Demostrando que $\inf A=\sup B$

Question

He intentado demostrar la siguiente afirmación:

Dejemos que $A$ sea no vacía y acotada por debajo, y definir $B=\{b\in\mathbb{R} : b$ es un límite inferior para $A\}$ . Entonces $\sup B=\inf A$ .

Sé que esta pregunta ya se ha hecho antes, ici y ici . Sin embargo, el primero utiliza un lema que preferiría no utilizar (mi libro de texto no menciona ese lema en particular, así que me gustaría poder hacer la demostración sin referencia a él), y el segundo no lo he entendido. Así que espero que me perdones por preguntar de nuevo.

Esto es lo que tengo hasta ahora:

En primer lugar, supongamos que $A$ es un subconjunto de $\mathbb{R}$ (esto está implícito, ya que el ejercicio es de un capítulo sobre números reales). El ejercicio Desde $A$ es no vacía y está acotada por debajo, entonces se puede demostrar a partir del Axioma de Completitud que $\inf A$ existe. (Me doy cuenta de que tengo que probar esto, y tengo la intención de hacerlo, pero por ahora sólo asumir que $\inf A$ existe). Sea $s=\inf A$ . Ahora bien, como $s$ es efectivamente un límite inferior para $A$ , $s\in B$ por definición de $B$ Así que $B$ es no vacía. Además, para todo $b\in B$ , $b\le s$ (esto se deduce de la definición de $s$ , ya que $s$ es mayor que cualquier límite inferior de $A$ y $B$ es el conjunto de todos los límites inferiores de $A$ .) Entonces $B$ está acotado hacia arriba, y se deduce del Axioma de Completitud que $\sup B$ existe. Sea $s'=\sup B$ .

Para demostrar que $\inf A=\sup B$ basta con demostrar que $s\le s'$ y $s'\le s$ . Para demostrar que $s\le s'$ Supongamos (por contradicción) que $s>s'$ . Entonces hay un elemento en $B$ que es mayor que $s'$ , a saber $s$ . Sin embargo, esto contradice la suposición de que $s'=\sup B$ . Entonces no puede ser cierto que $s>s'$ por lo que debe ser cierto que $s\le s'$ .

Aquí es donde me quedo atascado. He intentado asumir que $s<s'$ (de nuevo por contradicción), y luego argumentar que si esto es así, entonces existe un $b\in B$ que es mayor que $s$ lo que contradice la suposición de que $s$ es el mayor límite inferior para $A$ . Sin embargo, no creo que esto sea correcto. Si pudiera demostrar que $s'\in B$ Entonces creo que sería correcto, pero a pesar de mis esfuerzos, no he podido.

Me gustaría mucho que me dieran algunas indicaciones sobre cómo demostrar que $s'\in B$ o cualquier otra sugerencia o corrección que alguien pueda ofrecer.

Answer 1

Desde $s$ es el infimo de $A$ existe $a\in A$ muy cerca de $s$ . Del mismo modo, ya que $s'$ es el sumo de $B$ existe $b\in B$ muy cerca de $s'$ . Intuitivamente, si $s<s'$ Entonces podemos llevarlos tan cerca, que $a<b$ . Pero eso significaría que $b$ no es un límite inferior para $A$ contradiciendo la definición de $B$ . Para demostrar con rigor que podemos encontrar tal $a$ y $b$ podemos tomar $\varepsilon<<s'-s$ digamos, $\varepsilon=(s'-s)/100$ y utilizar las definiciones de supremum e infimum para este épsilon.

Answer 2

Sacas conclusiones demasiado pronto.

Dejemos que $s=\inf A$ (suponemos que existe, por supuesto). A continuación, $s$ es un límite inferior para $A$ por definición. Por lo tanto, $s\in B$ .

Si demostramos que $s\ge b$ para cada $b\in B$ Hemos terminado, porque esto demuestra $s$ es el máximo para $B$ por lo que su supremacía. Nótese el énfasis en si .

Dejemos que $b\in B$ . Supongamos que $b>s$ y establecer $\varepsilon=b-s$ . Por definición de infimo, hay $a\in A$ tal que $a<s+\varepsilon$ . Por lo tanto, $a<s+(b-s)=b$ , contradiciendo que $b$ es un límite inferior para $A$ . Por lo tanto, $b\le s$ .

