Exercițiile care urmează sunt dedicate completitudinii lui \(\mathbb R\). Punctul central este axioma marginii superioare: orice submulțime nevidă a lui \(\mathbb R\), mărginită superior, admite margine superioară în \(\mathbb R\).
Acest principiu deosebește profund \(\mathbb R\) de \(\mathbb Q\) și permite demonstrarea unor rezultate fundamentale ale analizei, precum existența marginilor superioare și inferioare, teorema intervalelor incluse și convergența șirurilor monotone mărginite.
Exercițiul 1 — nivel ★☆☆☆☆
Fie
\[ A=(0,1). \]
Să se determine marginea superioară, marginea inferioară, maximul și minimul mulțimii \(A\), explicând rolul completitudinii lui \(\mathbb R\).
Rezultat
Avem
\[ \sup A=1,\qquad \inf A=0. \]
Mulțimea \(A\) nu are nici maxim, nici minim.
Rezolvare
Mulțimea \(A=(0,1)\) este nevidă și mărginită superior. De exemplu, \(1\) este un majorant al lui \(A\), deoarece orice \(x\in A\) satisface
\[ x\lt 1. \]
Conform axiomei de completitudine a lui \(\mathbb R\), mulțimea \(A\) admite margine superioară.
Să arătăm că
\[ \sup A=1. \]
Numărul \(1\) este un majorant al lui \(A\). În plus, dacă \(M\lt 1\), putem alege un număr \(x\) astfel încât
\[ M\lt x\lt 1. \]
Dacă alegem și \(x\gt 0\), atunci \(x\in A\) și \(x\gt M\). Așadar, niciun număr mai mic decât \(1\) nu este majorant al lui \(A\). Prin urmare, \(1\) este cel mai mic majorant, adică
\[ \sup A=1. \]
În mod analog, \(0\) este un minorant al lui \(A\), iar niciun număr mai mare decât \(0\) nu este minorant. Într-adevăr, dacă \(m\gt 0\), putem alege \(x\in(0,m)\); atunci \(x\in A\), dar \(x\lt m\). Așadar,
\[ \inf A=0. \]
Mulțimea nu are maxim, deoarece \(1\notin A\), și nici minim, deoarece \(0\notin A\).
Acest exercițiu pune în evidență o distincție fundamentală: marginea superioară și marginea inferioară pot exista chiar și atunci când maximul și minimul nu există.
Exercițiul 2 — nivel ★☆☆☆☆
Fie
\[ A=\left\{1-\frac1n:n\in\mathbb N,\ n\ge 1\right\}. \]
Să se determine marginea superioară, marginea inferioară, maximul și minimul mulțimii \(A\).
Rezultat
Avem
\[ \sup A=1,\qquad \inf A=0. \]
Mulțimea are minimul \(0\), dar nu are maxim.
Rezolvare
Elementele mulțimii \(A\) sunt
\[ 0,\frac12,\frac23,\frac34,\ldots \]
Într-adevăr, pentru \(n=1\) obținem
\[ 1-\frac11=0. \]
Pentru orice \(n\ge 1\) avem
\[ 1-\frac1n\lt 1, \]
astfel încât \(1\) este un majorant al lui \(A\).
Să arătăm că este cel mai mic majorant. Dacă \(M\lt 1\), atunci \(1-M\gt 0\). Conform proprietății lui Arhimede a numerelor reale, există \(n\in\mathbb N\) astfel încât
\[ \frac1n\lt 1-M. \]
Din această inegalitate rezultă
\[ M\lt 1-\frac1n. \]
Așadar, \(M\) nu este majorant al lui \(A\). Prin urmare,
\[ \sup A=1. \]
În plus, primul element al mulțimii este \(0\), iar toate celelalte sunt mai mari sau egale cu \(0\). Așadar,
\[ \inf A=0, \]
iar \(0\) este de fapt minimul lui \(A\).
Mulțimea nu are maxim, deoarece marginea sa superioară este \(1\), dar \(1\notin A\).
Exercițiul 3 — nivel ★★☆☆☆
Fie
\[ A=\{x\in\mathbb R:x^2\lt 2\}. \]
Să se determine \(\sup A\) și să se explice de ce completitudinea lui \(\mathbb R\) este esențială.
