Докажите что существование и единственность точной верхней грани равносильно лемме о предельной точке : всякое бесконечное ограниченное числовое множество имеет по крайней мере одну предельную точку

задан 4 Окт '17 22:43

определение супремума... и метод деления отрезка пополам должен помочь...

(4 Окт '17 22:56) all_exist

Не получается это всё связать

(4 Окт '17 23:21) himitos

@falcao, спасибо, довольно интересно! А Вы, видимо, читаете весьма алгебраичный курс анализа :)

(9 Окт '17 10:01) no_exception

@no_exception: да, это курс называется "Числовые системы", и я его читаю в этом семестре. Он довольно традиционен для педагогических специальностей. Там всё постепенно строится из аксиом с проверкой всех законов, а попутно используются и иллюстрируются алгебраические понятия, изученные до этого.

(9 Окт '17 17:15) falcao

@falcao, такое читают в пед. вузах? Интересно, на матмехе такого не читают

(9 Окт '17 21:04) no_exception

@no_exception: да, и на мехмате тоже не читают. Но на эту тему есть много учебников для пединститутов. Я, правда, ими не пользуюсь, читая всё "из головы".

(9 Окт '17 21:57) falcao

Тут длинное обсуждение в комментариях получилось, и там уже нет места, поэтому отвечаю здесь на вопрос @abc. Если за основу брать рациональные числа (других пока нет), и строить для них сечения Дедекинда, как это и делается классически, то далее свойство полноты проверяется, то есть доказывается в качестве теоремы. Из этого следует, что R, будучи построено таким образом, удовлетворяет какой-то заранее заданной аксиоматике. Это примерно как есть аксиомы группы, и для каких-то новых объектов мы проверяем (обычными математическими средствами), что эти свойства выполняются для данной структуры.

(9 Окт '17 22:03) falcao
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
2

Рассмотрим "расширенный" вариант задачи, доказывая "по кругу" эквивалентность сразу нескольких принципов.

1) Всякое ограниченное непустое множество имеет точную верхнюю (нижнюю) грань.

2) Всякая монотонная ограниченная последовательность имеет предел.

3) Принцип Кантора: всякая вложенная последовательность отрезков [a(1),b(1)]>=[a(2),b(2)]>=...>=[a(n),b(n)]>=... имеет хотя бы одну общую точку пересечения.

4) Всякое бесконечное ограниченное множество имеет хотя бы одну предельную точку.

Для начала заметим, что в пункте 1 достаточно рассматривать существование точной верхней грани, так как существование точной нижней отсюда следует (надо рассмотреть множество чисел вида -x).

1)=>2) Рассмотрим сначала случай строго возрастающей последовательности x(n). Множество её членов имеет точную верхнюю грань x. Тогда для любого eps > 0 найдётся такое n, для которого x(n) > x-eps. Для всех членов с большими номерами это неравенство сохраняется. Тогда |x(n)-x| = x-x(n) < eps для всех достаточно больших n, то есть существует lim x(n) при n->infty, и он равен x.

Пусть теперь последовательность не убывает. Если она стабилизируется, начиная с некоторого члена, то существование предела очевидно. Если нет, то она имеет строго возрастающую подпоследовательность, у которой уже найден предел. Любой член последовательности содержится между двумя членами подпоследовательности, откуда ясно, что вся последовательность имеет тот же предел.

Случаи убывающих последовательностей сводятся к случаю возрастающих за счёт смены знака.

2)=>(3) Последовательность a(n) не убывает и ограничена сверху числом b(1). По предыдущему, она имеет предел a. Аналогично, b(n) имеет предел b. Проверим, что a<=b. Рассуждая от противного, допустим, что a > b. Положим eps=(a-b)/2. Для достаточно больших n окажется, что |a(n)-a| < eps и |b(n)-b| < eps. Отсюда a(n) > a-eps, b(n) < b+eps, a(n)-b(n) > a-b-2eps=0 -- противоречие.

Любая точка отрезка [a,b] (при a=b он состоит из одной точки) будет принадлежать пересечению системы отрезков. Неравенства a(n)<=a и b<=b(n) считаем очевидными.

