Gli esercizi seguenti sono dedicati alla completezza di \(\mathbb R\). Il punto centrale è l'assioma dell'estremo superiore: ogni sottoinsieme non vuoto di \(\mathbb R\), superiormente limitato, ammette estremo superiore in \(\mathbb R\).
Questo principio distingue profondamente \(\mathbb R\) da \(\mathbb Q\) e permette di dimostrare risultati fondamentali dell'analisi, come l'esistenza di estremi, il teorema degli intervalli annidati e la convergenza delle successioni monotone limitate.
Esercizio 1 — livello ★☆☆☆☆
Sia
\[ A=(0,1). \]
Determinare estremo superiore, estremo inferiore, massimo e minimo di \(A\), spiegando il ruolo della completezza di \(\mathbb R\).
Risultato
Si ha
\[ \sup A=1,\qquad \inf A=0. \]
L'insieme \(A\) non ha né massimo né minimo.
Svolgimento
L'insieme \(A=(0,1)\) è non vuoto ed è superiormente limitato. Per esempio, \(1\) è un maggiorante di \(A\), perché ogni \(x\in A\) soddisfa
\[ x\lt 1. \]
Per l'assioma di completezza di \(\mathbb R\), l'insieme \(A\) ammette estremo superiore.
Mostriamo che
\[ \sup A=1. \]
Il numero \(1\) è un maggiorante di \(A\). Inoltre, se \(M\lt 1\), allora possiamo scegliere un numero \(x\) tale che
\[ M\lt x\lt 1. \]
Se scegliamo anche \(x\gt 0\), allora \(x\in A\) e \(x\gt M\). Dunque nessun numero minore di \(1\) è un maggiorante di \(A\). Quindi \(1\) è il più piccolo dei maggioranti, cioè
\[ \sup A=1. \]
In modo analogo, \(0\) è un minorante di \(A\), e nessun numero maggiore di \(0\) è minorante. Infatti, se \(m\gt 0\), possiamo scegliere \(x\in(0,m)\), e allora \(x\in A\) ma \(x\lt m\). Quindi
\[ \inf A=0. \]
L'insieme non ha massimo, perché \(1\notin A\). Non ha nemmeno minimo, perché \(0\notin A\).
Questo esercizio mostra una distinzione fondamentale: l'estremo superiore e l'estremo inferiore possono esistere anche quando massimo e minimo non esistono.
Esercizio 2 — livello ★☆☆☆☆
Sia
\[ A=\left\{1-\frac1n:n\in\mathbb N,\ n\ge 1\right\}. \]
Determinare estremo superiore, estremo inferiore, massimo e minimo di \(A\).
Risultato
Si ha
\[ \sup A=1,\qquad \inf A=0. \]
L'insieme ha minimo \(0\), ma non ha massimo.
Svolgimento
Gli elementi di \(A\) sono
\[ 0,\frac12,\frac23,\frac34,\ldots \]
Infatti, per \(n=1\), otteniamo
\[ 1-\frac11=0. \]
Per ogni \(n\ge 1\), si ha
\[ 1-\frac1n\lt 1. \]
Quindi \(1\) è un maggiorante di \(A\).
Mostriamo che è il minimo dei maggioranti. Se \(M\lt 1\), allora \(1-M\gt 0\). Per la proprietà archimedea dei numeri reali, esiste \(n\in\mathbb N\) tale che
\[ \frac1n\lt 1-M. \]
Da questa disuguaglianza segue
\[ M\lt 1-\frac1n. \]
Dunque \(M\) non è un maggiorante di \(A\). Pertanto
\[ \sup A=1. \]
Inoltre il primo elemento dell'insieme è \(0\), e tutti gli altri elementi sono maggiori o uguali a \(0\). Quindi
\[ \inf A=0 \]
e \(0\) è anche il minimo di \(A\).
L'insieme non ha massimo, perché il suo estremo superiore è \(1\), ma \(1\notin A\).