Rezultat
Avem
\[ \sup A=\sqrt2. \]
Rezolvare
Mulțimea
\[ A=\{x\in\mathbb R:x^2\lt 2\} \]
conține toate numerele reale al căror pătrat este mai mic decât \(2\). Ea conține atât numere pozitive, cât și negative și este nevidă, deoarece, de exemplu, \(1\in A\).
În plus, \(A\) este mărginită superior. Într-adevăr, dacă \(x\ge 2\), atunci
\[ x^2\ge 4\gt 2, \]
deci \(x\notin A\). Așadar, \(2\) este un majorant al lui \(A\).
Conform completitudinii lui \(\mathbb R\), \(A\) fiind nevidă și mărginită superior, există
\[ \alpha=\sup A. \]
Intuitiv, \(A\) este formată din numerele
\[ -\sqrt2\lt x\lt \sqrt2, \]
astfel încât marginea sa superioară este \(\sqrt2\).
Numărul \(\sqrt2\) este un majorant al lui \(A\). Într-adevăr, fie \(x\in A\), deci \(x^2\lt 2\). Dacă \(x\ge 0\), din \(x^2\lt 2\) rezultă \(x\lt\sqrt2\); dacă, dimpotrivă, \(x\lt 0\), atunci cu siguranță \(x\lt\sqrt2\). În orice caz, \(x\le\sqrt2\).
În plus, niciun număr mai mic decât \(\sqrt2\) nu poate fi majorant. Într-adevăr, dacă \(M\lt\sqrt2\), putem alege un număr real \(x\) astfel încât
\[ \max\{M,0\}\lt x\lt\sqrt2. \]
Atunci \(x\gt 0\) și \(x\lt\sqrt2\), deci
\[ x^2\lt 2. \]
Prin urmare, \(x\in A\) și, deoarece \(x\gt M\), numărul \(M\) nu este majorant al lui \(A\).
Conchidem, așadar, că
\[ \sup A=\sqrt2. \]
Completitudinea este esențială deoarece garantează existența marginii superioare ca număr real. În mulțimea numerelor raționale, o mulțime analogă ar avea un „gol” tocmai în dreptul lui \(\sqrt2\), care nu este rațional.
Exercițiul 4 — nivel ★★☆☆☆
Fie
\[ B=\{q\in\mathbb Q:q^2\lt 2\}. \]
Considerând \(B\) ca submulțime a lui \(\mathbb Q\), să se explice de ce nu are margine superioară în \(\mathbb Q\).
Rezultat
Mulțimea \(B\) nu are margine superioară în \(\mathbb Q\).
Rezolvare
Mulțimea
\[ B=\{q\in\mathbb Q:q^2\lt 2\} \]
este nevidă, deoarece \(1\in B\), și este mărginită superior în \(\mathbb Q\), deoarece \(2\) este un majorant.
Să presupunem, prin reducere la absurd, că \(B\) admite margine superioară în \(\mathbb Q\). Fie
\[ s=\sup_{\mathbb Q} B. \]
Deoarece \(1\in B\), avem \(s\ge 1\), deci în particular \(s\gt 0\).
Vom arăta acum că nu este posibil nici \(s^2\lt 2\), nici \(s^2\gt 2\).
Să presupunem mai întâi că \(s^2\lt 2\). Alegem un număr rațional \(h\gt 0\) atât de mic încât
\[ h\lt 1 \qquad \text{și} \qquad h\lt \frac{2-s^2}{2s+1}. \]
Atunci \(h^2\lt h\), deci
\[ (s+h)^2=s^2+2sh+h^2\lt s^2+2sh+h=s^2+h(2s+1)\lt 2. \]
Cum \(s+h\in\mathbb Q\), rezultă că \(s+h\in B\), cu \(s+h\gt s\). Aceasta contrazice faptul că \(s\) este un majorant al lui \(B\).
Să presupunem acum că \(s^2\gt 2\). Alegem un număr rațional \(h\gt 0\) atât de mic încât \(h\lt s\) și
\[ h\lt \frac{s^2-2}{2s}. \]
Atunci
\[ (s-h)^2=s^2-2sh+h^2\gt s^2-2sh\gt 2. \]
Afirmăm că \(s-h\) este încă un majorant al lui \(B\). Într-adevăr, dacă \(q\in B\) și \(q\ge s-h\), atunci, deoarece \(s-h\gt 0\), am avea
\[ q^2\ge (s-h)^2\gt 2, \]
în contradicție cu \(q\in B\). Așadar, orice \(q\in B\) satisface \(q\lt s-h\), deci \(s-h\) este un majorant al lui \(B\).
