Mostrando que $\mathbb{Q}$ no está completa

Question

Demostrar que no es menos cota superior para $A=\{x: x^2<2\}$$\mathbb{Q}$.

Supongamos $\alpha \in \mathbb{Q}$ es la menor cota superior de a $A$. A continuación, cualquiera de $\alpha^2 < 2$ o $\alpha^2 > 2$. Sé que la prueba de que el caso anterior y por qué no podemos tener la igualdad. Así que aquí está mi intento en el último caso ($\alpha^2 > 2$):

Desde $\alpha \le x$ todos los $x \in A$, para cualquier $\epsilon > 0$ hay un $x' \in A$ tal que $x' > \alpha - \epsilon$. Claramente $1\le\alpha\le 2$, así que elige $\epsilon=\dfrac{\epsilon^2}{2\alpha}<1$. Ahora tenemos $x'^2>\alpha^2 - \epsilon^2 + \epsilon^2 = \alpha^2>2$. Contradicción.

Es que aceptable?

Answer 1

Su primera cláusula ("Desde $\alpha\le x$ todos los $x\in A$") es incorrecta. La desigualdad tiene que ir por el otro camino. Ahora, usted puede decir "Desde $\alpha$ es la menor cota superior de a $A$, entonces para cualquier...."

A continuación, decir que $1\le\alpha\le2$, lo cual es cierto, pero se debe ser cauto al decir que "claramente" en una prueba a menos que usted puede probar realmente la supuestamente declaración clara. (Supongo que se puede).

Ahora, cuando usted dice "elija $\epsilon=\dfrac{\epsilon^2}{2\alpha}$" realmente estás diciendo simplemente: "elija $\epsilon=0$ o $\epsilon=2\alpha$". El primero puede no ser lo que quieres decir (ya que usted está buscando para $\epsilon>0$), por lo que acaba de decir "elija $\epsilon=2\alpha$." Entonces es cierto que $\epsilon=\dfrac{\epsilon^2}{2\alpha}$ $\epsilon>0.$ Entonces podemos concluir que hay algo de $x'\in A$ tal que $$x'>\alpha-\epsilon=-\alpha.$$ Since $\alfa>0$, we can't draw any further conclusion from this alone regarding which of $x'^2$ and $\alpha^2$ is larger. Your approach breaks down completely at this point. In order to derive a contradiction from $x'>\alpha\epsilon$ and $\alpha^2>2$, you'd need to know that $x'+\epsilon\en$, so that $2>(x'+\epsilon)^2>\alpha^2>2$. You'll need to choose your $\epsilon>0$ and your resulting $x\in A$ más cuidadosamente para garantizar que.

Answer 2

Esto puede ser un poco largo de explicar, pero es un buen ejercicio, en mi opinión. Compruebe lo siguiente

$(1)$ Deje $r=\dfrac pq $ ser un racional positivo tal que $$r^2<2 $$

Entonces $$r'=\frac{3r+4}{2r+3}$$ is larger than $r$; and $$r'^2<2$$

$(2)$ Deje $r=\dfrac pq $ ser un racional positivo tal que $$r^2>2 $$

Entonces $$r'=\frac{3r+4}{2r+3}$$ is smaller than $r$; and $$r'^2>2$$

$(3)$ Probar que si tomamos cualquier racional $r>1$ tal que $r^2<2$ (o $>2$), a continuación, la secuencia de $$\langle r_n\rangle $$ defined by $$\begin{cases} r_0=r\\r_{n+1}=r_n^\prime \end{cases}$$

es tal que $r_n^2\to 2$ monótonamente desde abajo (o arriba).

Sugerencia de Probar que si escribimos $$r=p/q$$ with $p<q$ so $$r_n=\frac{p_n}{q_n}$$ with $$p_{n+1}={3p_{n}+4q_{n}}\;\;\; ; q_{n+1}={2p_n+3q_n}$$ the sequence of integers $p_n>q_n$ is such that for each $n$, $$p_n^2-2q_n^2=-1$$ and $q_{n+1}>5^nq_0$

Este a su vez le dice que cada aproximación le da un extra decimal de $\sqrt 2$, y le da un conjunto infinito de pares que resolver la ecuación de Diophantine $$x^2-2y^2=-1$$

Answer 3

Sugerencia: Muestre que si $\alpha$ es un límite superior, entonces también lo es $\frac{\alpha^2+2}{2\alpha}$ y demostrar que si $\alpha^2>2$ este es un inferior límite superior.

Detalles.

En primer lugar, si $u^2<2$ $u\leq\alpha$ $$\frac{\alpha^2+2}{2\alpha}-u = \frac{\alpha^2-2\alpha u + 2}{2\alpha}=\frac{(\alpha-u)^2 + 2-u^2}{2\alpha}>0$$

En segundo lugar, si $\alpha>0$$2<\alpha^2$, $2+\alpha^2<2\alpha^2$ y, por tanto, $$\frac{\alpha^2+2}{2\alpha}<\alpha$$