1.3: Раціональні числа

Нехай$P=\{(p, q): p, q \in \mathbb{Z}, q \neq 0\} .$ Ми визначаємо відношення еквівалентності на,$P$ сказавши,$(p, q) \sim(s, t)$ якщо$p t=q s$.

Вправа$\PageIndex{1}$

Покажіть, що відношення, як тільки що визначено, дійсно є співвідношенням еквівалентності.

Позначимо клас еквівалентності$(p, q) \in P$ по$p / q,$ або$\frac{p}{q} .$ Назвемо множини всіх класів еквівалентності раціональних$P$ чисел, якими ми позначимо$\mathbb{Q}$. Якщо$p \in \mathbb{Z},$ ми будемо позначити клас еквівалентності$(p, 1)$ від того,$p ;$ що є, ми дозволимо

$$\frac{p}{1}=p.$$

Таким чином, ми можемо думати$\mathbb{Z}$ як підмножина$\mathbb{Q}$.

1.3.1 Властивості поля

Бажаємо визначити операції додавання і множення на елементи$\mathbb{Q}$. Почнемо з визначення операцій над елементами$P .$ А саме, задано$(p, q) \in P$ і$(s, t) \in P,$ визначаємо

$$(p, q) \oplus(s, t)=(p t+s q, q t)$$

і

$$(p, q) \otimes(s, t)=(p s, q t).$$

Тепер припустимо$(s, t) \sim(c, d) .$,$(p, q) \sim(a, b)$ і З цього випливає$(p, q) \oplus(s, t) \sim$$(a, b) \oplus(c, d),$, що це,$(p t+s q, q t) \sim(a d+c b, b d),$ так як

$$(p t+s q) b d=p b t d+s d q b=q a t d+t c q b=(a d+c b) q t.$$

Більш того,$(p, q) \otimes(s, t) \sim(a, b) \otimes(c, d),$ тобто,$(p s, q t) \sim(a c, b d),$ так як

$$p s b d=p b s d=q a t c=q t a c.$$

Це показує, що клас еквівалентності суми або добутку залежить тільки від класів еквівалентності доданих або множення елементів. Таким чином, ми можемо визначити додавання і множення$\mathbb{Q}$ на

$$\frac{p}{q}+\frac{s}{t}=\frac{p t+s q}{q t}$$

і

$$\frac{p}{q} \times \frac{s}{t}=\frac{p s}{q t},$$

і результати не будуть залежати від того, яких представників ми виберемо для кожного класу еквівалентності. Звичайно, множення часто позначають за допомогою зіставлення, тобто

$$\frac{p}{q} \times \frac{s}{t}=\frac{p}{q} \frac{s}{t},$$

і повторне множення може позначатися зведенням до степеня, тобто$a^{n},$$a \in \mathbb{Q}$ і$n \in \mathbb{Z}^{+},$ являє собою добуток$a$ з собою$n$ часу.

Зверніть увагу, що якщо$(p, q) \in P,$ потім$(-p, q) \sim(p,-q) .$ Отже, якщо$a=\frac{p}{q} \in \mathbb{Q},$ тоді ми дозволимо

$$-a=\frac{-p}{q}=\frac{p}{-q}.$$

Для будь-якого$a, b \in \mathbb{Q},$ напишемо$a-b$ позначити$a+(-b)$.

$\quad$Якщо$a=\frac{p}{q} \in \mathbb{Q}$ з$p \neq 0,$ то дозволимо

$$a^{-1}=\frac{q}{p}.$$

Більш того, ми напишемо

$$\frac{1}{a}=a^{-1},$$

$$\frac{1}{a^{n}}=a^{-n}$$

для будь-якого$n \in \mathbb{Z}^{+},$ і, для будь-якого$b \in \mathbb{Q}$,

$$\frac{b}{a}=b a^{-1}.$$

Зараз легко показати, що

1. $a+b=b+a$для всіх$a, b \in \mathbb{Q}$;

2. $(a+b)+c=a+(b+c)$для всіх$a, b, c \in \mathbb{Q}$;

3. $a b=b a$для всіх$a, b \in \mathbb{Q}$;

4. $(a b) c=a(b c)$для всіх$a, b, c \in \mathbb{Q}$;

5. $a(b+c)=a b+a c$для всіх$a, b, c \in \mathbb{Q}$;

6. $a+0=a$для всіх$a \in \mathbb{Q}$;

7. $a+(-a)=0$для всіх$a \in \mathbb{Q}$;

8. $1 a=a$для всіх$a \in \mathbb{Q}$;

9. якщо$a \in \mathbb{Q}, a \neq 0,$ тоді$a a^{-1}=1$.

