3.1: Двійкові подання
- Page ID
- 62463
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
\[x=.a_{1} a_{2} a_{3} a_{4} \dots.\]
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.
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.
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.
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.
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.
Кожне\(0 \leq x<1\) дійсне число має унікальне двійкове подання.