Dowody - Zbiory liczb wymiernych i niewymiernych

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
Rafal_Apr
Użytkownik
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

Post autor: Rafal_Apr »

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
ZF+GCH
Użytkownik
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

Post autor: ZF+GCH »

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.
Rafal_Apr
Użytkownik
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

Post autor: Rafal_Apr »

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?
ZF+GCH
Użytkownik
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

Post autor: ZF+GCH »

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.
Awatar użytkownika
Ponewor
Moderator
Moderator
Posty: 2218
Rejestracja: 30 sty 2012, o 21:05
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 70 razy
Pomógł: 297 razy

Dowody - Zbiory liczb wymiernych i niewymiernych

Post autor: Ponewor »

ODPOWIEDZ