Las transiciones de $\frac{1}{n}$ $\epsilon$real en el análisis de las pruebas

Question

Me gustaría probar la siguiente declaración:

Deje $A\subseteq\mathbb{R}$ ser no vacío y acotado anteriormente, y deje $s\in\mathbb{R}$ tienen la propiedad de que para todo $n\in\mathbb{N}$, $s+\frac{1}{n}$ es un límite superior para $A$ $s-\frac{1}{n}$ no es una cota superior para $A$. Demostrar que $s=\sup A$.

Lo que me gustaría saber es si puedo usar el de Arquímedes propiedad de "el intercambio" $\frac{1}{n}$ con $\epsilon >0$. Si puedo lograr este cambio con éxito, el resto de la prueba es trivial.

Aquí está mi intento: Por la propiedad de Arquímedes, para cualquier $y>0$ existe un número $n\in\mathbb{N}$ tal que $y>\frac{1}{n}>0$. Por lo tanto, para cualquier $\epsilon_0>0$ podemos optar $\epsilon=\frac{1}{n}$ tal que $\epsilon_0>\epsilon>0$.

No estoy muy seguro de cómo puedo palabra en este sentido. Básicamente, ¿cómo puedo expresar que la prueba de uso de $\frac{1}{n}$ es equivalente a la prueba de uso de $\epsilon$?

Answer 1

Sí, usted puede hacer eso.

Deje $n > \frac 1{\epsilon}$. A continuación,$\frac 1n < \epsilon$.

Así que para cualquier $p < s$, vamos a $\epsilon= s-p > 0$ si $n > \frac 1 {\epsilon}$ $p = s-\epsilon < s-\frac 1n$ $p$ no es un límite superior de lo $\sup A \ge s$.

Para e $r >s$, vamos a $\epsilon = r -s > 0$ $n > \frac 1{\epsilon}$ $s + \frac 1n < r$ $s + \frac 1n$ es un límite superior para $r$ es un límite superior, pero no menos importante límite superior.

Por lo $\sup A \not > s$$\sup A \le s$.

Por lo $\sup A = s$.

Answer 2

No estoy seguro de si esto responde tu pregunta, pero

Deje $s\in\mathbb{R}$. Los siguientes son equivalentes:
(i) Para todo $n\in\mathbb{N}$, $s+\frac1 n$ es un límite superior para $A$, pero $s-\frac1 n$ no es una cota superior para $A$.
(ii) Para todos los $\epsilon>0$, $s+\epsilon$ es un límite superior para $A$, pero $s-\epsilon$ no es una cota superior para $A$.

$(i)\Rightarrow(ii)$: Vamos a $\epsilon>0$. Entonces existe $n$ tal que $\frac1 n<\epsilon$. En este caso, $s+\frac1 n$ es un límite superior para$A$,$(i)$, en particular, $s+\epsilon>s+\frac 1n$ es un límite superior así. Por otra parte, existe $y\in A$ tal que $s-\frac1 n<y$, ya que el $s-\frac1 n$ no es una cota superior para $A$, por (i). A continuación,$s-\epsilon<s-\frac1 n<y$, por lo tanto $s-\epsilon$ no es una cota superior para $A$. Esto prueba (ii).

$(ii)\Rightarrow(i)$: trivial, ya que podemos tomar $\epsilon=\frac1 n>0$, para cualquier $n\in\mathbb{N}$.

Answer 3

Primero mostramos que la $s$ es un límite superior para $A$. Esto es, para cualquier $a\in A$, $a\le s$.

Supongamos que este no es el caso, entonces existe algún $a'\in A​$ tal que $a' > s​$. Desde $s + \frac{1}{n}​$ es un límite superior para cualquier $n$, en particular, podemos optar $n'$ tal que $\frac{1}{n'} < \frac{a' -s}{2}$. Esto es posible debido a Arquímedes propiedad desde $a'-s > 0$.

Esto implica que $s + \frac{a' - s}{2}$ es un límite superior, lo que implica que $s + \frac{a' - s}{2} \ge a'$, lo que implica $s \ge a'$, una contradicción.

Usted puede terminar la segunda parte, utilizando un argumento similar.

Answer 4

Digamos que usted quiere demostrar que para cada $\varepsilon>0$ existe alguna $\delta_\varepsilon>0$ tal que $\varphi(\delta)<\varepsilon$ todos los $\delta\leq \delta_\varepsilon$ donde $\varphi(\cdot)$ es una expresión que le interesa, que depende de entrada real. Ahora supongamos que usted sólo es capaz de mostrar para cada $n\in \mathbb N$ existe un $\delta_n>0$ tal que $\varphi(\delta)<\frac{1}{n}$ todos los $\delta\leq\delta_n$. De hecho, esta es suficiente para mostrar lo que quieren, ya que tienen derecho a esperar. Por qué? Usted tiene la idea correcta, pero ya que usted pidió demos un semi-riguroso argumento:

Fix $\varepsilon>0$. Por el Arquímedes de la propiedad existe un $n\in N$ tal que $\varepsilon\geq\frac{1}{n}$. Ahora, por supuesto, usted puede encontrar algunos de los $\delta_n>0$ tal que $\varphi(\delta)<\frac{1}{n}$ todos los $\delta\leq \delta_n$. Elija $\delta_\varepsilon=\delta_n$. A continuación, para todos los $\delta\leq\delta_\varepsilon$ tenemos que $\delta\leq\delta_n$, lo $\varphi(\delta)<\frac{1}{n}\leq \varepsilon$.