به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
75 بازدید
ارسال شده خرداد ۱۵, ۱۳۹۶ در مطالب ریاضی توسط saderi7
ویرایش شده خرداد ۲۸, ۱۳۹۶ توسط fardina

$$\bbox[5px, border:1px solid teal]{\text{Theorem}}$$

فرض کنید $n\in \mathbb{N}$ یک عدد ثابت باشد . آنگاه برای هر عدد مثبت حقیقی مانند $a\in \mathbb{R}^{+}$

وجود دارد یک عدد حقیقی مثبت یکتا $r\in \mathbb{R}^+$ به طوری که $r^n=a$


$$\bbox[5px,border:1px solid teal]{\text{proof}}$$

برای $n=1$ بدیهی است زیرا کافی است قرار دهیم $r^{\color{red}{1}}=a$

برای $n\geq2$ تعریف میکنیم مجموعه $S$ به صورت : $$\bbox[,5px,border:1px solid teal]{S:=\{s\in \mathbb{R}:s\geq 0 ,s^n\leq a\}}$$

  • مجموعه $S$ یک مجموعه ناتهی است زیرا $0\in S$ .

  • مجموعه $S$ کراندار است .

برای اثبات ما به چند نتایج کمکی نیاز داریم .

لِم یک:

برای هر دو عدد حقیقی $x,y$ و هر عدد طبیعی $n$ اتحاد زیر را داریم :

$$\bbox[5px ,border:1px solid teal]{x^n-y^n=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+...+xy^{n-1}+y^{n-1})}\tag{2}\label{2}$$

اثبات:

به صورت اسقرا ثابت میشود که : $$\bbox[1px ,border:1px solid teal]{\sum_{i=0}^{n-1}x^i=1+x+x^2+\ldots+x^{n-1}=\dfrac{x^n-1}{x-1}}\tag{3}\label{3}$$ اگر $n=1$ باشد. خواهیم داشت $\displaystyle\sum_{j=0}^{1-1}x^i=x^0=1$ و همچنین $\dfrac{(x-1)}{(x-1)}=1$

فرض میکنیم که $\displaystyle\sum_{i=0}^{k-1}x^i=\dfrac{x^k-1}{x-1}$ حال ثابت میکنیم برای $k+1$ درست است : $$\eqalign{ \sum^{(k+1)-1}_ {i=0}x^i & = \sum^{k-1}_ {i=0}x^i+x^k=\dfrac{x^k-1}{x-1}+x^k \\ &= \dfrac{x^k-1+x^{k+1}-x^k}{x-1}\\ &= \dfrac{x^{k+1}-1}{x-1} }$$ در نتیجه برابری $\eqref{3}$ اثبات شد . حالا در برابری $\eqref{3}$ به جای $x$ قرار میدهیم $\dfrac{x}{y}$ یعنی : $$\displaystyle \Bigl(\frac{x}{y}\Bigr)^n -1=\Bigl(\frac{x}{y}-1\Bigr)\Bigl( \Bigl(\frac{x}{y}\Bigr)^{n-1}+\cdots +\frac{x}{y}+1\Bigr)$$

دو طرف برابری ضرب در $y^n$ :

$$\displaystyle y^n\Bigl(\Bigl(\frac{x}{y}\Bigr)^n -1)\Bigr)=y^n\Bigl(\frac{x}{y}-1\Bigr)\Bigl( \Bigl(\frac{x}{y}\Bigr)^{n-1}+\cdots +\frac{x}{y}+1\Bigr)$$ سمت چپ تساوی را ساده میکنیم و $y^n$ به صورت $yy^{n-1}$ بازنویسی میکنیم :

$$(x^n -y^n)=yy^{n-1}\Bigl(\frac{x}{y}-1\Bigr)\Bigl( \Bigl(\frac{x}{y}\Bigr)^{n-1}+\cdots +\frac{x}{y}+1\Bigr)$$

چون ضرب در اعداد حقیقی خاصیت جابه جایی دارد یعنی برای هر سه عدد حقیقی $x,y,z$ داریم $x(y\cdot z)=y(x\cdot z)$ سمت راست تساوی را باز نویسی میکنیم :

$$(x^n -y^n)=y\Bigl(\frac{x}{y}-1\Bigr)y^{n-1}\Bigl( \Bigl(\frac{x}{y}\Bigr)^{n-1}+\cdots +\frac{x}{y}+1\Bigr)$$

