prouver l'existence de nièmes racines pour des nombres réels non négatifs
Je voudrais prouver le résultat suivant: "Soit $x,y \geq 0$ être des réels non négatifs, et laissez $n,m \geq 1$être des entiers positifs. Si$y = x^{\frac{1}{n}}$, puis $y^{n} = x$"C'est le lemme 5.6.6 (a) du livre Analysis 1 de Terence Tao.
La nième racine est définie comme suit. $x^{\frac{1}{n}}:=$souper$\{y\in \mathbb{R}: y\geq 0$ et $y^{n}\leq x\}$.
Auparavant, le lemme suivant a été prouvé. "$\textbf{Lemma 5.6.5:}$ "Laisser $x\geq 0$ être un réel non négatif, et laissez $n\geq 1$être un entier positif. Puis l'ensemble$E:= \{y\in \mathbb{R}: y\geq 0$ et $y^{n}\leq x\}$est non vide et est également délimité au-dessus. En particulier,$x^{\frac{1}{n}}$ est un nombre réel. "
Étant donné le lemme 5.6.5, il suffit de montrer que $y^{n}<x$ et $y^{n}>x$conduisent à des contradictions. Par exemple, dans le cas où$n=2$ et $y^{2}<x$ on peut trouver un $\varepsilon>0$ tel que $(y+\varepsilon)\in E$ juste en développant $(y+\varepsilon)^{2}$ et choisir $\varepsilon$ de manière appropriée, contredisant l'hypothèse selon laquelle $y = sup E$.
Je sais comment ce résultat est prouvé en utilisant soit l'identité $b^{n} - a^{n} = (b-a)(b^{n-1} + b^{n-2}a + ... +a^{n-1})$, qui est utilisé par exemple dans le livre d'analyse réelle de Rudin, ou le théorème binomial. Cependant, j'essaye de prouver le résultat en utilisant seulement quelques conseils donnés dans le manuel. Les indices sont les suivants:
1) Revoyez la preuve que $\sqrt2$est un nombre réel (la preuve suit le contour exact ci-dessus). 2) Preuve par contradiction. 3) La trichotomie de l'ordre. 4) Proposition 5.4.12
$\textbf{Proposition 5.4.12:}$ "Laisser $x$être un nombre réel positif. Alors il existe un nombre rationnel positif$q$ tel que $q\leq x$, et il existe un entier positif $N$ tel que $x\leq N$. "
J'ai essayé de prouver le résultat en utilisant uniquement les quatre conseils donnés ci-dessus, mais je n'ai pu aller nulle part. Les quatre indices sont donnés pour l'ensemble du lemme, qui comprend plus que la déclaration ci-dessus, il n'est donc pas clair que tous les indices sont destinés à être utilisés pour cette déclaration particulière. Auparavant, les propriétés d'exponentiation ont été prouvées pour les nombres réels et les exposants entiers, donc ceux-ci peuvent être utilisés dans la preuve.
Il y a une question similaire ici Aide avec un lemme de la racine nième (sans la formule binomiale) , mais ma question n'y est pas répondue (ni n'a été répondu dans aucun autre article similaire que j'ai lu).
Mes tentatives ont été centrées sur l'idée suivante: Supposons $y^{n} < x$. ensuite$x-y^{n}>0$, ce qui implique l'existence de $q\in \mathbb{Q}^{+}$ tel que $q\leq x -y^{n}$. On pourrait aussi supposer que$0<q<1$ obtenir $q^{n}\leq x-y^{n}$, bien que ce ne soit pas clair pour moi que cela aide. Si nous supposons que$(y+\varepsilon)^{n} \geq q^{n} + y^{n}$ pour tous $\varepsilon>0$, alors nous pourrions obtenir une contradiction en prenant la limite comme $\varepsilon$tend vers zéro. Cependant, les limites ne sont pas développées avant le chapitre suivant. Au lieu de cela, j'ai essayé de trouver$\varepsilon$ directement, en particulier en essayant d'utiliser l'indice numéro quatre, sans aucune chance (je pense que l'inclusion de tous les essais compliqués ici rendrait un message déjà long illisible).
Toute aide serait grandement appréciée. Veuillez excuser le long post. Merci beaucoup à ceux qui prennent le temps de lire ce post.
$\textbf{Edit:}$J'ai posté ma tentative de solution ci-dessous. Je réalise aussi que je n'ai pas vraiment besoin d'utiliser la proposition 5.4.12 pour trouver un rationnel$q$. Je pourrais par exemple travailler avec le nombre réel$x-y^{n}$ ($y^{n]-x$) directement.
Réponses
Voici ma tentative sans utiliser de combinatoires. L'astuce est de remplacer$(y + \varepsilon)^n$ et $(y - \varepsilon)^n$ avec $y^n + \delta$ et $y^n - \delta$ respectivement.
Laisser $E = \{z \in \mathbb{R} : (z \geq 0) \land (z^n \leq x)\}$. Donc$y = x^{1 / n} = \sup(E)$. Supposons, par contadiction, que$y^n \neq x$. Alors d'après la proposition 5.4.7, exactement l'une des affirmations suivantes est vraie:
(JE) $y^n < x$. Maintenant nous voulons montrer que$\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ et $\varepsilon > 0$ tel que $(y + \varepsilon)^n < x$. Car$y < y + \varepsilon$, nous avons donc $y^n < (y + \varepsilon)^n$. Laisser$\delta = (y + \varepsilon)^n - y^n$, puis $\delta > 0$. Par le corollaire 5.4.13, nous pouvons trouver un$N \in \mathbb{N}$ et $N > 0$ tel que $\delta < 1 \times N$. Par la proposition 5.4.14,$\exists\ q \in \mathbb{Q}$ tel que $\delta < q < N$, ce qui signifie $\delta / q < 1$, et nous avons $$ \begin{align*} (y + \varepsilon)^n &= y^n + \delta \\ &= y^n + q \delta / q & (q \neq 0) \\ &< y^n + q. & (\delta / q < 1) \end{align*} $$ Cela signifie que si nous pouvons montrer que $\exists\ q \in \mathbb{Q}$ et $q > 0$ tel que $y^n + q < x$, alors nous pouvons montrer que $\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ et $\varepsilon > 0$ tel que $(y + \varepsilon)^n < x$. Nous pouvons montrer une telle$q$ existe parce que par la proposition 5.4.14 $\exists\ q \in \mathbb{Q}$ et $0 < q < x - y^n$. Donc nous devons avoir$\varepsilon \in \mathbb{R}$ et $\varepsilon > 0$ tel que $(y + \varepsilon)^n < x$. Mais cela signifie$y + \varepsilon \in E$ et $y + \varepsilon \leq y$, une contradiction.
(II) $y^n > x$. Maintenant nous voulons montrer que$\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ et $\varepsilon > 0$ tel que $(y - \varepsilon)^n > x$. Car$y > y - \varepsilon$, nous avons donc $y^n > (y - \varepsilon)^n$. Laisser$\delta = y^n - (y - \varepsilon)^n$, puis $\delta > 0$. Par la proposition 5.4.13, nous pouvons trouver un$q \in \mathbb{Q}$ et $q > 0$ tel que $q < 2q \leq \delta$. Ensuite nous avons$\delta / q > 1$ et $$ \begin{align*} (y - \varepsilon)^n &= y^n - \delta \\ &= y^n - q \delta / q & (q \neq 0) \\ &> y^n - q. & (\delta / q > 1) \end{align*} $$ Cela signifie que si nous pouvons montrer que $\exists\ q \in \mathbb{Q}$ et $q > 0$ tel que $y^n - q > x$, alors nous pouvons montrer que $\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ et $\varepsilon > 0$ tel que $(y - \varepsilon)^n > x$. Nous pouvons montrer qu'un tel (q) existe parce que par la proposition 5.4.14$\exists\ q \in \mathbb{Q}$ et $0 < q < y^n - x$. Donc nous devons avoir$\varepsilon \in \mathbb{R}$ et $\varepsilon > 0$ tel que $(y - \varepsilon)^n > x$. Mais cela signifie$y - \varepsilon$ est une limite supérieure de $E$ et $y - \varepsilon < y = \sup(E)$, une contradiction.
De tous les cas ci-dessus, nous obtenons des contradictions, donc $y = x^{1 / n} \implies y^n = x$.
