$A sube RR$ chiuso e limitato. $A$ ha minimo e massimo.
Ho da dimostrare la seguente :
$A sube RR$ chiuso e limitato. $A$ ha minimo e massimo.
Ho ragionato al seguente modo,
Supponiamo per assurdo che $A$ non abbia minimo e massimo.
Per ipotesi $A$ è limitato ed $A sube RR$, pertanto $EE ! m = INF(A), M=SUP(A)$ tali che $AA x \in A : INF(A)<=x<=SUP(A)$. (1)
Poiché $A$ non ha minimo e ne massimo $=> INF(A),SUP(A)$ non stanno in $A$. (2)
Pertanto da 1 e due si deduce che
$x \in A <=> x \in ] INF(A),SUP(A)[$(3). Da (3) si deduce che $A:=]INF(A),SUP(A)[$.
Per ipotesi $A$ è chiuso e quindi il suo complementare è un aperto.
Ma si ha che $C_{RR}A=]-\infty, INF(A)] uu [SUP(A),+\infty[$ che è un chiuso. Assurdo.
Vi convince? Grazie mille.
$A sube RR$ chiuso e limitato. $A$ ha minimo e massimo.
Ho ragionato al seguente modo,
Supponiamo per assurdo che $A$ non abbia minimo e massimo.
Per ipotesi $A$ è limitato ed $A sube RR$, pertanto $EE ! m = INF(A), M=SUP(A)$ tali che $AA x \in A : INF(A)<=x<=SUP(A)$. (1)
Poiché $A$ non ha minimo e ne massimo $=> INF(A),SUP(A)$ non stanno in $A$. (2)
Pertanto da 1 e due si deduce che
$x \in A <=> x \in ] INF(A),SUP(A)[$(3). Da (3) si deduce che $A:=]INF(A),SUP(A)[$.
Per ipotesi $A$ è chiuso e quindi il suo complementare è un aperto.
Ma si ha che $C_{RR}A=]-\infty, INF(A)] uu [SUP(A),+\infty[$ che è un chiuso. Assurdo.
Vi convince? Grazie mille.
Risposte
Ma anche no.
Infatti dalle tue premesse al massimo puoi dedurre che \(A\subseteq ]\inf A, \sup A[\) (come ovvio che sia, d'altra parte), ma l'inclusione può essere stretta.
D'altra parte, nota che devi necessariamente aggiungere alle tue ipotesi che \(A\neq \varnothing\), altrimenti il teorema non funziona (infatti \(\varnothing\) è chiuso e limitato, però non ha né massimo né minimo!).
Prova così.
La limitatezza assicura che \(\inf A>-\infty\) ed il fatto che \(A\neq \varnothing\) assicura che \(\inf A<+\infty\)*; perciò \(\inf A\) è un numero reale.
Se, per assurdo, \(\inf A\notin A\), per le proprietà dell'estremo inferiore esiste una successione \((x_n)\subset A\) fatta da punti distinti da \(\inf A\) che converge verso \(\inf A\); ma allora \(\inf A\) è di accumulazione per \(A\)... Riesci a concludere?
__________
* Dovrebbe essere noto che \(\inf \varnothing =+\infty\) e \(\sup \varnothing =-\infty\); e perciò l'insieme vuoto è l'unico sottoinsieme di \(\mathbb{R}\) per cui non vale la disuguaglianza \(\inf A\leq \sup A\).
Infatti dalle tue premesse al massimo puoi dedurre che \(A\subseteq ]\inf A, \sup A[\) (come ovvio che sia, d'altra parte), ma l'inclusione può essere stretta.
D'altra parte, nota che devi necessariamente aggiungere alle tue ipotesi che \(A\neq \varnothing\), altrimenti il teorema non funziona (infatti \(\varnothing\) è chiuso e limitato, però non ha né massimo né minimo!).
Prova così.
La limitatezza assicura che \(\inf A>-\infty\) ed il fatto che \(A\neq \varnothing\) assicura che \(\inf A<+\infty\)*; perciò \(\inf A\) è un numero reale.
Se, per assurdo, \(\inf A\notin A\), per le proprietà dell'estremo inferiore esiste una successione \((x_n)\subset A\) fatta da punti distinti da \(\inf A\) che converge verso \(\inf A\); ma allora \(\inf A\) è di accumulazione per \(A\)... Riesci a concludere?
__________
* Dovrebbe essere noto che \(\inf \varnothing =+\infty\) e \(\sup \varnothing =-\infty\); e perciò l'insieme vuoto è l'unico sottoinsieme di \(\mathbb{R}\) per cui non vale la disuguaglianza \(\inf A\leq \sup A\).
Beh concluderei così ,
Per ipotesi $A$ è chiuso, ciò vuol dire che $Dr(A) sube A$ (1), pertanto essendo $INF(A) \in Dr(A) $ e valendo (1) si ha che $INF(A) \in A$ ,assurdo.
Che ne dici?
Il caso $SUp(A)$ è completamente analogo.
Grazie gugo, sempre molto gentile.
Per ipotesi $A$ è chiuso, ciò vuol dire che $Dr(A) sube A$ (1), pertanto essendo $INF(A) \in Dr(A) $ e valendo (1) si ha che $INF(A) \in A$ ,assurdo.
Che ne dici?
Il caso $SUp(A)$ è completamente analogo.
Grazie gugo, sempre molto gentile.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo