Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)

[irod]

grizzly в сообщении #1194969 писал(а):

Хуже другое: Вы перешли к подпоследовательностям, следовательно, сузили множества $X, Y$, но нигде не обмолвились, что супремум такого сужения $X$ будет тот же, что у $X$.

А нельзя взять и пронумеровать все множество $X$? Оно ведь счетно. Тогда используем все $X$ в качестве множества левых концов отрезков нашей с.в.о., а все $Y$ как множество правых концов, и будем работать с исходными множествами, а не их сужениями. Но у меня сомнения что так можно сделать, потому что нельзя ведь выстроить рациональные числа без пропусков по порядку.
Конечно, можно было бы явным образом сказать "возьмем в качестве $q_1,p_2$ произвольные числа на одинаковом расстоянии от $s$, и пусть каждый следующий отрезок в системе вдвое меньше предыдущего", и плясать дальше от этого. Но меня почему-то тянет сделать как можно более абстрактное доказательство, без лишних деталей. Можем ведь брать рациональные числа $q,p$ с обеих концов от $s$ так чтобы делать длину отрезка $[a^q,a^p]$ сколь угодно малой? Да, можем, согласно таким-то и таким-то ранее доказанным фактам. Вот и будем их брать какими нам надо, а лишние подробности опустим. Зря я так хочу?

grizzly в сообщении #1194969 писал(а):

irod в сообщении #1194959 писал(а):

В доказательстве той же задачи было показано, что этой точкой является число $\sup X=\inf Y$.

Наверное, там это было показано не для наших множеств, а для соответствующих сужений.

post1170059.html#p1170059
Да, там было доказано для множеств левых и правых концов отрезков.

[grizzly]

irod
В том Вашем доказательстве всё было нормально по сути. Мои замечания можно поправить небольшими косметическими изменениями, которые не очень-то растягивают доказательство.

1. Вместо:

irod в сообщении #1194959 писал(а):

Согласно задаче 9.б, можно взять $a^r$ сколь угодно близким к единице, тем самым делая разность $a^r-1>0$ сколь угодно малой.

можно сказать:

Цитата:

Согласно задаче 9.б, можно выбрать номер $i$ достаточно большим, чтобы сделать $a^{r_i}$ сколь угодно близким к единице, тем самым делая разность $a^{r_i}-1>0$ сколь угодно малой.

(соответственно, в этом абзаце вместо $p,q$ использовать $p_i,q_i$)

2. В этом месте:

irod в сообщении #1194959 писал(а):

где $a^{q_i}\in X$, $a^{p_i}\in Y$

можно было ввести множества $\{a^{p_1},a^{p_2},...\}=P\subset Y,\{a^{q_1},a^{q_2},...\}=Q\subset X$. Тогда в итоге получилось бы $\sup X\le \inf P=\sup Q \le \inf Y$.

-- 05.03.2017, 21:09 --

Ну и очевидно, что $\inf P \ge \inf Y$, $\sup Q\le \sup X$ и, значит, там всюду равенства.

(Оффтоп)

У меня осталось смутное ощущение, что если бы я написал всё доказательство с начала до конца своими словами по Вашей идее, то получилось бы чуть короче и чуть красивее, но совсем чуть -- не настолько, чтобы имело смысл это делать (мне или Вам). Относительно каких-то моих ранних замечаний к стилю Ваших доказательств могу сказать, что сейчас ситуация стала существенно лучше и пока я не вижу смысла беспокоиться об этом.

[irod]

grizzly, спасибо, было приятно прочитать текст в оффтопе
С пунктом а) будем считать разобрались, буду делать пункт б).
А по поводу задачи 11 с предыдущей страницы у Вас есть замечания?

[grizzly]

irod в сообщении #1196586 писал(а):

Определение 1 является частью определения 3...

Лучше сказать "частным случаем".

И Вы опять пару раз некорректно обошлись со случаем $a=0$ (в третий раз я делаю это замечание :) Если видите ошибку / опечатку в учебнике (это я про Определение 3), лучше сказать об этом прямо, чем возводить 0 в отрицательную степень.
А так всё нормально.

[irod]

grizzly
пока не чувствую себя достаточно крутым чтобы подвергать сомнению определения из учебника, но тут Вы правы конечно.

-- 09.03.2017, 10:11 --

irod в сообщении #1193116 писал(а):

10. Пусть $a>0$, $s\in\mathbb{R}$, $X=\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}$, $Y=\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\ge s\}$. Доказать что
б) если $a<1$, то $\inf X=\sup Y$.

Доказательство.
Т.к. согласно задаче 9 листка 7 из $a<1$ следует $\frac{1}{a}>1$, и $\frac{1}{a^q}=a^{-q}$ для рационального $q$, то можем обозначить множества из пункта а) как $X'=\{a^{-q}\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}$, $Y'=\{a^{-q}\mid q\in\mathbb{Q},q\ge s\}$.
Согласно задаче 7 листка 7, $q\le s\Leftrightarrow -q\ge -s$ и $q\ge s\Leftrightarrow -q\le -s$. Обозначим для наглядности $p=-q$, $t=-s$. Тогда, в новых обозначениях, $X'=\{a^p\mid p\in\mathbb{Q},p\ge t\}$, $Y'=\{a^p\mid p\in\mathbb{Q},p\le t\}$. Очевидно, что наше множество $X$ можно отождествить с множеством $Y'$, а множество $Y$ -- с множеством $X'$, потому что число $s$ (а значит и число $t$) может быть выбрано произвольно. В пункте а) было доказано равенство $\sup X'=\inf Y'$. Следовательно, $\inf X=\sup Y$.

-- 09.03.2017, 10:18 --

12. Решите задачи 1а), 1б), 2, 3 для действительных $m$ и $n$.

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

Доказательство.

а) По определению $a^m$ и $a^n$, для любого $\varepsilon>0$ существуют рациональные $q\le m$, $p\le n$ при $a\ge 1$ ($q\ge m$, $p\ge m$ при $a<1$) такие что $a^m-\varepsilon<a^q\le a^m$ и $a^n-\varepsilon<a^p\le a^n$. Отсюда по задаче 10 листка 7 следует $a^ma^n+\varepsilon^2-\varepsilon(a^m+a^n)<a^qa^p\le a^ma^n$.
Обозначим $\delta=-\varepsilon^2+\varepsilon(a^m+a^n)$ и $r=q+p$. Тогда по задаче 6 листка 7 из $q\le m$, $p\le n$ следует $r\le m+n$ при $a\ge 1$ ($q\ge m$, $p\ge m$ $\Rightarrow$ $r\ge m+n$ при $a<1$). По задаче 8.1.а, $a^qa^p=a^{q+p}=a^r$. Получили неравенство

$$ a^ma^n-\delta<a^r\le a^ma^n, $$

которое означает, что число $a^ma^n$ является супремумом множества $\{a^r\mid r\in\mathbb{Q},r\le m+n\}$ при $a\ge 1$ или супремумом множества $\{a^r\mid r\in\mathbb{Q},r\ge m+n\}$ при $a<1$, и значит $a^{m+n}=a^ma^n$.
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 $a^ma^n-\delta<a^r\le a^ma^n$.

[irod]

Пункт 12.1.б оказался заковыристей, пока выложу следующие готовые задачи.

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

Доказательство (для обоих пунктов с различиями в скобках).

По условию $m=n+s$ для некоторого положительного $s\in\mathbb{R}$. Тогда, согласно задаче 12.1.а, $a^m=a^{n+s}=a^na^s$. Покажем, что $a^s>1$ при $a>1$ ($a^s<1$ при $a<1$).
По определению, $a^s=\sup\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}$ при $a>1$ ($a^s=\sup\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\ge s\}$ при $a<1$). 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. Для $0<q\le s$ $a^q>a^0=1$ при $a>1$, согласно задаче 8.2.а (для $q\ge s$ $a^q<a^0=1$ при $a<1$, согласно задаче 8.2.б). Следовательно, $a^s$ как супремум соответствующего множества $a^q$ также больше (меньше) единицы.
Искомое неравенство $a^m=a^na^s>a^n$ ($a^m<a^n$) теперь дает нам задача 10 листка 7.

[grizzly]

irod в сообщении #1198465 писал(а):

Искомое неравенство $a^m=a^na^s>a^n$ ($a^m<a^n$) теперь дает нам задача 10 листка 7.

Какая задача листка 7?!
(будут ещё замечания по последним задачам.)

[irod]

grizzly в сообщении #1198477 писал(а):

Какая задача листка 7?!

Эм, что не так? Перепроверил этот кусок, не вижу ошибки.
У нас $a^n>0$ и $a^s>1$ при $a>1$, отсюда по этой самой задаче $a^na^s>a^n$. При $a<1$ меняется знаки неравенств, но логика та же.

(Листок 7, задача 10)

Если $a \ge b > 0$ и $c \ge d > 0$, то $ac \ge bd$.

[grizzly]

irod
Нет! По этой задаче у Вас получается нестрогое неравенство. А Вам нужно строгое. Вы понимаете, что Вы ссылаетесь на сам результат, а не на доказательство, которым он получен? Вот если бы Вы сказали, что аналогично задаче 7.10 можете получить то же самое со строгим неравенством -- я бы не стал возражать. Даже если бы просто сказали, что это очевидно. Но Вы сказали неправильно -- это хуже :)

Нужная Вам задача -- 7.4, а не 7.10.

[irod]

grizzly
Согласен, тут надо было 7.4 использовать.

grizzly в сообщении #1198611 писал(а):

Даже если бы просто сказали, что это очевидно.

Я хотел употребить очевидность при замене нестрогого неравенства на строгое. Но я Вас понял, ок.
Вообще я в листках 8 класса стараюсь явно ссылаться на все использованные задачи в своих выкладках, тут ведь весь смысл в том чтобы строго доказать все известные со школы "очевидные" вещи. В следующих классах я так делать не планирую, буду использовать факты из 6-8 листков как очевидные.

Кстати, я придумал доказательство задачи 12.1.б, но сначала хочу дождаться Вашего комментария по моему доказательству 10.б, потому что они у меня связаны.

[grizzly]

irod в сообщении #1198353 писал(а):

наше множество $X$ можно отождествить с множеством $Y'$, а множество $Y$ -- с множеством $X'$, потому что число $s$ (а значит и число $t$) может быть выбрано произвольно.

Вот этот набор мыслей мне непонятен настолько, что я сомневаюсь в самой идее. Во-первых, кванторы. Повторяю ещё раз: ни $s$, ни $t$ мы не выбираем -- они заданы в условии / по замене. Во-вторых, что значит "отождествить"? Показать, что каждому элементу $X$ соответствует некий элемент $Y'$, как мы делали при доказательстве равномощности? Ну и что? Далее, Вы кажется подразумеваете неявно, что если все элементы множества заменить на обратные, то инфимум станет супремумом и наоборот? Это только с кучей оговорок и ещё нужно доказывать.

Или я совсем не понял идею? (тогда это не моя вина :)

-- 10.03.2017, 11:08 --

irod в сообщении #1198702 писал(а):

Вообще я в листках 8 класса стараюсь явно ссылаться на все использованные задачи в своих выкладках, тут ведь весь смысл в том чтобы строго доказать все известные со школы "очевидные" вещи.

В этом Вы правы.

-- 10.03.2017, 11:13 --

irod в сообщении #1198353 писал(а):

В пункте а) было доказано равенство $\sup X'=\inf Y'$

Нет! Чтобы воспользоваться п.а, у Вас в множествах должно быть $a>1$, а в Ваших обозначениях оно по-прежнему меньше 1.
В-общем, я бы попросил сперва план доказательства по пунктам без деталей, а потом уже расшифровку деталей.

[irod]

grizzly в сообщении #1198706 писал(а):

Или я совсем не понял идею? (тогда это не моя вина :)

Видимо я неудачно использовал слово "отождествить", да и вообще плохо выразил свою мысль. Зря я пытался лаконично написать.

grizzly в сообщении #1198706 писал(а):

Во-вторых, что значит "отождествить"? Показать, что каждому элементу $X$ соответствует некий элемент $Y'$, как мы делали при доказательстве равномощности?

Нет. Я хотел показать с помощью простых переобозначений, что множество $X$ из п.б) -- это то же самое (в смысле задано с помощью одних и тех же условий, не знаю как еще это сказать) что множество $Y$ из п.а), а множество $Y$ из п.б) -- то же самое что $X$ из п.а). Тогда все что было доказано для пары $X,Y$ из п.а) было бы справедливо для пары $Y,X$ из п.б), а конкретно $\sup X=\inf Y$ из п.а) станет $\inf X=\sup Y$ в п.б).

grizzly в сообщении #1198706 писал(а):

Во-первых, кванторы. Повторяю ещё раз: ни $s$, ни $t$ мы не выбираем -- они заданы в условии / по замене.

Снова я неудачно выразился. Я имел в виду что из условия мы не знаем конкретное значение $s$ (а значит не знаем и конкретного значения $t$), оно может быть любым наперед заданным действительным числом: $0$, $100500$, $-42$, неважно, и наше доказательство должно срабатывать для любого из всех возможных значений.

grizzly в сообщении #1198706 писал(а):

Далее, Вы кажется подразумеваете неявно, что если все элементы множества заменить на обратные, то инфимум станет супремумом и наоборот? Это только с кучей оговорок и ещё нужно доказывать.

Я это понимаю, и я это не подразумевал.

grizzly в сообщении #1198706 писал(а):

В-общем, я бы попросил сперва план доказательства по пунктам без деталей, а потом уже расшифровку деталей.

В этом плане всего один основной пункт, который я сейчас затрудняюсь раздробить на подпункты: свести задачу к п.а) с помощью простых переобозначений.
Я чувствую что мои объяснения все равно корявые. Давайте я попробую переписать доказательство, явно выписывая все свои предположения.

Запишем множества из п.а), немного изменив обозначения:
$X'=\{b^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le t\}$, $Y'=\{b^q\mid q\in\mathbb{Q},q\ge t\}$, где $b,t$ -- какие-то заданные нам действительные числа (неважно какие конкретно), причем $b>1$. Было доказано $\sup X'=\inf Y'$.
Можем ли мы взять $b=\frac{1}{a}$? Да, задача 9 листка 7 нам это позволяет. Равенство $\sup X'=\inf Y'$ остается верным.
А можем ли мы взять $t=-s$? Да, можем, это ничему не противоречит. Тогда, согласно задаче 7 листка 7, $q\le t\Leftrightarrow -q\ge s$ и $q\ge t\Leftrightarrow -q\le s$. Равенство $\sup X'=\inf Y'$ остается верным.
Вот как теперь будут выглядеть наши множества:
$X'=\{\frac{1}{a^q}\mid q\in\mathbb{Q},-q\ge s\}$, $Y'=\{\frac{1}{a^q}\mid q\in\mathbb{Q},-q\le s\}$.
Далее, обозначим $p=-q$. Тогда $\frac{1}{a^q}=a^p$, и
$X'=\{a^p\mid p\in\mathbb{Q},p\ge s\}$, $Y'=\{a^p\mid p\in\mathbb{Q},p\le s\}$, и конечно равенство $\sup X'=\inf Y'$ вновь остается верным.
Какая связь между этими множествами $X',Y'$, которые мы взяли из пункта а), и множествами $X,Y$ из пункта б)? Тут я прервусь.
Надеюсь теперь моя идея стала понятней (если я нигде не затупил и не упустил что-то). У меня не хватает опыта правильно описать эту связь между $X',Y'$ и $X,Y$, помогите мне пожалуйста.

[grizzly]

irod
Спасибо, всё понятно. Ну может и я тоже ступил -- проблемы коммуникации всегда двусторонние :)
Предлагаю завершить так:

irod в сообщении #1200025 писал(а):

$X'=\{b^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le t\}$, $Y'=\{b^q\mid q\in\mathbb{Q},q\ge t\}$ ... $\sup X'=\inf Y'$.

Это верно для любого $t\in \mathbb R$ и любого $b>1$. А значит, верно для $b=1/a$ и $t=-s$. Тогда, поскольку:

$$ X'=\{b^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le t\}=\{a^{-q}\mid q\in\mathbb{Q},q\le -s\}= \big(\{-q\mid q\in \mathbb Q, q\le -s\}=\{p\mid p\in \mathbb Q,p\ge s\}\big)={} $$ $$ {}=\{a^{p}\mid p\in\mathbb{Q},p\ge s\}=Y $$

и, аналогично,

$$ Y'=\{b^q\mid q\in\mathbb{Q},q\ge t\}=\{a^p\mid p\in\mathbb{Q},p\le s\}=X, $$

c учётом $\sup X'=\inf Y'$ имеем $\inf X=\sup Y$.
Насколько прозрачна эта запись? (возможно даже, что я просто дублирую Ваше решение своими словами.) Мне бы не хотелось делать здесь что-то строже на уровне 8-го класса. Ну разве что равенство в круглых скобках можно ещё несложно доказать.
upd. формулы отредактированы 14.03 в 8:55

[irod]

grizzly
по-моему все хорошо и прозрачно. Хорошо что мы разобрались с этой задачей

[irod]

grizzly
а с 12.1.а все нормально?

irod в сообщении #1198353 писал(а):

12.1. Пусть $a>0$, $b>0$, $m\in\mathbb{R}$, $n\in\mathbb{R}$. Доказать, что
б) $a^nb^n=(ab)^n$.

Доказательство.
Разделим возможные случаи.

1) $a\ge 1$, $b\ge 1$.
Аналогично предыдущему пункту, из определений $a^n$ и $b^n$ и с применением задачи 10 листка 7 получим неравенство $a^nb^n+\delta<a^qb^p\le a^nb^n$, где $\delta=\varepsilon^2-\varepsilon(a^n+b^n)$, $q\le n$, $p\le n$. Возьмем $r=\max(q,p)$. Тогда с применением задачи 8.1.б $a^nb^n+\delta<a^rb^r=(ab)^r\le a^nb^n$, что значит $a^nb^n=(ab)^n$.

