Dowód, że możemy znaleźć liczby wymierne dowolnie zbliżone $\sqrt{2}$: bezpośrednie podejście. [duplikować]

Dec 20 2020

Oświadczenie propozycji:

Propozycja . Dla każdej liczby wymiernej$\epsilon > 0$istnieje nieujemna liczba wymierna $x$ takie że $x^{2} < 2 < (x+\epsilon)^2$.

Najpowszechniejszym podejściem do udowodnienia zdania jest użycie sprzeczności ( 1 , 2 ).

Moje pytanie brzmi: czy można bezpośrednio udowodnić twierdzenie? Mówiąc konkretniej, czy można znaleźć funkcję$f: \mathbb Q^+\rightarrow \mathbb Q^+$ takie, że dla dowolnego pozytywnego racjonalnego $\epsilon$, mamy

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

?

Odpowiedzi

3 Ben Dec 20 2020 at 21:33

Definiować $f(\varepsilon)$ być obcięciem $\sqrt{2}$ do $n$ miejsca dziesiętne, gdzie $10^{-n} \leq \varepsilon$ jest najbliższą potęgą $10$ od dołu.

To gwarantuje, że $$f(\varepsilon) < \sqrt{2} < f(\varepsilon) + 10^{-n} \leq f(\varepsilon) + \varepsilon$$

Aby zilustrować, jeśli $\varepsilon=0.2$ następnie $n=1$ a nierówność brzmi $$1.4 < \sqrt{2} < 1.5 \leq 1.6$$

1 YvesDaoust Dec 20 2020 at 22:18

Brać $$\epsilon\left\lfloor\frac{\sqrt2}\epsilon\right\rfloor.$$ To racjonalne jest mniej niż $\epsilon$ z dala od $\sqrt2$.

AdamRubinson Dec 20 2020 at 23:06

Wykorzystując fakt, że między dowolnymi dwiema liczbami rzeczywistymi istnieje liczba wymierna, dana dowolna liczba wymierna$\varepsilon$ takie że $4\sqrt{2}>\varepsilon>0, \exists x \in \mathbb{Q}$ takie że $x \in (\sqrt{2} - \frac{\varepsilon}{2}, \sqrt{2})$, co daje: $x^2 < 2$ i $(x+\varepsilon)^2 > 2.$