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Para aclarar, asumo que usted define el infimo de $A$ para ser un número $s$ que satisface las dos propiedades

1. $s$ es un límite inferior para $A$
2. sin número $s'>s$ es un límite inferior para $A$

La propiedad 2 se puede expresar en términos de adición como "para cada $\varepsilon>0$ existe $a\in A$ con $a<s+\varepsilon$ ".

Ahora mira la prueba anterior. La propiedad 1 se utiliza para demostrar que $s\in B$ . Ahora tienen para utilizar también la propiedad 2. Si $b\in B$ no podemos tener $b>s$ De lo contrario, esto se contradice con $b$ siendo un límite inferior para $A$ .

Así, $s$ es el límite inferior máximo para $A$ . El máximo del conjunto $B$ obviamente coincide con su supremum.

Answer 3

Es realmente una cuestión de definición y de estar lo más cómodo posible con ellos.

1) Un límite superior (inferior) es un elemento del universo que es mayor (menor) o igual a cualquier elemento de $A$ . En notación matemática: si $x \ge a$ para todos $a \in A$ entonces $x$ es un límite superior.

2) Un sup (inf) es el menor límite superior (mayor límite inferior), es decir, es un límite superior (inferior) pero es el menos (el mayor) de los límites. Eso significa que nada más pequeño (más grande) es un límite superior (inferior). Lo que significa que cualquier cosa menor (mayor) que el sup (inf) tendrá un elemento en $A$ mayor (menor) que ella. o en notación matemática: $\sup A \ge a $ para todos $a \in A$ y para cualquier $x < \sup A$ hay un $a \in A$ para que $x < a \le \sup A$ .

Advertencia: Un $\sup$ de $A$ no tiene por qué existir. Pero si $A$ está acotado y no es vacío y su conjunto universal $U$ tiene la "propiedad del mínimo límite superior" entonces $\sup A$ ( $\inf A$ ) se existen para cualquier conjunto no trivial que esté acotado por arriba (por abajo). Y $\mathbb R$ tiene la propiedad de límite superior mínimo. Un conjunto $U$ tiene la propiedad de límite superior mínimo si y sólo si tiene la propiedad de límite inferior máximo.

Así que si $A$ está acotado por debajo y es no vacío, entonces $B = \{$ todos los límites inferiores de $A \}$ entonces $B$ es no vacío y acotado por encima y $\sup B = \inf A$ es muy sencillo de mostrar.

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$\inf A$ existe: Porque $A$ está acotada por debajo y no es vacía. Como $\mathbb R$ tiene la propiedad de límite superior mínimo, $\inf A$ existe.

$B$ no está vacío: $\inf A$ es un límite inferior de $A$ . Así que $\inf A \in B$ así que $B$ no está vacío.

$B$ está limitada por encima por $\inf A$ : Dejemos que $x > \inf A$ . Entonces $x$ no es un límite inferior de $A$ (por definición de $\inf$ ) Así que si $b \in B$ entonces $b$ es un límite inferior de $A$ y $b \not > \inf A$ así que $b \le \inf A$ para todos $b \in B$ . Así que $\inf A$ es un límite superior de $B$ .

Como $B \subset \mathbb R$ y $\mathbb R$ tiene la propiedad de límite superior mínimo, entonces $\sup B$ existe y como $\inf A$ es un límite superior de $B$ mientras que $\sup B$ es el menos límite superior entonces $\inf A \ge \sup B$ .

Pero $\sup B \ge b \in B$ y $\inf A \in B$ así que $\sup B \ge \inf A$ .

Así que $\sup B = \inf A$ .

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El truco es simplemente no tener los ojos vidriosos o perder la noción de qué se refiere a qué. Si puede seguir la pista de lo que es cada cosa, y lo que significa cada término, es totalmente imposible no para llegar a esta conclusión. Pero empatizo y entiendo lo obtusa y desagradable que puede resultar la terminología.

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según el comentario de egreg: Si demuestras el lema bastante simple:

Lema: Si $\max A$ ( $\min A$ ) se define como el máximo ( mínimo ) en $A$ es decir $\max A = a$ ( $\min A = a$ ) para que $a \ge x$ ( $a \le x$ ) para todos los $x \in A$ . Entonces SI como conjunto $A$ tiene un elemento máximo (mínimo) entonces $A$ tiene un suprememum (infinum) y $\sup A = \max A$ ( $\inf A = \min A$ ).