(3)=>(4) Пусть M бесконечно и ограничено. Поместим M в отрезок [a(1),b(1)]. Далее по индукции для каждого n определяем следующий отрезок вложенной системы, разделяя [a(n),b(n)] посередине и беря одну из половин, в которой содержится бесконечно много элементов множества n. Получается вложенная система отрезков, имеющая по предыдущему некоторую общую точку. Такая точка всего одна, так как длины отрезков стремятся к нулю. Обозначим её через c. По построению, в любой окрестности точки c содержится один из отрезков системы, а потому и бесконечно много элементов множества. Тогда легко строится бесконечная последовательность элементов множества, сходящаяся к c, и c будет предельной точкой.

4)=>1) Достаточно рассмотреть случай точной верхней грани. Множество M у нас ограничено, и оно имеет некоторую верхнюю грань x(1). Если она не является точной, то есть не будет наименьшей среди верхних граней, то существует x(2) < x(1), которое также является верхней гранью множества. Таким способом мы либо находим на некотором шаге т.в.г., либо строим бесконечную строго убывающую последовательность верхних граней. Множество её членов ограничено, и имеет по предыдущему предельную точку x.

Проверим, что x -- верхняя грань M. Если это не так, что существует элемент m из нашего множества со свойством m > x. Выбирая член последовательности x(n) достаточно близко к x (на расстоянии меньше eps=m-x), мы получаем m > x(n), и это противоречит тому, что x(n) -- верхняя грань.

Осталось показать, что x есть т.в.г. Прежде всего, x < x(n) для всех n. Для любого eps > 0 найдётся член последовательности x(n) на расстоянии меньше eps от x, то есть в любой проколотой окрестности точки x есть элементы множества M.

ссылка

отвечен 7 Окт '17 19:20

@falcao, а разве к принципу Кантора не стоит добавить принцип Архимеда? Кстати, наверное "теорема Вейерштрасса" тоже требует принцип Архимеда

(8 Окт '17 15:39) no_exception

@no_exception: а как одно связано с другим? Здесь речь идёт об эквивалентных друг другу утверждениях, которые в абстрактных терминах можно выразить как условия полноты упорядоченного поля. Также известно, что R характеризуется как полное архимедово. Но ведь Q тоже архимедово, хотя и не полно. А можно рассмотреть расширение R из нестандартного анализа, где архимедовости нет, а полнота есть. То есть это совсем разные положения.

(8 Окт '17 16:49) falcao

@falcao, да, но эти утверждения эквивалентны и в неархимедовых полях?

(8 Окт '17 16:56) no_exception

@no_exception: неархимедовы поля могут быть устроены достаточно сложно, и для анализа того, как там обстоит дело, нужно всё точно сформулировать и проверить. Но это совершенно не требуется делать в рамках обычного курса матанализа. Поэтому свойство архимедовости вообще не надо упоминать.

(8 Окт '17 17:20) falcao

@falcao, но ведь принцип Кантора сам по себе, как известно, не эквивалентен принципу верхней грани (в обычном анализе). Потому я и уточнил.

(8 Окт '17 17:26) no_exception

@no_exception: в каком смысле он не эквивалентен? Если это так, то требуется точная формулировка -- надо знать, что при этом можно варьировать, а что нельзя. Здесь ведь вещи типа "выберем n такое, что n > 1/eps" используются как "очевидные", без явного упоминания архимедовости, потому что всё это "заточено" под R. Упражнение подразумевает, что принцип полноты можно по-разному формулировать. А "экзотические" поля в таком контексте никто не рассматривает.

(8 Окт '17 18:10) falcao

@falcao, в моем понимании ситуация такая. Строится некая аксиоматика множества вещественных чисел, где, например, в качестве последней (после аксиом сложения, умножения, порядка и их связей) берется аксиома непрерывности. Она влечет принцип Архимеда. Однако, если в качестве последней аксиомы брать лишь принцип Кантора, то как обосновать, скажем, что возможно "выбрать такое n, что n>1/eps"? Тут без архимедовости никак, а архимедовость из принципа Кантора не вытекает.

(8 Окт '17 18:17) no_exception

@no_exception: без точных формулировок я Вас всё равно до конца не пойму, даже если Вы в конечном счёте окажетесь правы. Что понимается под "аксиомой непрерывности", например? Проблема в том, что аксиоматизация R может осуществляться очень и очень по-разному. Без уточнений это всё не будет иметь смысла. У Вас в центре внимания окажется какой-то один способ, а у меня другой, где архимедовость постулируется сразу, а полнота выражается каким-то определённым способом.

