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

Демидович — задача 20

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

Задача 20

Пусть X,Y⊂[0,+∞)X,Y\subset[0,+\infty) — непустые множества иXY={xy: x∈X, y∈Y}.XY=\{xy:\ x\in X,\ y\in Y\}.а) Доказать, что inf⁡(XY)=inf⁡X inf⁡Y\inf(XY)=\inf X\,\inf Y.

б) Доказать, что sup⁡(XY)=sup⁡X sup⁡Y\sup(XY)=\sup X\,\sup Y, если произведение в правой части определено. Отдельно рассмотреть случай, когда одно из множеств равно {0}\{0\}, а другое не ограничено.

Доказательство

Для неотрицательных множителей можно перемножать нижние оценки. Верхнюю грань произведения разберём с учётом возможной бесконечности.

Пусть X,Y⊂[0,+∞)X,Y\subset[0,+\infty) непусты иXY={xy: x∈X, y∈Y}.XY=\{xy:\ x\in X,\ y\in Y\}.Пункт а: нижняя граница. Обозначимα=inf⁡X,β=inf⁡Y.\alpha=\inf X,
\qquad
\beta=\inf Y.Поскольку XX и YY непусты и состоят из неотрицательных чисел, α,β∈[0,+∞)\alpha,\beta\in[0,+\infty). Для любых x∈Xx\in X, y∈Yy\in Yx≥α≥0,y≥β≥0,x\ge\alpha\ge0,
\qquad
y\ge\beta\ge0,откуда xy≥αβxy\ge\alpha\beta.

Пусть ε>0\varepsilon>0 иη=min⁡{1,εα+β+1}.\eta=\min\left\{1,\frac{\varepsilon}{\alpha+\beta+1}\right\}.Можно выбрать x∈Xx\in X и y∈Yy\in Y так, чтоα≤x<α+η,β≤y<β+η.\alpha\le x<\alpha+\eta,
\qquad
\beta\le y<\beta+\eta.Тогдаxy<(α+η)(β+η)=αβ+η(α+β)+η2≤αβ+η(α+β+1)≤αβ+ε.\begin{aligned}
xy
&<(\alpha+\eta)(\beta+\eta)\\
&=\alpha\beta+\eta(\alpha+\beta)+\eta^2\\
&\le\alpha\beta+\eta(\alpha+\beta+1)\\
&\le\alpha\beta+\varepsilon.
\end{aligned}Следовательно,inf⁡(XY)=αβ.\inf(XY)=\alpha\beta.Пункт б: конечные верхние грани. ПустьA=sup⁡X<+∞,B=sup⁡Y<+∞.A=\sup X<+\infty,
\qquad
B=\sup Y<+\infty.Тогда xy≤ABxy\le AB для всех x∈Xx\in X, y∈Yy\in Y.
Если A=0A=0, то X={0}X=\{0\}; если B=0B=0, то Y={0}Y=\{0\}. В каждом из этих случаев XY={0}XY=\{0\} и sup⁡(XY)=AB=0\sup(XY)=AB=0.

Пусть теперь A>0A>0 и B>0B>0. Для ε>0\varepsilon>0 положимη=min⁡{A2,B2,εA+B}.\eta=\min\left\{\frac A2,\frac B2,\frac{\varepsilon}{A+B}\right\}.Выберем x∈Xx\in X, y∈Yy\in Y так, чтоA−η<x≤A,B−η<y≤B.A-\eta<x\le A,
\qquad
B-\eta<y\le B.ТогдаAB−xy=A(B−y)+y(A−x)<Aη+Bη=(A+B)η≤ε.\begin{aligned}
AB-xy
&=A(B-y)+y(A-x)\\
&<A\eta+B\eta\\
&=(A+B)\eta\le\varepsilon.
\end{aligned}Значит, AB−ε<xy≤ABAB-\varepsilon<xy\le AB, поэтомуsup⁡(XY)=AB.\sup(XY)=AB.Пункт б: неограниченные случаи. Пусть sup⁡X=+∞\sup X=+\infty и sup⁡Y=B>0\sup Y=B>0 (конечное или бесконечное). Из B>0B>0 следует, что в YY имеется элемент y0>0y_0>0. Для любого C>0C>0 выбираем x∈Xx\in X так, что x>Cy0x>\frac C{y_0}. Тогда xy0>Cxy_0>C, поэтомуsup⁡(XY)=+∞.\sup(XY)=+\infty.Тот же вывод получается при sup⁡Y=+∞\sup Y=+\infty и sup⁡X>0\sup X>0.
Если же sup⁡X=+∞\sup X=+\infty, но sup⁡Y=0\sup Y=0, то из неотрицательности следует Y={0}Y=\{0\}, поэтому XY={0}XY=\{0\} и sup⁡(XY)=0\sup(XY)=0. Это и есть исключительный случай, в котором произведение верхних граней имело бы неопределённый вид (+∞)⋅0(+\infty)\cdot0.

Пункт а не нуждается в предположении ограниченности: у непустых множеств из [0,+∞)[0,+\infty) инфимумы всегда конечны. Пункт б доказан во всех случаях, где произведение расширенных граней определено; вырожденный случай 0⋅(+∞)0\cdot(+\infty) описан отдельно, без использования неопределённого произведения.
inf⁡(XY)=inf⁡X inf⁡Y.\inf(XY)=\inf X\,\inf Y.Если sup⁡X\sup X и sup⁡Y\sup Y конечны, тоsup⁡(XY)=sup⁡X sup⁡Y.\sup(XY)=\sup X\,\sup Y.При неограниченности одного множества супремум произведений равен +∞+\infty, если другое множество содержит положительный элемент; если другое множество равно {0}\{0\}, то XY={0}XY=\{0\}.

Что и требовалось доказать