Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)

[irod]

Вспомогательные леммы к задаче 8.

Лемма 1. Пусть $a\ge 0$, $k\in\mathbb{Z}$, $u\in\mathbb{N}$. Тогда $\sqrt[u]{a^k}=(\sqrt[u]{a})^k$.
Доказательство.
По определению корня,
\begin{align*} \sqrt[u]{a}=x && \text{(1)} \end{align*}
т.ч.
\begin{align*} x^u=a. && \text{(2)} \end{align*}
Согласно задаче 3, можно возвести обе части (1) в степень $k$:
\begin{align*} x^k=(\sqrt[u]{a})^k. && \text{(3)} \end{align*}
Теперь возведем обе части (2) в степень $k$ и применим задачу 1.в:
\begin{align*} (x^u)^k=a^k, && \text{(4)} \end{align*}
затем применим задачу 1.в и коммутативность умножения к левой части (4):

$$ (x^u)^k=x^{uk}=x^{ku}=(x^k)^u. $$

Отсюда $x^k=\sqrt[u]{a^k}$, что вместе с (3) дает $\sqrt[u]{a^k}=(\sqrt[u]{a})^k$.

Лемма 2. Пусть $a\ge 0$, $b\ge 0$, $n\in\mathbb{N}$. Тогда $\sqrt[n]{ab}=\sqrt[n]{a}\sqrt[n]{b}$.
Доказательство.
Согласно задаче 3, можно возвести обе части доказываемого равенства в степень $n$; далее применим задачу 1.б к правой части равенства и вспомогательную лемму 1 к обеим частям:

$$ \sqrt[n]{ab}=\sqrt[n]{a}\sqrt[n]{b} \Leftrightarrow (\sqrt[n]{ab})^n=(\sqrt[n]{a}\sqrt[n]{b})^n \Leftrightarrow \sqrt[n]{(ab)^n}=(\sqrt[n]{a})^n(\sqrt[n]{b})^n \Leftrightarrow $$

$$ ab=\sqrt[n]{a^n}\sqrt[n]{b^n}=ab. $$

Из истинности полученного тождества следует истинность исходного равенства.

Лемма 3. Пусть $a\ge 0$, $n\in\mathbb{N}$, $u\in\mathbb{N}$. Тогда $\sqrt[u]{\sqrt[n]{a}}=\sqrt[un]{a}$.
Доказательство.
По определению корня, $x=\sqrt[n]{a}$, $y=\sqrt[u]{x}$ такие что
\setcounter{equation}{0} \begin{align*} a=x^n,&& \text{(1)} \end{align*} \begin{align*} x=y^u.&& \text{(2)} \end{align*}
Задача 3 позволяет возвести обе части равенства (2) в степень $n$, после чего применим задачу 1.б:
\begin{align*} x^n=(y^u)^n=y^{un}. && \text{(3)} \end{align*}
Из (2) и (3) следует $a=y^{un}$, т.е. $y=\sqrt[un]{a}$, завершая доказательство.


8. Решить задачи 1--3 для рациональных $m$ и $n$.

Пусть $m=\frac{p}{q}$, $n=\frac{k}{u}$.

8.1. Пусть $a>0$, $b>0$. Доказать, что
а) $a^ma^n=a^{m+n}$; б) $a^nb^n=(ab)^n$; в) $(a^m)^n=a^{mn}$.

Доказательство.

а) По определению рациональной степени, задаче 13 листка 6, задаче 1.а этого листка, вспомогательной лемме 2 и задаче 12 листка 6 (для сокращения дроби):

$$ a^{m+n}= a^{p/q+k/u}= a^{\frac{pu+kq}{qu}}= \sqrt[qu]{a^{pu+kq}}= \sqrt[qu]{a^{pu}a^{kq}}= $$

$$ \sqrt[qu]{a^{pu}}\sqrt[qu]{a^{kq}}= a^{pu/qu}a^{kq/qu}= a^{p/q}a^{k/u}= a^ma^n. $$

б) По задаче 1.б и вспомогательной лемме 2:

$$ (ab)^n= \sqrt[u]{(ab)^k}= \sqrt[u]{a^kb^k}= \sqrt[u]{a^k}\sqrt[u]{b^k}= a^nb^n. $$

в) По вспомогательной лемме 1, задаче 1.в, вспомогательной лемме 3 и задаче 13 листка 6:

$$(a^m)^n= (a^{p/q})^{k/u}= \sqrt[u]{(\sqrt[q]{a^p})^k}= \sqrt[u]{\sqrt[q]{(a^p)^k}}= $$

$$ \sqrt[u]{\sqrt[q]{a^{pk}}}= \sqrt[uq]{a^{pk}}= a^{pk/uq}= a^{\frac{p}{q}\frac{k}{u}}= a^{mn}. $$

[irod]

8.2. Пусть $a>0$, $m\in\mathbb{Q}$, $n\in\mathbb{Q}$, $m>n$. Доказать, что
а) если $a>1$, то $a^m>a^n$; б) если $a<1$, то $a^m<a^n$.

