Massimo e minimo limite - Esercizio
L'esercizio è il seguente:
Nessun problema nel provare la crescenza di $\lambda_n$ e la decrescenza di $\Lambda_n$.
Non riesco invece a dimostrare le ultime due implicazioni. Come potrei procedere?
Sia $a_n$ una successioni reale, $\Lambda_n:= \text{sup}{a_k, k\geq n}$ e $\lambda_n:= \text{inf}{a_k, k\geq n}$. Mostrare che $\Lambda_n$ è decrescente, $\lambda_n$ è crescente e:
$\lim_{n} \Lambda_n=\lim_{n} \text{sup}$ $a_n$,
$\lim_{n} \lambda_n=\lim_{n} \text{inf}$ $a_n$.
Nessun problema nel provare la crescenza di $\lambda_n$ e la decrescenza di $\Lambda_n$.
Non riesco invece a dimostrare le ultime due implicazioni. Come potrei procedere?
Risposte
Per quel che so, quella è proprio la definizione di massimo e minimo limite. Come li definisci tu? Forse dicendo, ad esempio, che il massimo limite è il più grande dei valori di aderenza di $\{a_n\}$?
$lim_(n->oo) \text{sup } a_n= \text{inf } \text{sup } (a_n|k≥n)$
Così riesci?
Così riesci?
"Maci86":
$lim_(n->oo) sup a_n= inf sup (a_n|k≥n)$
Così riesci?
Ma è proprio quello che deve dimostrare, a quanto pare..
Esatto ora l'unica cosa che deve dimostrare è che è l'inf del sup 
Non sto capendo. Qual'è la definizione di $"limsup"$ che stiamo usando? Una volta definita la successione $\{\Lambda_n\}$ a partire da $\{a_n\}$, io definisco il massimo limite come il limite della $\{\Lambda_n\}$ (che certamente esiste per la monotonia di $\{\Lambda_n\}$).
Il limite superiore si definisce come l'inf del sup della successione a partire da un certo n. Il che, in teoria, potrebbe essere diverso da essere il limite per n che tende ad infinito del sup.
La definizione che ho io - vista sul mio testo di Analisi e nel corso di Analisi 2 - è questa:
\[\text{limsup}\ a_n :=\lim_k {\Lambda_k} \]
dove
\[\forall k\in\mathbb{N},\quad \Lambda_k:= \sup\underbrace{\{a_n\,|\, n\ge k\}}_{=:A_k}\]
La definizione è ben posta, infatti, dal momento che $A_{k+1}\subseteq A_k$ $\forall k\in NN$, si ha $\Lambda_{k+1}\le \Lambda_k$, ovvero (il che andrebbe dimostrato...) $\{\Lambda_k\}$ è decrescente e di conseguenza ammette limite per un noto Teorema (in particolare è $\lim_{k} \Lambda_k="inf"_{k\in NN} \Lambda_k="inf"_{k\in NN}("sup"_{n\ge k}\ a_n )$). Assumendo questa come definizione non c'è da dimostrare un tubo.
Se invece poniamo direttamente
\[\text{limsup}\ a_n:=\inf_{k\in \mathbb{N}}(\sup_{n\ge k}a_n)\]
non c'è comunque da dimostrare granché: la tesi segue immediatamente dal Teorema sopra citato.
L'esercizio sarebbe stato più interessante, secondo me, se avessimo posto - magari dopo aver dimostrato Bolzano-Weierstrass, ché altrimenti sarebbe poco "legittima" come definizione -
\[\text{limsup}\ a_n :=\max\{L\in \overline{\mathbb{R}}\,|\, \exists \{a_{k_n}\}\ \text{estratta di}\ a_n : a_{k_n}\to L\}\quad (=\text{maxlim}\ a_n)\]
ovvero se avessimo definito il limite superiore come il più grande dei punti di aderenza della $\{a_n\}$.
\[\text{limsup}\ a_n :=\lim_k {\Lambda_k} \]
dove
\[\forall k\in\mathbb{N},\quad \Lambda_k:= \sup\underbrace{\{a_n\,|\, n\ge k\}}_{=:A_k}\]
La definizione è ben posta, infatti, dal momento che $A_{k+1}\subseteq A_k$ $\forall k\in NN$, si ha $\Lambda_{k+1}\le \Lambda_k$, ovvero (il che andrebbe dimostrato...) $\{\Lambda_k\}$ è decrescente e di conseguenza ammette limite per un noto Teorema (in particolare è $\lim_{k} \Lambda_k="inf"_{k\in NN} \Lambda_k="inf"_{k\in NN}("sup"_{n\ge k}\ a_n )$). Assumendo questa come definizione non c'è da dimostrare un tubo.
Se invece poniamo direttamente
\[\text{limsup}\ a_n:=\inf_{k\in \mathbb{N}}(\sup_{n\ge k}a_n)\]
non c'è comunque da dimostrare granché: la tesi segue immediatamente dal Teorema sopra citato.
L'esercizio sarebbe stato più interessante, secondo me, se avessimo posto - magari dopo aver dimostrato Bolzano-Weierstrass, ché altrimenti sarebbe poco "legittima" come definizione -
\[\text{limsup}\ a_n :=\max\{L\in \overline{\mathbb{R}}\,|\, \exists \{a_{k_n}\}\ \text{estratta di}\ a_n : a_{k_n}\to L\}\quad (=\text{maxlim}\ a_n)\]
ovvero se avessimo definito il limite superiore come il più grande dei punti di aderenza della $\{a_n\}$.
Si, ovviamente tu l'assumi ma senza assumerlo devi dimostrarlo e qui è tutta la difficoltà dell'esercizio
Difficoltà? Ricordare il Teorema sul limite di funzioni monotone? Se lo dici te! 
"Plepp":
L'esercizio sarebbe stato più interessante, secondo me, se avessimo posto - magari dopo aver dimostrato Bolzano-Weierstrass, ché altrimenti sarebbe poco "legittima" come definizione -
\[\text{limsup}\ a_n :=\max\{L\in \overline{\mathbb{R}}\,|\, \exists \{a_{k_n}\}\ \text{estratta di}\ a_n : a_{k_n}\to L\}\quad (=\text{maxlim}\ a_n)\]
ovvero se avessimo definito il limite superiore come il più grande dei punti di aderenza della $\{a_n\}$.
Ed è infatti la definizione di $\lim_{n} \text{sup}$ $a_n$ che abbiamo dato noi a lezione.
Benissimo 
Allora innanzitutto io dimostrerei che $L:=\lim_n \Lambda_n$ e $l:=\lim_n \lambda_n$ esistono sempre (penso che questo sia assodato...); dopodiché - e questo dovrebbe essere il passo più "seccante" - bisognerebbe far vedere che $L$ e $l$ sono valori di aderenza, ovvero che, detto $"Ad"(a_n)$ l'insieme dei valori di aderenza, abbiamo $L,l\in"Ad"(a_n)$. Infine, tratterei separatamente i casi $L\in RR$ e $L=\pm \infty$, mostrando che se $L'\in"Ad"(a_n)$, si ha $L'\le L$. Un ragionamento analogo si potrebbe fare poi con $l$.
Allora innanzitutto io dimostrerei che $L:=\lim_n \Lambda_n$ e $l:=\lim_n \lambda_n$ esistono sempre (penso che questo sia assodato...); dopodiché - e questo dovrebbe essere il passo più "seccante" - bisognerebbe far vedere che $L$ e $l$ sono valori di aderenza, ovvero che, detto $"Ad"(a_n)$ l'insieme dei valori di aderenza, abbiamo $L,l\in"Ad"(a_n)$. Infine, tratterei separatamente i casi $L\in RR$ e $L=\pm \infty$, mostrando che se $L'\in"Ad"(a_n)$, si ha $L'\le L$. Un ragionamento analogo si potrebbe fare poi con $l$.
Propongo un mio tentativo di risoluzione.