Все эти вопросы методического характера лично мне всегда интересны, но без точных формулировок или ссылок это всё сразу "плывёт".

(8 Окт '17 18:31) falcao

@falcao, под аксиомой непрерывности я подразумеваю следующее утверждение. Для любых двух непустых множеств $%X, Y$% таких, что $%x \leq y$% для всех $%x \in X, y \in Y$%, найдется $%c$% такое, что $%x \leq c \leq y$%.

(8 Окт '17 18:36) no_exception

@no_exception: да, в такой формулировке сразу становится ясно, что имелось в виду. Но вообще-то бывает очень много версий.

А какое имеется в виду доказательство, что из неё следует архимедовость? Я такой подход не практикую, поэтому в этом направлении никогда не думал.

(8 Окт '17 19:02) falcao

@falcao, из нее сразу следует принцип верхней (нижней) грани (вы его приводили выше). А далее, скажем, доказываем, что в любом непустом ограниченном сверху подмножестве множества натуральных чисел существует максимальный элемент. Откуда получаем, как следствие, неограниченность множества натуральных чисел сверху, откуда неограниченность целых чисел ни сверху, ни снизу. Ну а дальше сразу принцип: пусть $%h > 0$%. Для любого $%x \in \mathbb{R}$% найдется единственное $%k$%, что $%(k-1)h \leq x < kh$%. Доказываем, рассматривая множество $%n \in Z: x/h \in Z$%. Оно имеет минимальный элемент.

(8 Окт '17 20:10) no_exception

@falcao, да, я в середине забыл упомянуть, что непустое ограниченное снизу подмножество множества целых имеет минимальный элемент. Это, понятное дело, тоже следствие.

А к какому изложению привыкли Вы?

(8 Окт '17 20:12) no_exception

@no_exception: это достаточно оригинальный ход мысли -- мне он не был известен. В тех курсах, где последовательно вводятся числовые системы N < Z < Q < R < C, я из Q получаю R при помощи последовательностей Коши. Сечения Дедекинда были бы удобнее для системы положительных чисел, и тогда из R+ получалось бы R по той же схеме, как Z из N.

Есть, правда, ещё замечательный современный способ строить R сразу из Z, минуя Q -- очень красивая конструкция.

(8 Окт '17 21:19) falcao

@falcao, последовательности Коши -- хороший конструктивный подход, но довольно трудоемкий. А что за современный способ?

(8 Окт '17 21:40) no_exception

@no_exception: да, он весьма трудоёмкий, но зато это соответствует алгебраическому "духу" читаемого курса -- R возникает как факторкольцо кольца последовательностей Коши по идеалу бесконечно малых. Одной аксиоматики там не достаточно, так как встаёт вопрос о существовании полного архимедова линейно упорядоченного поля.

А вот статья, которую я имел в виду. Интересно, что это уже XXI век, хотя конструкция весьма естественна и "классична".

(8 Окт '17 21:53) falcao

Здесь http://vyshka.math.ru/pspdf/0910/calculus-1/l4.pdf определение действительных чисел как дедекиндовы сечения множеств рациональных чисел. Там вроде обходятся вообще без аксиомы полноты. Эта аксиома называется принцип Дедекинда и доказывается в середине лекции на основе обычной теории множеств. Принцип Дедекинда: Для любых двух непустых множеств X,Y таких, что $%x\le y$% для всех $%x \in X, y \in Y$% найдется $%с$% такое что оно наибольшее либо в X либо наименьшее в Y. Еще слышал хвалят построение R через какие-то канторовские пополнения множеств

(9 Окт '17 14:03) abc

@abc: здесь есть аксиоматический подход, и есть конструктивный, когда рассматриваются построения. Оба подхода дополняют друг друга. В аксиоматике мы абстрактно даём какое-то свойство упорядоченного поля, которое может выполняться или не выполняться. При использовании сечений Дедекинда строится модель поля R, а потом уже проверяется, что для этого конкретного случая выполнена аксиома непрерывности. Я к тому, что одно не отменяет и не заменяет другого.

Вводить R через сечения Дедекинда не очень удобно тем, что наличие отрицательных чисел мешает при определении умножения.

