Esercizio 2

Testo (Lezione 5, esercizio 2). Determinare in $\mathbb{R}$, se esistono, il minimo, il massimo, l'inf e il sup dell'insieme

$$E = \left\{ \frac{n+2}{n} : n \in \mathbb{N},\ n \ne 0 \right\}$$

Passo 0: capire il testo

Che cos'è $E$. È l'insieme di tutti i numeri che si ottengono calcolando $\frac{n+2}{n}$ al variare di $n$. Ogni elemento di $E$ è un numero reale, e $n$ è soltanto il "contatore" che genera gli elementi.

Chi è $n$. $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, 3, \dots\}$ sono i numeri naturali. La condizione $n \ne 0$ toglie lo $0$, quindi $n$ può valere $1, 2, 3, 4, \dots$

Perché si esclude $n = 0$. Perché per $n = 0$ la frazione $\frac{n+2}{n} = \frac{2}{0}$ non ha senso (non si può dividere per zero). Senza questa condizione l'insieme non sarebbe ben definito.

Cosa si chiede. Per ciascuno dei quattro oggettiSi segue sempre lo stesso metodo: valori, congettura, dimostrazione con le caratterizzazioni. Qui lo applichiamo passo per passo.Metodo - max min inf sup di un insieme → (massimo, minimo, estremo superiore, estremo inferiore) dobbiamo dire se esiste e, se esiste, quanto vale. "In $\mathbb{R}$" significa che maggioranti e minoranti li cerchiamo tra i numeri reali.

Definizioni che useremo (dettagli in Estremo superiore (sup)Maggioranti e minoranti, massimo e minimo, estremo superiore (il più piccolo dei maggioranti) e inferiore, con la caratterizzazione con epsilon.Estremo superiore (sup) →):

• Un maggiorante di $E$ è un numero $M$ con $x \le M$ per ogni $x \in E$ (sta sopra tutti gli elementi).
• Un minorante di $E$ è un numero $m$ con $m \le x$ per ogni $x \in E$ (sta sotto tutti gli elementi).
• $\sup E$ = il più piccolo dei maggioranti. $\inf E$ = il più grande dei minoranti.
• $\max E$ = un elemento di $E$ che è anche maggiorante. $\min E$ = un elemento di $E$ che è anche minorante.

Passo 1: semplificare l'espressione

Poiché $n \ne 0$, possiamo spezzare la frazione:

$$\frac{n+2}{n} = \frac{n}{n} + \frac{2}{n} = 1 + \frac{2}{n}$$

Perché è lecito. La proprietà usataÈ la proprietà distributiva: $\frac{a+b}{c} = (a+b)\cdot\frac{1}{c} = \frac{a}{c} + \frac{b}{c}$.Campi ordinati (Q e R) → è $\frac{a+b}{c} = \frac{a}{c} + \frac{b}{c}$, valida quando $c \ne 0$. Qui $c = n \ne 0$ (ecco di nuovo perché la condizione serve). Inoltre $\frac{n}{n} = 1$ proprio perché $n \ne 0$.

Perché conviene. Nella forma $1 + \frac{2}{n}$ si vede subito che c'è un numero fisso ($1$) a cui si somma una quantità $\frac{2}{n}$ che dipende da $n$ e che sappiamo studiare facilmente.

Quindi:

$$E = \left\{ 1 + \frac{2}{n} : n \in \mathbb{N},\ n \ge 1 \right\}$$

(scrivere $n \ge 1$ è lo stesso di $n \ne 0$ dentro $\mathbb{N}$).

Passo 2: calcolare alcuni valori

Per farci un'idea sostituiamo qualche valore di $n$:

Cosa osserviamo.

• I valori diminuiscono al crescere di $n$.
• Il valore più grande sembra essere quello per $n = 1$, cioè $3$.
• Vanno sempre più vicini a $1$, ma sembrano non arrivarci mai.

Sul grafico si vede che i punti si accumulano vicino a $1$ da destra: più $n$ cresce, più il punto è vicino a $1$ senza toccarlo. Il punto $3$ invece è il primo, e fa parte dell'insieme.

