1.4 Целые числа. Принцип Архимеда

Одна из аксиом сложения предполагает наличие у каждого числа $x$ противоположного ему числа $-x$ , т. е. такого, что $x\;+\;(-x)\;=\;0$ .

Натуральные числа, противоположные им и число $0$ будем называть целыми числами. Множество всех целых чисел обозначается через $\mathbb{Z}$ .

Лемма 1. Во всяком непустом ограниченном сверху подмножестве множества целых чисел существует наибольший элемент.

Пусть A – ограниченное сверху подмножество множества целых чисел. Тогда у него существует верхняя грань $c\;=\;\sup\;A$ . Число $c-1$ не является верхней границей множества A и поэтому найдется такое $z_0\in A$ , что $c\;-\;1\;<\;z_0\;\leq\;c$ . Это число $z_0$ является наибольшим в A. В самом деле, если найдется $z’\in A$ , такое, что $z’>z_0$ , то $z’\geq z_0+1$ (во множестве $\mathbb{Z}$ между $z_0$ и $z_0+1$ нет целых чисел). Но $z_0+1>c$ , а значит, и $z’>c$ , что противоречит тому, что c – верхняя граница множества A.

Следствие. Множество $\mathbb{N}$ всех натуральных чисел неограничено сверху.

В самом деле, если бы $\mathbb{N}$ было бы ограниченным сверху, то, согласно лемме 1, в нем нашелся бы наибольший элемент $n_0$ . Но $n_0 + 1 > n_0$ и $n_0+1\in\mathbb{N}$ , что приводит к противоречию.

С помощью кванторов это следствие можно записать так:

$\forall a\;\in\;\mathbb{R}\;\;\exists n\;\in\;\mathbb{N}\;:\;\;n\;>\;a$

Лемма 2. В каждом непустом ограниченном снизу подмножестве
целых чисел существует наименьший элемент (доказывается аналогично лемме 1).

Теорема (принцип Архимеда). Для любого действительного числа $x$ и для любого положительного $h$ существует единственное целое число $k_0$ , такое, что $({\mathrm k}_0\;-\;1)\mathrm h\;\leq\;\mathrm x\;<\;{\mathrm k}_0\mathrm h$ .

Зададим $x\in R$ и $h>0$ . Множество целых чисел $k$ , таких, что $k>\frac xh$ , непусто в силу следствия из леммы 1, и это множество ограничено снизу. Поэтому, в силу леммы 2, в этом множестве есть наименьший элемент $k_0$ , и он единственный. Так как $k_0>\frac xh$ , а из неравенства $k_0-1\leq\frac xh$ следует, что $(k_0-1)\leq x$ .

С геометрической точки зрения принцип Архимеда означает, что каждая точка $x\in\mathbb{R}$ попадает в один, и только в один из полуинтервалов $\lbrack(k-1)h,kh\rbrack$ .

Рациональным называется число, которое может быть представлено в виде $\frac pq$ , где $p$ – целое, $q$ – натуральное. Множество всех рациональных чисел обозначается через $\mathbb{Q}$ .

Пусть $a$ , $b$ – действительные числа, такие, что $a < b$ . Тогда найдется такое рациональное число $r$ , что $a < r < b$ .

Выберем натуральное $n>\frac1{b-a}$ (оно существует в силу следствия из леммы 1).Применяя принцип Архимеда с $h=\frac1n$ найдем такое целое $k$ , что $\frac{k-1}n\leq a<\frac kn$ . Обозначим $r=\frac{\displaystyle k}{\displaystyle n}\in\mathbb{Q}$ . Остается показать, что $r<b$ . Если $r=\frac{\displaystyle k}{\displaystyle n}\geq b$ , то из неравенства $\frac{\displaystyle k-1}{\displaystyle n}\leq a$ получим, что $\frac{\displaystyle1}{\displaystyle n}\geq b-a$ , т. е. $n\leq\frac1{b-a}$ , что противоречит выбору числа $n$ .

