Có bạn hỏi tôi về cách tìm Supremum và Infimum của một tập $A\subset \mathbb{R}$ như thế nào ? mong bài viết nho nhỏ này sẽ giúp các bạn hiểu rõ hơn về Supremum và Infimum của một tập hợp $A\subset \mathbb{R}$, từ đó có một phương pháp giải các bài toán dạng này cho riêng mình.
Định nghĩa
Cho $A$ là tập con khác rỗng của $\mathbb{R}$.
$\bullet$ Tập $A$ được gọi là bị chặn trên nếu $\exists M\in\mathbb{R}:\,\,\,a\leq M\,\,,\,\forall a\in A$.
Với $A$ là tập bị chặn trên thì Supremum của $A$, ký hiệu $Sup A$ là chặn trên nhỏ nhất của $A$, tức là nếu $m$ là một chặn trên của $A$ thì ta luôn có $Sup A\leq m$. Nếu tập $A$ không bị chặn trên thì người ta đặt $Sup \,A=+\infty$.
$\bullet$ Tập $A$ được gọi là bị chặn dưới nếu $\exists M\in\mathbb{R}:\,\,\,a\geq M\,\,,\,\forall a\in A$.
Với $A$ là tập bị chặn dưới thì Infimum của $A$, ký hiệu $Inf A$ là chặn dưới lớn nhất của $A$, tức là nếu $n$ là một chặn dưới của $A$ thì ta luôn có $Inf A\geq n$. Nếu tập $A$ không bị chặn dưới thì người ta đặt $Inf \,A=-\infty$
Một số kết quả liên quan đến Supremum và Infimum
Định lý 1: Cho $A$ là tập con khác rỗng của $\mathbb{R}$ và bị chặn trên. $Sup A=m$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix}a\leq m\,\,,\,\forall a\in A\\ \forall \varepsilon >0\,\,,\,\exists a^*\in A:\,\,a^*>m-\varepsilon \end{matrix}\right.$.
Hơn nữa, nếu $m$ là một chặn trên của $A$ và $m\in A$ thì $Sup A=m$, lúc này $Sup A$ chính là Maximum của tập $A$.
Chứng minh
$\left ( \Rightarrow \right )$ Giả sử $Sup A=m$
Nếu $\exists \varepsilon >0$ sao cho $m-\varepsilon$ là một chặn trên của $A$ thì $m-\varepsilon \geq Sup A=m$ (vô lý)
Vậy $\forall \varepsilon >0$ thì $m-\varepsilon$ không thể là một chặn trên của $A$ hay $\forall \varepsilon >0\,\,,\,\exists\,a^*\in A:\,\,\,a^*>m-\varepsilon$.
$\left ( \Leftarrow \right )$ Giả sử $\left\{\begin{matrix}a\leq m\,\,,\,\forall a\in A\\ \forall \varepsilon >0\,\,,\,\exists a^*\in A:\,\,a^*>m-\varepsilon \end{matrix}\right.$
Ta có $a\leq m\,\,,\,\forall a\in A$ nên $m$ là một chặn trên của $A$, do đó $Sup A\leq m$.
Đặt $d=m-Sup A\geq 0$, nếu $d>0$ thì theo giả thiết, tồn tại $a^*\in A:\,\,\,a^*>m-d=Sup A$ (vô lý).
Vậy $d=0$ hay $Sup A=m$.
Định lý 2: Cho $A$ là tập con khác rỗng của $\mathbb{R}$ và bị chặn dưới. $Inf A=n$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix}a\geq n\,\,,\,\forall a\in A\\ \forall \varepsilon >0\,\,,\,\exists a^*\in A:\,\,a^*<n+\varepsilon \end{matrix}\right.$.
Hơn nữa, nếu $n$ là một chặn dưới của $A$ và $n\in A$ thì $Inf A=n$, lúc này $Inf A$ chính là Minximum của tập $A$.
(Chứng minh xem như bài tập)
Định lý 3: Nếu $(u_n)_n$ là dãy số thực và là dãy tăng thì $\lim_{n \to \infty } u_n=Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}$
Chứng minh
Nếu $(u_n)_n$ không bị chặn trên, tức là $\forall M>0\,,\,\exists n_0\in \mathbb{N}:\,\,u_{n_0}>M$ (*) và $Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}=+\infty$
Do $(u_n)_n$ là dãy đơn điệu tăng nên (*) được viết lại thành $\forall M>0\,,\,\exists n_0\in \mathbb{N}\,,\,\forall n\geq n_0:\,\,u_n>M$
Đây chính là định nghĩa của $\lim_{n \to \infty }u_n=+\infty$. Suy ra $\lim_{n \to \infty } u_n=Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}$.
Nếu $(u_n)_n$ bị chặn trên, tức là $Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}$ tồn tại, đặt $Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}=a$
Khi đó, theo định lý 1 thì $\forall \varepsilon >0\,,\,\exists n_0\in \mathbb{N}:\,\,a+\varepsilon >u_{n_0}>a-\varepsilon$, do $(u_n)_n$ là dãy đơn điệu tăng nên điều này được viết lại thành
$$\forall \varepsilon >0\,,\,\exists n_0\in \mathbb{N}\,,\,\forall n\geq n_0:\,\,\left | u_n-a \right |<\varepsilon$$
Suy ra $\lim_{n \to \infty }u_n=a=Sup\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}$
Định lý 4: Nếu $(u_n)_n$ là dãy số thực và là dãy giảm thì $\lim_{n \to \infty } u_n=Inf\left \{ u_n\,|\,n\in \mathbb{N} \right \}$
(Chứng minh xem như bài tập)
Phần áp dụng
Bài toán 1: Cho $A=\left \{ x\in \mathbb{Q}:\,\,x>0\,,\,x^2<2 \right \}$. Chứng minh rằng $Sup\,A=\sqrt{2}$
Chứng minh
Ta có $\sqrt{2}$ là một chặn trên của $A$ nên $Sup\,A \leq \sqrt{2}$.
Đặt $d=\sqrt{2}-Sup\, A\geq 0$, nếu $d>0$ thì theo nguyên lý Archimedes, tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $nd>1$.
Đặt $Sup \,A=x$ và $m=[nx]+1$ ta có $nx+1>[nx]+1>nx$ hay $nx+1>m>nx$
Suy ra $x+\frac{1}{n}>\frac{m}{n}>x$ mà $x+\frac{1}{n}<x+d=Sup\,A+d=\sqrt{2}$
Điều này dẫn đến $\sqrt{2}>\frac{m}{n}>Sup\,A$ (mâu thuẫn)
Vậy $\sqrt{2}-Sup\,A=d=0$ hay $Sup\,A=\sqrt{2}$
Bài toán 2: Tìm Supremum và Infimum của
a) $A=\left \{ \frac{1}{2n}\,|\,n\in \mathbb{N}^* \right \}$
b) $B=\left \{ \frac{n}{n+2}\,|\,n\in \mathbb{N}^* \right \}$
c) $C=\left \{ 0.2\,,\,0.22\,,\,0.222\,,\,... \right \}$
Giải
a) Ta có $\frac{1}{2n}\leq \frac{1}{2}\,\,,\,\,\forall n\geq 1$ nên $\frac{1}{2}$ là một chặn trên của $A$ và $\frac{1}{2}\in A$ nên theo định lý 1 thì $Sup\,A=\frac{1}{2}$
Ta thấy dãy $\left ( \frac{1}{2n} \right )_{n\in\mathbb{N}^*}$ là một dãy giảm và $\lim_{n \to \infty }\frac{1}{2n}=0$ nên theo định lý 4 thì $Inf \,A=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{2n}=0$
b) Ta thấy dãy $\left ( \frac{n}{n+2} \right )_{n\in\mathbb{N}^*}$ là một dãy tăng và $\lim_{n \to \infty }\frac{n}{n+2}=1$ nên theo định lý 3 thì $Sup \,B=\lim_{n \to \infty }\frac{n}{n+2}=1$
Với mọi $n\geq 2$ thì $\frac{n}{n+2}\geq \frac{1}{2}$ suy ra $\frac{1}{2}$ là một chặn dưới của $B$, mà $\frac{1}{2}\in B$ nên theo định lý 2 thì $Inf\,B=\frac{1}{2}$
c) Ta thấy $C=\left \{ \frac{2}{10}\,,\,\frac{2}{10}\left ( 1+\frac{1}{10} \right )\,,\,\frac{2}{10}\left ( 1+\frac{1}{10}+\frac{1}{10^2} \right )\,,\,... \right \}=\left \{ \frac{2}{9}\left ( 1-\frac{1}{10^n}\right )\,|\,n\in \mathbb{N}^* \right \}$
Suy ra $\frac{2}{10}\leq c<\frac{2}{9}$ với mọi $c\in C$, từ đây ta suy ra được $Inf\,C=\frac{2}{10}$ và $C$ bị chặn trên.
Đặt $Sup\,C=s$ suy ra $s\leq \frac{2}{9}$ , ta có $s-\frac{2}{9.10^n}\leq \frac{2}{9}\left ( 1-\frac{1}{10^n} \right )\leq s$ (**)
Cho $n \to \infty$ thì từ (**) ta có $s\leq \frac{2}{9}\leq s$.
Vậy $Sup\,C=s=\frac{2}{9}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc_90: 30-10-2021 - 14:52