Разом ці твердження означають, що$\mathbb{Q}$ це поле.

1.3.2 Порядок і метричні властивості

Ми говоримо, що раціональне число$a$ є позитивним, якщо існує$p, q \in \mathbb{Z}^{+}$ таке, що$a=\frac{p}{q}$. Позначимо безліч всіх позитивних елементів$\mathbb{Q}$ по$\mathbb{Q}^{+} .$

Враховуючи,$a$ що$a, b \in \mathbb{Q},$ ми говоримо менше$b,$ або,$b$ еквівалентно, більше, ніж$a,$ позначається$a<b$ або$b>a$, якщо$b-a$ позитивний. Зокрема,$a>0$ якщо і тільки тоді$a$ позитивний. Якщо$a<0,$ говорити,$a$ то негативний. Пишемо$a \leq b,$ або, еквівалентно,$b \geq a,$ якщо або$a<b$ або$a=b$.

Вправа$\PageIndex{2}$

Показати, що для будь-якого$a \in \mathbb{Q},$ з них і тільки один з наступних має бути: (a)$a<0,(b) a=0,(c) a>0$.

Вправа$\PageIndex{3}$

Покажіть, що якщо$a, b \in \mathbb{Q}^{+},$ тоді$a+b \in \mathbb{Q}^{+}$.

Вправа$\PageIndex{4}$

Припустимо,$a, b, c \in \mathbb{Q} .$ Показати кожне з наведених нижче дій:

а. один, і тільки один, з наступних повинен містити:

(i)$a<b$,

(ii)$a=b$,

(ііі)$a>b$.

б. якщо$a<b$ і$b<c,$ то$a<c$.

c. якщо$a<b,$ тоді$a+c<b+c$.

d. якщо$a>0$ і$b>0,$ то$a b>0$.

Вправа$\PageIndex{5}$

Покажіть, що якщо$a, b \in \mathbb{Q}$ з$a>0$ і$b<0,$ тоді$a b<0$.

Вправа$\PageIndex{6}$

Показати, що якщо$a, b, c \in \mathbb{Q}$ з$a<b,$ то$a c<b c$ якщо$c>0$ і$a c>b c$ якщо$c<0$.

Вправа$\PageIndex{7}$

Показати, що якщо$a, b \in \mathbb{Q}$ з$a<b,$ то

$$a<\frac{a+b}{2}<b.$$

Як наслідок вправи 1.3 .4 ми говоримо, що$\mathbb{Q}$ це впорядковане поле. Для будь-якого, який$a \in \mathbb{Q},$ ми телефонуємо

$$|a|=\left\{\begin{aligned} a, & \text { if } a \geq 0, \\-a, & \text { if } a<0,\end{aligned}\right.$$

абсолютне значення$a$.

Вправа$\PageIndex{8}$

Покажіть, що для будь-якого$a \in \mathbb{Q},-|a| \leq a \leq|a|$.

Пропозиція$\PageIndex{1}$

Для будь-якого$a, b \in \mathbb{Q},|a+b| \leq|a|+|b|$.

Доказ

Якщо$a+b \geq 0,$ тоді

$$|a|+|b|-|a+b|=|a|+|b|-a-b=(|a|-a)+(|b|-b).$$

Обидва терміни праворуч є невід'ємними за допомогою вправи$1.3 .8 .$ Отже сума невід'ємна, і випливає пропозиція. Якщо$a+b<0,$ тоді

$$|a|+|b|-|a+b|=|a|+|b|+a+b=(|a|+a)+(|b|+b).$$

Знову ж таки, обидва терміни праворуч є невід'ємними за допомогою вправи$1.3 .8 .$ Отже, сума невід'ємна, і теорема випливає. $\quad$Q.E.D.

Зараз легко показати, що абсолютне значення задовольняє

1. $|a-b| \geq 0$для всіх$a, b \in \mathbb{Q},$ з$|a-b|=0$ якщо і тільки якщо$a=b$,

2. $|a-b|=|b-a|$для всіх$a, b \in \mathbb{Q}$,

3. $|a-b| \leq|a-c|+|c-b|$для всіх$a, b, c \in \mathbb{Q}$.

Зверніть увагу, що останній оператор, відомий як нерівність трикутника, випливає з написання

$$a-b=(a-c)+(c-b)$$

і застосування попередньої пропозиції. Ці властивості показують, що функція

$$d(a, b)=|a-b|$$

це метрика, і ми будемо$|a-b|$ називати відстань від$a$ до$b .$

Припустимо,$a, b \in \mathbb{Q}^{+}$ з$a<b$ і нехай$p, q, r, s \in \mathbb{Z}^{+}$ такі, що$a=\frac{p}{q}$ і$b=\frac{r}{s} .$ Для будь-якого у$n \in \mathbb{Z}^{+},$ нас є

$$n a-b=n \frac{p}{q}-\frac{r}{s}=\frac{n p s-r q}{q s}.$$

Якщо ми вибираємо досить$n$ великий, так що$n p s-r q>0,$ випливає,$n a-b>0,$ що тобто,$n a>b .$ Ми говоримо, що впорядковане поле$\mathbb{Q}$ є архімедом. Зверніть увагу, що також випливає, що ми можемо вибрати досить$n$ великий, щоб забезпечити це$\frac{b}{n}<a$.

1.3.3 Верхня та нижня межі

Визначення

Нехай$A \subset \mathbb{Q} .$ Якщо$s \in \mathbb{Q}$ такий, що$s \geq a$ для кожного$a \in A,$ тоді ми називаємо$s$ верхню межу для$A$. Якщо$s$ є верхньою межею для$A$ з властивістю, що$s \leq t$ всякий раз, коли$t$ є верхньою межею для$A,$ то ми називаємо$s$ супремум, або найменш верхня межа,$A,$ позначається$s=\sup A .$ Аналогічно, якщо$r \in \mathbb{Q}$ такий, що$r \leq a$ для кожного $a \in A,$то ми називаємо$r$ нижню межу для$A .$ Якщо$r$ нижня межа для$A$ з властивістю, що$r \geq t$ всякий раз, коли$t$ нижня$A,$ межа для то ми називаємо$r$ infimum, або найбільша нижня межа,$A,$ позначено$r=\inf A .$

Вправа$\PageIndex{9}$

Показати, що супремум множини,$A \subset \mathbb{Q},$ якщо він існує, є унікальним, і таким чином виправдовує використання певного артикля в попередньому визначенні.

Набір, який не має верхньої межі, не буде$a$, проте, мати супремум. Більш того, навіть набори, які мають верхні межі, не повинні мати супремум.

Приклад$\PageIndex{1}$

$\mathbb{Q}$не має верхньої межі.

Приклад$\PageIndex{2}$

Розглянемо набір

$$A=\left\{a: a \in \mathbb{Q}^{+}, a^{2}<2\right\}.$$

Зверніть увагу, що якщо$a, b \in \mathbb{Q}^{+}$ з$a<b,$ то

$$b^{2}-a^{2}=(b-a)(b+a)>0,$$

з чого випливає, що$a^{2}<b^{2} .$ Отже, якщо$a \in \mathbb{Q}^{+}$ з$a^{2}>2,$ то$a$ є верхньою$A .$ межею наприклад, 4 є верхньою межею для$A .$

Тепер припустимо,$s \in \mathbb{Q}^{+}$ що це супремум$A .$ Ми повинні мати$s^{2}<2,$$s^{2}>2,$ або$s^{2}=2$.

Припустимо,$s^{2}<2$ і нехай$\epsilon=2-s^{2} .$ За архімедовим властивістю$\mathbb{Q},$ ми можемо вибрати$n \in \mathbb{Z}^{+}$ таке, що

$$\frac{2 s+1}{n}<\epsilon,$$

з чого випливає, що

$$\frac{2 s}{n}+\frac{1}{n^{2}}=\frac{2 s+\frac{1}{n}}{n} \leq \frac{2 s+1}{n}<\epsilon.$$

Звідси

$$\left(s+\frac{1}{n}\right)^{2}=s^{2}+\frac{2 s}{n}+\frac{1}{n^{2}}<s^{2}+\epsilon=2,$$

що означає, що$s+\frac{1}{n} \in A .$ оскільки$s<s+\frac{1}{n},$ це суперечить припущенню, що$s$ є верхньою межею для$A .$

Так що тепер припустимо$s^{2}>2 .$ знову нехай$n \in \mathbb{Z}^{+}$ і зверніть увагу, що

$$\left(s-\frac{1}{n}\right)^{2}=s^{2}-\frac{2 s}{n}+\frac{1}{n^{2}}.$$

Якщо ми дозволимо,$\epsilon=s^{2}-2,$ то ми можемо вибрати$n \in \mathbb{Z}^{+}$ так, що

$$\frac{2 s}{n}<\epsilon.$$

Звідси випливає, що

$$\left(s-\frac{1}{n}\right)^{2}>s^{2}-\epsilon+\frac{1}{n^{2}}=2+\frac{1}{n^{2}}>2.$$

Таким чином$s-\frac{1}{n}$, є верхньою межею для$A$ і$s-\frac{1}{n}<s,$ суперечить припущенню, що$s=\sup A$.

Таким чином, ми повинні мати$s^{2}=2 .$ Однак це неможливо з огляду на наступну пропозицію. Звідси ми повинні зробити висновок, що$A$ не має супремуму.

Пропозиція$\PageIndex{2}$

Не існує раціонального числа$s$ з властивістю що$s^{2}=2$.

Доказ

Припустимо, існує$s \in \mathbb{Q}$ такий, що$s^{2}=2 .$ Виберіть$a, b \in \mathbb{Z}^{+}$ так, що$a$ і$b$ є відносно простими (тобто вони не мають іншого фактора, крім 1 в загальному) і$s=\frac{a}{b} .$ Тоді

$$\frac{a^{2}}{b^{2}}=2,$$

$a^{2}=2 b^{2} .$Таким чином,$a^{2},$ а отже$a,$, і парне ціле число. Так існує$c \in \mathbb{Z}^{+}$ таке, що$a=2 c .$ Звідси

$$2 b^{2}=a^{2}=4 c^{2},$$

з чого випливає, що$b^{2}=2 c,$ і так$b$ - теж парне ціле число. Але це суперечить припущенню, що$a$ і$b$ є відносно простими. $\quad$Q.E.D.

Вправа$\PageIndex{10}$

Показати, що не існує раціонального числа$s$ з властивістю що$s^{2}=3$.

Вправа$\PageIndex{11}$

Показати, що не існує раціонального числа$s$ з властивістю що$s^{2}=6$.

Вправа$\PageIndex{12}$

Нехай$A=\left\{a: a \in \mathbb{Q}, a^{3}<2\right\}$.

1. Покажіть, що якщо$a \in A$ і$b<a,$ тоді$b \in A$.

2. Покажіть, що якщо$a \notin A,$ і$b>a,$ тоді$b \notin A$.

1.3.4 Послідовності

Визначення

Припустимо$A$,$n \in \mathbb{Z}, I=\{n, n+1, n+2, \ldots\},$ і є набором. Ми називаємо функцію послідовність$\varphi: I \rightarrow A$ зі значеннями в$A$.

Часто ми будемо визначати послідовність,$\varphi$ вказавши її значення з позначеннями, такими як, наприклад,$\{\varphi(i)\}_{i \in I},$ або$\{\varphi(i)\}_{i=n}^{\infty} .$ Так, наприклад,$\left\{i^{2}\right\}_{i=1}^{\infty}$ позначає послідовність,$\varphi: \mathbb{Z}^{+} \rightarrow \mathbb{Z}$ визначену$\varphi(i)=i^{2} .$ Крім того, прийнято позначати значення послідовності за допомогою індексних позначень. Таким чином, якщо$a_{i}=\varphi(i),$$i \in I,$ потім$\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}$ позначає послідовність$\varphi .$ Наприклад, ми можемо визначити послідовність попереднього прикладу шляхом написання$a_{i}=i^{2}, i=1,2,3, \ldots$.

Визначення

Припустимо,$\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}$ це послідовність зі значеннями в$\mathbb{Q} .$ Ми говоримо, що$\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}$ сходиться, і має межу,$L, L \in \mathbb{Q},$ якщо для кожного$\epsilon \in \mathbb{Q}^{+},$ існує$N \in \mathbb{Z}$ такий, що

$$\left|a_{i}-L\right|<\epsilon \text { whenever } i>N.$$

Якщо послідовність$\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}$ сходиться до$L,$ ми пишемо

$$\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=L.$$

Приклад$\PageIndex{3}$

У нас є

$$\lim _{i \rightarrow \infty} \frac{1}{i}=0,$$

так як, для будь-якого раціонального числа$\epsilon>0$,

$$\left|\frac{1}{i}-0\right|=\frac{1}{i}<\epsilon$$

для будь-якого$i>N,$ де$N$ є будь-яке ціле число більше, ніж$\frac{1}{\epsilon}$.

Визначення

Припустимо,$\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}$ це послідовність зі значеннями в$\mathbb{Q} .$ Ми називаємо$\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}$ послідовність Коші, якщо для кожного$\epsilon \in \mathbb{Q}^{+},$ існує$N \in \mathbb{Z}$ така, що

$$\left|a_{i}-a_{k}\right|<\epsilon \text { whenever both } i>N \text { and } k>N.$$

Пропозиція$\PageIndex{3}$

Якщо$\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}$ сходиться, то$\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}$ це послідовність Коші.

Доказ

Припустимо,$\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=L .$ задано$\epsilon \in \mathbb{Q}^{+},$ вибрати ціле число$N$ таке, що

$$\left|a_{i}-L\right|<\frac{\epsilon}{2}$$

для всіх$i>N .$ Тоді для будь-якого у$i, k>N,$ нас є

$$\left|a_{i}-a_{k}\right|=\left|\left(a_{i}-L\right)+\left(L-a_{k}\right)\right| \leq\left|a_{i}-L\right|+\left|a_{k}-L\right|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon.$$

$\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}$Звідси і послідовність Коші. $\quad$Q.E.D.

Пропозиція показує, що кожна збіжна послідовність в$\mathbb{Q}$ є послідовністю Коші, але, як показує наступний приклад, зворотне не тримається.

Приклад$\PageIndex{1}$

Нехай

$$f(x)=x^{2}-2$$

і розглянемо послідовність, побудовану наступним чином: Почніть з установки$a_{1}=1$,$b_{1}=2,$ і$x_{1}=\frac{3}{2} .$ Якщо$f\left(a_{1}\right) f\left(x_{1}\right)<0,$ встановлено

$$x_{2}=\frac{a_{1}+x_{1}}{2},$$

$a_{2}=a_{1},$і в$b_{2}=x_{1} ;$ іншому випадку, встановити

$$x_{2}=\frac{x_{1}+b_{1}}{2},$$

$a_{2}=x_{1},$і$b_{2}=b_{1} .$ взагалі, дано$a_{n}, x_{n},$ і$b_{n},$ якщо$f\left(a_{n}\right) f\left(x_{n}\right)<0,$ встановлено

$$x_{n+1}=\frac{a_{n}+x_{n}}{2},$$

$a_{n+1}=a_{n},$і в$b_{n+1}=x_{n} ;$ іншому випадку, встановити

$$x_{n+1}=\frac{x_{n}+b_{n}}{2},$$

$a_{n+1}=x_{n},$і$b_{n+1}=b_{n} .$ зверніть увагу, що для будь-якого натурального цілого$N, f\left(a_{N}\right)<0,$$f\left(b_{N}\right)>0,$ і

$$a_{N}<x_{i}<b_{N}$$

для всіх$i>N .$ Крім того,

$$\left|b_{N}-a_{N}\right|=\frac{1}{2^{N-1}},$$

тому

$$\left|x_{i}-x_{k}\right|<\frac{1}{2^{N-1}}$$

для всіх$i, k>N .$ Отже, задано будь-який,$\epsilon \in \mathbb{Q}^{+},$ якщо ми вибираємо ціле число$N$ таке, що$2^{N-1}>\frac{1}{\epsilon},$ потім

$$\left|x_{i}-x_{k}\right|<\frac{1}{2^{N-1}}<\epsilon$$

для всіх$i, k>N,$ показуючи, що$\left\{x_{i}\right\}_{i=1}^{\infty}$ це послідовність Коші. Тепер припустимо,$\left\{x_{i}\right\}_{i=1}^{\infty}$ сходиться до$s \in \mathbb{Q}$. Зверніть увагу, що ми повинні мати

$$a_{i} \leq s \leq b_{i}$$

для всіх$i \in \mathbb{Z}^{+} .$ Якщо$f(s)<0,$ тоді, так як набір$\left\{a: a \in \mathbb{Q}^{+}, a^{2}<2\right\}$ не має supremum, існує$t \in \mathbb{Q}^{+}$ такий що$s<t$ і$f(t)<0 .$ Якщо ми вибираємо$N$ так, що

$$\frac{1}{2^{N-1}}<t-s,$$

потім

$$\left|s-b_{N}\right| \leq\left|a_{N}-b_{N}\right|=\frac{1}{2^{N-1}}<t-s.$$

Звідси$b_{N}<t,$ це означає, що$f\left(b_{N}\right)<0,$ суперечить конструкції$\left\{b_{i}\right\}_{i=1}^{\infty} .$ Звідси ми повинні мати$f(s)>0 .$ Але якщо$f(s)>0,$ тоді існує$t \in \mathbb{Q}^{+}$ таке, що$t<s$ і$f(t)>0 .$ Ми можемо вибрати$N$ так$t<a_{N}$, що, маючи на увазі, що$f\left(a_{N}\right)>0,$ суперечить будівництво$\left\{a_{i}\right\}_{i=1}^{\infty} .$ Отже, ми повинні мати$f(s)=0,$ що неможливо з тих пір$s \in \mathbb{Q}$. Таким чином, треба зробити висновок, що$\left\{x_{i}\right\}_{i=1}^{\infty}$ не сходиться.