Esercizio 3 — livello ★★☆☆☆
Sia
\[ A=\{x\in\mathbb R:x^2\lt 2\}. \]
Determinare \(\sup A\) e spiegare perché la completezza di \(\mathbb R\) è essenziale.
Risultato
Si ha
\[ \sup A=\sqrt2. \]
Svolgimento
L'insieme
\[ A=\{x\in\mathbb R:x^2\lt 2\} \]
contiene tutti i numeri reali il cui quadrato è minore di \(2\). In particolare, contiene numeri positivi e negativi, ed è non vuoto perché, per esempio, \(1\in A\).
Inoltre \(A\) è superiormente limitato. Infatti, se \(x\ge 2\), allora
\[ x^2\ge 4\gt 2, \]
quindi \(x\notin A\). Dunque \(2\) è un maggiorante di \(A\).
Per la completezza di \(\mathbb R\), essendo \(A\) non vuoto e superiormente limitato, esiste
\[ \alpha=\sup A. \]
Intuitivamente, l'insieme \(A\) è formato dai numeri
\[ -\sqrt2\lt x\lt \sqrt2, \]
quindi il suo estremo superiore è \(\sqrt2\).
Il numero \(\sqrt2\) è un maggiorante di \(A\). Infatti, se \(x\in A\), allora \(x^2\lt 2\). Se \(x\ge 0\), da \(x^2\lt 2\) segue \(x\lt\sqrt2\); se invece \(x\lt 0\), allora certamente \(x\lt\sqrt2\). Dunque, in ogni caso, \(x\le\sqrt2\).
Inoltre nessun numero minore di \(\sqrt2\) può essere un maggiorante. Infatti, se \(M\lt\sqrt2\), possiamo scegliere un numero reale \(x\) tale che
\[ \max\{M,0\}\lt x\lt\sqrt2. \]
Allora \(x\gt 0\) e \(x\lt\sqrt2\), quindi
\[ x^2\lt 2. \]
Pertanto \(x\in A\) e, poiché \(x\gt M\), il numero \(M\) non è un maggiorante di \(A\).
Concludiamo quindi che
\[ \sup A=\sqrt2. \]
La completezza è essenziale perché garantisce l'esistenza dell'estremo superiore come numero reale. Nei razionali, un insieme analogo avrebbe un “vuoto” proprio in corrispondenza di \(\sqrt2\), che non è razionale.
Esercizio 4 — livello ★★☆☆☆
Sia
\[ B=\{q\in\mathbb Q:q^2\lt 2\}. \]
Considerato \(B\) come sottoinsieme di \(\mathbb Q\), spiegare perché non ha estremo superiore in \(\mathbb Q\).
Risultato
L'insieme \(B\) non ha estremo superiore in \(\mathbb Q\).
Svolgimento
L'insieme
\[ B=\{q\in\mathbb Q:q^2\lt 2\} \]
è non vuoto e superiormente limitato in \(\mathbb Q\). Infatti \(1\in B\), perché \(1^2\lt 2\), mentre \(2\) è un maggiorante razionale di \(B\).
Se lavorassimo in \(\mathbb R\), l'estremo superiore di \(B\) sarebbe
\[ \sqrt2. \]
Tuttavia
\[ \sqrt2\notin\mathbb Q. \]
Vediamo perché questo impedisce l'esistenza dell'estremo superiore in \(\mathbb Q\). Se \(s\in\mathbb Q\) fosse l'estremo superiore di \(B\) in \(\mathbb Q\), allora \(s\) dovrebbe essere il punto di separazione tra i razionali \(q\) tali che \(q^2\lt 2\) e i razionali che stanno oltre tale soglia.
In particolare, il candidato naturale dovrebbe soddisfare
\[ s^2=2. \]
Ma nessun numero razionale ha quadrato uguale a \(2\). Infatti, se esistesse \(s\in\mathbb Q\) tale che \(s^2=2\), allora avremmo \(s=\sqrt2\), contro il fatto che \(\sqrt2\) è irrazionale.
Questo significa che in \(\mathbb Q\) l'insieme \(B\) ha un vuoto: il candidato naturale all'estremo superiore sarebbe \(\sqrt2\), ma \(\sqrt2\) non appartiene a \(\mathbb Q\).
Perciò \(B\) è superiormente limitato in \(\mathbb Q\), ma non possiede estremo superiore in \(\mathbb Q\).
Questo mostra precisamente che \(\mathbb Q\) non è completo.
Esercizio 5 — livello ★★☆☆☆
Usando l'assioma dell'estremo superiore, dimostrare che ogni sottoinsieme non vuoto e inferiormente limitato di \(\mathbb R\) ammette estremo inferiore.
Risultato
Ogni insieme non vuoto e inferiormente limitato di \(\mathbb R\) ammette estremo inferiore.
Svolgimento
Sia \(A\subseteq\mathbb R\) un insieme non vuoto e inferiormente limitato.
Consideriamo l'insieme opposto
\[ -A=\{-x:x\in A\}. \]
Poiché \(A\) è non vuoto, anche \(-A\) è non vuoto.
Poiché \(A\) è inferiormente limitato, esiste \(m\in\mathbb R\) tale che
\[ m\le x \]
per ogni \(x\in A\). Moltiplicando per \(-1\), otteniamo
\[ -x\le -m \]
per ogni \(x\in A\). Dunque \(-m\) è un maggiorante di \(-A\).
Per l'assioma dell'estremo superiore, l'insieme \(-A\), essendo non vuoto e superiormente limitato, ammette estremo superiore. Poniamo
\[ \alpha=\sup(-A). \]
Vogliamo mostrare che
\[ \inf A=-\alpha. \]
Poiché \(\alpha\) è un maggiorante di \(-A\), per ogni \(x\in A\) si ha
\[ -x\le \alpha. \]
Moltiplicando per \(-1\), otteniamo
\[ x\ge -\alpha. \]
Quindi \(-\alpha\) è un minorante di \(A\).
Inoltre, essendo \(\alpha\) il minimo dei maggioranti di \(-A\), il numero \(-\alpha\) è il massimo dei minoranti di \(A\). Pertanto
\[ \inf A=-\sup(-A). \]
Esercizio 6 — livello ★★☆☆☆
Dimostrare che se \(A\subseteq\mathbb R\) è non vuoto e superiormente limitato, allora per ogni \(\varepsilon\gt 0\) esiste \(a\in A\) tale che
\[ \sup A-\varepsilon\lt a\le \sup A. \]
Risultato
Per ogni \(\varepsilon\gt 0\), esistono elementi di \(A\) arbitrariamente vicini all'estremo superiore da sinistra.
Svolgimento
Sia
\[ \alpha=\sup A. \]
Poiché \(\alpha\) è un maggiorante di \(A\), per ogni \(a\in A\) si ha
\[ a\le \alpha. \]
Dobbiamo dimostrare che esiste almeno un elemento \(a\in A\) con
\[ \alpha-\varepsilon\lt a. \]
Supponiamo per assurdo che ciò non accada. Allora, per ogni \(a\in A\), avremmo
\[ a\le \alpha-\varepsilon. \]
Questo significherebbe che \(\alpha-\varepsilon\) è un maggiorante di \(A\).
Ma
\[ \alpha-\varepsilon\lt \alpha, \]
e ciò contraddice il fatto che \(\alpha\) sia il più piccolo dei maggioranti.
Quindi deve esistere \(a\in A\) tale che
\[ \alpha-\varepsilon\lt a. \]
Poiché inoltre \(\alpha\) è maggiorante, abbiamo anche \(a\le \alpha\). Dunque
\[ \alpha-\varepsilon\lt a\le \alpha. \]
Esercizio 7 — livello ★★★☆☆
Usando la completezza di \(\mathbb R\), dimostrare che ogni successione crescente e superiormente limitata converge.
