Bebé Rudin: el Capítulo 1, la resolución de 6{d}. Cómo completar esta prueba?

Question

Fix $b>1$.

Problema 6(a): Vamos a $m$, $n$, $p$, $q$ ser números enteros tales que $n>0$, $q>0$, y $r = m/n = p/q$. Luego he logrado demostrar que $$b^{m/n} = b^{p/q}.$$ So we can reasonably define $b^r$ as $$b^r \colon = \sqrt[n]{b^m}.$$

A partir de esta definición, podemos
Problema 6(b) demostrar que $$ b^{r+s} = b^r \cdot b^s, $$ where $r$ and $s$ son cualquiera de los números racionales.

Problema 6(c): Ahora para un número racional $r$, dejar que el conjunto de $B(r)$ se define de la siguiente manera: $$B(r) \colon= \{ \, b^t \colon \, t\in \mathbb{Q}, \, t \leq r \, \}. $$ Entonces es claro que $$b^r = \sup B(r).$$ So for every real $x$, we can define $b^x$ as follows: $$b^x \colon= \sup B(x) = \sup \{ \, b^t \, \colon \, t \in \mathbb{Q}, \, t \leq x \, \}. $$

Problema 6(d): a través de esta definición, estamos obligados a probar que, para todo par de reales a$x$$y$, la ecuación de $$b^{x+y} = b^x \cdot b^y$$ sostiene.

Mi trabajo:

Si $r$, $s \in \mathbb{Q}$ tal que $r \leq x$$s \leq y$,$r+s \in \mathbb{Q}$$r+s \leq x+y$, de modo que podemos escribir $$ B(x) \cdot B(y) = \{ \, b^r \cdot b^s \, \colon \, r \in \mathbb{Q}, s\in \mathbb{Q}, \, r \leq x, s\leq y \, \} \subseteq \{ \, b^t \, \colon \, t \in \mathbb{Q}, \, t \leq x+y \, \} = B(x+y),$$ y por lo tanto $$b^x \cdot b^y = \sup B(x) \cdot \sup B(y) = \sup \{ \, b^r \, \colon \, r \in \mathbb{Q}, \, r \leq x \, \} \cdot \sup \{ \, b^s \, \colon \, s \in \mathbb{Q}, \, s \leq y \, \} = sup \{ \, b^{r+s} \, \colon \, r \in \mathbb{Q}, \, s\in \mathbb{Q}, \, r \leq x, \, s \leq y \, \} \leq \sup \{ \, b^t \, \colon \, t \in \mathbb{Q}, \, t \leq x+y \, \} = \sup B(x+y) = b^{x+y}.$$ Aquí hemos utilizado la siguiente definición: Dados dos no vacía de conjuntos de $U$$V$, a decir de los números reales, se define el conjunto de $U \cdot V$ como sigue: $$U \cdot V \colon= \{ \, u \cdot v \, \colon \, u \in U, \, v \in V \, \}.$$

Y también hemos utilizado el hecho de que si $W$ $Z$ son dos no vacío acotado por encima de los subconjuntos del conjunto de los números reales positivos tales que $W \subseteq Z$, entonces tenemos que tener en $$ \sup W \leq \sup Z.$$

Hasta ahora, hemos demostrado que $$b^x \cdot b^y \leq b^{x+y}.$$ Ahora, ¿cómo demostrar que la inversa de la desigualdad usando la maquinaria desarrollados anteriormente? Es decir, ¿cómo demostrar que $$b^{x+y} \leq b^x \cdot b^y?$$

Answer 1

Por definición, $b^{x+y} = \sup B(x+y)$ donde $B(x+y)$ es el conjunto de todos los números de $b^t$ $t$ racional y $t<x+y$. Entonces cualquier número racional $t < x+y$ puede ser escrito como $r+s$ donde $r,s$ racional y $r<x,s<y$ (Pensar acerca de por qué esto es cierto). Por lo tanto, podemos escribir la $B(x+y)$ como el conjunto de todos los números de $b^rb^s$$r<x,s<y$, esto significa que $B(x+y)$ es el conjunto de todos los productos de $uv$ donde$u\in B(x)$$v\in B(y)$.

