Deje$A,B\subseteq \mathbb{R}$ tal que$\forall b\in B ~ \exists a_n$ donde$a_n \in A$ y$a_n\to b$ como$n\to\infty$. Probar $\sup(B)\leq \sup(A)$

Question

Pregunta: sea a y B dos no emty delimitada sub-conjuntos de $\mathbb{R}$ con la siguiente proposición: $\forall_{b\in B}\exists_{(a_n)}$. $(a_n)$ se compone de elementos de a tales que $a_n\to b$ como $n\to\infty$

No sé qué hacer con la parte de secuencias.

Para ser probado: $\sup(B)\leq \sup(A)$.

Mi intento:

Supongamos $a\in A$ e $b\in B$.

A continuación, $a\leq sup(A)$ e $b\leq sup(B)$

Si $b<a$ entonces $b\leq \sup(B)\leq a\leq \sup(A)$

Supongamos $\sup(B)>\sup(A)$.

A continuación, $\exists_{a\in A}$ tal que $a>\sup(A)-\frac{\epsilon}{2}$.

Y $\exists_{b\in B}$ tal que $b>\sup(B)-\frac{\epsilon}{2}$.

Pero si $\sup(B)>\sup(A)$,, a continuación,$b>a$. Pero $b<a$. Así contradicción. Por lo $\sup(B)\leq \sup(A)$.

Espero que alguien le eche un vistazo, gracias de antemano!

Answer 1

La secuencia en que parte dice que cada punto de $B$ es un punto adherente de $A$. Por lo tanto $B\subset \overline{A}$. donde $\overline A$ representa el cierre de $A$ en $\mathbb R$, es decir, el más pequeño subconjunto cerrado de $\mathbb R$ contiene $A$.

$B\subset \overline A\Rightarrow \overline B\subset \overline{\overline A}$ pero $\overline{\overline A}=\overline {A}$. Por lo tanto,

$\overline B\subset \overline A$

Y,

$\overline B\subset \overline A\Rightarrow \sup(B)\leq \sup(A)$.

desde:

(1) $\sup(X)$ es una función creciente de subconjunto $X\subset E$ de un conjunto ordenado $E$. $\overline B\subset \overline A\Rightarrow \sup(\overline B)\leq \sup(\overline A)$.

(2) $\overline A$ es cerrado y acotado (desde $A$ es acotada) (entonces compacto) habiendo $\sup(\overline A)=\max(\overline A)=\sup(A)$, ídem para $\overline B$.

Answer 2

Me temo que la prueba no es correcta. Usted necesidad de utilizar el supuesto de dados en el problema. Vamos a echar un vistazo a su prueba. Usted escribe:

Supongamos $a∈A$ e $b∈B$.

A continuación, $a≤\sup(A)$ e $b≤\sup(B)$

Si $b<a$ entonces $b≤\sup(B)≤a≤\sup(A)$

A la conclusión de que $b\leq a$ no seguir a partir de lo que escribe. Usted sólo tiene que $b<a$, e $b\leq\sup(B)$, lo que no implica $\sup(B)\leq a$.

Usted escribe:

Supongamos que sup(B)>sup(A).

Entonces ∃a∈a tal que $a>\sup(A)−\frac ϵ2$.

Y ∃b∈B tal que $b>\sup(B)−\frac ϵ2$.

Pero si sup(B)>sup(A), a continuación,$b>a$. Pero $b<a$. Así contradicción.

No sé cómo se obtiene una contradicción aquí. Llegar a la conclusión de que $b>a$, pero que esto contradice $b<a$, que parecen salir de la nada.

Yo lo haría de la siguiente manera: Vamos a $x = \sup(B)$, y deje $\epsilon>0$. Tome $b\in B$, de tal manera que $b > x-\frac\epsilon 2$, y deje $(a_n)$ ser una secuencia de elementos de $A$, de tal manera que $a_n\to b$. A continuación, la secuencia $a_n$ entra dentro de las $\frac\epsilon 2$ de % de $b$ desde algún punto, es decir que se trata dentro de $\epsilon$ de % de $x$ a partir de algún punto. Utilice esto para argumentar que $\sup(A)\geq x$.

Answer 3

Es muy sencillo:

Asumir que $\beta:=\sup B>\sup A=:\alpha$. Entonces$\mu:={\alpha+\beta\over2}$ satisface$\beta>\mu>\alpha$. Por definición de$\beta$ hay un$b\in B$ con$b>\mu$, y por el supuesto especial en la pregunta, hay un$a\in A$ con$a>\mu$ también, lo que contradice el definicion de $\alpha$.