Лекция 3. Теорема Кантора, аксиомы вещественных чисел, принцип Архимеда

Лекция начинается с двух фактов о мощностях: множество $\mathbb Q$ счётно, а у любого множества подмножеств строго больше, чем элементов (теорема Кантора). Дальше начинается главный объект курса — вещественные числа. $\mathbb R$ задаётся не построением, а списком аксиом, как $\mathbb N$ в лекции 2 задавался аксиомами Пеано. Аксиомы поля и порядка выполняются и в $\mathbb Q$; от $\mathbb Q$ множество $\mathbb R$ отличает только аксиома непрерывности. Из неё выводятся принцип Архимеда и плотность рациональных чисел, а позже — все теоремы о пределах и непрерывных функциях.

1. Счётность рациональных чисел

Напоминание из лекции 2: множество счётно, если оно равномощно $\mathbb N$. Мощность счётного множества обозначают $\mathfrak a$ или $\aleph_0$.

Теорема 1. $|\mathbb Q|=\mathfrak a$: множество рациональных чисел счётно.

Доказательство. Рациональные числа — это дроби: $\mathbb Q=\Big\{\frac pq\ \Big|\ p\in\mathbb Z,\ q\in\mathbb N\Big\}.$ Каждое рациональное число единственным образом записывается несократимой дробью $\frac pq$ с $q\in\mathbb N$. Сопоставим числу эту дробь, а дроби — пару: $\varphi\colon\mathbb Q\to\mathbb Z\times\mathbb N,\qquad \varphi\Big(\frac pq\Big)=(p,q).$ Разные несократимые дроби дают разные пары, поэтому $\varphi$ — инъекция и $|\mathbb Q|\le|\mathbb Z\times\mathbb N|$. Далее $\mathbb Z\sim\mathbb N$, поэтому $\mathbb Z\times\mathbb N\sim\mathbb N\times\mathbb N\sim\mathbb N$ (лекция 2, §4.5). Значит, $\mathbb Q$ равномощно подмножеству счётного множества и не более чем счётно. Оно бесконечно (содержит $\mathbb N$), значит, счётно. $\blacksquare$

Биекция между целыми и натуральными формулой. При нумерации с нуля $a_n=(-1)^{n+1}\left\lfloor\frac{n+1}2\right\rfloor,\qquad n=0,1,2,\dots$ даёт $a_0=0,\ a_1=1,\ a_2=-1,\ a_3=2,\ a_4=-2,\dots$ — каждое целое ровно один раз. Здесь $\lfloor x\rfloor$ — целая часть (§4.2). Нумерация с нуля не мешает: сдвиг $n\mapsto n+1$ переводит её в нумерацию с единицы.

Явная нумерация. Положительные дроби $\frac pq$ выписываются по диагоналям $p+q=\text{const}$, сократимые пропускаются:

Получается $r_1=1,\ r_2=2,\ r_3=\frac12,\ r_4=3,\ r_5=\frac13,\ r_6=4,\dots$ Весь $\mathbb Q$ нумеруется как $0,\ r_1,\ -r_1,\ r_2,\ -r_2,\dots$

2. Теорема Кантора

2.1. Булеан

Определение 1. Булеан $\mathcal P(A)$ множества $A$ — множество всех его подмножеств. Другое обозначение — $2^A$.

Для $A=\{1,2,3\}$: $\mathcal P(A)=\big\{\varnothing,\ \{1\},\ \{2\},\ \{3\},\ \{1,2\},\ \{1,3\},\ \{2,3\},\ \{1,2,3\}\big\},\qquad|\mathcal P(A)|=8=2^3.$

Если $|A|=n$, то $|\mathcal P(A)|=2^n$: подмножество задаётся выбором «берём / не берём» для каждого из $n$ элементов. Отсюда обозначение $2^A$.

Элементы булеана — это множества: $\{1\}\in\mathcal P(A)$, но $1\notin\mathcal P(A)$. Пустое множество и само $A$ лежат в $\mathcal P(A)$ всегда.

2.2. Формулировка и доказательство

Теорема 2 (Кантора). Для любого множества $A$ $|A|<|\mathcal P(A)|.$

Нужно доказать два утверждения: $|A|\le|\mathcal P(A)|$, то есть существует инъекция, и $A\not\sim\mathcal P(A)$, то есть биекции нет. Второе докажем в более сильной форме: нет даже сюръекции.

Доказательство.

1. Инъекция. $a\mapsto\{a\}\in\mathcal P(A)$: разные элементы переходят в разные одноэлементные множества.

2. Сюръекции нет. Пусть, от противного, $g\colon A\to\mathcal P(A)$ — сюръекция: каждое подмножество $A$ равно $g(x)$ для некоторого $x\in A$. Каждому $x$ сопоставлено множество $g(x)$, и $x$ либо лежит в нём, либо нет. Соберём элементы, которые не лежат в своём образе: $B=\{x\in A\mid x\notin g(x)\}.$ $B\subseteq A$, значит, $B\in\mathcal P(A)$, и по сюръективности $B=g(b)$ для некоторого $b\in A$. Лежит ли $b$ в $B$?

   • Если $b\in B$, то по определению $B$ выполнено $b\notin g(b)=B$ — противоречие.
   • Если $b\notin B=g(b)$, то $b$ удовлетворяет условию из определения $B$, то есть $b\in B$ — противоречие.

   Оба варианта невозможны, значит, сюръекции $A\to\mathcal P(A)$ нет и тем более нет биекции. Вместе с п. 1 получаем $|A|<|\mathcal P(A)|$. $\blacksquare$

Пример. $A=\{1,2,3\}$, $g(1)=\{1,2\}$, $g(2)=\{3\}$, $g(3)=\varnothing$. Тогда $1\in g(1)$, а $2\notin g(2)$ и $3\notin g(3)$, поэтому $B=\{2,3\}$. Среди значений $\{1,2\}$, $\{3\}$, $\varnothing$ множества $\{2,3\}$ нет. Так и должно быть: $B$ отличается от каждого $g(x)$ как раз элементом $x$. Это тот же диагональный приём, что и в доказательстве несчётности $\mathbb R$ (лекция 2, §4.7).

Теорема верна и для конечных множеств: $n<2^n$. Даже для $A=\varnothing$: $\mathcal P(\varnothing)=\{\varnothing\}$, и $0<1$.

Следствие. Бесконечных мощностей бесконечно много: $|A|<|\mathcal P(A)|<|\mathcal P(\mathcal P(A))|<\dots$ Наибольшей мощности не существует: для любого множества булеан строго «больше». Для $A=\mathbb N$ первая ступенька — $|\mathcal P(\mathbb N)|=\mathfrak c=|\mathbb R|$, континуум; доказательство и следующие ступени лестницы — в лекции 2, §4.8.

3. Аксиомы вещественных чисел

3.1. Аксиоматический подход

Определение 2. Полем вещественных чисел $\mathbb R$ называется множество с двумя операциями — сложением $(+)$ и умножением $(\cdot)$, — удовлетворяющее трём группам аксиом:

1. аксиомы поля;
2. аксиомы порядка (упорядоченного поля);
3. аксиома непрерывности.

Элементы $\mathbb R$ называются вещественными (действительными) числами. Как и с аксиомами Пеано, мы не отвечаем на вопрос, «что такое» число, а фиксируем его свойства; всё остальное выводится из них. То, что такое множество существует (например, как бесконечные десятичные дроби) и единственно с точностью до переименования элементов, — отдельные теоремы; в этой лекции они принимаются.

3.2. Аксиомы поля

Для любых $a,b,c\in\mathbb R$:

Правая дистрибутивность $(a+b)c=ac+bc$ следует из аксиом 5 и 9, поэтому отдельно её не пишут. В лекции 1 по линейной алгебре тот же список разбит иначе: две дистрибутивности, а $1\ne0$ входит в аксиому единицы. Содержание одно и то же.

Утверждение 1 (следствия аксиом поля). Для любых $a,b\in\mathbb R$:

1. противоположный элемент единственный;
2. $a\cdot0=0$;
3. $(-1)\cdot a=-a$, в частности $(-1)\cdot(-1)=1$;
4. если $ab=0$, то $a=0$ или $b=0$.

Доказательство.