Ya que cualquiera de estos productos es menor que $\sup B(x) \sup B(y)$, podemos escribir $M= \sup B(x) \sup B(y)$ es un límite superior para $B(x+y)$. Por otro obligado, supongamos $0<c<\sup B(x) \sup B(y)$,$c/(\sup B(x)) < \sup B(y)$. Deje $m=\frac{1}{2} \frac{c}{\sup B(x)}+\sup B(y)$. A continuación,$c/(\sup B(x)) < m < \sup B(y)$, e $\exists u \in B(x), v \in B(y)$ s.t. $c/m < u, m<v$ Por lo tanto, tenemos $c=(c/m) \times m < uv \in B(x+y)$, y por lo $c$ no es una cota superior de a $B(x+y)$. De ello se desprende que $\sup B(x) \sup B(y)$ es la menor cota superior de a $B(x+y)$. Entonces tenemos esta igualdad $b^{x+y}=b^xb^y$ como se requiere.

Answer 2

Estoy atascado en la misma pregunta. Tal vez podamos pensar juntos. :)

He dividido en dos casos: $x+y\notin \Bbb{Q}$$x+y\in\Bbb{Q}$.

Caso 1:$x+y\notin \Bbb{Q}$

Bien, como hemos hecho, tenemos que $B(x)\cdot B(y)\subset B(x+y)$. Ok.
Por lo tanto, vamos a $b^t\in B(x+y)$. A continuación,$t\in \Bbb{Q}$$t<x+y$, ya que el $x+y\notin \Bbb{Q}$. Por lo tanto, tenemos $t-y<x$ y, por lo tanto, $\exists r\in(t-y,x)\cap\Bbb{Q}$. Set $s=t-r\in\Bbb{Q}$. Por lo tanto, hemos $$t=r+s<x+y, \text{ with }r<x \text{ and } s<y.$$ Y así, $b^t=b^{r+s}=b^rb^s$, por el punto (b) de este ejercicio 6. Pero $b^r\in B(x)$, e $b^s\in B(y)$. Por lo $b^t=b^rb^s\in B(x)\cdot B(y)$.

Hemos probado entonces que $B(x+y)\subset B(x)\cdot B(y)$ y, por lo tanto, $B(x+y)=B(x) \cdot B(y)$.
Entonces $$\sup B(x+y)=\sup B(x) \cdot B(y)$$ $$=\sup B(x) \cdot \sup B(y),$$ since $B(x),B(y) \subconjunto [0, \infty )$.

Pero, ¿qué acerca del caso de la $x+y\in \Bbb{Q}$? No he hecho grandes avances en.. :( se Puede adivinar nada?

Answer 3

Desde $b^{x+y}=\sup\{b^t:t\in \mathbb Q,\ t\le x+y\}$, sabemos que $\forall \epsilon>0$, $\exists r\in\mathbb Q$, $r\le x+y$, tal que $b^r>b^{x+y}-\epsilon$.

Reclamo: $\exists r'\in\mathbb Q$, $r'\lt x+y$, tal que $b^{r'}>b^{x+y}-2\epsilon$.

Si $x+y \notin \mathbb Q$, $r'=r$ satisface la condición. Supongamos $r=x+y\in\mathbb Q$, y considerar la posibilidad de $r'=r-\frac 1 n<r$. Desde $b^r-b^{r'}=b^r(1-b^{-\frac 1 n})$, sólo tenemos que mostrar que $\lim_{n\to\infty}b^\frac 1 n = 1$, y, a continuación, eligiendo $n$ lo suficientemente grande, $r'$ es lo que necesitamos encontrar. Este es un ejercicio fácil de cálculo.

Ahora podemos probar la parte(d) del problema. Escribir $r'$ $p+q$ donde $p\le x$ $q\le y$ son racionales. Esto es posible debido a $r'<x+y$ y los números racionales son densos. Por lo tanto, $b^x\cdot b^y\ge b^p\cdot b^q = b^{r'}>b^{x+y}-2\epsilon$. Desde $\epsilon$ es arbitrario, $b^x\cdot b^y \ge b^{x+y}$.

Answer 4

Si usted sabe $$ b^{x} \cdot b^{y} \leq b^{x + y} \quad \text{para todo real $x$, $y$,} \etiqueta{1} $$ y quieres demostrar $$ b^{u + v} \leq b^{u} \cdot b^{v} \quad \text{para todo real $u$, $v$,} \etiqueta{2} $$ puede establecer $x = u + v$ $y = -v$ (de modo que $u = x + y$), y leer $$ b^{u+v} \cdot b^{v} \leq b^{u} \quad \text{para todo real $u$, $v$.} $$ Esto reduce el deseado desigualdad (2) $$ b^{v} \cdot b^{v} = 1 \quad \text{para todo real $v$.} \etiqueta{3} $$ Por lo menos, (3) se parece más simple de lo que (2), si no es "obvio" (para algún valor de obvio). En particular, $b^{-v} \cdot b^{v} = 1$ para todos racional $v$, por lo que si uno sabe exponenciación es continua, la prueba está completa.