คำอธิบายการพิสูจน์ของ Shakarchi ที่ 1.3.4 ในการวิเคราะห์ระดับปริญญาตรีของ Lang
ขณะนี้ฉันกำลังทำงานผ่านการวิเคราะห์ระดับปริญญาตรีของ Lang และพยายามทำความเข้าใจข้อพิสูจน์ของ Rami Shakarchi ต่อไปนี้:
ปล่อย $a$ เป็นจำนวนเต็มบวกเช่นนั้น $\sqrt a$ไม่มีเหตุผล ปล่อย$\alpha = \sqrt a$. แสดงว่ามีอยู่จำนวน$c > 0$ เช่นนั้นสำหรับจำนวนเต็มทั้งหมด $p, q$กับ $q > 0$ เรามี $\mid q \alpha - p \mid > c/q$.
ฉันเพิ่มภาพหน้าจอของหลักฐานของ Shakarchi ด้านล่าง:

ความเข้าใจของฉันเกี่ยวกับข้อพิสูจน์นี้มีดังนี้:
ข้อเสนอแนะของหรั่งคือการหาเหตุผลเข้าข้างตนเอง $q \alpha - p$เช่นใช้ผลิตภัณฑ์ $(q\alpha - p)(-q\alpha - p)$. การทำเช่นนั้นให้ผลตอบแทน
$(q\alpha - p)(-q\alpha - p) = -q^2 a + p^2$
จำ $q, a, p \in \mathbb{Z}$กับ $q > 0$ และนอกจากนี้ยังมี $\sqrt a \notin \mathbb{Q}$, โดยเฉพาะอย่างยิ่ง $a \neq 0$. แล้ว$\mid(q\alpha - p)(-q\alpha - p)\mid \geq 1 \leftrightarrow \mid q\alpha - p\mid \geq \frac{1}{\mid -q\alpha - p\mid} = \frac{1}{\mid q\alpha + p\mid}$
จุดที่ฉันค่อนข้างล้มคือในส่วนถัดไป - เราเลือก $c$ ดังนั้น $0 < c < \text{min}(\mid\alpha\mid, \mid\frac{1}{3\mid\alpha\mid})$. ฉันคิดว่าเราเลือก$c$ วิธีนี้จะจัดการกรณีที่ $\mid \alpha \mid < 1$ ดังนั้น $\frac{1}{3\mid\alpha\mid} > 1$. หากเป็นเช่นนั้นเราสามารถเลือกผลบวกของ$\mid \alpha \mid$ ในปีศาจกล่าวคือ $\frac{1}{2\mid\alpha\mid}$ หรือ $\frac{1}{4\mid\alpha\mid}$ ก็ใช้ได้เช่นกัน
ตอนนี้ใช้ผลลัพธ์ที่ได้รับใน $\textbf{1}$ และสมมุติฐานของเราเราตั้งค่าอสมการใน $\textbf{2}$. ฉันสูญเสียความไม่เท่าเทียมกันทางซ้ายสุด - ฉันรู้ว่าโดยสมมุติฐาน$\mid \alpha - p/q \mid < \mid \alpha\mid$ และเราเพิ่ม $\mid 2\alpha \mid$ ทั้งสองฝ่ายเพื่อให้ได้อสมการขวาสุด
แล้วในอสมการสุดท้ายฉันก็ไม่ชัดเจนว่าเรารู้ได้อย่างไร $\frac{1}{3\mid \alpha \mid q} < \frac{1}{\mid q\alpha + p \mid}$.
ฉันกำลังมองหาคำตอบสำหรับสองประเด็นนี้:
- คำอธิบายสำหรับขั้นตอนที่ฉันระบุไว้ข้างต้นว่าไม่ชัดเจนนั่นคือทางเลือกของ $c$ (ทำไมเราถึงเลือก $0 < c < \text{min}(\mid\alpha\mid, \mid\frac{1}{3\mid\alpha\mid})$) อสมการทางซ้ายสุดใน $\textbf{2}$และอสมการกลางใน $\textbf{3}$.
- การพิสูจน์นี้ค่อนข้างไม่ง่ายสำหรับฉัน - ฉันไม่ได้พิจารณาการหาเหตุผลเข้าข้างตนเอง $q \alpha - p$ตอนแรกที่ฉันแก้ไขปัญหานี้ ฉันคิดว่านั่นเป็นสิ่งที่คุณเริ่มดีขึ้นเมื่อเห็นการฝึกฝนปัญหาในการทำงานเช่นนี้ ยังมีข้อพิสูจน์ที่ง่ายกว่าหรือตรงกว่านี้อีกไหม?
คำตอบ
มันคืออสมการสามเหลี่ยม
$|\alpha + \frac pq| = |2\alpha - \alpha +\frac pq| \le |2\alpha| + |-\alpha + \frac pq|=|2\alpha| + |\alpha -\frac qp| < |2\alpha| + |\alpha|=3|\alpha|$
เหตุผลที่ $3$ ถูกเลือกเป็นเพราะ: เราจำเป็นต้องได้รับ $|\alpha -\frac pq|$ใหญ่กว่าบางสิ่ง แต่ถ้า$|\alpha-\frac pq|< |\alpha|$ เราไม่สามารถเข้าใจได้โดยตรงเพราะเรารู้เท่านั้น $|\alpha-\frac pq|$มีขนาดเล็กกว่าบางสิ่งบางอย่าง แต่เราต้องทำงานกับ$|\alpha + \frac pq|$ใหญ่กว่าบางสิ่ง แต่เราจะแปลงได้อย่างไร$|\alpha + \frac pq|$ กับบางสิ่งที่เกี่ยวข้อง $|\alpha -\frac pq|$เหรอ? วิธีที่พวกเขาทำคือ$|\alpha + \frac pq| = |2\alpha - (\alpha - \frac pq)|$. แต่นั่นทำให้เสียสองพิเศษ$\alpha$เข้าสู่ผลงาน
“ มันไม่ชัดเจนสำหรับฉันว่าเรารู้ได้อย่างไร$\frac{1}{3\mid \alpha \mid q} < \frac{1}{\mid q\alpha + p \mid}$"
คุณมี $|\alpha + \frac pq| < 3|\alpha|$
ดังนั้น $q|\alpha + \frac pq| < 3|\alpha|q$
$0< |q\alpha + p| < 3|\alpha|q$
$\frac 1{3|\alpha| q} < \frac 1{|q\alpha + p|}$.
อสมการทางซ้ายสุดใน2ทำให้ฉันคิดออกได้นิดหน่อยเหมือนกัน :)
มันคืออสมการสามเหลี่ยม:
$$|a|+|b| \geq |a+b| \,.$$
ความไม่เสมอภาคกลางใน3เป็นเพียงความไม่เท่าเทียมกันโดยรวมจาก2
ทางเลือกของ $c$ อาจมีความยืดหยุ่นมากกว่า แต่ฉันคิดว่าการใช้ 3 ทำให้การยกเลิกทั้งหมดข้างต้นทำงานได้ดีขึ้น