1679
правок
Изменения
м
исправил немного
Свойства модуля:
#<tex>1) |ab| = |a||b| \\</tex>2) #<tex>|x + y| \le |x| + |y| \\</tex>3) #<tex>|x - a| \le r \Leftrightarrow a - r \le x \le a + r</tex>
=== Аксиома Архимеда ===
Предположим, что <tex> d^2=2;\ d\in \mathbb Q </tex>, Значит число <tex>d</tex> можно представить в виде несократимой дроби <tex> d = \frac mn</tex>.
Тогда: <tex> d^2 = 2 \Rightarrow m^2 = 2n^2,\ </tex> 2 - простое, значит <tex>m</tex> делится на <tex>2n2</tex>
<tex> m = 2p,\, 4p^2 = 2n^2,\ n^2=2p^2;\, n\:\vdots\:2</tex>, противоречие.
Заметим, что если <tex> \delta < \frac{2 - d^2}{2d+1}</tex>, то <tex>d^2 + (2d+1)\delta < 2 ,\, d^2 < 2,\, 2 - d^2 > 0 \Rightarrow \delta > 0 </tex>
<tex> \delta_0 \in \mathbb Q; \delta_0 = \min\{ (\frac{1}{3}, \frac{2-d^2}{2d+1} \)} \in (0; 1) </tex>;
Для такого <tex> \delta_0: (d + \delta_0)^2 < 2 \Rightarrow (d + \delta_0) \in A </tex>
По предположению, <tex> A \le d \rightarrow d + \delta_0 \le d, \delta_0 \le 0 </tex>, противоречие.
2) Пусть <tex> d^2 > 2 </tex>Для всех рациональных <tex> \delta \in (-1; 0): </tex><tex> (d + \delta)^2 = d^2 + 2d\delta + \delta^2 > d^2 + 2d\delta + \delta</tex> При <tex> \delta > \frac{2 - d^2}{2d + 1}, d^2 + 2d\delta + \delta > 2, d^2 > 2 </tex> , тогда <tex> 2 - d^2 < 0 \Rightarrow \delta < 0 </tex> Рассмотрим <tex> \delta_0 \in \mathbb{Q}: \delta_0 = \max{(-\frac13, \frac{2 - d^2}{2d + 1})} \in (-1; 0) </tex>, тогда <tex> (d + \delta)^2 > 2 \Rightarrow d + \delta_0 \in B </tex><tex> B \ge d \rightarrow d + \delta_0 \ge d \rightarrow \delta_0 \ge 0 </tex>, пришли к противоречию.}}
Этим утверждением обнаруживается серьезный пробел во множестве рациональных чисел.
