Usando teoremas dominados para resolver problemas fáciles

Question

Pensé que sería interesante iniciar un hilo sobre el uso de overpowered teoremas para resolver problemas fáciles. Dos ejemplos vienen a la mente. Publique su ejemplo favorito del problema y de la solución!

1). $\sqrt[3]{2}$ es irracional.
Prueba: Supongamos $\sqrt[3]{2} = \frac{a}{b}$$a,b \in \mathbb{N}$. A continuación, $a^3=2b^3 = b^3+b^3$, contradiciendo Último Teorema de Fermat.

2). Existen infinitos números primos.
Prueba: Por el Teorema de los números Primos, la asintótica de la densidad de los números primos es $\frac{x}{\ln(x)}$, así que por L'Hopitals Regla, $\lim_{x \to \infty} \frac{x}{\ln(x)} = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{1/x} = \lim_{x \to \infty} x = \infty$, por lo que debe haber un número infinito de números primos.

Answer 1

He conocido a alguien que le gustaba invocar el teorema de Fubini para justificar el uso de $$ \sum_{m=a}^b \sum_{n=c}^d f(m,n) =\sum_{n=c}^d \sum_{m=a}^b f(m,n)

Answer 2

Puede utilizar la coerción y, a continuación, Shoenfield del teorema a demostrar el siguiente teorema:

Existe una función continua de $\Bbb R$ $\Bbb R$que es diferenciable.

Esencialmente, la idea es definir una contables obligando cuyas condiciones son continuas aproximaciones para nuestra función, entonces el filtro genérico (es decir, nuestra Cohen real) es de fácil continua pero no diferenciable. Para conseguir esto como una prueba, en lugar de una coherencia a prueba, tenga en cuenta que la declaración "No es una función continua que es diferenciable," es una $\Sigma^1_2$-declaración, así, por el absolutismo era cierto en el modelo de terreno, que fue arbitraria y, por tanto, hemos probado que la quería declaración.

Answer 3

Encontré este en una muy antigua prueba simulacro de putnam:

Mostrar que la suma de dos cubos positivos consecutivos nunca es un cubo.

Answer 4

Aquí, vamos a probar por el agotamiento que la solución para $x$ $ax-b=0$ $x=\frac ba$ si $a$ $b$ son enteros.

En primer lugar, aplicar las raíces racionales teorema de ver que todas las raíces racionales debe ser de la forma $x=\pm\frac pq$ donde $p$ $q$ son los factores de la $b$ $a$ respectivamente. Ya que esta debe ser hecho en general, no podemos directamente el factor de $a$$b$, por lo que acabamos de engañar al señalar que todos los factores deben ser números enteros entre el $1$ $a$ o $b$ inclusive. Por lo tanto,

$$x\stackrel?=\pm\begin{cases}\frac11&\frac21&\frac31&\dots&\frac b1\\\frac12&\frac22&\frac32&\dots&\frac b2\\\frac13&\frac23&\frac33&\dots&\frac b3\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\\frac1a&\frac2a&\frac3a&\dots&\frac ba\end{cases}$$

Y, ya que hay una cantidad finita de casos ($a\times b$ en el peor), una prueba por el agotamiento es posible. Ir a través de, nos encontramos con $x=\frac ba$ a ser una de tales soluciones, y por el teorema fundamental del álgebra, hay una clara raíz, de modo que todas las otras soluciones que han encontrado en nuestro ensayo y error son iguales a esta.

Answer 5

No estoy seguro de si la siguiente prueba de califica - podría decirse que todos sus ingredientes son muy básicos. Sin embargo, creo que su interacción puede todavía ser sorprendente para la mayoría de los no-set-teóricos:

La reclamación. $\mathcal{P}(\mathbb N)$ (y, por tanto,$\mathbb{R}$) es incontable.

Prueba. Deje $\{ x_n \mid n \in \mathbb N \} \subseteq \mathcal{P}(\mathbb N)$ ser cualquier contables subconjunto. Deje $(\mathbb P; \leq)$ ser el poset cuyos elementos son los subconjuntos finitos de $\mathbb N$ ordenado por la inversa de la inclusión. Por lo $x \leq y$ fib $x \supseteq y$. Para cada una de las $n \in \mathbb N$ vamos $$D_n = \{ x \in \mathbb P \mid x \Delta x_n \neq 0 \wedge \operatorname{tarjeta}(x) \ge n \}$$ y tenga en cuenta que $D_n$ es un subconjunto abierto de $\mathbb P$. Por el Rasiowa–Sikorski lema hay un filtro $G \subseteq \mathbb P$ tal que $G \cap D_n \neq \emptyset$ todos los $n \in \mathbb N$. Ahora $x := \bigcup G \subseteq \mathbb N$ es tal que $x \neq x_n$ todos los $n \in \mathbb N$. Q. E. D.