PEWNIK DEDEKINDA i jego njprostsze konsekwencje W rozdzile ósmym stwierdziliśmy, że z podnych tm pewników nie wynik istnienie pierwistków z liczb rzeczywistych. Uzupe lnimy terz liste pewników jeszcze jednym i wtedy be dziemy w stnie wykzć istnienie pierwistków orz zsde Archimedes, z której korzystliśmy i jeszcze wiele rzy skorzystmy. Przypomnijmy, że zbiór A jest ogrniczony z góry liczb M wtedy i tylko wtedy, gdy dl kżdego A zchodzi nierówność M. Mówimy wtedy, że M jest ogrniczeniem górnym zbioru A. Zmienij c kierunki nierówności w tej definicji otrzymujemy definicje zbioru ogrniczonego z do lu i ogrniczeni dolnego. Definicj 13.1 (kresów) Njmniejsze (njwie ksze) ogrniczenie górne (dolne) zbioru A nzywmy jego kresem górnym (dolnym). Oznczmy je symbolem sup A (inf A). Jeśli zbiór A nie jest ogrniczony z góry (z do lu), to piszemy sup A = (inf A = ). Njwie kszy element zbioru A, jeśli tki istnieje, oznczmy symbolem mx A, njmniejszy mina. Przyk ld 13.1 sup R = +, inf R =, inf N = 1 = min N, sup{x R: x < 0} = 0, mx{x R: x < 0} = 0 nie istnieje, sup(,b) = b, inf(,b) =, sup[,b] = b, mx[,b] = b, inf[,b] =, min[,b] =, min(,b] nie istnieje. Aby wykzć, że liczb c jest kresem górnym zbioru A nleży dowieść, że 1 jest on ogrniczeniem górnym tego zbioru, 2 jeśli M też jest ogrniczeniem górnym zbioru A, to c M. Udowodnimy terz brdzo proste, le i brdzo przydtne Twierdzenie 13.2 Ogrniczenie górne c niepustego zbioru A jest jego kresem górnym wtedy i tylko wtedy, gdy 1 dl kżdej liczby ε > 0 istnieje liczb A wie ksz niż c ε: ε>0 A > c ε. 117
Wrunek 1 jest równowżny temu, że: jeśli b < c, to w zbiorze A znjdzie sie liczb A wie ksz od b, symbolmi b<c A > b. Dowód. Niech c = sup A i ε > 0. Poniewż c ε < sup A, wie c c ε nie jest ogrniczeniem górnym zbioru A. Wobec tego możn znleźć w zbiorze A liczbe > c ε. Z lóżmy terz, że dl ogrniczeni górnego zbioru A jest spe lniony wrunek 1. Jeśli c sup A, to istnieje mniejsze ogrniczenie górne zbioru A, np. d. Niech ε = c d. Oczywiście ε > 0. Poniewż d jest ogrniczeniem górnym A, wie c w A nie m liczby wie kszej niż d = c ε, wbrew wrunkowi 1. Pewnik ci g lości Dedekind Kżdy niepusty i ogrniczony z góry zbiór z lożony z liczb rzeczywistych m kres górny. Dedekind ten pewnik formu low l nieco inczej. Twierdzenie 13.3 Kżdy niepusty i ogrniczony z do lu zbiór z lożony z liczb rzeczywistych m kres dolny. Dowód. Niech A R be dzie niepustym zbiorem ogrniczonym z do lu liczb m. Wtedy zbiór B = {b R: b A} jest ogrniczony z góry liczb M = m. Wykżemy njpierw, że liczb sup B jest kresem dolnym zbioru A. Jeśli A, to B, wie c sup B. Wobec tego supb, wie c liczb sup B jest dolnym zbioru A. Jeśli m jest ogrniczeniem dolnym zbioru A, to m jest ogrniczeniem górnym B, wie c m sup B,tzn. m sup B. Kolej n twierdzenie, które zdje sie być oczywiste. Twierdzenie 13.4 (zsd Archimedes) Dl kżdej liczby rzeczywistej istnieje liczb nturln n >, czyli zbiór liczb nturlnych nie jest ogrniczony z góry, to zpisujemy symbolmi tk: sup N = +. Dowód. Z lóżmy, że twierdzenie nie jest prwdziwe. Wtedy zbiór A z lożony z tych liczb rzeczywistych, które s wie ksze od kżdej liczby nturlnej, jest niepusty. Jest ogrniczony z do lu liczb 1 ( nwet dowoln liczb nturln ). M wie c kres dolny. Niech c = inf A. Liczb c 1 nie jest elementem zbioru A, wie c 118
