Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)

[grizzly]

На этот раз много мелкого брака.

irod в сообщении #1179791 писал(а):

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

Доказательство.
...

Далее формулы набраны красиво, не никак не расшифрованы обозначения. Например, что означают эти фигурные скобки при отрицательных $m$ и $n$?

irod в сообщении #1179827 писал(а):

Вспомогательное утверждение: $a^n>0$ при $a>0$ для любого натурального $n$. Доказывается индукцией по $n$: база ($n=1$) дана по условию, а переход $a^n>0\Rightarrow a^{n+1}>0$ обосновывает задача 4 листка 7, согласно которой $a^{n+1}>a^n$.

Ваш последний вывод здесь справедлив только при $a>1$. А используете Вы вспомогательное утверждение в обоих пунктах. И количество использованной индукции при решении этой задаче выглядит избыточным.

irod в сообщении #1179827 писал(а):

4. Пусть $n\in\mathbb{N}$, $B=\{b^n\mid b>1\}$. Доказать, что $\inf B=1$.

Это не решено. Из $b>1$ никак не следует, что $b/2-1/2>1$. И вообще.
Ещё будут замечания / комментарии, наверное.

[irod]

grizzly
спасибо за замечания!
Я поторопился с этими задачами.
Для начала исправлю 4-ю.

irod в сообщении #1179827 писал(а):

4. Пусть $n\in\mathbb{N}$, $B=\{b^n\mid b>1\}$. Доказать, что $\inf B=1$.

Доказательство.
Согласно задаче 2.а и определению множества $B$, $\forall b^n\in B$ выполнено $b^n\ge b>1$. Следовательно, $1$ является нижней гранью $B$.
Для произвольного $b_1^n\in B$ можно указать число $b=\frac{b_1-1}{2}$, тогда $b_1>b>1$ и, значит, $b^n\in B$.
Следовательно, $\inf B=1$.

grizzly в сообщении #1179832 писал(а):

Это не решено. Из $b>1$ никак не следует, что $b/2-1/2>1$. И вообще.

Конечно же, там должно быть $b=\frac{b_1+1}{2}$. Но чтобы не расписывать обоснование неравенства $b_1>b>1$ (с привлечением задач 10 и 3 листка 7), я лучше перепишу эту часть по-другому, заодно с "и вообще" разберусь.
Покажем, что $1$ является наибольшей нижней гранью $B$. Для произвольного $b_1^n\in B$ интервал $(1,b_1)$ содержит бесконечно много чисел, согласно задаче 15 листка 8. При этом $b^n\in B$ для любого числа $b\in(1,b_1)$. По аксиоме поля 7, $1^n=1$. Тогда $1<b<b_1$ $\Rightarrow$ $1<b^n<b_1^n$, согласно задаче 3.а. Значит, $\inf B=1$.

[grizzly]

С опечаткой разобрались, а с "вообще" -- нет.

irod в сообщении #1180525 писал(а):

Значит, $\inf B=1$.

Совсем не значит. Всё, что я вижу в Вашем доказательстве, что для любого $u\in B$ существует бесконечно много таких $v\in B$, что $1<v<u$. Из этого никак не следует, что $\inf B=1$ (придумайте, пожалуйста, контрпример к приведенному рассуждению -- независимо от условий нашей задачи). Проблема с пониманием определения точных верхних граней у нас не первый раз возникает. А это одно из важнейших определений.

[irod]

grizzly
Кажется вижу свою ошибку, она в том что я беру $u\in B$, а надо брать $u>1$.
Контрпример. Допустим, $B=\{b^n\mid b>2\}$. Тогда утверждение, что $\forall u\in B$ $\exists v\in B$ такие что $1<v<u$, останется справедливым, но из него конечно не будет следовать $\inf B=1$.

irod в сообщении #1179827 писал(а):

4. Пусть $n\in\mathbb{N}$, $B=\{b^n\mid b>1\}$. Доказать, что $\inf B=1$.

Доказательство.
Согласно задаче 2.а и определению множества $B$, $\forall b^n\in B$ выполнено $b^n\ge b>1$. Следовательно, $1$ является нижней гранью $B$.

По определению т.н.г., осталось показать что $\forall b_1>1$ $\exists a\in B$ $a<b_1$.
Зафиксируем некоторое $b_1>1$. Возьмем произвольное число $a$ из интервала $(1,b_1)$ (такое $a$ существует согласно задаче 15 листка 8) и покажем, что $a\in B$.
Для этого надо показать, что $\sqrt[n]{a}>1$.
Предположим, что это не так, т.е. $0<\sqrt[n]{a}\le 1$ (неотрицательность имеем по определению арифметического корня). Взяв это предположение за базу индукции (по степени, в которую будем возводить число $\sqrt[n]{a}$), выводим, что из $(\sqrt[n]{a})^{n-1}\le 1$ следует $(\sqrt[n]{a})^n=a\le 1$, согласно задаче 10 листка 7, а это не так.
Таким образом, $\sqrt[n]{a}>1$, и следовательно, $a\in B$.
Тем самым доказано, что $\inf B=1$.

[grizzly]

irod
Да, сейчас намного лучше. Хотя рассуждение с индукцией выглядит, как бы это сказать, тяжеловесно. Проще было бы сослаться на задачу 2 этого листа ($a^n<a^0, n>0, a<1$). А всю тяжёлую артиллерию лучше спрятать туда, если потребуется.

[ewert]

Проще всё-таки в лоб по индукции и безо всяких ссылок. Для $n=1$ утверждение тривиально. А если оно верно для некоторого $n$, то для любого $\delta$ найдётся такое $b$, что $b^n<1+\delta$ и $b<1+\delta$. Тогда $b^{n+1}<1+2\delta+\delta^2<1+\varepsilon$, и остаётся лишь подобрать дельту по заданному эпсилону.

-- Ср янв 04, 2017 16:10:15 --

Да, кстати:

irod в сообщении #1181830 писал(а):

Для этого надо показать, что $\sqrt[n]{a}>1$.

А существует ли корень-то?...

Не знаю, как там выстроена цепочка упражнений. Но конкретно эта задачка выглядит осмысленной лишь в том случае, если корня ещё нет и доказываемый факт именно для обоснования понятия корня и нужен.

[grizzly]

ewert в сообщении #1181859 писал(а):

А существует ли корень-то?...

В самом деле, это будет только в одной из следующих задач. Увы, я не проследил за порядком -- вспомнил, что видел задачу и успокоился.

[irod]

Продолжаю исправлять выложенные доказательства.

irod в сообщении #1179827 писал(а):

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

Я ошибся уже в условии, там должно быть $m\in\mathbb{Z}$, $n\in\mathbb{Z}$.
Новое исправленное доказательство (общее для обоих пунктов, отличия далее указаны в скобках).
Из $m>n$ следует $m=n+k$ для некоторого $k\in\mathbb{N}$. Следовательно, $a^m=a^{n+k}=a^na^k$, согласно задаче 1.а.
Индукцией по натуральным $k$ легко показать, что $a^k>1$ ($0<a^k<1$): база $a>1$ ($0<a<1$) дана по условию, а переход $a^k>1$ $\Rightarrow$ $a^{k+1}>1$ ($0<a^k<1$ $\Rightarrow$ $0<a^{k+1}<1$) обосновывает задача 4 листка 7, согласно которой $a^{k+1}>a^k$ ($0<a^{k+1}<a^k$; для пункта б неотрицательность $a^{k+1}$ дает аксиома порядка 2).
Покажем, что из $a^k>0$, $k\in\mathbb{N}$ следует $a^n>0$, $n\in\mathbb{Z}$. $a^0=1>0$ по задаче 8 листка 7. Если же $n<0$, то $a^n=\frac{1}{a^{-n}}$, где $-n\in\mathbb{N}$ и значит $a^{-n}>0$. Тогда $\frac{1}{a^{-n}}>0$, потому что для положительного элемента обратный ему элемент также положителен, как было доказано во вспомогательной лемме к задаче 9 листка 7.
Имея $a^n>0$ и $a^k>1$ ($a^k<1$), можно вновь применить задачу 4 листка 7. Получим $a^na^k>a^n$ ($a^na^k<a^n$), и следовательно $a^m>a^n$ ($a^m<a^n$).

[irod]

Дополняю задачу 1.

grizzly в сообщении #1179832 писал(а):

irod в сообщении #1179791 писал(а):

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

Доказательство.
...

Далее формулы набраны красиво, не никак не расшифрованы обозначения. Например, что означают эти фигурные скобки при отрицательных $m$ и $n$?

Задача конечно легкая, но блин трудоемкая если рассматривать все случаи, пока дополнил только пункт а). Вообще хотел уже пропустить ее из-за легкости, но увидел что дальше в этом листке надо будет решить ее еще для рациональных, а потом еще для действительных $m,n$, так что сделаю нормально, чтобы потом на нее ссылаться с полным правом.

irod в сообщении #1179791 писал(а):

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

Если какое из $m,n$ равно нулю, то искомые формулы очевидны (по аксиомам поля).
а) Рассмотрим все возможные комбинации положительных и отрицательных $m,n$.
а.1) $m>0,n>0$.
Используем ассоциативность умножения:

irod в сообщении #1179791 писал(а):

$$ a^ma^n= (\underbrace{a\cdot a\cdots a}_{m\text{ раз}})\cdot (\underbrace{a\cdot a\cdots a}_{n\text{ раз}})= \underbrace{a\cdot a\cdots a}_{(m+n)\text{ раз}}= a^{m+n}. $$

а.2) $m<0,n<0$.
Перемножаем дроби, используя последовательно задачу 12 листка 6, результат для положительных $m,n$ выше, а затем задачу 4 листка 6:

$$ a^ma^n= \frac{1}{a^{-m}}\cdot\frac{1}{a^{-n}}= \frac{1}{a^{-m}a^{-n}}= \frac{1}{a^{-m-n}}= \frac{1}{a^{-(m+n)}}= a^{m+n}. $$

а.3) $m>0,n<0$.
Сократим дробь $a^ma^n=\frac{a^m}{a^{-n}}$ на общий множитель, выделив некоторое $a^k$. При этом снова используем задачи 4,12 листка 6 и результат для положительных $m,n$.
В случае $m>-n$:

$$ \frac{a^m}{a^{-n}}= \frac{a^{k-n}}{a^{-n}}= \frac{a^ka^{-n}}{a^{-n}}= a^k\cdot\frac{a^{-n}}{a^{-n}}= a^k= a^{m+n}. $$

В случае $m<-n$:

$$ \frac{a^m}{a^{-n}}= \frac{a^m}{a^{m+k}}= \frac{a^m}{a^ma^k}= \frac{1}{a^k}\cdot\frac{a^m}{a^m}= a^{-k}= a^{-(m-n)}= a^{m+n}. $$

-- 05.01.2017, 18:00 --

grizzly
ewert
ваши советы по поводу (не-)использования индукции в задаче 4 вижу, чуть позже их осмыслю, спасибо

[irod]

Задача 1, пункт б).
Случай с $n>0$ уже рассмотрен:

irod в сообщении #1179791 писал(а):

$$ a^nb^n= (\underbrace{a\cdot a\cdots a}_{n\text{ раз}})\cdot (\underbrace{b\cdot b\cdots b}_{n\text{ раз}})= \underbrace{(ab)\cdot (ab)\cdots (ab)}_{n\text{ раз}}= (ab)^n. $$

Осталось рассмотреть $n<0$.
Используем задачу 12 листка 6 и результат этого пункта для $n>0$:

$$ a^nb^n= \frac{1}{a^{-n}}\frac{1}{b^{-n}}= \frac{1}{a^{-n}b^{-n}}= \frac{1}{(ab)^{-n}}= (ab)^n. $$

-- 06.01.2017, 12:24 --

Сейчас осознал, что при решении многих задач бОльшую часть времени я трачу не на логику доказательства (какие теоремы и факты использовать, что из чего следует, и все такое) а на попытки написать его как можно яснее и лаконичнее. Раньше не думал что математика настолько гуманитарна, если можно так выразиться Впрочем, в программировании то же самое: много времени уходит на рефакторинг работающего кода, чтобы сделать его яснее для коллег.
И теперь я вижу, что польза от моего тут общения не только в том что мне указывают на фактические ошибки, но и в том что помогают со стилем. Спасибо!

[irod]

Продолжаю тратить выходные на математику исправлять недочеты. Задача 1 пункт в.
в.1) Случай с $m>0,n>0$ уже рассмотрен:

irod в сообщении #1179791 писал(а):

$$ (a^m)^n= \underbrace{ (\underbrace{a\cdot a\cdots a}_{m\text{ раз}})\cdots (\underbrace{a\cdot a\cdots a}_{m\text{ раз}}) }_{n\text{ раз}}= \underbrace{a\cdot a\cdots a}_{(mn)\text{ раз}}= a^{mn}. $$

в.2) $m<0,n<0$.
Сначала вспомогательная лемма. $1^n=1$ для любого $n\in\mathbb{Z}$.
Доказательство леммы.
$1^0=1$ по определению целой степени. Для $n>0$ формула истинна согласно аксиоме поля 7. Для $n<0$: равенство $1^{-n}=1$ уже доказано, также используем тот факт, что единица является обратным элементом к самой себе:

$$ 1^n=\frac{1}{1^{-n}}=\frac{1}{1}=1. $$

Доказательство основного пункта.
Используем последовательно пункт б этой задачи, $1^{-n}=1$ из вспомогательной леммы, симметричность обратных элементов, результат для положительных $m,n$ из пункта в.1 и задачу 11 листка 6:

$$ (a^m)^n= \frac{1}{(\frac{1}{a^{-m}})^{-n}}= \frac{1}{\frac{1^{-n}}{(a^{-m})^{-n}}}= \frac{1}{\frac{1}{(a^{-m})^{-n}}}= (a^{-m})^{-n}= a^{-m\cdot(-n)}= a^{mn}. $$

в.3) $m>0,n<0$.
Используем результат для положительных $m,n$ из пункта в.1, а также очевидный факт $m\cdot(-n)=-mn$ (не могу найти где я это доказывал, но кажется это следует из задач 10 и 11 листка 6):

$$ (a^m)^n= \frac{1}{(a^m)^{-n}}= \frac{1}{a^{m\cdot(-n)}}= \frac{1}{a^{-mn}}= a^{mn}. $$

-- 08.01.2017, 19:01 --

irod в сообщении #1179827 писал(а):

5. Пусть $a>0$, $n\in\mathbb{N}$, $X=\{c>0\mid c^n\le a\}$, $Y=\{c>0\mid c^n\ge a\}$. Доказать, что $\sup X=\inf Y$.

Доказательство.
Покажем, что $\sup X=\inf Y=\sqrt[n]{a}$.
$\forall c\in X$ $c\le\sqrt[n]{a}$, по определению арифметического корня, т.е. $\sqrt[n]{a}$ является верхней гранью множества $X$.
По определению $X$, $\sqrt[n]{a}\in X$, следовательно $\sup X=\sqrt[n]{a}$.
Аналогично доказывается, что $\inf Y=\sqrt[n]{a}$.
Таким образом, $\sup X=\inf Y$.

Перечитал я это, и что-то мне показалось я слишком резво все вывел. Докажу, что $\forall c\in X$ $c\le\sqrt[n]{a}$ как полагается.
Возьмем $c_0=\sqrt[n]{a}\in X$, т.е. $c_0^n=a$, по определению арифметического корня.
Тогда $\forall c\in X$ если выполнено $c>c_0$, то согласно задаче 3.а будет выполнено $c^n>a$, а таких $c$ в множестве $X$ нет. Следовательно, $\forall c\in X$ $c\le\sqrt[n]{a}$.

-- 08.01.2017, 19:10 --

ewert в сообщении #1181859 писал(а):

Не знаю, как там выстроена цепочка упражнений. Но конкретно эта задачка выглядит осмысленной лишь в том случае, если корня ещё нет и доказываемый факт именно для обоснования понятия корня и нужен.

Я не сомневаюсь в Вашей правоте, но у меня "получилось" доказать существование и единственность корня без этой (четвертой) задачи. Где у меня ошибка в рассуждениях?

6. Доказать, что для любых $n\in\mathbb{N}$ и $a\ge 0$ арифметический корень $\sqrt[n]{a}$ существует и единственен.

Доказательство.
Возьмем произвольные $n\in\mathbb{N}$ и $a\ge 0$.
Пусть $a=0$. По вспомогательной лемме к задаче 9 листка 6, $0^n=0$. Взяв корень из обеих частей, получим $\sqrt[n]{0}=0$. $0$ единственен по задаче 2 листка 6.
Пусть теперь $a>0$. Согласно задаче 5, $\sqrt[n]{a}$ является т.в.г. множества $X=\{c>0\mid c^n\le a\}$. Тогда $\sqrt[n]{a}$ существует согласно аксиоме о т.в.г.
Покажем единственность $\sqrt[n]{a}$. Пусть $x,y$ -- арифметические корни $n$-й степени из $a$: $x^n=y^n=a$. Домножим обе части, содержащие $x$ и $y$, на $\frac{1}{x^n}$ и применим задачу 1.б:

$$ 1=\frac{y^n}{x^n}=\Big(\frac{y}{x}\Big)^n \Rightarrow \frac{y}{x}=\sqrt[n]{1}. $$

Согласно вспомогательной лемме к задаче 1, $1^n=1$. Взяв корень из обеих частей, получим $\sqrt[n]{1}=1$. Следовательно, $\frac{y}{x}=1$, т.е. $\frac{1}{x}$ является обратным элементом к $y$. Согласно задаче 8 листка 6, обратный элемент единственен. Следовательно, $x=y$, и значит $\sqrt[n]{a}$ единственен.

[ewert]

irod в сообщении #1182760 писал(а):

. Согласно задаче 5, $\sqrt[n]{a}$ является т.в.г. множества $X=\{c>0\mid c^n\le a\}$

Вовсе не "согласно" задаче 5 -- иначе в задаче 6 не требовалось бы доказывать его существования. А доказывать это надо, и именно сейчас: именно результат задачи 5 и даёт возможность сделать это легко.

У Вас же перевёрнутая логика. Вы при решении задачи 5 исходили из существования корня, которого на тот момент ещё не было. Поэтому никакого решения и не вышло. А надо было воспользоваться для доказательства результатом задачи 4: она, как я угадал, именно для этого и была предназначена.

[irod]

ewert в сообщении #1182784 писал(а):

irod в сообщении #1182760 писал(а):

. Согласно задаче 5, $\sqrt[n]{a}$ является т.в.г. множества $X=\{c>0\mid c^n\le a\}$

Вовсе не "согласно" задаче 5 -- иначе в задаче 6 не требовалось бы доказывать его существования. А доказывать это надо, и именно сейчас: именно результат задачи 5 и даёт возможность сделать это легко.

Простите, я не понял этот абзац. Давайте еще раз проговорим.
Доказательство задачи 5 у меня неправильное? В нем надо использовать результат задачи 4?
Доказательство задачи 6 (существование и единственность корня) у меня неправильное? В нем надо использовать какую задачу - 4 или 5?

[grizzly]

irod в сообщении #1182946 писал(а):

Простите, я не понял этот абзац. Давайте еще раз проговорим.

В доказательстве к задаче 5 Вы неявно предположили, что $\sqrt[n]{a}$ существует и что он единственный. С самого начала:

irod в сообщении #1179827 писал(а):

Покажем, что $\sup X=\inf Y=\sqrt[n]{a}$.

Вот я сразу после цитаты спрошу: "а что если корня для данного числа не существует?" -- как Вы продолжите доказательство? А если их два разных?
(То же относится к задаче 4.) А в задаче 6 Вы ссылаетесь на задачу 5.

Цель этих нескольких задач -- убедиться, что понятие корня введено корректно и от него может быть какая-то польза.

(Для сравнения)

Скажем по определению, что "квадратным квазикорнем" из числа $-1$ является такое действительное число, квадрат которого равен $-1$. Обозначим его $i$. Несложно понять, что такое определение бессмысленно и обозначение не соответствует никакому действительному числу. Такое определение некорректно. Но если не заметить этого вовремя, можно чисто формально построить объёмную бессмысленную теорию (такое иногда случается в большой математике).

[ewert]

irod в сообщении #1182946 писал(а):

Доказательство задачи 5 у меня неправильное?

Неправильное.

irod в сообщении #1182946 писал(а):

В нем надо использовать результат задачи 4?

Не надо, это я погорячился. 5-ю надо решать в лоб: воспользоваться монотонностью степенной функции (задача 3) и тем, что любое положительное число входит в хотя бы одно из этих двух множеств. В совокупности это означает, что супремум первого не может быть ни больше, ни меньше инфимума второго.

irod в сообщении #1182946 писал(а):

Доказательство задачи 6 (существование и единственность корня) у меня неправильное? В нем надо использовать какую задачу - 4 или 5?

И ту, и другую.
Во всяком случае, 5-я абсолютно необходима. Надо ведь за что-то зацепиться -- предъявить хоть какого-то кандидата на должность корня; 5-я такую естественную зацепку и даёт.
4-я, может, и не обязательна, но помогает доказать, что данный кандидат и впрямь может играть роль корня.
Доказательство единственности у Вас напоминает правду, но совершенно не нужно. Единственность мгновенно следует из строгой монотонности степенной функции.