Utilizador:Thiago Marcel/Mestrado/Análise/Números Reais/33-40

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Sejam $A\subset B$ conjuntos não-vazios limitados de números reais. Prove que $\inf B\leq \inf A\leq \sup A\leq \sup B.$

Resolução

• Pela definição de ínfimo, $\forall \epsilon >0,A\cap [\inf A;\inf A+\epsilon [\;\neq \;\varnothing$

• Suponha (por contradição) que $\inf A<\inf B,{\mbox{ dado }}\epsilon <\inf B-\inf A\Rightarrow \exists \;\epsilon >0;\inf A+\epsilon <\inf B{\mbox{ como }}A\cap [\inf A;\inf A+\epsilon [\neq \varnothing \Rightarrow$ $\exists x\in A;x<\inf B{\mbox{ e }}x\in [\inf A;\inf A+\epsilon [$, mas isso é um absurdo, pois $A\subset B,{\mbox{ logo }}A-B=\varnothing .$ Portanto $\inf B\leq \inf A.$

• Pela definição de supremo, $\forall \epsilon >0,A\cap [\sup A-\epsilon ;\sup A[\;\neq \;\varnothing$

• Suponha (por contradição) que $\sup B<\sup A,{\mbox{ dado }}\epsilon <\sup A-\sup B\Rightarrow \exists \;\epsilon >0;\sup B<\sup A-\epsilon$ como $A\cap [\sup A-\epsilon ;\sup A[\neq \varnothing \Rightarrow$ $\exists x\in A;\sup B<x{\mbox{ e }}x\in [\sup A-\epsilon ;\sup A[$, mas isso é um absurdo, pois $A\subset B,{\mbox{ logo }}A-B=\varnothing .$ Portanto $\sup A\leq \sup B.$

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Sejam A, B conjuntos não-vazios de números reais, tais que $x\in A,y\in B\Rightarrow x\leq y.$ Prove que $\sup A\leq \inf B.$ Prove que $\sup A=\inf B$ se, e somente se, $\forall \epsilon >0$ dado, podem-se obter $x\in A{\mbox{ e }}y\in B$ tais que $y-x<\epsilon$.

Resolução não está pronta

• Suponha (por contradição) que $\inf B<\sup A.$ Tome $\epsilon ={\sup A-\inf B \over 2}\Rightarrow \inf B+\epsilon =\sup A-\epsilon .$ Pela definição de ínfimo e supremo temos que $B\cap ]\inf B;\inf B+\epsilon [\neq \varnothing {\mbox{ e }}A\cap ]\sup A-\epsilon ,\sup A[\neq \varnothing \Rightarrow \exists y\in B;y<\inf B+\epsilon {\mbox{ e }}\exists x\in A;\sup A-\epsilon <x\Rightarrow$ $\Rightarrow y<\inf B+\epsilon =\sup A-\epsilon <x$ que é um absurdo, portanto $\sup A\leq \inf B.$
• Vamos provar que $\sup A=\inf B$ se, e somente se, $\forall \epsilon >0$ dado, podem-se obter $x\in A{\mbox{ e }}y\in B$ tais que $y-x<\epsilon$.
  • Suponhamos primeiro que $\sup A=\inf B.$ Tome $\epsilon >0,$ pela definição de supremo e ínfimo temos que $B\cap ]\inf B;\inf B+{\epsilon \over 2}[\neq \varnothing$ e $A\cap ]\sup A-{\epsilon \over 2},\sup A[\neq \varnothing \Rightarrow \exists x\in A,y\in B;\sup A-{\epsilon \over 2}<x<\sup A=\inf B<y<\inf B+{\epsilon \over 2}\Rightarrow y-x<\epsilon .$
  • Temos que $x\leq \sup A,\forall x\in A{\mbox{ e }}x\leq y,\forall x\in A,y\in B,{\mbox{ logo }}\sup A\leq y,\forall y\in B.{\mbox{ Mas }}\inf B\leq y,\forall y\in B\Rightarrow \sup A\leq \inf B$
  • Suponha que $\sup A\neq \inf B,$ como $\sup A<\inf B.$ Dado $\delta ={\inf B-\sup A \over 2}>0,$ podemos obter $x\in A{\mbox{ e }}y\in B$ tais que $y-x\;<\delta \Rightarrow$ $\Rightarrow y-x<{\inf B-\sup A \over 2},{\mbox{ como }}x\leq \sup A<\inf B\leq y,\forall x\in A,y\in B,$ mas isso é um absurdo, pois deveria ocorrer que $\inf B-\sup A<y-x$
  • Portanto $\sup A=\inf B$

${\displaystyle }$

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Dado $A\subset \mathbb {R}$ não-vazio, limitado inferiormente, seja $-A=\{-x;x\in A\}.$ Prove que -A e limitado superiormente e que $\sup(-A)=-\inf A.$

${\displaystyle }$