Раздел I. Введение в анализ — § 1. Вещественные числа

Демидович — задача 19

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Задача 19

Пусть {x+y}\{x+y\} есть множество всех сумм x+yx+y, где x∈{x}x\in\{x\} и y∈{y}y\in\{y\}. Доказать равенства:а) inf⁡{x+y}=inf⁡{x}+inf⁡{y};\text{а) }\inf\{x+y\}=\inf\{x\}+\inf\{y\};б) sup⁡{x+y}=sup⁡{x}+sup⁡{y}.\text{б) }\sup\{x+y\}=\sup\{x\}+\sup\{y\}.

Доказательство

Сумма нижних граней ограничивает каждую сумму снизу. Приближение к обеим граням независимо покажет, что оценка точна.

Пусть X,Y⊂RX,Y\subset\mathbb R непусты иX+Y={x+y: x∈X, y∈Y}.X+Y=\{x+y:\ x\in X,\ y\in Y\}.Пункт а: обе нижние грани конечны. Обозначимα=inf⁡X,β=inf⁡Y.\alpha=\inf X,
\qquad
\beta=\inf Y.Для любых x∈Xx\in X и y∈Yy\in Yx≥α,y≥β,x\ge\alpha,
\qquad
y\ge\beta,поэтому x+y≥α+βx+y\ge\alpha+\beta. Следовательно, α+β\alpha+\beta является нижней границей X+YX+Y.

Пусть ε>0\varepsilon>0. По определению инфимума найдутся xε∈Xx_\varepsilon\in X и yε∈Yy_\varepsilon\in Y такие, чтоα≤xε<α+ε2,β≤yε<β+ε2.\alpha\le x_\varepsilon<\alpha+\frac\varepsilon2,
\qquad
\beta\le y_\varepsilon<\beta+\frac\varepsilon2.Тогдаα+β≤xε+yε<α+β+ε.\alpha+\beta
\le x_\varepsilon+y_\varepsilon
<\alpha+\beta+\varepsilon.Значит,inf⁡(X+Y)=α+β.\inf(X+Y)=\alpha+\beta.Пункт а: одно из множеств не ограничено снизу. Пусть, например, inf⁡X=−∞\inf X=-\infty. Зафиксируем произвольный элемент y0∈Yy_0\in Y. Для любого действительного CC можно выбрать x∈Xx\in X так, чтоx<C−y0.x<C-y_0.Тогда x+y0<Cx+y_0<C, поэтому X+YX+Y не ограничено снизу иinf⁡(X+Y)=−∞=inf⁡X+inf⁡Y.\inf(X+Y)=-\infty=\inf X+\inf Y.Если inf⁡Y=−∞\inf Y=-\infty, фиксируем x0∈Xx_0\in X и для любого CC выбираем y<C−x0y<C-x_0. Тогда x0+y<Cx_0+y<C, поэтому X+YX+Y не ограничено снизу.

Пункт б: обе верхние грани конечны. ПустьA=sup⁡X,B=sup⁡Y.A=\sup X,
\qquad
B=\sup Y.Тогда x+y≤A+Bx+y\le A+B для всех x∈Xx\in X, y∈Yy\in Y.
Для любого ε>0\varepsilon>0 существуют xε∈Xx_\varepsilon\in X и yε∈Yy_\varepsilon\in Y такие, чтоA−ε2<xε≤A,B−ε2<yε≤B.A-\frac\varepsilon2<x_\varepsilon\le A,
\qquad
B-\frac\varepsilon2<y_\varepsilon\le B.Следовательно,A+B−ε<xε+yε≤A+B,A+B-\varepsilon<x_\varepsilon+y_\varepsilon\le A+B,и потомуsup⁡(X+Y)=A+B.\sup(X+Y)=A+B.Пункт б: одно из множеств не ограничено сверху. Если, например, sup⁡X=+∞\sup X=+\infty, зафиксируем y0∈Yy_0\in Y. Для любого действительного CC найдётся x∈Xx\in X такой, чтоx>C−y0.x>C-y_0.Тогда x+y0>Cx+y_0>C, то есть X+YX+Y не ограничено сверху. Поэтомуsup⁡(X+Y)=+∞=sup⁡X+sup⁡Y.\sup(X+Y)=+\infty=\sup X+\sup Y.Если sup⁡Y=+∞\sup Y=+\infty, фиксируем x0∈Xx_0\in X и для любого CC выбираем y>C−x0y>C-x_0; тогда x0+y>Cx_0+y>C, поэтому вывод тот же.
Для непустого множества действительных чисел инфимум может быть конечным или равным −∞-\infty, но не +∞+\infty; супремум может быть конечным или равным +∞+\infty, но не −∞-\infty. Поэтому в формулах не возникает неопределённых комбинаций +∞−∞+\infty-\infty.
Для любых непустых X,Y⊂RX,Y\subset\mathbb Rinf⁡(X+Y)=inf⁡X+inf⁡Y,sup⁡(X+Y)=sup⁡X+sup⁡Y,\inf(X+Y)=\inf X+\inf Y,
\qquad
\sup(X+Y)=\sup X+\sup Y,с принятыми соглашениями для сумм конечных и бесконечных граней.

Что и требовалось доказать