¿Es un nuevo tipo de inducción? (Inducción infinitesimal) ¿Esto es incluso cierto?

Question

Supongamos que queremos demostrar Fórmula de Euler con la inducción para todos los números reales positivos.
En principio esto parece incomprensible, pero una idea golpeó mi mente hoy en día.

Probar que: $$e^{ix}=\cos x+i\sin x \ \ \ \forall \ \ x\geq0$$

Para $x=0$, tenemos $de 1 $=1$$ Por lo que la igualdad se mantiene.
Ahora supongamos que la igualdad se cumple para algunos $x=k$.
$$e^{ik}=\cos k+i\pecado k$$ Ahora, aquí es donde he añadido mi "propio" axioma. Por favor responder si este "axioma" es cierto o no. Ahora esta igualdad debe mantener para $x=k+\Delta k$ también, para algunos infinitamente pequeño cambio positivo de $\Delta k$ (infinitesimal).
Por lo que $e^{i(k+\Delta k)}=e^{ik}.e^{i\Delta k}=(\cos k+i\pecado k)(\cos\Delta k+i\sin\Delta k)$
$$=\cos k\cos\Delta k-\sin k\sin\Delta k+i\pecado k\cos\Delta k+i\cos k\sin \Delta k$$ $$=\cos(k+\Delta k)+i\sin(k+\Delta k)$$ Así nos lo demostró por $x=k+\Delta k$, y por lo tanto debe mantener para todo $x\geq0$.
Así que este es el enfoque correcto, y esto es un nuevo tipo de inducción?

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La mayoría de los comentarios de abajo son lo que indica que la prueba anterior es incorrecto. Pero vemos que la Fórmula de Euler no tiene para todo $x\geq0$, por lo que alguien puede dar un buen contador de ejemplo donde esta la prueba de que no funciona. O en otras palabras, estas declaraciones se utilizan para probar un mal igualdad.?

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Actualización: Bueno, algunos comentarios de abajo son lo que sugiere que la Fórmula de Euler es definitivamente cierto. Así que si podemos demostrar de alguna manera que $$e^{i\Delta k}=\cos\Delta k+i\sin\Delta k$$ entonces? Pero ¿cómo podemos demostrar que para infinitesimal? ¿El concepto de los límites de ser utilizado? Alguien puede resolver este misterio?

Answer 1

Aquí es un ejemplo de la lógica de su ser usado para probar una declaración falsa. Estoy básicamente va a tomar su exacta de la prueba, excepto reemplazar la constante $e$, con la constante $2$. La lógica es todo exactamente el mismo, y usted debe notar que en ningún lugar en la prueba de hacer alguna vez el uso de las propiedades de la cantidad de $e$, así que en teoría cualquier número podría tomar su lugar.

Probar (La falsa ecuación de euler): $$2^{ix}=\cos x+i\sin x \ \ \ \forall \ \ x\geq0$$

Para $x=0$, tenemos $de 1 $=1$$ Por lo que la igualdad se mantiene.
Ahora supongamos que la igualdad se cumple para algunos $x=k$.
$$2^{ik}=\cos k+i\pecado k$$ Ahora, aquí es donde he añadido mi "propio" axioma. Por favor responder si este "axioma" es cierto o no. Ahora esta igualdad debe mantener para $x=k+\Delta k$ también, para algunos infinitamente pequeño cambio positivo de $\Delta k$ (infinitesimal).
Por lo que $2^{i(k+\Delta k)}=2^{ik}.2^{i\Delta k}=(\cos k+i\pecado k)(\cos\Delta k+i\sin\Delta k)$
$$=\cos k\cos\Delta k-\sin k\sin\Delta k+i\pecado k\cos\Delta k+i\cos k\sin \Delta k$$ $$=\cos(k+\Delta k)+i\sin(k+\Delta k)$$ Así nos lo demostró por $x=k+\Delta k$, y por lo tanto debe mantener para todo $x\geq0$.