Это следствие называют свойством плотности рациональных чисел.

Примеры решения задач

Пусть $\{-x\}$ — множество чисел, противоположных числам $x\in\{x\}$ .Доказать, что
a) $\inf\{-x\}=-\sup\{x\}$
b) $\sup\{-x\}=-\inf\{x\}$ ^[2]

Решение

a) Обозначим $s=sup\{x\}$
тогда $\forall e\in\{x\}:e\leq s\Rightarrow$ (из аксиом умножения и так как $-1<0$ ) $\forall e\in\{x\}:-e\geq-s$ , что, в свою очередь и означает что $\inf\{-x\}=-sup\{x\}$ .
b) Поскольку $-(-x)=x$ то множество чисел ${x}$ противоположно ${-x}$ то выполняется следующее: $\inf\{x\}=-sup\{-x\}$ (из примера а). Домножив обе части на -1 получим нужное равенство.

Докажите что для любых 2х разных действительных чисел $a,b$ найдется 2 различных, не пересекающихся полуинтервалов, таких что каждое из чисел $a,b$ принадлежит ровно одному отрезку.

Решение

Не нарушая общности пусть $a>b$ . Тогда по следствию из принципа Архимеда найдется $a\;>\;r\;\;>\;b$ . Теперь найдем такое $c$ что $c<b$ . На множестве действительных чисел это можно сделать. Теперь если рассматривать полуинтервалы $(c;r\rbrack$ и $(c;r\rbrack$ то можно заметить что $c<b<r<a\;\Rightarrow\;b\in(c;r\rbrack,\;b\not\in(r;a\rbrack,\;a\not\in(c;r\rbrack,\;a\in(r;a\rbrack$ а это то что и требовалось доказать.

Пусть $\left\{x+y\right\}$ есть множество всех сумм $x+y$ , где $x\in\{x\}$ и $y\in\{y\}$ .
Доказать равенства:
a) $\inf\{x+y\}\;=\;\inf\{x\}\;+\;\inf\{y\}$ ;
b) $sup\{x+y\}\;=\;sup\{x\}\;+\;sup\{y\}$ ;^[2]

Решение

a)Предположим что это не так.
Обозначим $a=\;\inf\{x\}\;,\;b=\inf\{y\}$ . Тогда $\exists x_0\in\{x\},y_0\in\{y\}:\;x_0+y_0<a+b$ , то есть $(x_0-a)+(y_0-b)<0$ . Но это невозможно так как $x_0>a\Rightarrow x_0-a>0,\;y_0>b\Rightarrow y_0-b>0$ , а сумма двух положительных не может дать отрицательное. Что значит что наше предположение не верно, а верно то что и требовалось доказать.
b)Из примера (а) если заменить $\{x\}$ на $\{-x\}$ и $\{y\}$ на $\{-y\}$ получим $\inf\{-x-y\}\;=\;\inf\{-x\}\;+\;\inf\{-y\}$ . Из примера (1а) можно заметить что $-\sup\{x+y\}\;=\;-\sup\{x\}\;-\;\sup\{y\}$ . Домножив на $-1$ обе части равенства получим то что и требовалось доказать.

Литература

Тест. Целые числа. Принцип Архимеда.

это тест для того что бы вы узнали что вы выучили и что не выучили с этой лекции

М1689. Задача об арифметической прогрессии

Задача из журнала «Квант» (1999 год, 3 выпуск)

Условие

Арифметическая прогрессия из натуральных чисел содержит не менее трех членов, их произведение – делитель некоторого числа $n^2 + 1$ .

Докажите, что существует такая прогрессия с разностью $12$ .
Докажите, что такой прогрессии с разностью $10$ или $11$ не существует.
* Какое наибольшее число членов может содержать такая прогрессия с разностью $12$ ?

