Udowodnić za podstawie zasady ciągłości, że istnieje \(\displaystyle{ \sqrt[n]{x}}\) dla każdego dodatniego \(\displaystyle{ x}\) i naturalnego \(\displaystyle{ n}\).
Dziękuję.
Zasada ciągłości.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Zasada ciągłości.
Jestem po kilku piwkach, zatem moja zdolność do ścisłej argumentacji może być jeszcze żałośniejszą, niż zazwyczaj, ale ja to widzę tak:
ustalmy dowolne \(\displaystyle{ x>0}\) oraz \(\displaystyle{ n \in \NN^{+}}\) i rozpatrzmy zbiór \(\displaystyle{ A_{1}=\left\{r^{n}: r \in \RR^{+}, r^{n} \ge x \right\}}\). Jako podzbiór \(\displaystyle{ \RR^{+}}\), jest on w sposób trywialny ograniczony z dołu przez zero. Ponadto jest niepusty, gdyż nietrudno wykazać, że \(\displaystyle{ r_{0}=\max\left\{ x,1\right\}}\) należy do tego zbioru \(\displaystyle{ A_{1}}\). Zatem na mocy aksjomatu ciągłości istnieje \(\displaystyle{ a=\inf A_{1}}\). Następnie rozważmy zbiór \(\displaystyle{ A_{2}=\RR\setminus A_{1}=\left\{ r \in \RR: r \le 0 \vee r^{n}<x\right\}}\). Oczywiście należy do niego np. zero, a ponadto jeśli \(\displaystyle{ r \ge \max \left\{x,1\right\}}\), to z pewnością \(\displaystyle{ r \notin A_{2}\)}, zatem \(\displaystyle{ A_{2}}\) jest ograniczony z góry. Wobec tego z aksjomatu ciągłości istnieje \(\displaystyle{ b=\sup A_{2}}\). Teraz zauważmy oczywiste nierówności:
\(\displaystyle{ a \ge b \ge a-\varepsilon}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Istotnie, obierzmy dowolne \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Ponieważ \(\displaystyle{ a=\inf A_{1}}\), to \(\displaystyle{ a-\varepsilon \notin A_{1}}\), a zatem \(\displaystyle{ a-\varepsilon \in \RR\setminus a_{1}=A_{2}}\), a stąd \(\displaystyle{ a-\varepsilon<\sup A_{2}=b}\).
Natomiast pierwsza nierówność wynika wprost z rozłączności \(\displaystyle{ A_{1}}\) i \(\displaystyle{ A_{2}}\).
Stąd, z uwagi na dowolność \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\), mamy \(\displaystyle{ a=b=x^{\frac 1 n}}\), bo musi być \(\displaystyle{ a=b}\) oraz \(\displaystyle{ b^{n}=x}\).
Pewnie opis zbiorów jest taki sobie, ale zapomniałem o tych notacjach, równie dobrze to można ująć słownie.
ustalmy dowolne \(\displaystyle{ x>0}\) oraz \(\displaystyle{ n \in \NN^{+}}\) i rozpatrzmy zbiór \(\displaystyle{ A_{1}=\left\{r^{n}: r \in \RR^{+}, r^{n} \ge x \right\}}\). Jako podzbiór \(\displaystyle{ \RR^{+}}\), jest on w sposób trywialny ograniczony z dołu przez zero. Ponadto jest niepusty, gdyż nietrudno wykazać, że \(\displaystyle{ r_{0}=\max\left\{ x,1\right\}}\) należy do tego zbioru \(\displaystyle{ A_{1}}\). Zatem na mocy aksjomatu ciągłości istnieje \(\displaystyle{ a=\inf A_{1}}\). Następnie rozważmy zbiór \(\displaystyle{ A_{2}=\RR\setminus A_{1}=\left\{ r \in \RR: r \le 0 \vee r^{n}<x\right\}}\). Oczywiście należy do niego np. zero, a ponadto jeśli \(\displaystyle{ r \ge \max \left\{x,1\right\}}\), to z pewnością \(\displaystyle{ r \notin A_{2}\)}, zatem \(\displaystyle{ A_{2}}\) jest ograniczony z góry. Wobec tego z aksjomatu ciągłości istnieje \(\displaystyle{ b=\sup A_{2}}\). Teraz zauważmy oczywiste nierówności:
\(\displaystyle{ a \ge b \ge a-\varepsilon}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Istotnie, obierzmy dowolne \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\). Ponieważ \(\displaystyle{ a=\inf A_{1}}\), to \(\displaystyle{ a-\varepsilon \notin A_{1}}\), a zatem \(\displaystyle{ a-\varepsilon \in \RR\setminus a_{1}=A_{2}}\), a stąd \(\displaystyle{ a-\varepsilon<\sup A_{2}=b}\).
Natomiast pierwsza nierówność wynika wprost z rozłączności \(\displaystyle{ A_{1}}\) i \(\displaystyle{ A_{2}}\).
Stąd, z uwagi na dowolność \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\), mamy \(\displaystyle{ a=b=x^{\frac 1 n}}\), bo musi być \(\displaystyle{ a=b}\) oraz \(\displaystyle{ b^{n}=x}\).
Pewnie opis zbiorów jest taki sobie, ale zapomniałem o tych notacjach, równie dobrze to można ująć słownie.