Действительные числа, продолжение (задачи из Давидовича)

[irod]

Возвращаюсь к системе вложенных отрезков.

irod в сообщении #1160574 писал(а):

16. Пересечение системы вложенных отрезков не пусто.

arseniiv в сообщении #1160600 писал(а):

В общем случае пересечение какого-то семейства множеств может быть пустым, даже если пересечения всех его подсемейств, отличающихся на одно множество, непустые (например, берём семейство $\{A\setminus\{x\} : x\in A\}$ для любого $A$).

Отличный контрпример, спасибо.

arseniiv в сообщении #1160600 писал(а):

Лучше рассмотрите кое-чьи точные грани.

Пусть $A$ -- пересечение произвольного конечного подмножества некоторой с.в.о., и $n$ -- наибольший индекс из индексов всех сформировавших $A$ отрезков. Тогда, согласно определениям отрезка и с.в.о. и задаче 10.д, $\forall k>n$ $A\cap I_k=I_k$ $\Rightarrow$ $\inf I_k\le\inf(A\cap I_k)<\sup(A\cap I_k)\le\sup I_k$. $k$ может быть неограниченно большим.

Вы имели в виду эти точные грани, или какие-то другие?
Я понимаю что это пока не доказательство, в том смысле что оно не завершено, просто хочу спросить в том ли я направлении иду. И я пока не придумал как перейти от пересечения конечного подмножества к бесконечному. Еще меня смущает неравенство $\inf(A\cap I_k)<\sup(A\cap I_k)$, если оно выполнено для любого $k>n$, то пересечение будет содержать бесконечно много точек, а следующая задача говорит это не так.

[arseniiv]

irod в сообщении #1169009 писал(а):

Вы имели в виду эти точные грани, или какие-то другие?

В какой-то степени. Лучше скажите, как между собой соотносятся множества $\{\inf I_k : k\in\mathbb N\}$ и $\{\sup I_k : k\in\mathbb N\}$. Ограничены ли они, скажем.

[irod]

arseniiv в сообщении #1169047 писал(а):

Лучше скажите, как между собой соотносятся множества $\{\inf I_k : k\in\mathbb N\}$ и $\{\sup I_k : k\in\mathbb N\}$. Ограничены ли они, скажем.

Обозначим первое множество $A$, второе $B$.
Из определения с.в.о. следует, что $I_1\cap I_2\cap\ldots=\{x\mid \sup A\le x\le\inf B\}$.
По определению отрезка и с.в.о., $\forall k\in\mathbb{N}$ $a_k\le a_{k+1}<b_{k+1}\le b_k$. Следовательно (долго думал как это доказать по-короче, пришел к выводу что это вроде как очевидно), $\forall a\in A$ $\forall b\in B$ $a<b$ $\Rightarrow$ $\sup A\le\inf B$ $\Rightarrow$ пересечение с.в.о. не пусто.
так?

[irod]

irod в сообщении #1169619 писал(а):

$\sup A\le\inf B$ $\Rightarrow$ пересечение с.в.о. не пусто.

Забыл добавить, что основанием для этой импликации служит задача 15.

[arseniiv]

Как-то так, да.

Вы не написали перед этим, что $\sup A,\inf B$ существуют по аксиоме о точной верхней грани (а чтобы показать ограниченность $A$ сверху, достаточно глянуть на любую одну точку $B$, и наоборот). После этого можно было бы вообще сразу рассмотреть любую точку $a\colon \sup A\leqslant a\leqslant\inf B$, причём можно не пользоваться задачей 15, а просто взять $a = \frac12(\sup A+\inf B)$, т. к. здесь нам не важно, чтобы она была обязательно рациональной или иррациональной, тем более что задача 15 не применима, если $\sup A=\inf B$, которое ведь, кстати, будет иметь место в задаче 17. Имея $a$, можно показать, что она принадлежит любому $I_k$ и потому принадлежит пересечению.

[irod]

arseniiv
все понятно, спасибо!

-- 19.11.2016, 14:16 --

Вторая попытка доказать №17.

17. Пересечение системы вложенных отрезков состоит из одной точки тогда и только тогда, когда для любого положительного $\varepsilon$ в этой системе найдется отрезок $[a,b]$ длины $b-a<\varepsilon$.

Доказательство.
Введем множества $A=\{\inf I_k\mid k\in\mathbb N\}$, $B=\{\sup I_k\mid k\in\mathbb N\}$. Пересечение с.в.о. состоит из одной точки если $\sup A=\inf B$ (согласно предыдущей задаче).

