Problema 16

Demostrar lo siguiente: Sean $a$ y $b$ números reales, si para toda $\mu>0$ en $\mathbb{R}$, se tiene que $a \leq b+\mu$, entonces $a \leq b$. Además, demostrar que de lo anterior no se infiere que $a < b$.

Demostración

Por contrapositiva, habrá que demostrar que $$ a > b \implies \exists \mu > 0, a > b + \mu $$ Por hipótesis, $a > b$. Sea $\mu=\frac{a-b}{2}$ se tendrá lo siguiente: $$ a > b + \frac{a-b}{2}$$ $$ \implies a > \frac{2b+a-b}{2} $$ $$ \implies a > \frac{a+b}{2} $$ Como $a > b$, es decir, $a$ está por delante de $b$ en la recta numérica, entonces $\frac{a+b}{2}$ sigue siendo menor que $a$, al tratarse del punto medio del segmento que une a $b$ con $a$.
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Daremos un contraejemplo para evidenciar que $a < b$ no se puede inferir del teorema anterior. Por ejemplo, si $a$ y $b$ tienen un valor de 2, tendríamos que $$ 2 \leq 2+\mu \iff (2<2+\mu) \lor (2 = 2 + \mu) $$ $$ \iff \mu>0 \lor \mu = 0 $$ sin embargo, $\mu \not = 0$, por lo tanto $\mu>0$ y entonces la hipótesis del teorema sí se cumple cuando $a = b$; por lo que no necesariamente $a < b$.
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