En el clásico "principios de análisis matemático," de Rudin él dio una prueba como esta:
Afirmación: Que $A= {p\in \mathbb{Q} | p>0, p^2
Prueba: Dado cualquier $p\in A$. Que $q = p-\frac{p^2 -2}{p+2}$.
Rudin más adelante afirmó que $q^2p$. Mi instructor nos pide pensar en una pregunta sobre nuestra propia: ¿por qué es tal $q$ una opción natural en esta prueba?
Puedo ver que de esta manera, $q>p$ es seguro. Sin embargo, ¿cómo hace una elección natural?
Siempre he pensado que Rudin es clase de cojo aquí. Él tiene un cariño para sacar conejos de un sombrero, y esta no es la última vez que lo verás.
Parece más fácil considerar
$$(p+1/n)^2
La intuición es clara: sin duda esto será cierto para suficientemente grande $n,$ vamos a ir a buscar uno y llamarlo $n_0,$ $p+1/n_0$ hace el trabajo.
La idea es que como $p \to \sqrt{2}^-$, desea agregar algo de escala como $2-p^2$$p$, de modo que lo que usted agregue va a cero, como se $p \to \sqrt{2}^-$. Pero no basta con agregar $2-p^2$$p$. Considere por ejemplo,$p=0$, $p+2-p^2=2$ que es demasiado grande.
De cuánto es demasiado grande? Bien, $p^2-2=(p+\sqrt{2})(p-\sqrt{2})$, por lo que es demasiado grande por un factor de $p+\sqrt{2}$. Por lo que sería suficiente para dividir cualquier número racional mayor que $p+\sqrt{2}$. $p+2$ es justo lo que usted obtendrá al utilizar la estimación trivial $\sqrt{2}<2$. Muchas otras opciones que han trabajado, a pesar de que, por ejemplo,$q=p+\frac{2-p^2}{4}$.
Esto clama el método de Newton buscando la raíz de $f(x)=x^2-2$. Pero el método de Newton le dará un número racional mayor que $\sqrt{2}$, es decir, fuera de $A$. Todas las iteraciones de Newton le dará un punto racional mayor que $\sqrt{2}$ (debido a la positiva derivada segunda en la raíz) (gracias a Ian para corregir esto). Esto muestra el carácter incompleto de el conjunto de los racionales mayor que $\sqrt{2}$.
Simplemente tomamos un número racional mayor que la raíz cuadrada de 2, decir 2. Se forma el acorde entre el punto de $(p,f(p))$$(2,f(2))=(2,2)$. Tomamos el cruce de la cuerda con la $x$-eje de nuestro nuevo punto. Me llamó la imagen con geogebra: https://ggbm.at/nkfcPUB4 Usted necesita simplemente para comprobar que el Rudin la fórmula le da la intersección de la cuerda con la $x$-eje.
La convexidad de la gráfica de $y=x^2-2$ asegura que el nuevo punto está en la $A$.
Considerar esta alternativa de $q$.
Por axioma de Arquímedes existe $n \in \mathbb{N}$ tal que $n(2-p^2) > 2p+1$.
Conjunto de $q = \left(p+\frac1n\right)^2 \in \mathbb{Q}$.
Tenemos %#% $ #%
Dividiendo por $$n^2(2-p^2) > n(2p+1) = 2np+n \ge 2np + 1$ obtenemos
$n^2$$
Por lo tanto $$2-p^2 > \frac{2p}{n} + \frac1{n^2} \implies q = \left(p+\frac1n\right)^2 = p^2 + \frac{2p}n + \frac1{n^2} p$ no tiene ningún máximo en $A$.
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