Matematické Fórum

Elijen · 03. 02. 2009 13:04 — Editoval Elijen (03. 02. 2009 13:05)

Neměl byste někdo odkaz na nějakou online učebnici mat. analýzy, kde bych mimo jiné našel důkaz existence n-té odmocniny (tuším, že se to dokazovalo přes supremum a infimum)?

Lépe řečeno důkaz tohoto tvrzení:
$\forall x \in [0,\infty), \forall n \in \mathbb N \mathrm , \exists! y \in [0,\infty): y^n = x$

Prosit o sepsání důkazu si netroufám, ale kdyby se někdo takový našel, nadávat mu nebudu :)

Marian · 03. 02. 2009 13:19 — Editoval Marian (03. 02. 2009 13:32)

↑ Elijen:
Co se týče existence, není to těžké (doplním pokud chceš zítra, klidně mohou ale i ostatní). Je si třeba skutečně pohrát se supremem a infimem, ale existují i jedodušší metody.U unicity bych postupoval sporem (důkaz uvedu).

Předpokládejme tedy, že existují dvě taková čísla $y_1\ge 0$ a $y_2\ge 0$ , $y_1\neq y_2$ , taková, že platí
$y_1^n=x\qquad\text{a}\qquad y_2^n=x.$
Pak (odečtením) musí platit

Ale to není možné, neboť $y_1-y_2\neq 0$ a uvedená suma je kladné číslo (z předpokladů). Odtud unicita prvku $y\ge 0$ , který hledáme.

Elijen · 03. 02. 2009 13:33 — Editoval Elijen (03. 02. 2009 15:33)

Já měl spíše na mysli důkaz samotné existence toho y. Myslím, že z důkazu se sup a inf plynula i jednoznačnost, ale bohužel si nemůžu vzpomenout na postup.

edit: Aha, tys ten příspěvek už editoval :) ... ten důkaz co jsem našel já používá pouze supremum a přijde mi, že je mnohem jednodušší, než ten, který si jen letmo pamatuji.

Elijen · 03. 02. 2009 15:19 — Editoval Elijen (03. 02. 2009 15:28)

Tak jsem našel jeden důkaz v sešitě. Ten ale využívá následující vlastnosti reálných čísel:
$\forall a,b \in \mathbb R \mathrm: a < b; \exists c \in \mathbb R \mathrm : (a < c < b)$
Nejsem si jistý, zda se to dá nějak dokázat, nebo se to považuje za axiom.
edit: I když jak tak přemýšlím, tak by to mělo jít sporem ... pokud by platila negace, pak a = oo a b = -oo což je spor s reálností a,b.

Marian · 04. 02. 2009 17:03 — Editoval Marian (04. 02. 2009 17:05)

↑ Elijen:
Následující důkaz nepoužívá explicitně pojmy supremum nebo infimum. Zvolil jsem bisekci a metodu do sebe vnořených intervalů. Snad tam nebude chyba, protože je toho dost, nicméně myšlenka je velmi jasná. Pokud by důkaz dělal problém, je třeba si zkusit zvolit konkrétní hodnoty x a n.

1. krok
Nechť $0<a<b$ a $n\in\mathbb{N}$ . Definujme bijektivní zobrazení
$F:\; (a,b]\mapsto (a^n,b^n].$
Inverzní zobrazení k zobrazení F označím v dalším jako G.

2. krok
Máme dány hodnoty $x\in\mathbb{R}^+$ a $n\in\mathbb{N}$ . Lze pro jednoduchost uvažovat již, že $n\ge 2$ , protože případ n=1 je triviální. Jistě platí nerovnosti
$0<x<x+1<(x+1)^n.$
Definujeme interval $J_0:=(0,(x+1)^n]$ . Platí ale $G(J_0)=(0,x+1]=:I_0$ , přičemž podle nerovnosti výše je jistě $x\in J_0$ a $|I_0|=x+1$ .

3. krok
Interval I_0 rozdělíme bisekcí na dva stejně dlouhé intervaly, označme je $I_{11}$ a $I_{12}$ , tedy
$I_{11}:=\left (0,\frac{x+1}{2}\right ]\qquad\text{a}\qquad I_{12}:=\left (\frac{x+1}{2},x+1\right ].$
Definujme
$J_{11}:=F(I_{11})=\left (0,\left (\frac{x+1}{2}\right )^n\right ]\qquad\text{a}\qquad J_{12}:=F(I_{12})=\left (\left (\frac{x+1}{2}\right )^n,(x+1)^n\right ]$ . Z tchto dvou intervalů vybereme nyní ten, pro nějž platí $x\in J_{1p},\, p\in\{ 1,2\}$ . Že taková možnost nutně nastane, je jasné z konstrukce intervalů $J_{1p}$ , kde $p\in\{ 1,2\}$ . Označme takový interval $J_1$ . Tomuto intervalu přiřadíme interval $I_1$ , který definujeme jako $I_1:=G(J_1)$ .

4. krok
Indukcí takto zkonstruujeme (stále používáme bisekci - tedy dělení intervalů na dva stejně dlouhé intervaly) $J_{m1}$ a $J_{m2}$ , které vzniknou bisekcí intervalu $J_{m-1}$ z předchozího kroku. Opět vybereme z intervalů $J_{m1}$ a $J_{m2}$ ten, který splňuje podmínku $x\in J_{mp},\quad p\in\{ 1,2\}$ , označme jej $J_{m}=(\alpha _m^n, \beta _m^n]$ . Tomuto intervalu přiřadíme nyní interval $I_m:=G(J_m)=(\alpha _m,\beta _m]$ .

5. krok
Takto zkonstruujeme posloupnost intervalů $\{J_m\}_{m=1}^{\infty}$ a k této posloupnosti příslušející, totiž $\{I_m\}_{m=1}^{\infty}$ , přičemž
$J_m=(\alpha _m^n,\beta _m^n],\nl I_m=(\alpha _m,\beta _m].$
Definovali jsme tak další dvě posloupnosti, $\{\alpha_m\}_{m=1}^{\infty}$ a $\{\beta_m\}_{m=1}^{\infty}$ , přičemž platí
$\alpha _0^n\le\alpha _1^n\le\cdots\le\alpha _i^n\le\cdots\le x\le\cdots\le\beta _j^n\le\cdots\le\beta _1^n\le\beta _0^n.$
Odtud plyne, že posloupnost $\{\alpha_m\}_{m=1}^{\infty}\sub\mathbb{R}^+$ je neklesající omezená a $\{\beta_m\}_{m=1}^{\infty}\sub\mathbb{R}^+$ je nerostoucí omezená posloupnost. Tudíž existují vlastní limity
$\alpha :=\lim_{m\to\infty}\alpha _m\qquad\text{a}\qquad\beta :=\lim_{m\to\infty}\beta _m.$

Na druhou stranu však platí
$\lim_{m\to\infty}|I_m|=\lim_{m\to\infty}(\beta _m-\alpha _m)=(x+1)\cdot\lim_{m\to\infty}\frac{1}{2^m}=0.$
Proto $\alpha-\beta =0\quad\Leftrightarrow\quad\alpha =\beta$ . Označme společnou hodnotu jako y. Tedy
$y:=\alpha =\beta$ . Pak podle systému nerovností výše musí také platit
$y^n=\lim_{m\to\infty}\alpha _m^n\le x\le\lim_{m\to\infty}\beta _m^n=y^n.$
Odtud $y^n=x$ . Navíc unicita tohoto prvku plyne sadno z toho, že limita, pokud existuje, je jediná.

Elijen · 06. 02. 2009 13:38

Koukám, že si vlastně dokázal i Cantorův princip vnořených intervalů, jestli se nepletu :)

Přiložim také svůj důkaz pomocí suprema:
Definujme množinu $M = \{x; x^n \le a\}$ ... tato množina je zhora omezená a neprázdná, tedy má supremum znač. $s := sup(M)$ .

