Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)

[tolstopuz]

irod в сообщении #1146709 писал(а):

Далее все упирается в вопрос: как найти рациональное число между рациональным ($C$) и иррациональным ($\sqrt{3}$)?

Возьмите $\frac{3C+3}{C+3}$, как в Рудине.

[irod]

gefest_md в сообщении #1150887 писал(а):

Доказывать, что $\sqrt{3}=\sup M$ не нужно. Предположим, что существует точная верхняя грань $C\in\mathbb{Q}$ множества $M.$ $\sqrt{3}$ - это просто верхняя грань. Тогда $C<\sqrt{3}$ (равенства не может быть, потому что $C$ - рациональное).

Может ведь еще быть $C>\sqrt{3}$, верно?

gefest_md в сообщении #1150887 писал(а):

Предположим, что между $C$ и $\sqrt{3}$ нет рациональных чисел. Тогда доказываем, что множества $\{r\in\mathbb{Q}\mid r^2<C\}$ и $M=\{r\in\mathbb{Q}\mid r^2<3\}$ и равны, и не равны. Противоречие.

Ну собственно это то же самое, с чего я и начал:

irod в сообщении #1146709 писал(а):

Далее все упирается в вопрос: как найти рациональное число между рациональным ($C$) и иррациональным ($\sqrt{3}$)?

только Вы сформулировали это по-другому.

-- 16.09.2016, 11:57 --

tolstopuz
спасибо! и за само число, и что про Рудина сказали. Я прочитал его доказательство, и теперь мне все понятно (и как обычно непонятно почему я сам не додумался ).

[gefest_md]

irod в сообщении #1151541 писал(а):

Может ведь еще быть $C>\sqrt{3}$, верно?

Если $C$-т.в.г., а $\sqrt{3}$-в.г.? Как?

irod в сообщении #1151541 писал(а):

Ну собственно это то же самое, с чего я и начал:

Я предложил рассмотреть все случаи и для каждого доказать противоречие. Если $C<1$, то $1$ будет между $C$ и $\sqrt{3}$.

[irod]

gefest_md в сообщении #1151552 писал(а):

irod в сообщении #1151541 писал(а):

Может ведь еще быть $C>\sqrt{3}$, верно?

Если $C$-т.в.г., а $\sqrt{3}$-в.г.? Как?

Вы правы, я глупость написал.

[irod]

9. Всякое непустое ограниченное снизу подмножество поля $\mathbb{R}$ имеет в $\mathbb{R}$ точную нижнюю грань.

Доказательство.
Пусть $M\subset\mathbb{R}$ -- произвольное непустое ограниченное снизу множество, и пусть $-M$ множество всех противоположных элементов к $M$. Из ограниченности $M$ снизу следует ограниченность $-M$ сверху (согласно задаче 5 листка 7, $\forall x\in M$ $x\ge C\Rightarrow -x\le -C$). По аксиоме о точной верхней грани, ограниченное сверху множество $-M$ имеет в $\mathbb{R}$ точную верхнюю грань $-C$. Тогда, снова согласно задаче 5 листка 7, $C$ является точной нижней гранью множества $M$:
$\forall -C_1<-C$ $\exists -x\in -M$ $(-x>-C_1)$ $\Rightarrow$ $(C_1>C) \land (x<C_1)$.

[irod]

10. Пусть множества $A,B\subset\mathbb{R}$ ограничены и непусты. Доказать, что

а) $\sup\{a+b\mid a\in A,b\in B\}=\sup A+\sup B$.

Доказательство.
Согласно зад.3 п.а, множество $\{a+b\mid a\in A,b\in B\}$ ограничено, и число $\sup A+\sup B$ будет его верхней гранью. По определению т.в.г., $\forall C_1<\sup A$ $\exists a\in A$ $a>C_1$ и $\forall C_2<\sup B$ $\exists b\in B$ $b>C_2$. Применяя зад.6 листка 7, получим $C_1+C_2<a+b<\sup A+\sup B$. При $C_1=\sup A$ либо $C_2=\sup B$ (но не одновременно!) неравенство остается справедливым.

б) $\inf\{a+b\mid a\in A,b\in B\}=\inf A+\inf B$.

Доказательство.
Аналогично пункту а, только поменять знаки неравенств на противоположные.

в) $\sup(A\cup B)=\max(\sup A,\sup B)$.

Доказательство.
По определению т.в.г., $\forall C_1<\sup A$ $\exists a\in A$ $a>C_1$ и $\forall C_2<\sup B$ $\exists b\in B$ $b>C_2$.
Следовательно, для $C=\max(C_1,C_2)$ $\exists x\in A\cup B$ $x>C$. При этом $\max(C_1,C_2)<\max(\sup A,\sup B)$. Это доказывает искомое равенство.

г) $\inf (A\cup B)=\min (\inf A, \inf B)$.

Доказательство.
Аналогично пункту в, только поменять знаки неравенств на противоположные.

д) $\max(\inf A,\inf B)\le\inf(A\cap B)\le\sup(A\cap B)\le\min(\sup A,\sup B)$, если $A\cap B\ne\varnothing$.

Доказательство.
Пересечение множеств по определению не содержит никаких новых элементов, которых нет в пересекаемых множествах, поэтому $\inf(A\cap B)$ не может быть ни меньше $\inf A$, ни меньше $\inf B$, значит $\inf A\le\inf(A\cap B)$ и $\inf B\le\inf(A\cap B)$. Можно записать это короче: $\max(\inf A,\inf B)\le\inf(A\cap B)$.
Рассуждая аналогично, получим что $\sup(A\cap B)\le\sup A$ и $\sup(A\cap B)\le\sup B$, или, короче, $\sup(A\cap B)\le\min(\sup A,\sup B)$.
По определению т.в.г. и т.н.г., $\forall x\in A\cap B$ $\inf(A\cap B)\le x\le\sup (A\cap B)$, следовательно $\inf (A\cap B)\le \sup (A\cap B)$.

-- 20.09.2016, 15:01 --

11. Множество иррациональных чисел не пусто.

Доказательство.
Согласно задаче 8, множество рациональных чисел, квадрат которых меньше числа 3, не имеет в $\mathbb{Q}$ точной верхней грани. Но по аксиоме о т.в.г., она должна существовать для этого множества в $\mathbb{R}$. Раз ее нет в $\mathbb{Q}$, она может быть только иррациональным числом. Из существования как минимум одного иррационального числа следует что множество иррациональных чисел не пусто.

[svv]

irod в сообщении #1153066 писал(а):

а) $\sup\{a+b\mid a\in A,b\in B\}=\sup A+\sup B$

Чуть в иной записи. Пусть
$C=\{a+b\mid a\in A,b\in B\}$, но
$\exists \varepsilon>0:\; \sup C=\sup A+\sup B-\varepsilon$
Тогда
$\exists a\in A:\; a>\sup A-\frac{\varepsilon}2$
$\exists b\in B:\; b>\sup B-\frac{\varepsilon}2$
Следовательно,
$\exists c\in C:\; c=a+b>\sup A+\sup B-\varepsilon=\sup C$,
что противоречит определению точной верхней грани.

[irod]

svv
ок, спасибо, Ваш вариант яснее.

-- 29.09.2016, 11:07 --

12. (Аксиома Архимеда). Доказать, что для любого $a\in\mathbb{R}$ найдется такое натуральное $n$, что $n>a$.

Вот на это я много времени потратил. Доказал для рационального $a$, но застрял на иррациональном. Все, казалось, вот-вот, но для завершения доказательства все время чего-то не хватало. Пришлось обратиться к учебникам (Зорич), там эта аксиома в немного другой форме. Я чуть-чуть изменил доказательство из учебника, оставив только необходимое. Прошу проверить что я все правильно понял, и нет ли в моем доказательстве пробелов.

Вспомогательная лемма 1. Любое непустое ограниченное сверху подмножество $\mathbb{N}$ имеет максимальный элемент.
Доказательство леммы 1.
Пусть $M\subset\mathbb{N}$ непусто и ограничено сверху. По аксиоме о т.в.г., $\sup M = s\in\mathbb{R}$. По определению т.в.г., $\exists m\in M$ $s-1<m\le s$. Тогда $m=\max M$, т.к. $m+1>s$.

Вспомогательная лемма 2. $\mathbb{N}$ неограничено сверху.
Доказательство леммы 2. В $\mathbb{N}$ не существует максимального элемента, т.к. $n+1>n$. Тогда, согласно лемме 1, $\mathbb{N}$ неограничено сверху.

Доказательство аксиомы Архимеда вытекает из леммы 2.

[irod]

14. Найти точные верхнюю и нижнюю грани множества $M\subset\mathbb{R}$, если они существуют:

а) $M=\{-\frac{1}{2^k}\mid k\in\mathbb{N}\}$

Решение.
Согласно задачам 7 и 9 листка 7,

$$ k<k+1 \Rightarrow \frac{1}{2^k}>\frac{1}{2^{k+1}} \Rightarrow -\frac{1}{2^k}<-\frac{1}{2^{k+1}}. $$

Т.е. каждый следующий (в смысле увеличения $k$) элемент $M$ больше предыдущего.
Наименьшее натуральное число -- единица, значит $\inf M=-\frac{1}{2}$.
Все элементы $M$ отрицательны, значит $0$ является верхней гранью. $\forall -\frac{1}{2^k}\in M$ выполняется $-\frac{1}{2^k}<-\frac{1}{2^{k+1}}<0$, значит $\sup M=0$.