Passo 3: la congettura

Dai valori e dal grafico ipotizziamo:

• $\max E = 3$ (e quindi $\sup E = 3$);
• $\inf E = 1$;
• $\min E$ non esiste (perché $1$ non viene mai raggiunto).

Una congetturaIpotesi ricavata da valori e grafico; nel metodo va sempre dimostrata con definizioni e caratterizzazioni.Metodo - max min inf sup di un insieme → non è una dimostrazione: ora dobbiamo dimostrare ogni affermazione.

Passo 3 bis: perché i valori decrescono (monotonia)

Questo fatto ci dice che il primo termine è il più grande. Dimostriamolo.

Siano $n < m$ due naturali positivi. Poiché $n$ e $m$ sono positivi, dividere $1$ per un numero più grande dà un risultato più piccolo, cioè $\frac{1}{n} > \frac{1}{m}$.

Perché: da $n < m$, moltiplicando entrambi i membri per il numero positivo $\frac{1}{nm}$ (moltiplicare per un positivo non cambia il verso della disuguaglianzaRegola delle disuguaglianze: per un positivo il verso resta, per un negativo si inverte.Campi ordinati (Q e R) →) si ottiene $\frac{n}{nm} < \frac{m}{nm}$, cioè $\frac{1}{m} < \frac{1}{n}$.

Moltiplicando per $2 > 0$ e sommando $1$ (sommare lo stesso numero ai due membri non cambia il versoAssioma d'ordine: se $a < b$ allora $a + c < b + c$ per ogni numero $c$.Campi ordinati (Q e R) →) si ha:

$$1 + \frac{2}{n} > 1 + \frac{2}{m}$$

Quindi più $n$ è grande, più il valore è piccolo: la successione è strettamente decrescenteOgni termine è minore del precedente: se $n < m$ allora il valore in $m$ è più piccolo di quello in $n$.Funzioni monotone, pari e dispari →. Il termine più grande è dunque quello con $n$ più piccolo, cioè $n = 1$.

Passo 4: massimo e sup, $\max E = \sup E = 3$

Caratterizzazione del massimo

$M = \max E$Il massimo è l'elemento più grande dell'insieme; se esiste è unico.Estremo superiore (sup) → se e solo se valgono entrambe:

1. $M \in E$ (il numero è un elemento dell'insieme);
2. $M$ è un maggiorante: $x \le M$ per ogni $x \in E$.

Servono tutte e due: la 1 da sola direbbe solo che $M$ è un elemento, la 2 da sola direbbe che $M$ sta sopra tutto, ma potrebbe non appartenere all'insieme (e allora sarebbe il sup, non il max).

Candidato: $M = 3$.

Condizione 1: $3 \in E$

Basta trovare un $n$ che produca $3$. Per $n = 1$: $1 + \frac{2}{1} = 1 + 2 = 3$. Quindi $3 \in E$ ✓.

Condizione 2: $3$ è un maggiorante

Dobbiamo provare che per ogni $n \ge 1$ vale $1 + \frac{2}{n} \le 3$. Procediamo per passaggi, giustificando ciascuno:

1. Sia $n$ un naturale con $n \ge 1$. Vogliamo arrivare a $\frac{2}{n} \le 2$.
2. Da $n \ge 1$, moltiplichiamo entrambi i membri per il numero positivo $\frac{1}{n}$ (non cambia il versoMoltiplicando entrambi i membri di una disuguaglianza per un numero positivo il verso resta lo stesso; per un negativo si inverte.Campi ordinati (Q e R) →): $n \cdot \frac{1}{n} \ge 1 \cdot \frac{1}{n}$, cioè $1 \ge \frac{1}{n}$.
3. Moltiplichiamo per $2$ (positivo, non cambia il verso): $2 \ge \frac{2}{n}$, cioè $\frac{2}{n} \le 2$.
4. Sommiamo $1$ ai due membri (non cambia il verso): $1 + \frac{2}{n} \le 1 + 2 = 3$.