در سمت راست تساوی عامل ها را ضرب میکنیم در پایان خواهیم داشت :

$$(x^n -y^n)=(x-y)(x^{n-1}+\cdots +xy^{n-2}+y^{n-1})$$

اولین نتیجه ایی که ایجاد میشود از لِم یک :

در واقع :

$$\bbox[5px ,border:1px solid teal]{y^n-x^n>0 \Leftrightarrow (x-y)(x^{n-1}+...+y^{n-1})>0 \Leftrightarrow y-x>0}\tag{4}\label{4}$$

لِم دو:

  • هر عدد حقیقی مثبت $x$ که $x^n\geq a\in\mathbb{R}^{+}$ یک کران بالا برای مجموعه $S$ است .

  • هر عدد طبیعی $\mathbb{N} \ni k>a$ یک کران بالا برای مجموعه $S$ است .

اثبات :

فرض کنید $x$ یک عدد حقیقی مثبت است به طوری که $x^n \geq a $ میخواهیم ثابت کنیم که $x\geq s$ برای هر $s\in S$ .

در واقع : $$s\in S \Rightarrow s^n \leq a\leq x^n \stackrel{\eqref{4}} \Rightarrow s\leq x$$

قسمت اول لِم اثبات شد .

حالا برای قسمت دوم فرض کنید که $k$ یک عدد طبیعی است طوری که $k>a$ .

از رابطه $\eqref{4}$ داریم :

$$k^n>k^{n-1}>k^{n-2}> \ ... \ >k>a$$

در نتیجه از قسمت اول لِم ثابت میشود که $k$ یک کران بالا برای مجموعه $S$ است .

مجموعه ناتهی $S$ از بالا کران دار است . در نتیجه طبق اصل تمامیت

مجموعه $S$ داری کوچکترین کران بالا $:=$ سوپریمُم است .

تعریف میکنیم :

$$r:=\sup{S}$$

و ثابت میکنیم که : $$r^n=a$$

برای اثبات از برهان خلف کمک میگیریم به این صورت که دو حالت در نظر میگیریم .

  • حالت یک:

$$r^n<a$$

نشان میدهیم که میتوانیم پیدا کنیم $\epsilon \in (0,1)$ به طوریکه $(r+\epsilon)^n<a$ .

این بیانگر آن است که $r+\epsilon\in S$ و این در تناقص است زیرا $r$ یک کران بالا برای مجموعه $S$ است . و باید از تمام اعضای $S$ بزرگتر باشد اما $r+\epsilon$ عضوی از $S$ شده است که از $r$ بزرگتر است .

چگونه نشان دهیم :

طبق فرض $r^n<a$ . به دو طرف نامساوی $-r^n $ اضافه میکنیم .

و تعریف میکنیم $a-r^n:= \delta>0 $ . برای هر $\epsilon \in (0,1)$ طبق اتحاد $\eqref{2}$ داریم :

$$(\epsilon+r)^n-r^n=\big((\epsilon+1)-r)((\epsilon+r)^{n-1}+...+(\epsilon+r)r^{n-1}+r^{n-1})\big)$$

چون $\epsilon \in (0,1)$ خواهیم داشت $(\epsilon+r)<(r+1)$

در نتیجه :

$$(\epsilon+r)^n-r^n\leq \epsilon \underbrace{((r+1)^{n-1}+...+(r+1)r^{n-1}+r^{n-1})}_{:=q}$$

ثابت کردیم که :

$$(\epsilon+r)^n-r^n\leq \epsilon q \ \ \ :\forall \epsilon \in (0,1)$$

به دو طرف نامساوی $r^n$ اضافه میکینم :

$$(\epsilon+r)^n\leq \epsilon q+r^n \ \ \ :\forall \epsilon \in (0,1)$$

انتخاب میکنیم $\epsilon \in (0,1)$ به اندازه کافی کوچک به طوری که :

$$\epsilon \leq \dfrac{\delta}{q} \Leftrightarrow \epsilon q \leq \delta $$

در نتیجه :

$$(\epsilon+r)^n\leq \epsilon q+r^n< r^n+ \delta :=a \Rightarrow \epsilon +r \in S$$
  • حالت دو:

$$r^n>a$$

نشان میدهیم که میتوانیم ثابت کنیم :

وجود دارد $ \epsilon \in (0,1)$ به طوری که $r-\epsilon >0$ و $(r-\epsilon )^n>a$ .

