Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)

[irod]

Продолжаю прорешивать задачи из книжки Давидовича и ко http://www.mccme.ru/free-books/57/davidovich.pdf.
В этой теме - листки 8-10 (по действительным числам).
Прошу уважаемых форумчан проверить мои доказательства, как и в моих предыдущих темах.

1. Верно ли, что множество положительных чисел ограничено сверху (снизу)?

Решение.
По определению, любое положительное число больше нуля. Следовательно, $0$ является одной из нижних граней $P$, т.е. $P$ ограничено снизу.
Предположим, что $P$ ограничено сверху, т.е. $\exists C$ такое что $\forall x\in P\ (x\le C)$.
Возьмем произвольный положительный элемент $x\in P$.
Неравенство $x\le C$ означает, что число $C-x$ будет либо положительным, либо равным нулю. Сумма $(C-x)+x=C$ будет положительна (по аксиоме порядка 2 в случае положительного $C-x$, и по аксиоме поля 3 в случае если $C-x=0$). Наконец, сумма $C$ с любым положительным числом также будет положительна, и кроме этого она будет больше $C$ (согласно зад.3 листка 6). Из существования положительных чисел больших $C$ следует что исходное предположение неверно, и $P$ неограничено сверху.

[maxmatem]

А разве нельзя просто сослаться на аксиому Архимеда?

[irod]

maxmatem
нельзя, аксиома Архимеда - одна из следующих задач в этом листке.

-- 12.08.2016, 15:22 --

3. Пусть множества $L$ и $M$ непусты. Верно ли, что $L$ и $M$ ограничены тогда и только тогда, когда ограничено множество
а) $S=\{l+m\mid l\in L,m\in M\}$;
б) $P=\{lm\mid l\in L,m\in M\}$?

Решение.

а)
$\Rightarrow$
(Здесь я использую известное неравенство $\forall a,b\ |a+b|\le|a|+|b|$ без доказательства)
Пусть $L$ и $M$ ограничены, т.е. $\exists C_1\ \forall l\in L\ |l|\le C_1$ и $\exists C_2\ \forall m\in M\ |m|\le C_2$. Но тогда для произвольных элементов $l\in L,m\in M$ верно неравенство $|l+m|\le|l|+|m|\le C_1+C_2$ (по зад.6 листка 7), что, согласно зад.2, и означает ограниченность множества $S$.
$\Leftarrow$
Пусть множество $S$ ограничено, т.е.
$\exists C_1,C_2\ \forall l\in L,m\in M\ C_2\le l+m\le C_1$.
Из этих неравенств следует, что для фиксированного элемента $m_0\in M$ и $\forall l\in L$ будут выполняться неравенства
$C_2-m_0\le l\le C_1-m_0$,
а для фиксированного элемента $l_0\in L$ и $\forall m\in M$ -- неравенства
$C_2-l_0\le m\le C_1-l_0$. Это и означает, по определению, что множества $L$ и $M$ ограничены.

б) Нет, неверно. Контрпример: пусть $L$ -- множество положительных чисел, $M=\{0\}$. Тогда $P=\{0\}$ -- ограничено, в то время как $L$ неограничено (согласно зад.1).

-- 12.08.2016, 15:33 --

4. Доказать равносильность определений 4 и 5.

Определение 4. Число $C$ называется точной верхней (нижней) гранью множества $M$, если
1) $\forall x\in M\ x\le C\ (x\ge C)$;
2) $\forall C_1<C\ (\forall C_1>C)\ \exists x\in M\ x>C_1\ (x<C_1)$.

Определение 5. Число $C$ называется точной верхней (нижней) гранью множества $M$, если $C$ есть наименьшая (наибольшая) из верхних (нижних) граней множества $M$.

Доказательство.
На примере определения точной верхней грани. Для точной нижней грани поменять знаки неравенств.
Пусть $C$ -- точная верхняя грань множества $M$ согласно определению 4.
Согласно пункту 1), $C$ является одной из верхних граней множества $M$. Согласно пункту 2), никакое число меньшее $C$ не является верхней гранью множества $M$, т.е. $C$ -- наименьшая верхняя грань множества $M$ (определение 5).
Пусть теперь $C$ -- наименьшая из верхних граней множества $M$. Значит, $\forall C_1<C$ неравенство $x\le C_1$ не выполнено, т.е. $\exists x\ x>C_1$ (определение 4).

-- 12.08.2016, 15:35 --

5. Найти точную верхнюю и нижнюю грани множества $M$, если они существуют:

а) $M=\{\frac{1}{a}\mid a>2\}$
$\sup M=\frac{1}{2}, \inf M=0$.

б) $M=\{a+b\mid -1<a<1,-3\le b<2\}$
$\sup M=3, \inf M=-4$.

в) $M=\{ab\mid -1<a<2,-5<b\le 3\}$
$\sup M=-10, \inf M=6$.

г) $M=\{a^2+a\mid -3<a<4\}$
$\sup M=20, \inf M=0$.

-- 12.08.2016, 15:36 --

6. У каждого множества существует не больше одной точной верхней (нижней) грани.

Доказательство.
(Для точной верхней грани. Для точной нижней грани поменять знаки неравенств).
Пусть $C,C'$ -- точные верхние грани множества $M$. Если бы $C<C'$, то $\exists x\in M\ x>C$ -- согласно пункту 2) определения 4, и тогда $C$ не являлось бы верхней гранью. Аналогично, если бы $C'<C$, то $\exists x\in M\ x>C'$, и тогда $C'$ не являлось бы верхней гранью. Значит $C=C'$. Таким образом, все точные верхние грани множества $M$ равны друг другу, т.е. существует не больше одной точной верхней грани.

[arseniiv]

1, 3, 6 — кажется, все нормально.
4 — нормально, но под конец, по-моему, немного скомкано тут:

irod в сообщении #1143646 писал(а):

Значит, $\forall C_1<C$ неравенство $x\le C_1$ не выполнено, т.е. $\exists x\ x>C_1$ (определение 4).

5 — верно, хотя мне кажется, что предполагались какие-то минимальные обоснования. Будем считать, что они при решении были (хотя всё-таки интересно, как вы решали часть г — если не против, напишите).

[irod]

arseniiv в сообщении #1143682 писал(а):

5 — верно, хотя мне кажется, что предполагались какие-то минимальные обоснования. Будем считать, что они при решении были (хотя всё-таки интересно, как вы решали часть г — если не против, напишите).

Решал подбором, просто подставлял граничные значения. Наверное, это не очень хорошо. В 5 у меня кстати неправильная точная нижняя грань.
Чтобы это увидеть, можно например построить график $a^2+a$:
https://www.wolframalpha.com/input/?i=x ... -3%3Cx%3C4
а еще можно взять производную по $a$ и приравнять ее к нулю, тогда получим точную нижнюю грань $a=-1/2$.
Хотя по Давидовичу я производную "еще не проходил", так что не знаю как такие задачи предполагалась решать, только подбором и посматривая на график.

[arseniiv]

Ой, ну вот. И я просмотрел. В общем, если вы выделите в $a^2 + a$ полный квадрат, то…

[irod]

7. Доказать, что не существует такого $q\in\mathbb{Q}$, что $q^2=2$.

Доказательство этого утверждения очень известное, я натыкался на него много раз в учебниках и помню его наизусть. Поэтому вместо него я попробую доказать более общее утверждение, которое должно пригодиться в следующей - восьмой - задаче:

Не существует такого $q\in\mathbb{Q}$, что $q^2=p$, где $p$ -- простое.

Доказательство.
От противного. Пусть такое $q$ существует. По определению рационального числа, $q$ можно представить в виде $q=\frac{m}{n},m\in\mathbb{Z},n\in\mathbb{N}$. Возьмем такие $m,n$, которые не содержат общих множителей (т.е. дробь $\frac{m}{n}$ нельзя сократить).
Тогда $q^2=\frac{m^2}{n^2}=p$, и $m^2=pn^2$, т.е. $m^2$ делится на $p$, что возможно только если $m$ делится на $p$. Если $m$ делится на $p$, то $m^2$ должно делиться на $p^2$. Но тогда $n^2$ должно делиться на $p$, что возможно только если $n$ делится на $p$. Таким образом, мы пришли к тому, что оба числа $m,n$ делятся на $p$, в то время как они не должны содержать общих множителей по исходному предположению. Значит исходное предположение неверно, и такого рационального $q$ не существует.

-- 26.08.2016, 11:23 --

8. Множество рациональных чисел, квадрат которых меньше числа 3, не имеет в $\mathbb{Q}$ точной верхней грани.

Вот тут я немного застрял, нужны подсказки.
Известно, что $\sqrt{3}\not\in\mathbb{Q}$, поэтому $\sqrt{3}$ в качестве точной верхней грани не подходит.
Идея: возьмем с обеих сторон от $\sqrt{3}$ числа и покажем что среди чисел меньших $\sqrt{3}$ нет наибольшего, а среди бОльших -- наименьшего. Например, предположим что $C\in\mathbb{Q}$ -- наименьшая верхняя грань нашего множества, и $C<\sqrt{3}$.
Далее все упирается в вопрос: как найти рациональное число между рациональным ($C$) и иррациональным ($\sqrt{3}$)? Ответа пока не нашел.

-- 26.08.2016, 11:27 --

arseniiv в сообщении #1143856 писал(а):

Ой, ну вот. И я просмотрел. В общем, если вы выделите в $a^2 + a$ полный квадрат, то…

$a^2+a=a^2+2a+1-a-1=(a+1)^2+1-a$
Так? Что это мне дает?

[gefest_md]

irod в сообщении #1146709 писал(а):

как найти рациональное число между рациональным ($C$) и иррациональным ($\sqrt{3}$)?

Если предположить, что его там нет, тогда можно доказать, что $C=\sqrt{3}$?

-- Пт авг 26, 2016 13:58:12 --

Рассматриваете два случая: $C<1$ и $C\geqslant 1$.

[Nemiroff]

irod в сообщении #1146709 писал(а):

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

В десятичную дробь?

[alcoholist]

irod в сообщении #1146709 писал(а):

$a^2+a=a^2+2a+1-a-1=(a+1)^2+1-a$
Так? Что это мне дает?

Это не выделение полного квадрата.

[arseniiv]

irod в сообщении #1146709 писал(а):

т.е. $m^2$ делится на $p$, что возможно только если $m$ делится на $p$

А нужные утверждения относительно делимости и простых откуда брать будем? Ведь натуральные числа недавно введены и задач соответствующих, кажется, тоже не пропускали. А так доказательство для вашей модифицированной 7, конечно, нормальное.

[gefest_md]

irod в сообщении #1146709 писал(а):

Возьмем такие $m,n$, которые не содержат общих множителей (т.е. дробь $\frac{m}{n}$ нельзя сократить).

Это место мне не нравилось, когда впервые прочитал теорему: пусть дробь несократимая; а если можно сократить? любую дробь можно сделать несократимой; почему? ну и что если можно... Но становится понятнее, если задать множество

$S=\left\{n\in\mathbb{N}\mid\exists m\left(m\in\mathbb{N}\wedge\frac{m}{n}=2\right)\right\}$

и доказать, что оно пусто (от противного). Заодно можно использовать задачу 16 из листка 7. В этом смысле 8-я задача полегче: там можно задать множество попроще (и доказать, что оно не равно данному).

[irod]

Nemiroff в сообщении #1146747 писал(а):

В десятичную дробь?

По Давидовичу "мы этого еще не проходили", поэтому я думаю предполагается другое решение.

gefest_md в сообщении #1146739 писал(а):

Рассматриваете два случая: $C<1$ и $C\geqslant 1$.

Можете объяснить откуда взялась единица? Почему надо рассмотреть именно такие случаи?

gefest_md в сообщении #1146739 писал(а):

irod в сообщении #1146709 писал(а):

как найти рациональное число между рациональным ($C$) и иррациональным ($\sqrt{3}$)?

Если предположить, что его там нет, тогда можно доказать, что $C=\sqrt{3}$?

У меня родилась новая идея доказательства (если я правильно понял Вашу подсказку): докажем, что $\sqrt{3}=\sup M$, где $M$ -- множество рациональных чисел, квадрат которых меньше числа 3. Далее, используем тот факт что$\sqrt{3}\not\in\mathbb{Q}$ и задачу 6, согласно которой у $M$ может быть не более одной точной верхней грани. Следовательно, $M$ не имеет точной верхней грани в $\mathbb{Q}$. Так будет правильно?

-- 13.09.2016, 08:49 --

arseniiv в сообщении #1146794 писал(а):

irod в сообщении #1146709 писал(а):

т.е. $m^2$ делится на $p$, что возможно только если $m$ делится на $p$

А нужные утверждения относительно делимости и простых откуда брать будем? Ведь натуральные числа недавно введены и задач соответствующих, кажется, тоже не пропускали. А так доказательство для вашей модифицированной 7, конечно, нормальное.

Меня тоже смущает этот момент. Вроде я нигде у Давидовича не видел никаких упоминаний простых чисел и разложения на них. Однако задачи с такими разложениями уже были, например листок 6, задача 15в. Будем считать что я откуда-то про это знаю, иначе вообще непонятно что делать с такими задачами

[gefest_md]

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).

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. Следовательно, между $C$ и $\sqrt{3}$ есть рациональное число. Оно принадлежит $M.$

Поэтому $C$ не верхняя грань, а поэтому и точной верхней гранью не может быть.

irod в сообщении #1150873 писал(а):

вообще непонятно что делать с такими задачами

Для случая $p=2$ все понятно.

[gefest_md]

irod, все-таки мои рассуждения справедливы только для случая, когда мы доказываем, что $C\in\mathbb{Q}^{+}$ не может быть точной верхней гранью множества $M$. Проверьте, если согласны со мной.