に近い有理数を任意に見つけることができるという証明 $\sqrt{2}$:直接アプローチ。[複製]

Dec 20 2020

命題の声明:

命題。すべての有理数に対して$\epsilon > 0$、非負の有理数が存在します $x$ そのような $x^{2} < 2 < (x+\epsilon)^2$

命題を証明するための最も一般的なアプローチは、矛盾(使用によるものである1、2)。

私の質問は、命題を直接証明することは可能ですか?より具体的には、関数を見つけることは可能ですか?$f: \mathbb Q^+\rightarrow \mathbb Q^+$ 任意の正の有理数のように $\epsilon$、 我々は持っています

$$f(\epsilon)^2 < 2 < (f(\epsilon) + \epsilon)^2 $$

回答

3 Ben Dec 20 2020 at 21:33

定義する $f(\varepsilon)$ の切り捨てになります $\sqrt{2}$$n$ 小数点以下の桁数、ここで $10^{-n} \leq \varepsilon$ の最も近い累乗です $10$ 下から。

これにより、 $$f(\varepsilon) < \sqrt{2} < f(\varepsilon) + 10^{-n} \leq f(\varepsilon) + \varepsilon$$

説明するために、 $\varepsilon=0.2$ その後 $n=1$ と不等式は読み取ります $$1.4 < \sqrt{2} < 1.5 \leq 1.6$$

1 YvesDaoust Dec 20 2020 at 22:18

取る $$\epsilon\left\lfloor\frac{\sqrt2}\epsilon\right\rfloor.$$ この有理数は $\epsilon$ 離れて $\sqrt2$

AdamRubinson Dec 20 2020 at 23:06

任意の2つの実数の間に有理数が存在するという事実を使用して、任意の有理数が与えられます$\varepsilon$ そのような $4\sqrt{2}>\varepsilon>0, \exists x \in \mathbb{Q}$ そのような $x \in (\sqrt{2} - \frac{\varepsilon}{2}, \sqrt{2})$、これは: $x^2 < 2$ そして $(x+\varepsilon)^2 > 2.$