Sea $A\subseteq \mathbb{R}$ acotado superiormente y no vacío. Probar que si $A$ no tiene máximo entonces existe $( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\subseteq A$ estrictamente creciente tal que $a_{n}\underset{ n\to \infty }{ \to } sup(A)$

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Comentario

Una consideración, si el ejercicio no me pediría una sucesión estrictamente creciente podría tomar un $n \in \mathbb{N}$ tal que

$$s- \frac{1}{n}<a_{n}\quad \forall n\in \mathbb{N}$$

¿Como aseguro que $a_{n}\in A\quad\forall n \in \mathbb{N}$ ? Como $\frac{1}{n}>0$ , si considero $\varepsilon= \frac{1}{n}$ por propiedad de supremo $\:\exists\:a_{n}\in A\:|\:s-\varepsilon<a_{n}$
Así, afirmo que $\underset{ n\to \infty }{ \lim }a_{n}=s=sup(A)$ Dado $\varepsilon>0$ tomo $n_{0} \in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{n_{0}}<\varepsilon$ que existe por arquimedianidad. Luego, si $n\geq n_{0}$:

$$|a_{n}-l|=|a_{n}-s| >|(\cancel{ s }- \frac{1}{n})-\cancel{ s }|= \frac{1}{n}\leq \frac{1}{n_{0}}<\varepsilon$$

Como $\varepsilon$ era arbitrario, queda que existe $( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\subseteq A$ $\underset{ n\to \infty }{ \lim }a_{n}=s$

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Desarrollo de la idea

¿Ahora cómo salvo eso de que sea estrictamente creciente?

El problema con la consideración anterior es que no podes asegurar que

$$a_{n-1}<a_{n}\quad \forall n\in \mathbb{N}\tag{1}$$

Un escenario ideal sería que pasara esto: Entonces si se cumpliría (1), pero esto no podemos asegurar que pasa. Pues a priori el $a_{n}$ que generamos no tiene ninguna condición impuesta por nosotros para que sea no solo mayor a $s-\varepsilon$ (que si lo hace por propiedad) sino también mayor al término anterior que generamos.

Un ejemplo sería este: Acá generamos los términos de la sucesión cumpliendo que sean mayores a sus respectivos $s-\varepsilon$ pero no cumplen $a_{n}<a_{n+1}$

Esto se arregla tomando $\varepsilon$ de la siguiente manera:

$$\varepsilon=min\left\{ \frac{1}{n},s-a_{n-1} \right\}$$

La manera de ilustrar esto sería: Estoy por generar el término $a_{n}$, tengo que considerar un $\varepsilon$ acorde a lo pedido y hasta ahora tengo esto:

Para asegurar que $a_{n-1}<a_{n}$ debo elegir el mínimo de los 2 epsilons posibles.

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Demostración

$Dem:$ Como $A$ no tiene máximo entonces $s=sup(A)\not\in A$ y por lo tanto $a<s\quad\forall a \in A$ Tomo un elemento $a\in A,$ existe pues $A\neq \emptyset$ . Por axioma de completitud existe $s=sup(A)$ Defino mi primer término de la sucesión como $a_{1}=a$. Defino mi sucesión de la siguiente manera: Dado $n \in \mathbb{N}$ tomo $a_{n}\in A$ tal que $s- \varepsilon<a_{n}$ con $\varepsilon=min\left\{ \frac{1}{n},s-a_{n-1} \right\}$

Afirmo:

• La sucesión $( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$ es estrictamente creciente.

$$a_{n}<a_{n+1}\quad \forall n \in \mathbb{N}$$

Dado $n \in \mathbb{N}$, como $\varepsilon\leq s-a_{n-1}$ entonces

$$s-\varepsilon\geq s-(s-a_{n-1})=a_{n-1}$$

Como fijé $\varepsilon$ al tomar $a_{n}$ tal que

$$s-\varepsilon<a_{n}$$

Me queda que

$$a_{n-1}\leq s-\varepsilon<a_{n}$$

Como $n$ era arbitrario

$$a_{n-1}<a_{n}\quad \forall n \in \mathbb{N}$$

• Afirmo $\underset{ n\to \infty }{ \lim }a_{n}=s$ Dado $\varepsilon>0$, existe $n_{0}\in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{n_{0}}<\varepsilon$

Por lo tanto $s-\varepsilon< s-\frac{1}{n_{0}}< a_{n}$ por construcción de la sucesión para todo $n\geq n_{0}$ $\implies s-a_{n}<\varepsilon$ Así, si $n\geq n_{0}$:

$$|a_{n}-s|\underset{ a_{n}<s }{ = }s-a_{n}<\varepsilon \quad \forall n \in\mathbb{N}$$

Como $\varepsilon$ era arbitrario, tengo que $\forall\varepsilon>0\:\exists\:n_{0}\in \mathbb{N}\bigm||a_{n}-s|<\varepsilon \quad\forall n\geq n_{0}$

$$\underset{ n\to \infty }{ \lim } a_{n}=sup(A)$$

Finalmente, existe $( a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\subseteq A$ estrictamente creciente tal que $a_{n}\longrightarrow sup(A)$

$$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \square$$