Dar \(s-h\lt s\), ceea ce contrazice faptul că \(s\) este cel mai mic majorant.
Prin urmare, nu poate avea loc nici \(s^2\lt 2\), nici \(s^2\gt 2\). Ar trebui să avem
\[ s^2=2. \]
Acest lucru este imposibil pentru \(s\in\mathbb Q\), deoarece niciun număr rațional nu are pătratul egal cu \(2\).
Așadar, \(B\) este mărginită superior în \(\mathbb Q\), dar nu admite margine superioară în \(\mathbb Q\). Aceasta este una dintre cele mai clare forme în care \(\mathbb Q\) nu este completă.
Exercițiul 5 — nivel ★★☆☆☆
Folosind axioma marginii superioare, să se demonstreze că orice submulțime nevidă și mărginită inferior a lui \(\mathbb R\) admite margine inferioară.
Rezultat
Orice submulțime nevidă și mărginită inferior a lui \(\mathbb R\) admite margine inferioară.
Rezolvare
Fie \(A\subseteq\mathbb R\) o mulțime nevidă și mărginită inferior.
Considerăm mulțimea opusă
\[ -A=\{-x:x\in A\}. \]
Deoarece \(A\) este nevidă, și \(-A\) este nevidă.
Deoarece \(A\) este mărginită inferior, există \(m\in\mathbb R\) astfel încât
\[ m\le x \]
pentru orice \(x\in A\). Înmulțind cu \(-1\), inegalitatea își schimbă sensul:
\[ -x\le -m \]
pentru orice \(x\in A\). Așadar, \(-m\) este un majorant al lui \(-A\).
Conform axiomei marginii superioare, mulțimea \(-A\) — fiind nevidă și mărginită superior — admite margine superioară. Punem
\[ \alpha=\sup(-A). \]
Vrem să arătăm că
\[ \inf A=-\alpha. \]
Deoarece \(\alpha\) este un majorant al lui \(-A\), pentru orice \(x\in A\) avem
\[ -x\le \alpha. \]
Înmulțind cu \(-1\), obținem
\[ x\ge -\alpha, \]
astfel încât \(-\alpha\) este un minorant al lui \(A\).
În plus, \(\alpha\) fiind cel mai mic majorant al lui \(-A\), numărul \(-\alpha\) este cel mai mare minorant al lui \(A\). Prin urmare,
\[ \inf A=-\sup(-A). \]
Exercițiul 6 — nivel ★★☆☆☆
Să se demonstreze că, dacă \(A\subseteq\mathbb R\) este nevidă și mărginită superior, atunci pentru orice \(\varepsilon\gt 0\) există \(a\in A\) astfel încât
\[ \sup A-\varepsilon\lt a\le \sup A. \]
Rezultat
Pentru orice \(\varepsilon\gt 0\), există elemente ale lui \(A\) arbitrar de apropiate de marginea superioară, dinspre stânga.
Rezolvare
Fie
\[ \alpha=\sup A. \]
Deoarece \(\alpha\) este un majorant al lui \(A\), orice \(a\in A\) satisface
\[ a\le \alpha. \]
Trebuie să demonstrăm că există cel puțin un element \(a\in A\) cu
\[ \alpha-\varepsilon\lt a. \]
Să presupunem, prin reducere la absurd, că acest lucru nu are loc. Atunci orice \(a\in A\) ar satisface
\[ a\le \alpha-\varepsilon, \]
ceea ce ar face din \(\alpha-\varepsilon\) un majorant al lui \(A\).
Dar
\[ \alpha-\varepsilon\lt \alpha, \]
ceea ce contrazice faptul că \(\alpha\) este cel mai mic majorant.
Așadar, trebuie să existe \(a\in A\) astfel încât
\[ \alpha-\varepsilon\lt a. \]
Cum, în plus, \(\alpha\) este majorant, avem și \(a\le \alpha\), de unde
\[ \alpha-\varepsilon\lt a\le \alpha. \]
Exercițiul 7 — nivel ★★★☆☆
Folosind completitudinea lui \(\mathbb R\), să se demonstreze că orice șir crescător și mărginit superior este convergent.
Rezultat
Orice șir crescător și mărginit superior de numere reale converge către marginea sa superioară.
