Аксиома полноты

[bubu gaga]

Будьте добры, проверьте доказательства (потом ещё четыре будут)

Принцип вложенных отрезков 1: Пусть дана последовательность отрезков $(I_n)$, такая, что $ I_1 \supseteq I_2 \supseteq I_3 \supseteq \dots $. Тогда пересечение этих отрезков не пусто

$$ \bigcap_{n = 1}^{\infty} I_n \neq \emptyset $$

Аксиома полноты: Каждое непустое ограниченное сверху множество имеет точную верхнюю грань

Принцип вложенных отрезков 2: Пусть верен "принцип вложенных отрезков 1" и длинна отрезка $I_n$ может быть сделана сколь угодно малой взятием достаточно большого $n$. Тогда пересечение этих отрезков содержит одну единственную точку $c$.

$$ \bigcap_{n = 1}^{\infty} I_n = \{c\} $$

Доказательство: От противного. Допустим пересечение содержит более одной точки. Выберем две из них $c_1$ и $c_2$. Но по определению мы можем найти отрезок $I_m$ длина которого меньше $ | c_2 - c_1 | $, Следовательно отрезов $I_m$ не содержит обе эти точки, а значит и пересечение любого числа отрезков с $I_m$ не будет содержать эти две точки одновременно. Противоречие.

Доказать, что из ПВО 1 следует АП: Пусть дано непустое множество $A$, ограниченное сверху, то есть для любого $a \in A$ верно $a < M$. Выберем из этого множества произвольный элемент $a$ и обозначим отрезок $[a; M]$ как $I_1$. Заметим, что $I_1 \cap A \neq \emptyset$. Разобъём напополам отрезок $I_n$, Нас интересуют отрезки имеющие непустое пересечение со множеством $A$. Берём самый правый из них и обозначаем его $I_2$. Разбиваем все последующие отрезки аналогично, получая последовательность вложенных отрезков с убывающими длинами. Обозначим общую точку этих отрезков за $c$. Докажем, что эта точка является точной верхней гранью множества $A$.

Допустим существует элемент $a \in A$, такой что $a > c$. (иными словами допустим что $c$ не является верхней гранью). Берём минимальный отрезок $I_m$, содержащий $a$ и $c$. Разобъём отрезок на двое. Точки $a$ и $c$ не могут оказаться на одной стороне от точки разбиения, иначе именно новый интервал был бы минимальным интервалом содержащим обе точки. Точка $a > c$ следовательно $a$ оказывается в правом интервале, и по построению точка $c$ оказывается непринадлежащей всем последующим интервалам $c \not \in I_{m + 1}, I_{m + 2}, \dots$. Противоречие.

Теперь допустим существует число $c_1$, такое, что не существует членов последовательности больше $c_1$ (иными словами допустим точка $c$ не является наименьшей верхней гранью). Берём минимальный отрезок $I_k$ содержащий и . Аналогично рассуждаем, что отрезки $I_{m + 1}, I_{m + 2}, \dots$ не могут содержать точку $c$. Противоречие.

[ewert]

Сначала сформулируйте, что именно Вы понимаете под аксиомой полноты. Тут возможны разные варианты. А поскольку ещё и текст не очень аккуратен, понять ничего невозможно.

[bubu gaga]

ewert писал(а):

Сначала сформулируйте, что именно Вы понимаете под аксиомой полноты. Тут возможны разные варианты. А поскольку ещё и текст не очень аккуратен, понять ничего невозможно.

Добавил определения, расписал доказательства поподробнее. Исправил пару ляпов.
Спасибо!

[Asalex]

Вроде как вы собирались доказывать свойство полноты для любого ограниченного множества, а доказали только для ограниченной последовательности.
Для ограниченной сверху последовательности рассуждение правильное.

[bubu gaga]

Asalex писал(а):

Вроде как вы собирались доказывать свойство полноты для любого ограниченного множества, а доказали только для ограниченной последовательности.
Для ограниченной сверху последовательности рассуждение правильное.

Да, Вы правы, всё вкривь и вкось и неточно. Переписал всё заново. Спасибо!

[bubu gaga]

Теорема о монотонной сходимости: Любая неубывающая ограниченная сверху последовательность сходится

Доказать, что из ТМС следует ПВО 1: Рассмотрим семейство отрезков $I_n = [a_n; b_n]$. Последовательность нижних границ $(a_n)$ неубывает и ограничена сверху числом $b_1$, следовательно имеет предел, который мы обозначим $c$. Докажем, что $c$ принадлежит пересечению $\bigcap_{\infty} I_n$.

От обратного. Допустим, что $c$ не принадлежит пересечению $\bigcap_{\infty} I_n$. Тогда существует такое $m$, что $c \notin I_m, I_{m + 1}, \dots$. Обозначим $\epsilon = \min\bigl\{ |a_m - c|, [b_m - c]\bigr\}$. Заметим, что члены последовательности $a_m, a_{m+1}, \dots$ находятся вне $\epsilon$-окрестности точки $c$, следовательно $c$ не могла бы являться пределом последовательности $(a_n)$. Противоречие.

[Brukvalub]

Верное рассуждение.

[bubu gaga]

Больцано-Вейерштрасс: В каждой ограниченной последовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность

Доказать, что из БВ следует ПВО 1: Аналогично предыдущему доказательству, рассмотрим последовательность нижних границ $(a_n)$, которая ограниченна снизу числом $a_1$ и сверху числом $b_1$. Выделим подпоследовательность с пределом $c$. Доказательство того, что $c$ принадлежит пересечению интервалов $\bigcap_{\infty} I_n$ идентично предыдущему.

Последнее доказательство

Критерий Коши: Последовательность сходится тогда и только тогда, когда она фундаментальна

Используя КК доказать БВ: Рассмотрим ограниченную последовательность $(a_n)$, где для любого $n$ верно $|a_n| < M$. Возьмём отрезок $[-M; M]$ и выберем в нём какой-либо элемент $a_{n_1}$. Этот орезок содержит бесконечное количество элементов последовательности $(a_n)$. Разобъём отрезок $[-M; M]$ напополам. Как минимум одна из двух половинок будет содержать бесконечное число членов последовательности $(a_n)$. Выберем в нём элемент $a_{n_2}$ такой, что $n_2 > n_1$ (если бы этого нельзя было сделать это значило бы что отрезок содержит максимум $n_1$ членов последовательности $a_n$). Продолжим, построив последовательность $(a_{n_m})$.

Заметим, что для любых $i < j$ верно

$$\bigl| a_{n_i} - a_{n_j} \bigr| \le \frac{2 M}{2^i} $$

следовательно эта последовательность фундаментальна, а значит и сходится.

[Brukvalub]

bubu gaga в сообщении #144129 писал(а):

Аналогично предыдущему доказательству, рассмотрим последовательность нижних границ $(b_n)$, которая ограниченна снизу числом $a_1$ и сверху числом $b_1$

Обознатушки - перепрятушки.

[bubu gaga]

Brukvalub писал(а):

Обознатушки - перепрятушки.

С самого начала перепутал грани, думал смогу и с этой нотацией не опечататься, но видимо "закон" по которому любое $a$ всегда меньше любого $b$ выше меня.

А в остальном терпимо?

[Brukvalub]

bubu gaga в сообщении #144129 писал(а):

Возьмём отрезок $[-M; M]$ и выберем в нём какой-либо элемент $a_{n_1}$. Этот орезок содержит бесконечное количество элементов последовательности $(a_n)$. Разобъём отрезок $[-M; M]$ напополам. Как минимум одна из двух половинок будет содержать бесконечное число членов последовательности $(a_n)$. Выберем в нём элемент $a_{n_2}$. Продолжим, построив последовательность $(a_{n_m})$.

У подпоследовательности индексированные номера ее членов в исходной последовательности должны возрастать. Как это отражается в Вашем построении?

[bubu gaga]

Brukvalub писал(а):

У подпоследовательности индексированные номера ее членов в исходной последовательности должны возрастать. Как это отражается в Вашем построении?

Никак не отражалось, поправил.