Доказательство для обоих пунктов с различиями в скобках.
Пусть $m=\frac{p}{q}$, $n=\frac{k}{u}$.
По задаче 4 листка 7, $\frac{p}{q}>\frac{k}{u}$ $\Leftrightarrow$ $pu>kq$ (умножением обеих частей неравенства на $qu$ слева и на $\frac{1}{qu}$ справа от знака эквиваленции).
Из последнего неравенства по задаче 2.а (2.б) следует $a^{pu}>a^{kq}$ ($a^{pu}<a^{kq}$), или эквивалентное ему $a^{p/q}>a^{k/u}$ ($a^{p/q}<a^{k/u}$).

[irod]

8.3. Пусть $a>b>0$, $n\in\mathbb{Q}$. Доказать, что
а) если $n>0$, то $a^n>b^n$; б) если $n<0$, то $a^n<b^n$.

Доказательство.
Пусть как обычно $n=k/u$.
а) $\sqrt[u]{a}>\sqrt[u]{b}$, иначе не могло бы быть $a>b$, согласно задаче 3.а. Снова применив задачу 3.а, получим $(\sqrt[u]{a})^k>(\sqrt[u]{b})^k$, что по вспомогательной лемме 1 к задаче 8.1 эквивалентно $a^{k/u}>b^{k/u}$.
б) Доказательство полностью аналогично доказательству задачи 3.б. Повторю его здесь.
В пункте а) доказано $a^{-n}>b^{-n}$. Отсюда по задаче 9 листка 7 следует $\frac{1}{a^{-n}}<\frac{1}{b^{-n}}$, т.е. $a^n<b^n$.

[irod]

9. Пусть $a>1$, $A=\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q>0\}$. Доказать что
а) множество $A$ не ограничено сверху; б) $\inf A=1$.

Доказательство.

а) Докажем неограниченность сверху подмножества $A\supset M=\{a^n\mid n\in\mathbb{N}\}$. Во вспомогательной лемме к задаче 12 листка 8 была доказана неограниченность сверху множества $\mathbb{N}$. Согласно задаче 8.2.а, $a^n<a^{n+1}$ для любого $n\in\mathbb{N}$. Из этих двух фактов следует неограниченность сверху множества $M$, и как следствие неограниченность сверху всего множества $A$.

б) Надо доказать, что $\forall b>1$ $\exists q\in\mathbb{Q}$ такое что $a^q<b$. Возьмем произвольное $b>1$.
Если $b\ge a$, то неравенство $a^q<a\le b$ выполнено при любом $q<1$, согласно задаче 8.2.а.
Рассмотрим случай $1<b<a$. В пункте а) было доказано, что множество $\{b^n\mid n\in\mathbb{N}\}$ не ограничено сверху. Это значит, что существует такое $n\in\mathbb{N}$ что $a<b^n$. Согласно задаче 8.3.а, отсюда следует $\sqrt[n]{a}<b$, завершая доказательство (здесь $q=1/n$).

[ewert]

irod в сообщении #1191054 писал(а):

$a^n<a^{n+1}$ для любого $n\in\mathbb{N}$. Из этих двух фактов следует неограниченность сверху множества $M$

Знаете, что Вы только что доказали? Что любая монотонно возрастающая последовательность неограниченна.

[irod]

ewert

не уделил должного внимания этому пункту. Исправляю.

[irod]

Вторая попытка.

irod в сообщении #1191054 писал(а):

9. Пусть $a>1$, $A=\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q>0\}$. Доказать что
а) множество $A$ не ограничено сверху;

Доказательство.

а) Докажем неограниченность сверху подмножества $A\supset M=\{a^n\mid n\in\mathbb{N}\}$.

Пусть $a=1+\delta$, $\delta>0$. Согласно задаче 19 листка 5 ("Комбинаторика"), в разложении $(1+\delta)^n$ присутствует слагаемое $C_n^11^{n-1}\delta=n\delta$. Покажем, что число $n\delta$ может быть неограниченно большим, или другими словами что множество $\{n\delta\mid n\in\mathbb{N}\}$ не ограничено сверху.