(9 Окт '17 17:13) falcao

@falcao Просто я подумал, что есть какие то аксиомы арифметики натурального ряда и теории множеств и на основании только их выводится аксиома полноты(применительно к модели R как сечений Дедекинда).

(9 Окт '17 20:57) abc
показано 5 из 18 показать еще 13
10|600 символов нужно символов осталось
1

В одну сторону.... Пусть $%D$% - ограниченное множество... и $%B = \sup D$% - существует... Тогда рассматриваем полуокрестности $%\Big(B-\frac{1}{n};\;B\Big]$% ... в каждой полуокрестности существует $%x_n\in D$%... очевидно, что $%x_n\to B$%...

В обратную сторону.... рассматриваете типовое доказательство с построением последовательности методом деления отрезка пополам... и немного его модифицируете...

Пусть $%[A_n;B_n]$% интервал, полученный на очередном шаге... берём его середину $%M_n$%...
1) если существует $%x \in D\cap [M_n;B_n]$%, то записываем его как очередной элемент последовательности... а $%[A_{n+1};B_{n+1}]=[x;B_n]$%...
2) если не существует $%x \in D\cap [M_n;B_n]$%, должен существовать $%x \in D\cap [A_n;M_n]$%... тогда его записываем как очередной элемент последовательности... а $%[A_{n+1};B_{n+1}]=[x;M_n]$%...

Показываете, то её предел равен супремуму...

ссылка

отвечен 5 Окт '17 1:52

@all_exist: я бы тоже рассуждал как-то примерно так, но при доказательстве в обратную сторону нужно, наверное, что-то добавить. Принцип стягивающихся отрезков здесь надо обосновывать, коль скоро рассуждения идут на уровне аксиоматики, но он легко следует из второго факта. Там полезно промежуточно доказать лемму о существовании предела ограниченной возрастающей последовательности, а потом уже принцип Кантора.

Хорошо, что Вы написали, а то я всё никак не мог себя усадить за изложение этого текста :)

(5 Окт '17 2:33) falcao

@falcao, ну, только примерный план излагал... а про базу, на которую можно опираться, надо у ТС спрашивать...

(5 Окт '17 7:59) all_exist

Нет ли ошибки в первых двух строках? пусть D={1/n : для всех натуральных n} то его супремум равен 1, и тогда не в каждой полуокрестности единицы есть точка из D.

(6 Окт '17 2:24) abc
1

@abc, и тогда не в каждой полуокрестности единицы есть точка из D. - а как же сам супремум (он же максимум)?...

(6 Окт '17 3:14) all_exist
1

@all_exis,@falcao но ведь в определении предельной точки множества говорится о существовании именно проколотой окрестности - это более строгое условие. Поэтому из "в каждой полуокрестности существует $%x_n∈D$%... очевидно, что xn→B" нельзя сделать вывод что предельная точка у D существует (в нашем примере супремум B=1 не является предельной точкой множества D)

(7 Окт '17 1:17) abc

@abc: я согласен с Вами, что там нужна доработка. Можно рассуждать так: если к sup ничего не стремится, то он изолирован. Убираем его, имеем новое бесконечное множество, у него снова берём sup, и так далее. Если этот процесс бесконечен, то получается убывающая ограниченная последовательность. У неё есть inf (смена знака!), и он будет искомой предельной точкой.

(7 Окт '17 2:04) falcao

А если inf тоже изолирован? Надо еще доказать, что не существует ограниченной бесконечной убывающей последовательности все точки которой изолированы.

(7 Окт '17 11:31) abc

@abc: нет, это уже заведомо не так, поскольку по построению у нас имеется убывающая ограниченная подпоследовательность. У неё есть inf, но она его не достигает, а тогда по определению т.н.г. этот inf и будет пределом.

(7 Окт '17 16:43) falcao

@falcao А почему эта последовательность не может достигнуть своего inf? Вдруг все множество D состоит лишь из изолированных точек, бесконечно и ограничено?

(7 Окт '17 17:02) abc

@abc: потому что эта последовательность, по построению, является строго убывающей.

Возможно, имеет смысл написать решение задачи в расширенном варианте, доказывая "по кругу" эквивалентность сразу нескольких таких принципов.

(7 Окт '17 17:59) falcao
показано 5 из 10 показать еще 5
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,619

задан
4 Окт '17 22:43

показан
1811 раз

обновлен
9 Окт '17 22:03

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru