Dimostrazioni sui numeri reali

[DaniFemale]

Salve, posso chiedervi di aiutarmi nel dimostrare questi semplici teoremini?

"Per ogni $a >= 0$ esiste un unico b appartentente ad R, $b >= 0$ tale che $b^2 = a$"

e poi

"In Q non vale l'assioma di continuità"

Premetto che queste cose le ho fatte a lezione ma le dimostrazioni non si capiscono.
Mi scuso per non aver utilizzato i simboli correttamente, sono nuova e devo scoprire come utilizzare il linguaggio presente sul forum.

Grazie a tutti.
Daniela.

[mod="dissonance"]Titolo modificato - era "Dimostrazioni". [/mod]

[gugo82]

Aspettiamo un po' di idee... Possibile che tu non abbia nemmeno tentato?
Cerca di ripercorrere gli appunti.

[DaniFemale]

Per quanto riguarda il primo lo dimostra per casi.
Se a = 0 e b = 0 ovvio.
Se $a >= 0 $ prende le x appartenti ad R tale che $x^2 <= 0 $ e poi cominciano una serie di calcoli algebrici.
Il fatto è che poi parla di maggioranti, di insiemi...
L'unica spiegazione che mi so dare è che l'insieme di cui parla è quello composto dalle x appartenti ad R tale che $x^2 <= 0 $ anche perchè si tratta delle uniche ipotesi che ha messo.

Forse se riesco allego la pagina di appunti.

[salvozungri]

$x^2<=0=>x=0$
Sicura che non ci sia qualcos'altro sotto?

[GIBI1]

Guarda nelle prime pagine di Rudin: "Principles of Mathematical Analysis", quelle domande vengono da lì.

[regim]

La dimostrazione non é esattamente banale, non é difficile comunque, la puoi trovare sul Rudin.
Spero posterai alcuni esercizi del Rudin, almeno ci sará qualche domanda interessante, saró lieto di fornirti le soluzioni se rientrano in quelli che ho risolto(abbastanza), ma non chiedermi come si calcola l'integrale tizio o caio o dei limiti o serie per le quali chi le posta dovrebbe solo avere la pazienza di studiarsi la teoria ....
Buon Rudin a tutti!

[dissonance]

Sul libro che citate ci sono queste dimostrazioni (quella sull'esistenza della radice $n$ esima è la 1.21 dell'edizione italiana). Ma se Dani è alle prime armi sconsiglio, per il momento, di rivolgersi a quel testo che invece è ottimo per un lettore navigato. In particolare la proposizione 1.21 è dimostrata in una maniera che non mi piace proprio: ad un certo punto salta fuori un $h$ scelto in maniera tale che $h<(x-y^n)/(n(y+1)^(n+1)$. E non è affatto spiegato da dove venga fuori questa condizione complicata. Naturale che un lettore inesperto resti spiazzato.

Consiglio di fare una ricerca sul web: ci sono in giro molti pdf sull'argomento "numeri reali" e mi ricordo di avere visto dimostrazioni sull'esistenza della radice quadrata molto più comprensibili. Oppure ci si può rivolgere ad un testo di analisi di base meno denso, come il classico Elementi di analisi matematica uno di Marcellini e Sbordone.

[P.S.: Una dimostrazione più semplice di quella del Rudin, presentata sul Marcellini-Sbordone, si basa sulla continuità della funzione $x^2$ e sul teorema degli zeri. @Dani: Conosci questi risultati?]

________________________________

Invece per dimostrare che $QQ$ non verifica l'assioma di completezza è sufficiente trovare due classi separate che non hanno elemento di separazione. Un classico esempio di numero reale non razionale è $sqrt(2)$: che succederebbe se due classi di razionali risultassero avere proprio quel numero come elemento di separazione?

[regim]

$h$ é semplicemente un numero reale positivo, e minore della quantitá a destra che nelle ipotesi poste é maggiore di zero, quindi h viene scelto minore di quella quantitá e anche di uno. Peró non nego che é un artificio nella dimostrazione.

[DaniFemale]

@ dissonance: ho capito la dimostrazione di cui tu parli però purtroppo non posso presentarla all'esame sul primo modulo di analisi 1 che come programma si ferma alle serie numeriche.
Il problema è questo.

[gugo82]

A.S.: Mi scuso per la lunghezza del post, però non sono riuscito a sintetizzare meglio.

Ti propongo la dimostrazione di questo teorema:

Per ogni numero reale $a>=0$ ed ogni $n\in NN$ con $n>=1$ esiste un unico $b\in RR$ con $b>=0$ tale che $b^n=a$.

dal quale si ricava il tuo fissando $n=2$.

Dim.: (Esistenza) Per $a=0$ od $a=1$ la tesi è banale; lo stesso se $n=1$. Pertanto prendiamo $a>0$ e $a!=1$ ed $n>=2$.

1) Innanzitutto esaminiamo il caso $0 Poniamo:

$L:=\{ x\in ]0,1] : x^n<=a\} \quad$ e $\quad M:=\{ y\in ]0,1]: y^n>a\} \quad$;

visto che $a^na$ risulta $1\in M$, cosicché $L!= \emptyset !=M$.
D'altra parte, fissati $x\in L,y\in M$ si ha:

$x^n<=a x^n x=y$, per la monotonia della funzione potenza si avrebbe $x^n>=y^n$, contro quanto trovato)

di modo che $L,M$ sono insiemi separati ed $L$ è l'insieme dei minoranti.
Per il teorema di esistenza degli estremi superiore ed inferiore, esiste un numero reale $b>=0$ che è l'estremo superiore di $L$ ed in più si ha:

$b <="inf " M <=1\quad$;

facciamo vedere che $b="inf "M$. Se per assurdo fosse $b<"inf " M$, allora per ogni numero reale $c in ]b,"inf " M[ \subseteq ]0,1[$ non potrebbe essere né $c^n<=a$ (altrimenti dovrebbe essere $c\in L$ e quindi $c<=b$) né $c^n>a$ (altrimenti sarebbe $c\in M$ e $"inf " M<=c$) contro il fatto che, essendo $RR$ totalmente ordinato, deve verificarsi certamente una delle due eventualità $c^n<=a$ oppure $c^n>a$.
Pertanto non può essere $b<"inf "M$, quindi $b="inf "M$. Il fatto che $"sup "L="inf "M$ equivale a dire che $L$ ed $M$ sono contigui.

Ora siano:

$U:=\{u\in RR: (exists x\in L: u=x^n)\} \quad$ e $\quad V:=\{ v in RR: (exists yin M: v=y^n)\}$

(praticamente $U$ è l'insieme delle potenze $n$-esime degli elementi di $L$; analogamente $V$ è l'insieme delle potenze $n$-esime degli elementi di $M$) e mostriamo che pure tali insiemi sono separati e contigui.
Che $U,V$ siano separati è evidente, giacché $x<=y => u=x^n<=y^n=v$.
Prendiamo $u\in U,v\in V$ ed $x in L,y in M$ in modo che $u=x^n , v=y^n$; si ha:

(*) $\quad v-u=y^n-x^n=(y-x)*\sum_(k=0)^(n-1) y^(n-1-k)x^k \quad$;

visto che $x<=y$ da (*) segue:

(**) $\quad v-u<= (y-x)*\sum_(k=0)^(n-1) y^(n-1-k) y^k=(y-x)*\sum_(k=0)^(n-1) y^(n-1)=ny^(n-1)*(y-x) \quad$;

fissato allora $epsilon >0$ e scelti $x\in L, y\in M$ con $y<=1$ ed $y-x
$v-u<= ny^(n-1) (y-x)
cosicché $v-u
Infine visto che risulta:

$AA x\in L, AAy\in M, \{(x^n<=a<=y^n),(x^n<=b^n<=y^n):} \quad => AA u in U,AA v in V, \{ (u<=a<=v),(u<=b^n<=v):}$

sia $a$ sia $b^n$ sono numeri separatori di $U,V$; però, dato che $U,V$ hanno un unico numero separatore, ha da essere necessariamente $b^n=a$ che è quanto volevamo.

2) Esaminiamo ora il caso $a>1$. In tal caso è $0<1/a<1$, cosicché esiste un $c>0$ tale che $c^n=1/a$; ne viene $a=1/c^n$ cosicché il teorema è vero con $b=1/c^n$.

(Unicità) Se $b,beta >0$ sono tali che $b^n=a=beta^n$, supponiamo per assurdo che risulti $b!= beta$: in tale ipotesi, per il principio di tricotomia, deve essere necessariamente o $beta Pertanto si ha $beta=b$ e ciò conclude la dimostrazione.


P.S.: Ovviamente A.S. sta per ante scriptum.

[gugo82]

Per quanto riguarda la non validità in $QQ$ della proprietà di Dedekind, basta dimostrare che non esiste alcun numero separatore razionale delle due classi $L:=\{x \in QQ: x<=0 \} \cup \{ x \in QQ: x>=0 " e " x^2<=2\}$ ed $M:=\{y \in QQ: y>=0 " e " y^2>=2\}$ o, detto altrimenti, che non esiste alcun $b \in QQ$ tale che $b^2=2$.

Questo è un esercizio molto facile che è stato risolto più volte su questo forum anche in tempi recenti.

[DaniFemale]

"Gugo82":Per quanto riguarda la non validità in $QQ$ della proprietà di Dedekind, basta dimostrare che non esiste alcun numero separatore razionale delle due classi $L:=\{x \in QQ: x<=0 \} \cup \{ x \in QQ: x>=0 " e " x^2<=2\}$ ed $M:=\{y \in QQ: y>=0 " e " y^2>=2\}$ o, detto altrimenti, che non esiste alcun $b \in QQ$ tale che $b^2=2$.

Questo è un esercizio molto facile che è stato risolto più volte su questo forum anche in tempi recenti.

Ok grazie.
Potrei anche dire che preso l'insieme $L:=\{x \in QQ: x^2< 2 \}$ l'estremo superiore non appartiene a Q?

[gugo82]

Sisì, è sempre lo stesso... Vorrei vedere come procedi, giusto per curiosità.

[DaniFemale]

"Gugo82":Sisì, è sempre lo stesso... Vorrei vedere come procedi, giusto per curiosità.

L'estremo superiore di quell'insieme è radice di 2 che non è un numero razionale e si dimostra per assurdo con la solita dimostrazione famosa.
Poichè sostanzialmente l'assioma di Dedekind garantisce che un sottoinsieme non vuoto di R limitato superiormente possiede un sup con quell'esempio ho dimostrato che questa proprietà non vale in Q.
Sbaglio?

[gugo82]

Ok.

P.S.: Ma la dimostrazione che ti ho postato prima ti ha convinto? L'hai capita o c'è qualche passaggio oscuro?

[DaniFemale]

Questa dimostrazione va bene?

"Per ogni numero reale $ a >= 0 $ esiste un unico $ b∈ℝ$ con $ b >= 0$ tale che $ b^2 = a.$"

dim

ESISTENZA
Se a=0 e b=0 ovvio.

Sia $ a >= 0 $ e sia S l'insieme delle x reali tali che $ x^2 <= a $

Osserviamo che $ a/(a + 1) $ appartiene ad S infatti:

$ (a/(a +1))^2 = a^2/(a + 1)^2 <= a $ ovvero $ a/(a + 1)^2 <= 1 $ cioè $ a <= (a + 1)^2 $ che è vero.

a+1 è un maggiorante dell'insieme S, infatti sia x appartiente ad S.
$ x <= 1 $ allora $ x < 1 + a $
$ x >= 1 $ allora $ x <= x^2 <= a <= 1 +a $

Pertanto S è limitato superiormente. Sia b = supS

Proviamo che $ b^2 = a $

Supponiamo $ b^2 > a $ e sia $ c= b - (b^2 - a)/(2b) $ con $ c >0 $ e $ c < b $
$ c^2 = b^2 - ( b^2 - a )+ (b^2 - a )^2/(4b^2) = a + (b^2 - a)^2/(4b^2) > a $

Allora per ogni x appartenente ad S $ c^2 >= a >= x^2 $ Risulta c maggiorante per S ma è impossibile.

Supponiamo $ b^2 < a $ e come prima $ c >0 $ e $ c < b , c < (a-b^2)/(3b) $

$ (b + c ) ^2 = b^2 + c(2b + c) <= b^2 + 3bc <= b^2 + 3b((a^2 - b^2)/(3b)) = b^2 + a - b^2 = a

Risulta b+c appartenente ad S impossibile perchè b è maggiorante per S

UNICITA:

Supponiamo b e b' tali che $ b^2=a $ e $ b'^2=a$
Per avere b=b' sia b Nel primo caso $ b^2

Cita

Segnala

[salvozungri]

$a/(a+1)\notin S$ proprio perchè $(a/(a+1))^2<=a$...

Edit: scrivo meglio: per $a!=0$ allora $(a/(a+1))^2

Cita

Segnala

[DaniFemale]

"Mathematico":$a/(a+1)\notin S$ proprio perchè $(a/(a+1))^2<=a$...

Edit: scrivo meglio: per $a!=0$ allora $(a/(a+1))^2
Non ho capito.
L'insieme S è l'insieme dei numeri reali x tali che $ x^2<=a $ siccome $ (a/(1+a))^2 <= a $ allora $ a/(1+a) $ appartiene ad S.
Cosa c'è che non va?

[salvozungri]

"DaniFemale":Questa dimostrazione va bene?

Sia $ a >= 0 $ e sia S l'insieme delle x reali tali che $ x^2 >= a $

Per questo, probabilmente ti sei confusa con la notazione

[DaniFemale]

Hai ragione, ho corretto. Scusate.
Quindi, con quella correzione sta bene?

[gugo82]

"DaniFemale":Quindi, con quella correzione sta bene?

Direi di sì.

Se proprio devo essere pignolo, invertirei le implicazioni qui:

"DaniFemale": $ (a/(a +1))^2 = a^2/(a + 1)^2 <= a $ ovvero $ a/(a + 1)^2 <= 1 $ cioè $ a <= (a + 1)^2 $ che è vero.

cioè scriverei:

"Dalla maggiorazione $a<=(a+1)^2$, valida per ogni $a \in RR$ ed in particolare per $a>=0$, si ricava $(a/(a+1))^2=a^2/(a+1)^2<=a$, cosicché $a/(a+1) \in S$."

in modo da rendere più evidente quello che stai facendo.