Tvrdím, že $s^n = a$ .
Dokažme sporem.

I.) Nechť $s^n < a$
$s^n < a => (s+\epsilon)^n < a$ pro nějaké $\epsilon$ blízké 0.
Tedy $(s+\epsilon)^n \in M$ ale $(s+\epsilon)^n > s^n$ což je spor s tím, že $s = sup(M)$ .

II.) Nechť $s^n > a$
$s^n > a => (s-\epsilon)^n > a$ pro nějaké $\epsilon$ blízké 0.
Tedy $(s-\epsilon)^n$ je horní závora $M$ ale přitom $(s-\epsilon)^n < s^n$ , což je spor.

Tedy platí, že $s^n = a$ . Z jednoznačnosti suprema plyne také jednoznačnost n-té odmocniny.

V důkaze jsem použil trvrzení: $\forall a,b \in \mathbb R \mathrm: a < b; \exists c \in \mathbb R \mathrm : (a < c < b)$

tomas.holman

$s^n > a => (s-\epsilon)^n > a$
A dukaz tohohle?
Na to nestaci $\forall a,b \in \mathbb R \mathrm: a < b; \exists c \in \mathbb R \mathrm : (a < c < b)$
tohle implikuje jenom $(s)^n > c > a$
Mam dojem, ze k dukazu $c =(s-\epsilon)^n$ jsi "pouzil" vetu kterou se snazis dokazat

Rumburak

↑ tomas.holman:

Tento sporný detail lze vyřešit takto:

Především předpokládejme, že a > 1 (případ a < 1 by se později řešil odmocninou z převrácené hodnoty, případ a = 1 je triviální).

Řešíme případ s^n < a.

Pro přirozené číslo k definujme y_k = (s + 1/k)^n .

Z rozkladu dle binom. věty plyne, že lim {k--->oo} y_k = s^n ,
čímž je zajištěna existence hledaného epsilon = 1/k pro vhodné k .

Obdobně případ s^n > a.

Vlastně je to ještě jednodušší, a sice přímo ze spojitosti mocninné funkce m: x |---> X^n , kde x >= 0 , n >= 1 pevně zvolené přirozené č.

Pakliže si uvědomíme, že tato funkce je spojitá, rostoucí a splňuje m(0) = 0, lim {x--->+oo} m(x) = +oo, musí nutně zobrazovat
interval <0,+oo ) na <0,+oo ) . (Viz tuším že Bolzanova věta nebo též věta o Darbouxově vlastnosti spojitých funkcí.)

Rumburak · 19. 02. 2009 16:10

↑ Elijen:

\forall a,b \in \mathbb R \mathrm: a < b; \exists c \in \mathbb R \mathrm : (a < c < b)

Tato vlastnost se dokázat velmi snadno, stačí položit c = (a + b)/2 .

Matematické Fórum

#1 03. 02. 2009 13:04 — Editoval Elijen (03. 02. 2009 13:05)

Existence n-té odmocniny

#2 03. 02. 2009 13:19 — Editoval Marian (03. 02. 2009 13:32)

Re: Existence n-té odmocniny

#3 03. 02. 2009 13:33 — Editoval Elijen (03. 02. 2009 15:33)

Re: Existence n-té odmocniny

#4 03. 02. 2009 15:19 — Editoval Elijen (03. 02. 2009 15:28)

Re: Existence n-té odmocniny

#5 04. 02. 2009 17:03 — Editoval Marian (04. 02. 2009 17:05)

Re: Existence n-té odmocniny

#6 06. 02. 2009 13:38

Re: Existence n-té odmocniny

#7 18. 02. 2009 16:47 — Editoval tomas.holman (18. 02. 2009 16:49)

Re: Existence n-té odmocniny

#8 19. 02. 2009 15:46 — Editoval Rumburak (20. 02. 2009 09:08)

Re: Existence n-té odmocniny

#9 19. 02. 2009 16:10

Re: Existence n-té odmocniny

Zápatí