Risultato
Ogni successione crescente e superiormente limitata di numeri reali converge al suo estremo superiore.
Svolgimento
Sia \((a_n)\) una successione crescente e superiormente limitata. Consideriamo l'insieme dei suoi valori:
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
L'insieme \(A\) è non vuoto ed è superiormente limitato, perché la successione è superiormente limitata.
Per la completezza di \(\mathbb R\), esiste
\[ \alpha=\sup A. \]
Dimostriamo che
\[ a_n\to \alpha. \]
Sia \(\varepsilon\gt 0\). Per la caratterizzazione dell'estremo superiore, esiste un elemento \(a_N\in A\) tale che
\[ \alpha-\varepsilon\lt a_N\le \alpha. \]
Poiché la successione è crescente, per ogni \(n\ge N\) si ha
\[ a_N\le a_n. \]
Inoltre, poiché \(\alpha\) è un maggiorante di \(A\), si ha
\[ a_n\le \alpha. \]
Quindi, per ogni \(n\ge N\),
\[ \alpha-\varepsilon\lt a_n\le \alpha. \]
Questo implica
\[ 0\le \alpha-a_n\lt \varepsilon. \]
Dunque
\[ |a_n-\alpha|\lt \varepsilon \]
per ogni \(n\ge N\). Pertanto \(a_n\to\alpha\).
Esercizio 8 — livello ★★★☆☆
Usando la completezza di \(\mathbb R\), dimostrare che ogni successione decrescente e inferiormente limitata converge.
Risultato
Ogni successione decrescente e inferiormente limitata converge al suo estremo inferiore.
Svolgimento
Sia \((a_n)\) una successione decrescente e inferiormente limitata. Consideriamo l'insieme
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
L'insieme \(A\) è non vuoto ed è inferiormente limitato.
Per l'esercizio 5, che deriva dall'assioma dell'estremo superiore, \(A\) ammette estremo inferiore. Poniamo
\[ \alpha=\inf A. \]
Vogliamo dimostrare che
\[ a_n\to\alpha. \]
Sia \(\varepsilon\gt 0\). Per la caratterizzazione dell'infimo, esiste un elemento \(a_N\in A\) tale che
\[ \alpha\le a_N\lt \alpha+\varepsilon. \]
Poiché la successione è decrescente, per ogni \(n\ge N\) si ha
\[ a_n\le a_N. \]
Inoltre, poiché \(\alpha\) è un minorante di \(A\), per ogni \(n\) si ha
\[ \alpha\le a_n. \]
Pertanto, per ogni \(n\ge N\),
\[ \alpha\le a_n\lt \alpha+\varepsilon. \]
Quindi
\[ |a_n-\alpha|\lt \varepsilon \]
per ogni \(n\ge N\). Dunque \(a_n\to\alpha\).
Esercizio 9 — livello ★★★☆☆
Dimostrare che la successione
\[ a_n=1-\frac1n \]
converge usando il teorema delle successioni monotone.
Risultato
La successione converge e
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac1n\right)=1. \]
Svolgimento
Consideriamo
\[ a_n=1-\frac1n. \]
Mostriamo prima che \((a_n)\) è crescente. Calcoliamo:
\[ a_{n+1}-a_n= \left(1-\frac1{n+1}\right)-\left(1-\frac1n\right) = \frac1n-\frac1{n+1}. \]
Poiché
\[ \frac1n-\frac1{n+1}=\frac1{n(n+1)}\gt 0, \]
la successione è crescente.
Inoltre, per ogni \(n\ge 1\),
\[ a_n=1-\frac1n\le 1. \]
Dunque \((a_n)\) è crescente e superiormente limitata.
Per il teorema delle successioni monotone, che discende dalla completezza di \(\mathbb R\), la successione converge.