Entonces la prueba es una cuestión de afirmar que como $\inf A$ es un límite inferior de $A$ que $\inf A \in B$ . Y como $\inf A$ es el mayor límite inferior y $x > \inf A \implies x \not \in B$ entonces $\inf A = \max B = \sup B$ .

Pero tú hacer tiene que demostrar el lema. Que es básicamente el mismo argumento que en mi "larga" prueba anterior.

Answer 4

Aquí hay una prueba tardía y alternativa, que aún podría ayudar al OP o a alguien más. $% \require{begingroup} \begingroup \newcommand{\calc}{\begin{align} \quad &} \newcommand{\op}[1]{\\ #1 \quad & \quad \{\:} \newcommand{\hints}[1]{\mbox{#1} \\ \quad & \quad \phantom{\{\:} } \newcommand{\hint}[1]{\mbox{#1} \:\} \\ \quad & } \newcommand{\endcalc}{\end{align}} \newcommand{\Ref}[1]{\text{(#1)}} \newcommand{\then}{\Rightarrow} \newcommand{\when}{\Leftarrow} %$

Redactar su declaración formalmente, ampliando $\;B\;$ y la definición de límite inferior, se quiere demostrar $$ \tag{0} \sup(\{b \mid \langle \forall x \in A :: b \le x \rangle\}) \;=\; \inf(A) $$ (¿Por qué he ampliado las definiciones de $\;B\;$ y de límite inferior? Para hacer más visible que este problema es esencialmente uno de simplificar el lado izquierdo al lado derecho).

Lo que no menciona explícitamente, son sus definiciones formales de $\;\inf\;$ y $\;\sup\;$ . Así que permítanme elegir las definiciones más simples que conozco: para cualquier límite inferior no vacío $\;A\;$ y de límite superior no vacío $\;D\;$ para todos $\;b,c\;$ , \begin{align} \tag{1i} b \le \inf(A) \;\equiv\; \langle \forall x \in A :: b \le x \rangle \\ \tag{1s} \sup(D) \le c \;\equiv\; \langle \forall x \in D :: x \le c \rangle \\ \end{align} En este contexto, tenemos las siguientes reglas de ordenación útiles relacionadas: \begin{align} \tag{2i} \langle \forall b :: b \le v \equiv b \le w \rangle \;\equiv\; v = w \\ \tag{2s} \langle \forall c :: v \le c \equiv w \le c \rangle \;\equiv\; v = w \\ \end{align} o en palabras: la igualdad es equivalente a tener los mismos límites inferiores (resp. límites superiores). Además, tenemos los equivalentes de "una sola dirección" de estos: \begin{align} \tag{3i} \langle \forall b :: b \le v \then b \le w \rangle \;\equiv\; v \le w \\ \tag{3s} \langle \forall c :: v \le c \then w \le c \rangle \;\equiv\; w \le v \\ \end{align}

Con estos antecedentes, la prueba resulta sencilla.

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Intentaremos simplificar el lado izquierdo de $\Ref{0}$ para llegar al lado derecho. Y la forma del LHS sugiere usar la definición $\Ref{1s}$ y, por lo tanto, investigamos los límites superiores de la LHS. Para cualquier $\;c\;$ , $$\calc \sup(\{b \mid \langle \forall x \in A :: b \le x \rangle\}) \;\le\; c \op\equiv\hints{definition $ \Ref{1i} $ -- this introduces our goal $ \N - Inf(A)\N -; $, and }\hint{allows us to prove non-emptyness and boundedness} \sup(\{b \mid b \le \inf(A)\}) \;\le\; c \op\equiv\hints{definition $ \N - Ref. 1s. $, allowed because $ \N - Sup; $'s argument is non-empty}\hint{upper-bounded (witness: $ \N - Inf(A)\N -; $) -- as suggested above} \langle \forall b :: b \le \inf(A) \;\then\; b \le c \rangle \op\equiv\hint{property $ |Ref {3i} $} \inf(A) \le c \endcalc$$

Por lo tanto, al $\Ref{2s}$ hemos demostrado $\Ref{0}$ .