Помогите разобраться с доказательством. Зорич.Дейиств. числа

[Ivan_B]

Зорич, стр 71 писал(а):

Лемма. Если фиксировать число $q>1$, то для любого положительного числа $x \in \mathbb R$ найдется и притом единственное целое число $k \in \matbb Z$ такое, что $q^{k-1}\leqslant x < q^k$.

Проверим сначала, что множество чисел вида $q^k, k \in N$, не ограничено сверху. В противном случае оно имело бы верхнюю грань $s$ и по определению верхней грани нашлось бы натуральное число $n \in \mathbb N$ такое, что $\frac{s}{q} < q^m \leqslant s$. Но тогда $s < q^{m+1}$ и $s$ — не верхняя грань нашего множества.

(Оффтоп)

Понятно: по условию $q>1$, тогда, $q^{-1}>0$ (следствие связи умножения и порядка, иначе $1<0$), тогда $q^{-1}q>q^{-1}$(домножить на положительное число: применить аксиомы связи сложения и порядока, умнжения и порядока, сложения и умножения и сложения и порядка), тогда $q^{-1}<1$ Исходя из определению верхней грани $s \geqslant q > 1 > 0$, тогда $sq^{-1}<s$ (домножить обе части равенства на положительное число) По определению точной верхней грани между $sq^{-1}$ и $s$ должен найтись число $q^m$, иначе $s$ не является верхней гранью. Тогда $\frac{s}{q} < q^m \leqslant s$. Дальше снова умножение обеих частей на положительное число, откуда $s < q^{m+1}$

Зорич, стр 72 писал(а):

Поскольку $1 < q$, то $q^m < q^n$ при $m < n$, $n, m \in \mathbb Z$,

(Оффтоп)

$m < n$, тогда $0 < n - m$ (связь порядка и сложения) Исходя из определения

Зорич, стр 56 писал(а):

Определение 3. Объединение множества натуральных чисел,множества чисел, противоположных натуральным числам, и нуля называется множеством целых чисел и обозначается символом Z.

того, что разность целых - целое(рассмотреть все варианты, делая из целых натуральные), все натуральные больше 0(по индукции, складывая $0<1$), противоположные им - меньше 0($a > 0$, тогда $a + (-a) > 0 + (-a)$) получаем $a = n - m$ - натуральное. Исходя из того, что $q^a > 1$ (по индукции перемножая $q > 1$) и $q^m > 0$ (если $m > 0$ - по индукции, если $m < 0$, рассмотреть $-m$, учитывая, что $a > 0 \Rightarrow a^{-1} > 0$) получаем $q^aq^m > q^m$, тогда $q^{a+m} > q^m$ (доказать $q^{a+m}=q^aq^m$, не пробовал...), то есть $q^n > q^m$

Зорич, стр 72 писал(а):

, поэтому мы заодно показали, что для любого числа $c \in \mathbb R$ найдется такое натуральноечисло $N \in \mathbb N$, что при любом натуральном $n>N$ будет $c < q^n$. Отсюда вытекает, что для любого числа $\varepsilon > 0$ найдется число $M \in N$ такое, что при всех натуральных $m > M$ будет $\frac{1}{q^m} < \varepsilon$. Действительно, достаточно положить $c=\frac{1}{\varepsilon}$, а $N = M$; тогда $\frac{1}{\varepsilon} < q^m$ при $m > M$.

(Оффтоп)

Было доказано существование $n \in N$, такого что $q^n > c$ и что если брать $m>n$, то $q^m>q^n>c$. Если $c>0$, то обе части неравенства можно домножить на $c^{-1}(q^n)^{-1}>0$, получив $c^{-1}>(q^n)^{-1}$, если положить $\varepsilon=c^{-1}$, получим $(q^n)^{-1}<\varepsilon$, которое выполнняется для $n>N$.

Зорич, стр 72 писал(а):

Итак, множество целых чисел $m \in \mathbb Z$, удовлетворяющих неравенству $x<q^m$ при $x > 0$, ограничено снизу.

Из чего это получается?

[grizzly]

Ivan_B в сообщении #1278023 писал(а):

Из чего это получается?

Из предпоследней Вашей цитаты Зорича. Если бы множество таких $m$ не было бы ограничено снизу, то из этой цитаты получилось бы, что для нашего (наперёд заданного, то есть фиксированного) $x>0$ и для любого $\varepsilon >0$ выполняется $x<\varepsilon $. А это невозможно (достаточно взять $\varepsilon =x/2$, чтобы получить противоречие).

[Ivan_B]

grizzly в сообщении #1278026 писал(а):

Из предпоследней Вашей цитаты Зорича

Формально, в предпоследней цитате говорится о натуральных числах, в последней - о целых...
Как бы да, очевидно, но и сама лемма как бы очевидна.
рассмотрим три случая:
$x=1$, тогда очевидно, что $k=0$,
$x>1$, тогда будем умножать $1$ на $q$, пока результат меньше $x$. Количество таких умножений - искомое $k$
$x<1$, тогда будем делить $1$ на $q$, пока результат больше $x$. Количество таких делений - искомое $-k$

$k$ - единственно, поскольку $q^{k-n}<q^k \leqslant x < q^{k+1}<q^{k+m}$, $n,m \in \mathbb N$

Мне непонятно как формально доказать эту лемму. Мне хотелось бы уметь заменять слово "очевидно", на обоснование этой очевидности(название соответствующей теоремы).
Например: "Почему $0<1$?". "Согласно следствию аксиомы связи порядка и умножения, порядка и сложения, произведение двух отрицательных чисел положительно. Пусть $1<0$, тогда $1\cdot 1 > 0$, по определению $1$ получаем $1 > 0$. Противоречие. Значит $1 \geqslant 0$. По определению $1$ $0 \neq 1$, значит $0 < 1$".

Изначально я пропустил всю главу о действительных числах, это привело к тому, что доказательство непрерывности показательной функции превратилось для меня в большой набор "очевидностей", с синусом вообще беда(там площади), что потянуло за собой производную. Вообще, если монотонная функция отображает интервал в интервал, то она непрерывна. Для элементарных функций это как бы очевидно со школы... зачем тогда все, что написано в начале книги?

Возможно я просто торможу и нужно передохнуть...

[grizzly]

Ivan_B в сообщении #1278092 писал(а):

Возможно ... нужно передохнуть...

Похоже на то :)
Вы пишете (обратите внимание, я поправил немного ошибки обозначений, а то у Вас одни и те же буквы обозначают разные вещи):

Цитата:

Было доказано существование $N \in \mathbb N$, такого что $q^N > c$ и что если брать $m>N$, то $q^m>q^N>c$. Если $c>0$, то обе части неравенства можно домножить на $c^{-1}(q^N)^{-1}>0$, получив $c^{-1}>(q^N)^{-1}$, если положить $\varepsilon=c^{-1}$, получим $(q^n)^{-1}<\varepsilon$, которое выполняется для $n>N$.

Это было доказано для любого $c\in \mathbb R$, верно?

Пусть теперь Ваше $c=x^{-1}$. Просто подставляем это значение в записанное выше:

Цитата:

$c^{-1}>(q^N)^{-1}$, если положить $x=c^{-1}$, получим $(q^n)^{-1}<x$, которое выполняется для $n>N$.

Если Вам уже известно, что $(q^n)^{-1}=q^{-n}$, то неравенство $q^{-n}<x$ выполняется для $n>N$.

Вот до этого места всё понятно? Я нигде не говорю "очевидно", но ссылаюсь на то, что Вы называете доказанным или то, что я предполагаю уже известно Вам. После этого останется сделать один маленький шаг.

[Ivan_B]

grizzly в сообщении #1278105 писал(а):

Это было доказано для любого $c\in \mathbb R$, верно?

Да.

grizzly в сообщении #1278105 писал(а):

Вот до этого места всё понятно?

Можно сказать понятно.

grizzly в сообщении #1278105 писал(а):

После этого останется сделать один маленький шаг.

Рассмотреть два случая для $x>1$ и для $x<1$, для первого доказано существование нижней границы, для второго - верхней, которая станет нижней после перехода $n>N \Leftrightarrow -n<-N$ Сейчас мне кажется, что с доказательством я разобрался.

grizzly в сообщении #1278105 писал(а):

Если Вам уже известно, что $(q^n)^{-1}=q^{-n}$

Не знаю известно или нет:
Если говорить в контексте школьных знаний, я бы сказал, что да. Если говорить в контексте Зорича, то с одной стороны как бы нет(определение "Пусть $a > 1$. Для $n \in \mathbb N$ полагаем по индукции $a^1:=a, a^{n+1}:=a^n\cdot a$" дано на 138 странице, лемма дана на 71 странице) С другой стороны, раз нового, уточненного, определения нет, предполагается, что нужно пользоваться школьным "очевидным"(не в смысле "просто", а в смысле "основано на интуитивном понимании") определением(?), тогда ответ все-таки да. Сама лемма по школьному "очевидна". Раз ее доказывают, предполагается использование нового, уточненного подхода. Начинаю гадать пропустил я что-то или нет. На это уходит очень много времени. Если можно посоветовать что-то в этой ситуации - посоветуйте, пожалуйста.
Та же проблема с

Зорич, стр 72 писал(а):

Поскольку $1 < q$, то $q^m < q^n$ при $m < n$, $n, m \in \mathbb Z$,

Та же проблема с $\frac{s}{q} < q^m \leqslant s$ (достаточно того, что это интуитивно "очевидно" или обоснование очень простое и мне нужно решать упражнения...) Вот неравенство треугольника по школьному "очевидно" $|x+y| \leqslant |x|+|y|$, но его ддоказывают, а не пишут, что исходя из определения модуля.

grizzly в сообщении #1278105 писал(а):

Похоже на то :)

Спасибо, что не смотря на это Вы мне ответили!

[grizzly]

Ivan_B в сообщении #1278561 писал(а):

grizzly в сообщении #1278105 писал(а):

Если Вам уже известно, что $(q^n)^{-1}=q^{-n}$

Не знаю известно или нет:
...

Нет, ничего школьного считаться очевидным не должно. Здесь работает правило "забудьте всё, что Вы учили в школе" (во избежание кривотолков -- в школе нас учили думать и таким образом готовили к дальнейшему (само)образованию).

Отрицательная целая степень должна была как-то вводиться. Если она не вводилась явно, я считаю это недостатком учебника. Проще всего, наверное, понимать отрицательную степень $q^{-n}$ просто как обратный элемент к $q^n$, то есть $q^{-n}=(q^n)^{-1}$. Ещё раз: что такое $q^n$ Вам известно. Существование обратного к нему было одной из аксиом действительных чисел. Теперь можно считать, что формула $q^{-n}$ есть просто обозначение для обратного элемента к $q^n$.

(Оффтоп)

На форуме сложно будет получить подробные объяснения по таким вопросам с привязкой к конкретному учебнику. Потому что методика изложения материала отличается от учебника к учебнику. Я могу от себя посоветовать смотреть один и тот же материал по разным учебникам. Я не хочу сказать за все предметы, но касательно математического анализа я провёл успешный эксперимент на себе когда-то на первом курсе. Как ни странно это прозвучит, такой подход сэкономил мне время, а не наоборот.

-- 25.12.2017, 14:46 --

Ivan_B в сообщении #1278561 писал(а):

Та же проблема с $\frac{s}{q} < q^m \leqslant s$

Это просто по определению точной верхней границы. Если бы первое -- $\frac{s}{q} < q^m$ -- не было бы выполнено (то есть было бы выполнено $\frac{s}{q} \ge q^m$ для всех $m$), тогда $\frac{s}{q}$ было бы верхней границей, и значит, $s$ не было бы точной. Второе из неравенств просто означает верхнюю границу.
(Я не знаю, как в Вашем учебнике называются эти границы / грани. Я скачал какое-то более старое издание Зорича, но там используются не совсем привычные термины.)

[Ivan_B]

grizzly в сообщении #1278574 писал(а):

Нет, ничего школьного считаться очевидным не должно.

Теперь я об этом знаю. Лучше поздно чем никогда. Мда...

grizzly в сообщении #1278574 писал(а):

Я могу от себя посоветовать смотреть один и тот же материал по разным учебникам.

Спасибо за совет! Редко кто делится такой информацией.

grizzly в сообщении #1278574 писал(а):

Если бы первое -- $\frac{s}{q} < q^m$ -- не было бы выполнено (то есть было бы выполнено $\frac{s}{q} \ge q^m$ для всех $m$), тогда $\frac{s}{q}$ было бы верхней границей

И это ничему не противоречит: для всех $m$ получаем(после умножения обеих частей на $q > 1 >0$):
$q^{m+1} \leqslant s$ - это и есть утверждение, которое нужно опровергнуть, но пока этого не сделано, оно считается верным.

[grizzly]

Ivan_B в сообщении #1278594 писал(а):

И это ничему не противоречит:

Нужно быть чуть внимательнее. Противоречие в другом. Вы предположили, что $s$ является точной верхней границей множества $\{q^m: m\in \mathbb Z\}$. Это означает, что для любого числа $t\in \mathbb R, t<s,$ найдётся такое $q^k$, что $q^k>t$. Вот для $t=\frac{s}{q}$ получили противоречие:

grizzly в сообщении #1278574 писал(а):

то есть было бы выполнено $\frac{s}{q} \ge q^m$ для всех $m$), тогда $\frac{s}{q}$ было бы верхней границей, и значит, $s$ не было бы точной.

Никакая верхняя граница не может быть меньше точной верхней границы.

[Ivan_B]

grizzly в сообщении #1278596 писал(а):

Никакая верхняя граница не может быть меньше точной верхней границы.

Понял. Все верно.
Еще раз спасибо!