1. Пусть $a+x=0$ и $a+y=0$. Тогда $x=x+(a+y)=(x+a)+y=0+y=y$.
2. $a\cdot0=a\cdot(0+0)=a\cdot0+a\cdot0$. Прибавим к обеим частям $-(a\cdot0)$: $0=a\cdot0$.
3. $a+(-1)\cdot a=1\cdot a+(-1)\cdot a=\big(1+(-1)\big)\cdot a=0\cdot a=0$, значит, $(-1)\cdot a$ — противоположный к $a$, и по п. 1 он равен $-a$. При $a=-1$: $(-1)(-1)=-(-1)=1$, так как $(-1)+1=0$.
4. Если $a\ne0$, то $b=1\cdot b=(a^{-1}a)\,b=a^{-1}(ab)=a^{-1}\cdot0=0$. $\blacksquare$

3.3. Аксиомы порядка

Определение 3. Поле называется упорядоченным, если на нём задано отношение $\le$ со свойствами (для любых $a,b,c$):

1. рефлексивность: $a\le a$;
2. антисимметричность: $a\le b$ и $b\le a$ $\Rightarrow$ $a=b$;
3. транзитивность: $a\le b$ и $b\le c$ $\Rightarrow$ $a\le c$;
4. линейность: $a\le b$ или $b\le a$ — любые два элемента сравнимы;
5. согласованность со сложением: $a\le b$ $\Rightarrow$ $a+c\le b+c$;
6. согласованность с умножением: $0\le a$ и $0\le b$ $\Rightarrow$ $0\le a\cdot b$.

Аксиомы 1–3 задают частичный порядок. Так устроено, например, включение $\subseteq$ на множествах, и там линейность нарушена: $\{1\}$ и $\{2\}$ несравнимы. Аксиома 4 делает порядок линейным, а 5 и 6 (на лекции — «устойчивость сложения» и «устойчивость умножения») связывают его с операциями. Строгий порядок: $a<b$ $\Leftrightarrow$ $a\le b$ и $a\ne b$.

Утверждение 2 (правила работы с неравенствами). В упорядоченном поле:

1. $a\le b$ $\Leftrightarrow$ $0\le b-a$;
2. если $a\le b$ и $c\ge0$, то $ac\le bc$; если $a\le b$ и $c\le0$, то $ac\ge bc$;
3. $a^2\ge0$ для любого $a$;
4. $0<1$.

Доказательство.

1. Прибавить к обеим частям $-a$ (аксиома 5), в обратную сторону — прибавить $a$.
2. По п. 1 $b-a\ge0$. При $c\ge0$ по аксиоме 6 $(b-a)c\ge0$, то есть $bc-ac\ge0$ и $ac\le bc$. При $c\le0$ имеем $-c\ge0$ (прибавить $-c$ к $c\le0$), и $(b-a)(-c)\ge0$ даёт $ac-bc\ge0$.
3. Если $a\ge0$, то $a\cdot a\ge0$ по аксиоме 6. Если $a\le0$, то $-a\ge0$ и $a^2=(-a)(-a)\ge0$ (по утверждению 1 $(-a)(-a)=(-1)(-1)\,a\,a=a^2$).
4. $1=1^2\ge0$ по п. 3, и $1\ne0$ по аксиоме поля 10. $\blacksquare$

$\mathbb Q$ с обычным порядком тоже удовлетворяет всем аксиомам 1–6. Значит, первые две группы аксиом $\mathbb R$ от $\mathbb Q$ не отличают.

3.4. Аксиома непрерывности

Определение 4. Множество $A$ лежит левее множества $B$, если каждый элемент $A$ не больше каждого элемента $B$: $\forall a\in A\ \ \forall b\in B:\quad a\le b.$

Аксиома непрерывности (Дедекинда). Если непустые множества $A,B\subseteq\mathbb R$ таковы, что $A$ лежит левее $B$, то найдётся число $c\in\mathbb R$, разделяющее их: $a\le c\le b\qquad\text{для всех } a\in A,\ b\in B.$

Смысл: на прямой нет «дыр». Если одно множество целиком лежит слева от другого, между ними есть хотя бы одна точка.

Примеры.

• $A=[0;1)$, $B=(1;2]$: разделяет только $c=1$, и $c$ не лежит ни в $A$, ни в $B$.
• $A=[0;1]$, $B=[3;4]$: годится любое $c\in[1;3]$ — разделяющее число не обязано быть единственным.
• $A=\{1\}$, $B=[1;2]$: $c=1$ лежит и в $A$, и в $B$ — это тоже допустимо.

3.5. Иррациональность корня из двух и неполнота рациональных чисел

Утверждение 3. Не существует рационального числа $x$ с $x^2=2$, то есть $\sqrt2\notin\mathbb Q$.

Доказательство. Пусть $\big(\frac ab\big)^2=2$, где $a,b\in\mathbb N$. Тогда $a^2=2b^2$. По основной теореме арифметики натуральное число раскладывается на простые множители единственным образом. Двойка входит в $a^2$ в чётной степени (вдвое большей, чем в $a$), а в $2b^2$ — в нечётной (на единицу больше удвоенной степени в $b$). Одно и то же число не может иметь двух разложений — противоречие. $\blacksquare$

Доказательство через чётность

Пусть $\frac ab$ — несократимая дробь и $a^2=2b^2$. Тогда $a^2$ чётно, значит, и $a$ чётно (квадрат нечётного числа нечётен): $a=2k$. Подставим: $4k^2=2b^2$, $b^2=2k^2$ — значит, и $b$ чётно. Оба числа чётные, а дробь несократимая — противоречие. Это рассуждение обходится без единственности разложения на простые.

Первое рассуждение сразу обобщается: если $n\in\mathbb N$ не является точным квадратом, то $\sqrt n\notin\mathbb Q$. У такого $n$ какой-то простой множитель входит в нечётной степени, и в равенстве $a^2=n\,b^2$ его степени слева и справа имеют разную чётность.

Теорема 3. $\mathbb Q$ не удовлетворяет аксиоме непрерывности.

Доказательство. Рассмотрим множества $A=\{x\in\mathbb Q\mid x>0,\ x^2<2\},\qquad B=\{x\in\mathbb Q\mid x>0,\ x^2>2\}.$

1. Непусты: $1\in A$, $2\in B$.
2. $A$ лежит левее $B$. Пусть $a\in A$, $b\in B$ и, от противного, $b\le a$. Так как $0<b\le a$, по утверждению 2 $b^2\le ab\le a^2$. Но $a^2<2<b^2$ — противоречие. Значит, $a<b$.
3. Разделяющего рационального числа нет. Пусть $c\in\mathbb Q$ и $a\le c\le b$ для всех $a\in A$, $b\in B$. Тогда $c\ge1>0$ (так как $1\in A$), и $c^2\ne2$ по утверждению 3. Остаются два случая.
   • $c^2<2$. Положим $h=\dfrac{2-c^2}{2c+1}$ — рациональное и положительное. Кроме того, $h<1$, так как $2-c^2<2c+1$ $\Leftrightarrow$ $c^2+2c-1>0$, а это верно при $c\ge1$. Поэтому $h^2<h$ и $(c+h)^2=c^2+2ch+h^2<c^2+(2c+1)h=2.$ Значит, $c+h\in A$, но $c+h>c$ — противоречие с тем, что $c$ не меньше всех элементов $A$.
   • $c^2>2$. Положим $h=\dfrac{c^2-2}{2c}>0$. Число $c-h=\dfrac{c^2+2}{2c}$ рациональное и положительное, и $(c-h)^2=c^2-2ch+h^2>c^2-2ch=2.$ Значит, $c-h\in B$, но $c-h<c$ — противоречие с тем, что $c$ не больше всех элементов $B$. $\blacksquare$

Числа. Для $c=\frac75$: $c^2=\frac{49}{25}<2$, $h=\frac{1/25}{19/5}=\frac1{95}$, $c+h=\frac{134}{95}\approx1{,}4105$, $\big(\frac{134}{95}\big)^2\approx1{,}9896<2$ — нашли элемент $A$ правее $c$. Для $c=\frac32$: $h=\frac1{12}$, $c-h=\frac{17}{12}$, $\big(\frac{17}{12}\big)^2=\frac{289}{144}\approx2{,}0069>2$ — элемент $B$ левее $c$.

В $\mathbb R$ те же множества (с $x\in\mathbb R$) разделяются: аксиома непрерывности даёт $c$, и те же вычисления показывают, что ни $c^2<2$, ни $c^2>2$ невозможно. Значит, $c^2=2$ — существование $\sqrt2$ в $\mathbb R$ следует из аксиомы непрерывности. Формула $c-h=\frac12\big(c+\frac2c\big)$ из второго случая — метод Герона: $2\to\frac32\to\frac{17}{12}\to\frac{577}{408}\approx1{,}414216$, и эти дроби быстро приближаются к $\sqrt2\approx1{,}414214$.

4. Принцип Архимеда

4.1. Теорема и доказательство

Натуральные числа внутри $\mathbb R$ — это $1,\ 1+1,\ 1+1+1,\dots$ Используется одно их свойство: если $n\in\mathbb N$, то и $n+1\in\mathbb N$.

Теорема 4 (принцип Архимеда). Множество $\mathbb N$ не ограничено сверху в $\mathbb R$: $\forall x\in\mathbb R\ \ \exists n\in\mathbb N:\quad n>x.$

Доказательство (от противного). Пусть существует $x_*\in\mathbb R$, для которого $n\le x_*$ при всех $n\in\mathbb N$. Положим $A=\mathbb N$, а $B$ — множество верхних границ $\mathbb N$: $B=\{x\in\mathbb R\mid n\le x\ \ \forall n\in\mathbb N\}.$ Оба множества непусты ($1\in A$, $x_*\in B$), и $A$ лежит левее $B$ по определению $B$. По аксиоме непрерывности есть $c\in\mathbb R$: $n\le c\le b\qquad\forall n\in\mathbb N,\ \forall b\in B.$ Возьмём любое $n\in\mathbb N$. Число $n+1$ тоже натуральное, то есть лежит в левом множестве, поэтому $n+1\le c$, откуда $n\le c-1$. Это верно для всех $n$, значит, $c-1$ — тоже верхняя граница: $c-1\in B$. Но $c$ не больше всех элементов $B$, поэтому $c\le c-1$, то есть $1\le0$ — противоречие с $0<1$ (утверждение 2). $\blacksquare$

Идея. Аксиома даёт «самую левую» верхнюю границу $c$. Но $\mathbb N$ не меняется при сдвиге на $1$, поэтому $c-1$ тоже верхняя граница, а она левее $c$.

Зачем здесь аксиома непрерывности

Из аксиом поля и порядка принцип Архимеда не выводится: существуют упорядоченные поля, где он неверен. Пример — поле дробей $\frac{p(t)}{q(t)}$ от многочленов с вещественными коэффициентами, где дробь считается положительной, если старшие коэффициенты $p$ и $q$ одного знака. Все аксиомы 1–6 выполнены, а $t-n$ положительно при любом $n$, то есть $t>n$ для всех $n\in\mathbb N$ — «бесконечно большой» элемент.

А вот $\mathbb Q$ архимедово, хотя и не непрерывно: для $x=\frac pq$ подходит $n=|p|+1$.

4.2. Эквивалентные формулировки

Упражнение 1 (с лекции). Доказать эквивалентные формулировки принципа Архимеда:

1. для любого $\varepsilon>0$ найдётся $n\in\mathbb N$ с $\dfrac1n<\varepsilon$;
2. соизмеримость: для любых $x,y>0$ найдётся $n\in\mathbb N$ с $x\cdot n>y$;
3. для любых $x,h>0$ найдётся $n$ с $n\cdot h\le x<(n+1)\cdot h$.

Каждый пункт ниже оформлен отдельным утверждением, решение спрятано под спойлер — попробуйте сначала сами. Подсказка для всех трёх: применить принцип Архимеда к подходящему числу, например $\frac1\varepsilon$ или $\frac yx$.

Следствие 1. Для любого $\varepsilon>0$ найдётся $n\in\mathbb N$ с $\dfrac1n<\varepsilon$.

Решение (упражнение 1, п. 1)

По принципу Архимеда для $x=\frac1\varepsilon>0$ есть $n\in\mathbb N$ с $n>\frac1\varepsilon$. Умножив обе части на положительное $\frac\varepsilon n$, получаем $\frac1n<\varepsilon$. Все $m\ge n$ тоже подходят: $\frac1m\le\frac1n<\varepsilon$. $\blacksquare$

Например, для $\varepsilon=0{,}003$: $\frac1\varepsilon=333{,}3\ldots$, $n=334$, $\frac1{334}\approx0{,}002994<0{,}003$. Именно это стоит за пределом $\frac1n\to0$.

Обратно, из следствия 1 выводится принцип Архимеда: для $x>0$ взять $\varepsilon=\frac1x$ и получить $\frac1n<\frac1x$, то есть $n>x$; для $x\le0$ подходит любое $n$. Поэтому это эквивалентная формулировка.

Следствие 2 (соизмеримость). Для любых $h>0$ и $x\in\mathbb R$ найдётся $n\in\mathbb N$ с $n\cdot h>x$.

Решение (упражнение 1, п. 2)

В обозначениях лекции ($x,y>0$, нужно $x\cdot n>y$): по принципу Архимеда для числа $\frac yx$ найдётся $n\in\mathbb N$ с $n>\frac yx$. Умножив обе части на $x>0$, получаем $x\cdot n>y$. В обозначениях следствия 2 это то же самое: взять $n>\frac xh$ и умножить на $h>0$. $\blacksquare$

Смысл: шагами длины $h$ можно уйти правее любой точки, как бы мал ни был шаг; $n$ — количество шагов. При $h=1$ это снова принцип Архимеда.

Утверждение 4 (уточнённая соизмеримость). Для любых $h>0$ и $x\ge0$ существует единственное целое $n\ge0$, для которого $n\cdot h\le x<(n+1)\cdot h.$

Это п. 3 упражнения 1 с уточнением: $n$ может оказаться нулём (при $x<h$), и такое $n$ единственно.

Решение (упражнение 1, п. 3)

Множество $M=\{k\in\mathbb N\mid kh>x\}$ непусто по следствию 2. По вполне упорядоченности $\mathbb N$ (лекция 2, теорема 4) в нём есть наименьший элемент $m$. Положим $n=m-1\ge0$. Правое неравенство: $(n+1)h=mh>x$. Левое: если $m=1$, то $n=0$ и $0\cdot h=0\le x$; если $m>1$, то $m-1\in\mathbb N$ меньше наименьшего элемента $M$, значит, $m-1\notin M$ и $(m-1)h\le x$. Единственность: если подходят $n<n'$, то $n+1\le n'$ и $(n+1)h\le n'h\le x<(n+1)h$ — противоречие. $\blacksquare$

На лекции решение короче: разделить на $h$ и сослаться на целую часть, $n=\big\lfloor\frac xh\big\rfloor$. Почему так делать осторожно — в предупреждении ниже.

Пример: $x=7{,}3$, $h=2$ — $n=3$, так как $6\le7{,}3<8$. Пример $x=0{,}5$, $h=1$ показывает, почему нужно разрешить $n=0$: ни одного полного шага не помещается.

Целая часть. При $h=1$ получаем: для любого $x\in\mathbb R$ есть единственное $k\in\mathbb Z$ с $k\le x<k+1$. Оно называется целой частью и обозначается $[x]$ или $\lfloor x\rfloor$. Для $x<0$ утверждение 4 применяют к $-x$. Внимание к знаку: $[2{,}5]=2$, но $[-2{,}5]=-3$, а не $-2$.

5. Плотность рациональных и иррациональных чисел

Упражнение 2 (с лекции). Доказать плотность рациональных и иррациональных чисел в $\mathbb R$:

1. в любом интервале $(a;b)$, $a<b$, найдётся рациональное число;
2. в любом интервале $(a;b)$, $a<b$, найдётся иррациональное число.

Это теоремы 5 и 6 ниже, решения под спойлерами.

5.1. Рациональные числа

Теорема 5. В любом интервале $(a;b)$, $a<b$, найдётся рациональное число.

Идея. Разобьём прямую на клетки длины $\frac1n$, меньшей длины интервала. Интервал не может «проскочить» между соседними узлами сетки $\frac mn$ — хотя бы один узел окажется внутри.

Решение (упражнение 2, п. 1)

Так как $b-a>0$, по следствию 1 найдётся $n\in\mathbb N$ с $\frac1n<b-a$ — шаг сетки меньше длины интервала.

Как на лекции. Рассмотрим $A=\{k\in\mathbb Z\mid \frac kn>a\}$ — узлы сетки правее $a$. Оно непусто: по принципу Архимеда есть натуральное $k>na$. И ограничено снизу: при $k\le na$ условие не выполнено, а по принципу Архимеда для $-na$ найдётся натуральное $N>-na$, так что все элементы $A$ больше $-N$. У непустого ограниченного снизу множества целых чисел есть наименьший элемент: после сдвига на $N$ это непустое подмножество $\mathbb N$, и работает вполне упорядоченность. Пусть $m=\min A$. Тогда $\frac mn>a$, а $m-1\notin A$, то есть $\frac{m-1}n\le a$. Отсюда $a<\frac mn=\frac{m-1}n+\frac1n\le a+\frac1n<a+(b-a)=b.$ Число $\frac mn$ рационально и лежит в $(a;b)$. $\blacksquare$

Через целую часть. То же $m$ равно $[na]+1$: по определению целой части $m-1\le na<m$, и после деления на $n$ получается та же цепочка неравенств.

Пример. $(a;b)=(0{,}31;\ 0{,}32)$. Длина $0{,}01$, берём $n=101$ (тогда $\frac1{101}<0{,}01$). $na=31{,}31$, $m=[31{,}31]+1=32$, и $\frac{32}{101}\approx0{,}3168\in(0{,}31;\ 0{,}32)$. Конечно, подходит и $\frac{63}{200}=0{,}315$ — доказательство гарантирует существование, а не «самую простую» дробь.

