Let . Probar que .

Question

Deje $A = \left\{1+\frac{1}{n} \mid n\in \mathbb N\right\}$. Demostrar que $\inf(A) = 1$

Mi trabajo:

$$n = 1 \implies 1 + \frac{1}{1} = 2$$ $$n = 2 \implies 1 + \frac{1}{2} = 1.5$$ $$n = 3 \implies 1 + \frac{1}{3} = 1.33$$

Entonces, es claro que se está haciendo más y más cerca de 1, lo que significa que 1 es una cota inferior de a $A$.

Ahora debemos demostrar que 1 es la mayor cota inferior de A.

Así que mi idea aquí es el uso de una prueba por contradicción.

Pf: la Prueba por contradicción.

Suponga $M$ es un límite inferior para $A$ $M > 1$ (por lo $M$ es la mayor cota inferior).

$$M>1 \implies M-1>0 $$

Por la propiedad de Arquímedes, $\exists n \in N$ tal que $\frac{1}{n} < M-1$

$$\frac{1}{n} < M-1 \implies \frac{1}{n} + 1 < M$$.

Deje $x_o = \frac{1}{n} + 1$

Pero $x_o \in A$, esto se contradice con que $M$ es un límite inferior de $A$. □

Me preguntaba si este es un enfoque correcto para esta prueba y si no lo hice mal y cómo podría solucionarlo? gracias por aquellos que se ayudan.

Answer 1

Contradicción Método:

Suponga $\inf A\ne 1$. A continuación, cualquiera de $\inf A<1$ o $\inf A>1$.

Caso 1: Supongamos $\inf A<1$. A continuación, para todos los $\epsilon>0$ existe $n_{\epsilon}\in \mathbb{N}$ tal que $\inf A+\epsilon>1+\dfrac{1}{n_\epsilon}$. Elija $\epsilon_0=1-\inf A$. A continuación,$\epsilon_0>0$$\inf A+\epsilon_0=1>1+\dfrac{1}{n_\epsilon}$. Contradicción.

Caso 2: Supongamos $\inf A>1$. A continuación, para todos $a\in A$, $a\ge \inf A>1$. Elija $n_a\in \mathbb{N}$ tal que $\inf A-1>\dfrac{1}{n_a}$. Por lo tanto $\inf A>1+\dfrac{1}{n_a}\in A$. Contradicción.

Por lo tanto,$\inf A=1$.

Método Directo:

Para mostrar $\inf A=1$ (por la definición de infimum) usted necesita mostrar para todos $x\in A$, $x\ge 1$ y para todos los $\epsilon>0$ existe $x_{\epsilon}\in A$ tal que $1+\epsilon>x_{\epsilon}$.

Deje $x\in A$. A continuación, $x=1+\dfrac{1}{n_0}$ algunos $n_0\in \mathbb{N}$. Observar que $x=1+\dfrac{1}{n_0}>1$. Por lo tanto para todos $x\in A$, $x\ge 1$.

Ahora vamos a $\epsilon>0$. Elija $n_{\epsilon}\in \mathbb{N}$ tal que $n_{\epsilon}>\dfrac{1}{\epsilon}$. A continuación,$1+\epsilon >1+\dfrac{1}{n_{\epsilon}}=x_{\epsilon}$. Claramente $x_{\epsilon}\in A$. Por lo tanto para todos los $\epsilon>0$ existe $x_{\epsilon}\in A$ tal que $1+\epsilon>x_{\epsilon}$.

Por lo tanto,$\inf A=1$.

Answer 2

En primer lugar probamos que $1$ es un límite inferior para el conjunto de $A$. Esto debe quedar muy claro, porque $\forall x\in A$, $x-1=1+\frac{1}{n} -1=\frac{1}{n}$. Desde $n\in \text{N}$, entonces la diferencia es mayor que $0$.

Entonces se demuestra que es el mayor límite (a.k.a, infimum) de $A$. Podemos demostrar por contradicción:

Supongo que $1$ no es el infimum de $A$, entonces $\exists L$ tal que $1<l es="" esto="" imposible.="" pero="" todos=""></l>

Answer 3

Usted puede simplemente probarlo directamente:

$1$ Es evidente que un límite inferior.

Que $\epsilon > 0$. Queremos mostrar que $1 + \epsilon$ no es un límite inferior. Así, elegir $n$ suficientemente grande tal que $ 1