Poiché il suo insieme dei valori ha estremo superiore uguale a \(1\), il limite è
\[ \lim_{n\to+\infty}a_n=1. \]
Esercizio 10 — livello ★★★☆☆
Siano \([a_n,b_n]\) intervalli chiusi tali che
\[ [a_1,b_1]\supseteq [a_2,b_2]\supseteq [a_3,b_3]\supseteq\cdots. \]
Dimostrare, usando la completezza di \(\mathbb R\), che
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}[a_n,b_n]\ne\varnothing. \]
Risultato
Una successione decrescente di intervalli chiusi e limitati non vuoti ha intersezione non vuota.
Svolgimento
Poiché gli intervalli sono annidati, ogni estremo sinistro \(a_n\) è minore o uguale a ogni estremo destro \(b_m\). Infatti, se \(m\) e \(n\) sono qualunque, usando l'annidamento si ottiene sempre
\[ a_n\le b_m. \]
Consideriamo l'insieme degli estremi sinistri:
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
Questo insieme è non vuoto. Inoltre è superiormente limitato, perché ogni \(b_m\) è un maggiorante di \(A\).
Per la completezza di \(\mathbb R\), esiste
\[ \alpha=\sup A. \]
Poiché \(\alpha\) è un maggiorante di \(A\), per ogni \(n\) si ha
\[ a_n\le \alpha. \]
D'altra parte, ogni \(b_n\) è un maggiorante di \(A\). Poiché \(\alpha\) è il più piccolo dei maggioranti, deve essere
\[ \alpha\le b_n \]
per ogni \(n\).
Abbiamo quindi dimostrato che, per ogni \(n\),
\[ a_n\le \alpha\le b_n. \]
Questo significa che
\[ \alpha\in[a_n,b_n] \]
per ogni \(n\). Dunque
\[ \alpha\in\bigcap_{n=1}^{+\infty}[a_n,b_n]. \]
Pertanto l'intersezione è non vuota.
Esercizio 11 — livello ★★★☆☆
Mostrare che la tesi dell'esercizio precedente può fallire in \(\mathbb Q\).
Risultato
In \(\mathbb Q\), una successione di intervalli razionali chiusi e annidati può avere intersezione vuota.
Svolgimento
Consideriamo intervalli razionali che approssimano \(\sqrt2\) senza contenerlo come numero razionale.
Per esempio, scegliamo due successioni razionali \((a_n)\) e \((b_n)\) tali che
\[ a_n\lt \sqrt2\lt b_n \]
e
\[ b_n-a_n\to 0. \]
Consideriamo gli insiemi
\[ I_n=[a_n,b_n]\cap\mathbb Q. \]
Possiamo costruirli in modo che siano annidati:
\[ I_1\supseteq I_2\supseteq I_3\supseteq\cdots. \]
In \(\mathbb R\), l'intersezione degli intervalli reali \([a_n,b_n]\) sarebbe il singoletto
\[ \{\sqrt2\}. \]
Tuttavia
\[ \sqrt2\notin\mathbb Q. \]
Quindi, lavorando dentro \(\mathbb Q\), non rimane alcun numero razionale comune a tutti gli intervalli:
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}I_n=\varnothing. \]
Questo mostra che il teorema degli intervalli annidati dipende dalla completezza di \(\mathbb R\) e non vale, in generale, in \(\mathbb Q\).
Esercizio 12 — livello ★★★☆☆
Sia \(A\subseteq\mathbb R\) non vuoto e superiormente limitato. Dimostrare che esiste una successione \((a_n)\) di elementi di \(A\) tale che
\[ a_n\to \sup A. \]
Risultato
Ogni estremo superiore può essere approssimato da una successione di elementi dell'insieme.
Svolgimento
Poniamo
\[ \alpha=\sup A. \]
Per ogni \(n\in\mathbb N\), applichiamo la caratterizzazione dell'estremo superiore con
\[ \varepsilon=\frac1n. \]
Esiste quindi un elemento \(a_n\in A\) tale che
\[ \alpha-\frac1n\lt a_n\le \alpha. \]
Otteniamo così una successione \((a_n)\) di elementi di \(A\).