2) $a<1$, $b<1$.
Все аналогично случаю $a\ge 1$, $b\ge 1$ с той разницей, что $q\ge n$, $p\ge n$, и значит надо брать $r=\min(q,p)$ и использовать задачу 8.2.б. Получится то же неравенство $a^nb^n+\delta<a^rb^r=(ab)^r\le a^nb^n$, означающее $a^nb^n=(ab)^n$.

3) Одно из $a,b$ больше либо равно единице, а второе строго меньше. Например, $a\ge 1$, $b<1$.
Как раньше, из определений $a^n$, $b^n$ и с применением задачи 10 листка 7 получим неравенство

$$ a^nb^n+\delta<a^qb^p\le a^nb^n, $$

где $\delta=\varepsilon^2-\varepsilon(a^n+b^n)$, $q\in\mathbb{Q}$, $p\in\mathbb{Q}$, $q\le n$, $p\ge n$. Пусть $p=q+r$, $r\ge 0$. Тогда по задаче 8.1.а $b^p=b^{q+r}=b^qb^r$, и неравенство с применением задачи 8.1.б можно записать как

$$ a^nb^n+\delta<a^qb^qb^r=(ab)^qb^r\le a^nb^n.\:\text{(1)} $$

Покажем, что $b^r$ можно сделать сколь угодно близким к единице, причем $a^q$ и $b^p$ при этом будут сколь угодно близко приближаться к $a^n$ и к $b^n$ соответственно.
Как в доказательстве задачи 10.а, мы можем выбрать $q$ и $p$ сколь угодно близкими к $n$, тем самым приближая $a^q$ к $a^n$ и $b^p$ к $b^n$ и делая $r$ сколь угодно малым.
Обозначим множество всевозможных $b^r$ как

$$ X=\{b^r\mid r\in\mathbb{Q},r\ge 0\}= \bigg\{\bigg(\frac{1}{b}\bigg)^{-r}\mid r\in\mathbb{Q},r\ge 0\bigg\}= $$

$$ =(\{-r\mid r\in\mathbb{Q},r\ge 0\}= \{t\mid t\in\mathbb{Q},t\le 0\})= $$

$$ =\bigg\{\bigg(\frac{1}{b}\bigg)^t\mid t\in\mathbb{Q},t\le 0\bigg\}, $$

и введем множество

$$ Y=\bigg\{\bigg(\frac{1}{b}\bigg)^t\mid t\in\mathbb{Q},t\ge 0\bigg\}. $$

В задаче 10.а было доказано $\sup X=\inf Y$.
В свою очередь,

$$ \inf Y=\inf\Bigg(\bigg\{\bigg(\frac{1}{b}\bigg)^t\mid t\in\mathbb{Q},t>0\bigg\}\cup\bigg\{\bigg(\frac{1}{b}\bigg)^0\bigg\}\Bigg)= $$

$$ =\inf\Bigg(\bigg\{\bigg(\frac{1}{b}\bigg)^t\mid t\in\mathbb{Q},t>0\bigg\}\cup\{1\}\Bigg)= $$

$$ =\min\Bigg(\inf\bigg\{\bigg(\frac{1}{b}\bigg)^t\mid t\in\mathbb{Q},t>0\bigg\},\inf\{1\}\Bigg)=1, $$

согласно задаче 9 и задаче 10.г листка 8.
Таким образом, $\sup X=1$.
$\sup X$ достигается при наибольших значениях $t$ (согласно задаче 8.2.а), и значит при наименьших значениях $r$ (ведь $t=-r$). Следовательно, при приближении $b^r$ к единице, $a^q$ и $b^p$ будут приближаться к $a^n$ и к $b^n$ соответственно.
Т.е. $\forall \gamma>0$ можем подобрать $r$ так что

$$ 1-\gamma<b^r\le 1.\:\text{(2)} $$

Разделим (1) на (2):

$$ \frac{a^nb^n+\delta}{1-\gamma}<(ab)^q\le a^nb^n. $$

Отсюда надо вывести

$$ a^nb^n+\zeta<(ab)^q\le a^nb^n $$

для произвольного $\zeta>0$. Это я пока не сделал (сейчас не успеваю просто), но мне кажется все должно получиться. Пока у меня все правильно?

-- 17.03.2017, 08:21 --

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".