Matematyka.pl

Udowodnić, że w każdym przedziale otwartym znajduje się:
a) liczba wymierna
b) liczba niewymierna

Jak to zrobić? Może mi ktoś pomóc? Weźmy na razie to a). Jeśli mamy przedział \(\displaystyle{ (a,b)}\) i \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ b}\) to są liczby wymierne to łatwo wykazać, że \(\displaystyle{ \frac{a+b}{2}}\) jest liczbą wymierną leżącą pomiędzy nimi, ale tak ogólnie to nie wiem jak to uzasadnić.

To jest kłopot. Żeby udowodnić takie coś, warto wiedzieć jakimi narzędziami się dysponuje.

Tutaj myślę, że możemy korzystać ze wszystkich twierdzeń, narzędzi i materiału z zakresu szkoły średniej. Jak zatem?

Jeśli \(\displaystyle{ n > \frac{1}{b-a}}\) , to \(\displaystyle{ bn - an > 1}\) ...

Przypomnijmy, każda liczba rzeczywista ma co najwyżej dwa rozwinięcia dziesiętne.
Jednak, prawda jest taka, że może mieć dwa, np.:

\(\displaystyle{ \frac{1}{2}= 0,4\left( 9\right)= 0,5000\ldots }\)

Na potrzeby tego zadania przyjmijmy niestandardowo, że nie rozważamy rozwinięć od pewnego miejsca stale równych zero. Ponieważ takie rozwinięcia i rozwinięcia od pewnego miejsca stale równe \(\displaystyle{ 9}\) wzajemnie sobie odpowiadają, więc otrzymujemy, że wtedy każda liczba rzeczywista będzie miała co najwyżej jedno, tak rozumiane, rozwinięcie dziesiętne, a istotnie ma (można przeprowadzić indukcyjną konstrukcję takiego rozwinięcia), więc wtedy każda liczba rzeczywista będzie miała dokładnie jedno rozwinięcie dziesiętne. Wtedy, w takim rozwinięciu, nie będą występować od pewnego miejsca stale zera, czyli z każdym numerem naturalnym jest dalsza cyfra tego rozwinięcia różna od zera.


Przejdźmy do dowodu naszego faktu:

Wykażemy więcej; wykażemy, że pomiędzy dwoma liczbami rzeczywistymi jest liczba wymierna dziesiętna, czyli liczba o skończonym rozwinięciu.

Niech \(\displaystyle{ a,b \in\RR}\) będą liczbami rzeczywistymi takimi, że \(\displaystyle{ a<b}\).

Możemy założyć, że te liczby mają taką samą część całkowitą, bo jeśli mają różne części całkowite, to ponieważ \(\displaystyle{ \left[ a\right] \le \left[ b\right]}\), (bo \(\displaystyle{ a<b}\)), i \(\displaystyle{ \left[ a\right] \neq \left[ b\right]}\), więc \(\displaystyle{ \left[ a\right]< \left[ b\right]}\), a wtedy:

Albo: \(\displaystyle{ \left[ a\right] +2 \le \left[ b\right]}\), i wtedy :

\(\displaystyle{ a \le \left[ a\right]+1< \underbrace{\left[ a\right]+2}_{ \in \ZZ} \le \left[ b\right] <b.}\)
Albo :

\(\displaystyle{ \left[ a\right]+1= \left[ b\right],}\)

i wtedy, albo:

\(\displaystyle{ a< \underbrace{\left[ a\right]+1}_{ \in \ZZ}= \left[ b\right]< b;}\)

albo w końcu:

\(\displaystyle{ a= \left[ a\right]+1= \left[ b\right]}\)

( formalnie- jest to usterka- ale chodzi mi tu nie tyle o część całkowitą liczby \(\displaystyle{ a}\), lecz zapisanej liczby przed przecinkiem w jej rozwinięciu- gdy w rozwinięciu są same dziewiątki );

ale wtedy, ponieważ wykluczyliśmy rozwinięcia od pewnego miejsca stale równe \(\displaystyle{ 0}\), więc w rozwinięciu liczby \(\displaystyle{ b}\) pojawi się cyfra \(\displaystyle{ x \in \left\{ 1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}}\), oznaczmy to rozwinięcie jako:

