Pruebalo $(\sup\{y\in\Bbb R^{\ge0}:y^2\le x\})^2=x$

Question

Esta pregunta es simple de fundamentos de análisis, con respecto a la definición de la función de raíz cuadrada. Comenzamos por definir

$$\sqrt x:=\sup\{y\in\Bbb R^{\ge0}:y^2\le x\}:=\sup S(x)$$

para $x\ge0$, y ahora queremos demostrar que cumple con su definición de la propiedad, es decir,$\sqrt x^2=x$. Dividiendo en casos $x\le1$ (donde $1$ es un límite superior para $S(x)$) y $x\ge1$ (donde $x$ es un límite superior para $S(x)$), sabemos $S(x)$ es superior de la curva y por lo tanto la función está bien definida para todos los $x\ge0$.

Se sigue por el teorema del valor intermedio aplicado a $f(y)=y^2$ $[0,\max(1,x)]$ que $\sqrt x^2=x$, si podemos probar que $f(y)$ es continua, pero baste decir que me gustaría probar el IVT más tarde, en la generalidad, cuando voy a tener la definición $|x|=\sqrt{xx^*}$ (que se usa en la definición de continuidad), así que llegué a un problema de la circularidad. Por lo tanto necesito un "bootstrap" de la versión de la IVT para este caso particular, es decir, yo simplemente no puede invocar este teorema.

¿Cuál es la forma más limpia para llegar a la meta aquí? Suponga que yo no tengo ningún teoremas para el trabajo, salvo el álgebra elemental.

Answer 1

Ya que tienes el l.u.b. axioma, usted puede utilizar que, para cualquier par de conjuntos acotados $A,B$ de los reales no negativos, tenemos $$(\sup A) \cdot (\sup B)=\sup( \{a\cdot b:a \in A,b \in B\}).$$ Aplicando esto a $A=B=S(x)$ queremos encontrar la sup de la serie de los productos de $a\cdot b$ donde $a^2\le x$ $b^2 \le x.$ Primera nota cualquiera de estos productos es en la mayoría de las $x$: sin pérdida de asumir $a \le b$, luego tenemos a $ab \le b^2 \le x.$ Esta cantidad de muestra $\sqrt{x}\cdot \sqrt{x} \le x$ para su definición de la $\sqrt{x}$ sup.

Segundo, ya que podemos usar cualquier (independiente) opciones de $a,b \in S(x)$ podemos en concreto, ambos iguales, y obtener los productos de $t\cdot t=t^2$, lo que, dada la definición de $S(x)$, han supremum $x$, lo que muestra que $\sqrt{x}\cdot \sqrt{x} \ge x$.

Answer 2

Deje $f(x):=\sqrt{x}:=\sup(y| y^2\leq x)$.

Como se ha señalado en los comentarios existencia de supremum implica la propiedad de Arquímedes: Si no es $x$ tal que para cada $n\in\mathbb{N}$, $x>n$ entonces hay una supremum $y$$\mathbb{N}$. Pero entonces no es $n\in\mathbb{N}$ tal que $n>y-1$, de donde $\mathbb{N}\ni n+1>y$. Lo cual es una contradicción. Por lo tanto tenemos:

Arquímedes de la propiedad: Para cada $x$ hay $n\in\mathbb{N}$ tal que $n>x$.

El Arquímedes de la propiedad es muy cómodo de usar ya que desde allí podemos aplicar la prueba acerca de los límites, etc. a las que estamos acostumbrados en el Cálculo.

Desde supremum es el mínimo de la envolvente:

Para cada $n\in\mathbb{N}$ hay $y_n$ tal que $y_n^2\leq x$$y_n>f(x)-\frac{1}{n}$. Podemos tomar $n$ tal que $f(x)-\frac{1}{n}>0$ (de Arquímedes de la propiedad). Cuadrado ambos lados de $y_n>f(x)-\frac{1}{n}$ para obtener $$x\geq y_n^2>(f(x)-\frac{1}{n})^2$$. We have that $f(x)^2$ is an upper bound of all $(f(x)-\frac{1}{n})^2$.

