Beweis dafür, dass der Abschluss einer Menge immer ihr Supremum enthält und eine offene Menge ihr Supremum nicht enthalten kann

Question

Beweis dafür, dass der Abschluss einer Menge immer ihr Supremum enthält und eine offene Menge ihr Supremum nicht enthalten kann

Quasar

Ich möchte fragen, ob mein Proof geprüft und vollständig in Ordnung ist.

Aufgabe 3.2.4 aus Stephen Abbots Understanding Analysis. $\newcommand{\absval}[1]{\left\lvert #1 \right\rvert}$

Lassen $A$ sei eine nicht leere Teilmenge von $\mathbf{R}$ und oben begrenzt, so dass $s = \sup A$ existiert. Lassen $\bar{A} = A \cup L$ die Schließung sein $A$ .

(a) Zeigen Sie das $s \in \bar{A}$ .

(b) Kann eine offene Menge ihr Supremum enthalten?

Mein Versuch.

(A) $\bar{A} = A \cup L$ ist die Schließung von $A$ und enthält die Grenzpunkte von $A$ . Wir gehen im Widerspruch vor. Annehmen, dass $s \notin \bar{A}$ und ist kein Grenzpunkt von $A$ .

Seit, $s$ ist das Höchste für $A$ , wenn man sich die Definition der kleinsten Obergrenze ansieht, muss sie zwei Eigenschaften erfüllen: (i) $s$ ist eine obere Schranke für $A$ . (ii) Gegeben sei eine kleine willkürliche, aber feste positive reelle Zahl $\epsilon > 0$ , $(s - \epsilon)$ sollte keine Obergrenze für sein $a$ .

Aus (ii) folgt, dass bei gegebenen beliebigen $\epsilon > 0$ , es existiert $t \in A$ , so dass $s - \epsilon < t$ . Daher,

\begin{aligned} | T - S | < ϵ \end{aligned}

$\begin{align*} \absval{t - s} < \epsilon \end{align*}$

Somit jeder $\epsilon$ -Nachbarschaft von $s$ , $V_\epsilon(s)$ schneidet $A$ in anderen Punkten als $s$ . So, $s$ ist der Grenzpunkt von $A$ . Deshalb, $s \in \bar{A}$ , was unserer ursprünglichen Annahme widerspricht. Daher ist unsere anfängliche Annahme falsch.

(b) Eine offene Menge kann ihr Supremum nicht enthalten. Wir gehen im Widerspruch vor. Lassen $O$ sei eine offene Menge. Annehmen, dass $s \in O$ .

Seit $O$ ist eine offene Menge für alle Punkte $x$ zugehörig $O$ , es existiert ein $\epsilon$ -Nachbarschaft $V_\epsilon(x)$ das darin enthalten ist $O$ . Insbesondere, $V_\epsilon(s) \subseteq O$ . Also, wenn

\begin{aligned} S - ϵ < T < S + ϵ \end{aligned}

$\begin{align*} s - \epsilon < t < s + \epsilon \end{align*}$

Dann $t \in O$ , für einige $\epsilon$ . Aber das bedeutet für einige $\epsilon > 0$ , Wir müssen haben

\begin{aligned} S < T < S + ϵ \end{aligned}

$\begin{align*} s < t < s + \epsilon \end{align*}$

$t \in O$ . So, $s$ ist keine Obergrenze für $O$ . Dies ist ein Widerspruch. Unsere anfängliche Annahme muss falsch sein. $s \notin O$ .

jlammy

Sieht gut für mich aus :)

Brian M. Scott

@jlammy: Es ist nicht ganz richtig: was wäre wenn

A = (0, 1) \cup {2}

$A=(0,1)\cup\{2\}$ , zum Beispiel?

Apoorv

@BrianM.Scott Ist das eine offene Menge? Der Satz

{2}

$\{2\}$ ist geschlossen.

Brian M. Scott

@Apoorv:

A

$A$ eine nicht leere Teilmenge von ist

R

$\Bbb R$ das ist nach oben begrenzt.

Brian M. Scott

@jlammy: Ich spreche von (a).

jlammy

Ah richtig - Ihr Punkt steht dann. Der Beweis von OP überprüft jedoch die Intervalle.

Apoorv

@BrianM.Scott Ich verstehe. Ich dachte, Sie sagten über (b).