-- 05.10.2016, 09:16 --

б) $M=\{\frac{1}{n}-n\mid n\in\mathbb{N}\}$

Решение.
Очевидно, $\sup M=0$, потому что все элементы $M$ отрицательны, за исключением элемента при $n=1$, который равен $0$.
Покажем, что $M$ неограничено снизу.
Множество $-\mathbb{N}$ неограничено снизу, т.к. $\mathbb{N}$ неограничено сверху (согласно вспомогательной лемме к задаче 12).
Покажем что в $M$ найдутся элементы, меньшие любого заданного $-n\in\mathbb{-N}$.
Возьмем произвольное число $n\in\mathbb{N}$ такое что $n>1$. Тогда $n-1\in\mathbb{N}$ (согласно задаче 14б листка 7), и значит $1-n\in\mathbb{-N}$. Также, $\frac{1}{n}<1$ $\Rightarrow$ $1-n>\frac{1}{n}-n$. Таким образом, $M$ неограничено снизу.

-- 05.10.2016, 09:18 --

13. Пусть $P_k=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{k}$. Доказать, что
а) $P_{500}>5$; б) множество $M=\{P_k\mid k\in\mathbb{N}\}$ неограничено в $\mathbb{R}$.

Вот это пока не получается, нужны подсказки. Пока у меня такая идея: надо доказать что сумма некоторого числа дробей $\frac{1}{k-m}+\ldots+\frac{1}{k}$, где $m<k$, будет больше 1.

[grizzly]

irod в сообщении #1157453 писал(а):

Пока у меня такая идея: надо доказать что сумма некоторого числа дробей $\frac{1}{k-m}+\ldots+\frac{1}{k}$, где $m<k$, будет больше 1.

Почему обязательно больше 1? Посмотрите так: если просуммировать все обратные от 101 до 200, получится больше, чем $100/200=1/2$. А если от 201 до 1000, тогда больше, чем $800/1000=0.8$ (но и потеряется больше). Покрутите пока это, чтоб не подсказывать лишнего.

[deep blue]

irod в сообщении #1157453 писал(а):

а) $M=\{-\frac{1}{2^k}\mid k\in\mathbb{N}\}$
Все элементы $M$ отрицательны, значит $0$ является верхней гранью. $\forall -\frac{1}{2^k}\in M$ выполняется $-\frac{1}{2^k}<-\frac{1}{2^{k+1}}<0$, значит $\sup M=0$.

Как-то не убеждает. Рассмотрим, например: $M=\{-\frac{1}{2^k}-1\mid k\in\mathbb{N}\}$
Все элементы $M$ отрицательны, значит $0$ является верхней гранью. $\forall -\frac{1}{2^k}-1\in M$ выполняется $-\frac{1}{2^k}-1<-\frac{1}{2^{k+1}}-1<0$, значит $\sup M=0$.
А на самом деле $\sup M=-1$

[irod]

grizzly
спасибо за подсказку! В итоге у меня правда все равно получилось с единицей, это показалось самым интуитивным.

irod в сообщении #1157453 писал(а):

13. Пусть $P_k=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{k}$. Доказать, что
а) $P_{500}>5$; б) множество $M=\{P_k\mid k\in\mathbb{N}\}$ неограничено в $\mathbb{R}$.

Сначала вспомогательная лемма. $\forall k\in\mathbb{N}$ $P_{4k}>P_k+1$.
Доказательство вспомогательной леммы.

$$ P_{2k}-P_k=\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\ldots+\frac{1}{2k}>\underbrace{\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k}+\ldots+\frac{1}{2k}}_{k\ \text{раз}}=\frac{k}{2k}=\frac{1}{2}, $$

$$ P_{4k}-P_{2k}=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}+\ldots+\frac{1}{4k}>\underbrace{\frac{1}{4k}+\frac{1}{4k}+\ldots+\frac{1}{4k}}_{2k\ \text{раз}}=\frac{2k}{4k}=\frac{1}{2}. $$

Суммируя, получим что $1<P_{4k}-P_{k}$, т.е. $P_{4k}>P_k+1$.

Теперь доказательства основных утверждений.

а) Согласно вспомогательной лемме, $P_{256}>P_{64}+1>P_{16}+2>P_{4}+3>P_{1}+4=5$. Следовательно, и $P_{500}>5$.