5.2. Иррациональные числа

Теорема 6. В любом интервале $(a;b)$, $a<b$, найдётся иррациональное число.

Подсказка: сдвиньте или растяните интервал так, чтобы рациональное число из теоремы 5 превратилось в иррациональное.

Решение (упражнение 2, п. 2): сдвиг на корень из двух

Применим теорему 5 к сдвинутому интервалу $(a-\sqrt2;\ b-\sqrt2)$: найдётся $r\in\mathbb Q$ с $a-\sqrt2<r<b-\sqrt2$, то есть $a<r+\sqrt2<b.$ Число $r+\sqrt2$ иррационально: если бы $r+\sqrt2=q\in\mathbb Q$, то $\sqrt2=q-r$ было бы рациональным, а это противоречит утверждению 3. $\blacksquare$

Решение как на лекции: умножить на корень из двух

Выберем рациональное $q$ в интервале $\big(\frac a{\sqrt2};\ \frac b{\sqrt2}\big)$. Тогда $a<q\sqrt2<b$, и при $q\ne0$ число $q\sqrt2$ иррационально: иначе $\sqrt2=\frac{q\sqrt2}{q}$ было бы рациональным.

Условие $q\ne0$ само не выполняется. Если $a<0<b$, теорема 5 вправе выдать $q=0$, и тогда $q\sqrt2=0$ рационально. Поэтому в этом случае $q$ нужно брать из $\big(0;\ \frac b{\sqrt2}\big)$. Способ со сдвигом $r+\sqrt2$ этой проблемы не имеет.

Пример. В $(0;\ 0{,}01)$ лежит $\frac{\sqrt2}{200}\approx0{,}00707$. Оно иррационально: иначе $\sqrt2=200\cdot\frac{\sqrt2}{200}$ было бы рациональным.

Следствие 3. В любом интервале бесконечно много рациональных и бесконечно много иррациональных чисел.

Доказательство. Найдя $r_1\in(a;b)$, применим теорему к $(a;r_1)$ и получим $r_2<r_1$, затем к $(a;r_2)$, и так далее — получается бесконечно много различных чисел. $\blacksquare$

Говорят, что $\mathbb Q$ и $\mathbb R\setminus\mathbb Q$ всюду плотны в $\mathbb R$. Любое вещественное $x$ приближается рациональными с любой точностью: для любого $\varepsilon>0$ в интервале $(x-\varepsilon;\ x+\varepsilon)$ есть $r\in\mathbb Q$, то есть $|x-r|<\varepsilon$. На этом держатся вычисления с десятичными приближениями.

Частые ошибки

1. Отображать $\frac pq\mapsto(p,q)$ без несократимости. Тогда $\frac12=\frac24$ переходит в две разные пары, и это не отображение.
2. Доказывать $A\not\sim\mathcal P(A)$ тем, что $a\mapsto\{a\}$ не сюръекция. Одно неудачное отображение ничего не доказывает: $n\mapsto2n$ не сюръективно, а $\mathbb N\sim\mathbb N$. В теореме Кантора показано, что никакое $g\colon A\to\mathcal P(A)$ не сюръективно.
3. Путать $\in$ и $\subseteq$ в булеане. $\{1\}\in\mathcal P(A)$ и $\{1\}\subseteq A$, но $1\notin\mathcal P(A)$.
4. Забывать аксиому обратного по умножению. Без неё аксиомам поля удовлетворяло бы $\mathbb Z$.
5. Умножать неравенство на произвольное число. $a\le b\Rightarrow ac\le bc$ только при $c\ge0$; при $c<0$ знак меняется.
6. Думать, что разделяющее число $c$ единственно или лежит в $A$ или $B$. Аксиома гарантирует только существование: для $[0;1]$ и $[3;4]$ годится любое $c\in[1;3]$.
7. Не требовать непустоты в аксиоме непрерывности. С $B=\varnothing$ аксиома давала бы верхнюю границу всему $\mathbb R$.
8. Строить контрпример для $\mathbb Q$ без условия $x>0$. Тогда $-5\in B$ левее $1\in A$, и $A$ не лежит левее $B$.
9. Считать принцип Архимеда очевидным. Он выводится из аксиомы непрерывности; в неархимедовых упорядоченных полях он неверен.
10. Требовать $n\ge1$ в $nh\le x<(n+1)h$. При $x<h$ ни одного шага не помещается, и $n=0$.
11. Считать $[-2{,}5]=-2$. Целая часть — наибольшее целое, не превосходящее $x$: $[-2{,}5]=-3$.
12. Думать, что сумма иррациональных иррациональна. $\sqrt2+(-\sqrt2)=0$. Иррациональна сумма рационального и иррационального.
13. Брать $q\sqrt2$ с рациональным $q$, не проверив $q\ne0$. Если интервал $(a;b)$ содержит $0$, найденное $q$ может оказаться нулём, а $0\cdot\sqrt2=0$ рационально.

