Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)

[irod]

ewert
grizzly
про задачу 5 я понял, надо доказать $\sup X=\inf Y$ без упоминания корня вообще.

ewert в сообщении #1182997 писал(а):

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.

Ну собственно Вы все за меня сделали, мне остается только написать все вышесказанное строго. Что я и сделаю.
Предположим, что $\inf Y<\sup X$. Тогда, по определению точных граней, $\exists x\in X$ такие что $x>\inf Y$, и для каждого такого $x$ $\exists y\in Y$ такие что $y<x$. Т.е. должны одновременно выполняться следующие неравенства: $x^n\le a$, $y^n\ge a$, $y<x$. Но из $y<x$ следует $y^n<x^n$, согласно задаче 3.а., откуда в свою очередь следует $x^n>a$, согласно задаче 2 листка 7. Это противоречие.
Предположим теперь, что $\inf Y>\sup X$. Аналогично, получим что должны одновременно выполняться следующие неравенства: $x^n\le a$, $y^n\ge a$, $y>x$. И аналогично, получим противоречие $y^n<a$.
Таким образом, остается один возможный вариант: $\sup X=\inf Y$.

grizzly в сообщении #1182963 писал(а):

В доказательстве к задаче 5 Вы неявно предположили, что $\sqrt[n]{a}$ существует и что он единственный.
...
(То же относится к задаче 4.)

Ваши рассуждения понятны. Меня просто смутило, что мое последнее доказательство задачи 4 с самого начала не вызвало таких нареканий. Я проговорю на всякий случай свое теперешнее понимание. Задачу 4 я доказал правильно, но в таком виде я не смогу ее результат использовать при доказательстве существования и единственности корня. Чтобы ее использовать, мне надо ее передоказать так, чтобы в новом доказательстве не было упоминания корня. Все так?

[ewert]

irod в сообщении #1183028 писал(а):

Предположим теперь, что $\inf Y>\sup X$. Аналогично,

Отнюдь не аналогично -- противоречия, естественно, не выйдет. Эта часть гораздо проще первой: достаточно того, что $X\cup Y=(0;+\infty)$.

irod в сообщении #1183028 писал(а):

Задачу 4 я доказал правильно,

irod в сообщении #1183028 писал(а):

мне надо ее передоказать так, чтобы в новом доказательстве не было упоминания корня.

Если бы оно было правильно, то не нужно было бы и передоказывать.

[grizzly]

Задачу 4 Вы не доказали по указанным ранее причинам.

irod в сообщении #1183028 писал(а):

Меня просто смутило, что мое последнее доказательство задачи 4 с самого начала не вызвало таких нареканий.

Выше я уже вынес себе "увы" по этому поводу (я не имею опыта преподавания и тоже учусь на Вас; а здесь мне нужно было либо аккуратнее следить за порядком задач в учебнике, либо уверенно понимать методику -- как ewert -- этого мне не хватило).

[irod]

ewert в сообщении #1183031 писал(а):

irod в сообщении #1183028 писал(а):

Предположим теперь, что $\inf Y>\sup X$. Аналогично,

Отнюдь не аналогично -- противоречия, естественно, не выйдет.

Ой, конечно, я фигню написал.

ewert в сообщении #1183031 писал(а):

Эта часть гораздо проще первой: достаточно того, что $X\cup Y=(0;+\infty)$.

Насколько я понял, под $X\cup Y=(0;+\infty)$ Вы имеете в виду что между множествами $X$ и $Y$ на числовой прямой нет разрыва (который обязательно был бы в случае $\inf Y>\sup X$)? Ок.

-- 10.01.2017, 15:51 --

ewert в сообщении #1182997 писал(а):

любое положительное число входит в хотя бы одно из этих двух множеств

Вопрос выше снимается.

[ewert]

irod в сообщении #1183296 писал(а):

Насколько я понял, под $X\cup Y=(0;+\infty)$ Вы имеете в виду что между множествами $X$ и $Y$ на числовой прямой нет разрыва

В принципе да, но немножко наоборот: из первого следует второе и, следовательно, невозможность неравенства. Опять же вопрос логики.

Теперь доказывайте, что из 5-й (обязательно) задачки и 4-й (возможно) следует 6-я (т.е. существование корня).

Кстати, с его единственностью Вы перестарались. Она тупо следует из строгой монотонности степени (задача 3).

[irod]

ewert в сообщении #1183443 писал(а):

Теперь доказывайте, что из 5-й (обязательно) задачки и 4-й (возможно) следует 6-я (т.е. существование корня).

Ниже выкладываю новый вариант 6-й, но вообще я вернулся к 4-й задаче, раз ее доказательство неправильное. Хотя мой новый вариант 6-й получился без использования 4-й, последнюю ведь все равно надо переделать:

ewert в сообщении #1183031 писал(а):

Если бы оно было правильно, то не нужно было бы и передоказывать.

grizzly в сообщении #1183032 писал(а):

Задачу 4 Вы не доказали по указанным ранее причинам.

