Lemma di Cauchy-Cantor e assioma di completezza
L'esercizio che credo di aver saputo risolvere è il seguente:
Riporto per comodità di chi leggerà i 3 enunciati di cui si parla:
1) Completezza: dati due insiemi di reali non vuoti \(\displaystyle X \) e \(\displaystyle Y \), tali che \(\displaystyle x \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y \in Y \), allora esiste sempre un \(\displaystyle c \) reale tale che \(\displaystyle x \leq c \leq y \).
2) Archimede: per ogni \(\displaystyle x \) reale e \(\displaystyle h \) reale positivo, esiste un intero \(\displaystyle k \) tale che \(\displaystyle (k-1)h \leq x < kh \).
3) Cauchy-Cantor: ogni sequenza di intervalli chiusi \(\displaystyle I_1 \supset I_2\supset I_3\supset ...\supset I_n\supset ... \) ha un punto in comune. Se sono presenti intervalli di lunghezza arbitrariamente piccola, tale punto è unico.
Nella dimostrazione che ho provato a dare io qui sotto non mi sembra di aver utilizzato il principio di Archimede, chiedo quindi dove sia l'errore.
Cominciamo quindi con il non ammettere l'esistenza dell'assioma di completezza ma del solo lemma di Cauchy-Cantor.
Poiché X e Y sono non vuoti posso prendere un elemento \(\displaystyle x_1 \in X \) e un \(\displaystyle y_1 \in Y \) e avrò che \(\displaystyle x_1 \leq y_1 \). Definisco l'intervallo \(\displaystyle I_1 = [x_1, y_1] \).
Considero il punto medio di tale intervallo \(\displaystyle m_1=\frac{x_1+y_1}{2} \), che esiste in \(\displaystyle \mathbb{R} \) poiché questo insieme è chiuso rispetto alla somma e al prodotto, per assioma.
Se \(\displaystyle m_1 \) è un maggiorante di \(\displaystyle X \), allora definirò \(\displaystyle I_2=[x_1, m_1]=[x_2, y_2] \); se è un minorante di \(\displaystyle Y \) allora \(\displaystyle I_2=[m_1, y_1]=[x_2, y_2] \); se è contemporaneamente entrambe le cose è indifferente definire \(\displaystyle I_2 \) nel primo o nel secondo modo. Non sono possibili altri casi poiché \(\displaystyle x_1 \leq m_1 \leq y_1 \) e \(\displaystyle x \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \).
Ora itero il discorso, valutando la posizione di \(\displaystyle m_2=\frac{x_2+y_2}{2} \) e definendo opportunamente \(\displaystyle I_3=[x_3, y_3] \) con gli stessi criteri di prima.
Per come sono costruiti gli \(\displaystyle I_n=[x_n, y_n] \), \(\displaystyle x_n \) è sempre un minorante di \(\displaystyle Y \) e \(\displaystyle y_n \) è sempre un maggiorante di \(\displaystyle X \). Questi intervalli sono anche annidati e per il lemma di Cauchy-Cantor esiste un reale \(\displaystyle c \) comune ad essi e tale che \(\displaystyle x_n \leq c \leq y_n \) per ogni \(\displaystyle n \). Inoltre \(\displaystyle |I_n|=\frac{|I_1|}{2^{n-1}}=\frac{y_1-x_1}{2^{n-1}}<\frac{y_1-x_1}{n-1} \), quindi posso trovare intervalli di lunghezza arbitraria poiché scelta una lunghezza \(\displaystyle \epsilon >0\) basta imporre \(\displaystyle |I_n| < \epsilon \) per trovare l'\(\displaystyle n \) opportuno che la verifica, in particolare \(\displaystyle |I_n|<\frac{y_1-x_1}{n-1}<\epsilon \Rightarrow n>\frac{y_1-x_1}{\epsilon }+1\). Ciò significa che \(\displaystyle c \) è unico (anche se questo particolare non è necessario ai fini della dimostrazione).
Non resta ora che far vedere che \(\displaystyle x \leq c \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \).
Supponiamo innanzitutto per assurdo che esista un \(\displaystyle x_0 \in X \) tale che \(\displaystyle x_0 > c \), allora:
\(\displaystyle |I_n|=y_n - x_n \geq x_0 - x_n \geq x_0 - c = \text{const}> 0 \)
che è assurdo per quanto visto prima (presenza di intervalli arbitrariamente piccoli). Quindi \(\displaystyle c \) è un maggiorante di \(\displaystyle X \).
Supponiamo poi per assurdo che che esista un \(\displaystyle y_0 \in Y \) tale che \(\displaystyle y_0 < c \), allora:
\(\displaystyle |I_n|=y_n - x_n \geq c - x_n \geq c - y_0 = \text{const} >0\)
che è assurdo per gli stessi motivi. Quindi \(\displaystyle c \) è un minorante di \(\displaystyle Y \).
Ciò vuol dire che \(\displaystyle x \leq c \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \), che è proprio l'assioma di completezza.
E' giusta? Dove avrei usato Archimede?
Grazie in anticipo.
Dimostrare che il lemma di Cauchy-Cantor implica l'assioma di completezza solo se si postula anche il principio di Archimede.
Riporto per comodità di chi leggerà i 3 enunciati di cui si parla:
1) Completezza: dati due insiemi di reali non vuoti \(\displaystyle X \) e \(\displaystyle Y \), tali che \(\displaystyle x \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y \in Y \), allora esiste sempre un \(\displaystyle c \) reale tale che \(\displaystyle x \leq c \leq y \).
2) Archimede: per ogni \(\displaystyle x \) reale e \(\displaystyle h \) reale positivo, esiste un intero \(\displaystyle k \) tale che \(\displaystyle (k-1)h \leq x < kh \).
3) Cauchy-Cantor: ogni sequenza di intervalli chiusi \(\displaystyle I_1 \supset I_2\supset I_3\supset ...\supset I_n\supset ... \) ha un punto in comune. Se sono presenti intervalli di lunghezza arbitrariamente piccola, tale punto è unico.
Nella dimostrazione che ho provato a dare io qui sotto non mi sembra di aver utilizzato il principio di Archimede, chiedo quindi dove sia l'errore.
Cominciamo quindi con il non ammettere l'esistenza dell'assioma di completezza ma del solo lemma di Cauchy-Cantor.
Poiché X e Y sono non vuoti posso prendere un elemento \(\displaystyle x_1 \in X \) e un \(\displaystyle y_1 \in Y \) e avrò che \(\displaystyle x_1 \leq y_1 \). Definisco l'intervallo \(\displaystyle I_1 = [x_1, y_1] \).
Considero il punto medio di tale intervallo \(\displaystyle m_1=\frac{x_1+y_1}{2} \), che esiste in \(\displaystyle \mathbb{R} \) poiché questo insieme è chiuso rispetto alla somma e al prodotto, per assioma.
Se \(\displaystyle m_1 \) è un maggiorante di \(\displaystyle X \), allora definirò \(\displaystyle I_2=[x_1, m_1]=[x_2, y_2] \); se è un minorante di \(\displaystyle Y \) allora \(\displaystyle I_2=[m_1, y_1]=[x_2, y_2] \); se è contemporaneamente entrambe le cose è indifferente definire \(\displaystyle I_2 \) nel primo o nel secondo modo. Non sono possibili altri casi poiché \(\displaystyle x_1 \leq m_1 \leq y_1 \) e \(\displaystyle x \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \).
Ora itero il discorso, valutando la posizione di \(\displaystyle m_2=\frac{x_2+y_2}{2} \) e definendo opportunamente \(\displaystyle I_3=[x_3, y_3] \) con gli stessi criteri di prima.
Per come sono costruiti gli \(\displaystyle I_n=[x_n, y_n] \), \(\displaystyle x_n \) è sempre un minorante di \(\displaystyle Y \) e \(\displaystyle y_n \) è sempre un maggiorante di \(\displaystyle X \). Questi intervalli sono anche annidati e per il lemma di Cauchy-Cantor esiste un reale \(\displaystyle c \) comune ad essi e tale che \(\displaystyle x_n \leq c \leq y_n \) per ogni \(\displaystyle n \). Inoltre \(\displaystyle |I_n|=\frac{|I_1|}{2^{n-1}}=\frac{y_1-x_1}{2^{n-1}}<\frac{y_1-x_1}{n-1} \), quindi posso trovare intervalli di lunghezza arbitraria poiché scelta una lunghezza \(\displaystyle \epsilon >0\) basta imporre \(\displaystyle |I_n| < \epsilon \) per trovare l'\(\displaystyle n \) opportuno che la verifica, in particolare \(\displaystyle |I_n|<\frac{y_1-x_1}{n-1}<\epsilon \Rightarrow n>\frac{y_1-x_1}{\epsilon }+1\). Ciò significa che \(\displaystyle c \) è unico (anche se questo particolare non è necessario ai fini della dimostrazione).
Non resta ora che far vedere che \(\displaystyle x \leq c \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \).
Supponiamo innanzitutto per assurdo che esista un \(\displaystyle x_0 \in X \) tale che \(\displaystyle x_0 > c \), allora:
\(\displaystyle |I_n|=y_n - x_n \geq x_0 - x_n \geq x_0 - c = \text{const}> 0 \)
che è assurdo per quanto visto prima (presenza di intervalli arbitrariamente piccoli). Quindi \(\displaystyle c \) è un maggiorante di \(\displaystyle X \).
Supponiamo poi per assurdo che che esista un \(\displaystyle y_0 \in Y \) tale che \(\displaystyle y_0 < c \), allora:
\(\displaystyle |I_n|=y_n - x_n \geq c - x_n \geq c - y_0 = \text{const} >0\)
che è assurdo per gli stessi motivi. Quindi \(\displaystyle c \) è un minorante di \(\displaystyle Y \).
Ciò vuol dire che \(\displaystyle x \leq c \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \), che è proprio l'assioma di completezza.
E' giusta? Dove avrei usato Archimede?
Grazie in anticipo.
Risposte
Hai "dimostrato" che per ogni $n\in NN$ esiste $p_n\in\bigcap_{k=1}^n I_k$, ed essenzialmente hai scoperto l'acqua calda perché stai supponendo che gli intervalli siano a matriosca (per cui $\bigcap_{k=1}^n I_k=I_n$). 
Mo come fai a dedurre da ciò che $\bigcap_{k=1}^\infty I_k\ne \emptyset$?
La definizione di limite non la devi introdurre tu. E' gratis
EDIT: mmmh, pensandoci bene, potresti darla comunque anche senza sapere che $"sup "NN=+\infty$. E mi sembra anche che si riescano a dimostrare tutti i relativi teoremi fondamentali, come l'unicità del limite ecc...
Comunque, sapere che $NN$ è illimitato superiormente serviva altrove nella mia dimostrazione.
Mo come fai a dedurre da ciò che $\bigcap_{k=1}^\infty I_k\ne \emptyset$?La definizione di limite non la devi introdurre tu. E' gratis
EDIT: mmmh, pensandoci bene, potresti darla comunque anche senza sapere che $"sup "NN=+\infty$. E mi sembra anche che si riescano a dimostrare tutti i relativi teoremi fondamentali, come l'unicità del limite ecc...
Comunque, sapere che $NN$ è illimitato superiormente serviva altrove nella mia dimostrazione.
"Plepp":
La definizione di limite non la devi introdurre tu. E' gratis
Scusami, intendevo dire che questo esercizio viene proposto prima dell'inizio del capitolo sui limiti, per cui deve sicuramente esserci un modo per farlo senza.
Forse, e dico forse, ce l'ho fatta.
Percorro la strada che ho descritto prima, ovvero far vedere che BW implica Cauchy-Cantor (Archimede l'abbiamo già visto prima).
Siccome per ipotesi gli intervalli \(\displaystyle [a_n,b_n] \) sono annidati, ho che \(\displaystyle b_{n+1}
Vediamo prima che \(\displaystyle p\leq b_n \) per ogni \(\displaystyle n \).
Se per assurdo esistesse un \(\displaystyle b_{n_0} \) tale che \(\displaystyle b_1\geq ...\geq b_{n_0-1}\geq p>b_{n_0}\geq b_{n_0+1}\geq ... \), allora poiché \(\displaystyle b_{n+1}\leq b_n \) per ogni \(\displaystyle n \), si ha \(\displaystyle p >b_n, \forall n\geq n_0 \).
Ma allora, se \(\displaystyle p \neq b_{n_0-1} \), in un intorno di \(\displaystyle p \) di raggio minore di \(\displaystyle \epsilon = \min \left \{ |x-b_{n_0}|, |x-b_{n_0-1}|\right \} \) non troverò nessun elemento di \(\displaystyle B \) diverso da \(\displaystyle p \), che è una contraddizione perché \(\displaystyle p \) è di accumulazione per \(\displaystyle B \). Se \(\displaystyle p=b_{n_0-1} \) basta ridefinire \(\displaystyle \epsilon = \min \left \{ |x-b_{n_0}|, |x-b_{n_0-2}|\right \} \).
Vediamo infine che \(\displaystyle p\geq a_n \) per ogni \(\displaystyle n \).
Se per assurdo esistesse un \(\displaystyle a_{n_0} \) tale che \(\displaystyle a_1\leq ...\leq a_{n_0-1}\leq p
Da cui \(\displaystyle a_n\leq p \leq b_n, \forall n \in \mathbb{N} \Rightarrow\) lemma di Cauchy-Cantor.
Nel caso ci siano intervalli di lunghezza arbitrariamente piccola \(\displaystyle p \) è unico e si dovrebbe poter dimostrare come ho fatto prima:
"Ianero":
Se ci sono intervalli di lunghezza arbitraria, cioè se \( \displaystyle \forall \epsilon > 0, \exists n \in \mathbb{N} : |I_n|<\epsilon \), allora ci sarà un solo punto in comune a tutti gli \(\displaystyle I_n \). Infatti se per assurdo ce ne fossero due diversi, \(\displaystyle p1
\( \displaystyle a_n \leq p_1
contro l'ipotesi di esistenza di intervalli di lunghezza arbitraria.
Direi che anche se è sbagliata per oggi stacco
Grazie della pazienza, la apprezzo molto
Ecco, ci sei! 
La dimostrazione a cui avevo pensato io è questa: per ogni $n\in NN$ esistono[nota]Qui si usa il fatto che $NN$ è illimitato superiormente: se esistesse un $n$ tale che $m-x\ge 1/n=:\delta$ per ogni $x$ e ogni $m$, allora per ogni $m$ anche $m-\delta$ sarebbe un maggiorante, e quindi anche $m-2\delta$... e quindi anche $m-k\delta$, qualunque sia $k\in NN$. In definitiva, esisterebbero maggioranti di $X$ arbitrariamente piccoli (meglio: grandi in modulo, ma negativi) e quindi sarebbe $X=\emptyset$.[/nota] $m_n\in\mathcal{M}$ e $x_n\in X$ tali che $|m_n-x_n|<1/n$ . Essendo le successioni $(m_n)_{n\ge 1},(x_n)_{n\ge 1}$ limitate, esse ammettono delle estratte convergenti per BW, diciamole $(m_{n_k})_{k\ge 1},(x_{n_k})_{k\ge 1}$; diciamo inoltre $\mu$ e $\xi$ i limiti delle estratte. Si ha:
\[\forall k\ge1, \quad |\mu-\xi|= \lim_{k\to \infty}|m_{n_k}-x_{n_k}|\le 1/{n_k}\]
da cui $\xi=\mu=:M$. Questo $M$ è proprio il sup di $X$, infatti:
La dimostrazione a cui avevo pensato io è questa: per ogni $n\in NN$ esistono[nota]Qui si usa il fatto che $NN$ è illimitato superiormente: se esistesse un $n$ tale che $m-x\ge 1/n=:\delta$ per ogni $x$ e ogni $m$, allora per ogni $m$ anche $m-\delta$ sarebbe un maggiorante, e quindi anche $m-2\delta$... e quindi anche $m-k\delta$, qualunque sia $k\in NN$. In definitiva, esisterebbero maggioranti di $X$ arbitrariamente piccoli (meglio: grandi in modulo, ma negativi) e quindi sarebbe $X=\emptyset$.[/nota] $m_n\in\mathcal{M}$ e $x_n\in X$ tali che $|m_n-x_n|<1/n$ . Essendo le successioni $(m_n)_{n\ge 1},(x_n)_{n\ge 1}$ limitate, esse ammettono delle estratte convergenti per BW, diciamole $(m_{n_k})_{k\ge 1},(x_{n_k})_{k\ge 1}$; diciamo inoltre $\mu$ e $\xi$ i limiti delle estratte. Si ha:
\[\forall k\ge1, \quad |\mu-\xi|= \lim_{k\to \infty}|m_{n_k}-x_{n_k}|\le 1/{n_k}\]
da cui $\xi=\mu=:M$. Questo $M$ è proprio il sup di $X$, infatti:
[*:3oyyhxd4]$M$ è un maggiorante di $X$ (se non lo fosse e esistesse $x>M$, scegliendo $k$ sufficientemente grande avremmo $x> m_{n_k}$);[/*:m:3oyyhxd4]
[*:3oyyhxd4]$M$ è il più piccolo dei maggioranti (se esistesse un maggiorante $M'
La stessa dimostrazione può essere rifatta senza usare il linguaggio dei limiti (che però è decisamente più comodo), usando invece argomenti identici ai tuoi per dimostrare che $m_n\ge \xi,\mu\ge x_n$ per ogni $n$ (dopo aver osservato che si possono scegliere $m_n$ e $x_n$ in modo che $m_n\ge m_{n+1}$ e $x_n\le x_{n+1}$ per ogni $n$) e poi che $\xi=\mu$. E credo che sia proprio questo quello che avesse in mente chi ha scritto il testo dell'esercizio.
Che bella la tua dimostrazione, ti invidio
Comunque:
è vero, si può fare praticamente in modo identico a come ho fatto sopra cambiando solo il fatto che il punto di accumulazione diventa il \(\displaystyle \sup \) di \(\displaystyle X \). Forse è addirittura più facile.
Ho fatto così...
Se all'interno dei maggioranti \(\displaystyle M \) di \(\displaystyle X \) non riuscissi a definire una successione tale che \(\displaystyle m_n>m_{n+1} \) a partire da un \(\displaystyle m_1 \) qualsiasi che sicuro esiste per ipotesi, allora esisterebbe un \(\displaystyle m_{n_0} \) minore o uguale di tutti gli altri maggioranti, cioè avrei già trovato il minimo di \(\displaystyle M \) e avrei finito perché questo è per definizione il \(\displaystyle \sup \) di \(\displaystyle X \).
Supponiamo allora di non essere in questo caso particolare, avrò che posso sempre definire una successione di maggioranti strettamente decrescente. L'insieme degli elementi di questa successione \(\displaystyle A=\left \{ m_n ,n \in \mathbb{N} \right \} \) è infinito e limitato, per cui per BW esiste \(\displaystyle p \in \mathbb{R} \) di accumulazione per \(\displaystyle A \).
\(\displaystyle p \) deve essere minore o uguale di ogni \(\displaystyle m_n \), perché se così non fosse allora esisterebbe un \(\displaystyle n_0 \in \mathbb{N} \) tale che \(\displaystyle ...1 \) è sufficiente prendere un intorno di \(\displaystyle p \) minore di \(\displaystyle \epsilon=\min\left \{ |p-m_{n_0-1}|,|p-m_{n_0}|\right \} \), nel caso in cui \(\displaystyle p \neq m_{n_0-1} \) (nel caso \(\displaystyle p=m_{n_0-1} \rightarrow \epsilon=\min\left \{ |p-m_{n_0-2}|,|p-m_{n_0}|\right \} \) per non trovarvi all'interno punti di A, contraddizione.
Inoltre \(\displaystyle p \geq x, \forall x \in X \) perché così non fosse esisterebbe un \(\displaystyle x_0 > p \), ma allora basta prendere l'intorno di \(\displaystyle p \) pari a \(\displaystyle (p,x_0) \) in cui non cade nessun elemento di A, contraddizione.
Quindi \(\displaystyle p \in M \Rightarrow p=\min M \Rightarrow p=\sup A \).
Era meglio se facevo direttamente questa
PS: Per riassumere siamo arrivati a \(\displaystyle \text{Completezza} \Leftrightarrow \text{Cauchy-Cantor}+\text{Archimede} \Leftrightarrow \text{Borel-Lebesgue} \Leftrightarrow \text{Bolzano-Weiestrass}\).
Niente male
Comunque:
"Plepp":
La stessa dimostrazione può essere rifatta senza usare il linguaggio dei limiti (che però è decisamente più comodo), usando invece argomenti identici ai tuoi per dimostrare che \(\displaystyle m_n≥ξ,μ≥x_n \) per ogni n (dopo aver osservato che si possono scegliere \(\displaystyle m_n \) e \(\displaystyle x_n \) in modo che \(\displaystyle m_n≥m_{n+1} \) e \(\displaystyle x_n≤x_{n+1} \) per ogni n) e poi che \(\displaystyle ξ=μ \). E credo che sia proprio questo quello che avesse in mente chi ha scritto il testo dell'esercizio.
è vero, si può fare praticamente in modo identico a come ho fatto sopra cambiando solo il fatto che il punto di accumulazione diventa il \(\displaystyle \sup \) di \(\displaystyle X \). Forse è addirittura più facile.
Ho fatto così...
Se all'interno dei maggioranti \(\displaystyle M \) di \(\displaystyle X \) non riuscissi a definire una successione tale che \(\displaystyle m_n>m_{n+1} \) a partire da un \(\displaystyle m_1 \) qualsiasi che sicuro esiste per ipotesi, allora esisterebbe un \(\displaystyle m_{n_0} \) minore o uguale di tutti gli altri maggioranti, cioè avrei già trovato il minimo di \(\displaystyle M \) e avrei finito perché questo è per definizione il \(\displaystyle \sup \) di \(\displaystyle X \).
Supponiamo allora di non essere in questo caso particolare, avrò che posso sempre definire una successione di maggioranti strettamente decrescente. L'insieme degli elementi di questa successione \(\displaystyle A=\left \{ m_n ,n \in \mathbb{N} \right \} \) è infinito e limitato, per cui per BW esiste \(\displaystyle p \in \mathbb{R} \) di accumulazione per \(\displaystyle A \).
\(\displaystyle p \) deve essere minore o uguale di ogni \(\displaystyle m_n \), perché se così non fosse allora esisterebbe un \(\displaystyle n_0 \in \mathbb{N} \) tale che \(\displaystyle ...
Inoltre \(\displaystyle p \geq x, \forall x \in X \) perché così non fosse esisterebbe un \(\displaystyle x_0 > p \), ma allora basta prendere l'intorno di \(\displaystyle p \) pari a \(\displaystyle (p,x_0) \) in cui non cade nessun elemento di A, contraddizione.
Quindi \(\displaystyle p \in M \Rightarrow p=\min M \Rightarrow p=\sup A \).
Era meglio se facevo direttamente questa
PS: Per riassumere siamo arrivati a \(\displaystyle \text{Completezza} \Leftrightarrow \text{Cauchy-Cantor}+\text{Archimede} \Leftrightarrow \text{Borel-Lebesgue} \Leftrightarrow \text{Bolzano-Weiestrass}\).
Niente male
Perfetto!
Grazie di tutto, sei stato di una disponibilità e gentilezza esemplari 
Ma figurati, è stato un piacere! Alla prossima 
EDIT: oh, ho riguardato meglio la tua ultima dimostrazione. Ieri ero stanco e non ci ho fatto caso, ma non hai dimostrato che $p=\min \mathcal{M}$. Hai solo dimostrato che, se si prende una qualunque successione decrescente di maggioranti $m_n$, questa ammette un punto di accumulazione $p\le m_n$ per ogni $n$, e che questo $p$ è necessariamente anch'esso un maggiorante .
Non ti dico come risolvere, pensaci tu! Fai un disegno e ragionaci su: gli $m_n$ devono essere vicini vicini a $X$...
Alla prossima EDIT: oh, ho riguardato meglio la tua ultima dimostrazione. Ieri ero stanco e non ci ho fatto caso, ma non hai dimostrato che $p=\min \mathcal{M}$. Hai solo dimostrato che, se si prende una qualunque successione decrescente di maggioranti $m_n$, questa ammette un punto di accumulazione $p\le m_n$ per ogni $n$, e che questo $p$ è necessariamente anch'esso un maggiorante .
Non ti dico come risolvere, pensaci tu! Fai un disegno e ragionaci su: gli $m_n$ devono essere vicini vicini a $X$...
e che questo p è necessariamente anch'esso un maggiorante .
quindi per definizione di \(\displaystyle M \), insieme dei maggioranti, \(\displaystyle p \) appartiene ad \(\displaystyle M \), no?
Sì, certo, ma non che è il più piccolo maggiorante.
Uh, è vero 
Domani ci penso su, thanks.
Domani ci penso su, thanks.
Dunque vediamo, risolverlo è stato un pò articolato, ma penso di avercela fatta...
\(\displaystyle X \) insieme non vuoto limitato superiormente. \(\displaystyle M \) insieme dei maggioranti.
Abbiamo già fatto vedere che esistono sempre $m_n \in M$ e $x_n \in X$ tali che $|m_n - x_n| < \frac{1}{n}$ (altrimenti $X$ sarebbe vuoto).
Inoltre poiché vale quanto appena detto devo poter sempre scegliere le successioni $m_n$ e $x_n$ in modo tale che risulti $m_n\leq m_{n-1}$ e $x_n \geq x_{n-1}$.
Definisco allora \(\displaystyle A_1= \left \{ x_n, n \in \mathbb{N} \right \} \) e \(\displaystyle A_2=\left \{ m_n, n \in \mathbb{N} \right \} \) e infine $A=A_1 \cup A_2$.
$A$ è infinito (poiché non è possibile che entrambi gli $A_1$ e $A_2$ siano finiti contemporaneamente) e limitato, quindi esiste $p \in \mathbb{R}$ di accumulazione per $A$. Essendo di accumulazione per $A$ esso deve essere almeno di accumulazione o per $A_1$ o per $A_2$.
Se lo è per $A_1$, allora $p \geq x_n, \forall n \in \mathbb{N}$ (altrimenti si trova subito che esiste un intorno di $p$ senza punti di $A_1$), il che implica che è di accumulazione anche per $A_2$ (se non lo fosse si avrebbe un intorno di $p$, $(\alpha , \beta )$ con infiniti punti di $A_1$ ma nessun $m_n$, ma allora $|m_n-x_n| \geq |\beta -p|$, assurdo), il che implica che $p \leq m_n, \forall n \in \mathbb{N}$ (altrimenti si trova subito che esiste un intorno di $p$ senza punti di $A_2$, ma abbiamo appena detto che $p$ è di accumulazione anche di $A_2$).
In modo del tutto analogo se si suppone che sia di accumulazione per $A_2$, allora si trova di nuovo che lo è anche di $A_1$ e che vale $x_n \leq p \leq m_n, \forall n \in \mathbb{N}$.
$p$ è anche maggiore o uguale a ogni $x \in X$, se così non fosse esisterebbe un $x_0 \in X$ tale che $p< x_0$, quindi nell'intorno intorno di $p$ di raggio minore di $|x_0-p|$ non cadrebbero punti di $A_2$, che è una contraddizione.
Quindi $p \in M$. Se esistesse un $m_0 \in M$ tale che $m_0
\(\displaystyle X \) insieme non vuoto limitato superiormente. \(\displaystyle M \) insieme dei maggioranti.
Abbiamo già fatto vedere che esistono sempre $m_n \in M$ e $x_n \in X$ tali che $|m_n - x_n| < \frac{1}{n}$ (altrimenti $X$ sarebbe vuoto).
Inoltre poiché vale quanto appena detto devo poter sempre scegliere le successioni $m_n$ e $x_n$ in modo tale che risulti $m_n\leq m_{n-1}$ e $x_n \geq x_{n-1}$.
Definisco allora \(\displaystyle A_1= \left \{ x_n, n \in \mathbb{N} \right \} \) e \(\displaystyle A_2=\left \{ m_n, n \in \mathbb{N} \right \} \) e infine $A=A_1 \cup A_2$.
$A$ è infinito (poiché non è possibile che entrambi gli $A_1$ e $A_2$ siano finiti contemporaneamente) e limitato, quindi esiste $p \in \mathbb{R}$ di accumulazione per $A$. Essendo di accumulazione per $A$ esso deve essere almeno di accumulazione o per $A_1$ o per $A_2$.
Se lo è per $A_1$, allora $p \geq x_n, \forall n \in \mathbb{N}$ (altrimenti si trova subito che esiste un intorno di $p$ senza punti di $A_1$), il che implica che è di accumulazione anche per $A_2$ (se non lo fosse si avrebbe un intorno di $p$, $(\alpha , \beta )$ con infiniti punti di $A_1$ ma nessun $m_n$, ma allora $|m_n-x_n| \geq |\beta -p|$, assurdo), il che implica che $p \leq m_n, \forall n \in \mathbb{N}$ (altrimenti si trova subito che esiste un intorno di $p$ senza punti di $A_2$, ma abbiamo appena detto che $p$ è di accumulazione anche di $A_2$).
In modo del tutto analogo se si suppone che sia di accumulazione per $A_2$, allora si trova di nuovo che lo è anche di $A_1$ e che vale $x_n \leq p \leq m_n, \forall n \in \mathbb{N}$.
$p$ è anche maggiore o uguale a ogni $x \in X$, se così non fosse esisterebbe un $x_0 \in X$ tale che $p< x_0$, quindi nell'intorno intorno di $p$ di raggio minore di $|x_0-p|$ non cadrebbero punti di $A_2$, che è una contraddizione.
Quindi $p \in M$. Se esistesse un $m_0 \in M$ tale che $m_0
"Ianero":
Inoltre poiché vale quanto appena detto devo poter sempre scegliere le successioni $m_n$ e $x_n$ in modo tale che risulti $m_n\leq m_{n-1}$ e $x_n \geq x_{n-1}$.
Definisco allora \(\displaystyle A_1= \left \{ x_n, n \in \mathbb{N} \right \} \) e \(\displaystyle A_2=\left \{ m_n, n \in \mathbb{N} \right \} \) e infine $A=A_1 \cup A_2$.
Le due successioni devono essere strettamente monotone (altrimenti possono pure essere costanti); quindi gli $A_i$ sono tutti e due infiniti. Per il resto ok, un po' ingarbugliato ma ok
grazie!
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