Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)

[grizzly]

irod в сообщении #1198353 писал(а):

[12.1a]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 $a^ma^n-\delta<a^r\le a^ma^n$.

Я думаю, нет необходимости всякий раз выражать $\delta $ через $\varepsilon $, особенно, когда эти выражения громоздки и их точные значения нам не нужны. Можно было не вводить $\delta $, включив в нужную формулу выражение с $\varepsilon $ и, сославшись на её произвольную малость, получить вывод о супремуме. (Это не ошибка, конечно.)

irod в сообщении #1198465 писал(а):

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.

Вот этот некрасиввый кусок просто лишний. Вам ведь достаточно того, что существует какое-то рациональное $t\in (0;s]$ и для него справедливо $a^s=\sup\{a^q\mid q\in\mathbb{Q},q\le s\}\ge a^t>a^0=1$ (как Вы потом и делаете).

[grizzly]

Да, вот ещё:

irod в сообщении #1198353 писал(а):

для любого $\varepsilon>0$ ...
$a^ma^n+\varepsilon^2-\varepsilon(a^m+a^n)<a^qa^p\le a^ma^n$

Здесь неявно предполагается, что $\varepsilon < (a^m+a^n)$, а не любое. Меньшим злом было бы вместо "для любого" сказать неформально "для сколь угодно малого". Или можно явно указать, что $\varepsilon < a^m$ и $\varepsilon < a^n$.

В 12.1.b было бы лучше, я думаю, если бы Вы придерживались тех же обозначений, что и в 12.1.a (где у Вас $\delta >0$). И в любом случае однотипность обозначений -- преимущество, особенно если Вы ссылаетесь на аналогичность.

[grizzly]

irod
п.3 что-то уж очень громоздко получается. Давайте уточним логику построения доказательства и попытаемся найти более прямой путь.

Вопрос. Понятно ли Вам, что в п.1 (п.2) этой задачи мы на самом деле выбираем $r$ не как максимум (минимум) значений $p$ и $q$, а как наиболее близкое от $n$, а максимум / минимум используем для удобства записи?

То есть, что в обоих пунктах:
$r=p$, если $|n-p| < |n-q|$, иначе $r=q$
(лень рисовать фигурные скобки :)

Если это понятно, что Вам помешало взять такое же $r$ в п.3 и с его помощью завершить доказательство? Мне кажется, что выкладки там были бы существенно проще.

[grizzly]

irod
Выбросьте мой глупый совет выше. Всё будет намного проще, если сразу разделить 2 случая: $ab>1$ и $ab<1$. Например, для первого случая будет такая цепочка неравенств (там подбираются $r<n, s>n$):

$$ a^nb^n-\varepsilon' \le a^rb^r = (ab)^r \le (ab)^n \le (ab)^s =a^sb^s\le a^nb^n +\varepsilon '' $$

Проверьте, всё ли здесь правильно получается.

irod в сообщении #1201088 писал(а):

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".

А для чего Вам в соответствующих местах именно строгие неравенства? Разве при нестрогих что-то изменится?

[irod]

grizzly в сообщении #1201146 писал(а):

Я думаю, нет необходимости всякий раз выражать $\delta $ через $\varepsilon $

ок

grizzly в сообщении #1201146 писал(а):

Вот этот некрасиввый кусок просто лишний.

ок

grizzly в сообщении #1201367 писал(а):

Здесь неявно предполагается, что $\varepsilon < (a^m+a^n)$, а не любое.

ок

grizzly в сообщении #1201628 писал(а):

А для чего Вам в соответствующих местах именно строгие неравенства? Разве при нестрогих что-то изменится?

Я стараюсь делать все четко по определениям, особенно после Ваших замечаний про мою невнимательность касательно (не-)равенства нулю показателя степени $a^nb^n+\delta<a^qb^p\le a^nb^n$ -- здесь и в других таких неравенствах строгость из определения супремума на с.33.

-- 21.03.2017, 07:36 --

Давайте теперь по 12.1.б.

grizzly в сообщении #1201457 писал(а):

Вопрос. Понятно ли Вам, что в п.1 (п.2) этой задачи мы на самом деле выбираем $r$ не как максимум (минимум) значений $p$ и $q$, а как наиболее близкое от $n$, а максимум / минимум используем для удобства записи?

Конечно понятно.

grizzly в сообщении #1201457 писал(а):

Если это понятно, что Вам помешало взять такое же $r$ в п.3 и с его помощью завершить доказательство? Мне кажется, что выкладки там были бы существенно проще.

Я хотел все полностью расписать, чтобы не осталось никаких вопросов.

grizzly в сообщении #1201628 писал(а):

Всё будет намного проще, если сразу разделить 2 случая: $ab>1$ и $ab<1$.

