Principio de Arquímedes

Question

Demostrar el principio de Arquímedes para $\mathbb{Q}$ el conjunto de los números racionales. Conozco la prueba para los números reales Si no, entonces el conjunto no vacío $S = \{nx \mid n ∈ \mathbb{N}\}$ tiene un límite superior $y$ y, por tanto, por la propiedad del mínimo propiedad del límite superior de los reales, tiene un límite superior mínimo $u_∗$ . Pero entonces $u_∗ − x < u_∗$ (ya que $x$ es positivo), por lo que se deduce que $u_∗ − x$ no puede ser un límite superior de $S$ . Por lo tanto, existe un número natural $m$ tal que $u_∗ − x < mx$ Es decir, $u_∗ < (m + 1)x \in S$ . Esto contradice el hecho de que que $u_∗$ es un límite superior de $S$ .

Answer 1

El Propiedad arquimediana para $\mathbb Q$ dice que :

para todos $r_1,r_2 \in \mathbb Q$ existe $n \in \mathbb N$ tal que : $nr_1 \ge r_2$ .

Podemos demostrarlo por contradicción, suponiendo que :

existe $r_1,r_2 \in \mathbb Q$ tal que, para todo $n \in \mathbb N$ : $nr_1 < r_2$ .

Tenemos $p_1,p_2,q_1,q_2 \in \mathbb Z$ tal que : $r_1=\frac {p_1} {q_1}$ y $r_2=\frac {p_2} {q_2}$ y podemos suponer que $q_1,q_2 \in \mathbb Z^+$ .

Entonces la desigualdad anterior nos da :

$n(q_2p_1) < (q_1p_2)$ para todos $n$ .

Así, hemos encontrado $M_1,M_2 \in \mathbb N$ tal que : $nM_1 < M_2$ .

Por unicidad de cociente y recordatorio de la división en $\mathbb N$ tenemos que :

$M_2 = M_1k+h$ con $h < M_1$ .

Así:

$nM_1 < M_1k+h < M_1k+M_1 = M_1(k+1)$ para todos $n$ .

Ahora dejamos que $n=(k+1)$ y finalmente llegamos a una contradicción :

$M_1(k+1) < M_1(k+1)$ .

Answer 2

Probar el principio de Arquímedes primero para ${\mathbb R}$ utilizando el $\sup$ es, en cierto modo, una trampa. Este principio ya está presente en ${\mathbb N}$ y debe demostrarse a partir de los axiomas de Peano.

Principio de Arquímedes para ${\mathbb N}$ : Dados los números naturales $x\geq 1$ y $y\geq0$ hay un $n\geq1 $ tal que $n\>x>y$ .

Prueba. Esto es cierto para $y=0$ y todos $x\geq1$ . Supongamos que es cierto para algunos $y\geq0$ y todos $x\geq1$ . Considere ahora $y+1$ y una arbitraria $x\geq1$ . Por la suposición de inducción existe un $n\geq1$ con $n\>x>y$ y poniendo $n':=n+1$ tenemos $$n'\>x=n x+x>y+x\geq y+1\ .$$

No es difícil extender esto desde ${\mathbb N}$ a ${\mathbb Q}_{>0}$ .