Liczby wymierne i niewymierne.

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
burger_20
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8
Rejestracja: 6 paź 2013, o 16:41
Płeć: Kobieta
Podziękował: 2 razy

Liczby wymierne i niewymierne.

Post autor: burger_20 »

1) Udowodnij, że pomieędzy dowolnymi dwoma różnymi liczbami niewymiernymi znajduje się liczba wymierna.
2) Udowodnij, że pomiędzy dowolnymi dwoma różnymi liczbami niewymiernymi znajduje się nieskończenie
wiele liczb wymiernych.
3) Udowodnij, że pomiędzy dowolnymi dwoma różnymi liczbami niewymiernymi znajduje się liczba niewymierna.
szw1710

Liczby wymierne i niewymierne.

Post autor: szw1710 »

Wszystko wynika z aksjomatu ciągłości.

1) Tak się tego nie dowodzi, ale podam pewną intuicję. Otóż niech \(\displaystyle{ a<b}\) i \(\displaystyle{ a,b}\) będą niewymierne. Bierzemy przybliżenie dziesiętne liczby \(\displaystyle{ a}\) z niedomiarem (dostatecznie małym, mniejszym niż np. połowa odległości \(\displaystyle{ b-a}\) lub - jeśli trzeba - jeszcze mniejszym (nie liczyłem jaki niedomiar jest potrzebny). Z takim samym nadmiarem przybliżamy liczbę \(\displaystyle{ b}\). Bierzemy średnią arytmetyczną tych przybliżeń i już. Można też kombinować nieco inaczej, ale nie będę tego ciągnął.

2) Wystarczy, że wskażesz dwie takie liczby wymierne. Wystarczy zmodyfikować moje rozumowanie - wziąć odpowiedni niedomiar \(\displaystyle{ a_1}\) i nadmiar \(\displaystyle{ b_1}\) i średnie \(\displaystyle{ \frac{3}{4}a_1+\frac{1}{4}b_1}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{4}a_1+\frac{3}{4}b_1}\).

3) Jest tak, bo liczb wymiernych mamy przeliczalnie wiele, a przedział \(\displaystyle{ (a,b)}\) jest zbiorem nieprzeliczalnym.
Ostatnio zmieniony 9 paź 2013, o 21:52 przez szw1710, łącznie zmieniany 1 raz.
Awatar użytkownika
Ponewor
Moderator
Moderator
Posty: 2218
Rejestracja: 30 sty 2012, o 21:05
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 70 razy
Pomógł: 297 razy

Liczby wymierne i niewymierne.

Post autor: Ponewor »

2) wynika łatwo z połączenia 3) z 1)
Natomiast 3) można pokazać jeszcze inaczej. Ba, pokażemy nawet, że między każdą liczbą niewymierną i dowolną rzeczywistą istnieje liczba niewymierna. Niech \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) to nasz liczby przy czym \(\displaystyle{ a}\) jest niewymierne. Załóżmy nie wprost, że wymierne są liczby \(\displaystyle{ p=\frac{a+b}{2}}\) i \(\displaystyle{ q=\frac{a+2b}{3}}\). Zatem wymierna jest liczba \(\displaystyle{ 4p-3q=a}\) czyli sprzeczność.
bakala12
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3044
Rejestracja: 25 mar 2010, o 15:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Gołąb
Podziękował: 24 razy
Pomógł: 513 razy

Liczby wymierne i niewymierne.

Post autor: bakala12 »

To ja przedstawię jeszcze inny dowód.
Pomiędzy dowolnymi dwiema różnymi liczbami rzeczywistymi znajduje się liczba wymierna.
Dowód:
Niech \(\displaystyle{ a,b \in \mathbb{R}, \ a<b}\). Wybierzmy takie \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\), żeby było \(\displaystyle{ n>\frac{1}{b-a}}\) (takie \(\displaystyle{ n}\) oczywiście zawsze istnieje, z uwagi na nieograniczoność zbioru liczb naturalnych). Zatem \(\displaystyle{ b-a>\frac{1}{n}}\). Poza tym mamy:
\(\displaystyle{ \lfloor na \rfloor \le na <\lfloor na \rfloor +1 \ \left( *\right)}\)
Stąd:
\(\displaystyle{ \frac{\lfloor na \rfloor}{n} \le a < \frac{\lfloor na \rfloor +1}{n}}\)
Wobec tego mamy:
\(\displaystyle{ a< \frac{\lfloor na \rfloor +1}{n} \le \frac{na+1}{n}=a+\frac{1}{n}<a+b-a=b}\)
Pomiędzy liczbami \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) leży liczba \(\displaystyle{ \frac{\lfloor na \rfloor +1}{n}}\), która niewątpliwie jest wymierna. QED
Awatar użytkownika
elbargetni
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 189
Rejestracja: 22 wrz 2013, o 11:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: PL
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 1 raz

Liczby wymierne i niewymierne.

Post autor: elbargetni »

Podłączę się, a jakby chcieć to samo udowodnić, tylko, że między dwiema liczbami rzeczywistymi znajduje się liczba niewymierna, to czy wystarczyłoby zdjąć część całkowitą i byłoby \(\displaystyle{ \frac{na+1}{n}}\) ?
Awatar użytkownika
Cytryn
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 405
Rejestracja: 17 wrz 2016, o 17:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 46 razy

Liczby wymierne i niewymierne.

Post autor: Cytryn »

Nie, jeśli \(\displaystyle{ a}\) jest wymierna.
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Liczby wymierne i niewymierne.

Post autor: a4karo »

Ale można wędrować po liczbach rzeczywistych krokiem \(\displaystyle{ \pi/n}\), gdzie \(\displaystyle{ n>\frac{\pi}{2(b-a)}}\), żeby na pewno wpaść do przedziału \(\displaystyle{ (a,b)}\)
Awatar użytkownika
Cytryn
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 405
Rejestracja: 17 wrz 2016, o 17:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 46 razy

Liczby wymierne i niewymierne.

Post autor: Cytryn »

Ale jeśli przypadkiem \(\displaystyle{ a}\) jest krotnością takiego kroku, to nie wszystkie "wpadnięcia" będą dobre. Ja bym zauważył, że punktów w każdym odcinku jest więcej niż liczb naturalnych. Uzasadnienie w jednej linijce.
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Liczby wymierne i niewymierne.

Post autor: a4karo »

Cytryn pisze:Ale jeśli przypadkiem \(\displaystyle{ a}\) jest krotnością takiego kroku, to nie wszystkie "wpadnięcia" będą dobre. Ja bym zauważył, że punktów w każdym odcinku jest więcej niż liczb naturalnych. Uzasadnienie w jednej linijce.
Dlatego własnie poruszam się krokiem MNIEJSZYM niz połowa długości odcinka.

Pytanie, czy argument mnogościowy lub np. konstrukcja rozwinięcia dziesiętnego nie korzysta z własności, która mamy udowodnić?
ODPOWIEDZ