Мне не кажется что так сильно проще. Все равно ведь внутри $ab>1$ надо разделить случаи $a>1,b>1$ и $a<1,b<1$ (если я правильно понимаю).

grizzly в сообщении #1201457 писал(а):

Например, для первого случая будет такая цепочка неравенств (там подбираются $r<n, s>n$):

$$ a^nb^n-\varepsilon' \le a^rb^r = (ab)^r \le (ab)^n \le (ab)^s =a^sb^s\le a^nb^n +\varepsilon '' $$

Проверьте, всё ли здесь правильно получается.

Проверил, у меня не получилось.
Вот неравенство для $ab$:

$$ (ab)^n-\varepsilon<(ab)^r=a^rb^r\le (ab)^n, $$

где $r\in\mathbb{Q}$, $r\le n$.
Вот неравенства, полученные перемножением отдельных неравенств для $a$ и $b$.
При $a>1$, $b>1$:

$$ a^nb^n-\varepsilon<a^rb^r=(ab)^r\le a^nb^n, $$

где $r\in\mathbb{Q}$, $r\le n$.
При $a<1$, $b<1$:

$$ a^nb^n-\varepsilon<a^sb^s=(ab)^s\le a^nb^n, $$

где $s\in\mathbb{Q}$, $s\ge n$. Из этих трех неравенств можно почти что сделать то, которое получилось у Вас, но только откуда в Вашем неравенстве взялось $(ab)^n\le (ab)^s$?

-- 21.03.2017, 07:43 --

Ну и неравенства для случая $ab<1$:

$$ (ab)^n-\varepsilon<(ab)^r=a^rb^r\le (ab)^n, $$

$$ a^nb^n-\varepsilon<a^qb^qb^r=(ab)^qb^r\le a^nb^n,\ $$

где $q\in\mathbb{Q}$, $r\in\mathbb{Q}$, $q\le n$, $r\ge n$.
Первое неравенство мне тут кажется никак не поможет, а второе у меня и так было.

[grizzly]

irod в сообщении #1202281 писал(а):

Я стараюсь делать все четко по определениям, особенно после Ваших замечаний про мою невнимательность касательно (не-)равенства нулю показателя степени $a^nb^n+\delta<a^qb^p\le a^nb^n$ -- здесь и в других таких неравенствах строгость из определения супремума на с.33.

Стоп-стоп. Это в корне разные ситуации. На 0 делить нельзя -- без разговоров. Но из строгого неравенства следует нестрогое -- в этом нет ошибки. Если для дальнейшего доказательства Вам достаточно нестрогого, то пусть себе будет. В каких-то случаях полезно выжимать по ходу доказательства всё по-максимуму, даже если ради этого приходится доказывать дополнительные леммы. В других случаях -- это нецелесообразно. В общем, это эстетический выбор по координатам цена / качество.

irod в сообщении #1202281 писал(а):

Мне не кажется что так сильно проще. Все равно ведь внутри $ab>1$ надо разделить случаи $a>1,b>1$ и $a<1,b<1$ (если я правильно понимаю).

Что-то пошло не так Я пытался помочь Вам в п.3. П.п. 1 и 2 Вы сделали нормально, там не нужно лишнего дробления.

irod в сообщении #1202281 писал(а):

только откуда в Вашем неравенстве взялось $(ab)^n\le (ab)^s$?

Надеюсь, этот вопрос уже отпал. Попытайтесь восполнить всю приведенную мной цепочку для п.12.1.б.3 в случае $ab\ge 1, a\ge 1,b<1$.

[irod]

grizzly
да, вопрос отпал. Прошу прощения, я вчера спросонья какую-то фигню тут написал. Теперь разобрался, и нужная цепочка неравенств получилась.

[grizzly]

irod
Ок, хорошо, что разобрались. Конечно, и я попытался Вас сбить с толку по мере сил, но это тоже бывает полезно

Я решил всё же вернуться к Вашей попытке доказательства, чтобы обратить внимание на одну ошибку:

irod в сообщении #1201088 писал(а):

Разделим (1) на (2):

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

Неравенства одной направленности можно так складывать и умножать, но не вычитать и не делить.

[irod]

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

Доказательство (для обоих пунктов).
Разделим возможные случаи.
1) Для случая $a\ge 1>b$ искомые неравенства следуют из задачи 12.2, согласно которой

$$ a^n>a^0=1=b^0>b^n $$

при $n>0$, и

$$ a^n<a^0=1=b^0<b^n $$

при $n<0$.

