Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)

[grizzly]

irod в сообщении #1159667 писал(а):

Сдается мне, я перемудрил с этой 13й задачей, можно было ее доказать проще.

Да я бы не сказал, что там у Вас настолько уж мудро

irod в сообщении #1159667 писал(а):

И не очень понятна ее учебная ценность - чему я должен был на ней научиться? Только работать с рядами?

Не только. Но и это, конечно. Просто Вам уже давно рассказали про гармонический ряд и Вас там нечем пока удивить. Но сам по себе этот ряд ценен и способствовал развитию разных идей в математике. А расходимость его суммы контр-интуитивна на первый взгляд (пока Вам про неё не рассказали). Ещё Вы использовали идею мажоранты для бесконечного множества -- тоже полезно.

[irod]

grizzly
ок

grizzly в сообщении #1159245 писал(а):

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

Меня только что осенило что для этого надо было всего-то использовать аксиому Архимеда.

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.

Покажем, что $0$ является т.в.г.
Возьмем произвольный действительный $\varepsilon>0$. По аксиоме Архимеда, существует $k\in\mathbb{N}$ такое, что $k>\varepsilon$. Также отметим очевидный факт: $\forall k\in\mathbb{N}$ $2^k>k$ (можно доказать например по индукции). Объединив эти факты и применив задачи 7,9 листка 7, получим:

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

Таким образом, $\forall \varepsilon>0\ \exists x\in M\ x>-\frac{1}{\varepsilon}$, и значит $\sup M=0$.

[grizzly]

irod в сообщении #1159744 писал(а):

Меня только что осенило что для этого надо было всего-то использовать аксиому Архимеда.

Или просто выразить $k$ в явном виде, используя обозначение целой части числа.

Теперь извиняйте за занудство. Общий ход рассуждения у Вас выглядит следующим образом:
1. Возьмём произвольную положительную константу.
2. Аргументация / вычисления.
3. Формулировка вывода в терминах положительной константы.

Вот п.1 уже выглядит нехорошо. В определении т.в.г. при проверке условия 2) нужно стартовать от произвольной отрицательной константы. Вы могли бы спасти ситуацию в п.3, сформулировав окончательный вывод в требованиях определения, но Вы этого не сделали. Понятно, что там всё просто и читатель сам может догадаться, но ведь это должна быть Ваша работа, а не моя :)

[irod]

grizzly
да, конечно, Вы правы. Я привык что обычно надо брать положительную константу и сделал тут на автопилоте. Но я рад, что это главный недочет здесь

-- 17.10.2016, 18:41 --

Пока я думал (и продолжаю думать) над задачей 15, я в промежутках сделал следующие задачи - 16 и 17, выкладываю их.

Вспомогательная лемма. Никакой отрезок не равен пустому множеству.
Доказательство вспомогательной леммы. Возьмем произвольный отрезок с концами $a$ и $b$. По определению отрезка, возможны два случая:
1) $a<b$ $\Rightarrow$ между $a$ и $b$ есть бесконечно много действительных точек (согласно зад.15);
2) $a=x=b$ $\Rightarrow$ отрезок содержит одну точку $x$.

16. Пересечение системы вложенных отрезков не пусто.
Доказательство.
От противного. Пусть пересечение некоторой системы вложенных отрезков пусто. Это значит что два каких-то соседних отрезка $I_k$ и $I_{k+1}$ из всей системы имеют пустое пересечение.
По определению системы вложенных отрезков, $I_k\supset I_{k+1}$, следовательно $I_k\cap I_{k+1}=I_{k+1}$.
По вспомогательной лемме, $I_{k+1}\ne\varnothing$.
Поэтому $I_k\cap I_{k+1}\ne\varnothing$, и значит исходное предположение неверно.

-- 17.10.2016, 18:43 --

17. Пересечение системы вложенных отрезков состоит из одной точки тогда и только тогда, когда для любого положительного $\varepsilon$ в этой системе найдется отрезок $[a,b]$ длины $b-a<\varepsilon$.

Доказательство.

$\Rightarrow$
Пусть пересечение некоторой с.в.о. состоит из одной точки $x$. Это значит, что для каких-то соседних отрезков $I_k$ и $I_{k+1}$ $I_k\cap I_{k+1}=\{x\}$. Это в свою очередь означает, что $I_{k+1}=\{x\}$ (по определению с.в.о.). Т.е. для отрезка $I_{k+1}$ $a=b=x$. Очевидно, $b-a=x-x=0$ меньше любого $\varepsilon>0$.

$\Leftarrow$
Пусть в некоторой с.в.о. для любого $\varepsilon>0$ найдется отрезок $[a,b]$, длина которого меньше $\varepsilon$, и пусть пересечение этой с.в.о. состоит более чем из одной точки, например из двух точек $x,y$. Пусть $x<y$.
Возьмем $\varepsilon>y-x$. По условию можно найти такой отрезок $[a,b]$, что $b-a<\varepsilon$. При этом $a\le x<y\le b$, потому что $x$ и $y$ принадлежат каждому отрезку системы (по определению пересечения множеств), в том числе и отрезку $[a,b]$.
Из $b\ge y$ $\Rightarrow$ $b-a\ge y-a$,
из $x\ge a$ $\Rightarrow$ $-a\ge -x$ $\Rightarrow$ $y-a\ge y-x$.
Следовательно, $b-a\ge y-x>\varepsilon$.
Это противоречие доказывает, что пересечение исходной с.в.о. не может содержать более одной точки.

[arseniiv]

irod в сообщении #1160574 писал(а):

Вспомогательная лемма. Никакой отрезок не равен пустому множеству.
Доказательство вспомогательной леммы. Возьмем произвольный отрезок с концами $a$ и $b$. По определению отрезка, возможны два случая:
1) $a<b$ $\Rightarrow$ между $a$ и $b$ есть бесконечно много действительных точек (согласно зад.15);
2) $a=x=b$ $\Rightarrow$ отрезок содержит одну точку $x$.

Согласно определению 8, второй случай невозможен, ну а в первом можно взять любой конец отрезка (как вы и сделали во втором).

16 смазано. В общем случае пересечение какого-то семейства множеств может быть пустым, даже если пересечения всех его подсемейств, отличающихся на одно множество, непустые (например, берём семейство $\{A\setminus\{x\} : x\in A\}$ для любого $A$). Лучше рассмотрите кое-чьи точные грани.

17 та же проблема:

irod в сообщении #1160574 писал(а):

Пусть пересечение некоторой с.в.о. состоит из одной точки $x$. Это значит, что для каких-то соседних отрезков $I_k$ и $I_{k+1}$ $I_k\cap I_{k+1}=\{x\}$.

Посмотрите на систему, у которой $I_n = [-1/n;1/n]$.

-- Пн окт 17, 2016 21:59:36 --

Насчёт 15: попробуйте построить последовательность.

[deep blue]

irod в сообщении #1160574 писал(а):

Пусть пересечение некоторой с.в.о. состоит из одной точки $x$. Это значит, что для каких-то соседних отрезков $I_k$ и $I_{k+1}$ $I_k\cap I_{k+1}=\{x\}$.

Нет, не значит. Пересечение любых двух отрезков (соседних или нет не важно), один из которых вложен в другой - всегда содержит несчетное множество точек, но никак не одну.
Другое дело если говорить о пересечении бесконечного множества вложенных отрезков. Тогда такое пересечение может иметь лишь одну точку.
Контринтуитивно, да?

[grizzly]

Добавлю к замечаниям:

irod в сообщении #1160574 писал(а):

2) $a=x=b$ $\Rightarrow$ отрезок содержит одну точку $x$.

Такой случай не возможен (см. внимательно определение отрезка).

[arseniiv]

arseniiv в сообщении #1160600 писал(а):

Согласно определению 8, второй случай невозможен

Мне иногда кажется, что я пишу прозрачными буквами.

[irod]

grizzly в сообщении #1160691 писал(а):

irod в сообщении #1160574 писал(а):

2) $a=x=b$ $\Rightarrow$ отрезок содержит одну точку $x$.

Такой случай не возможен (см. внимательно определение отрезка).

arseniiv в сообщении #1160600 писал(а):

Согласно определению 8, второй случай невозможен

мне стыдно что я такое просмотрел.

deep blue в сообщении #1160673 писал(а):

Контринтуитивно, да?

Ага.

В общем, 16 и 17 задачи оказались сложнее чем я думал, и я решил сначала все-таки разобраться с задачей 15, чтобы не оставлять пробелов.

arseniiv в сообщении #1160600 писал(а):

Насчёт 15: попробуйте построить последовательность.

Попробовал. Получилось длинное (для меня) доказательство, и наверняка в нем найдутся недочеты, но я уже устал над ним работать 3 недели, так что выкладываю на суд. Пока я сделал только пункт а), второй пункт будет позже.

15. Доказать что между двумя различными действительными числами найдется
а) бесконечно много рациональных чисел;
б) бесконечно много иррациональных чисел.

Доказательство.
Пусть $a,b\in\mathbb{R}$, $a<b$.

а) Этапы доказательства:
1) найдем натуральные $m,n$ такие что $m<a<b<n$;
2) с помощью $m,n$ найдем рациональные $p,q$ такие что $a<p<q<b$;
3) построим счетное множество рациональных чисел между $p,q$.

Поехали.

1) По аксиоме Архимеда мы можем найти натуральные $n>b$ и $m>a-1$. Возьмем минимальные такие $n$ и $m$ (они существуют согласно зад. 16 листка 7). Заметим, что $m<a$, т.к. иначе $m$ не было бы минимальным натуральным числом, большим $a-1$ (т.е. было бы $m-1>a-1\Rightarrow m>a$).
Итак, $m<a<b<n$.

2) Теперь с помощью $m,n$ найдем $p,q\in\mathbb{Q}$ такие что $a<p<q<b$.
Используем дихотомию. Алгоритм следующий.
Берем отрезок $[m,n]$ и делим его на две равные части, после этого берем ту половину, которая содержит оба числа $a,b$. Далее снова делим полученный отрезок напополам и снова берем половину, содержащую $a,b$. Продолжаем деление до тех пор, пока середина текущего отрезка не окажется между $a,b$.
Покажем, что на каком-то шаге алгоритма делимый отрезок окажется меньше отрезка $[a,b]$, и его середина попадет между $a,b$.
Возьмем $\varepsilon=\frac{n-m}{b-a}$. Далее рассуждения аналогичны доказательству задачи 14.а: $\exists k_1\in\mathbb{N}$ такое, что

$$ \frac{1}{2^{k_1}}<\frac{1}{\varepsilon} \Rightarrow \frac{n-m}{2^{k_1}}<b-a, $$

где $\frac{n-m}{2^{k_1}}$ -- длина отрезка после $k_1$-го деления. Возьмем минимальное такое $k_1$. Пусть $p_{k_1-1},q_{k_1-1}$ -- меньший и больший концы делимого отрезка соответственно после $(k_1-1)$-го деления исходного отрезка $[m,n]$ пополам, и пусть $p_0=m$, $q_0=n$. Тогда выполнено

\begin{align} \frac{q_{k_1-1}-p_{k_1-1}}{2}<b-a, \end{align} \begin{align} p_{k_1-1}<a<b<q_{k_1-1}. \end{align}

Выводим из этих двух неравенств:

$$ \frac{q_{k_1-1}-p_{k_1-1}}{2}+p_{k_1-1}\overset{(2)}<\frac{q_{k_1-1}-p_{k_1-1}}{2}+a\overset{(1)}<b \Leftrightarrow \frac{q_{k_1-1}+p_{k_1-1}}{2}<b, $$

$$ \frac{q_{k_1-1}-p_{k_1-1}}{2}\overset{(1),(2)}<q_{k_1-1}-a \Leftrightarrow a<q_{k_1-1}-\frac{q_{k_1-1}-p_{k_1-1}}{2}=\frac{q_{k_1-1}+p_{k_1-1}}{2}. $$

Таким образом, $a<\frac{q_{k_1-1}+p_{k_1-1}}{2}<b$, т.е. середина отрезка, полученного после $(k_1-1)$-го деления отрезка $[m,n]$ пополам, будет лежать между $a$ и $b$.
Пусть $p_{k_1}=\frac{q_{k_1-1}+p_{k_1-1}}{2}$, $q_{k_1}=q_{k_1-1}$ (т.е. возьмем правую половину отрезка при следующем делении). Тогда $a<p_{k_1}<b<q_{k_1}$.
Покажем, что продолжив работу алгоритма, на каком-то шаге $k_2>k_1$ правый конец $q_{k_2}$ также окажется между $a,b$. Для этого достаточно повторить рассуждения выше для "внешних" чисел $p_{k_1},q_{k_1}$ и "внутренних" чисел $p_{k_1},b$.
Обозначим для удобства $p=p_{k_2}$, $q=q_{k_2}$. Итак, $a<p<q<b$, где $p,q\in\mathbb{Q}$ (все числа $p_i,q_i$ рациональные, потому что получены из натуральных $m,n$ с помощью конечного числа суммирований и делений).

3) Продолжим алгоритм с полученным отрезком $[p,q]$, беря после каждого деления любую из двух частей отрезка (например, всегда левую). Обозначим счетное множество (рациональных) середин делимого отрезка $M$:

$$ M=\{p+\frac{q-p}{2^k}\mid k\in\mathbb{N}\}. $$

Аналогично задаче 14.а доказывается, что $\inf M=\frac{p+q}{2}$, $\sup M=p$.
Таким образом, $\forall x\in M$ $a<x<b$.

-- 02.11.2016, 14:24 --

А насчет второго пункта

irod в сообщении #1165400 писал(а):

б) бесконечно много иррациональных чисел.

у меня мысль взять найденные $p,q$ из предыдущего пункта и построить такое множество: $M=\{p+\frac{q-p}{(\sqrt{2})^k}\mid k\in\mathbb{N}\}$.

[grizzly]

Доказательство п.1 выглядит громоздко. Во многом из-за того, что нет таких удобных вещей как "целая часть", например.
Но думаю, что можно как-то проще. Взять наименьшее натуральное $n$, большее чем $\frac1{k(b-a)}, k\in \mathbb N$; найти наибольшее целое $m$, такое, что $\frac{m}{n} < a$ и показать, что следующие $k$ чисел вида $\frac{m+l}{n}, l=1,\ldots, k,$ принадлежат отрезку $[a;b]$. $k$ может быть сколь угодно велико. Здесь используется аксиома Архимеда и задача 16 прошлого листика; вычисления будут попроще и их будет меньше. Согласитесь?
А вообще я думаю, что такого сокращённого ("идейного") решения вполне достаточно. Но здесь чтоб судить нужно иметь опыт преподавания.

irod в сообщении #1165400 писал(а):

у меня мысль взять найденные $p,q$ из предыдущего пункта и построить такое множество: $M=\{p+\frac{q-p}{(\sqrt{2})^k}\mid k\in\mathbb{N}\}$.

Эта идея наполовину хороша

-- 02.11.2016, 16:07 --

PS. У нас не было ещё доказано существование максимального элемента для ограниченного сверху подмножества целых чисел. Но для этого тоже всё есть.

[irod]

grizzly в сообщении #1165433 писал(а):

Доказательство п.1 выглядит громоздко.

Мне тоже не нравится.

grizzly в сообщении #1165433 писал(а):

Взять наименьшее натуральное $n$, большее чем $\frac1{k(b-a)}, k\in \mathbb N$; найти наибольшее целое $m$, такое, что $\frac{m}{n} < a$ и показать, что следующие $k$ чисел вида $\frac{m+l}{n}, l=1,\ldots, k,$ принадлежат отрезку $[a;b]$. $k$ может быть сколь угодно велико. Здесь используется аксиома Архимеда и задача 16 прошлого листика; вычисления будут попроще и их будет меньше. Согласитесь?

Круто! Только $n>\frac{k}{b-a}$, а не $\frac{1}{k(b-a)}$.

grizzly в сообщении #1165433 писал(а):

irod в сообщении #1165400 писал(а):

у меня мысль взять найденные $p,q$ из предыдущего пункта и построить такое множество: $M=\{p+\frac{q-p}{(\sqrt{2})^k}\mid k\in\mathbb{N}\}$.

Эта идея наполовину хороша

Я понял
Но можно ли для этого пункта придумать такое же простое доказательство как Ваш вариант для пункта а) ?

-- 07.11.2016, 16:00 --

grizzly в сообщении #1165433 писал(а):

PS. У нас не было ещё доказано существование максимального элемента для ограниченного сверху подмножества целых чисел. Но для этого тоже всё есть.

Доказательство следует из вспомогательной леммы к задаче 12 (доказанной на предыдущей странице) и задачи 16 листка 7.

[grizzly]

irod в сообщении #1166827 писал(а):

Но можно ли для этого пункта придумать такое же простое доказательство как Ваш вариант для пункта а) ?

Простите, не понял -- куда уж проще-то? Только не нужно считать эти $p, q$ -- Вам пункт (а) гарантирует бесконечно много рациональных внутри отрезка, выбирайте любые два $p<q$, какие Вам больше нравятся.

[irod]

grizzly
Ой, точно.

[grizzly]

irod в сообщении #1166827 писал(а):

Только $n>\frac{k}{b-a}$, а не $\frac{1}{k(b-a)}$.

Ну да, конечно. Хорошо, что Вы не пропускаете на автомате.

-- 07.11.2016, 16:19 --

irod
Может, в Вашем решении для (б) лучше сделать $k$ простым множителем в знаменателе и действовать по аналогии с моим (а). Тогда достаточно будет сослаться только на иррациональность квадратного корня из двух, не усложняя другими сущностями.

[irod]

Пункт 15.б.

grizzly в сообщении #1166835 писал(а):

Может, в Вашем решении для (б) лучше сделать $k$ простым множителем в знаменателе и действовать по аналогии с моим (а). Тогда достаточно будет сослаться только на иррациональность квадратного корня из двух, не усложняя другими сущностями.

Возьмем произвольные $p,q\in\mathbb{Q}$ такие что $a<p<q<b$ (они существуют согласно пункту а). Рассмотрим множество $M=\{p+\frac{q-p}{k\sqrt{2}}\mid k\in\mathbb{N}\}$. Все числа в $M$ иррациональные, т.к. $\sqrt{2}$ иррационален (согласно задаче 7); $\inf M=p$, $\sup M=p+\frac{q-p}{\sqrt{2}}<q$ (т.к. $\sqrt{2}>1>0$ $\Rightarrow$ $\frac{q-p}{\sqrt{2}}<q-p$, согласно задачам 8,9 листка 7). Следовательно, все счетное множество чисел из $M$ лежит между $a$ и $b$.

(Оффтоп)

Не уверен, что это надо, но пусть будет.
Доказательство $\sqrt{2}>1$.
Следует из неравенства треугольника (если взять в качестве треугольника половину квадрата со стороной $1$, разделенного по диагонали):
$\sqrt{2}\le 1+1=2$. Разделим обе части на $2$: $\frac{1}{\sqrt{2}}\le 1$ $\Rightarrow$ $\sqrt{2}\ge 1$. Для последней импликации использована задача 9 листка 7.