Seja \varphi \neq A \subset \mathbb{Z}. Se A é limitado superiormente mostrar que A admite elemento máximo. Dê um exemplo.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:
  • Dado A\subset\mathbb{Z} com A\neq\varnothing.
  • Sabe-se que A é limitado superiormente (existe um número real que é limite superior de A).
  • Pede-se para mostrar que A admite elemento máximo (ou seja, existe m\in A tal que a\le m para todo a\in A).
  • Pede-se também um exemplo concreto de um conjunto A\subset\mathbb{Z} não vazio e limitado superiormente, indicando seu máximo.

Passo 2

Introduzindo a ideia-chave (explicando os conceitos usados):
  • Como A é não vazio e limitado superiormente, pela propriedade de completude de \mathbb{R} existe o supremo de A. Vamos chamar
s=\sup A.
Aqui s significa o menor (mais baixo) dos limites superiores de A; formalmente: (i) todo a\in A satisfaz a\le s (ou seja, s é um limite superior) e (ii) para qualquer \varepsilon>0 existe a\in A com a>s-\varepsilon (isso garante que não existe limite superior menor que s). Vou usar essas duas propriedades várias vezes. É importante entender: supremo é um número real, ainda não sabemos se pertence a A.

Passo 3

Mostrando que s é um inteiro (uso da “discretude” dos inteiros):
  • Suponha, por absurdo, que s\notin\mathbb{Z}.
  • Defina m=\lfloor s\rfloor (a parte inteira de s). Por definição de piso tem-se
m\le s < m+1,
com m\in\mathbb{Z} e m<s.
  • Como m<s e s=\sup A é o menor limite superior, m não pode ser um limite superior de A. Logo existe a\in A tal que
a>m.
  • Mas a\in\mathbb{Z} e a>m implicam a\ge m+1 (porque entre inteiros não há valores estranhos), logo
a\ge m+1.
  • A partir de s<m+1 obtemos a\ge m+1>s, o que contradiz o fato de s ser um limite superior (todos os a\in A devem satisfazer a\le s).
  • Essa contradição mostra que a hipótese s\notin\mathbb{Z} é impossível. Portanto
s\in\mathbb{Z}.

Passo 4

Mostrando que s\in A (logo s é máximo):
  • Agora já sabemos que s é um inteiro e que s é um limite superior de A (isto é, a\le s para todo a\in A).
  • Se s\notin A, usamos a propriedade do supremo: para \varepsilon=\tfrac{1}{2} existe a\in A tal que
a>s-\tfrac{1}{2}.
  • Como a\in\mathbb{Z} e s\in\mathbb{Z}, a desigualdade a>s-\tfrac{1}{2} força a\ge s (porque o inteiro imediatamente abaixo de s é s-1, e s-1\le s-\tfrac{1}{2} não satisfaz a>s-\tfrac{1}{2}). Assim a\ge s.
  • Mas já sabemos que todo a\in A satisfaz a\le s. Portanto a\ge s e a\le s implicam a=s.
  • Assim existe a\in A com a=s, ou seja, s\in A.
  • Conclusão: s pertence a A e, por ser limite superior, é o maior elemento de A. Logo A admite elemento máximo, concretamente \max A=s.
(Dica intuitiva: a razão de isso dar certo é que os inteiros não têm pontos de acumulação por baixo — eles são “separados” por 1 — então o supremo, que é o limite superior mais apertado, não pode ficar num meio real entre inteiros sem que algum inteiro de A ultrapasse esse meio.)

Passo 5

Exemplo concreto (um bem simples e explícito):
  • Tome
A=\{n\in\mathbb{Z} \mid n<10\}.
  • Esse conjunto é não vazio, está contido em \mathbb{Z} e é limitado superiormente (por exemplo, 10 é um limite superior). Observando os inteiros menores que 10 vemos que o maior deles que pertence a A é 9. Assim
\max A = 9.
  • Outro exemplo: A=\{ -3,0,1,4,5\} tem \max A=5. Qualquer conjunto finito de inteiros não vazio é um caso trivial, e também há conjuntos infinitos com teto (por exemplo \{n\in\mathbb{Z}: n\le 7\} tem máximo 7).

Resposta

A admite máximo: \max A=\sup A\in\mathbb{Z}.\nExemplo: para A=\{n\in\mathbb{Z}\mid n<10\} temos \max A=9.

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