Transiciones de 1n1n\frac{1}{n} a ϵϵ\epsilon en pruebas de análisis real

Si tu puedes hacerlo.

Dejar$n > \frac 1{\epsilon}$. Entonces$\frac 1n < \epsilon$.

Así que para cualquier$p < s$, dejar$\epsilon= s-p > 0$Entonces sí$n > \frac 1 {\epsilon}$entonces$p = s-\epsilon < s-\frac 1n$entonces$p$no es límite superior por lo que$\sup A \ge s$.

Para y$r >s$, dejar$\epsilon = r -s > 0$y$n > \frac 1{\epsilon}$entonces$s + \frac 1n < r$entonces$s + \frac 1n$es un límite superior por lo que$r$es un límite superior pero no el límite superior mínimo.

Entonces$\sup A \not > s$entonces$\sup A \le s$.

Entonces$\sup A = s$.

No estoy seguro si esto responde a tu pregunta, pero

Dejar$s\in\mathbb{R}$. Son equivalentes:
(i) Para todos$n\in\mathbb{N}$,$s+\frac1 n$es un límite superior para$A$, pero$s-\frac1 n$no es un límite superior para$A$.
(ii) Para todos$\epsilon>0$,$s+\epsilon$es un límite superior para$A$, pero$s-\epsilon$no es un límite superior para$A$.

$(i)\Rightarrow(ii)$: Dejar$\epsilon>0$. Entonces existe$n$tal que$\frac1 n<\epsilon$. En este caso,$s+\frac1 n$es un límite superior para$A$, por$(i)$, En particular,$s+\epsilon>s+\frac 1n$es un límite superior también. Es más, existe$y\in A$tal que$s-\frac1 n<y$, desde$s-\frac1 n$no es un límite superior para$A$, por (yo). Entonces$s-\epsilon<s-\frac1 n<y$, por eso$s-\epsilon$no es un límite superior para$A$también. Esto prueba (ii).

$(ii)\Rightarrow(i)$: trivial, ya que podemos tomar$\epsilon=\frac1 n>0$, para cualquier$n\in\mathbb{N}$.

Primero mostramos que$s$es un límite superior para$A$. Es decir, para cualquier$a\in A$,$a\le s$.

Supongamos que este no es el caso, entonces existe algún$a'\in A​$tal que$a' > s​$. Desde$s + \frac{1}{n}​$es un límite superior para cualquier$n$, en particular, podemos elegir$n'$tal que$\frac{1}{n'} < \frac{a' -s}{2}$. Esto es posible debido a la propiedad de Arquímedes ya que$a'-s > 0$.

Esto implica que$s + \frac{a' - s}{2}$es un límite superior, lo que implica que$s + \frac{a' - s}{2} \ge a'$, lo que implica$s \ge a'$, una contradicción.

Puedes terminar la segunda parte usando un argumento similar.

Digamos que quiere mostrar que para cada$\varepsilon>0$existe algo$\delta_\varepsilon>0$tal que$\varphi(\delta)<\varepsilon$para todos$\delta\leq \delta_\varepsilon$, dónde$\varphi(\cdot)$es una expresión que le interesa, que depende de una entrada real. Ahora suponga que solo puede mostrar para cada$n\in \mathbb N$existe un$\delta_n>0$tal que$\varphi(\delta)<\frac{1}{n}$para todos$\delta\leq\delta_n$. De hecho, esto es suficiente para mostrar lo que quieres, como esperas con razón. ¿Por qué? Tienes la idea correcta, pero ya que preguntaste, déjanos dar un argumento semi-riguroso:

Arreglar$\varepsilon>0$. Por la propiedad de Arquímedes existe un$n\in N$tal que$\varepsilon\geq\frac{1}{n}$. Ahora, por suposición, puedes encontrar algunos$\delta_n>0$tal que$\varphi(\delta)<\frac{1}{n}$para todos$\delta\leq \delta_n$. Elegir$\delta_\varepsilon=\delta_n$. Entonces para todos$\delta\leq\delta_\varepsilon$tenemos eso$\delta\leq\delta_n$, entonces$\varphi(\delta)<\frac{1}{n}\leq \varepsilon$.