Witam,
moje zadanie składa się z 2 podpunktów:
a)Wykaż, że pomiędzy dwiema rożnymi liczbami wymiernymi zawsze można znaleźć liczbę niewymierną.
b)Wykaż, że pomiędzy dwiema rożnymi liczbami niewymiernymi zawsze można znaleźć liczbę wymierną.
a)Skorzystałem tu z faktu, że pomiędzy dwiema różnymi liczbami wymiernymi zawsze można znaleźć inną wymierną poprzez ich średnią arytmetyczną.
Więc stwierdzam, że liczba \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) jest niewymierna oraz niech \(\displaystyle{ (a,b) \in \mathbb{Q}}\) Wówczas dowolna istnieje liczba niewymierna \(\displaystyle{ q}\) leżąca na przedziale \(\displaystyle{ (a;b)}\) taka,że \(\displaystyle{ q= \frac{a+b}{\sqrt{2}}}\)
gdy \(\displaystyle{ a=-b}\) to
\(\displaystyle{ q= \frac{|a-b|}{\sqrt{2}}}\)
Pytanie czy jest to dobrze, bo szukałem jakiegoś kontrprzykładu, ale wydaje się zrobione sensownie. Natrafiłem co prawda na jakiś bardzo formalny dowód wykorzystujący otoczenie epsilonowe dwóch liczb itd. ale nie bardzo go rozumiem. Tutaj po prostu sugerowałem się tym co już napisałem - średnią arytmetyczną.
b) Niech \(\displaystyle{ (a,b,c) \in \mathbb{Q}}\); a relacja między nimi: \(\displaystyle{ a<b<c}\) Wówczas na odcinku \(\displaystyle{ (a;b)}\) istnieje liczba niewymierna \(\displaystyle{ p}\) (pokazałem to w poprzednim podpunkcie) oraz na odcinku \(\displaystyle{ (b;c)}\) istnieje inna liczba niewymierna \(\displaystyle{ q}\). Na mocy założenia o relacji otrzymujemy: \(\displaystyle{ a<p<b<q<c}\) co de facto kończy dowód.
Czy jest to w porządku?
Pozdrawiam
Dowody - Zbiory liczb wymiernych i niewymiernych
-
- Użytkownik
- Posty: 347
- Rejestracja: 10 lis 2013, o 12:53
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 93 razy
Dowody - Zbiory liczb wymiernych i niewymiernych
Niech \(\displaystyle{ a=1, \ b=2}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \sqrt{2} \approx 1.4}\), to \(\displaystyle{ \frac{1+2}{\sqrt{2}}>2}\), zatem Twoja liczba jest źle wybrana.
Nie widzę, żebyś korzystał ze średniej arytmetycznej. Ona i tak nie jest tu zbawczynią. Pomysł z jawnym wykorzystaniem liczby niewymiernej w mianowniku jest ok, ale nie w taki sposób. Wreszcie, nie widzę powodu, dla którego nie możnaby skonstruować jawnego wzoru, nie zastanawiając się czy \(\displaystyle{ a=-b}\). Skoro Twój wzór miał działać dla dow. \(\displaystyle{ a, \ b}\), to po co nagle wyszczególniasz ten przypadek, obsługując go innym (także błędnym) wzorem.
Od początku. Mamy \(\displaystyle{ a, \ b \in \mathbb{Q}}\). Załóżmy bez utraty ogólności, że \(\displaystyle{ a<b}\). Zauważ, że \(\displaystyle{ a+(b-a)=b}\). Zastanówmy się, co by było, gdybym napisał \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{2}, \ a+\frac{b-a}{3}, a+\frac{b-a}{0.1}}\). Ogólniej, jaka powinna być liczba \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{p}}\). gdzie \(\displaystyle{ p \in \mathbb{R}}\), aby była liczbą z przedziału \(\displaystyle{ (a,b)}\). Zauważ, że gdy \(\displaystyle{ p \in (0,1]}\), to \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{p}>b}\), zatem wówczas \(\displaystyle{ \neg (a+\frac{b-a}{p} \in (a,b))}\). Natomiast, gdy \(\displaystyle{ p>1}\), to \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{p} \in (a,b)}\) (bo \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{p}>a}\), dla każdej liczb \(\displaystyle{ p>0}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{b-a}{p}<b-a}\), gdy \(\displaystyle{ p>1}\)). Zatem wystarczy za \(\displaystyle{ p}\) przyjąć liczbę niewymierną większą od 1, np. \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\). Wtedy \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{\sqrt{2}} \in \mathbb{Q} \cap (a,b)}\).
Podpunkt (b) należy zrobić podobnie, lub można skorzystać z rozwinięć dziesiętnych liczb. Skoro \(\displaystyle{ a, \ b}\) są liczbami niewymiernymi różnymi od siebie(przyjmijmy \(\displaystyle{ a<b}\)), to mają różne rozwinięcia dziesiętne. Rozwinięcie dziesiętne liczby \(\displaystyle{ a}\) można utożsamiać z ciągiem kolejnych cyfr tego rozwinięcia \(\displaystyle{ (a_{n})_{n \in \mathbb{N})}\). Podobnie, liczba \(\displaystyle{ b}\) ma rozwinięcie dziesiętne \(\displaystyle{ (b_{n})_{n \in \mathbb{N})}\). Skoro \(\displaystyle{ a<b}\), to \(\displaystyle{ \exists m \in \mathbb{N}}\), t. że \(\displaystyle{ a_{m}<b_{m}}\) oraz \(\displaystyle{ \forall k \in \mathbb{N}}\) takich, że \(\displaystyle{ k<m}\) zachodzi \(\displaystyle{ a_{k}=b_{k}}\). Obetnijmy więc liczbę \(\displaystyle{ a}\) do \(\displaystyle{ m}\)-tego miejsca rozwinięcia dziesiętnego włącznie. Podobnie postąpmy z liczbą \(\displaystyle{ b}\). Nazwijmy te okrojone liczby odpowiednio \(\displaystyle{ A,B}\). Oczywiście \(\displaystyle{ \frac{A+B}{2} \in \mathbb{Q} \cap (a,b)}\). Wreszcie Twoja średnia arytmetyczna.
Nie widzę, żebyś korzystał ze średniej arytmetycznej. Ona i tak nie jest tu zbawczynią. Pomysł z jawnym wykorzystaniem liczby niewymiernej w mianowniku jest ok, ale nie w taki sposób. Wreszcie, nie widzę powodu, dla którego nie możnaby skonstruować jawnego wzoru, nie zastanawiając się czy \(\displaystyle{ a=-b}\). Skoro Twój wzór miał działać dla dow. \(\displaystyle{ a, \ b}\), to po co nagle wyszczególniasz ten przypadek, obsługując go innym (także błędnym) wzorem.
Od początku. Mamy \(\displaystyle{ a, \ b \in \mathbb{Q}}\). Załóżmy bez utraty ogólności, że \(\displaystyle{ a<b}\). Zauważ, że \(\displaystyle{ a+(b-a)=b}\). Zastanówmy się, co by było, gdybym napisał \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{2}, \ a+\frac{b-a}{3}, a+\frac{b-a}{0.1}}\). Ogólniej, jaka powinna być liczba \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{p}}\). gdzie \(\displaystyle{ p \in \mathbb{R}}\), aby była liczbą z przedziału \(\displaystyle{ (a,b)}\). Zauważ, że gdy \(\displaystyle{ p \in (0,1]}\), to \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{p}>b}\), zatem wówczas \(\displaystyle{ \neg (a+\frac{b-a}{p} \in (a,b))}\). Natomiast, gdy \(\displaystyle{ p>1}\), to \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{p} \in (a,b)}\) (bo \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{p}>a}\), dla każdej liczb \(\displaystyle{ p>0}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{b-a}{p}<b-a}\), gdy \(\displaystyle{ p>1}\)). Zatem wystarczy za \(\displaystyle{ p}\) przyjąć liczbę niewymierną większą od 1, np. \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\). Wtedy \(\displaystyle{ a+\frac{b-a}{\sqrt{2}} \in \mathbb{Q} \cap (a,b)}\).
Podpunkt (b) należy zrobić podobnie, lub można skorzystać z rozwinięć dziesiętnych liczb. Skoro \(\displaystyle{ a, \ b}\) są liczbami niewymiernymi różnymi od siebie(przyjmijmy \(\displaystyle{ a<b}\)), to mają różne rozwinięcia dziesiętne. Rozwinięcie dziesiętne liczby \(\displaystyle{ a}\) można utożsamiać z ciągiem kolejnych cyfr tego rozwinięcia \(\displaystyle{ (a_{n})_{n \in \mathbb{N})}\). Podobnie, liczba \(\displaystyle{ b}\) ma rozwinięcie dziesiętne \(\displaystyle{ (b_{n})_{n \in \mathbb{N})}\). Skoro \(\displaystyle{ a<b}\), to \(\displaystyle{ \exists m \in \mathbb{N}}\), t. że \(\displaystyle{ a_{m}<b_{m}}\) oraz \(\displaystyle{ \forall k \in \mathbb{N}}\) takich, że \(\displaystyle{ k<m}\) zachodzi \(\displaystyle{ a_{k}=b_{k}}\). Obetnijmy więc liczbę \(\displaystyle{ a}\) do \(\displaystyle{ m}\)-tego miejsca rozwinięcia dziesiętnego włącznie. Podobnie postąpmy z liczbą \(\displaystyle{ b}\). Nazwijmy te okrojone liczby odpowiednio \(\displaystyle{ A,B}\). Oczywiście \(\displaystyle{ \frac{A+B}{2} \in \mathbb{Q} \cap (a,b)}\). Wreszcie Twoja średnia arytmetyczna.
-
- Użytkownik
- Posty: 80
- Rejestracja: 19 maja 2013, o 10:27
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 11 razy
- Pomógł: 4 razy
Dowody - Zbiory liczb wymiernych i niewymiernych
Ok, dzięki za wskazanie błędu. Twój dowód wydaje się dużo jaśniejszy od tego, który widziałem.
Co do podpunktu b, też go już rozpisałem wykorzystując do tego miejsca dziesiętne. Ale czy można by go zrobić moją metodą?
W sensie znaleźć dwie liczby niewymierne leżące pomiędzy kolejnymi 3 wymiernymi wg. zaproponowanego przez Cb wzoru?
Co do podpunktu b, też go już rozpisałem wykorzystując do tego miejsca dziesiętne. Ale czy można by go zrobić moją metodą?
W sensie znaleźć dwie liczby niewymierne leżące pomiędzy kolejnymi 3 wymiernymi wg. zaproponowanego przez Cb wzoru?
-
- Użytkownik
- Posty: 347
- Rejestracja: 10 lis 2013, o 12:53
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 93 razy
Dowody - Zbiory liczb wymiernych i niewymiernych
Niestety Twoje rozumowanie w (b) nie załatwia sprawy. Pokazujesz, że dana liczba wymierna \(\displaystyle{ b}\) leży pomiędzy pewnymi dwiema liczbami niewymiernymi, a to nie jest tożsame z tezą, jaką masz pokazać. Gdyby funkcja \(\displaystyle{ f_{a}(b):\mathbb{Q} \cap (a, \infty ) \rightarrow (\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}) \cap (a, \infty), \ f_{a}(b)=a+\frac{b-a}{\sqrt{2}}}\) była bijekcją, to sprawa byłaby załatwiona. Oznaczałoby to po prostu, że wzór opisujący tę funkcję wyczerpuje wszystkie liczby niewymierne, niestety tak nie jest. To jest wzór wybierający liczby niewymierne pewnej określonej postaci. Generalnie, jeśli będziesz miał zajęcia z teorii mnogości, to dowiesz się, że mimo iż zbiory \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\) oraz \(\displaystyle{ \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}}\) są nieskończone, to tych drugich liczb jest więcej (właśnie pojęciem definiującym równoliczność zbiorów jest istnienie bijekcji). Zatem wniosek jest taki, że droga z rozwinięciem dziesiętnym, lub jakimś innym wskazaniem liczby wymiernej pomiędzy dwiema niewymiernymi jest dobra, natomiast próba bezpośredniego wykorzystania tezy (a) nie da efektu.