Primo passo: dopo aver messo in evidenza il fatto che $\{\Lambda_k\}$ e $\{\lambda_k\}$ sono monotone, invochiamo il Teorema sul limite di funzioni monotone per concludere che
\[\exists\lim_k \Lambda_k = \inf_{k\in\mathbb{N}} \Lambda_k= \inf_{k\in \mathbb{N}}(\sup_{n\ge k} a_n)\\
\exists\lim_k \lambda_k = \sup_{k\in\mathbb{N}} \lambda_k= \sup_{k\in \mathbb{N}}(\inf_{n\ge k} a_n)
\]
Osserviamo che se $\{a_n\}$ è limitata, ovvero se $\exists M >0$ tale che
\[\forall n\in\mathbb{N},\quad -M\le a_n \le M\]
si ha
\[-M\le \lambda_n\le a_n \le \Lambda_n\le M\tag{0}\]
quindi, passando al limite, sappiamo che $L,l\in RR$.
Secondo passo: con l'ipotesi che $\{a_n\}$ sia limitata, estraiamo da $\{a_n\}$ una sottosuccessione che converga ad $L$. Sia $i\in \NN$ e fissiamo $\epsilon := 1/i >0$. Poiché $L="inf"\ \Lambda_k$, $exists \bar{n}\in\mathbb{NN}$ tale che $\Lambda_{\bar{n}}
da cui
\[L=\inf_{n\in\mathbb{N}} \Lambda_n\le \Lambda_{\bar{n}} \le L-\dfrac{1}{i}\]
il che sarebbe assurdo, essendo $1/i>0$. Possiamo dunque concludere che, in corrispondenza di $\epsilon=1/i$,
\[\exists k_i\in \mathbb{N}: L-\dfrac{1}{i}
Fatto questo, dalla $(2)$ si deduce che $a_{k_i}\to L$ per $i\to +\infty$, che è quanto dovevamo dimostrare.
Un procedimento analogo ci permette di dedurre che anche $l$ è un valore di aderenza.
Se $\{a_n\}$ è illimitata superiormente, è alquanto ovvio che $L=+\infty$ (le due affermazioni sono addirittura equivalenti). Dovresti già aver dimostrato che se $\{a_n\}$ non è limitata superiormente, allora esiste una sua sottosuccessione che diverge positivamente, ma ciò implica che, anche in questo caso, $L=+\infty$ è un valore di aderenza! Analogamente si può ragionare se $\{a_n\}$ è illimitata inferiormente e quindi $l=-\infty$.
Infine, se $L=-\infty$ si ha evidentemente anche $l=-\infty$, data la disuguaglianza $(0)$ (non dar retta alla $M$ in questo caso ). Mostriamo allora che, sotto queste ipotesi, $a_n\to -\infty$, e quindi - dal momento che se una successione ha limite tot, anche tutte le sue estratte hanno limite tot - si ha che $"Ad"(a_n)=\{-\infty\}$: non ci sarebbe più niente da dimostrare...
Che $a_n\to -\infty$ se $L=-\infty$ è abbastanza ovvio: basta applicare il Teorema dei Carabinieri alla $(0)$.
Come prima, un ragionamento pressoché identico possiamo fare quando $l=+\infty$.
In definitiva, $L$ e $l$ sono sempre e comunque dei valori di aderenza.
Terzo passo: proviamo che $L$ è il più grande dei valori di aderenza (similmente si proverà che $l$ è il più piccolo). Sia $L'\in"Ad"(a_n)$. Allora esiste un'estratta $\{a_{k_n}\}$ tale che $a_{k_n}\to L'$. Si ha
\[\forall n\in \mathbb{N},\quad a_{k_n}\le \sup\underbrace{\{a_m\,|\, m\ge k_n\}}_{=: A_{k_n}}\le \sup\underbrace{\{a_m\,|\, m\ge n\}}_{=: A_n} \stackrel{\text{def}}{=} \Lambda_n\tag{3}\]
Chiarisco la seconda disuguaglianza, ricordando che $\{k_n\}$ è strettamente crescente e quindi si ha $k_n\ge n$ per ogni $n$:
\[k_n\ge n\implies A_{k_n}\subseteq A_n\implies \sup A_{k_n}\le \sup A_{n}\]
Dalla $(3)$, applicando il Teorema del confronto, si ha $L'\le L$, come volevamo.