Dalla doppia disuguaglianza
\[ \alpha-\frac1n\lt a_n\le \alpha \]
segue
\[ 0\le \alpha-a_n\lt \frac1n. \]
Poiché
\[ \frac1n\to 0, \]
per il teorema del confronto otteniamo
\[ \alpha-a_n\to 0. \]
Quindi
\[ a_n\to\alpha=\sup A. \]
Esercizio 13 — livello ★★★★☆
Dimostrare che se \(A,B\subseteq\mathbb R\) sono non vuoti, \(A\) è superiormente limitato e
\[ a\le b \]
per ogni \(a\in A\) e per ogni \(b\in B\), allora
\[ \sup A\le \inf B. \]
Risultato
Se tutti gli elementi di \(A\) stanno a sinistra di tutti gli elementi di \(B\), allora \(\sup A\le\inf B\).
Svolgimento
Per ipotesi, per ogni \(b\in B\) e per ogni \(a\in A\), si ha
\[ a\le b. \]
Fissiamo un qualunque \(b\in B\). Allora \(b\) è un maggiorante di \(A\), perché ogni elemento di \(A\) è minore o uguale a \(b\).
Poiché \(\sup A\) è l'estremo superiore di \(A\), cioè il più piccolo dei maggioranti di \(A\), si ha
\[ \sup A\le b \]
per ogni \(b\in B\).
Dunque \(\sup A\) è un minorante di \(B\).
Poiché \(\inf B\) è il massimo dei minoranti di \(B\), e \(\sup A\) è un minorante di \(B\), segue
\[ \sup A\le \inf B. \]
Esercizio 14 — livello ★★★★☆
Siano \(A,B\subseteq\mathbb R\) non vuoti e superiormente limitati. Dimostrare che
\[ \sup(A+B)=\sup A+\sup B, \]
dove
\[ A+B=\{a+b:a\in A,\ b\in B\}. \]
Risultato
L'estremo superiore della somma è la somma degli estremi superiori.
Svolgimento
Poniamo
\[ \alpha=\sup A,\qquad \beta=\sup B. \]
Per ogni \(a\in A\) si ha \(a\le\alpha\), e per ogni \(b\in B\) si ha \(b\le\beta\). Quindi
\[ a+b\le \alpha+\beta. \]
Dunque \(\alpha+\beta\) è un maggiorante di \(A+B\). Ne segue
\[ \sup(A+B)\le \alpha+\beta. \]
Dimostriamo ora la disuguaglianza opposta. Sia \(\varepsilon\gt 0\). Per la caratterizzazione dell'estremo superiore, esistono \(a_\varepsilon\in A\) e \(b_\varepsilon\in B\) tali che
\[ \alpha-\frac{\varepsilon}{2}\lt a_\varepsilon\le\alpha \]
e
\[ \beta-\frac{\varepsilon}{2}\lt b_\varepsilon\le\beta. \]
Sommando membro a membro otteniamo
\[ \alpha+\beta-\varepsilon \lt a_\varepsilon+b_\varepsilon \le \alpha+\beta. \]
Poiché \(a_\varepsilon+b_\varepsilon\in A+B\), segue che nessun numero minore di \(\alpha+\beta\) può essere un maggiorante di \(A+B\).
Pertanto
\[ \sup(A+B)=\alpha+\beta=\sup A+\sup B. \]
Esercizio 15 — livello ★★★★☆
Sia \(A\subseteq\mathbb R\) non vuoto e superiormente limitato, e sia \(\lambda\gt 0\). Dimostrare che
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\sup A, \]
dove
\[ \lambda A=\{\lambda a:a\in A\}. \]
Risultato
Per \(\lambda\gt 0\), l'estremo superiore si comporta bene rispetto alla moltiplicazione:
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\sup A. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ \alpha=\sup A. \]
Per ogni \(a\in A\), si ha
\[ a\le\alpha. \]
Poiché \(\lambda\gt 0\), moltiplicando per \(\lambda\) il verso della disuguaglianza non cambia:
\[ \lambda a\le\lambda\alpha. \]
Quindi \(\lambda\alpha\) è un maggiorante di \(\lambda A\).
