membuktikan keberadaan akar ke-n untuk bilangan real non-negatif

Question

Saya ingin membuktikan hasil sebagai berikut: "Biarkan $x,y \geq 0$ menjadi real non-negatif, dan biarkan $n,m \geq 1$menjadi bilangan bulat positif. Jika$y = x^{\frac{1}{n}}$, kemudian $y^{n} = x$. "Ini adalah lemma 5.6.6 (a) dari buku Analysis 1 oleh Terence Tao.

Akar ke-n didefinisikan sebagai berikut. $x^{\frac{1}{n}}:=$sup$\{y\in \mathbb{R}: y\geq 0$ dan $y^{n}\leq x\}$.

Sebelumnya, lemma berikut ini sudah terbukti. "$\textbf{Lemma 5.6.5:}$ "Membiarkan $x\geq 0$ menjadi nyata non-negatif, dan biarkan $n\geq 1$menjadi bilangan bulat positif. Kemudian set$E:= \{y\in \mathbb{R}: y\geq 0$ dan $y^{n}\leq x\}$tidak kosong dan juga dibatasi di atas. Khususnya,$x^{\frac{1}{n}}$ adalah bilangan real. "

Mengingat lemma 5.6.5, yang perlu kami tunjukkan hanyalah itu $y^{n}<x$ dan $y^{n}>x$menyebabkan kontradiksi. Misalnya dalam kasus dimana$n=2$ dan $y^{2}<x$ kita dapat menemukan $\varepsilon>0$ seperti yang $(y+\varepsilon)\in E$ hanya dengan berkembang $(y+\varepsilon)^{2}$ dan memilih $\varepsilon$ tepat, bertentangan dengan asumsi itu $y = sup E$.

Saya akrab dengan bagaimana hasil ini dibuktikan menggunakan salah satu identitas $b^{n} - a^{n} = (b-a)(b^{n-1} + b^{n-2}a + ... +a^{n-1})$, yang digunakan misalnya dalam buku analisis nyata Rudin, atau teorema binomial. Namun, saya mencoba membuktikan hasilnya hanya dengan menggunakan beberapa petunjuk yang diberikan dalam buku teks. Petunjuknya adalah sebagai berikut:

1) Tinjau bukti itu $\sqrt2$adalah bilangan real (buktinya mengikuti garis besar persis di atas). 2) Bukti dengan kontradiksi. 3) Trikotomi ketertiban. 4) Proposisi 5.4.12

$\textbf{Proposition 5.4.12:}$ "Membiarkan $x$menjadi bilangan real positif. Kemudian ada bilangan rasional positif$q$ seperti yang $q\leq x$, dan ada bilangan bulat positif $N$ seperti yang $x\leq N$. "

Saya telah mencoba membuktikan hasil hanya dengan menggunakan empat petunjuk yang diberikan di atas, tetapi saya belum bisa kemana-mana. Empat petunjuk diberikan untuk seluruh lemma, yang terdiri lebih dari pernyataan di atas, jadi tidak jelas apakah semua petunjuk dimaksudkan untuk digunakan untuk pernyataan khusus ini. Sebelumnya, properti eksponen telah dibuktikan untuk bilangan real dan eksponen integer, sehingga dapat digunakan sebagai pembuktian.

Ada pertanyaan serupa di sini Bantuan dengan lemma dari akar n (tanpa rumus binomial) , tetapi pertanyaan saya tidak terjawab di sana (juga belum dijawab di posting serupa lainnya yang telah saya baca).

Upaya saya berpusat pada gagasan berikut: Asumsikan $y^{n} < x$. Kemudian$x-y^{n}>0$, yang menyiratkan adanya $q\in \mathbb{Q}^{+}$ seperti yang $q\leq x -y^{n}$. Kami juga bisa berasumsi seperti itu$0<q<1$ mendapatkan $q^{n}\leq x-y^{n}$, meskipun tidak jelas bagi saya apakah ini membantu. Jika kita berasumsi demikian$(y+\varepsilon)^{n} \geq q^{n} + y^{n}$ untuk semua $\varepsilon>0$, maka kita bisa mendapatkan kontradiksi dengan mengambil limit sebagai $\varepsilon$cenderung nol. Namun, batasan tidak dikembangkan hingga bab berikutnya. Sebaliknya, saya telah mencoba untuk menemukan$\varepsilon$ secara langsung, terutama dengan mencoba menggunakan petunjuk nomor empat, tanpa keberuntungan (saya pikir memasukkan semua percobaan yang berantakan di sini akan membuat posting yang sudah panjang tidak dapat dibaca).

Bantuan apa pun akan sangat dihargai. Mohon maafkan posting yang panjang. Terima kasih banyak untuk yang meluangkan waktu untuk membaca postingan ini.