Решение

Рассмотрим числа $1$ , $13$ , $25$ ; для них $5^2 + 1 = 13\cdot2$ ,
$7^2 + 1 = 25 \cdot 2$ . Число $57^2 + 1$ делится на $13\cdot25$ : к этому легко придти непосредственно, а общий метод см. ниже.
Из трех чисел $а$ , $а + 10$ , $а + 20$ одно делится на $3$ , а $n^2 + 1$ на $3$ не делится.
Случай разности $11$ рассматривается аналогично.
Ни один из членов прогрессии не делится на $7$ , ибо на $7$ не делится $n^2 + 1$ . Значит, из семи членов прогрессии (если бы такая была) можно было бы выбрать два, разность которых делится на $7$ . Получили противоречие:
$k\cdot 12$ кратно $7$ (пишут: $k\cdot 12 \vdots 7$ ), где $0 < k < 7$ .

Докажем, что прогрессия из шести членов есть:

$\left(5, 17, 29, 41, 53, 65\right)$ .

Нам нужно доказать существование такого числа $n$ , что $n^2 + 1$ делится на
$\begin{equation}\label{eq:exp1}5\cdot17\cdot 29\cdot 41\cdot 53\cdot 65 = \left( 25\right) \cdot 17\cdot 29\cdot 41\cdot 53\cdot 13.\end{equation}$
Каждое из шести чисел в правой части $\eqref{eq:exp1}$ обладает
нужным свойством:

$\left(7 + 25x\right)^2 + 1 \vdots 25$ , $\left(4 + 17y\right)^2+ 1 \vdots 17$ ,

$\left(12 + 29z\right)^2 + 1 \vdots 29$ , $\left(9 + 41u\right)^2+ 1 \vdots 41$ ,

$\left(23 + 53v\right)^2 + 1 \vdots 53 \left( так \;как \;23^2 + 1 = 530\right),$

$\left(5 + 13w\right)^2+ 1 \vdots 13$ .

Теперь нам понадобится предложение, известное как «китайская теорема об остатках».

$a_1, \dotsc , a_m —$ натуральные числа, каждые
два из которых взаимно просты, $r_1, \dotsc , r_m —$ произвольные целые числа. Тогда существуют целые числа $x_1, \dotsc , x_m$ такие, что

$a_1x_1+r_1=\dotsc=a_mx_m+r_m$ .
При $m = 2$ теорема доказывается с помощью алгоритма Евклида, после чего ее утверждение распространяется на общий случай $m > 2$ по индукции.
Для окончания решения пункта в) достаточно применить теорему к системе уравнений $7 + 25x = 4 + 14y = \dotsc + 23+53v=5+13w$ .

Существуют ли более длинные арифметические прогрессии, удовлетворяющие всем условиям нашей задачи? На этот вопрос нетрудно ответить с помощью результатов статьи «Суммы квадратов и целые гауссовы числа» (см. «Квант» №3 за 1999 год).Именно, легко показать, что разность любой прогрессии задачи обязана делиться на $12$ . С другой стороны, выше мы показали, что разность любой такой прогрессии, содержащей не менее семи членов, должна делиться на $7$ .
Прогрессия задачи с разностью $12\cdot7 = 84$ существует: с помощью статьи «Суммы квадратов…» и китайской теоремы об остатках легко показать, что делителем некоторого числа $n^2 + 1$ является произведение всех членов
прогрессии $\left(29, 113, 197, 281, 365, 449, 533, 617, 701,785\right)$ .
Эта прогрессия содержит $10$ членов; $11$ же членов прогрессия задачи с разностью $84$ содержать не может: $84$ не делится на простое число $р = 4k + 3 = 11$ .

В.Сендеров

M1412. Сумма дробей

Условие

Натуральные числа $x$ и $y$ таковы, что сумма дробей $\frac { { x }^{ 2 }-1 }{ y\quad+\quad 1 } +\frac { { y }^{ 2 }-1 }{ x\quad+\quad 1 }$ — целое число. Докажите, что каждая из дробей — целое число.

