Bebé Rudin Teorema 1.20 (b) Prueba de

Question

Tengo una pregunta acerca de Rudin la prueba del Teorema 1.20 (b) en su libro Principios de Análisis Matemático. Teorema 1.20 se expresa de la siguiente manera:

(a) Si $x\in R, y\in R$, e $x>0$, entonces no es un número entero positivo $n$ tal que $$nx>y.$$ (b) Si $x\in R, y\in R$, e $x<y$, entonces existe un $p\in Q$ tal que $x<p<y$.

Entiendo Rudin la prueba de (a). El principio de Rudin la prueba de (b) es la siguiente:

Desde $x<y$,$y-x>0$, y (a) proporciona un entero positivo $n$ tal que $$n(y-x)>1.$$ Apply (a) again, to obtain positive integers $m_1$ and $m_2$ such that $m_1>nx$, $m_2>-nx$. Then $$-m_2<nx<m_1.$$ Hence there is an integer $m$ (with $-m_2\leq m\leq m_1$) such that $$m-1\leq nx<m.$$

No entiendo la justificación de esta última frase, que dice "por lo tanto...." Cómo es $m$ encontrado, y por qué se $m_1$ $m_2$ necesaria para encontrar la $m$?

Answer 1

Los enteros $m_1$ $m_2$ servir para acotar $nx$ entre dos números enteros. El conjunto $$=\{-m_2+1,-m_2+2,\ldots,m_1\}$$ is a finite set of integers, so we can choose the smallest member $m$ of this set such that $nx<m$.

Si supiéramos que $nx$ fue positivo, no necesitaríamos $m_2$: sólo podíamos elegir el menor entero positivo $m$ tal que $nx<m$, ya que cada conjunto no vacío de enteros positivos tiene al menos un elemento. De hecho, podemos usar ese bien-principio de orden directamente, una vez que hemos $m_1$$m_2$. Vamos

$$M=\{m\in\Bbb Z^+:m-m_2>nx\}\;.$$

A continuación,$M\ne\varnothing$, ya que el $m_1+m_2\in M$, lo $M$ tiene al menos un elemento, decir $k$. Deje $m=k-m_2$. A continuación,$m>nx$. Sin embargo, $k-1\notin M$, lo $m-1=k-1-m_2\not>nx$, es decir, $m-1\le nx$. Pero tenga en cuenta que yo necesitaba tanto $m_1$ $m_2$ para llevar a cabo este argumento: $m_1$ es necesario para garantizar que existe al menos un entero que es lo suficientemente grande como para exceder $nx$, e $m_2$ es necesario para garantizar que no todo entero es lo suficientemente grande.

Answer 2

Esto, en esencia, se requiere de la inducción o de la buena ordenación de la propiedad de los números naturales.

Deje $S=\{s\in \mathbb N:m_2+s>nx\}$.

Sabemos que $m_1-m_2\in S$. Por lo $S$ es un conjunto no vacío de números naturales. Por el principio de orden, sabemos que hay un $s_0$ que es el menor elemento de a $S$.

Usted también sabe que $s_0\neq 0$, ya que el $m_2+0=m_2\leq nx$.

Finalmente, sabemos que la $s_0-1\in\mathbb N$ desde $s_0\neq 0$ $s_0\in\mathbb N$ ( $0\in \mathbb N$ ). Desde $s_0$ fue el menor elemento de a $S$, sabemos que $s_0-1\notin S$, lo $m_2+s_0-1 \leq nx$. Pero esto significa que $m=m_2+s_0$ tiene la propiedad de que: $$m-1 \leq nx < m$$

Alternativamente, usted puede probar por inducción en $d$ el siguiente teorema:

Si $n\in\mathbb Z$, $d\in\mathbb Z^+$ y $y\in\mathbb R$ tal que $n\leq y<n+d$ existe $m\in\mathbb Z$ tal que $m-1\leq y < m$.

Prueba:

Si $d=1$ $m=n+1$ es suficiente.

Si es verdadera para $d$, vamos a probarlo para $d+1$.

Si $n\leq y\leq n+d+1$ entonces $n\leq y <n+d$ o $n+d\leq y <n+d+1$. En el primer caso, podemos encontrar $m$ por inducción, y en el último caso, tenemos $m=n+d+1$ es una solución.