Primo passo: dopo aver messo in evidenza il fatto che $\{\Lambda_k\}$ e $\{\lambda_k\}$ sono monotone, invochiamo il Teorema sul limite di funzioni monotone per concludere che
\[\exists\lim_k \Lambda_k = \inf_{k\in\mathbb{N}} \Lambda_k= \inf_{k\in \mathbb{N}}(\sup_{n\ge k} a_n)\\
\exists\lim_k \lambda_k = \sup_{k\in\mathbb{N}} \lambda_k= \sup_{k\in \mathbb{N}}(\inf_{n\ge k} a_n)
\]
Osserviamo che se $\{a_n\}$ è limitata, ovvero se $\exists M >0$ tale che
\[\forall n\in\mathbb{N},\quad -M\le a_n \le M\]
si ha
\[-M\le \lambda_n\le a_n \le \Lambda_n\le M\tag{0}\]
quindi, passando al limite, sappiamo che $L,l\in RR$.
Secondo passo: con l'ipotesi che $\{a_n\}$ sia limitata, estraiamo da $\{a_n\}$ una sottosuccessione che converga ad $L$. Sia $i\in \NN$ e fissiamo $\epsilon := 1/i >0$. Poiché $L="inf"\ \Lambda_k$, $exists \bar{n}\in\mathbb{NN}$ tale che $\Lambda_{\bar{n}}
da cui
\[L=\inf_{n\in\mathbb{N}} \Lambda_n\le \Lambda_{\bar{n}} \le L-\dfrac{1}{i}\]
il che sarebbe assurdo, essendo $1/i>0$. Possiamo dunque concludere che, in corrispondenza di $\epsilon=1/i$,
\[\exists k_i\in \mathbb{N}: L-\dfrac{1}{i}
Fatto questo, dalla $(2)$ si deduce che $a_{k_i}\to L$ per $i\to +\infty$, che è quanto dovevamo dimostrare.
Un procedimento analogo ci permette di dedurre che anche $l$ è un valore di aderenza.
Se $\{a_n\}$ è illimitata superiormente, è alquanto ovvio che $L=+\infty$ (le due affermazioni sono addirittura equivalenti). Dovresti già aver dimostrato che se $\{a_n\}$ non è limitata superiormente, allora esiste una sua sottosuccessione che diverge positivamente, ma ciò implica che, anche in questo caso, $L=+\infty$ è un valore di aderenza! Analogamente si può ragionare se $\{a_n\}$ è illimitata inferiormente e quindi $l=-\infty$.
Infine, se $L=-\infty$ si ha evidentemente anche $l=-\infty$, data la disuguaglianza $(0)$ (non dar retta alla $M$ in questo caso
). Mostriamo allora che, sotto queste ipotesi, $a_n\to -\infty$, e quindi - dal momento che se una successione ha limite tot, anche tutte le sue estratte hanno limite tot - si ha che $"Ad"(a_n)=\{-\infty\}$: non ci sarebbe più niente da dimostrare...Che $a_n\to -\infty$ se $L=-\infty$ è abbastanza ovvio: basta applicare il Teorema dei Carabinieri alla $(0)$.
Come prima, un ragionamento pressoché identico possiamo fare quando $l=+\infty$.
In definitiva, $L$ e $l$ sono sempre e comunque dei valori di aderenza.
Terzo passo: proviamo che $L$ è il più grande dei valori di aderenza (similmente si proverà che $l$ è il più piccolo). Sia $L'\in"Ad"(a_n)$. Allora esiste un'estratta $\{a_{k_n}\}$ tale che $a_{k_n}\to L'$. Si ha
\[\forall n\in \mathbb{N},\quad a_{k_n}\le \sup\underbrace{\{a_m\,|\, m\ge k_n\}}_{=: A_{k_n}}\le \sup\underbrace{\{a_m\,|\, m\ge n\}}_{=: A_n} \stackrel{\text{def}}{=} \Lambda_n\tag{3}\]
Chiarisco la seconda disuguaglianza, ricordando che $\{k_n\}$ è strettamente crescente e quindi si ha $k_n\ge n$ per ogni $n$:
\[k_n\ge n\implies A_{k_n}\subseteq A_n\implies \sup A_{k_n}\le \sup A_{n}\]
Dalla $(3)$, applicando il Teorema del confronto, si ha $L'\le L$, come volevamo.
Riguardando il tutto dopo i bagordi i pasquali credo finalmente di aver capito. Vi ringrazio di cuore!
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