Rezolvare
Fie \((a_n)\) un șir crescător și mărginit superior. Considerăm mulțimea valorilor sale:
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
Mulțimea \(A\) este nevidă și mărginită superior, deoarece șirul este mărginit superior.
Conform completitudinii lui \(\mathbb R\), există
\[ \alpha=\sup A. \]
Să demonstrăm că
\[ a_n\to \alpha. \]
Fie \(\varepsilon\gt 0\). Conform caracterizării marginii superioare, există un element \(a_N\in A\) astfel încât
\[ \alpha-\varepsilon\lt a_N\le \alpha. \]
Deoarece șirul este crescător, pentru orice \(n\ge N\) avem
\[ a_N\le a_n. \]
În plus, \(\alpha\) fiind un majorant al lui \(A\), avem
\[ a_n\le \alpha. \]
Așadar, pentru orice \(n\ge N\),
\[ \alpha-\varepsilon\lt a_n\le \alpha, \]
ceea ce implică
\[ 0\le \alpha-a_n\lt \varepsilon. \]
Prin urmare,
\[ |a_n-\alpha|\lt \varepsilon \]
pentru orice \(n\ge N\). Așadar, \(a_n\to\alpha\).
Exercițiul 8 — nivel ★★★☆☆
Folosind completitudinea lui \(\mathbb R\), să se demonstreze că orice șir descrescător și mărginit inferior este convergent.
Rezultat
Orice șir descrescător și mărginit inferior converge către marginea sa inferioară.
Rezolvare
Fie \((a_n)\) un șir descrescător și mărginit inferior. Considerăm mulțimea
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
Mulțimea \(A\) este nevidă și mărginită inferior.
Conform exercițiului 5, care decurge din axioma marginii superioare, \(A\) admite margine inferioară. Punem
\[ \alpha=\inf A. \]
Vrem să demonstrăm că
\[ a_n\to\alpha. \]
Fie \(\varepsilon\gt 0\). Conform caracterizării marginii inferioare, există un element \(a_N\in A\) astfel încât
\[ \alpha\le a_N\lt \alpha+\varepsilon. \]
Deoarece șirul este descrescător, pentru orice \(n\ge N\) avem
\[ a_n\le a_N. \]
În plus, \(\alpha\) fiind un minorant al lui \(A\), pentru orice \(n\) avem
\[ \alpha\le a_n. \]
Prin urmare, pentru orice \(n\ge N\),
\[ \alpha\le a_n\lt \alpha+\varepsilon, \]
de unde
\[ |a_n-\alpha|\lt \varepsilon \]
pentru orice \(n\ge N\). Așadar, \(a_n\to\alpha\).
Exercițiul 9 — nivel ★★★☆☆
Să se demonstreze că șirul
\[ a_n=1-\frac1n \]
este convergent, folosind teorema de convergență a șirurilor monotone.
Rezultat
Șirul este convergent și
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac1n\right)=1. \]
Rezolvare
Considerăm
\[ a_n=1-\frac1n. \]
Să arătăm mai întâi că \((a_n)\) este crescător. Calculăm:
\[ a_{n+1}-a_n= \left(1-\frac1{n+1}\right)-\left(1-\frac1n\right) = \frac1n-\frac1{n+1}. \]
Deoarece
\[ \frac1n-\frac1{n+1}=\frac1{n(n+1)}\gt 0, \]
șirul este crescător.
În plus, pentru orice \(n\ge 1\),
\[ a_n=1-\frac1n\le 1. \]
Așadar, \((a_n)\) este crescător și mărginit superior.
Conform teoremei de convergență a șirurilor monotone, care decurge din completitudinea lui \(\mathbb R\), șirul este convergent.
Deoarece mulțimea valorilor sale are marginea superioară egală cu \(1\), limita este
\[ \lim_{n\to+\infty}a_n=1. \]
Exercițiul 10 — nivel ★★★☆☆
Fie \([a_n,b_n]\) intervale închise, mărginite și nevide astfel încât
\[ [a_1,b_1]\supseteq [a_2,b_2]\supseteq [a_3,b_3]\supseteq\cdots. \]
Să se demonstreze, folosind completitudinea lui \(\mathbb R\), că
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}[a_n,b_n]\ne\varnothing. \]
Rezultat
Un șir descrescător de intervale închise și mărginite nevide are intersecție nevidă.
Rezolvare
Deoarece intervalele sunt incluse unul în altul, orice extremitate stângă \(a_n\) este mai mică sau egală cu orice extremitate dreaptă \(b_m\). Într-adevăr, pentru orice indici \(m\) și \(n\), includerea ne dă mereu
\[ a_n\le b_m. \]
Considerăm mulțimea extremităților stângi:
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
Această mulțime este nevidă și, în plus, mărginită superior, deoarece orice \(b_m\) este un majorant al lui \(A\).
Conform completitudinii lui \(\mathbb R\), există
\[ \alpha=\sup A. \]
Deoarece \(\alpha\) este un majorant al lui \(A\), pentru orice \(n\) avem
\[ a_n\le \alpha. \]
Pe de altă parte, fiecare \(b_n\) este un majorant al lui \(A\). Cum \(\alpha\) este cel mai mic majorant, trebuie să avem
\[ \alpha\le b_n \]
pentru orice \(n\).
Am demonstrat, așadar, că pentru orice \(n\) avem
\[ a_n\le \alpha\le b_n. \]
Aceasta înseamnă că
\[ \alpha\in[a_n,b_n] \]
pentru orice \(n\). Așadar,
\[ \alpha\in\bigcap_{n=1}^{+\infty}[a_n,b_n]. \]
Prin urmare, intersecția este nevidă.
Exercițiul 11 — nivel ★★★☆☆
Să se arate că concluzia exercițiului precedent poate fi falsă în \(\mathbb Q\).
Rezultat
În \(\mathbb Q\), un șir de intervale raționale închise și incluse unul în altul poate avea intersecție vidă.
Rezolvare
Considerăm intervale raționale care aproximează \(\sqrt2\) fără a-l conține ca număr rațional.
De exemplu, alegem două șiruri raționale \((a_n)\) și \((b_n)\) astfel încât
\[ a_n\lt \sqrt2\lt b_n \]
și
\[ b_n-a_n\to 0. \]
Considerăm mulțimile
\[ I_n=[a_n,b_n]\cap\mathbb Q. \]
Le putem construi astfel încât să fie incluse unul în altul:
\[ I_1\supseteq I_2\supseteq I_3\supseteq\cdots. \]
În \(\mathbb R\), intersecția intervalelor reale \([a_n,b_n]\) ar fi mulțimea cu un singur element
\[ \{\sqrt2\}. \]
Totuși,
\[ \sqrt2\notin\mathbb Q. \]
Așadar, lucrând în interiorul lui \(\mathbb Q\), nu rămâne niciun număr rațional comun tuturor intervalelor:
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}I_n=\varnothing. \]
Aceasta arată că teorema intervalelor incluse depinde de completitudinea lui \(\mathbb R\) și nu este valabilă, în general, în \(\mathbb Q\).
Exercițiul 12 — nivel ★★★☆☆
Fie \(A\subseteq\mathbb R\) nevidă și mărginită superior. Să se demonstreze că există un șir \((a_n)\) de elemente ale lui \(A\) astfel încât
\[ a_n\to \sup A. \]
Rezultat
Orice margine superioară poate fi aproximată printr-un șir de elemente ale mulțimii.
Rezolvare
Punem
\[ \alpha=\sup A. \]
Pentru fiecare \(n\in\mathbb N\), aplicăm caracterizarea marginii superioare cu
\[ \varepsilon=\frac1n. \]
Există atunci un element \(a_n\in A\) astfel încât
\[ \alpha-\frac1n\lt a_n\le \alpha. \]
Obținem astfel un șir \((a_n)\) de elemente ale lui \(A\).
Din dubla inegalitate
\[ \alpha-\frac1n\lt a_n\le \alpha \]
rezultă
\[ 0\le \alpha-a_n\lt \frac1n. \]
Deoarece
\[ \frac1n\to 0, \]
conform teoremei cleștelui obținem
\[ \alpha-a_n\to 0. \]
Așadar,
\[ a_n\to\alpha=\sup A. \]
Exercițiul 13 — nivel ★★★★☆
Să se demonstreze că, dacă \(A,B\subseteq\mathbb R\) sunt nevide, \(A\) este mărginită superior și
\[ a\le b \]
pentru orice \(a\in A\) și orice \(b\in B\), atunci
\[ \sup A\le \inf B. \]
Rezultat
Dacă toate elementele lui \(A\) se află la stânga tuturor elementelor lui \(B\), atunci \(\sup A\le\inf B\).
Rezolvare
Prin ipoteză,
\[ a\le b \]
pentru orice \(a\in A\) și orice \(b\in B\).
Fixăm un \(b\in B\) oarecare. Atunci \(b\) este un majorant al lui \(A\), deoarece orice element al lui \(A\) este mai mic sau egal cu \(b\).
Deoarece \(\sup A\) este cel mai mic majorant al lui \(A\), avem
\[ \sup A\le b \]
pentru orice \(b\in B\).
Așadar, \(\sup A\) este un minorant al lui \(B\).
Deoarece \(\inf B\) este cel mai mare minorant al lui \(B\), iar \(\sup A\) este un minorant al lui \(B\), rezultă
\[ \sup A\le \inf B. \]
Exercițiul 14 — nivel ★★★★☆
Fie \(A,B\subseteq\mathbb R\) nevide și mărginite superior. Să se demonstreze că
\[ \sup(A+B)=\sup A+\sup B, \]
unde
\[ A+B=\{a+b:a\in A,\ b\in B\}. \]
Rezultat
Marginea superioară a sumei este suma marginilor superioare.
Rezolvare
Punem
\[ \alpha=\sup A,\qquad \beta=\sup B. \]
Pentru orice \(a\in A\) avem \(a\le\alpha\), iar pentru orice \(b\in B\) avem \(b\le\beta\); așadar,
\[ a+b\le \alpha+\beta. \]
Prin urmare, \(\alpha+\beta\) este un majorant al lui \(A+B\), de unde
\[ \sup(A+B)\le \alpha+\beta. \]
Să demonstrăm acum inegalitatea inversă. Fie \(\varepsilon\gt 0\). Conform caracterizării marginii superioare, există \(a_\varepsilon\in A\) și \(b_\varepsilon\in B\) astfel încât
\[ \alpha-\frac{\varepsilon}{2}\lt a_\varepsilon\le\alpha \]
și
\[ \beta-\frac{\varepsilon}{2}\lt b_\varepsilon\le\beta. \]
Adunând membru cu membru, obținem
\[ \alpha+\beta-\varepsilon \lt a_\varepsilon+b_\varepsilon \le \alpha+\beta. \]
Deoarece \(a_\varepsilon+b_\varepsilon\in A+B\), niciun număr mai mic decât \(\alpha+\beta\) nu poate fi majorant al lui \(A+B\).
Prin urmare,
\[ \sup(A+B)=\alpha+\beta=\sup A+\sup B. \]
Exercițiul 15 — nivel ★★★★☆
Fie \(A\subseteq\mathbb R\) nevidă și mărginită superior, și fie \(\lambda\gt 0\). Să se demonstreze că
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\sup A, \]
unde
\[ \lambda A=\{\lambda a:a\in A\}. \]
Rezultat
Pentru \(\lambda\gt 0\), marginea superioară se comportă bine în raport cu înmulțirea:
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\sup A. \]
Rezolvare
Punem
\[ \alpha=\sup A. \]
Pentru orice \(a\in A\) avem
\[ a\le\alpha. \]
Deoarece \(\lambda\gt 0\), înmulțind cu \(\lambda\) sensul inegalității nu se schimbă:
\[ \lambda a\le\lambda\alpha. \]
Așadar, \(\lambda\alpha\) este un majorant al lui \(\lambda A\).
Trebuie să arătăm că este cel mai mic. Fie \(\varepsilon\gt 0\). Conform caracterizării marginii superioare, există \(a_\varepsilon\in A\) astfel încât
\[ \alpha-\frac{\varepsilon}{\lambda}\lt a_\varepsilon\le\alpha. \]
Înmulțind cu \(\lambda\), obținem
\[ \lambda\alpha-\varepsilon \lt \lambda a_\varepsilon \le \lambda\alpha. \]
Deoarece \(\lambda a_\varepsilon\in\lambda A\), niciun număr mai mic decât \(\lambda\alpha\) nu reușește să fie majorant al lui \(\lambda A\).
Prin urmare,
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\alpha=\lambda\sup A. \]
Exercițiul 16 — nivel ★★★★☆
Să se demonstreze că proprietatea lui Arhimede decurge din completitudinea lui \(\mathbb R\): pentru orice \(x\in\mathbb R\) există \(n\in\mathbb N\) astfel încât
\[ n\gt x. \]
Rezultat
Mulțimea \(\mathbb N\) nu este mărginită superior în \(\mathbb R\).
Rezolvare
Să presupunem, prin reducere la absurd, că proprietatea este falsă. Atunci ar exista un număr real \(x\) astfel încât
\[ n\le x \]
pentru orice \(n\in\mathbb N\); cu alte cuvinte, \(\mathbb N\) ar fi mărginită superior.
Deoarece \(\mathbb N\) este nevidă, prin completitudinea lui \(\mathbb R\) ar exista
\[ \alpha=\sup\mathbb N. \]
Cum \(\alpha\) este cel mai mic majorant, numărul \(\alpha-1\) nu poate fi majorant al lui \(\mathbb N\).
Așadar, există \(n\in\mathbb N\) astfel încât
\[ n\gt \alpha-1. \]
Adunând \(1\), obținem
\[ n+1\gt \alpha. \]
Dar \(n+1\in\mathbb N\), ceea ce contrazice faptul că \(\alpha\) este majorant al lui \(\mathbb N\).
Așadar, \(\mathbb N\) nu este mărginită superior. Prin urmare, pentru orice \(x\in\mathbb R\) există \(n\in\mathbb N\) astfel încât
\[ n\gt x. \]
Exercițiul 17 — nivel ★★★★☆
Folosind proprietatea lui Arhimede, să se demonstreze că pentru orice \(\varepsilon\gt 0\) există \(n\in\mathbb N\) astfel încât
\[ \frac1n\lt\varepsilon. \]
Rezultat
Șirul \(\displaystyle \frac1n\) converge către \(0\).
Rezolvare
Fie \(\varepsilon\gt 0\). Atunci
\[ \frac1\varepsilon\gt 0. \]
Conform proprietății lui Arhimede, există \(n\in\mathbb N\) astfel încât
\[ n\gt \frac1\varepsilon. \]
Deoarece ambii membri sunt pozitivi, trecând la inverse inegalitatea își schimbă sensul și obținem
\[ \frac1n\lt \varepsilon. \]
Aceasta demonstrează că, pentru orice \(\varepsilon\gt 0\), există \(n\) astfel încât \(\frac1n\lt\varepsilon\).
În plus, dacă \(m\ge n\), atunci
\[ 0\lt \frac1m\le \frac1n\lt\varepsilon. \]
Așadar,
\[ \frac1n\to 0. \]
Exercițiul 18 — nivel ★★★★★
Să se demonstreze că între două numere reale \(a\lt b\) există cel puțin un număr rațional.
Rezultat
Numerele raționale sunt dense în \(\mathbb R\).
Rezolvare
Fie \(a,b\in\mathbb R\) cu
\[ a\lt b. \]
Atunci
\[ b-a\gt 0. \]
Conform proprietății lui Arhimede, există \(n\in\mathbb N\) astfel încât
\[ n(b-a)\gt 1. \]
În mod echivalent,
\[ nb-na\gt 1. \]
Distanța dintre numerele reale \(na\) și \(nb\) este, prin urmare, mai mare decât \(1\). Așadar, există un întreg \(m\in\mathbb Z\) astfel încât
\[ na\lt m\lt nb. \]
Împărțind la \(n\gt 0\), obținem
\[ a\lt \frac mn\lt b. \]
Numărul
\[ q=\frac mn \]
este rațional și aparține intervalului \((a,b)\).
Așadar, între două numere reale distincte există întotdeauna cel puțin un număr rațional.
Exercițiul 19 — nivel ★★★★★
Să se demonstreze că între două numere reale \(a\lt b\) există cel puțin un număr irațional.
Rezultat
Numerele iraționale sunt dense în \(\mathbb R\).
Rezolvare
Fie \(a,b\in\mathbb R\) cu
\[ a\lt b. \]
Vrem să găsim un număr irațional cuprins între \(a\) și \(b\).
Considerăm numerele
\[ a-\sqrt2 \quad \text{și} \quad b-\sqrt2. \]
Deoarece
\[ a-\sqrt2\lt b-\sqrt2, \]
prin densitatea raționalelor în \(\mathbb R\) există un rațional \(q\in\mathbb Q\) astfel încât
\[ a-\sqrt2\lt q\lt b-\sqrt2. \]
Adunând \(\sqrt2\) la cei trei membri, obținem
\[ a\lt q+\sqrt2\lt b. \]
Numărul \(q+\sqrt2\) este irațional. Într-adevăr, dacă ar fi rațional, atunci
\[ \sqrt2=(q+\sqrt2)-q \]
ar fi diferența a două raționale și, prin urmare, rațional, ceea ce este absurd.
Așadar, există un număr irațional cuprins între \(a\) și \(b\).
Exercițiul 20 — nivel ★★★★★
Fie \((a_n)\) un șir Cauchy în \(\mathbb R\). Să se explice de ce completitudinea lui \(\mathbb R\) implică faptul că \((a_n)\) este convergent.
Rezultat
Orice șir Cauchy de numere reale converge către un număr real.
Rezolvare
Un șir \((a_n)\) se numește Cauchy dacă, pentru orice \(\varepsilon\gt 0\), există \(N\in\mathbb N\) astfel încât, pentru orice \(m,n\ge N\),
\[ |a_n-a_m|\lt\varepsilon. \]
Intuitiv, termenii șirului se apropie tot mai mult unii de alții. Într-un spațiu complet, acest comportament este suficient pentru a garanta că șirul are o limită în interiorul spațiului.
În cazul lui \(\mathbb R\), această proprietate este echivalentă cu completitudinea.
Să vedem ideea demonstrației. Un șir Cauchy este mărginit. Într-adevăr, luând \(\varepsilon=1\), există \(N\) astfel încât, pentru orice \(n\ge N\),
Rezolvare
Un șir \((a_n)\) se numește Cauchy dacă, pentru orice \(\varepsilon\gt 0\), există \(N\in\mathbb N\) astfel încât, pentru orice \(m,n\ge N\),
\[ |a_n-a_m|\lt\varepsilon. \]
Observăm mai întâi că orice șir Cauchy este mărginit. Luând \(\varepsilon=1\), există \(N\in\mathbb N\) astfel încât, pentru orice \(n\ge N\),
\[ |a_n-a_N|\lt 1. \]
Prin urmare, pentru orice \(n\ge N\),
\[ a_n\in(a_N-1,a_N+1). \]
Termenii \(a_1,\ldots,a_{N-1}\), fiind în număr finit, sunt de asemenea mărginiți. Prin urmare, întregul șir \((a_n)\) este mărginit.
Conform teoremei Bolzano-Weierstrass, care decurge din completitudinea lui \(\mathbb R\), șirul mărginit \((a_n)\) admite un subșir convergent. Așadar, există un număr real \(L\) și un subșir \((a_{n_k})\) astfel încât
\[ a_{n_k}\to L. \]
Demonstrăm acum că întregul șir converge către \(L\). Fie \(\varepsilon\gt 0\). Deoarece \((a_n)\) este Cauchy, există \(N_1\in\mathbb N\) astfel încât, pentru orice \(m,n\ge N_1\),
\[ |a_n-a_m|\lt \frac{\varepsilon}{2}. \]
Deoarece \(a_{n_k}\to L\), există \(k\) astfel încât \(n_k\ge N_1\) și
\[ |a_{n_k}-L|\lt \frac{\varepsilon}{2}. \]
Atunci, pentru orice \(n\ge N_1\), avem
\[ |a_n-L|\le |a_n-a_{n_k}|+|a_{n_k}-L|\lt \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \]
Prin urmare,
\[ a_n\to L. \]
Așadar, orice șir Cauchy de numere reale converge către un număr real. Aceasta este una dintre formele echivalente fundamentale ale completitudinii lui \(\mathbb R\).
\[ |a_n-a_N|\lt 1. \]
Așadar, începând de la un anumit rang, toți termenii aparțin intervalului
\[ (a_N-1,a_N+1). \]
Termenii dinaintea acestui rang sunt în număr finit, astfel încât întregul șir este mărginit.
Datorită completitudinii lui \(\mathbb R\), un șir Cauchy nu se poate „apropia de o gaură”, deoarece în \(\mathbb R\) nu există găuri. Există, prin urmare, un număr real \(L\) astfel încât
\[ a_n\to L. \]
Acest fapt nu mai are loc în \(\mathbb Q\): există șiruri raționale Cauchy care converg, în \(\mathbb R\), către numere iraționale precum \(\sqrt2\) și care, prin urmare, nu converg în interiorul lui \(\mathbb Q\).
Prin urmare, completitudinea lui \(\mathbb R\) poate fi exprimată și spunând că orice șir Cauchy real converge către un număr real.