Мини-тренажёр

1. Выпишите $\mathcal P(\{a,b\})$. Сколько элементов в $\mathcal P(\mathcal P(\{a,b\}))$?
2. $A=\{1,2,3\}$, $g(1)=\{2,3\}$, $g(2)=\{2\}$, $g(3)=\{1,3\}$. Найдите множество $B$ из доказательства теоремы Кантора и проверьте, что его нет среди значений $g$.
3. Какая аксиома поля не выполняется в $\mathbb Z$? А в множестве $\{0\}$ с обычными операциями?
4. Докажите из аксиом порядка: если $a\le b$ и $c\le d$, то $a+c\le b+d$.
5. Найдите все числа, разделяющие $A=\{1-\frac1n\mid n\in\mathbb N\}$ и $B=\{1+\frac1n\mid n\in\mathbb N\}$.
6. В доказательстве теоремы 3 возьмите $c=2$ и найдите элемент $B$, меньший $c$. Повторите для полученного числа.
7. Найдите наименьшее $n\in\mathbb N$ с $\frac1n<0{,}0007$.
8. Найдите $n$ из утверждения 4 для $x=10$, $h=3$ и для $x=2$, $h=5$. Найдите $[3{,}99]$ и $[-0{,}1]$.
9. Найдите по алгоритму теоремы 5 рациональное число в $(0{,}7;\ 0{,}71)$.
10. Предъявите иррациональное число в интервале $(3;\ 3{,}001)$.
11. Верно ли, что между любыми двумя различными иррациональными числами есть рациональное?
12. Может ли произведение двух иррациональных чисел быть рациональным? А произведение ненулевого рационального и иррационального?

Ответы

1. $\{\varnothing,\{a\},\{b\},\{a,b\}\}$ — 4 элемента, поэтому $|\mathcal P(\mathcal P(\{a,b\}))|=2^4=16$.
2. $1\notin\{2,3\}$ — в $B$; $2\in\{2\}$ — нет; $3\in\{1,3\}$ — нет. $B=\{1\}$, а значения $g$ — $\{2,3\}$, $\{2\}$, $\{1,3\}$.
3. В $\mathbb Z$ — аксиома 8: у $2$ нет целого обратного. В $\{0\}$ нарушена аксиома 10: единица совпадает с нулём.
4. По аксиоме 5: $a+c\le b+c$ (прибавили $c$) и $b+c\le b+d$ (прибавили $b$). По транзитивности $a+c\le b+d$.
5. Только $c=1$. Любое $c<1$ меньше некоторого $1-\frac1n$: по следствию 1 есть $n$ с $\frac1n<1-c$. Любое $c>1$ больше некоторого $1+\frac1n$.
6. $c=2$: $h=\frac{4-2}{4}=\frac12$, $c-h=\frac32$, $\frac94>2$. Для $c=\frac32$: $h=\frac1{12}$, $c-h=\frac{17}{12}$, $\frac{289}{144}>2$.
7. $\frac1{0{,}0007}=1428{,}57\ldots$, поэтому $n=1429$: $\frac1{1429}\approx0{,}00069979<0{,}0007$, а $\frac1{1428}\approx0{,}00070028$ уже не подходит.
8. $n=3$ ($9\le10<12$); $n=0$ ($0\le2<5$). $[3{,}99]=3$, $[-0{,}1]=-1$.
9. $\frac1n<0{,}01$ при $n=101$; $na=70{,}7$, $m=71$, $\frac{71}{101}\approx0{,}70297\in(0{,}7;\ 0{,}71)$.
10. Например, $3+\frac{\sqrt2}{2000}\approx3{,}000707$: если бы оно было рациональным, то и $\sqrt2=2000\cdot\big(x-3\big)$ было бы рациональным.
11. Да: теорема 5 работает для любого интервала $(a;b)$, $a<b$, независимо от того, рациональны ли концы.
12. Может: $\sqrt2\cdot\sqrt2=2$. Произведение ненулевого рационального $r$ и иррационального $x$ иррационально: иначе $x=\frac{rx}{r}$ было бы рациональным.

Шпаргалка