Объяснение доказательства Шакарчи 1.3.4 в «Анализ студентов бакалавриата»
В настоящее время я прорабатываю «Анализ бакалавриата» Ланга и пытаюсь понять доказательство Рами Шакарчи следующего:
Позволять $a$ - такое натуральное число, что $\sqrt a$иррационально. Позволять$\alpha = \sqrt a$. Покажите, что существует номер$c > 0$ так что для всех целых чисел $p, q$, с участием $q > 0$ у нас есть $\mid q \alpha - p \mid > c/q$.
Я добавил скриншот доказательства Шакарчи ниже:

Я понимаю это доказательство следующим образом:
Предложение Лэнга состоит в том, чтобы рационализировать $q \alpha - p$, т.е. возьмем товар $(q\alpha - p)(-q\alpha - p)$. Это дает
$(q\alpha - p)(-q\alpha - p) = -q^2 a + p^2$
Отзыв $q, a, p \in \mathbb{Z}$, с участием $q > 0$ а также $\sqrt a \notin \mathbb{Q}$, в частности $a \neq 0$. потом$\mid(q\alpha - p)(-q\alpha - p)\mid \geq 1 \leftrightarrow \mid q\alpha - p\mid \geq \frac{1}{\mid -q\alpha - p\mid} = \frac{1}{\mid q\alpha + p\mid}$
Где я несколько падаю - в следующей части - выбираем $c$ такой, что $0 < c < \text{min}(\mid\alpha\mid, \mid\frac{1}{3\mid\alpha\mid})$. Я полагаю мы выбираем$c$ этот способ справиться с ситуацией, когда $\mid \alpha \mid < 1$ так что $\frac{1}{3\mid\alpha\mid} > 1$. Если это так, то мы действительно можем выбрать любое положительное кратное$\mid \alpha \mid$ в демонинаторе, т.е. $\frac{1}{2\mid\alpha\mid}$ или же $\frac{1}{4\mid\alpha\mid}$ будет работать так же хорошо.
Теперь, используя результат, полученный в $\textbf{1}$ и нашу гипотезу, мы устанавливаем неравенство в $\textbf{2}$. Я не понимаю, как получается крайнее левое неравенство - я знаю, что по гипотезе$\mid \alpha - p/q \mid < \mid \alpha\mid$ и мы добавляем $\mid 2\alpha \mid$ в обе стороны, чтобы получить самое правое неравенство.
Тогда в окончательном неравенстве мне непонятно, откуда мы знаем, что $\frac{1}{3\mid \alpha \mid q} < \frac{1}{\mid q\alpha + p \mid}$.
Я ищу ответ на эти два пункта:
- Объяснение шагов, которые я описал выше, как неясных, т. Е. Выбор $c$ (почему мы выбираем $0 < c < \text{min}(\mid\alpha\mid, \mid\frac{1}{3\mid\alpha\mid})$) крайнее левое неравенство в $\textbf{2}$, а среднее неравенство в $\textbf{3}$.
- Это доказательство показалось мне довольно неинтуитивным - я даже не подумал рационализировать $q \alpha - p$когда я впервые работал над этой проблемой. Я полагаю, что это то, что вы начинаете лучше понимать, когда тренируетесь в решении подобных задач. Тем не менее, есть ли более простое или более прямое доказательство?
Ответы
Это неравенство треугольника
$|\alpha + \frac pq| = |2\alpha - \alpha +\frac pq| \le |2\alpha| + |-\alpha + \frac pq|=|2\alpha| + |\alpha -\frac qp| < |2\alpha| + |\alpha|=3|\alpha|$
Причина $3$ было выбрано потому, что: Нам нужно получить $|\alpha -\frac pq|$больше чем что-то. Но если$|\alpha-\frac pq|< |\alpha|$ мы не можем получить это напрямую, потому что мы знаем только $|\alpha-\frac pq|$меньше чем что-то. Вместо этого мы должны работать с$|\alpha + \frac pq|$быть больше чем что-то. Но как мы можем преобразовать$|\alpha + \frac pq|$ к чему-то связанному $|\alpha -\frac pq|$? Ну, как они это сделали,$|\alpha + \frac pq| = |2\alpha - (\alpha - \frac pq)|$. Но это подбрасывает два лишних$\alpha$s в работу.
"мне неясно, откуда мы знаем, что$\frac{1}{3\mid \alpha \mid q} < \frac{1}{\mid q\alpha + p \mid}$"
Ну у тебя есть $|\alpha + \frac pq| < 3|\alpha|$
Так $q|\alpha + \frac pq| < 3|\alpha|q$
$0< |q\alpha + p| < 3|\alpha|q$
$\frac 1{3|\alpha| q} < \frac 1{|q\alpha + p|}$.
Мне тоже пришлось немного разобраться с крайним левым неравенством в 2 :)
Это неравенство треугольника:
$$|a|+|b| \geq |a+b| \,.$$
Среднее неравенство в 3 - это просто общее неравенство из 2 .
Выбор $c$ может быть более гибким, но я думаю, что использование 3 просто отменяет все вышеперечисленное и работает лучше.