\(\displaystyle{ B_0; \left( b_1, b_2, b_3, \ldots, b_n, x, \ldots \right)}\),

gdzie \(\displaystyle{ x \in \left\{ 1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}}\), i w nawiasie podaliśmy rozwinięcie tej liczby, a \(\displaystyle{ B_0}\) oznacza cześć całkowitą liczby \(\displaystyle{ b;}\)

a wtedy, dla liczby:

\(\displaystyle{ X:=B_0;\left( \underbrace{0,0, \ldots 0 }_{\left( n+1\right) \hbox{ zer}},5 \right)
}\)

mamy, że \(\displaystyle{ X}\) jest liczbą wymierną dziesiętną, i:

\(\displaystyle{ a= \left[ a\right]+1= \left[ b\right]=B_0< X < b.}\)


A jeśli \(\displaystyle{ \left[a \right] =\left[ b\right]}\), to ponieważ \(\displaystyle{ a \neq b}\), to rozwinięcia dziesiętne tych liczb muszą być różne, bo inaczej wyznaczałyby te same liczby-sprzeczność.

A zatem istnieje numer \(\displaystyle{ n \in \NN}\), taki, że \(\displaystyle{ a_n \neq b_n}\).
Na mocy zasady minimum dla liczb naturalnych istnieje najmniejszy taki numer \(\displaystyle{ n}\). Wtedy, na wcześniejszych numerach rozwinięcia muszą się pokrywać, więc ponieważ \(\displaystyle{ a_n, b_n \in \left\{ 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 \right\},}\) a \(\displaystyle{ a<b}\), więc nie może być \(\displaystyle{ a_n= 9,}\) wobec czego \(\displaystyle{ a_n \le 8}\).

Ponieważ wykluczyliśmy rozwinięcia od pewnego miejsca stale równe \(\displaystyle{ 0}\), więc w rozwinięciu liczby \(\displaystyle{ b}\) jest dalszy wyraz \(\displaystyle{ b_m \in \left\{ 1,2,3,\ldots, 9\right\}}\) różny od zera . A wtedy dla liczby \(\displaystyle{ X}\) (\(\displaystyle{ B_0}\) oznacza część całkowitą liczb \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\)), wtedy dla :

\(\displaystyle{ X:=B_0;\left( b_0, b_1, \ldots, b_{n-1}, 9, \underbrace{0,0,\ldots,0,}_{\left( m-n\right) \hbox{ zer} } 5 \right) ;}\)

mamy, że \(\displaystyle{ X}\) jest liczbą wymierną dziesiętną, oraz:

\(\displaystyle{ a < X<b,}\)

co kończy dowód.\(\displaystyle{ \square}\)


A to, że pomiędzy dwoma liczbami jest liczba niewymierna łatwo udowodnić dowodem nie wprost.

PROSTY DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech \(\displaystyle{ a,b \in \RR}\), będą liczbami rzeczywistymi takimi, że \(\displaystyle{ a<b}\).

Gdyby pomiędzy nimi nie byłoby liczby niewymiernej, to byłyby tylko liczby wymierne, a wtedy \(\displaystyle{ \left( a,b\right) \subset \QQ\sim\NN}\), a więc przedział \(\displaystyle{ \left( a,b\right)}\), jako podzbiór zbioru przeliczalnego, byłby co najwyżej przeliczalny, a wiemy, że jest mocy continuum, a więc jest nieprzeliczalny- sprzeczność.\(\displaystyle{ \square}\)

Oto dlaczego pytałem co mamy do dyspozycji przy dowodzie tego faktu. Jakubowy dowód (niepoprawny zresztą) zakłada trochę wiedzy z teorii mocy zbiorów (kto w szkole średniej słyszał o mocach) i umiejętności przeczytania do końca tych niezbornych zapisów w pierwszej części.

W dowodzie może się przydać własność Archimedesa

a4karo, a możesz przedstawić poprawny dowód tego faktu korzystający tylko ze szkolnej wiedzy? Albo przynajmniej dać wskazówkę jak to zacząć pisać?

Szkic przy założeniu `0<a<b`.
Korzystając z własności Archimedesa pokaż, że istnieje liczba wymierna postaci `1/n`, która jest mniejsza od `b-a`.
Teraz zastosuj ponownie Archimedesa i pokaż, że pewna wielokrotnośc tej liczby wymiernej jest większa od `b`. Weź najmniejszą taką wielokrotność i sprawdź gdzie leży jej bezpośrednio mniejsza wielokrotność.

Korzystając z własności Archimedesa pokaż, że istnieje liczba niewymierna postaci `\sqrt 2/n`, która jest mniejsza od `b-a`.
Teraz zastosuj ponownie Archimedesa i pokaż, że pewna wielokrotnośc tej liczby niewymiernej jest większa od `b`. Weź najmniejszą taką wielokrotność i sprawdź gdzie leży jej bezpośrednio mniejsza wielokrotność.

Aha, z zasady Archimedesa korzystasz ok. No dobra to spróbuję to doprecyzować: Z zasady Archimedesa wiemy, że dla liczb \(\displaystyle{ 1,b-a}\) istnieje liczba naturalna \(\displaystyle{ n}\) taka, że \(\displaystyle{ 1<n(b-a)}\) czyli \(\displaystyle{ \frac{1}{n}<b-a }\). Teraz dalej z zasady Archimedesa dla liczb \(\displaystyle{ b}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{1}{n} }\) istnieje liczba naturalna \(\displaystyle{ m}\) taka, że \(\displaystyle{ b< \frac{m}{n} }\). Bierzemy najmniejsze takie \(\displaystyle{ m}\). Skoro \(\displaystyle{ m}\) jest najmniejszą taką wielokrotnością to \(\displaystyle{ \frac{m-1}{n} }\) jest już mniejsze od \(\displaystyle{ b}\) i mamy \(\displaystyle{ \frac{m-1}{n}<b }\). Ponadto mamy też, że \(\displaystyle{ \frac{1}{n}<b-a }\), a zatem \(\displaystyle{ a<b- \frac{1}{n}< \frac{m}{n}- \frac{1}{n}= \frac{m-1}{n}<b }\), zatem liczba \(\displaystyle{ \frac{m-1}{n} }\) jest wymierna i leży pomiędzy \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\).

Czy tak jest dobrze?

Dodano po 15 godzinach 1 minucie 48 sekundach:
Czy może ktoś potwierdzić albo zaprzeczyć czy to dobrze zrobiłem?

max123321 pisze: ↑14 wrz 2023, o 14:51 Skoro \(\displaystyle{ m}\) jest najmniejszą taką wielokrotnością to \(\displaystyle{ \frac{m-1}{n} }\) jest już mniejsze od \(\displaystyle{ b}\)

Ściśle rzecz biorąc, powinieneś napisać tu, że to wyrażenie jest mniejsze lub równe od \(\displaystyle{ b}\), bo jak nie jest silnie większe to jest mniejsze lub równe, ale chyba da się to odratować, bo dalej piszesz już nierówności silne.
A czy wszystko jest tu dobrze, to nie powiem, ciężko mi powiedzieć, bo użyłeś tutaj chyba inną wersję Zasady Archimedesa, niż ta, którą znam.
Dla mnie, Zasada Archimedesa mówi, że jeśli \(\displaystyle{ x}\) jest liczbą rzeczywistą dodatnią, to można dobrać takie \(\displaystyle{ n}\) naturalne, że \(\displaystyle{ x \cdot n>1.}\)
Ty używasz tutaj tego w trochę inny sposób, więc ciężko mi tutaj odnieść się do tego.

Aha, no właśnie też się nad tym zastanawiałem, czy tam powinno być mniejsze lub równe, ale nie wiem za bardzo jak to poprawić.

A jeśli chodzi o aksjomat Archimedesa, to korzystam z tej wersji z Wikipedii pod hasłem Aksjomat Archimedesa.

a4karo możesz się wypowiedzieć, czy to dobrze zrobiłem? Bo to był w sumie Twój pomysł, albo ewentualnie jak to poprawić?

Myślałem, że takie szczegóły potrafisz sobie sam dorobić. Weź najmniejsze `m` takie, że `m/n\ge b`...

No ok, dzięki, ale to jest robione przy założeniu \(\displaystyle{ 0<a<b}\), a jak to zrobić ogólnie dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b}\)?

Jak nie są obie dodatnie, to możesz do nich dodać duuuużą liczbę naturalną i już będą.

JK

ALbo zrobić to, co zrobiłeś dla `-a` i `-b`