б) Доказательство следует из вспомогательной леммы и неограниченности $\mathbb{N}$ сверху.

(Оффтоп)

Рад что Вы вернулись

[irod]

irod в сообщении #1159200 писал(а):

$$ P_{4k}-P_{2k}=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}+\ldots+\frac{1}{4k}>\underbrace{\frac{1}{4k}+\frac{1}{4k}+\ldots+\frac{1}{4k}}_{2k\ \text{раз}}=\frac{2k}{4k}=\frac{1}{2}. $$

Здесь можно было не расписывать, потому что этот результат следует из строчки выше, т.е. из $P_{2k}-P_{k}>\frac{1}{2}$.

-- 12.10.2016, 17:25 --

deep blue в сообщении #1157687 писал(а):

irod в сообщении #1157453 писал(а):

а) $M=\{-\frac{1}{2^k}\mid k\in\mathbb{N}\}$
Все элементы $M$ отрицательны, значит $0$ является верхней гранью. $\forall -\frac{1}{2^k}\in M$ выполняется $-\frac{1}{2^k}<-\frac{1}{2^{k+1}}<0$, значит $\sup M=0$.

Как-то не убеждает. Рассмотрим, например: $M=\{-\frac{1}{2^k}-1\mid k\in\mathbb{N}\}$
Все элементы $M$ отрицательны, значит $0$ является верхней гранью. $\forall -\frac{1}{2^k}-1\in M$ выполняется $-\frac{1}{2^k}-1<-\frac{1}{2^{k+1}}-1<0$, значит $\sup M=0$.
А на самом деле $\sup M=-1$

Попробую по-другому.
$\mathbb{N}$ неограничено сверху $\Rightarrow$ множество $\{2^k\mid k\in\mathbb{N}\}$ неограничено сверху, значит мы можем взять $\varepsilon=\frac{1}{2^k}$, $k\in\mathbb{N}$ сколь угодно малым (т.е. близким к нулю). При этом $-\varepsilon<-\frac{1}{2^{k+1}}<0$, значит $\sup M=0$.
Меня очень смущает фраза "сколь угодно малым", потому что до пределов я еще не дошел. Но я пока не придумал как сказать иначе.

[grizzly]

irod в сообщении #1159200 писал(а):

б) Доказательство следует из вспомогательной леммы и неограниченности $\mathbb{N}$ сверху.

Это доказательство не выглядит достаточно корректным. В вашей вспомогательной лемме $P_k$ не являются натуральными. Как минимум нужно сделать промежуточный шаг, чтобы показать, где и как возникает ряд натуральных.

-- 12.10.2016, 17:52 --

irod в сообщении #1159237 писал(а):

Меня очень смущает фраза "сколь угодно малым", потому что до пределов я еще не дошел.

Вам здесь не нужны пределы. Всё что Вам нужно -- проверить выполнение условия 2) определения т.в.г.

[irod]

grizzly в сообщении #1159245 писал(а):

Это доказательство не выглядит достаточно корректным. В вашей вспомогательной лемме $P_k$ не являются натуральными. Как минимум нужно сделать промежуточный шаг, чтобы показать, где и как возникает ряд натуральных.

Попробую выразить $P_k$ через $k$. Для этого мне потребуется еще одна
Вспомогательная лемма 2: $P_{4^k}>k$.
Доказательство (по индукции).
База. $P_4>P_1+1>1$.
Индуктивный переход. Пусть $P_{4^{k-1}}>k-1$. По предыдущей вспомогательной лемме и по предположению индукции, $P_{4^k}>P_{4^{k-1}}+1>k-1+1=k$. ЧТД.

Вернемся теперь к доказательству основного утверждения.

irod в сообщении #1157453 писал(а):

б) множество $M=\{P_k\mid k\in\mathbb{N}\}$ неограничено в $\mathbb{R}$.

Рассмотрим подмножество $K=\{P_{4^k}\mid k\in\mathbb{N}\}\subset M$ (это подмножество $M$, потому что, очевидно, $4^k\in\mathbb{N}$).
Т.к. $\mathbb{N}$ неограничено сверху, мы можем взять $k$ неограниченно большим, тогда $P_{4^k}>k$ также будет неограниченно большим. Значит, подмножество $K\subset M$ неограничено сверху. Из неограниченности сверху подмножества следует неограниченность сверху всего множества $M$.

-- 14.10.2016, 10:58 --

Сдается мне, я перемудрил с этой 13й задачей, можно было ее доказать проще. И не очень понятна ее учебная ценность - чему я должен был на ней научиться? Только работать с рядами?