Dowód: Każda liczba posiada jednoznaczny pierwiastek stopnia n

[majusxp]

Witam,
nie mogę znaleźć dowodu na to, że każda liczba posiada jednoznaczny pierwiastek stopnia naturalnego.
To, że jest jednoznaczny, dowieść umiem, ale nie umiem pokazać, że na pewno taki istnieje.
Bardzo proszę o pomoc.

[Jan Kraszewski]

A mógłbyś podać szerszy kontekst tego pytania?

JK

[majusxp]

Muszę udowodnić, że dla każdej liczby rzeczywistej nieujemnej \(\displaystyle{ a}\) i każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) istnieje dokładnie jedna liczba nieujemna \(\displaystyle{ b}\) taka, że \(\displaystyle{ a=b^n}\)

Dodano po 7 minutach 49 sekundach:
Mój wykładowca dowodził to w ten sposób:

Kod: Zaznacz cały

https://www.fuw.edu.pl/~pkasp/Lectures/wyklad3AN2019.pdf

(strona 3 i 4), aczkolwiek nie zgadzam się z tym dowodem. Może jest poprawny i to ja źle rozumuję.

[Premislav]

Hmm, ja bym to robił tak:
ustalmy dowolne \(\displaystyle{ a\ge 0, \ n\in \NN^{+}}\) i rozważmy funkcję wielomianową \(\displaystyle{ P(x)=x^{n}-a}\). Jest to funkcja ciągła, a więc ma własność Darboux, ponadto \(\displaystyle{ P(0)\le 0, \ P(1+a)=(1+a)^{n}\ge 1+na>a}\), zatem albo mamy \(\displaystyle{ P(0)=0}\), albo \(\displaystyle{ P(0)<0}\), a wtedy z twierdzenia Darboux wynika, że w przedziale \(\displaystyle{ (0,1+a)}\) znajduje się miejsce zerowe funkcji \(\displaystyle{ P}\), nazwijmy je \(\displaystyle{ b}\). Wówczas \(\displaystyle{ b^{n}-a=0}\), tj. \(\displaystyle{ b^{n}=a}\), c.n.d.

A, jeszcze jednoznaczność: to idzie od razu, ponieważ jeśli dla pewnych \(\displaystyle{ x,y\ge 0}\) jest \(\displaystyle{ x^{n}=y^{n}}\), to
\(\displaystyle{ 0=x^{n}-y^{n}=(x-y)\sum_{k=0}^{n-1}x^{n-1-k}y^{k}}\) i ponieważ drugi czynnik jest nieujemny, to albo każdy składnik w nim jest równy zero, a wtedy \(\displaystyle{ x=y=0}\), albo tak nie jest i wtedy \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1}x^{n-1-k}y^{k}>0}\), a więc musi być \(\displaystyle{ x-y=0}\), tj. \(\displaystyle{ x=y}\) c.k.d.

[majusxp]

Jasno i zrozumiale:)
Dziękuję ślicznie!

[Tmkk]

Tak z ciekawości, z którym momentem w dowodzie Twojego wykładowcy się nie zgadzasz?

[majusxp]

W punkcie, w którym rozważamy \(\displaystyle{ b^n<a}\) nie pasuje mi to: \(\displaystyle{ (b+\epsilon)^n \le a \Rightarrow b+\epsilon \le b}\)
Skąd takie wynikanie? Nie wiemy przypadkiem tylko tego, że \(\displaystyle{ b \le a}\)?

[Tmkk]

Pamiętaj, że \(\displaystyle{ b}\) nie jest byla jaką liczbą, tylko supremum zbioru \(\displaystyle{ S = \left\{ x \in \mathbb{R} : x^n \le a\right\} }\).

Jeśli pokażesz, że \(\displaystyle{ (b+\varepsilon)^n \le a}\), to oznacza, że \(\displaystyle{ b+\varepsilon \in S}\) i \(\displaystyle{ b+\varepsilon \le \sup S = b}\). Stąd dostajemy sprzeczność.

O ile dowód Premislava jest bardzo fajny, to polecam zrozumieć takie elementarne dowody jak ten, potem będzie Ci łatwiej radzić sobie z nowymi definicjami i podobnymi dowodami.

[a4karo]

Czy dobrze zgaduję, że mówimy o konstrukcji liczb rzeczywistych? Jeżeli tak, to dowód Premislava, choć fajny, to jednak nie ma miejscu

[majusxp]

Dlaczego nie na miejscu?

Dodano po 56 sekundach:

Pamiętaj, że \(\displaystyle{ b}\) nie jest byla jaką liczbą, tylko supremum zbioru \(\displaystyle{ S = \left\{ x \in \mathbb{R} : x^n \le a\right\} }\).

Jeśli pokażesz, że \(\displaystyle{ (b+\varepsilon)^n \le a}\), to oznacza, że \(\displaystyle{ b+\varepsilon \in S}\) i \(\displaystyle{ b+\varepsilon \le \sup S = b}\). Stąd dostajemy sprzeczność.

O ile dowód Premislava jest bardzo fajny, to polecam zrozumieć takie elementarne dowody jak ten, potem będzie Ci łatwiej radzić sobie z nowymi definicjami i podobnymi dowodami.

Dziękuję bardzo:) Masz racje

[a4karo]

Nie na miejscu dlatego, że na tym etapie nie wolno się powoływać na własność Darboux, bo jeszcze jej nie udowodniłeś.

[majusxp]

Pamiętaj, że \(\displaystyle{ b}\) nie jest byla jaką liczbą, tylko supremum zbioru \(\displaystyle{ S = \left\{ x \in \mathbb{R} : x^n \le a\right\} }\).

Jeśli pokażesz, że \(\displaystyle{ (b+\varepsilon)^n \le a}\), to oznacza, że \(\displaystyle{ b+\varepsilon \in S}\) i \(\displaystyle{ b+\varepsilon \le \sup S = b}\). Stąd dostajemy sprzeczność.

O ile dowód Premislava jest bardzo fajny, to polecam zrozumieć takie elementarne dowody jak ten, potem będzie Ci łatwiej radzić sobie z nowymi definicjami i podobnymi dowodami.

A czy mógłbyś mi jeszcze wytłumaczyć skąd wzięło się następujące wynikanie: \(\displaystyle{ (b-\delta)^n \ge x^n \Rightarrow b-\delta \ge x}\) ?

Dodano po 23 godzinach 50 minutach 21 sekundach:

Pamiętaj, że \(\displaystyle{ b}\) nie jest byla jaką liczbą, tylko supremum zbioru \(\displaystyle{ S = \left\{ x \in \mathbb{R} : x^n \le a\right\} }\).

Jeśli pokażesz, że \(\displaystyle{ (b+\varepsilon)^n \le a}\), to oznacza, że \(\displaystyle{ b+\varepsilon \in S}\) i \(\displaystyle{ b+\varepsilon \le \sup S = b}\). Stąd dostajemy sprzeczność.

O ile dowód Premislava jest bardzo fajny, to polecam zrozumieć takie elementarne dowody jak ten, potem będzie Ci łatwiej radzić sobie z nowymi definicjami i podobnymi dowodami.

A czy mógłbyś mi jeszcze wytłumaczyć skąd wzięło się następujące wynikanie: \(\displaystyle{ (b-\delta)^n \ge x^n \Rightarrow b-\delta \ge x}\) ?

Bardzo Was proszę o pomoc w tej kwestii

[a4karo]

Pewnie gdzieś tam było udowodnione, że jeżeli `0<a<b` i `0<c<d` to `0<ac<bd`.gdyby więc było `x<b-\delta` to `\x^2<(b-\delta)^2` etc

[matmatmm]

Czy dobrze zgaduję, że mówimy o konstrukcji liczb rzeczywistych? Jeżeli tak, to dowód Premislava, choć fajny, to jednak nie ma miejscu

Nikt nie mówi, że mówimy o konstrukcji liczb rzeczywistych. A własność Darboux można z pewnością udowodnić przed tym twierdzeniem.

[a4karo]

Czy dobrze zgaduję, że mówimy o konstrukcji liczb rzeczywistych? Jeżeli tak, to dowód Premislava, choć fajny, to jednak nie ma miejscu

Nikt nie mówi, że mówimy o konstrukcji liczb rzeczywistych. A własność Darboux można z pewnością udowodnić przed tym twierdzeniem.

Rzuć okiem do notatek zlinkowanych na początku wątku