Spiegazione della dimostrazione di Shakarchi di 1.3.4 nell'analisi universitaria di Lang
Attualmente sto lavorando attraverso l'analisi universitaria di Lang e sto cercando di capire la prova di Rami Shakarchi di quanto segue:
Permettere $a$ essere un numero intero positivo tale che $\sqrt a$è irrazionale. Permettere$\alpha = \sqrt a$. Mostra che esiste un numero$c > 0$ tale che per tutti i numeri interi $p, q$, con $q > 0$ noi abbiamo $\mid q \alpha - p \mid > c/q$.
Ho aggiunto uno screenshot della prova di Shakarchi di seguito:
La mia comprensione di questa prova è la seguente:
Il suggerimento dato da Lang è di razionalizzare $q \alpha - p$, cioè prendi il prodotto $(q\alpha - p)(-q\alpha - p)$. In questo modo si produce
$(q\alpha - p)(-q\alpha - p) = -q^2 a + p^2$
Richiamare $q, a, p \in \mathbb{Z}$, con $q > 0$ e anche $\sqrt a \notin \mathbb{Q}$, in particolare $a \neq 0$. Poi$\mid(q\alpha - p)(-q\alpha - p)\mid \geq 1 \leftrightarrow \mid q\alpha - p\mid \geq \frac{1}{\mid -q\alpha - p\mid} = \frac{1}{\mid q\alpha + p\mid}$
Dove un po 'cado è nella parte successiva: scegliamo $c$ tale che $0 < c < \text{min}(\mid\alpha\mid, \mid\frac{1}{3\mid\alpha\mid})$. Suppongo che scegliamo$c$ in questo modo per gestire il caso in cui $\mid \alpha \mid < 1$ così che $\frac{1}{3\mid\alpha\mid} > 1$. Se è così, allora possiamo davvero scegliere qualsiasi multiplo positivo di$\mid \alpha \mid$ nel demoninatore, cioè $\frac{1}{2\mid\alpha\mid}$ o $\frac{1}{4\mid\alpha\mid}$ funzionerebbe altrettanto bene.
Ora, usando il risultato ottenuto in $\textbf{1}$ e la nostra ipotesi, abbiamo impostato la disuguaglianza in $\textbf{2}$. Non so come si ottiene la disuguaglianza più a sinistra - lo so per ipotesi$\mid \alpha - p/q \mid < \mid \alpha\mid$ e aggiungiamo $\mid 2\alpha \mid$ ad entrambi i lati per ottenere la disuguaglianza più a destra.
Quindi, nella disuguaglianza finale, non mi è chiaro come lo sappiamo $\frac{1}{3\mid \alpha \mid q} < \frac{1}{\mid q\alpha + p \mid}$.
Sto cercando una risposta a questi due punti:
- Una spiegazione per i passaggi che ho descritto sopra come poco chiari, ovvero la scelta di $c$ (perché scegliamo $0 < c < \text{min}(\mid\alpha\mid, \mid\frac{1}{3\mid\alpha\mid})$), la disuguaglianza più a sinistra in $\textbf{2}$e la disuguaglianza media in $\textbf{3}$.
- Questa prova non mi è stata abbastanza intuitiva - non ho nemmeno preso in considerazione la razionalizzazione $q \alpha - p$quando stavo lavorando per la prima volta a questo problema. Immagino che sia il tipo di cose che inizi a migliorare nel vedere con la pratica problemi di lavoro come questo. Tuttavia, esiste forse una prova più semplice o più diretta?
Risposte
È la disuguaglianza del triangolo
$|\alpha + \frac pq| = |2\alpha - \alpha +\frac pq| \le |2\alpha| + |-\alpha + \frac pq|=|2\alpha| + |\alpha -\frac qp| < |2\alpha| + |\alpha|=3|\alpha|$
Il motivo per cui $3$ è stato scelto perché: Dobbiamo ottenere $|\alpha -\frac pq|$più grande di qualcosa. Ma se$|\alpha-\frac pq|< |\alpha|$ non possiamo ottenerlo direttamente perché lo sappiamo solo $|\alpha-\frac pq|$è più piccolo di qualcosa. Invece dobbiamo lavorare con$|\alpha + \frac pq|$essere più grande di qualcosa. Ma come possiamo convertirci$|\alpha + \frac pq|$ a qualcosa di coinvolgente $|\alpha -\frac pq|$? Ebbene, il modo in cui l'hanno fatto è stato$|\alpha + \frac pq| = |2\alpha - (\alpha - \frac pq)|$. Ma questo genera due extra$\alpha$è in lavorazione.
"Non mi è chiaro come lo sappiamo$\frac{1}{3\mid \alpha \mid q} < \frac{1}{\mid q\alpha + p \mid}$"
Bene, l'hai fatto $|\alpha + \frac pq| < 3|\alpha|$
Così $q|\alpha + \frac pq| < 3|\alpha|q$
$0< |q\alpha + p| < 3|\alpha|q$
$\frac 1{3|\alpha| q} < \frac 1{|q\alpha + p|}$.
Anche la disuguaglianza più a sinistra in 2 mi ha richiesto un po 'di capire :)
È la disuguaglianza del triangolo:
$$|a|+|b| \geq |a+b| \,.$$
La disuguaglianza media in 3 è solo la disuguaglianza complessiva da 2 .
La scelta di $c$ potrebbe essere più flessibile, ma penso che l'utilizzo di 3 renda tutto quanto sopra annullato e funzioni più bene.