ con $k\in\mathbb{N}-\{0\}$ così $f(n'+k)=f(n')$. Ciò, tuttavia, viola il requisito rigorosamente crescente su$f$, quindi deve essere iniettivo. Inoltre, qualsiasi funzione strettamente crescente è iniettiva. Per motivi di contraddizione, lascia$f(n')=f(n)$ e lascia $f$essere una funzione strettamente crescente. Supponiamo$n'<n$. Poi abbiamo$f(n')<f(n)$. Ma questa è una contraddizione. Così$n\leq n'$. Se$n<n'$. Poi$f(n)<f(n')$, anche una contraddizione, quindi $n\geq n'$. Ciò implica che, per antisimmetria,$n=n'$.

Penso che il file $\Longleftarrow$ la direzione è abbastanza semplice:

Da $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ è una sottosequenza di se stessa: la funzione $f(n):=n$ è una mappatura che soddisfa le condizioni per essere una funzione strettamente crescente da $N\to N$ e $(b_n)_{n=0}^{\infty}=(a_n)_{n=0}^{\infty}$- giustificato dal fatto che la proprietà di essere una sottosequenza è riflessiva e transitiva, quindi $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ converge a $L$ quando tutte le sottosequenze di $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ convergono a $L$.

Per il $\Longrightarrow$ direzione, sto riscontrando dei problemi.

Abbiamo quello $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ converge a $L$. Permettere$(b_n)_{n=0}^{\infty}$ essere una sottosequenza arbitraria di $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ con una funzione $f :\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ soddisfacente $f(n+1)>f(n)$ tale che $(b_n)_{n=0}^{\infty}=(a_{f(n)})_{n=0}^{\infty}$.

La mia domanda principale è se esiste una tale funzione$f(n)$ è sempre maggiore o uguale a $n$. Perché se lo è, posso procedere con il seguente metodo:

Per ogni $\varepsilon>0$ esiste un $N\in\mathbb{N}$ tale che per qualsiasi $(n\geq N)\in\mathbb{N}$, noi abbiamo $|a_n-L|<\varepsilon$. Da$f(n)\in\mathbb{N}$ e $f(n)\geq n\geq N$, poi $|b_n-L|=|a_{f(n)\geq n}-L|<\varepsilon \Longrightarrow (b_n)_{n=0}^{\infty}=L$. Da$(b_n)_{n=0}^{\infty}$ era arbitrario, questo significa che qualsiasi sottosequenza di $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ convergeranno a $L$ Se $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ converge a $L$.

Ho provato a pensare a controesempi di una funzione $f : \mathbb{N}\to\mathbb{N}$ tale che $f(n+1)>f(n)$ dove $f$ è iniettiva e $f(n)<n$, per esempio, $f(n):=\frac{n}{2}$. Questo dominio delle funzioni è$\mathbb{N}$ e restringendo la sua portata in modo che $\frac{n}{2}\in\mathbb{N}$, Poi abbiamo $f(n)<n$ ma $f(n+1)$non esiste. Però,$f(n+2)$ esiste e $f(n+2)>f(n)$, ma questo non è lo stesso requisito della definizione, o almeno, se lo è, allora c'è una sottigliezza che mi manca come $f(n+k)>f(n)$. Inoltre, questa funzione genererebbe la stessa sequenza prendendo solo input pari. Immagino che questa sia più una domanda se ogni$n\in\mathbb{N}$ deve avere un $f(n)\in\mathbb{N}$affinché questa prova funzioni. Inoltre, eventuali suggerimenti, commenti o prove / soluzioni migliori sarebbero apprezzati. Grazie.

Risposte

2 PAM1499 Aug 21 2020 at 09:34

Segue dall'induzione. Per$n=0$ noi abbiamo $f(0) \in \mathbb{N} \implies f(0) \geq 0 $. Supponiamo$f(n) \geq n$ per alcuni $n \geq 0$. Ora notalo$f(n+1) > f(n)$. Così$f(n+1) \geq f(n)+1 \geq n+1$.

1 azif00 Aug 21 2020 at 09:35

Affermazione : per qualsiasi funzione strettamente crescente$f: \mathbb N \to \mathbb N$ noi abbiamo $f(n) \geq n$ per tutti $n \in \mathbb N$.

Prova . Da$f(0) \in \mathbb N$, $f(0) \geq 0$, e quindi l'affermazione è vera per $n=0$. Adesso molla$n \in \mathbb N$ essere arbitrario e supporre che $f(n) \geq n$. Vogliamo dimostrarlo$f(n+1) \geq n+1$, ma questo segue da $$f(n+1) > f(n) \geq n$$ e quello $m > n$ implica $m \geq n+1$ quando abbiamo preso i numeri naturali.