istnieje liczb n N wie ksz niż c 1. Wobec tego liczb nturln n + 1 jest wie ksz niż c = (c 1) + 1, ztem c / A. Poniewż n + 1 > c i c = inf A, wie c istnieje tk liczb A, że c < < n + 1. To jednk jest niemożliwe, bo w zbiorze A s tylko liczby wie ksze od wszystkich nturlnych. Archimedes zuwży l konieczność stosowni tego twierdzeni. W jego sformu lowniu by l to pewnik: jeśli n prostej dne s dw odcinki A i B, to możn A powtórzyć jko sk ldnik tyle rzy, że otrzymn sum be dzie wie ksz niż B : A + A + A + + A > B. Wniosek 13.5 inf{ 1 n : n N} = 0, tzn. dl kżdej liczby ε > 0 istnieje tk liczb nturln n, że ε > 1 n. Dowód. ε > 1 n n > 1 ε i korzystmy z zsdy Archimedes. Twierdzenie 13.6 (o istnieniu pierwistków rzeczywistych) Jeśli 0 i k N, to istnieje dok ldnie jedn liczb rzeczywist b 0 tk, że = b k. Jeśli k 1 jest liczb c lkowit nieprzyst, jest dowoln liczb rzeczywist, to istnieje dok ldnie jedn liczb rzeczywist b tk, że b k =. Dowód. Jeśli = 0, to oczywiście b = 0. Niech > 0 i A = {x R: x k }. A, bowiem 1+ A, gdyż 0 < 1+ < 1, ztem ( ) k 1+ 1+ <. Jeśli x A, to x < 1 +, bo jeśli x 1 +, to x k (1 + ) k 1 + k 1 + >. Niech b = sup A. Poniewż 1+ A, wie c b 1+ > 0. Udowodnimy, że b k =. Z lóżmy, że tk nie jest. Musi wie c być lbo b k < lbo b k >. Niech b k <, 0 < ε < bk i ε < 1. Wtedy k(b+1) k 1 (b + ε) k b k = ε [ (b + ε) k 1 + (b + ε) k 2 b + + b k 1] < < εk(b + 1) k 1 < b k. Wobec tego (b + ε) k <, ztem b + ε A wbrew temu, że b + ε > b = sup A. Nierówność b k < nie zchodzi. Niech b k >, 0 < ε < b i ε < bk kb k 1. Wtedy 119
b k (b ε) k = ε [ b k 1 + b k 2 (b ε) + + (b ε) k 1] < < εkb k 1 < b k. St d wniosek, że < (b ε) k. Jeśli wie c x b ε > 0, to x k (b ε) k >, ztem x / A. Liczb b ε < b = sup A jest wobec tego ogrniczeniem górnym zbioru A mniejszym od jego kresu górnego. Wykluczyliśmy terz nierówność b k >. Wykluczyliśmy obie nierówności, wie c musi zchodzić równość b k = Jest tylko jedn tk liczb b bowiem z nierówności 0 b 1 < b 2 wynik, że b k 1 < b k 2. Jeśli < 0 i k jest nieprzyst liczb nturln, to z udowodnionej już cze ści twierdzeni wynik, że istnieje dok ldnie jedno tkie c > 0, że c k =, czyli = ( c) k. Przyjmujemy b = c, co kończy dowód istnieni liczby b. Jednoznczność wynik z jednoznczności dl liczby > 0 i tego, że pote g liczby dodtniej jest dodtni, ujemnej ujemn, bo wyk ldnik jest nieprzysty. Zdni 1! Udowodnić, że w kżdym przedzile znjduje sie co njmniej jedn liczb wymiern. 2! Udowodnić, że w kżdym przedzile znjduje sie co njmniej jedn liczb niewymiern. 3. Znleźć kresy górny i dolny zbioru A, jeśli A =: () { 1 k + 1 m + 1 n : k,m,n N}; (b) { (m+n) 2 2 mn : m,n N } ; (c) { x x 2 +1 : x R} ; (d) { 1 x 4 +1 : x R} ; (e) { x 2 +x+1 3x 2 +8 : x R} ; (f) { x 2 + (xy 1) 2 : x,y R }. 4. Niech f(x) = x 3 3x 2 + 1. Udowodnić, że () f(x) > 0 dl x 3; (b) f(x) < 0 dl x 1; (c) f(x) f(y) 45 x y dl x,y [ 1,3]; (d) istniej tkie liczby rzeczywiste < 0 < b < 2 < c, że 120
f() = f(b) = f(c) = 0. (e) Znleźć mksymlne przedzi ly (pó lproste), n których funkcj f jest monotoniczn. 5. Udowodnić, że jeśli A,B R s niepustymi zbiormi, to () sup{ + b: A, b B} = sup A + sup B ; (b) inf{ + b: A, b B} = inf A + inf B ; (c) sup{ b: A, b B} = sup A inf B ; (d) inf{ b: A, b B} = inf A sup B ; (d) inf{ b: A, b B} = inf A sup B ; (e) sup(a B) = mx{sup A,sup B}; (f) sup{ b: A, b B} = =mx(sup A sup B,supA infb,infa supb,infa infb). 6. Znleźć sup { x y: x + y = 4, x [0,4], y [0,4] }. 7. Znleźć sup { xyz: x + y + z = 6, x,y,z [0,6] }. 121