$$\bbox[5px, border:1px solid teal]{\text{Theorem}}$$
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 :
$$\bbox[,5px,border:1px solid teal]{S:=\{s\in \mathbb{R}:s\geq 0 ,s^n\leq a\}}$$
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:
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 .
$$r^n<a$$
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 :
$$(\epsilon+r)^n\leq \epsilon q+r^n< r^n+ \delta :=a \Rightarrow \epsilon +r \in S$$
$$r^n>a$$
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 .
ویرایش شده خرداد ۱۶, ۱۳۹۶ توسط fardina