Pero la afirmación de que sólo hemos "probado" es claramente falso.

Answer 2

Un argumento a lo largo de estas líneas es la siguiente: la teoría estándar de la existencia y unicidad de soluciones de ecuaciones diferenciales ordinarias implica que una solución a la ODE $y' = iy$ (donde $y$ es una función $\mathbb{R} \to \mathbb{C}$) está determinada únicamente por su valor inicial $y(0)$. Ahora, $e^{ix}$ y $\cos x + i \sin x$ son ambas soluciones a esta ODA, y ambos tienen un valor inicial de $y(0) = 1$.

La manera en que esto viene con la apariencia de un argumento inductivo es cuando explícitamente resolver esta ecuación utilizando de Euler método.

En general, hay un "principio de la verdadera iniciación", y se ve algo como esto: supongamos que $P(x)$ es una propiedad de un número real no negativo de $x$ que

• $P(0)$ es cierto,
• Si $P(x)$ es cierto, entonces $P(y)$ es cierto para todos los $$ y en algún intervalo $[x, x + \varepsilon)$, donde $\varepsilon > 0$.
• Si $P(x)$ es verdadera para todo $x < y$, entonces $P(y)$ es cierto.

Entonces $P(x)$ es verdadera para todo $x$. Sin embargo, es claro para mí lo fácil que es aplicar esto a su caso. (Varias variaciones de esta; véanse, por ejemplo, esta nota por Pete Clark.)

Answer 3

La primera (no más grande) falla en la prueba es cuando se van a partir de $k$ a $x=k+\Delta k$. Está tratando de demostrar algo de instrucción para TODO x. Lo mejor sería probar que para TODO $x$ entre $k$ y $x=k+\Delta k$. Lo que si hay algunos que $x$ en entre para que la declaración no? Por ejemplo, para cada número racional existe aún mayor número racional, pero aún así los números irracionales también existe!

El mayor defecto de ahora.

Me deja "probar" mucho más simple declaración: todos los números reales son estrictamente menor que 1.

Paso 1: Declaración tiene por $$ x = 0 y todos los números más pequeños.

Paso 2: para todo $x < 1$ existe algún cambio positivo de $dx$ que la declaración se aplica a todos los números menores que $x+dx$. F. e. $dx = (1 - x)/2$ va a hacer.

Paso 3. Así que es eso? Para cualquier número que satisface nuestra condición existe mayor número que también satisface, de manera que todos los números deben satisfacer?

Por supuesto que no, yo sé de varios de los números que son mayores que 1. (Por cierto, no es "Aquiles y la tortuga" paradoja?)

Moraleja de esta historia es que mathemetical la inducción no es tan obvio como parece. Es una propiedad muy importante del conjunto de los números enteros que se pueden utilizar de inducción.

Answer 4

En el apartado de pedir un ejemplo que demuestra que este tipo de lógica daría "una prueba" de un mal resultado. Aquí va uno.

La reclamación. Para todos los números reales $x\ge0$ tenemos $$ e^{ix}=\cos 2x+i\sen 2x. $$

Prueba. La fórmula tiene para $x=0$. Si suponemos que la fórmula se tiene para $x=k$ Y que la fórmula tiene para todos los pequeños números positivos $\Delta k$ Y que las fórmulas usuales para $e^{x+y}$, $\sin(x+y)$ y $\cos(x+y)$ también se espera, entonces podemos hacer el "paso inductivo" $$ \begin{aligned} e^{i(k+\Delta k)}&=e^{ik}e^{i\Delta k}\\ y=(\cos 2k+i\pecado 2k)(\cos2\Delta k+i\sin2\Delta k)\\ &=\cos (2[k+\Delta k])+i\sin (2[k+\Delta k]). \end{aligned} $$ QED.

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¿Ahora dónde está el error en su lógica?