Antworten (2)

Beweis dafür, dass der Abschluss einer Menge immer ihr Supremum enthält und eine offene Menge ihr Supremum nicht enthalten kann

@jlammy: Es ist nicht ganz richtig: was wäre wenn $A=(0,1)\cup\{2\}$ , zum Beispiel?
@BrianM.Scott Ist das eine offene Menge? Der Satz $\{2\}$ ist geschlossen.
@Apoorv: $A$ eine nicht leere Teilmenge von ist $\Bbb R$ das ist nach oben begrenzt.
Ah richtig - Ihr Punkt steht dann. Der Beweis von OP überprüft jedoch die Intervalle.
@BrianM.Scott Ich verstehe. Ich dachte, Sie sagten über (b).

Brian M. Scott · Answer 1

Das Argument für (a) ist nicht ganz korrekt, weil $s$ muss eigentlich kein Grenzpunkt sein $A$ . Lassen Sie zum Beispiel $A=(0,1)\cup\{2\}$ ; Dann $s=2$ , und für alle positiven $\epsilon\le 1$ das offene Intervall $(s-\epsilon,s)$ ist disjunkt von $A$ . Und als Nebensache, Sie müssen nicht durch Widerspruch argumentieren.

Wenn $s\in A$ , dann sicherlich $s\in\operatorname{cl}A$ , also nehme das an $s\notin A$ . Lassen $\epsilon>0$ ; Dann $s-\epsilon< s$ , So $s-\epsilon$ ist keine Obergrenze für $A$ , und deshalb $A\cap(s-\epsilon,s]\ne\varnothing$ . Darüber hinaus, $s\notin A$ , So $A\cap(s-\epsilon,s)\ne\varnothing$ . Also für jeden $\epsilon>0$ Da ist ein $a\in A$ so dass $|a-s|<\epsilon$ , So $s$ ist ein Grenzpunkt von $A$ , und deshalb $s\in\operatorname{cl}A$ .

(Beachten Sie, dass es absolut nichts Falsches daran gibt, zusätzliche Details aufzunehmen, und es kann eine gute Idee sein, wenn Sie noch lernen, es ist wirklich nicht notwendig, mehr zu sagen, um die verschiedenen Schritte zu rechtfertigen, als ich es oben getan habe.)

Das Argument für (b) ist in Ordnung.

Ich habe einige Probleme, Ihren Beweis bis zum Ende zu verfolgen. Wenn $A = (0,1) \cup \{2\}$ Dann $s = 2$ und sagen, ich wähle $\epsilon = 0.5$ , würde nicht $(s-\epsilon,\epsilon)$ Sei $(1.5,0.5)$ ? Das ist ein ungerades Intervall. Wie könnte $s - \epsilon$ kleiner sein als $\epsilon$ ?
@Quasar Dort $s=2 \in A$ so dass ein Teil des Beweises nicht zutrifft, wie es bei uns der Fall ist $s \notin A$ .
@Quasar: Das ist ein offensichtlicher Tippfehler, den ich beheben werde, sobald ich dies poste. Seit $s=2$ , $(s-\epsilon,s)=(1.5,2)$ .
@HennoBrandsma, okay, verstanden. Übrigens, ich glaube, er meint $s - \epsilon < s$ (es ist ein Tippfehler).

Benutzer2661923 · Answer 2

Abhängig von Ihrer Definition von offenen und geschlossenen Mengen in $\mathbb{R}$ , und je nachdem, welche vorherigen Theoreme Ihnen gegeben wurden:

Ein Grenzpunkt $x$ für eine nicht leere Menge $A$ ist ein Punkt, der in jedem offenen Intervall herum liegt $x$ , egal wie klein, es wird mindestens einen Punkt im Intervall geben, der in ist $A$ und ein Punkt im Intervall, der nicht drin ist $A$ .

Gegeben jede nicht leere Menge $A$ das ist oben begrenzt, das Supremum (dh die kleinste obere Schranke) von $A$ ist ein Grenzpunkt von $A$ .

Jede nichtleere Menge, die einen ihrer Randpunkte enthält, kann keine offene Menge sein.

Jede nicht leere geschlossene Menge muss alle ihre Randpunkte enthalten. Diese letzte Behauptung ist eine Folge der Definition einer nicht leeren Menge als abgeschlossen, wenn und nur wenn ihr Komplement offen ist.

Beweis dafür, dass der Abschluss einer Menge immer ihr Supremum enthält und eine offene Menge ihr Supremum nicht enthalten kann

Quasar

jlammy

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Benutzer2661923

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