(Оффтоп)

У меня стойкое ощущение что этот факт (что при умножении каждого элемента неограниченного сверху множества на константу полученное множество также не ограничено сверху) я уже где-то доказывал, но я не смог найти где. Задача 3.б листка 8 здесь конечно не подходит.

Предположим что это не так, т.е. $\exists C$ такое что $n\delta\le C$ для любого натурального $n$. Аксиома Архимеда гарантирует нам существование такого натурального $m$, что $m>C$ для случая $\delta>1$, и $m>C/\delta>C$ для случая $0<\delta<1$. В обоих случаях отсюда следует $m\delta>C$, что противоречит исходному предположению.
Таким образом, множество $\{n\delta\mid n\in\mathbb{N}\}$ не ограничено сверху. Отсюда, очевидно, следует неограниченность сверху множества $M\subset A$, и следовательно и всего множества $A$.

-- 11.02.2017, 17:43 --

Интересно, можно ли как-то связать 4ю и 9ю задачи? Мне кажется между ними должна быть какая-то связь. Только в множестве из 4й задачи у нас зафиксирован показатель степени, а в множестве из 9й -- основание степени.

-- 11.02.2017, 18:08 --

Кстати, возвращаясь к задаче 4.

ewert в сообщении #1185295 писал(а):

irod в сообщении #1184717 писал(а):

дельту можно взять любую чтобы выполнялось $2\delta+\delta^2<\varepsilon$ и $\delta>0$

Тут только один нюанс. Как эту дельту брать?... Ведь даже и квадратного-то корня пока что нет.

Стандартный рецепт на эти случаи -- огрублять неравенства. И к нему надо привыкать.

Будем рассматривать $0<\delta<1$. Согласно задаче 2.б, $\delta^2<\delta$. Тогда $2\delta+\delta^2<2\delta+\delta=3\delta$. Неравенство $3\delta<\varepsilon$ эквивалентно $\delta<\varepsilon/3$. Таким образом, для выполнения исходного неравенства берем $\delta<\min(1,\varepsilon/3)$.

[grizzly]

Пройдусь по мелочам на этой странице:

irod в сообщении #1188684 писал(а):

Лемма 1. Пусть $a\ge 0$

Уже договаривались, что будете отслеживать, когда $a=0$ нужно, а когда нет. Здесь -- нельзя.

Замечание ко всем задачам: не ленитесь для обозначения рационального $n=k/u$ указывать, что $k\in \mathbb Z, u\in \mathbb N$. Иногда можно подумать, что Вы упускаете случай с отрицательным $n$ (и рано или поздно Вы его таки упустите).

irod в сообщении #1188956 писал(а):

Доказательство.
Пусть как обычно $n=k/u$.
а)...
б)...

Совсем не как обычно. Здесь у Вас $k$ целое или натуральное? И вообще, так не пишут. Это такая же ошибка, как неправильно расставленные кванторы. Вы сначала зафиксировали $n$, а потом решаете сначала пункт с положительным $n$, а после -- с отрицательным.

[irod]

grizzly
По замечаниям - ок.

Следующие задачи.

10. Пусть $a>0$, $s\in\mathbb{R}$, $X=\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}$, $Y=\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\ge s\}$. Доказать что
а) если $a>1$, то $\sup X=\inf Y$; б) если $a<1$, то $\inf X=\sup Y$.

Доказательство пункта а (б) вытекает из задачи 8.2.а (8.2.б), согласно которой $\sup X=\inf Y=a^s$ ($\inf X=\sup Y=a^s$).

Судя по всему, эта задача нужна для доказательства следующей - 11й, также как 5я задача была нужна для доказательства существования корня.

11. Доказать, что определения 1,3,4 не противоречат друг другу.

Для начала выпишу тут все эти определения.

Определение 1. Пусть $a\in\mathbb{R}$, $n\in\mathbb{Z}$. Тогда $a^n=\underbrace{a\cdot a\cdot\ldots\cdot a}_{n\text{ раз}}$ при $n>0$; $a^0=1$ при $a\ne 0$; $a^n=\frac{1}{a^{-n}}$ при $n<0$, $a\ne 0$.

Определение 3. Пусть $a\ge 0$, $k\in\mathbb{Z}$, $u\in\mathbb{N}$. Тогда $a^{k/u}=\sqrt[u]{a^k}$.

Определение 4. При $s>0$ $0^s=0$. Пусть $a>0$, $s\in\mathbb{R}$. Тогда $a^s=\sup\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\ge s\}$ при $a<1$, $a^s=\sup\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}$ при $a\ge 1$.

Вопрос - что именно тут надо доказать?
У меня следующие мысли. Вложенность множеств такая $\mathbb{Z}\subset\mathbb{Q}\subset\mathbb{R}$. Надо в определении 4 взять $s\in\mathbb{Q}$ и показать что тогда это определение становится эквивалентным определению 3. А что потом делать с определением 3, брать там целую степень? Но тогда там все очевидно сводится к определению 1. Надо это просто проговорить?

[irod]

irod в сообщении #1193116 писал(а):

10. Пусть $a>0$, $s\in\mathbb{R}$, $X=\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}$, $Y=\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\ge s\}$. Доказать что
а) если $a>1$, то $\sup X=\inf Y$; б) если $a<1$, то $\inf X=\sup Y$.

Доказательство пункта а (б) вытекает из задачи 8.2.а (8.2.б), согласно которой $\sup X=\inf Y=a^s$ ($\inf X=\sup Y=a^s$).

Наверное, это неправильное доказательство, ведь действительная степень у нас пока не определена, и никакого $a^s$ пока нет. Придумываю новый вариант.

[arseniiv]

irod в сообщении #1193116 писал(а):

Вопрос - что именно тут надо доказать?
У меня следующие мысли. Вложенность множеств такая $\mathbb{Z}\subset\mathbb{Q}\subset\mathbb{R}$. Надо в определении 4 взять $s\in\mathbb{Q}$ и показать что тогда это определение становится эквивалентным определению 3. А что потом делать с определением 3, брать там целую степень? Но тогда там все очевидно сводится к определению 1. Надо это просто проговорить?

Всё так.

[irod]

arseniiv
ок, спасибо.

Новый вариант доказательства задачи 10, пока только пункт а).

irod в сообщении #1193116 писал(а):

10. Пусть $a>0$, $s\in\mathbb{R}$, $X=\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}$, $Y=\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\ge s\}$. Доказать что
а) если $a>1$, то $\sup X=\inf Y$;

Согласно задаче 8.2.а, $\forall x\in X$ $\forall y\in Y$ $x\le y$, поэтому $\sup X\le\inf Y$.
При $s\in\mathbb{Q}$ имеем $\sup X=\inf Y=a^s$.
Пусть теперь $s\not\in\mathbb{Q}$.
Счетность множества $\mathbb{Q}$ позволяет задать систему вложенных отрезков, где у каждого отрезка один конец принадлежит множеству $X$, а другой -- множеству $Y$, следующим образом. Согласно задаче 15.а листка 8 можно задать последовательности рациональных чисел $q_i,p_i$, сколь угодно близко приближающихся к $s$ с разных сторон: $q_1<q_2<\ldots<q_i<\ldots<s<\ldots<p_i<\ldots<p_2<p_1$, на основании чего по задаче 8.2.а имеем последовательности $a^{q_1}<a^{q_2}<\ldots<a^{q_i}<\ldots<a^{p_i}<\ldots<a^{p_2}<a^{p_1}$. Пусть $[a^{q_i},a^{p_i}]$, где $a^{q_i}\in X$, $a^{p_i}\in Y$ -- $i$-й отрезок в системе вложенных отрезков.
Покажем что пересечение этой с.в.о. состоит из одной определенной точки.
Возьмем произвольное $\varepsilon>0$ и покажем существование отрезка из с.в.о. с длиной меньше $\varepsilon$.
Обозначим $r=p-q$ для некоторых рациональных чисел $p,q$ таких что $q<s<p$. Тогда, с применением задачи 8.1.а, $a^p-a^q=a^{q+r}-a^q=a^qa^r-a^q=a^q(a^r-1)$. Множество всех $a^r$ -- это множество $A$ из задачи 9. Согласно задаче 9.б, можно взять $a^r$ сколь угодно близким к единице, тем самым делая разность $a^r-1>0$ сколь угодно малой. Выше было показано, что множество $X$ (т.е. множество всех $a^q$) ограничено сверху (например, числом $\inf Y$), значит число $\sup X$ существует. Если взять $a^r-1<\varepsilon(\sup X)$, то $a^q(a^r-1)<\varepsilon$, согласно задаче 10 листка 7.
Таким образом мы показали, что в нашей с.в.о. найдется отрезок с длиной меньше любого заданного $\varepsilon$.
Задача 17 листка 8 утверждает, что тогда пересечение нашей с.в.о. состоит из одной точки. В доказательстве той же задачи было показано, что этой точкой является число $\sup X=\inf Y$.

[grizzly]

irod
Идея хорошая и в принципе рассуждение правильное. Но опять-таки огрехи.
Связь между первой (выбор с.в.о.) и второй частью доказательства осталась в Вашей голове. Во второй части снова проблема с расстановкой кванторов в рассуждении. Например:

irod в сообщении #1194959 писал(а):

Обозначим $r=p-q$ для некоторых рациональных чисел $p,q$ таких что $q<s<p$ ...
можно взять $a^r$ сколь угодно близким к единице

Я понимаю, что лень писать "можем выбрать $p$ и $q$", но скажите хотя бы "$a^r$ можно сделать сколь угодно близким к единице" и это будет выглядеть чуть-чуть коряво, но совсем безобидно.

Хуже другое: Вы перешли к подпоследовательностям, следовательно, сузили множества $X, Y$, но нигде не обмолвились, что супремум такого сужения $X$ будет тот же, что у $X$. Например, здесь:

irod в сообщении #1194959 писал(а):

В доказательстве той же задачи было показано, что этой точкой является число $\sup X=\inf Y$.

Наверное, там это было показано не для наших множеств, а для соответствующих сужений.

Что означает запись "$a^r-1<\varepsilon(\sup X)$"? Что $\varepsilon $ зависит от $\sup X$? Лучше было просто разделить на $\sup X$.

[irod]

grizzly
благодарю за замечания. Если честно, я уже давно придумал идею с вложенными отрезками, и с тех пор все пытаюсь довести это доказательство до ума, постоянно поправляя и полируя его. И все мне казалось что где-то я что-то упускаю, какие-то важные детали, только не мог понять какие именно. Поэтому я решил уже выложить свой текущий вариант, и послушать критику. Спасибо Вам, теперь картинка стала проясняться Я еще обдумаю Ваши замечания и исправлю/дополню доказательство.

grizzly в сообщении #1194969 писал(а):

Что означает запись "$a^r-1<\varepsilon(\sup X)$"? Что $\varepsilon $ зависит от $\sup X$? Лучше было просто разделить на $\sup X$.

Здесь просто описка, я хотел написать $a^r-1<\varepsilon/\sup X$.

[irod]

Пока я продолжаю думать над улучшением док-ва 10й задачи (отшлифовать оказалось труднее чем придумать основную идею), выкладываю 11ю.

irod в сообщении #1193116 писал(а):

11. Доказать, что определения 1,3,4 не противоречат друг другу.

Для начала выпишу тут все эти определения.

Определение 1. Пусть $a\in\mathbb{R}$, $n\in\mathbb{Z}$. Тогда $a^n=\underbrace{a\cdot a\cdot\ldots\cdot a}_{n\text{ раз}}$ при $n>0$; $a^0=1$ при $a\ne 0$; $a^n=\frac{1}{a^{-n}}$ при $n<0$, $a\ne 0$.

Определение 3. Пусть $a\ge 0$, $k\in\mathbb{Z}$, $u\in\mathbb{N}$. Тогда $a^{k/u}=\sqrt[u]{a^k}$.

Определение 4. При $s>0$ $0^s=0$. Пусть $a>0$, $s\in\mathbb{R}$. Тогда $a^s=\sup\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\ge s\}$ при $a<1$, $a^s=\sup\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}$ при $a\ge 1$.

Будем исходить из вложенности множеств $\mathbb{Z}\subset\mathbb{Q}\subset\mathbb{R}$.
Определение 1 является частью определения 3, которое в свою очередь является частью определения 4.

а) Докажем, что определение 4 для рациональной степени эквивалентно определению 3.
Возьмем $s=k/u$, $k\in\mathbb{Z}$, $u\in\mathbb{N}$ и подставим в определение 4.
При $s>0$ $0^s=0^{k/u}=\sqrt[u]{0^k}=\sqrt[u]{0}=0$ (равенства $0^k=0$ и $\sqrt[u]{0}=0$ были доказаны к задаче 6), что соответствует действительной степени нуля в определении 4.
Пусть $a>0$. Согласно задаче 8.2, $\sup\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\ge s\}=a^s$ при $a<1$ и $\sup\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}=a^s$ при $a>1$. Т.к. $1^s=1^{k/u}=\sqrt[u]{1^k}=\sqrt[u]{1}=1$ (равенство $1^k=1$ было доказано во вспомогательной лемме к задаче 1.в, а равенство $\sqrt[u]{1}=1$ следует из $1^u=1$ путем взятия корня из обеих сторон), то $\sup\{1^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}=1$ независимо от условия на $q$ внутри множества. Полученные значения соответствуют действительной степени положительного числа в определении 4.

б) Определение 3 сводится к определению 1, если подставить в него целую степень, взяв $u=1$ в рациональной степени $k/u$: $a^{k/u}=a^k$.