Quindi $x \le 3$ per ogni $x \in E$ ✓. Entrambe le condizioni sono vere, dunque

$$\boxed{\max E = 3}$$

Il sup

Il supEstremo superiore: esiste in $\mathbb{R}$ per ogni insieme non vuoto superiormente limitato, ma può non appartenere all'insieme.Estremo superiore (sup) → è il più piccolo dei maggioranti. Sappiamo già che $3$ è un maggiorante. Resta da vedere che nessun maggiorante è più piccolo di $3$.

Sia $M$ un maggiorante qualsiasi di $E$. Per definizione di maggiorante, $M$ è maggiore o uguale a ogni elemento di $E$. In particolare, poiché $3 \in E$, vale $3 \le M$. Quindi ogni maggiorante è $\ge 3$, e $3$ è il più piccolo:

$$\boxed{\sup E = 3}$$

Regola generale usata: se un insieme ha il massimo, allora il sup coincide con il massimo.

Passo 5: inf, $\inf E = 1$

Qui il candidato è $1$. Ma $1$ non è un elemento di $E$ (lo mostreremo al passo 6), quindi non possiamo parlare di minimo e dobbiamo usare la definizione di inf: il più grande dei minoranti.

Caratterizzazione dell'inf tramite $\varepsilon$

$L = \inf E$Caratterizzazione con $\varepsilon$: $L$ è un minorante e, salendo anche di poco sopra $L$, si trova già un elemento dell'insieme.Estremo superiore (sup) → se e solo se:

1. $L$ è un minorante: $L \le x$ per ogni $x \in E$;
2. per ogni $\varepsilon > 0$ esiste $x \in E$ con $x < L + \varepsilon$.

Perché la condizione 2 equivale a "$L$ è il più grande dei minoranti". Immaginiamo che esista un minorante $L'$ più grande di $L$. Poniamo $\varepsilon = L' - L > 0$. La condizione 2 darebbe un $x \in E$ con $x < L + \varepsilon = L'$, ma allora $L'$ non sarebbe un minorante (c'è un elemento sotto di lui): assurdo. Quindi nessun numero maggiore di $L$ è un minorante. Intuitivamente: la condizione 2 dice "se salgo anche di pochissimo sopra $L$, trovo già un elemento dell'insieme, quindi non posso alzare il minorante".

Condizione 1: $1$ è un minorante

Sia $n \ge 1$.

• $2 > 0$ e $n > 0$, quindi il quoziente $\frac{2}{n}$ è strettamente positivoRegola dei segni: il quoziente di due numeri positivi è positivo.Campi ordinati (Q e R) →: $\frac{2}{n} > 0$.
• Sommando $1$ a entrambi i membri: $1 + \frac{2}{n} > 1$.

Quindi $x > 1$ per ogni $x \in E$. In particolare $1 \le x$, cioè $1$ è un minorante ✓.

Condizione 2: per ogni $\varepsilon > 0$ esiste $x \in E$ con $x < 1 + \varepsilon$

Fissiamo un $\varepsilon > 0$ qualsiasiPer dimostrare un "per ogni" si fissa un valore arbitrario, senza sceglierlo, e si ragiona su di lui.Logica e quantificatori → (anche piccolissimo). Dobbiamo trovare un elemento di $E$ della forma $1 + \frac{2}{n}$ che sia minore di $1 + \varepsilon$.

