Übergänge von 1n1n\frac{1}{n} nach ϵϵ\epsilon in reellen Analysebeweisen

Ja, das können Sie tun.

Lassen$n > \frac 1{\epsilon}$. Dann$\frac 1n < \epsilon$.

Also für jeden$p < s$, lassen$\epsilon= s-p > 0$dann wenn$n > \frac 1 {\epsilon}$Dann$p = s-\epsilon < s-\frac 1n$So$p$ist also nicht nach oben begrenzt$\sup A \ge s$.

Für und$r >s$, lassen$\epsilon = r -s > 0$Und$n > \frac 1{\epsilon}$So$s + \frac 1n < r$So$s + \frac 1n$ist also eine Obergrenze$r$ist eine Obergrenze, aber nicht die kleinste Obergrenze.

So$\sup A \not > s$So$\sup A \le s$.

So$\sup A = s$.

Ich bin mir nicht sicher, ob dies Ihre Frage beantwortet, aber

Lassen$s\in\mathbb{R}$. Die folgenden sind gleichwertig:
(i) Für alle$n\in\mathbb{N}$,$s+\frac1 n$ist eine obere Schranke für$A$, Aber$s-\frac1 n$ist keine Obergrenze für$A$.
(ii) Für alle$\epsilon>0$,$s+\epsilon$ist eine obere Schranke für$A$, Aber$s-\epsilon$ist keine Obergrenze für$A$.

$(i)\Rightarrow(ii)$: Lassen$\epsilon>0$. Dann gibt es$n$so dass$\frac1 n<\epsilon$. In diesem Fall,$s+\frac1 n$ist eine obere Schranke für$A$, von$(i)$, insbesondere,$s+\epsilon>s+\frac 1n$ist auch eine Obergrenze. Außerdem gibt es$y\in A$so dass$s-\frac1 n<y$, seit$s-\frac1 n$ist keine Obergrenze für$A$, durch (i). Dann$s-\epsilon<s-\frac1 n<y$, somit$s-\epsilon$ist keine Obergrenze für$A$sowie. Dies beweist (ii).

$(ii)\Rightarrow(i)$: trivial, da wir nehmen können$\epsilon=\frac1 n>0$, für alle$n\in\mathbb{N}$.

Das zeigen wir zunächst$s$ist eine obere Schranke für$A$. Das heißt, für jeden$a\in A$,$a\le s$.

Angenommen, dies ist nicht der Fall, dann gibt es einige$a'\in A​$so dass$a' > s​$. Seit$s + \frac{1}{n}​$ist eine Obergrenze für alle$n$, insbesondere können wir wählen$n'$so dass$\frac{1}{n'} < \frac{a' -s}{2}$. Dies ist aufgrund der archimedischen Eigenschaft möglich$a'-s > 0$.

Dies impliziert das$s + \frac{a' - s}{2}$ist eine Obergrenze, was das impliziert$s + \frac{a' - s}{2} \ge a'$, was impliziert$s \ge a'$, ein Widerspruch.

Sie können den zweiten Teil mit ähnlichen Argumenten beenden.

Nehmen wir an, Sie möchten das für alle zeigen$\varepsilon>0$es gibt welche$\delta_\varepsilon>0$so dass$\varphi(\delta)<\varepsilon$für alle$\delta\leq \delta_\varepsilon$, Wo$\varphi(\cdot)$ist ein Ausdruck, an dem Sie interessiert sind und der von einer echten Eingabe abhängt. Angenommen, Sie können nur für alle anzeigen$n\in \mathbb N$es existiert ein$\delta_n>0$so dass$\varphi(\delta)<\frac{1}{n}$für alle$\delta\leq\delta_n$. Dies reicht tatsächlich aus, um zu zeigen, was Sie wollen, wie Sie es zu Recht erwarten. Warum? Sie haben die richtige Idee, aber da Sie gefragt haben, lassen Sie uns ein halbstrenges Argument anführen:

Fix$\varepsilon>0$. Durch das archimedische Eigentum existiert a$n\in N$so dass$\varepsilon\geq\frac{1}{n}$. Jetzt können Sie davon ausgehen, dass Sie einige finden$\delta_n>0$so dass$\varphi(\delta)<\frac{1}{n}$für alle$\delta\leq \delta_n$. Wählen$\delta_\varepsilon=\delta_n$. Dann für alle$\delta\leq\delta_\varepsilon$wir haben das$\delta\leq\delta_n$, So$\varphi(\delta)<\frac{1}{n}\leq \varepsilon$.