2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки



Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 6, 7, 8, 9, 10  След.
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение17.03.2017, 13:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4386
irod в сообщении #1198353 писал(а):
[12.1a]Решениями квадратного уравнения $\varepsilon^2-(a^m+a^n)\varepsilon+\delta=0$ относительно $\varepsilon$ являются $\varepsilon_{1,2}=\frac{a^m+a^n\pm\sqrt{(a^m+a^n)^2-4\delta}}{2}$. Такие $\varepsilon$ надо взять после задания произвольного $\delta$ для выполнения неравенства $a^ma^n-\delta<a^r\le a^ma^n$.
Я думаю, нет необходимости всякий раз выражать $\delta $ через $\varepsilon $, особенно, когда эти выражения громоздки и их точные значения нам не нужны. Можно было не вводить $\delta $, включив в нужную формулу выражение с $\varepsilon $ и, сославшись на её произвольную малость, получить вывод о супремуме. (Это не ошибка, конечно.)
irod в сообщении #1198465 писал(а):
Для случая $a>1$ будем рассматривать только положительные $q$, потому что согласно задаче 8.2.а, $a$ в отрицательной степени будет дальше от супремума соответствующего множества (т.е. от $a^n$), чем $a$ в положительной степени.
Вот этот некрасиввый кусок просто лишний. Вам ведь достаточно того, что существует какое-то рациональное $t\in (0;s]$ и для него справедливо $a^s=\sup\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}\ge a^t>a^0=1$ (как Вы потом и делаете).

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение18.03.2017, 01:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4386
Да, вот ещё:
irod в сообщении #1198353 писал(а):
для любого $\varepsilon>0$ ...
$a^ma^n+\varepsilon^2-\varepsilon(a^m+a^n)<a^qa^p\le a^ma^n$
Здесь неявно предполагается, что $\varepsilon < (a^m+a^n)$, а не любое. Меньшим злом было бы вместо "для любого" сказать неформально "для сколь угодно малого". Или можно явно указать, что $\varepsilon < a^m$ и $\varepsilon < a^n$.

В 12.1.b было бы лучше, я думаю, если бы Вы придерживались тех же обозначений, что и в 12.1.a (где у Вас $\delta >0$). И в любом случае однотипность обозначений -- преимущество, особенно если Вы ссылаетесь на аналогичность.

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение18.03.2017, 10:55 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4386
irod
п.3 что-то уж очень громоздко получается. Давайте уточним логику построения доказательства и попытаемся найти более прямой путь.

Вопрос. Понятно ли Вам, что в п.1 (п.2) этой задачи мы на самом деле выбираем $r$ не как максимум (минимум) значений $p$ и $q$, а как наиболее близкое от $n$, а максимум / минимум используем для удобства записи?

То есть, что в обоих пунктах:
$r=p$, если $|n-p| < |n-q|$, иначе $r=q$
(лень рисовать фигурные скобки :)

Если это понятно, что Вам помешало взять такое же $r$ в п.3 и с его помощью завершить доказательство? Мне кажется, что выкладки там были бы существенно проще.

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение18.03.2017, 21:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4386
irod
Выбросьте мой глупый совет выше. Всё будет намного проще, если сразу разделить 2 случая: $ab>1$ и $ab<1$. Например, для первого случая будет такая цепочка неравенств (там подбираются $r<n, s>n$):
$$
a^nb^n-\varepsilon' \le a^rb^r = (ab)^r \le (ab)^n \le (ab)^s =a^sb^s\le a^nb^n +\varepsilon ''
$$Проверьте, всё ли здесь правильно получается.

irod в сообщении #1201088 писал(а):
Да, конечно везде в 12.1 надо дополнить все упоминания задачи 10 листка 7 фразой "или с использованием 'строгой' версии этой задачи, которая доказывается аналогично".
А для чего Вам в соответствующих местах именно строгие неравенства? Разве при нестрогих что-то изменится?

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение21.03.2017, 07:25 


21/02/16
333
grizzly в сообщении #1201146 писал(а):
Я думаю, нет необходимости всякий раз выражать $\delta $ через $\varepsilon $

ок
grizzly в сообщении #1201146 писал(а):
Вот этот некрасиввый кусок просто лишний.

ок
grizzly в сообщении #1201367 писал(а):
Здесь неявно предполагается, что $\varepsilon < (a^m+a^n)$, а не любое.

ок
grizzly в сообщении #1201628 писал(а):
А для чего Вам в соответствующих местах именно строгие неравенства? Разве при нестрогих что-то изменится?

Я стараюсь делать все четко по определениям, особенно после Ваших замечаний про мою невнимательность касательно (не-)равенства нулю показателя степени :-) $a^nb^n+\delta<a^qb^p\le a^nb^n$ -- здесь и в других таких неравенствах строгость из определения супремума на с.33.

-- 21.03.2017, 07:36 --

Давайте теперь по 12.1.б.
grizzly в сообщении #1201457 писал(а):
Вопрос. Понятно ли Вам, что в п.1 (п.2) этой задачи мы на самом деле выбираем $r$ не как максимум (минимум) значений $p$ и $q$, а как наиболее близкое от $n$, а максимум / минимум используем для удобства записи?

Конечно понятно.
grizzly в сообщении #1201457 писал(а):
Если это понятно, что Вам помешало взять такое же $r$ в п.3 и с его помощью завершить доказательство? Мне кажется, что выкладки там были бы существенно проще.

Я хотел все полностью расписать, чтобы не осталось никаких вопросов.
grizzly в сообщении #1201628 писал(а):
Всё будет намного проще, если сразу разделить 2 случая: $ab>1$ и $ab<1$.

Мне не кажется что так сильно проще. Все равно ведь внутри $ab>1$ надо разделить случаи $a>1,b>1$ и $a<1,b<1$ (если я правильно понимаю).
grizzly в сообщении #1201457 писал(а):
Например, для первого случая будет такая цепочка неравенств (там подбираются $r<n, s>n$):
$$
a^nb^n-\varepsilon' \le a^rb^r = (ab)^r \le (ab)^n \le (ab)^s =a^sb^s\le a^nb^n +\varepsilon ''
$$Проверьте, всё ли здесь правильно получается.

Проверил, у меня не получилось.
Вот неравенство для $ab$:
$$
(ab)^n-\varepsilon<(ab)^r=a^rb^r\le (ab)^n,
$$
где $r\in\mathbb{Q}$, $r\le n$.
Вот неравенства, полученные перемножением отдельных неравенств для $a$ и $b$.
При $a>1$, $b>1$:
$$
a^nb^n-\varepsilon<a^rb^r=(ab)^r\le a^nb^n,
$$
где $r\in\mathbb{Q}$, $r\le n$.
При $a<1$, $b<1$:
$$
a^nb^n-\varepsilon<a^sb^s=(ab)^s\le a^nb^n,
$$
где $s\in\mathbb{Q}$, $s\ge n$. Из этих трех неравенств можно почти что сделать то, которое получилось у Вас, но только откуда в Вашем неравенстве взялось $(ab)^n\le (ab)^s$?

-- 21.03.2017, 07:43 --

Ну и неравенства для случая $ab<1$:
$$
(ab)^n-\varepsilon<(ab)^r=a^rb^r\le (ab)^n,
$$ $$
a^nb^n-\varepsilon<a^qb^qb^r=(ab)^qb^r\le a^nb^n,\
$$
где $q\in\mathbb{Q}$, $r\in\mathbb{Q}$, $q\le n$, $r\ge n$.
Первое неравенство мне тут кажется никак не поможет, а второе у меня и так было.

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение21.03.2017, 10:29 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4386
irod в сообщении #1202281 писал(а):
Я стараюсь делать все четко по определениям, особенно после Ваших замечаний про мою невнимательность касательно (не-)равенства нулю показателя степени :-) $a^nb^n+\delta<a^qb^p\le a^nb^n$ -- здесь и в других таких неравенствах строгость из определения супремума на с.33.
Стоп-стоп. Это в корне разные ситуации. На 0 делить нельзя -- без разговоров. Но из строгого неравенства следует нестрогое -- в этом нет ошибки. Если для дальнейшего доказательства Вам достаточно нестрогого, то пусть себе будет. В каких-то случаях полезно выжимать по ходу доказательства всё по-максимуму, даже если ради этого приходится доказывать дополнительные леммы. В других случаях -- это нецелесообразно. В общем, это эстетический выбор по координатам цена / качество.
irod в сообщении #1202281 писал(а):
Мне не кажется что так сильно проще. Все равно ведь внутри $ab>1$ надо разделить случаи $a>1,b>1$ и $a<1,b<1$ (если я правильно понимаю).
Что-то пошло не так :-( Я пытался помочь Вам в п.3. П.п. 1 и 2 Вы сделали нормально, там не нужно лишнего дробления.
irod в сообщении #1202281 писал(а):
только откуда в Вашем неравенстве взялось $(ab)^n\le (ab)^s$?
Надеюсь, этот вопрос уже отпал. Попытайтесь восполнить всю приведенную мной цепочку для п.12.1.б.3 в случае $ab\ge 1, a\ge 1,b<1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение22.03.2017, 08:01 


21/02/16
333
grizzly
да, вопрос отпал. Прошу прощения, я вчера спросонья какую-то фигню тут написал. Теперь разобрался, и нужная цепочка неравенств получилась.

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение22.03.2017, 18:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4386
irod
Ок, хорошо, что разобрались. Конечно, и я попытался Вас сбить с толку по мере сил, но это тоже бывает полезно :D

Я решил всё же вернуться к Вашей попытке доказательства, чтобы обратить внимание на одну ошибку:
irod в сообщении #1201088 писал(а):
Разделим (1) на (2):
$$
\frac{a^nb^n+\delta}{1-\gamma}<(ab)^q\le a^nb^n.
$$
Неравенства одной направленности можно так складывать и умножать, но не вычитать и не делить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение26.03.2017, 19:47 


21/02/16
333
12.3. Пусть $a>b>0$, $n\in\mathbb{R}$. Доказать, что
а) если $n>0$, то $a^n>b^n$; б) если $n<0$, то $a^n<b^n$.

Доказательство (для обоих пунктов).
Разделим возможные случаи.
1) Для случая $a\ge 1>b$ искомые неравенства следуют из задачи 12.2, согласно которой
$$
a^n>a^0=1=b^0>b^n
$$
при $n>0$, и
$$
a^n<a^0=1=b^0<b^n
$$
при $n<0$.

2) $a>b\ge 1$ или $1>a>b$.
Аналогично пунктам 1) и 2) в доказательстве задачи 12.1.б, построим неравенства
$$
a^n-\varepsilon<a^r\le a^n,
$$ $$
b^n-\varepsilon<b^r\le b^n,
$$
где $\varepsilon>0$ -- произвольное, $r\in\mathbb{Q}$, и $r$ можно взять сколь угодно близким к $n$.
Согласно задаче 8.3, $a^r>b^r$ при $n>0$, и $a^r<b^r$ при $n<0$. Взяв $\varepsilon>|b^r-a^r|/2$, получим цепочку
$$
b^n-\varepsilon<b^r\le b^n<a^n-\varepsilon<a^r\le a^n
$$
при $n>0$, и
$$
a^n-\varepsilon<a^r\le a^n<b^n-\varepsilon<b^r\le b^n
$$
при $n<0$.

-- 26.03.2017, 19:49 --

grizzly в сообщении #1202663 писал(а):
Неравенства одной направленности можно так складывать и умножать, но не вычитать и не делить.

ой, ок

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение26.03.2017, 21:20 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4386
irod в сообщении #1203760 писал(а):
Аналогично пунктам 1) и 2) в доказательстве задачи 12.1.б, построим неравенства
$$ a^n-\varepsilon<a^r\le a^n, $$ $$ b^n-\varepsilon<b^r\le b^n, $$ где $\varepsilon>0$ -- произвольное, $r\in\mathbb{Q}$, и $r$ можно взять сколь угодно близким к $n$.
Согласно задаче 8.3, $a^r>b^r$ при $n>0$, и $a^r<b^r$ при $n<0$. Взяв $\varepsilon>|b^r-a^r|/2$, получим цепочку
Концовка этого рассуждения никуда не годится. Мы уже с этим сталкивались -- когда Вы одновременно говорите, что можете выбрать $\varepsilon $ и можете выбрать $r$. И хотя казалось, что Вы просто неудачно выразились, я делал замечания. Но теперь это привело к ошибке: в начале рассуждения Вы выбираете $r=r(\varepsilon)$ в зависимости от наперёд заданного $\varepsilon $, а в конце изменяете это же $\varepsilon $ в зависимости от уже найденного $r$. Порочный круг получается.

Чтобы избегать таких ошибок, лучше, наверное, использовать обозначение $r(\varepsilon)$ или $r_\varepsilon.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение03.04.2017, 11:37 


21/02/16
333
grizzly в сообщении #1203775 писал(а):
Чтобы избегать таких ошибок, лучше, наверное, использовать обозначение $r(\varepsilon)$ или $r_\varepsilon.$

Ок. А в конце можно обозначить $\varepsilon'(r)>|b^r-a^r|/2$, так?

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение04.04.2017, 11:03 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4386
irod в сообщении #1206140 писал(а):
Ок. А в конце можно обозначить $\varepsilon'(r)>|b^r-a^r|/2$, так?
Если честно, я не вижу, как это может спасти Ваше доказательство.

Может попытаться как-то попроще? Скажем, такая цепочка выглядит совсем просто:$$
b^n \le b^p<a^p \le a^n+\varepsilon , \qquad (\varepsilon > 0, \quad p=p(\varepsilon)>n, \quad p\in \mathbb Q).
$$Откуда получаем $b^n \le a^n$. Имеющихся у нас свойств достаточно, чтобы без усилий доказать, что $a^n \ne b^n$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение04.04.2017, 13:18 


21/02/16
333
grizzly в сообщении #1206426 писал(а):
Имеющихся у нас свойств достаточно, чтобы без усилий доказать, что $a^n \ne b^n$.

так ведь у нас уже строгое неравенство (из-за $b^p<a^p$)

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение04.04.2017, 15:03 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4386
irod в сообщении #1206447 писал(а):
так ведь у нас уже строгое неравенство (из-за $b^p<a^p$)
Нет, этого мало. Мы из этого получаем только такое строгое неравенство: $b^n<a^n+\varepsilon $. Оно верно для любого $\varepsilon >0$, но когда мы на основании этого переходим к сравнению $a^n$ и $b^n$, то можем говорить только о нестрогом неравенстве. Простой пример: $2<2+\varepsilon$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)
Сообщение04.04.2017, 22:04 


21/02/16
333
grizzly
да, я опять глупость написал.
Докажем, что $a^n\ne b^n$. Представим $b$ в виде $b\cdot\frac{a}{a}=a\cdot\frac{b}{a}$. Тогда, согласно задаче 12.1.б, $b^n=\Big(a\cdot\frac{b}{a}\Big)^n=a^n\Big(\frac{b}{a}\Big)^n$. Из условия $a>b$ следует, что $\frac{b}{a}\ne 1$, и значит $\Big(\frac{b}{a}\Big)^n\ne 1$. Следовательно, $a^n\ne a^n\Big(\frac{b}{a}\Big)^n=b^n$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 137 ]  На страницу Пред.  1 ... 6, 7, 8, 9, 10  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group