Podemos demostrar ahora que es el mínimo obligado. Para cada $e>0$ $n$ tal que $n>\frac{2f(x)}{e}$ (de Arquímedes de la propiedad). A continuación,$e\geq \frac{2f(x)}{n}>\frac{2f(x)}{n}-\frac{1}{n^2}$, de donde $f(x)^2-e<f(x)^2-\frac{2f(x)}{n}+\frac{1}{n^2}=(f(x)-\frac{1}{n})^2$. Por lo tanto $f(x)^2$ es la mínima cota de la $(f(x)-\frac{1}{n})^2$.

De lo anterior se muestra la desigualdad de $x$ es un límite superior de la $(f(x)-\frac{1}{n})^2$ y por lo tanto es más grande que su supremum, es decir, conseguir que la $x\geq f(x)^2$.

Ahora tenemos que hacer que la otra desigualdad.

Desde supremum es un obligado:

Para cada $n>0$ tenemos $(f(x)+\frac{1}{n})^2> x$, de lo contrario $f(x)$ no es una cota superior de a $(y|y^2<x)$. Ahora debemos demostrar que $-f(x)^2$ es el supremum de $-(f(x)-\frac{1}{n})^2$. Esto implica que el $-f(x)^2\leq-x$, es decir,$f(x)^2\geq x$. Puedo poner el signo menos para el uso que hemos supremum de conjuntos acotados, pero, por supuesto, sucede lo mismo para la infimum. Ahora procedemos como antes. Deje $e>0$ y tome $n$ tal que $n>\frac{1}{e}$ $n^2>\frac{1}{e}$ o $e>\frac{1}{n^2}>-\frac{2f(x)}{n}+\frac{1}{n^2}$. Por lo tanto $-f(x)^2-e<-f(x)^2+\frac{2f(x)}{n}-\frac{1}{n^2}=-(f(x)-\frac{1}{n})^2$. Por lo tanto, $-f(x)^2$ es la mínima cota de la $-(f(x)-\frac{1}{n})^2$, y por lo tanto el supremum. QED.

Answer 3

Deje $A=\sup S(x)=\sqrt x$. (Queremos mostrar $A^2=x$.) Por el AM-GM de la desigualdad, $\frac12(A+\frac xA)\ge\sqrt x$. Aquí está la prueba algebraica de esta afirmación:

$$0\le\Big(A-\frac xA\Big)^2=A^2-2x+\frac{x^2}{A^2}\implies 4x\le A^2+2x+\frac{x^2}{A^2}=\Big(A+\frac xA\!\Big)^2,$$

y nosotros el deseado desigualdad mediante la aplicación de una raíz cuadrada y dividiendo por 2. Por supuesto que no tiene raíz cuadrada sin embargo, y así podríamos seguir en este formulario. El punto es que si $A^2>x$,$A>\frac xA$, lo $A>\frac12(A+\frac xA)$. Pero para cada $y\in S(x)$, $y^2\le x\le\frac14(A+\frac xA)^2$, por lo $y\le\frac12(A+\frac xA)$. (Tenga en cuenta que $a<b$ fib $a^2<b^2$$a,b\in\Bbb R^{\ge0}$.) Por lo tanto $\frac12(A+\frac x A)$ es un límite superior de $S(x)$ menos de $A$, una contradicción. Por lo tanto,$A^2\le x$.

Si $x=0$, $S(0)=\{0\}$ $\sup S(0)=0$ e lo $A^2=x$. Si $x>0$$0<\min(x,1)^2<x$$\sup S(x)=A>0$. Por lo tanto $2A>A$ así que si $A^2\le\frac x4$$2A\in S(x)$, una contradicción. Por lo tanto $A^2>\frac x4$.

Para el último caso, si $0<\frac x4\le A^2<x$ $\frac 32A>0$, $x-A^2>0$, y $A^2-\frac x4\ge0$, por lo que $$0\le\frac{x-A^2}{[\frac 32\!A]^2}\Big(A^2-\frac x4\!\Big)=x-\frac{x^2A^{-2}+4x+4A^2}9=x-\Big(\!\frac{xA^{-1}+2A}3\!\Big)^2:=x-B^2,$$

por lo $B^2\le x$. También $$B=\frac x{3A}+\frac{2A}3=A+\frac{x-A^2}{3A},$$ so $B>a$. Thus $B\in S(x)$ is greater than $=\sup S(x)$, a contradiction. Thus $^2=x$.