1. Cosa cerchiamo. $1 + \frac{2}{n} < 1 + \varepsilon$ equivale (togliendo $1$ da entrambi i membri) a $\frac{2}{n} < \varepsilon$. Dobbiamo quindi trovare $n$ con $\frac{2}{n} < \varepsilon$.
2. Quando vale $\frac{2}{n} < \varepsilon$. Se $n > \frac{2}{\varepsilon}$, moltiplicando entrambi i membri per il numero positivo $\frac{\varepsilon}{n}$ si ottiene $\varepsilon > \frac{2}{n}$ ✓. Quindi ci basta un $n$ maggiore di $\frac{2}{\varepsilon}$.
3. Esiste un tale $n$? Sì, per la proprietà archimedeaPer ogni numero reale esiste un naturale più grande: serve a trovare n con 1/n più piccolo di qualunque epsilon.Archimedeità di N → di $\mathbb{N}$: per ogni numero reale esiste un naturale più grande di lui. Applicata al numero reale $\frac{2}{\varepsilon}$ dà un $n \in \mathbb{N}$ con $n > \frac{2}{\varepsilon}$.
4. Siamo sicuri che $n \ge 1$? Sì: $\frac{2}{\varepsilon} > 0$, quindi $n > \frac{2}{\varepsilon} > 0$, e un naturale strettamente positivo è almeno $1$. Quindi $x = 1 + \frac{2}{n}$ è davvero un elemento di $E$.
5. Conclusione. Per quell'$n$ si ha $\frac{2}{n} < \varepsilon$, dunque $x = 1 + \frac{2}{n} < 1 + \varepsilon$ ✓.

Esempi numerici per vedere che funziona.

Entrambe le condizioni sono vere, quindi

$$\boxed{\inf E = 1}$$

Passo 6: il minimo non esiste

Il minimo, se esistesse, sarebbe un elemento di $E$ che è anche minorante. Mostriamo che non c'è, in due modi equivalenti.

Prima dimostrazione (per assurdo, diretta)

Supponiamo che esista $m = \min E$. Essendo un elemento di $E$, $m = 1 + \frac{2}{n_0}$ per un certo naturale $n_0 \ge 1$.

Consideriamo il naturale successivo $n_0 + 1 \ge 2$ e l'elemento $x' = 1 + \frac{2}{n_0 + 1}$, che appartiene a $E$. Per quanto visto sulla monotonia (passo 3 bis), essendo $n_0 + 1 > n_0$ si ha $x' < m$.

Ma allora $m$ non è un minorante (esiste $x' \in E$ più piccolo di lui): contraddizioneDimostrazione per assurdo: supponendo vera la negazione della tesi si arriva a un assurdo, quindi la tesi è vera.Tecniche di dimostrazione → con il fatto che $m$ sia il minimo. Quindi il minimo non esiste.

Seconda dimostrazione (tramite l'inf)

Se il minimo esistesse, coinciderebbe con l'inf, cioè sarebbe $1$ (regola generale: se il min esiste, è uguale all'infIl minimo è un minorante che sta nell'insieme, quindi nessun minorante può superarlo: è il più grande dei minoranti.Estremo superiore (sup) →). Dovrebbe quindi essere $1 \in E$, cioè $1 + \frac{2}{n} = 1$ per qualche $n$. Togliendo $1$: $\frac{2}{n} = 0$, che è impossibile perché una frazione con numeratore $2 \ne 0$ non è mai nulla. Quindi $1 \notin E$ e il minimo non esiste.

$$\boxed{\min E \text{ non esiste}}$$

Perché il sup appartiene all'insieme e l'inf no

L'insieme parte "dall'alto" con un primo elemento ($n = 1$, che vale $3$) e poi scende avvicinandosi a $1$. Il punto più alto è proprio un elemento (è il primo), mentre il punto verso cui si scende è solo un traguardo: ci si avvicina quanto si vuole, ma $\frac{2}{n}$ resta sempre un po' maggiore di $0$, quindi non si arriva mai a $1$.

Errori comuni

• Dire "$\min E = 1$" perché i valori si avvicinano a $1$. Il minimo deve essere un elemento dell'insieme; $1$ non lo è.
• Dimostrare $\inf E = 1$ solo con degli esempi ("$n = 1000$ dà $1{,}002$"). Gli esempi non bastano: serve la condizione con $\varepsilon$ per ogni $\varepsilon > 0$.
• Dimenticare di verificare $3 \in E$ quando si dichiara il massimo (la condizione 1).
• Scrivere $\mathbb{N}$Nel corso i naturali partono da $0$: $0, 1, 2, 3, \dots$Insiemi numerici (N, Z, Q, R) → con inizio da $1$ senza accorgersene e dimenticare perché $n \ne 0$ è nel testo.

Risultato finale