Решение:

Пусть $u$ — первая, $v$ — вторая из этих дробей. Их сумма и произведение — целые числа, поэтому $u$ и $v$ корни квадратного уравнения с целыми коэффициентами, скажем, ${ z }^{ 2 } + m \cdot z + n = 0$ . Так как $u$ и $v$ — рациональные корни, то дискриминант ${ m }^{ 2 }-4\cdot n$ этого уравнения — рациональное число и, более того, целое, причем той же четности, что и $m$ .
Формулы Виета
Но тогда $u$ и $v$ — тоже целые, ведь $u$ , $v$ = $\frac { -m+-\sqrt { { m }^{ 2 }-4\cdot n } }{ 2 }$ , а в числителе под корнем стоит четное число. Существует также много решений этой задачи, связанных с рассмотрением общих делителей чисел $x + 1$ и $y + 1$ .

А.Перлин

Существование иррациональных чисел

Натуральные, целые и рациональные числа

В процессе счёта возникли
$\mathbb{N}=\{1,2,3,…,n,…\}$ .
Сложение и умножение натуральных чисел снова даёт натуральное число. Операция «вычитание» во множестве натуральных чисел приводит к целым числам.
$\mathbb{Z}=\{0,1,-1,2,-2,…,n,-n\}$ .
Операция «деление» во множестве целых чисел приводит к рациональным числам.
$\mathbb{Q}=\{\frac{m}{n}, m\in\mathbb{Z}, n\in\mathbb{N}\}$ .
Например: $\frac{1}{2}; \frac{5}{8}; -\frac{1}{2}; -\frac{11}{8}; -\frac{1}{30} …$
Во множестве рациональных чисел $\mathbb{Q}$ выполняются все 4 арифметических действия. В данном множестве можно решать уравнения 1-ой степени $(a*x+b=c)$ , однако, простейшее уравнение $x^2=a$ , $a\in\mathbb{N}$ не всегда разрешимо в $\mathbb{Q}$ , в частности, уравнение $x^2=2$ не имеет решений в $\mathbb{Q}$ .

Необходимость иррациональных чисел

Докажем, что уравнение $x^2=2$ не имеет решений в $\mathbb{Q}$ .

Теорема

Не существует рационального числа, квадрат которого равен 2.
$\square$ Предположим противное. Предположим, что существует такое рациональное число, квадрат которого равен 2. Числа $p$ и $q$ — числитель и знаменатель данного рационального числа; $p$ и $q$ — взаимно простые (числа, наибольший общий делитель которых равен 1).

$\frac{p}{q}\in\mathbb{Q},$ $(\frac{p}{q})^{2}=2$

$p^{2}=2q^{2}$ $\Rightarrow$ $p^{2} \vdots 2$

$p^{2}$ — чётное число, тогда $p$ — чётное.

Отсюда: $p=2s$

$4s^{2}=2q^{2} |:2$

$2s^{2}=q^{2} \Rightarrow q^{2}$ — чётное $\Rightarrow q$ — чётное.

Получили противоречие того утверждения, что $p$ и $q$ — взаимно простые. $\blacksquare$

Таким образом, проблема решения уже таких уравнений приводит к необходимости расширения множества рациональных чисел путём добавления к ним иррациональных чисел.
Бесконечные дроби: периодические десятичные дроби
Зная рациональное число, его можно представить либо в виде конечной десятичной дроби, либо в виде бесконечной периодической десятичной дроби.

