1.3: Раціональні числа
- Page ID
- 62450
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\(p t=q s\).
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\(a=b\).
Показати, що для будь-якого\(a \in \mathbb{Q},\) з них і тільки один з наступних має бути: (a)\(a<0,(b) a=0,(c) a>0\).
Покажіть, що якщо\(a, b \in \mathbb{Q}^{+},\) тоді\(a+b \in \mathbb{Q}^{+}\).
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\(a b>0\).
Покажіть, що якщо\(a, b \in \mathbb{Q}\) з\(a>0\) і\(b<0,\) тоді\(a b<0\).
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\(c<0\).
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\(a\).
Покажіть, що для будь-якого\(a \in \mathbb{Q},-|a| \leq a \leq|a|\).
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
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\(r=\inf A .\)
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.
\(\mathbb{Q}\)не має верхньої межі.
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.
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.
Показати, що не існує раціонального числа\(s\) з властивістю що\(s^{2}=3\).
Показати, що не існує раціонального числа\(s\) з властивістю що\(s^{2}=6\).
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
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\(a_{i}=i^{2}, i=1,2,3, \ldots\).
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
\[\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=L.\]
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\(\frac{1}{\epsilon}\).
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
\[\left|a_{i}-a_{k}\right|<\epsilon \text { whenever both } i>N \text { and } k>N.\]
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.
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.