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[数学分析]-阿基米德原理(The Principle of Archimedes)

[数学分析]-阿基米德原理(The Principle of Archimedes)

愈发觉得阿基米德原理和它的推论是整个分析学的基石,关于它的介绍很多,不限于博客,视频,教材等。我的文章只是对它们的拙劣的模仿。

在该篇文章中我会记录阿基米德原理的定义,一些推论,还有位置计数法。

1.阿基米德原理

如果$h$是任意一个固定的正数,则对任何实数$x$,可以找到唯一的整数$k$,使得$(k-1)h \leq x \leq kh$

$\blacktriangleleft$首先,整数集的所有非空下有界子集有最小值。设$E\in \mathbb{Z}$是所考虑的子集,根据下确界引理,$\exists ! \inf E=i\in \mathbb{R}$。根据下确界定义,一定存在元素$n\in E$使得$i\leq n < i+1$,此处可知$n-1<i$,由于所有小于$n$的整数都小于等于$n-1$,所以$n=\min E$。

现在考虑集合$\{n\in \mathbb{Z}|x/h<n \}$,其是整数集的下有界集合,所以存在最小值$k$,使$x/h<k$,并且$k-1\leq x/h$,否则一旦$x/h < k-1$,集合的最小值将不再是$k$。因此$k-1 \leq x/h < k$ $\blacktriangleright$

2.推论

(a)对于任何整数$\varepsilon > 0$,存在自然数$n$,使$0 < 1/n < \varepsilon$

(b)如果数$x\in \mathbb{R}$,且对于任何$n\in \mathbb{N}$都有$x < 1/n$,则$x=0$

(c)对于任何实数$a<b$,存在有理数$r\in \mathbb{Q}$,使得$a<r<b$。该命题表明两个实数之间存在无穷个有理数

(d)对于任何数,存在唯一的整数$k\in \mathbb{Z}$,使得$k\leq x <k$

(a)$\blacktriangleleft$取$h=\varepsilon >0,x=1$,则总存在$n\in \mathbb{N}$使$1/n < \varepsilon$。$\blacktriangleright$

(b)$\blacktriangleleft$由于$1/n$可以任意小,所以$x>0$是不可能的。$\blacktriangleright$

(c)$\blacktriangleleft$ 选取$n\in \mathbb{N}$,使

$$ \frac{1}{n} < b-a$$

同时根据阿基米德原理求出$m\in \mathbb{Z}$,使

$$ \frac{m-1}{n} \leq a < \frac{m}{n} $$

由第一个式子可以得出$1/n+a<b$,再由第二个式子得出

$$ a< \frac{m-1}{n} +\frac{1}{n} \leq a +\frac{1}{n} <b $$

$\blacktriangleright$

(d)直接由阿基米德原理得到

3.位置计数法

引理

固定一个数$q>1$,则对于任何数$x\in \mathbb{R}$,可以求出唯一的$k\in \mathbb{Z}$,使得$q^{k-1}\leq x < q^k$

$\blacktriangleleft$ 首先验证形如$q^k$的数的集合没有上界。若有,则存在唯一的上确界$s$,使得$q^m \leq s$恒成立,另一方面$s/q < s$,根据上确界的定义,一定有$s/q < q^m \leq s$,这样的话$s < q^{m+1}$,这个元素应当在$s$下方,但这是不可能的。

然后验证$\forall \varepsilon >0,\, \exists m\in \mathbb{N},\, 1/q^m < \varepsilon$,因为$q>1$,故$q^m<q^m\cdot q = q^{m+1}$,归纳证明得到$m,n\in \mathbb{Z},\, m<n$时有$q^m<q^n$,由于该数的集合没有上界,所以我们断定对于任何$c\in \mathbb{R}$,都可以求得$N\in \mathbb{Z}$,当$n>N$时有$c< q^n$。所以对于任意$\varepsilon >0$,取$c=1/\varepsilon$,可以求出整数$N$使得所有的$n>N$都有$1/\varepsilon < q^n$,换言之就是$1/q^n < \varepsilon$。

在上面的推导中如果我将$c$取为大于$0$的数$x$,则满足$x<q^m$的$m$的集合下有界,所以存在最小元素$k$,让$q^{k-1}\leq x < q^k$。

现在证明这个$k$的唯一性。假设$m,n\in \mathbb{Z}$。不妨假设$m<n$,则$m\leq n-1$,从而$q^m \leq q^{n-1}$。由此$q^{m-1} \leq x < q^{m}, \, q^{n-1} \leq x < q^n$,即$q^{n-1}<q^m$,矛盾。$\blacktriangleright$

根据该引理可以确定,如果固定$q>1$,对于任意一个实数$x>0$,都存在唯一一个$p\in \mathbb{Z}$使

$$ q^p \leq x < q^{p+1} $$

回顾一下阿基米德原理,固定$h>0$,对于任意$x\in \mathbb{R}$,存在唯一的$k\in \mathbb{Z}$使得$(k-1)h\leq x < kh$,将$h$取为$q^p$,用$\alpha_p $表示$k-1$,得到

$$ \alpha_p q^p \leq x < (\alpha_p+1) q^p $$

并且可以设定让$\alpha_p \in \{ 1,\cdots ,q-1 \}$。这是我觉得最难懂也是最精彩的地方,因为确实可以验证该式子符合$ q^p \leq x < q^{p+1} $,另一方面它将这个大区间分成了若干个小区间,从$ q^p \leq x < 2q^{p} $到$ (1-q)q^p \leq x < q^{p+1} $。通常把$p$称为数$x$的阶。

下面来重复一个步骤,现在如果我们确定了$p$阶下的$\alpha_p$,可以得到

$$ 0 \leq x-\alpha_p q^p < q^p $$

再一次我们可以通过类似的构造得到$p-1$阶下的公式

$$ \alpha_{p-1}q^{p-1} \leq x-\alpha_p q^p <(\alpha_{p-1}+1)q^{p-1} $$

$$ \alpha_{p-1}\in\{0,1,\cdots ,q-1\} $$

如此重复,最终有

$$ \alpha_{p}q^{p}+\cdots +\alpha_{p-n}q^{p-n}+\alpha_{p-n-1}q^{p-n-1} \leq x < \alpha_{p}q^{p}+\cdots +\alpha_{p-n}q^{p-n} +\alpha_{p-n-1}q^{p-n-1}+q^{p-n-1} $$

$\alpha_{p}q^{p}+\cdots +\alpha_{p-n}q^{p-n}$记为$r_n$

$$ r_n \leq x < r_n + \frac{1}{q^{n-p}} $$

换言之,上面给出了$x$越来越精确的不足近似值和过剩近似值。现在有一个问题便是任何形如$\alpha_p ,\cdots ,\alpha_0 ,\cdots $是否都对应某个数$x\in \mathbb{R}$?答案是否定的。

$\blacktriangleleft$设想从某一项后所有的$\alpha_n=(q-1)$

$$ \begin{align*} r_n &= \alpha_{p}q^{p}+\cdots +\alpha_{p-k}q^{p-k}+(q-1)q^{p-(k+1)}+\cdots + (q-1)q^{p-n} \\ &= \alpha_{p}q^{p}+\cdots +\alpha_{p-k}q^{p-k}+q^{p-k}-q^{p-n} \\ &= r_k + \frac{1}{q^{k-p}}-\frac{1}{q^{n-p}} \end{align*} $$

由于$ r_n \leq x < r_n + \frac{1}{q^{n-p}} $,所以

$$ r_k + \frac{1}{q^{k-p}}-\frac{1}{q^{n-p}} \leq x < r_k + \frac{1}{q^{k-p}} $$

$$0< r_k + \frac{1}{q^{k-p}}-x \leq \frac{1}{q^{n-p}}$$

注意到在引理的证明中已经得到了$1/q^{n-p}$可以任意小,它不可能始终都大于等于一个固定的值,由此推出矛盾。$\blacktriangleright$

从上面的推导中可以得到如下结论

$$ r_n < r_k +\frac{1}{q^{k-p}}-\frac{1}{q^{n-p}} $$

$$ r_n+ \frac{1}{q^{n-p}}< r_k +\frac{1}{q^{k-p}}$$

据此可以建立序列$\{ r_n \}$

$$ r_0 \leq \cdots r_n < r_n+\frac{1}{q^{n-p}} \leq \cdots \leq r_0+ \frac{1}{q^{-p}} $$

可以说严格不等号左边的任何元素始终小于右边的任何元素。如果取

$$ x=\sup\limits_{n\in\mathbb{N}} r_n \left( =\inf\limits_{n\in\mathbb{N}} \left( r_n +\frac{1}{q^{n-p}} \right) \right)$$

则每个正数$x$都与记号$\alpha_p ,\cdots , \alpha_0,\cdots$相对应。这叫做$p$进制计数法。

有趣的还有,为什么$0.999\cdots=1$,因为它在上述建立的系统中不成立。


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2022-04-18