$1)$ $\frac{3}{8}=0,375$ — конечная десятичная дробь;
$0,375=\frac {375}{1000}=\frac {3}{8}$ .
$2)$ $\frac{27}{11}=2,454545…=2,(45)$ — бесконечная периодическая десятичная дробь.
$2,(45)=2+\frac{45}{100}+\frac{45}{100^{2}}+\frac{45}{100^{3}}+\cdots$ $=2+45(\frac{1}{100}+\frac{1}{100^{2}}+\frac{1}{100^{3}}+\cdots)$ .
Используем формулу суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии: $S_{n}=\frac{b_{1}}{1-q}$ , где $b_{1}$ — первый член геометрической прогрессии, $q$ — знаменатель прогрессии.
Получим: $2+45(\frac{1}{100}+\frac{1}{100^{2}}+\frac{1}{100^{3}}+\cdots)=$ $2+45*\frac{\frac{1}{100}}{1-\frac{1}{100}}=$
$=2+\frac{45}{99}=2\frac{5}{11}$ .
Договоримся, конечную десятичную дробь будем отождествлять с бесконечной десятичной дробью с $«0»$ в периоде.
$0,375=0,375(0)$ .
Между множеством множеством всех рациональных чисел и множеством всех периодических бесконечных десятичных дробей установлена связь, если отождествлять бесконечную периодическую дробь с $(9)$ с бесконечной периодической периодической дробью с $(0)$ .
$2,5=2,5(0)=2,4+0,1=2,4+\frac{1}{10}=$ $2,4+(\frac{9}{100}+\frac{9}{1000}+\frac{9}{10000}+\cdots)=$ $=2,4+\frac{9}{10}(\frac{1}{10}+\frac{1}{10^{2}}+\frac{1}{10^{3}}+\cdots)$ $=2,4+0,9(9)=2,4(9).$

Тест "Существование иррациональных чисел".

Тестовые задания по вышеизложенной теме.

Задание 1 из 5

1.
Количество баллов: 1
Какие операции на множестве натуральных чисел снова дают натуральные числа?
- сложение
- деление
- вычитание
- умножение
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 5

2.
Количество баллов: 1
Какое отношение между множествами правильное?
- $\mathbb{Q}\subset\mathbb{N}\subset\mathbb{Z}\subset\mathbb{R}$
- $\mathbb{N}\subset\mathbb{Q}\subset\mathbb{Z}\subset\mathbb{R}$
- $\mathbb{N}\subset\mathbb{Z}\subset\mathbb{Q}\subset\mathbb{R}$
- $\mathbb{Z}\subset\mathbb{R}\subset\mathbb{Q}\subset\mathbb{N}$
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 5

3.
Количество баллов: 1
Заполните пробел:
- Договорились, конечную десятичную дробь отождествлять с бесконечной десятичной дробью с (0) в периоде.
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 5

4.
Количество баллов: 1
Отсортируйте операции в порядке расширения множеств, к которым они приводят.
- сложение
- вычитание
- деление
- извлечение корня
Правильно

Неправильно

Задание 5 из 5

5.

Количество баллов: 1

Отсортируйте числа, в зависимости от того множества, к которому они принадлежат

Элементы сортировки

$\sqrt{3}$
$\sqrt{4}$
$5\sqrt{-1}$

Иррациональное

Рациональное

Комплексное

Источники:

З. М. Лысенко. Лекции по математическому анализу.
В. И. Коляда, А.А.Кореновский «Курс лекций по мат.анализу, часть 1» (Одесса, «Астропринт», 2009г.), стр.1.
В. И. Ильин, Э.Г.Позняк «Основы мат.анализа, часть 1, выпуск 2» (Издание четвёртое, переработанное и дополненное, 1982г.) стр.40. (скачать учебник можно здесь).

Подробнее про «существование иррациональных чисел» на:

Wikipedia

Викизнание

Метка: целые числа

1.4 Целые числа. Принцип Архимеда

Примеры решения задач

Литература

Тест. Целые числа. Принцип Архимеда.

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Элементы сортировки

4.

5.

М1689. Задача об арифметической прогрессии

Условие

Решение

M1412. Сумма дробей

Условие

Решение:

Существование иррациональных чисел

Натуральные, целые и рациональные числа

Необходимость иррациональных чисел

Теорема

Тест "Существование иррациональных чисел".

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Элементы сортировки

Источники:

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат