Про числовые множества

[uslada]

Добрый день всем!
Есть рациональные числа, есть аксимы по поводу их операций сложения и умножения ну и их порядка. Есть понятие сечения в области рациональных чисел. Иррациональное число вводится как сечение в области рациональных только одновременно в этом сечении нет наимеьшео в верхнем классе и наибольшего в нижнем. Говорится что Вещественные числа есть объединение множеств Q и J.
Как доказать что между двумя вещественными содержится как минимум одно иррациональное.
а то у меня "но пейн, но брейн". вроде того
Спасибо

[dzh0rdzh1]

Возьмем два числа a и b и будем считать, что 0<a<b. Пусть теперь \alpha - некоторое положительное иррациональное число. Подберите рациональное r так, чтобы выполнялось a<r\alpha< b и заметьте, что r\alpha иррациональное.

[ewert]

Достаточно того, что существует вообще хоть одно иррациональное -- тогда их бесконечно много и они плотно заполняют ось.

Например, так. Возьмите среднее из тех двух чисел. Если оно окажется иррациональным, то и прекрасно. Если же нет, то иррациональным числом будет та серединка плюс чуть-чуть корней из двух.

[uslada]

ewert в сообщении #296269 писал(а):

Достаточно того, что существует вообще хоть одно иррациональное -- тогда их бесконечно много и они плотно заполняют ось.

Например, так. Возьмите среднее из тех двух чисел. Если оно окажется иррациональным, то и прекрасно. Если же нет, то иррациональным числом будет та серединка плюс чуть-чуть корней из двух.

Гхм.
Мы смотрели сечения рациональных чисел и НА! получилось сечение с "белым пятном". Назвали его иррациональным числом. То что таких сечений бесконечно много ни откуда не следует (из тех аксиом и опр что я перечислил). Поэтому Ваше док-во нельзя использовать

dzh0rdzh1 в сообщении #296267 писал(а):

Возьмем два числа a и b и будем считать, что 0<a<b. Пусть теперь \alpha - некоторое положительное иррациональное число. Подберите рациональное r так, чтобы выполнялось a<r\alpha< b и заметьте, что r\alpha иррациональное.

То что оно получится иррациональное очевидно, но не тривиально. Это тоже надо доказывать тогда.
и что значит "подберите"? сравнить иррациональное и рациональне, вообще говоря, можно. Но операция "+" не определена, пока, во всяком случае. Мы еще пока что доказываем обычную плотность (и не надо говорить зачем мне обычная, когда можно легко доказать усиленную :).

Прошу не ругаться! Я в этих всех числовых множествах профан полный. И я это знаю! просто ищу истину, вот и высказываю свое мнение и вполне допускаю что скоро мне будет за него стыдно

[ewert]

uslada в сообщении #296272 писал(а):

Но операция "+" не определена, пока, во всяком случае.

Без (до) определения арифметических операций над сечениями занятие это -- довольно неблагодарное, а без определения на множестве сечений отношения порядка -- и сама постановка задачи бессмысленна.

Ну хорошо, раз надо кустарно, то можно так. Достаточно очевидно, что между любыми двумя числами найдутся как минимум два разных рациональных числа. Так что задача сводится к следующей: доказать, что между любыми двумя рациональными числами $q_1$, $q_2$ найдётся иррациональное.

Пусть $x$ -- некоторое иррациональное число и $A$, $B$ -- задающие его классы сечения. Для определённости предполагаем, что $x$ положительно, т.е. что ноль попадает в его нижний класс. Хотя Вы и говорите, что арифметики на сечениях ещё нет, но уж сложение и умножение сечений на рациональные числа достаточно тривиальны. Т.е. имеет смысл говорить о сечении $y$, представленном классами $\widetilde A=\alpha\cdot A+q_1$ и $\widetilde B=\alpha\cdot B+q_1$ при произвольном положительном рациональном $\alpha$. Легко проверить, что иррациональность $x$ равносильна иррациональности $y$. Понятно также, что $y>q_1$ в том смысле, что $q_1\in\widetilde A$. И нетрудно убедится в том, что при достаточно маленьких $\alpha$ окажется $y<q_2$, т.е. $q_2\in\widetilde B$ -- достаточно взять $\alpha<{q_2-q_1\over\beta}$, где $\beta$ -- любой элемент из класса $B$.

Уродство, конечно, но -- ничего не поделать. Попытки доказать плотность до определения арифметики -- откровенно неуместны. И в любом случае всё, что мы можем использовать в этот момент при доказательстве -- это факт наличия хотя бы одного иррационального числа, и не более того. Поскольку сам факт существования иррациональных чисел ниоткуда априори не следует, он доказывается лишь конструктивно -- явным построением какого-либо примера.

[dzh0rdzh1]

uslada в сообщении #296272 писал(а):

То что оно получится иррациональное очевидно, но не тривиально. Это тоже надо доказывать тогда.
и что значит "подберите"? сравнить иррациональное и рациональне, вообще говоря, можно. Но операция "+" не определена, пока, во всяком случае.

После определения вещественных чисел как сечений во множестве рациональных числе и отождествления рациональных чисел с сечениями, имеющими максимальный элемент несложно определить операции сложения и умножения и порядок для ВСЕХ вещественных чисел так, чтобы выполнялись привычные законы арифметики и введенные операции и порядок на рациональных числах совпадали с уже заданными на них. Поэтому r\alpha иррационально (иначе \alpha=(r\alpha)/r рационально). Чтобы выбрать нужное r найдем целое n большее \alpha/a и \alpha/(b-a). Тогда \alpha/n<a, \alpha/n<b-a. Теперь выберем первое целое m, для которого (m/n)\alpha>a. Положим r=m\n. Это искомое r .

[Sasha2]

Ну если Вы проходили сечения по Дедекинду, то наверно и аксиому Архимеда должны знать.
Подбираем (при помощи сей аксиомы) такое натуральное n, что $a<a+\frac{1}{n}<b$.

Осталось в этом выражении дробь $\frac{1}{n}$ заменить дробью $\frac{1}{{\sqrt2}n}$

[bot]

Sasha2 в сообщении #296537 писал(а):

Осталось в этом выражении дробь $\frac{1}{n}$ заменить дробью $\frac{1}{{\sqrt2}n}$

Это если $a$ рационально, а иначе и замена не нужна.

[AD]

dzh0rdzh1,
напомню, что тег math писать не обязательно, а знаки долларов ставить вокруг формул обязательно.