Dobbiamo mostrare che è il più piccolo. Sia \(\varepsilon\gt 0\). Per la caratterizzazione dell'estremo superiore, esiste \(a_\varepsilon\in A\) tale che
\[ \alpha-\frac{\varepsilon}{\lambda}\lt a_\varepsilon\le\alpha. \]
Moltiplicando per \(\lambda\), otteniamo
\[ \lambda\alpha-\varepsilon \lt \lambda a_\varepsilon \le \lambda\alpha. \]
Poiché \(\lambda a_\varepsilon\in\lambda A\), ogni numero minore di \(\lambda\alpha\) fallisce come maggiorante di \(\lambda A\).
Pertanto
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\alpha=\lambda\sup A. \]
Esercizio 16 — livello ★★★★☆
Dimostrare che la proprietà archimedea segue dalla completezza di \(\mathbb R\): per ogni \(x\in\mathbb R\) esiste \(n\in\mathbb N\) tale che
\[ n\gt x. \]
Risultato
L'insieme \(\mathbb N\) non è superiormente limitato in \(\mathbb R\).
Svolgimento
Supponiamo per assurdo che la proprietà sia falsa. Allora esisterebbe un numero reale \(x\) tale che
\[ n\le x \]
per ogni \(n\in\mathbb N\). In altre parole, \(\mathbb N\) sarebbe superiormente limitato.
Poiché \(\mathbb N\) è non vuoto, per la completezza di \(\mathbb R\) esisterebbe
\[ \alpha=\sup\mathbb N. \]
Poiché \(\alpha\) è il minimo dei maggioranti, il numero \(\alpha-1\) non può essere un maggiorante di \(\mathbb N\).
Dunque esiste \(n\in\mathbb N\) tale che
\[ n\gt \alpha-1. \]
Sommando \(1\), otteniamo
\[ n+1\gt \alpha. \]
Ma \(n+1\in\mathbb N\), e questo contraddice il fatto che \(\alpha\) sia un maggiorante di \(\mathbb N\).
Quindi \(\mathbb N\) non è superiormente limitato. Pertanto, per ogni \(x\in\mathbb R\), esiste \(n\in\mathbb N\) tale che
\[ n\gt x. \]
Esercizio 17 — livello ★★★★☆
Usando la proprietà archimedea, dimostrare che per ogni \(\varepsilon\gt 0\) esiste \(n\in\mathbb N\) tale che
\[ \frac1n\lt\varepsilon. \]
Risultato
La successione \(\displaystyle \frac1n\) converge a \(0\).
Svolgimento
Sia \(\varepsilon\gt 0\). Allora
\[ \frac1\varepsilon\gt 0. \]
Per la proprietà archimedea, esiste \(n\in\mathbb N\) tale che
\[ n\gt \frac1\varepsilon. \]
Poiché entrambi i membri sono positivi, invertendo otteniamo
\[ \frac1n\lt \varepsilon. \]
Questo dimostra che, per ogni \(\varepsilon\gt 0\), esiste \(n\) tale che \(\frac1n\lt\varepsilon\).
Inoltre, se \(m\ge n\), allora
\[ 0\lt \frac1m\le \frac1n\lt\varepsilon. \]
Quindi
\[ \frac1n\to 0. \]
Esercizio 18 — livello ★★★★★
Dimostrare che tra due numeri reali \(a\lt b\) esiste almeno un numero razionale.
Risultato
I numeri razionali sono densi in \(\mathbb R\).
