به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
سایت پرسش و پاسخ ریاضی
0 امتیاز
267 بازدید
در دانشگاه توسط
ویرایش شده توسط fardina

نشان دهید $[a,b]= \bigcap_1^ \infty (a- \frac{1}{n} , b + \frac{1}{n}) $. بنا بر این هر $ \sigma $-جبری از زیر مجموعه های $\mathbb R$ که شامل تمام بازه های باز باشد شامل تمام بازه های بسته نیز هست

به همین نحو$(a,b)= \bigcup_1^ \infty [a+ \frac{1}{n} , b- \frac{1}{n}] $ به طوری که هر $ \sigma $-جبر شامل بازه های بسته شامل بازه های باز نیز باشد

$\mathbb R$ مجموعه اعداد حقیقی

1 پاسخ

می توانید به پاسخ(ها) امتیاز دهید یا آن را انتخاب کنید.

+1 امتیاز
توسط erfanm
ویرایش شده توسط fardina

به ازای هر$ x \in [a,b]$ داریم $a \leq x \leq b $ پس برای هر $ n$ خواهیم داشت $ a- \frac{1}{n}< a \leq x \leq b < b+ \frac{1}{n} $ یعنی $ x \in (a- \frac{1}{n} , b + \frac{1}{n}) $ واین بدین معنی است که $x \in \bigcap_1^ \infty (a- \frac{1}{n} , b + \frac{1}{n}) $

پس $$[a,b] \subseteq \bigcap_1^ \infty (a- \frac{1}{n} , b + \frac{1}{n}) $$

حال نشان میدهیم اگر $ x \notin [a,b]$ آنگاه $x \notin \bigcap_1^ \infty (a- \frac{1}{n} , b + \frac{1}{n}) $ و این اثبات را کامل میکند(عکس نقیض برعکس رابطه اثبات شده)

فرض کنید $x < a $ پس $ 0< a-x $ لذا یک $ n_0 $ وجود دارد که $ \frac{1}{n_0} < a-x $ واین یعنی $ x < a- \frac{1}{n_0}$ پس $x \notin (a- \frac{1}{n_0} , b + \frac{1}{n_0})$ و این حکم را ثابت میکند برای $ b < x $ به طور مشابه عمل میکنیم.

برای رابطه ی دوم برای هر $x \in (a,b) $ یعنی $a < x < b$، از اینکه $ a < x \Rightarrow 0< x-a$ یک $ n_0 $ وجود دارد که برای هر $n > n_0 $ داریم: $$ \frac{1}{n} < x-a \Rightarrow a+ \frac{1}{n} < x $$

از اینکه $x < b \Rightarrow 0 < b-x $ یک$ n_1 $ وجود دارد که برای هر $n > n_1 $ داریم $$\frac{1}{n} < b-x \Rightarrow x < b-\frac{1}{n} $$ پس برای $n> max \{n_1,n_0 \} $ داریم: $ a+ \frac{1}{n} < x < b-\frac{1}{n} $

و این یعنی $(a,b) \subseteq \bigcup_1^ \infty [a+ \frac{1}{n} , b- \frac{1}{n}] $

برای برعکس از عکس نقیض استفاده می کنیم نشان میدهیم که اگر $ x \notin (a,b)$ آنگاه داریم $ x \notin \bigcup_1^ \infty [a+ \frac{1}{n} , b- \frac{1}{n}] $

فرض کنید $ x \leq a$ پس برای هر $ n $ داریم $x \leq a< a + \frac{1}{n} $ و این یعنی $ x \notin [a+ \frac{1}{n} , b- \frac{1}{n}] $ و حکم ثابت شد.

حالت $ b \leq x $ به طور مشابه است.

حمایت مالی


کانال تلگرام محفل ریاضی
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود
...