Существование корня

Вернуться к: Математический анализ I

Мы знаем, что во множестве рациональных чисел нет такого числа, квадрат которого равен $2$ . Мы ввели в рассмотрение более широкое множество $\mathbb {R}$ действительных чисел, которое содержит в себе множество рациональных чисел $\mathbb {Q}$ . Покажем, что во множестве $\mathbb {R}$ можно извлекать корни любой натуральной степени из любого положительного действительного числа.

Теорема. Для любого положительного действительного числа $x$ и для любого натурального $n$ существует, и притом единственное, число $y > 0$ , такое, что $y^{n}=x$ (здесь по определению считаем, что $y^{n}=y\cdot y\cdot \ldots \cdot y$ ).

Будем применять аксиому полноты. Обозначим через $A$ множество всех действительных положительных чисел $\alpha$ , таких, что $\alpha^{n}<x$ . Это множество непусто, например, $\alpha=\frac{x}{1+x} \in A$ , т.к., учитывая, что $0<\alpha<1$ , получаем $\alpha^{n}<\alpha<x$ . Далее, через $B$ обозначим множество всех действительных положительных чисел $\beta$ , таких, что $\beta^{n}>x.$ Это множество также непусто, например, $\beta=1+x \in B$ , т.к., учитываем что $\beta>1$ , получаем $\beta^{n}>\beta>x.$ Пусть $\alpha \in A$ , $\beta \in B$ . Тогда $\alpha<\beta \leq \alpha$ , то получили бы $\beta^{n} \leq \alpha^{n}$ , что невозможно, ибо $\alpha^{n}< x,\beta^{n}>x$ . Таким образом, множество $A$ и $B$ удовлетворяют условиям аксиомы полноты. В силу этой аксиомы существует число $y$ , такое, что для любых $\alpha\in A$ и $\beta\in B$ справедливо неравенство $\alpha\leq y \leq\beta$ .
Докажем, что $y^{n}=x$ . Предположим противное. Пусть, например, $y^{n}<x$ . Это означает, что $y\in A$ и $y$ — наибольший элемент в $A$ . Мы уже покажем, что во множестве $A$ нет наибольшего элемента. В самом деле, если $\alpha\in A$ , т.е. $\alpha^{n}<x$ , то покажем, что можно подобрать $\varepsilon >0$ так, что $\left(\alpha+\varepsilon \right)^{n}<x$ . По формуле бинома Ньютона имеем (считаем, что $\varepsilon <1$ ) $\left(\alpha+\varepsilon \right) ^{n}$ $=\alpha^{n}+C_{n}^{1} \alpha^{n-1}\varepsilon+C_{n}^{2} \alpha^{n-2}\varepsilon ^{2}+$ $\ldots+C_{n}^{n}\varepsilon ^{n}\leq \alpha^{n}+\varepsilon\left[C_{n}^{1} \alpha^{n-1}+C_{n}^{2} \alpha^{n-1}+\ldots+1\right]$ $=\alpha^{n}+\varepsilon \left[\left(\alpha+1\right)^{n}-\alpha^{n}\right].$
Выберем $\varepsilon$ таким, чтобы выполнялось неравенство $\alpha^{n}+\varepsilon \left[\left(\alpha+1\right)^{n}-\alpha^{n}\right]<x.$
Для этого достаточно взять $0<\varepsilon <\mathrm{min} \left(\frac{x-\alpha^{n}}{\left( \alpha+1\right)^{n}-\alpha^{n}},1 \right).$
Выбрав таким $\varepsilon$ , получим, что $\left(\alpha+\varepsilon \right)^{n}<x.$
Итак, мы показали, что во множестве $A$ нет наибольшего элемента, а значит, неравенство $y^{n}<x$ не может выполняться. Если предположить, что $y^{n}>x$ , то это будет означать, что $y$ — наибольший элемент во множестве $B$ . Покажем, что во множестве $B$ нет наименьшего элемента. Для этого возьмем произвольное $\beta\in B$ и найдем такое $\varepsilon$ , $0<\varepsilon \leq1$ , что $\beta-\epsilon\in B$ . Пользуясь формулой бинома Ньютона, получим $\left(\beta-\varepsilon \right) ^{n}$ $=\beta^{n}-C_n^1\beta^{n-1}+C_n^2\beta^{n-2}\varepsilon ^{n}-\ldots+(-1)^{n}\varepsilon ^{n}$ $=\beta^{n}-\varepsilon \left[C_n^1\beta^{n-1}+C_n^2\beta^{n-2}\varepsilon +\ldots+(-1)^{n-1}\varepsilon ^{n-1}\right]\geq\beta^{n}-\varepsilon$ $\left[C_n^1\beta^{n-1}+C_n^2\beta^{n-2}\varepsilon +\ldots+\varepsilon {n-1}\right]\geq\beta^{n}-\varepsilon \left[C_n^1\beta^{n-1}+C_n^2\beta^{n-2}\varepsilon +\ldots+1\right]$ $=\beta^{n}-\varepsilon \left[(\beta+1)^{n}-\beta^{n}\right].$
Выберем $\varepsilon$ таким, чтобы выполнялось неравенство $\beta^{n}-\varepsilon \left[ \left(\beta+1\right)^{n}-\beta^{n}\right]>x$ . Для этого достаточно взять $0<\varepsilon <\mathrm{min}\left(\frac{\beta^{n}-x}{\left(\beta+1\right)^{n}-\beta^{n}},1\right)$ . Выбирая таким $\varepsilon$ , получим, что $\left(\beta-\varepsilon \right)^{n}>x.$
Итак, неравенство $y^{n}>x$ также невозможно. Остается единственное возможное $y^{n}=x.$
Двух различных положительных $y_{1}$ и $y_{2}$ быть не может, ибо если $0<y_{1}<y_{2}$ , то $y_{1}^{n}<y_{2}^{n}$ и оба одновременно не могут равняться $x$ .
Положительное число $y$ , удовлетворяющее равенству $y^{n}=x$ , называется корнем $n$ -й степени из $x$ и обозначается $\sqrt[n]{x}.$

Пример
Вычислить $\sqrt{25}$ , $\sqrt{5}$ , $\sqrt{-4}$ и пояснить разницу между ними.

$\sqrt{25}=5$ , т.к. $5^2=25$ в этом случае корень является целым числом.

$\sqrt{5}\approx 2,236$ . Воспользуемся определением: Дедекиндово сечение — это разбиение множества рациональных чисел $\mathbb {Q}$ на два подмножества $A$ и $B$ такие, что:
1. $a <b$ для любых $a\in A$ и $b\in B$ ;
2. $B$ не имеет минимального элемента.
Т.е. вещественному числу $\sqrt{5}$ соответствует дедекиндово сечение, определяемое
$A=\left\{x\in \mathbb {Q}\mid x \le 0 \vee x^2 < 2\right\}$ и $B=\left\{x\in \mathbb {Q}\mid x > 0 \wedge x^2 > 2\right\}$ .
Интуитивно можно представить себе, что для того, чтобы определить $\sqrt{5}$ , мы рассекли множество на две части: все числа, что левее $\sqrt{5}$ , и все числа, что правее $\sqrt{5}$ ; соответственно, $\sqrt{5}$ равен точной нижней грани множества $B$ .

Корень $\sqrt{-4}$ не существует в том смысле, что не существует действительного числа $b=\sqrt{-4}$ , так как в противном случае было бы справедливо равенство $b^2=-4$ , которое противоречит правилу знаков при умножении.

Добавить комментарий Отменить ответ