Пытаюсь 4-ю теперь доказать так: в предыдущем варианте я сначала указал $a$ т.ч. $1<a<b_1$, и потом пытался показать что $\sqrt[n]{a}>1$. А сейчас я сначала хочу указать определенное $b>1$ ($\sqrt[n]{a}$ в старом варианте), и потом попытаюсь вывести что $b^n<b_1$. Наверное, $b$ надо выразить через формулу от $b_1$ и от $n$ (это пока просто мысли). Верной дорОгой иду?

-- 11.01.2017, 17:31 --

Вот новое доказательство 6.

irod в сообщении #1182760 писал(а):

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.

Это остается как было.
Пусть теперь $a>0$. По определению корня, $\sqrt[n]{a}=c$ такое что $c^n=a$. Если такое $c$ существует, то оно должно одновременно принадлежать множествам $X$ и $Y$ из задачи 5: $X=\{c>0\mid c^n\le a\}$, $Y=\{c>0\mid c^n\ge a\}$. Было доказано, что $\sup X=\inf Y$. Значит, варианты $c<\sup X$ и $c>\inf Y$ невозможны, т.к. тогда $c$ не принадлежало бы одному из множеств $X,Y$. Остается последний вариант: $c=\sup X=\inf Y$. Тогда $c$ существует по аксиоме о т.в.г.

ewert в сообщении #1183443 писал(а):

Кстати, с его единственностью Вы перестарались. Она тупо следует из строгой монотонности степени (задача 3).

Ок.

(Оффтоп)

Пусть $x=\sqrt[n]{a}$ и $y=\sqrt[n]{a}$, т.е. $x^n=y^n=a$. Варианты $x<y$ или $x>y$ невозможны, т.к. из них следовало бы $x^n<y^n$ или $x^n>y^n$ соответственно. Значит $x=y$, т.е. число $\sqrt[n]{a}$ единственно.

[grizzly]

irod в сообщении #1183662 писал(а):

Пытаюсь 4-ю теперь доказать так: [...] Верной дорОгой иду?

Идея верная, но подпрыгнуть сразу на $n$-ый этаж будет сложно. Здесь Вам ewert посоветовал подниматься этаж за этажом по индукции (там по ссылке почти всё расписано, но попытайтесь сначала не подглядывать).

irod в сообщении #1183662 писал(а):

Вот новое доказательство 6.
...
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.
...
Это остается как было.

Не очень хорошо "брать корень" при решении задачи, в которой требуется доказать, что можно вообще брать какие-то корни :)
То что 0 является корнем от 0 согласен. А с единственностью я не понял. У Вас есть единственность нуля в том смысле, что $0+a=a$ для любого $a$. На каком основании Вы говорите, что это означает единственность корня $n$-й степени?

[irod]

grizzly в сообщении #1184390 писал(а):

Здесь Вам ewert посоветовал подниматься этаж за этажом по индукции (там по ссылке почти всё расписано, но попытайтесь сначала не подглядывать).

Да, конечно. Я сперва подумал что тот совет относился к моему неправильному доказательству со взятием корня, типа как это доказательство улучшить принципиально не меняя его, и не стал с ним нормально разбираться. Еще и не сразу сообразил где там мое $b_1$ во всех этих эпсилонах и дельтах.

ewert в сообщении #1181859 писал(а):

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.

Но сейчас кажется все понятно (мое $b_1$ это $1+\varepsilon$; дельту можно взять любую чтобы выполнялось $2\delta+\delta^2<\varepsilon$ и $\delta>0$).

(Оффтоп)

Чувствую, очень мне весело будет делать листок по пределам функций (или когда там эпсилон-дельта формализм вовсю начнется). Хотя Вам, grizzly, это может и хорошо: будет богатый материал для Вашего обучения преподаванию в виде моих многочисленных затупов и ошибок :-) Но я буду стараться их минимизировать, конечно.

grizzly в сообщении #1184390 писал(а):

А с единственностью я не понял. У Вас есть единственность нуля в том смысле, что $0+a=a$ для любого $a$. На каком основании Вы говорите, что это означает единственность корня $n$-й степени?

Вы правы, это я безосновательно. Уже есть идея как доказать, напишу здесь чуть позже.

-- 14.01.2017, 21:29 --

Кстати, напишите пожалуйста, есть ли еще какие-то замечания по задачам 1-3 с предыдущих страниц? Или с ними все ок, после всех доработок?

[grizzly]

irod в сообщении #1184717 писал(а):

Кстати, напишите пожалуйста, есть ли еще какие-то замечания по задачам 1-3 с предыдущих страниц?

Задачи 1, 2 -- ок. Задача 3, п.б: некрасиво; зачем там своя индукция, если Вы уже обнаружили, что $1/b>1/a$ и законно можете использовать п.а.

-- 14.01.2017, 23:48 --

irod в сообщении #1184717 писал(а):

Уже есть идея как доказать, напишу здесь чуть позже.

Тогда лучше обратите внимание на задачу 9 листка 6.

[ewert]

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.

[irod]

grizzly в сообщении #1184772 писал(а):

Задачи 1, 2 -- ок. Задача 3, п.б: некрасиво; зачем там своя индукция, если Вы уже обнаружили, что $1/b>1/a$ и законно можете использовать п.а.

Ок, спасибо.

grizzly в сообщении #1184772 писал(а):

Тогда лучше обратите внимание на задачу 9 листка 6.

Да, я сразу про нее и подумал.

Для начала расширим задачу 1.а для натуральных $m,n$ при отрицательных и нулевом $a$. Очевидно, формула $a^ma^n=a^{m+n}$ остается справедливой (доказательство полностью повторяет пункт а.1 задачи 1).

(Оффтоп)

irod в сообщении #1182085 писал(а):

а.1) $m>0,n>0$.
Используем ассоциативность умножения:

irod в сообщении #1179791 писал(а):

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

Пусть $x=\sqrt[n]{0}$.
Согласно расширенной задаче 1.а, при любом $x\in\mathbb{R}$ можно представить $x^n$ в виде произведения $x^{n-1}x$.
Далее, согласно задаче 9 листка 6, из уравнения $x^{n-1}x=0$ следует, что $x^{n-1}=0$ или $x=0$. Если $x=0$, то единственность доказана. Предположим, что $x^{n-1}=0$. Тогда снова раскладываем на множители $x^{n-1}=x^{n-2}x$, и снова применяем к полученному уравнению $x^{n-2}x=0$ задачу 9 листка 6. Повторяем эти два последовательных действия (выделение $x$ из степени икса и отбрасывание $x=0$ в качестве решения уравнения) $(n-1)$ раз, в конце получив уравнение $x\cdot x=0$, из которого однозначно следует $x=0$, доказывая единственность $\sqrt[n]{0}$.

[grizzly]

irod в сообщении #1186322 писал(а):

Для начала расширим задачу 1.а для натуральных $m,n$ при отрицательных и нулевом $a$.

Вот отрицательных здесь не нужно -- оно просто лишнее. Я понимаю Вашу идею, но и Вы тоже поймите, что в определении не зря ограничиваются только неотрицательными значениями, иначе Вы бы и для корня квадратного из 4 не получили бы единственности.
Ну а в остальном да, идея простая.

[irod]

grizzly в сообщении #1186326 писал(а):

Вот отрицательных здесь не нужно

Да, конечно. Говорю себе в очередной раз внимательней читать определения.

-- 25.01.2017, 18:14 --

7. Доказать что определение 3 корректно, т.е. число $a^q$ не зависит от выбора представления $q$ в виде $\frac{k}{u}$.

Доказательство.
Пусть $\frac{k}{u}=\frac{k_1}{u_1}$ -- различные представления одного рационального числа, и пусть $\sqrt[u]{a^k}=c$, $\sqrt[u_1]{a^{k_1}}=c_1$, что эквивалентно $a^k=c^u$, $a^{k_1}=c_1^{u_1}$. Надо показать, что $c=c_1$.
Предположим, что это не так. Возведем обе части неравенства $c\ne c_1$ в степень $uu_1$. При этом, согласно задаче 3, знак неравенства сохранится: $c^{uu_1}\ne c_1^{uu_1}$. Отсюда по коммутативности умножения и задаче 1.в: $c^{uu_1}\ne c_1^{u_1u}$ $\Leftrightarrow$ $(c^u)^{u_1}\ne (c_1^{u_1})^u$ $\Leftrightarrow$ $(a^k)^{u_1}\ne (a^{k_1})^u$ $\Leftrightarrow$ $a^{ku_1}\ne a^{k_1u}$. Но из $\frac{k}{u}=\frac{k_1}{u_1}$ следует $ku_1=k_1u$, поэтому по задаче 3 должно выполняться $a^{ku_1}=a^{k_1u}$. Из этого противоречия следует $c=c_1$, т.е. $a^{k/u}=a^{k_1/u_1}$.

[irod]

Наверное, 7ю задачу проще было без противного, и в обратную сторону: начать с $a^{ku_1}=a^{k_1u}$ и вывести $c^{uu_1}=c_1^{uu_1}$, откуда следовало бы $c=c_1$.

[grizzly]

irod
Пожалуй, да -- так было бы чуть проще и красивее.