Sejam A^{\prime} \subset A e B^{\prime} \subset B conjuntos (não-vazios) limitados de números reais. Se, para cada a \in A e cada b \in B existem a^{\prime} \in A^{\prime} e b^{\prime} \in B^{\prime} tais que a \leq a^{\prime} e b^{\prime} \leq b, então \sup A^{\prime}=\sup A e \inf B^{\prime}=\inf B.

Passo 1

O enunciado dá dois conjuntos não-vazios e limitados de reais, A'\subset A e B'\subset B, e afirma que
  • para todo a\in A existe a'\in A' com a\le a',
  • para todo b\in B existe b'\in B' com b'\le b.
    Queremos mostrar que
\sup A'=\sup A \quad\text{e}\quad \inf B'=\inf B.
Usaremos a definição de supremo como mínimo dos limitantes superiores e a de ínfimo como máximo dos limitantes inferiores, além do fato de que, se X'\subset X, então \sup X'\le\sup X e \inf X'\ge\inf X.

Passo 2

Prova de \sup A'=\sup A:
  1. Como A'\subset A, qualquer limitante superior de A também serve para A'. Logo
\sup A'\le\sup A.
  1. Para a desigualdade oposta, seja \varepsilon>0. Pela definição de supremo de A, existe algum a\in A tal que
a>\sup A-\varepsilon.
Pelo enunciado, a esse a corresponde a'\in A' com a\le a'. Então
\sup A'\;\ge\;a'\;\ge\;a\;>\;\sup A-\varepsilon.
Como isso vale para todo \varepsilon>0, concluímos \sup A'\ge\sup A.
3. Juntando as duas desigualdades, obtemos \sup A'=\sup A.

Passo 3

Prova de \inf B'=\inf B:
  1. De B'\subset B segue imediatamente
\inf B'\ge\inf B.
  1. Para a desigualdade oposta, seja \varepsilon>0. Pela definição de ínfimo de B, existe b\in B tal que
b<\inf B+\varepsilon.
Pelo enunciado, existe b'\in B' com b'\le b. Logo
\inf B'\;\le\;b'\;\le\;b\;<\;\inf B+\varepsilon.
Como vale para todo \varepsilon>0, temos \inf B'\le\inf B.
3. Assim \inf B'=\inf B.

Resposta

\sup A'=\sup A e \inf B'=\inf B.

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