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3.1 Prueba de (b) (a)
Suponemos que IR es conexo.
La demostración es indirecta. Suponga que A no tiene extremo superior, y
considere
S = { x 
IR | x no es cs de A }.
Como A 
Ø, existe algún y
A, para el cual y-1
S. Entonces S
Ø.
Además, veamos que S es abierto: Sea x
S. Por definición de S, x no es cs de A; por
lo tanto hay un y
A tal que x < y. Entonces
( La última inclusión se debe a que
como y
A, cualquier real menor que y no es cs de A.) Por lo
tanto x
 .
Como x
S era arbitrario entonces S es abierto.
Por aparte, considere
T = { x
IR | x es cs de A }.
Como A es acotado superiormente, T
Ø.
Veamos también que T es abierto: Si x
T entonces x es cs de A pero no es la menor (la menor
cota superior sería el extremo superior). De ahí que existe otro y
T tal que y < x. Entonces
(La última inclusión se debe a que
como y es cs de A, cualquier real mayor que y es también
cs de A.)
Finalmente, es claro que IR = S 
T y que S 
T = Ø. Es decir, IR es la unión disjunta de dos conjuntos abiertos, lo
cual contradice la suposición de que IR era conexo.
Comentarios: Aquí la
idea es que si A no tiene extremo superior, en el lugar donde éste
estaría hay un espacio vacío. Es decir, la frontera entre el conjunto de
cotas superiores (que es T, a la derecha del espacio) y el conjunto de
no-cotas (S, a la izquierda), debería ser supA, pero no existe.
Esto da una disconexión de IR.
Por cierto, la demostración no necesitaba ser indirecta. Si hubiéramos
definido S y T como lo hicimos, igual probaríamos que S es
abierto. Pero entonces T, por ser el complemento no vacío de S,
no puede ser abierto. Por lo tanto algún b
T no es interior, por lo que pertenece a S. Con un pequeño
esfuerzo puede demostrarse que
b = supA.
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,
y[ 
S.
[