از لِم دو میدانیم که :

هر عدد حقیقی مثبت $x$ که $x^n\geq a\in\mathbb{R}^{+}$ یک کران بالا برای مجموعه $S$ است .

در نتیجه $r-\epsilon >0$ باید یک کران بالا برای مجموعه $S$ باشد .که تناقص است زیرا $r-\epsilon< r$ یعنی کران بالایی پیدا کرده ایم که از کوچکترین کران بالا کوچکتر است .

چگونه نشان دهیم :

طبق فرض $r^n>a$ . به دو طرف نامساوی $-a $ اضافه میکنیم .

و تعریف میکنیم $r^n-a:= \delta>0 $ . برای هر $\epsilon \in (0,1)$ طبق اتحاد $\eqref{2}$ داریم :

$$r^n-(r-\epsilon)^n=\big((r-(r-\epsilon))(r^{n-1}+r^{n-2}(r-\epsilon)+...+(r-\epsilon)^{n-1})\big)$$

چون $\epsilon \in (0,1)$ خواهیم داشت $(r-\epsilon)<r$

درنتیجه :

$$r^n-(r-\epsilon)^n\leq \epsilon \underbrace{(r^{n-1}+r^{n-2}r+...+r^{n-1})}_{:=q}$$

ثابت کردیم که :

$$r^n-(r-\epsilon)^n\leq \epsilon q \ \ \ :\forall \epsilon \in (0,1)$$

از دو طرف نامساوی $r^n$ کم میکنیم و نامساوی را در منفی یک ضرب میکنیم :

$$(r-\epsilon)^n\geq r^n- \epsilon q \ \ \ :\forall \epsilon \in (0,1)$$

انتخاب میکنیم $\epsilon \in (0,1)$ به اندازه کافی کوچک به طوری که :

$$\epsilon \leq \dfrac{\delta}{q} \Leftrightarrow \epsilon q \leq \delta \Leftrightarrow -\epsilon q>- \delta $$

در نتیجه :

$$(r-\epsilon)^n>r^n -\epsilon q> r^n-\delta :=a \Rightarrow \epsilon +r \in S$$

در پایان میدانیم که بین دو عدد حقیقی $z,y$ سه حالت وجود دارد :

$\checkmark$ $y>z$

$\checkmark$ $y<z$

$\checkmark$ $ y=z $

نتیجه میگیریم که :

$$r^n=a$$

فرض کنیم که وجود دارد $r_1\neq r_2 $ به طوری که $r_1 ^n=r_2^n=a$

در این صورت طبق رابطه $\eqref{4}$ تناقض است .در نتیجه $r_1=r_2$ و $r$ یکتاست . اثبات کامل شد .


دارای دیدگاه خرداد ۱۶, ۱۳۹۶ توسط fardina
ویرایش شده خرداد ۱۶, ۱۳۹۶ توسط fardina
به نظرم عنوان این مطلب میتونه همون قضیه ای باشه که نوشتید و اثبات کردید. و بعدا مطلب لگاریتم رو که خواستید بنویسید رو به این مطلب ارجاع بدید.
اینطور که میخواید بنویسید این مطلب تموم شدنش معلوم نیست فرا برسه! چون اگر قرار باشه هرچیزی رو که میگید اثبات کنید مطمئنا از بحث اصلیتون خیلی دور خواهید شد. شما باید فرض کنید که کسی که این مطلب رو میخونه حتما یک پیشینه ای داره و اینطور نیست هیچ چیزی رو بلد نباشه.
و یا خیلی ساده میتونید به کتاب یا سایتهایی مثل ویگی پدیا ارجاع بدید.
ولی خیلی خوب از قابلیت ریاضی نوشتن استفاده کردید. و خیلی زیباست.
دارای دیدگاه خرداد ۱۸, ۱۳۹۶ توسط saderi7
@fardina
بابت دیده گاهتون ممنون .
لطفا ما را در شبکه های اجتماعی دنبال کنید:
به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید!
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود
♥ حمایت مالی
تلگرام محفل ریاضی
66 نفر آنلاین
2 عضو و 64 مهمان در سایت حاضرند
بازدید امروز: 3856
بازدید دیروز: 5659
بازدید کل: 5021748
...