3.1: Двійкові подання

Припустимо, послідовність$\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$ така, що для кожного$n=1,2,3, \ldots,$ або$a_{n}=0$ або$a_{n}=1$ і, для будь-якого цілого$N,$ існує ціле число$n>N$ таке, що$a_{n}=0 .$ Тоді

$$0 \leq \frac{a_{n}}{2^{n}} \leq \frac{1}{2^{n}}$$

бо$n=1,2,3, \dots,$ так нескінченна серія

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{2^{n}}$$

збігається з деяким дійсним числом$x$ за допомогою тесту порівняння. Більш того,

$$0 \leq x<\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}=1.$$

Ми називаємо послідовність$\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$ двійковим представленням для$x,$ і записуємо

$$x=.a_{1} a_{2} a_{3} a_{4} \dots.$$

Вправа$\PageIndex{1}$

Припустимо$\left\{b_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$,$\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$ і обидва двійкові уявлення для$x .$ Показати, що$a_{n}=b_{n}$ для$n=1,2,3, \ldots$.

Тепер припустимо,$x \in \mathbb{R}$ с$0 \leq x<1$. Побудувати послідовність$\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$ наступним чином: Якщо$0 \leq x<\frac{1}{2},$ нехай$a_{1}=0 ;$ інакше, нехай$a_{1}=1 .$ For$n=1,2,3, \ldots,$ нехай

$$s_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{2^{i}}$$

і встановити$a_{n+1}=1$ якщо

$$s_{n}+\frac{1}{2^{n+1}} \leq x$$

і$a_{n+1}=0$ інакше.

лема$\PageIndex{1}$

З позначенням, як зазначено вище,

$$s_{n} \leq x<s_{n}+\frac{1}{2^{n}}$$

для$n=1,2,3, \ldots$.

Доказ

Так як

$$s_{1}=\left\{\begin{array}{ll}{0,} & {\text { if } 0 \leq x<\frac{1}{2}} \\ {\frac{1}{2},} & {\text { if } \frac{1}{2} \leq x<1}\end{array}\right.$$

зрозуміло, що$s_{1} \leq x<s_{1}+\frac{1}{2} .$ Так припустимо$n>1$ і$s_{n-1} \leq x<s_{n-1}+\frac{1}{2^{n-1}}$. Якщо$s_{n-1}+\frac{1}{2 n} \leq x,$ тоді$a_{n}=1$ і

$$s_{n}=s_{n-1}+\frac{1}{2^{n}} \leq x<s_{n-1}+\frac{1}{2^{n-1}}=s_{n-1}+\frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{2^{n}}=s_{n}+\frac{1}{2^{n}}.$$

Якщо$x<s_{n-1}+\frac{1}{2^{n}},$ тоді$a_{n}=0$ і

$$s_{n}=s_{n-1} \leq x<s_{n-1}+\frac{1}{2^{n}}=s_{n}+\frac{1}{2^{n}}.$$

Q.E.D.

Пропозиція$\PageIndex{2}$

З позначенням, як зазначено вище,

$$x=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{2^{n}}.$$

Доказ

Задано$\epsilon>0,$ вибрати ціле число$N$ таке, що$\frac{1}{2^{n}}<\epsilon .$ Тоді, для будь-якого$n>N,$ випливає з леми, що

$$\left|s_{n}-x\right|<\frac{1}{2^{n}}<\frac{1}{2^{N}}<\epsilon .$$

Звідси

$$x=\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{2^{n}}.$$

Q.E.D.

лема$\PageIndex{3}$

З позначенням, як вище, задано будь-яке ціле число$N$ існує$n>N$ таке, що$a_{n}=0$.

Доказ

Якщо$a_{n}=1$ для$n=1,2,3, \dots,$ того

$$x=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}=1,$$

суперечить припущенню, що$0 \leq x<1 .$ Тепер припустимо, існує ціле число$N$ таке, що$a_{N}=0$ але$a_{n}=1$ для кожного$n>N .$ Тоді

$$x=s_{N}+\sum_{n=N+1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}=s_{N-1}+\sum_{n=N+1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}=s_{N-1}+\frac{1}{2^{N}},$$

маючи на увазі це$a_{N}=1,$ і, таким чином, суперечить припущенню, що$a_{N}=0$. $\quad$Q.E.D.

Поєднання попередньої леми з попередньою пропозицією дає наступний результат.

Пропозиція$\PageIndex{4}$

З позначенням, як зазначено вище,$x=. a_{1} a_{2} a_{3} a_{4} \ldots$.

Наступна теорема тепер випливає з вправи 3.1.1 та попередньої пропозиції.

Теорема$\PageIndex{5}$

Кожне$0 \leq x<1$ дійсне число має унікальне двійкове подання.