$\textbf{Edit:}$Saya memposting upaya saya pada solusi di bawah ini. Saya juga menyadari bahwa saya tidak perlu menggunakan proposisi 5.4.12 untuk menemukan rasional$q$. Saya bisa misalnya bekerja dengan bilangan real$x-y^{n}$ ($y^{n]-x$) secara langsung.

Answer 1

Inilah usaha saya tanpa menggunakan kombinatorial. Triknya adalah dengan mengganti$(y + \varepsilon)^n$ dan $(y - \varepsilon)^n$ dengan $y^n + \delta$ dan $y^n - \delta$ masing-masing.

Membiarkan $E = \{z \in \mathbb{R} : (z \geq 0) \land (z^n \leq x)\}$. Begitu$y = x^{1 / n} = \sup(E)$. Misalkan demi kontradiksi itu$y^n \neq x$. Kemudian menurut Proposisi 5.4.7, tepat satu dari pernyataan berikut ini benar:

(SAYA) $y^n < x$. Sekarang kami ingin menunjukkannya$\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ dan $\varepsilon > 0$ seperti yang $(y + \varepsilon)^n < x$. Karena$y < y + \varepsilon$, jadi kita punya $y^n < (y + \varepsilon)^n$. Membiarkan$\delta = (y + \varepsilon)^n - y^n$, kemudian $\delta > 0$. Dengan wajar 5.4.13, kita dapat menemukan file$N \in \mathbb{N}$ dan $N > 0$ seperti yang $\delta < 1 \times N$. Dengan Proposisi 5.4.14,$\exists\ q \in \mathbb{Q}$ seperti yang $\delta < q < N$, yang berarti $\delta / q < 1$, dan kita mempunyai $$ \begin{align*} (y + \varepsilon)^n &= y^n + \delta \\ &= y^n + q \delta / q & (q \neq 0) \\ &< y^n + q. & (\delta / q < 1) \end{align*} $$ Artinya jika kita bisa menunjukkannya $\exists\ q \in \mathbb{Q}$ dan $q > 0$ seperti yang $y^n + q < x$, lalu kami dapat menunjukkannya $\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ dan $\varepsilon > 0$ seperti yang $(y + \varepsilon)^n < x$. Kami bisa menunjukkan seperti itu$q$ ada karena menurut Proposisi 5.4.14 $\exists\ q \in \mathbb{Q}$ dan $0 < q < x - y^n$. Jadi kita harus punya$\varepsilon \in \mathbb{R}$ dan $\varepsilon > 0$ seperti yang $(y + \varepsilon)^n < x$. Tapi ini artinya$y + \varepsilon \in E$ dan $y + \varepsilon \leq y$, sebuah kontradiksi.

(II) $y^n > x$. Sekarang kami ingin menunjukkannya$\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ dan $\varepsilon > 0$ seperti yang $(y - \varepsilon)^n > x$. Karena$y > y - \varepsilon$, jadi kita punya $y^n > (y - \varepsilon)^n$. Membiarkan$\delta = y^n - (y - \varepsilon)^n$, kemudian $\delta > 0$. Dengan Proposisi 5.4.13, kita dapat menemukan file$q \in \mathbb{Q}$ dan $q > 0$ seperti yang $q < 2q \leq \delta$. Lalu kita punya$\delta / q > 1$ dan $$ \begin{align*} (y - \varepsilon)^n &= y^n - \delta \\ &= y^n - q \delta / q & (q \neq 0) \\ &> y^n - q. & (\delta / q > 1) \end{align*} $$ Artinya jika kita bisa menunjukkannya $\exists\ q \in \mathbb{Q}$ dan $q > 0$ seperti yang $y^n - q > x$, lalu kami dapat menunjukkannya $\exists\ \varepsilon \in \mathbb{R}$ dan $\varepsilon > 0$ seperti yang $(y - \varepsilon)^n > x$. Kita dapat menunjukkan bahwa (q) ada karena menurut Proposisi 5.4.14$\exists\ q \in \mathbb{Q}$ dan $0 < q < y^n - x$. Jadi kita harus punya$\varepsilon \in \mathbb{R}$ dan $\varepsilon > 0$ seperti yang $(y - \varepsilon)^n > x$. Tapi ini artinya$y - \varepsilon$ adalah batas atas dari $E$ dan $y - \varepsilon < y = \sup(E)$, sebuah kontradiksi.

Dari semua kasus di atas kita mendapatkan kontradiksi, gitu $y = x^{1 / n} \implies y^n = x$.

Answer 2

Inilah upaya saya mencari solusi. Perhatikan bahwa untuk kasus ini$y^{n} > x$ Saya berharap bahwa kami dapat menggunakan hasil yang dibuktikan pada induksi pertama dengan pengaturan $y=k+\varepsilon$, tapi sejauh ini saya belum bisa membuktikan bahwa memang ada pasangan $(k,\varepsilon)$ seperti yang $y=k+\varepsilon$ dan $(k+\varepsilon)^{n} - k^{n}<q$ puas secara bersamaan.

Kami akan membuktikan hal berikut dengan induksi: Untuk bilangan riil non-negatif $y$ dan untuk bilangan rasional positif apa pun $q$ disana ada $\varepsilon>0$ seperti yang $(y+\varepsilon)^{n} - y^{n} < q$. Kasus$n=1$jelas. Sekarang anggaplah pernyataan itu telah terbukti$n=k$. Kita harus menunjukkan bahwa itu berlaku$n=k+1$. Catat itu$(y+\varepsilon)^{k+1} - y^{k+1} = (y+\varepsilon)((y+\varepsilon)^{k} - y^{k}) + y^{k}\varepsilon$. Membiarkan$q_{0}$ menjadi bilangan rasional positif lebih kecil dari $q/2(y+1)$. Angka seperti itu ada dengan proposisi 5.4.14. Dengan hipotesis induksi kami, ada$\varepsilon_{0}$ seperti yang $(y+\varepsilon)^{k} - y^{k} < q_{0}$. Ada juga yang ada$\varepsilon_{1}$ seperti yang $\varepsilon_{1} < 2y^{k}$. Oleh karena itu, membiarkan$\varepsilon = $min$(1, \varepsilon_{0}, \varepsilon_{1})$, kami mengerti $(y+\varepsilon)^{k+1} - y^{k+1} < (y+1)((y+\varepsilon)^{k} - y^{k}) + y^{k}\varepsilon < q/2 + q/2 < q$. Ini melengkapi induksi.

Tetapi ini menunjukkan bahwa ada $\varepsilon>0$ seperti yang $(y+\varepsilon)^{n} < q + y^{n}\leq x$, yang menyiratkan itu $(y+\varepsilon)\in E$. Jadi,$y$ bukanlah yang terpenting $E$, sebuah kontradiksi.

Selanjutnya, anggap saja $y^{n} > x$. Perhatikan bahwa ini menyiratkan itu$y>0$, sejak $y^{n} = 0$ jika dan hanya jika $y=0$. Kemudian, ada bilangan rasional positif$q$ seperti yang $y^{n}-x\geq q$. Jadi, jika kita dapat menunjukkan bahwa ada$0 < \varepsilon < y$ seperti yang $y^{n} - (y-\varepsilon)^{n} < q$, kita selesai. Saat ini kekurangan solusi yang lebih elegan, mari lakukan prosedur induksi yang sama seperti di atas. Kami ingin membuktikan itu untuk bilangan real positif apa pun$y$ dan bilangan rasional positif apa pun $q$ disana ada $\varepsilon$, dengan $0<\varepsilon < y$, seperti yang $y^{n} - (y-\varepsilon)^{n} < q$. Kasus dasar$n=1$jelas. Selanjutnya, misalkan kita telah membuktikan pernyataan tersebut$n=k$. Catat itu$y^{k} - y^{k+1} = (y-\varepsilon)(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k} < y(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k}$. Dengan proposisi 5.4.14 (ada rasional antara dua real) ada bilangan rasional positif$q_{0}$ seperti yang $q_{0} < q/(2y)$. Dengan hipotesis induksi kami, kami tahu bahwa ada$\varepsilon_{0}$ seperti yang $y^{k} - (y-\varepsilon)^{k} < q_{0}$. Juga, biarkan$\varepsilon_{1} < q/(2y^{k})$. Lalu, biarkan$\varepsilon = $min$(y, \varepsilon_{0}, \varepsilon_{1})$, kita mendapatkan $y^{k} - y^{k+1} = (y-\varepsilon)(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k} < y(y^{k} - (y-\varepsilon)^{k}) + \varepsilon y^{k} < q/2 + q/2 = q$. Ini menutup induksi. Oleh karena itu, gunakan ini$\varepsilon$, kami mengerti $-(y-\varepsilon)^{n} < q - y^{n} \leq -x$, yang menyiratkan itu $(y-\varepsilon)^{n} > x$. Karenanya$y-\varepsilon$ adalah batas atas untuk $E$, Yang bertentangan dengan fakta itu $y$ adalah batas atas terkecil untuk $E$.

Sejak keduanya $y^{n}<x$ dan $y^{n}>x$ menyebabkan kontradiksi, kami menyimpulkan itu $y^{n}=x$.