Questão 5. Sejam A, B \subset \mathbb{R} dois conjuntos limitados superiormente e não-vazios. Prove que o conjunto
A+B=\{a+b ; a \in A \quad \text { e } \quad b \in B\}
é limitado superiormente e não-vazio, e que além disso vale
\sup (A+B)=\sup A+\sup B

Passo 1

O enunciado dá duas hipóteses claras:
  • A\subset\mathbb{R} e B\subset\mathbb{R} são conjuntos não-vazios;
  • A e B são limitados superiormente (ou seja, cada um tem pelo menos um majorante).
O que é pedido:
  • provar que o conjunto
A+B=\{a+b ;\\ a\in A\\ \text{e}\\ b\in B\}
é não-vazio e limitado superiormente;
  • provar que
\sup(A+B)=\sup A+\sup B.

Passo 2

Mostrar que A+B é não-vazio.
Como A e B são não-vazios, existe a_0\in A e existe b_0\in B. Então a_0+b_0 é um número real pertencente a A+B por definição do conjunto soma. Portanto A+B\neq\varnothing.

Passo 3

Lembrando o que é supremum (uma mini-aula):
  • Dado um conjunto X\subset\mathbb{R} não-vazio e limitado superiormente, \sup X é o menor dos majorantes de X. Isso significa duas coisas:
    1. Para todo x\in X vale x\le \sup X (ou seja, \sup X é um majorante).
    2. Se M é qualquer outro majorante de X (isto é, se x\le M para todo x\in X), então \sup X\le M (é o menor majorante).
Esse é o conceito que usaremos.

Passo 4

Provar que A+B é limitado superiormente.
Peguemos a\in A e b\in B. Como \sup A é majorante de A temos a\le \sup A. Como \sup B é majorante de B temos b\le \sup B. Somando as desigualdades obtemos
a+b \le \sup A + \sup B.
Isto vale para todo a\in A e todo b\in B. Logo \sup A+\sup B é um majorante de A+B. Portanto A+B é limitado superiormente. (Como já mostramos que A+B não é vazio, a existência de \sup(A+B) está garantida pelo axioma de completude de \mathbb{R}.)

Passo 5

Mostrar a desigualdade \sup(A+B)\le \sup A+\sup B.
Do passo anterior sabemos que \sup A+\sup B é um majorante de A+B. Como \sup(A+B) é o menor majorante de A+B, segue imediatamente
\sup(A+B)\le \sup A+\sup B.

Passo 6

Mostrar a desigualdade \sup(A+B)\ge \sup A+\sup B (a outra direção, que dará a igualdade).
Vamos usar o argumento-padrão com \varepsilon-aproximações: propriedade útil do supremum — para qualquer conjunto X não-vazio e limitado superiormente, e para todo \varepsilon>0, existe x\in X tal que
\sup X - \varepsilon < x \le \sup X.
(Se isso não ocorresse para algum \varepsilon>0, então \sup X -\varepsilon seria um majorante menor que \sup X, contradizendo a minimalidade de \sup X.)
Agora tome um \varepsilon>0 arbitrário. Aplicando a propriedade acima aos conjuntos A e B com \varepsilon/2 obtemos:
  • existe a_\varepsilon\in A tal que \sup A - \dfrac{\varepsilon}{2} < a_\varepsilon \le \sup A;
  • existe b_\varepsilon\in B tal que \sup B - \dfrac{\varepsilon}{2} < b_\varepsilon \le \sup B.
Somando as duas desigualdades estritas (as partes baixas) segue
(\sup A - \tfrac{\varepsilon}{2}) + (\sup B - \tfrac{\varepsilon}{2}) < a_\varepsilon + b_\varepsilon \le \sup A + \sup B,
isto é,
\sup A + \sup B - \varepsilon < a_\varepsilon + b_\varepsilon \le \sup A + \sup B.
Como a_\varepsilon+b_\varepsilon\in A+B, o número a_\varepsilon+b_\varepsilon pertence a A+B e portanto não pode exceder \sup(A+B). Assim
\sup A + \sup B - \varepsilon < a_\varepsilon + b_\varepsilon \le \sup(A+B).
Portanto
\sup A + \sup B - \varepsilon < \sup(A+B).
Como a desigualdade vale para todo \varepsilon>0 arbitrário, passando ao limite (ou dizendo que não se pode ficar sempre à distância positiva), concluímos
\sup A + \sup B \le \sup(A+B).

Passo 7

Concluir a igualdade.
Dos passos 5 e 6 temos as duas desigualdades opostas:
\sup(A+B)\le \sup A+\sup B \qquad\text{e}\qquad \sup A+\sup B \le \sup(A+B).
Combinando-as obtemos a igualdade desejada:
\sup(A+B)=\sup A+\sup B.

Resposta

A+B é não-vazio e limitado superiormente; \displaystyle \sup(A+B)=\sup A+\sup B.

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