$\Rightarrow$
Пусть пересечение некоторой с.в.о. состоит из одной точки, т.е. $\sup A=\inf B=c$. Возьмем произвольный $\varepsilon>0$.
По определению т.н.г. и т.в.г, $\exists a\in A$, $b\in B$ такие что

$$ c-\varepsilon<a\le c\le b<c+\varepsilon \Rightarrow $$

$$ -a\ge -c \Rightarrow $$

$$ b-a<c+\varepsilon-a\le c+\varepsilon-c=\varepsilon \Rightarrow $$

$$ b-a<\varepsilon. $$

$\Leftarrow$
От противного. Пусть в некоторой с.в.о. для любого $\varepsilon>0$ найдется отрезок $[a,b]$, длина которого меньше $\varepsilon$, и пусть пересечение этой с.в.о. состоит более чем из одной точки, т.е. $\sup A<\inf B$.
Обозначим $\sup A=c$, $\inf B=d$.
Возьмем $\varepsilon>d-c>0$. По условию можно найти такой отрезок $[a,b]$, что $b-a<\varepsilon$. При этом, по определению т.в.г. и т.г.н., $c-\varepsilon<a\le c<d\le b<d+\varepsilon$.
Отсюда выводим: $-a\ge -c$ $\Rightarrow$ $b-a\ge b-c\ge d-c$.
Таким образом мы получили, что одновременно выполнено $b-a<d-c$ и $b-a\ge d-c$.
Это противоречие доказывает, что пересечение исходной с.в.о. не может содержать более одной точки.

-- 19.11.2016, 14:30 --

Вопрос по следующей задаче.

18. Множество действительных чисел несчетно.

Правильно ли я понимаю, что тут нельзя предположить что все действительные числа могут быть упорядочены например по возрастанию, а потом применить задачу 15 к любым соседним, ведь счетность не означает что порядок должен быть обязательно по возрастанию/убыванию?

[arseniiv]

Да, так опровергнуть не получится, потому что может существовать другое взаимно однозначное отображение, не сохраняющее порядок, и сохранять его оно действительно не должно.

-- Сб ноя 19, 2016 20:04:16 --

В этом могут пригодиться задачи 16* и 17* из листка 4 (который про (не)счётность). Не помню, правда, решали ли вы их. Впечатление они создают, что включены автором умышленно.

[irod]

На последней задаче я застрял. Напишу пока свои мысли, может кто-нибудь что-нибудь подскажет.
arseniiv
я догадывался что бесконечные последовательности нулей и единиц тут пригодятся.
Задачи 16* и 17* я решал.
Мне непонятно, как тут использовать задачу 17*. Надо построить биекцию между последовательностями из 0 и 1 и иррациональными числами?
А не лучше ли сделать так: построить биекцию для чисел отрезка $[0,1]$ (или интервала $(0,1)$ - не важно, как говорит задача 15 листка 4), а потом применить задачу 12.д листка 4?
По какому пути лучше пойти?
Вообще стандартный алгоритм перевода любого натурального числа в двоичный вид мне известен (делим на $2$, берем остаток, и т.д.), но тут надо придумать алгоритм для нецелых чисел, насколько я понимаю.

[arseniiv]

irod в сообщении #1178726 писал(а):

Надо построить биекцию между последовательностями из 0 и 1 и иррациональными числами?
А не лучше ли сделать так: построить биекцию для чисел отрезка $[0,1]$ (или интервала $(0,1)$

Да, лучше второе.

irod в сообщении #1178726 писал(а):

Вообще стандартный алгоритм перевода любого натурального числа в двоичный вид мне известен (делим на $2$, берем остаток, и т.д.), но тут надо придумать алгоритм для нецелых чисел, насколько я понимаю.

Остаток от деления нацело можно доопределить для любого делимого $a$ и ненулевого делителя $b$: это, как и обычно, такое $r$, что $a = bq + r$, где $q\in\mathbb Z$ (результат деления нацело) и $r\in[0;|b|)$. (При желании его можно выразить через функцию дробной части числа.) Цифры $b$-ичной записи числа $x$ — это как раз $a_i = \lfloor(b^i x)\bmod b\rfloor$ (если $x = (\ldots a_{-2}a_{-1}a_0{,}a_1a_2\ldots)_b$).

[irod]

arseniiv в сообщении #1178732 писал(а):

Цифры $b$-ичной записи числа $x$ — это как раз $a_i = \lfloor(b^i x)\bmod b\rfloor$ (если $x = (\ldots a_{-2}a_{-1}a_0{,}a_1a_2\ldots)_b$).

Как можно рассуждать, чтобы прийти к этой формуле? У меня всплывали какие-то похожие формулы, но это было больше похоже на попытки угадать, к сожалению.

[arseniiv]

Вообще в данном случае я её тоже угадал примерно так: умножением на $b^n$ мы можем передвинуть в разряд единиц любую цифру дробной части, после этого взятием остатка выкинуть старшие разряды и взятием целой части младшие.

Её можно связать с обычным алгоритмом, который вы упоминали — просто там придётся предварительно умножить число на $b^n$ и взять целую часть, чтобы найти $n$ первых цифр дробной части. Т. к. $n$-я получится при первом же взятии остатка, получается, кстати, что эквивалентная формула для неё — $a_i = \lfloor b^i x\rfloor\bmod b$.

[irod]

arseniiv
ясно, спасибо.

Еще нашел в литературе другой вариант доказательства - через систему вложенных отрезков, от противного. Предполагаем что все точки [0,1] пронумерованы: $\{x_1,x_2,\ldots\}$, делим исходный отрезок на 3 части и берем часть, не содержащую $x_1$. Затем делим эту часть снова на 3 части, и берем часть, не содержащую $x_2$, и т.д. Получим систему вложенных отрезков, пересечением которой будет точка, отсутствующая в исходной нумерации.
Наверное, предполагался именно этот вариант, не зря ж вложенные отрезки были введены.

Третий вариант - с диагональным методом Кантора и десятичным представлением - был мне известен изначально, но, понятное дело, использовать его перед листком 9 было нельзя.

[arseniiv]

Так и я предлагал диагональный, но только двоичный.

[irod]

arseniiv
это понятно.

Перехожу к листку 10. Возведение в степень.
(9-й листок пока пропускаю)

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

Доказательство.
Во всех пунктах используем ассоциативность умножения, в пункте б) дополнительно используем коммутативность умножения.

а)

$$ a^ma^n= (\underbrace{a\cdot a\cdots a}_{m\text{ раз}})\cdot (\underbrace{a\cdot a\cdots a}_{n\text{ раз}})= \underbrace{a\cdot a\cdots a}_{(m+n)\text{ раз}}= a^{m+n}. $$

б)

$$ a^nb^n= (\underbrace{a\cdot a\cdots a}_{n\text{ раз}})\cdot (\underbrace{b\cdot b\cdots b}_{n\text{ раз}})= \underbrace{(ab)\cdot (ab)\cdots (ab)}_{n\text{ раз}}= (ab)^n. $$

в)

$$ (a^m)^n= \underbrace{ (\underbrace{a\cdot a\cdots a}_{m\text{ раз}})\cdots (\underbrace{a\cdot a\cdots a}_{m\text{ раз}}) }_{n\text{ раз}}= \underbrace{a\cdot a\cdots a}_{(mn)\text{ раз}}= a^{mn}. $$

[irod]

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

Доказательство.
Вспомогательное утверждение: $a^n>0$ при $a>0$ для любого натурального $n$. Доказывается индукцией по $n$: база ($n=1$) дана по условию, а переход $a^n>0\Rightarrow a^{n+1}>0$ обосновывает задача 4 листка 7, согласно которой $a^{n+1}>a^n$.
Далее, оба пункта доказываются индукцией по $m$.
а) И база $a^{n+1}>a^n$ (при $m=n+1$), и переход $a^m>a^n\Rightarrow a^{m+1}>a^n$ (т.к. $a^{m+1}>a^m$) доказаны выше во вспомогательном утверждении.
б) $a<1\Rightarrow 1<\frac{1}{a}$, согласно задаче 9 листка 7.
База индукции (при $m=n+1$): $a^{n+1}<a^{n+1}\cdot\frac{1}{a}=a^{n+1}a^{-1}=a^n$, согласно задаче 4 листка 7 и задаче 1.а этого листка. Переход $a^m<a^n\Rightarrow a^{m+1}<a^n$ доказывается аналогично.

-- 25.12.2016, 14:09 --

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

Доказательство.
а) Индукция по $n$.
База индукции ($n=1$) дана по условию, а индуктивный (или индукционный?) переход $(a^n>b^n)\Rightarrow(a^{n+1}>b^{n+1})$ справедлив согласно задаче 10 листка 7.

б) Индукция по $n$ в сторону уменьшения.
(Не знаю, как тут правильно оформить индукцию, она ведь здесь по целым отрицательным числам, а не по натуральным. Подозреваю, дело решается упоминанием счетности множества целых отрицательных чисел. Верно?)
База индукции ($n=-1$): $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$ по задаче 9 листка 7.
Переход. Пусть $a^n<b^n$. Аналогично пункту а), $a^n\frac{1}{a}<b^n\frac{1}{a}<b^n\frac{1}{b}$, т.е. $a^{n-1}<b^{n-1}$.

-- 25.12.2016, 14:11 --

4. Пусть $n\in\mathbb{N}$, $B=\{b^n\mid b>1\}$. Доказать, что $\inf B=1$.

Доказательство.
Согласно задаче 2.а и определению множества $B$, $\forall b^n\in B$ выполнено $b^n\ge b>1$. Следовательно, $1$ является нижней гранью $B$.
Для произвольного $b_1^n\in B$ можно указать число $b=\frac{b_1-1}{2}$, тогда $b_1>b>1$ и, значит, $b^n\in B$.
Следовательно, $\inf B=1$.

-- 25.12.2016, 14:13 --

5. Пусть $a>0$, $n\in\mathbb{N}$, $X=\{c>0\mid c^n\le a\}$, $Y=\{c>0\mid c^n\ge a\}$. Доказать, что $\sup X=\inf Y$.

Доказательство.
Покажем, что $\sup X=\inf Y=\sqrt[n]{a}$.
$\forall c\in X$ $c\le\sqrt[n]{a}$, по определению арифметического корня, т.е. $\sqrt[n]{a}$ является верхней гранью множества $X$.
По определению $X$, $\sqrt[n]{a}\in X$, следовательно $\sup X=\sqrt[n]{a}$.
Аналогично доказывается, что $\inf Y=\sqrt[n]{a}$.
Таким образом, $\sup X=\inf Y$.