Prove$s$ es un supremum iff para todos$\epsilon>0$ existe$a\in A$ tal que$a>s-\epsilon$.

Question

Deje $A\subseteq\Bbb{R}$ es un conjunto no vacío y $s\in \Bbb{R}$ es un límite superior. Demostrar $s$ es el supremum iff para todos los $\epsilon>0$ existe $a\in A$ tal que $a>s-\epsilon$. Esto es importante para mí saber que estoy en lo correcto en mi intento, porque siempre me conceda más cuando yo trate de hacer.

Intento: Supongamos que para todos los $\epsilon>0$ existe $a\in A$ tal que $a>s-\epsilon$. Suponga $s$ no es el supremum. Entonces, desde el supremum existe, le $s_1$ ser el supremum. Por la densidad del número real,existe $c$ tal que $s_1<c<s$. Permítanos pick $\epsilon_1$ tal que $s=c+\epsilon_1$ $\color{red}\Rightarrow c=s-\epsilon_1$ $\color{red}{\Rightarrow} s_1<s-\epsilon_1<s$ $\color{red}{\Rightarrow}$ $s>s_1+\epsilon_1$. Ya para $\epsilon_1$ existe $a\in A$ tal que $a>s-\epsilon_1$. En particular, $a>s_1+\epsilon_1-\epsilon_1$ significado $a>s_1$. Una contradicción. Por lo tanto, $s$ es el supremum.

Ahora, supongamos, $s$ es el supremum. Suponga que existe $\epsilon$ tal que para todo $a\in A$, $a<s-\epsilon$. Eso significaría que el $s-\epsilon$ es un límite superior que es menor que $s$. Una contradicción. Por lo tanto, para todos los $\epsilon>0$ existe $a\in A$ tal que $a>s-\epsilon$.

Answer 1

Se ve genial! Hay un par de cosas que podría mejorar para hacer algunos de los pasos más clara. Como una cuestión de gusto personal, me gustaría ser un poco más explícito acerca de lo que es, exactamente, se contradice y me gustaría tratar de evitar consecuencias (prefiriendo en su lugar la cadena de ellos juntos cuando sea posible). Aquí está mi versión.

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Dado cualquier vacía $A \subseteq \mathbb R$, supongamos que $s \in \mathbb R$ es un límite superior para$A$, de modo que $s \geq a'$ todos los $a' \in A$ e (por la integridad de la propiedad de $\mathbb R$) $A$ tiene algunos supremum, decir $s' \in \mathbb R$. Vamos a mostrar que el $s = s'$ fib para cada $\epsilon > 0$, existe alguna $a \in A$ tal que $a > s - \epsilon$.

• $(\Longrightarrow)$: Supongamos que $s = s'$. Ahora supongamos, hacia una contradicción, de que existe una $\epsilon > 0$ tal que para cualquier $a \in A$,$a \leq s - \epsilon$. A continuación, $s - \epsilon$ es un límite superior para $a$. Pero desde $s - \epsilon < s$, esto se contradice con la minimality de $s$ $s$ que se supone será el menos tal límite superior. Así, por cada $\epsilon > 0$, existe alguna $a \in A$ tal que $a > s - \epsilon$, como se desee.

• $(\Longleftarrow)$: Supongamos que para cada $\epsilon > 0$, existe alguna $a \in A$ tal que $a > s - \epsilon$. Ahora supongamos, hacia una contradicción, que $s \neq s'$. Entonces a partir de la $s'$ es el mínimo límite superior, sabemos que $s' < s$. Por lo tanto, por la densidad de $\mathbb R$, sabemos que allí existe algunos $c \in \mathbb R$ tal que $s' < c < s$. Ahora para $\epsilon = s - c > 0$, sabemos por la hipótesis de que existe una $a \in A$ tal que $a > s - \epsilon = s - (s - c) = c > s'$. Por lo tanto, $s'$ no era en realidad un límite superior para $A$, contradiciendo la definición de un supremum. Por lo $s = s'$, como se desee. $~~\blacksquare$