Svolgimento
Siano \(a,b\in\mathbb R\) con
\[ a\lt b. \]
Allora
\[ b-a\gt 0. \]
Per la proprietà archimedea, esiste \(n\in\mathbb N\) tale che
\[ n(b-a)\gt 1. \]
Equivalentemente,
\[ nb-na\gt 1. \]
La distanza tra i due numeri reali \(na\) e \(nb\) è quindi maggiore di \(1\). Perciò esiste un intero \(m\in\mathbb Z\) tale che
\[ na\lt m\lt nb. \]
Dividendo per \(n\gt 0\), otteniamo
\[ a\lt \frac mn\lt b. \]
Il numero
\[ q=\frac mn \]
è razionale e appartiene all'intervallo \((a,b)\).
Dunque tra due numeri reali distinti esiste sempre almeno un numero razionale.
Esercizio 19 — livello ★★★★★
Dimostrare che tra due numeri reali \(a\lt b\) esiste almeno un numero irrazionale.
Risultato
I numeri irrazionali sono densi in \(\mathbb R\).
Svolgimento
Siano \(a,b\in\mathbb R\) con
\[ a\lt b. \]
Vogliamo trovare un numero irrazionale compreso tra \(a\) e \(b\).
Consideriamo i numeri
\[ a-\sqrt2 \quad \text{e} \quad b-\sqrt2. \]
Poiché
\[ a-\sqrt2\lt b-\sqrt2, \]
per la densità dei razionali in \(\mathbb R\), esiste un razionale \(q\in\mathbb Q\) tale che
\[ a-\sqrt2\lt q\lt b-\sqrt2. \]
Sommando \(\sqrt2\) ai tre membri, otteniamo
\[ a\lt q+\sqrt2\lt b. \]
Il numero \(q+\sqrt2\) è irrazionale. Infatti, se fosse razionale, allora
\[ \sqrt2=(q+\sqrt2)-q \]
sarebbe differenza di due razionali, e quindi razionale, assurdo.
Dunque esiste un numero irrazionale compreso tra \(a\) e \(b\).
Esercizio 20 — livello ★★★★★
Sia \((a_n)\) una successione di Cauchy in \(\mathbb R\). Spiegare perché la completezza di \(\mathbb R\) implica che \((a_n)\) converge.
Risultato
Ogni successione di Cauchy di numeri reali converge a un numero reale.
Svolgimento
Una successione \((a_n)\) è di Cauchy se, per ogni \(\varepsilon\gt 0\), esiste \(N\in\mathbb N\) tale che, per ogni \(m,n\ge N\),
\[ |a_n-a_m|\lt\varepsilon. \]
Intuitivamente, i termini della successione diventano sempre più vicini tra loro. In uno spazio completo, questo comportamento basta a garantire che la successione abbia un limite interno allo spazio.
Nel caso di \(\mathbb R\), questa proprietà è equivalente alla completezza.
Vediamo l'idea della dimostrazione. Una successione di Cauchy è limitata. Infatti, prendendo \(\varepsilon=1\), esiste \(N\) tale che, per ogni \(n\ge N\),
\[ |a_n-a_N|\lt 1. \]
Quindi tutti i termini da un certo punto in poi appartengono all'intervallo
\[ (a_N-1,a_N+1). \]
I primi termini sono in numero finito, dunque anche l'intera successione è limitata.
Grazie alla completezza di \(\mathbb R\), una successione di Cauchy non può “avvicinarsi a un buco”, perché in \(\mathbb R\) non ci sono buchi. Esiste quindi un numero reale \(L\) tale che
\[ a_n\to L. \]
Questo fatto fallisce in \(\mathbb Q\): esistono successioni razionali di Cauchy che convergono, in \(\mathbb R\), a numeri irrazionali come \(\sqrt2\), e quindi non convergono dentro \(\mathbb Q\).
Pertanto la completezza di \(\mathbb R\) può essere espressa anche dicendo che ogni successione di Cauchy reale converge a un numero reale.