Sejam S e T subconjuntos não vazios e limitados superiormente de \mathbb{R}. Demonstre que o conjunto
S+T=\{x+y ; x \in S \text { e } y \in T\}
é não vazio, limitado superiormente e \sup (S+T)=\sup S+\sup T.

Passo 1

O enunciado afirma que S e T são subconjuntos não vazios de \mathbb{R}, cada um limitado superiormente, e define
S+T=\{x+y \mid x\in S,\;y\in T\}.
Queremos mostrar que S+T também é não vazio, é limitado superiormente e que
\sup(S+T)=\sup S+\sup T.
Para isso usaremos a definição de limite superior (supremo) e a propriedade arquimediana em \mathbb{R}.

Passo 2

Como S e T são não vazios, escolhemos x_0\in S e y_0\in T. Logo x_0+y_0\in S+T, mostrando que S+T\neq\varnothing.
Sejam M_S=\sup S e M_T=\sup T. Para todo x\in S temos x\le M_S e para todo y\in T temos y\le M_T. Então, para todo x+y\in S+T,
x+y\le M_S+M_T.
Isto prova que M_S+M_T é um limitante superior de S+T, ou seja, S+T é limitado superiormente.

Passo 3

Agora vamos mostrar que não existe um limitante superior estritamente menor que M_S+M_T. Seja \varepsilon>0. Como M_S é supremo de S, existe x_\varepsilon\in S tal que
M_S-\frac{\varepsilon}{2}<x_\varepsilon\le M_S.
Analogamente, existe y_\varepsilon\in T com
M_T-\frac{\varepsilon}{2}<y_\varepsilon\le M_T.
Somando as duas desigualdades obtém-se
(M_S+M_T)-\varepsilon < x_\varepsilon + y_\varepsilon \le M_S+M_T.
Como x_\varepsilon+y_\varepsilon\in S+T, concluímos que para todo \varepsilon>0 existe elemento em S+T maior que (M_S+M_T)-\varepsilon. Isso implica que nenhum número menor que M_S+M_T pode ser um limitante superior de S+T.

Passo 4

Dos passos anteriores temos que M_S+M_T é um limitante superior de S+T e que qualquer número menor que M_S+M_T deixa de ser limitante superior. Portanto, por definição de supremo,
\sup(S+T)=M_S+M_T=\sup S+\sup T.

Resposta

\sup(S+T)=\sup S+\sup T.

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