Answer 5

La "inducción", como se ha dicho, no acaba de funcionar, como ya ha sido señalado. Sin embargo, algunas bastante similares argumentos funcionan, y son bastante útiles.

Permítanme darles un ejemplo, que es un modelo básico para algunos teoremas útiles en ecuaciones diferenciales.

Lema. Deje que $h \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ser diferenciable con $h(0) = 0$ y $h'(x) = 0$ para cada $x$. Entonces $h(x) = 0$ para todo $x$.

Prueba: Tomar cualquier constante positiva $c > 0$; nos resultará más fácil la declaración de que $|h(x)| \leq |c x|$. Si esto se hace, entonces (desde $c$ era arbitraria) se puede concluir que $h(x) = 0$ para $x$.

Así que, voy a tratar de aplicar la "infinitesimal de la inducción". Sin duda, el reclamo tiene para $x =0$. Supongamos ahora que hemos demostrado que la reclamación de unos $x$, y tomemos unos $\Delta x > 0$ (creo que de $\Delta x$ como es muy pequeña). Ahora, desde $h'(x) = 0$, ciertamente tenemos $\lim_{y \to 0} \frac{h(x+y)-h(x)}{x-y} = 0$, entonces (suponiendo que $\Delta x$ es lo suficientemente pequeño) podemos concluir que $\frac{h(x+\Delta x)-h(x)}{\Delta x} < c$, y, en consecuencia, $$|h(x+\Delta x) | \leq c|\Delta x| + |h(x)| \leq c|x + \Delta x|.$$ Por tanto, el reclamo tiene para $x + \Delta x$ así.

Aquí es una pequeña sutileza: $\Delta x$ tenía que ser pequeño, y lo pequeño que es posible que dependen de $x$. Por ejemplo, si yo estuviera tratando de "inductivamente" demostrar la afirmación de $x < 1$, entonces para cada $x$ para el que la demanda se mantiene, podría encontrar $\Delta x$ que la demanda aún mantiene $x + \Delta x$ (por ejemplo, $\Delta x = \frac{1 - x}{10}$). Sin embargo, la demanda es manifiestamente falso para $x =1$. Por lo tanto, necesitamos algunos cierre adicional de la condición.

Volviendo al lema en la mano, el recuerdo de que somos probar la afirmación de que $h(x) \leq c x$. Me deja notar, además, el siguiente hecho: Si la demanda se mantiene para algunos $x_i$ ($i =1,2,\dots$) y $\lim_{i \to \infty} x_i = x$, a continuación, también la demanda tiene por $x$. Esto no es muy difícil: $$cx - |h(x)| = \lim_{i \to \infty} cx_i - |h(x_i)| \geq 0,$$ porque $ cx_i - |h(x_i)| \geq 0$ por cada $i$ por supuesto.

La combinación de la "inductivo paso" (es decir, la reclamación por $x$ implica reclamación por $x + \Delta x$, siempre $\Delta x $ lo suficientemente pequeño) junto con la "continuidad" (es decir, la reclamación por $x_i$ implica reclamación por $x = \lim_i x_i$), en efecto, podemos concluir que la demanda se mantiene para todo $x > 0$. $\square$

Ahora, con el Lema anterior, usted puede tratar de hacer su razonamiento riguroso. Deje que $f(x) = e^{ix}$, $g(x) = \cos x + i \sin x$ y $h(x) = |f(x) - g(x)|^2$. Además, supongamos que usted sabe que $f'(x) = i f(x)$ (usted tiene que saber algo específico a $e$.)

Claramente, $h(0) = 0$. Hacer algunas manipulaciones algebraicas, usted encontrará que $h'(x) = 0$ para todo $x$ (básicamente debido a que $f'(x) - g'(x) = i(f(x) - g(x))$. Por lo tanto, el "infinitesimal de la inducción" le dirán que $h(x) = 0$ siempre, que es justo lo que necesitas.

También, usted puede encontrar el concepto de conectividad a ser muy relevante.