2) $a>b\ge 1$ или $1>a>b$.
Аналогично пунктам 1) и 2) в доказательстве задачи 12.1.б, построим неравенства

$$ a^n-\varepsilon<a^r\le a^n, $$

$$ b^n-\varepsilon<b^r\le b^n, $$

где $\varepsilon>0$ -- произвольное, $r\in\mathbb{Q}$, и $r$ можно взять сколь угодно близким к $n$.
Согласно задаче 8.3, $a^r>b^r$ при $n>0$, и $a^r<b^r$ при $n<0$. Взяв $\varepsilon>|b^r-a^r|/2$, получим цепочку

$$ b^n-\varepsilon<b^r\le b^n<a^n-\varepsilon<a^r\le a^n $$

при $n>0$, и

$$ a^n-\varepsilon<a^r\le a^n<b^n-\varepsilon<b^r\le b^n $$

при $n<0$.

-- 26.03.2017, 19:49 --

grizzly в сообщении #1202663 писал(а):

Неравенства одной направленности можно так складывать и умножать, но не вычитать и не делить.

ой, ок

[grizzly]

irod в сообщении #1203760 писал(а):

Аналогично пунктам 1) и 2) в доказательстве задачи 12.1.б, построим неравенства

$$ a^n-\varepsilon<a^r\le a^n, $$

$$ b^n-\varepsilon<b^r\le b^n, $$

где $\varepsilon>0$ -- произвольное, $r\in\mathbb{Q}$, и $r$ можно взять сколь угодно близким к $n$.
Согласно задаче 8.3, $a^r>b^r$ при $n>0$, и $a^r<b^r$ при $n<0$. Взяв $\varepsilon>|b^r-a^r|/2$, получим цепочку

Концовка этого рассуждения никуда не годится. Мы уже с этим сталкивались -- когда Вы одновременно говорите, что можете выбрать $\varepsilon $ и можете выбрать $r$. И хотя казалось, что Вы просто неудачно выразились, я делал замечания. Но теперь это привело к ошибке: в начале рассуждения Вы выбираете $r=r(\varepsilon)$ в зависимости от наперёд заданного $\varepsilon $, а в конце изменяете это же $\varepsilon $ в зависимости от уже найденного $r$. Порочный круг получается.

Чтобы избегать таких ошибок, лучше, наверное, использовать обозначение $r(\varepsilon)$ или $r_\varepsilon.$

[irod]

grizzly в сообщении #1203775 писал(а):

Чтобы избегать таких ошибок, лучше, наверное, использовать обозначение $r(\varepsilon)$ или $r_\varepsilon.$

Ок. А в конце можно обозначить $\varepsilon'(r)>|b^r-a^r|/2$, так?

[grizzly]

irod в сообщении #1206140 писал(а):

Ок. А в конце можно обозначить $\varepsilon'(r)>|b^r-a^r|/2$, так?

Если честно, я не вижу, как это может спасти Ваше доказательство.

Может попытаться как-то попроще? Скажем, такая цепочка выглядит совсем просто:

$$ b^n \le b^p<a^p \le a^n+\varepsilon , \qquad (\varepsilon > 0, \quad p=p(\varepsilon)>n, \quad p\in \mathbb Q). $$

Откуда получаем $b^n \le a^n$. Имеющихся у нас свойств достаточно, чтобы без усилий доказать, что $a^n \ne b^n$.

[irod]

grizzly в сообщении #1206426 писал(а):

Имеющихся у нас свойств достаточно, чтобы без усилий доказать, что $a^n \ne b^n$.

так ведь у нас уже строгое неравенство (из-за $b^p<a^p$)

[grizzly]

irod в сообщении #1206447 писал(а):

так ведь у нас уже строгое неравенство (из-за $b^p<a^p$)

Нет, этого мало. Мы из этого получаем только такое строгое неравенство: $b^n<a^n+\varepsilon $. Оно верно для любого $\varepsilon >0$, но когда мы на основании этого переходим к сравнению $a^n$ и $b^n$, то можем говорить только о нестрогом неравенстве. Простой пример: $2<2+\varepsilon$.

[irod]

grizzly
да, я опять глупость написал.
Докажем, что $a^n\ne b^n$. Представим $b$ в виде $b\cdot\frac{a}{a}=a\cdot\frac{b}{a}$. Тогда, согласно задаче 12.1.б, $b^n=\Big(a\cdot\frac{b}{a}\Big)^n=a^n\Big(\frac{b}{a}\Big)^n$. Из условия $a>b$ следует, что $\frac{b}{a}\ne 1$, и значит $\Big(\frac{b}{a}\Big)^n\ne 1$. Следовательно, $a^n\ne a^n\Big(\frac{b}{a}\Big)^n=b^n$.