Voici ma tentative de solution. Notez que pour le cas$y^{n} > x$ J'espérais que nous pourrions utiliser le résultat prouvé lors de la première induction en réglant $y=k+\varepsilon$, mais jusqu'ici je n'ai pas pu prouver qu'il existe une paire $(k,\varepsilon)$ tel que $y=k+\varepsilon$ et $(k+\varepsilon)^{n} - k^{n}<q$ sont satisfaits simultanément.
Nous prouverons ce qui suit par récurrence: Pour tout nombre réel non négatif $y$ et pour tout nombre rationnel positif $q$ il existe $\varepsilon>0$ tel que $(y+\varepsilon)^{n} - y^{n} < q$. L'affaire$n=1$est évident. Supposons maintenant que la déclaration ait été prouvée pour$n=k$. Il faut montrer que ça tient pour$n=k+1$. Notez que$(y+\varepsilon)^{k+1} - y^{k+1} = (y+\varepsilon)((y+\varepsilon)^{k} - y^{k}) + y^{k}\varepsilon$. Laisser$q_{0}$ être un nombre rationnel positif inférieur à $q/2(y+1)$. Un tel nombre existe par la proposition 5.4.14. Par notre hypothèse d'induction, il existe$\varepsilon_{0}$ tel que $(y+\varepsilon)^{k} - y^{k} < q_{0}$. Il existe aussi$\varepsilon_{1}$ tel que $\varepsilon_{1} < 2y^{k}$. Par conséquent, laisser$\varepsilon = $min$(1, \varepsilon_{0}, \varepsilon_{1})$, on a ça $(y+\varepsilon)^{k+1} - y^{k+1} < (y+1)((y+\varepsilon)^{k} - y^{k}) + y^{k}\varepsilon < q/2 + q/2 < q$. Ceci termine l'induction.
Mais cela montre qu'il existe $\varepsilon>0$ tel que $(y+\varepsilon)^{n} < q + y^{n}\leq x$, ce qui implique que $(y+\varepsilon)\in E$. Donc,$y$ n'est pas le suprême de $E$, une contradiction.
Ensuite, supposons que $y^{n} > x$. Notez que cela implique que$y>0$, depuis $y^{n} = 0$ si et seulement si $y=0$. Alors, il existe un nombre rationnel positif$q$ tel que $y^{n}-x\geq q$. Ainsi, si nous pouvons montrer qu'il existe$0 < \varepsilon < y$ tel que $y^{n} - (y-\varepsilon)^{n} < q$, nous avons fini. Faute d'une solution plus élégante pour le moment, faisons la même procédure d'induction que ci-dessus. Nous voulons prouver que pour tout nombre réel positif$y$ et tout nombre rationnel positif $q$ il existe $\varepsilon$, avec $0<\varepsilon < y$, tel que $y^{n} - (y-\varepsilon)^{n} < q$. Le cas de base$n=1$est évident. Ensuite, supposons que nous ayons prouvé la déclaration pour$n=k$. Notez que$y^{k} - y^{k+1} = (y-\varepsilon)(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k} < y(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k}$. Par la proposition 5.4.14 (il existe un rationnel entre deux réels quelconques), il existe un nombre rationnel positif$q_{0}$ tel que $q_{0} < q/(2y)$. Par notre hypothèse d'induction, nous savons qu'il existe$\varepsilon_{0}$ tel que $y^{k} - (y-\varepsilon)^{k} < q_{0}$. Aussi, laissez$\varepsilon_{1} < q/(2y^{k})$. Puis, laissant$\varepsilon = $min$(y, \varepsilon_{0}, \varepsilon_{1})$, on a $y^{k} - y^{k+1} = (y-\varepsilon)(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k} < y(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k} < q/2 + q/2 = q$. Cela ferme l'induction. Par conséquent, en utilisant ce$\varepsilon$, on a ça $-(y-\varepsilon)^{n} < q - y^{n} \leq -x$, ce qui implique que $(y-\varepsilon)^{n} > x$. Par conséquent$y-\varepsilon$ est une limite supérieure pour $E$, ce qui contredit le fait que $y$ est la moindre borne supérieure pour $E$.
Depuis les deux $y^{n}<x$ et $y^{n}>x$ conduisent à des contradictions, nous concluons que $y^{n}=x$.