´ SZAMOK ´ 2. A VALOS ´ s sza ´ mok aximo ´ marendszere 2.1 A valo Az R halmazt a val´ os sz´ amok halmaz´ anak nevezz¨ uk, ha teljes´ıti az al´abbi 3 axi´omacsoport axi´om´ait. ´ ma ´k 1.Testaxio R-ben k´et m˝ uvelet van ´ertelmezve, az R × R 3 (x, y) → x + y R × R 3 (x, y) → x · y
¨osszead´as szorz´as
melyek teljes´ıtik az al´abbi axi´om´akat (melyeket testaxi´om´aknak nevez¨ unk). A szorz´as · jel´et az al´abbi axi´om´akban ki´ırjuk, de a tov´abbiakban nem, kiv´eve, ha elhagy´asa f´elr´ert´eshez vezetne. Az ¨osszead´as axi´om´ai: (∀x, y ∈ R) x + y = y + x, (∀x, y, z ∈ R) x + (y + z) = (x + y) + z, (∃0 ∈ R)(∀x ∈ R) x + 0 = x, (∀x ∈ R)(∃ − x ∈ R) x + (−x) = 0
A szorz´as axi´om´ai: (∀x, y ∈ R) x · y = y · x, (∀x, y, z ∈ R) x · (y · z) = (x · y) · z, (∃1 ∈ R, 1 6= 0)(∀x ∈ R) x · 1 = x, (∀x ∈ R, x 6= 0)(∃x−1 ∈ R) x · x−1 = 1
Ezek az axi´om´ak rendre az ¨osszead´as ill. szorz´as kommutativit´ as´ at, asszociativit´ as´ at, a 0 ill. 1 l´etez´es´et, ´es az addit´ıv ill. multiplikat´ıv inverz l´etez´es´et fejezik ki. Megk¨ovetelj¨ uk a szorz´as disztributivit´ as´ at az ¨osszead´asra n´ezve, azaz (∀x, y, z ∈ R) x · (y + z) = x · y + x · z.
´si axio ´ ma ´k 2. Rendeze R-en ´ertelmezve van egy ≤ (⊂ R × R) (olvasd kisebb vagy egyenl˝o) rendez´esi rel´ aci´ o (mely a kor´abban t´argyalt) n´egy axi´om´at teljes´ıti, tov´abb´a (∀x, y, z ∈ R) (x ≤ y) =⇒ x + z ≤ y + z, (∀x, y ∈ R) (0 ≤ x ∧ 0 ≤ y) =⇒ 0 ≤ x · y. E tulajdons´agokat az ¨ osszead´ as ´es a szorz´ as monotonit´ as´ anak nevezz¨ uk. Ha 0 ≤ x de 0 6= x(x ∈ R) akkor ezt 0 < x -szel (vagy x > 0-val) jel¨olj¨ uk, ´es x -et pozit´ıv nak mondjuk. x ∈ R-et negat´ıv nak mondjuk, ha −x pozit´ıv. ´gi axio ´ ma 3. Teljesse R (a rendez´esre n´ezve) teljes, azaz R b´ armely nem¨ ures fel¨ ulr˝ ol korl´ atos r´eszhalmaz´ anak van pontos fels˝ o korl´ atja. ¨ Osszefoglalva, a val´os sz´amok R halmaza teh´at egy teljes rendezett test. Megmutathat´o, hogy l´etezik ilyen halmaz, ´es ez bizonyos ´ertelemben egy´ertelm˝ u. A val´os sz´amokat a sz´amegyenesen modellezhetj¨ uk. 1
2
A testaxi´ om´ akat felhaszn´ alva igazolhat´ o, hogy b´armely x, y, z ∈ R eset´en ha x + y = x + z, ha x + y = x, ha x + y = 0, tov´abb´a
akkor y = z; akkor y = 0; akkor y = −x; −(−x) = x;
ha ha ha ha
xy = xz, x 6= 0, xy = x, x 6= 0, xy = 1, x 6= 0, x 6= 0,
0x = 0; (−x)y = −(xy) = x(−y);
akkor akkor akkor akkor
y = z; y = 1; y = x−1 ; ¡ −1 ¢−1 x = x,
x 6= 0, y 6= 0 ⇒ xy 6= 0; (−x)(−y) = xy.
A rendez´esi ´es testaxi´ om´ akat (rendezett test axi´ om´ ait) felhaszn´ alva igazolhat´ o, hogy b´armely x, y, z ∈ R eset´en x≥0 ha x ≥ 0, y ≤ z, ha x ≤ 0, y ≤ z, ha x 6= 0, ha 0 < x ≤ y,
akkor akkor akkor akkor akkor
´es csakis akkor, ha − x ≤ 0, xy ≤ yz, xy ≥ yz, x2 > 0, speci´alisan 1 > 0, 0 < y −1 ≤ x−1 , ´es x2 ≤ y 2 .
A bizony´ıt´assal a gyakorlaton foglalkozunk majd. ´szhalmazai, abszolu ´t e ´rte ´k, ta ´ volsa ´g 2.1 R nevezetes re ´ k. Defin´ıcio • Az N = {1, 2, 3, 4 . . . } halmazt a term´eszetes sz´ amok halmaz´ anak nevezz¨ uk. V´egiggondolva azt, hogy 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1, 4 = 3 + 1, . . . ad´odik, hogy N R-nek az a legsz˝ ukebb r´eszhalmaza, melyre teljes¨ ul, az, hogy – 1 ∈ N, – ha n ∈ N akkor n + 1 ∈ N. Az, hogy N a legsz˝ ukebb ilyen halmaz azt jelenti, hogy ha egy M ⊂ N-re is teljes¨ ulnek az teljes´ıti az 1 ∈ M, ´es n ∈ M =⇒ n + 1 ∈ M tulajdons´agok, akkor M = N. • A Z = {0, ±1, ±2, ±3, . . . } halmazt az eg´esz sz´ amok halmaz´ anak nevezz¨ uk. • A Q = { pq −1 : p, q ∈ Z, q 6= 0 } halmazt a racion´ alis sz´ amok halmaz´ anak nevezz¨ uk. ´ k. Defin´ıcio Legyen a < b (a, b ∈ R). Az ]a, b[ := { x ∈ R [a, b] := { x ∈ R ]a, b] := { x ∈ R [a, b[ := { x ∈ R
: : : :
a<x
sz´amhalmazokat rendre (v´eges) ny´ılt, z´ art, balr´ ol ny´ılt jobbr´ ol z´ art, balr´ ol z´ art jobbr´ ol ny´ılt intervallumoknak nevezz¨ uk. [a, a] := { x ∈ R : a ≤ x ≤ a } = {a} elfajult (egyetlen pontb´ol ´all´o) z´art intervallum. Legyen a, b ∈ R. Az ]a, ∞[ := { x ∈ R : a < x } [a, ∞[ := { x ∈ R : a ≤ x } ] − ∞, b] := { x ∈ R : x ≤ b } ] − ∞, b[ := { x ∈ R : x < b } ] − ∞, ∞[ := R
3
sz´amhalmazokat (v´egtelen) ny´ılt, balr´ ol z´ art jobbr´ ol ny´ılt stb. intervallumoknak nevezz¨ uk. ´ . Az Defin´ıcio
½
x ha x ≥ 0 (x ∈ R) −x ha x < 0 sz´amot az x val´os sz´am abszol´ ut ´ert´ek´enek nevezz¨ uk. ´ ıt´ All´ as. [az abszol´ ut ´ert´ek tulajdons´agai] B´ armely x, y ∈ R eset´en |x| :=
|x| ≥ 0 ´es |x| = 0 ⇐⇒ x = 0, |xy| = |x| |y|, |x + y| ≤ |x| + |y|. Az els˝o tulajdons´ag nyilv´anval´o, a t¨obbiek pl. esetsz´etv´alaszt´assal bizony´ıthat´ok. Tov´abbi tulajdons´agok: ||x| − |y|| ≤ |x − y| (x, y ∈ R), |x| ≤ a ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a ´es hasonl´oan |x| < a ⇐⇒ −a < x < a.
´ . Az x, y ∈ R sz´amok t´ Defin´ıcio avols´ ag´ at a d(x, y) := |x − y| defini´alja. ´ ıt´ All´ as. [a t´avols´ag tulajdons´agai] B´ armely x, y, z ∈ R eset´en d(x, y) ≥ 0 ´es d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y, d(x, y) = d(y, x), d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)
nemnegativit´as szimmetria h´aromsz¨og egyenl˝otlens´eg.
E tulajdons´agok egyszer˝ uen k¨ovetkeznek az abszol´ ut ´ert´ek tulajdons´agaib´ol.
´gi axio ´ ma ne ´ ha ´ ny ko ¨ vetkezme ´nye 2.2 A teljesse T´ etel. Az R b´ armely nem¨ ures alulr´ ol korl´ atos r´eszhalmaz´ anak van pontos als´ o korl´ atja. A bizony´ıt´ ashoz legyen A ⊂ R egy nem¨ ures alulr´ol korl´atos halmaz, k 0 als´o korl´attal, ´es tekints¨ uk a B := { −a : a ∈ A } halmazt, akkor (∀a) (a ∈ A =⇒ k 0 ≤ a)-b´ol k¨ovetkezik, hogy −k 0 ≥ −a ´ıgy B fel¨ ulr˝ol korl´atos −k 0 fels˝o korl´attal, ´es ford´ıtva. A teljess´egi axi´oma miatt l´etezik β := sup B. K¨onny˝ u bel´atni, hogy α := −β = inf A az A-nak pontos als´o korl´atja: ti. az el˝oz˝oek alapj´an als´o korl´at, ´es ha α0 az A halmaz egy als´o korl´atja, akkor −α0 B-nek egy fels˝o korl´atja, ´ıgy β ≤ −α0 amib˝ol α = −β ≥ α0 . T´ etel. A term´eszetes sz´ amok halmaza fel¨ ulr˝ ol nem korl´ atos. A bizony´ıt´ ashoz tegy¨ uk fel, hogy N fel¨ ulr˝ol korl´atos,´ıgy l´etezik az α := sup N sz´am, melyre (∀n)(n ∈ N =⇒ n ≤ α). Mivel α − 1 < α ´ıgy α − 1 nem lehet N fels˝o korl´atja, ez´ert van olyan n0 ∈ N melyre α − 1 < n0 azaz α < n0 + 1. Mivel n0 + 1 ∈ N ´ıgy α nem fels˝o korl´atja N-nek, ami ellentmond´as. Indirekt bizony´ıt´ ast v´egezt¨ unk: felt´etelezt¨ uk, hogy a t´etel ´all´ıt´asa nem igaz (ez az indirekt feltev´es). Helyes k¨ovetkeztet´esekkel ellentmond´ ast kaptunk, ennek csak az lehet az oka, hogy indirekt feltev´es¨ unk nem igaz, ´ıgy annak tagad´asa, azaz a t´etel ´all´ıt´asa igaz.
4
K¨ ovetkezm´ eny.[a val´os sz´amok Archimedesi tulajdons´aga] B´ armely x > 0 ´es y ∈ R sz´ amokhoz l´etezik olyan n ∈ N melyre y < nx. Ugyanis xy nem fels˝o korl´atja N-nek, ´ıgy van olyan n ∈ N, hogy n > xy amib˝ol nx > y. T´ etel. [Cantor f´ele metszett´etel] Ha [an , bn ] (n ∈ N) z´ art egym´ asba skatuly´ azott intervallumok sorozata, azaz [a1 , b1 ] ⊃ [a2 , b2 ] ⊃ [a2 , b2 ] ⊃ . . . akkor
∞ \
[an , bn ] 6= ∅.
n=1
R¨oviden: z´art intervallumok egym´asba skatuly´azott sorozat´anak metszete nem¨ ures. A bizony´ıt´ ashoz el˝osz¨or jegyezz¨ uk meg, hogy an ≤ bn
(n ∈ N)
mivel [an , bn ] intervallum, az egym´asba skatuly´az´as pedig azt jelenti, hogy an ≤ an+1 ´es bn+1 ≤ bn
(n ∈ N).
E felt´etelekb˝ ol azonnal kapjuk, hogy b´armely m, n ∈ N eset´en an ≤ bm . Legyen A := { an : n ∈ N }, B := { bm : m ∈ N } akkor A fel¨ ulr˝ol korl´atos (b´armely bm (m ∈ N) fels˝o korl´atja, B pedig alulr´ol korl´atos (b´armely an (n ∈ N) als´o korl´atja. ´Igy l´eteznek az α := sup A, β := inf B pontos korl´atok. α defin´ıci´oja miatt an ≤ α ≤ bm
(m, n ∈ N).
Ebb˝ol l´athat´ o, hogy α is als´o korl´atja B-nek, ez´ert α ≤ β, tov´abb´a β defin´ıci´oja miatt β ≤ bm Ezeket az egyenl˝ otlens´egeket ¨osszevetve kapjuk, hogy
(m ∈ N).
an ≤ α ≤ β ≤ bn ami azt jelenti, hogy
∞ \
[α, β] ⊂
(n ∈ N)
[an , bn ]
n=1
amint ´all´ıtottuk. ´ . Az x ∈ R sz´am eg´esz kitev˝os hatv´anyait Defin´ıcio x1 := x,
xn+1 := xn x (n ∈ N)
tov´abb´a x0 := 1,
x−n :=
1 (x 6= 0, n ∈ N) xn
-nel ´ertelmezz¨ uk. A k¨ovetkez˝o t´etel szint´en a teljess´egi axi´oma seg´ıts´eg´evel igazolhat´o (a bizony´ıt´as megtal´alhat´o pl. W. Rudin, A matematikai anal´ızis alapjai c. k¨onyv´eben, M˝ uszaki K¨onyvkiad´o, 1975). T´ etel. [n-edik gy¨ok l´etez´ese] B´ armely x ≥ 0 nemnegat´ıv val´ os sz´ amhoz ´es n ∈ N term´eszetes sz´ amhoz pontosan egy olyan y ≥ 0 nemnegat´ıv val´ os sz´ am l´etezik, melyre y n = x.
5
√ n
´ . Az el˝oz˝o t´etel ´all´ıt´as´aban szerepl˝o y ≥ 0 sz´amot az x ≥ 0 sz´am n-edik gy¨ Defin´ıcio ok´enek nevezz¨ uk, ´es 1 x vagy x n -nel jel¨olj¨ uk. √ Ha n p´ aros, x ≥ 0 akkor − n x az egyetlen olyan nempozit´ıv sz´am melynek n-edik hatv´anya x ´ıgy ekkor √ √ y n = x ⇐⇒ y = n x ∨ y = − n x. Ha n p´ aratlan, akkor negat´ıv sz´amokra is kiterjesztj¨ uk az n-edik gy¨ok defin´ıci´oj´at: √ √ n x := − n −x ha x < 0.
Ezek ut´an lehet a pozit´ıv sz´amok racion´alis kitev˝os hatv´any´at ´ertelmezni, az √ xr := q xp ahol x > 0, r = pq −1 , p ∈ Z, q ∈ N k´eplettel. Igazolhat´o hogy ez a defin´ıci´ o korrekt (xr f¨ uggetlen r el˝o´all´ıt´as´at´ol) ´es hogy a hatv´ anyoz´ as szok´ asos tulajdons´ agai (racion´ alis kitev˝ ok eset’en) teljes˝ ulnek. ´ gikus fogalmak, Bolzano-Weierstrass te ´tel 2.3 Topolo ´ . Egy a ∈ R pont ε > 0 sugar´ Defin´ıcio u (ny´ılt) k¨ ornyezet´en a K(a, ε) := { x ∈ R : d(x, a) < ε } halmazt ´ertj¨ uk. Vil´agos, hogy K(a, ε) ´eppen az a pontra n´ezve szimmetrikus 2ε hossz´ us´ag´ u ]a − ε, a + ε[ ny´ılt intervallum. ´ k. Legyen A ⊂ R. Defin´ıcio • Az a ∈ R pontot az A halmaz bels˝ o pontj´ anak nevezz¨ uk, ha a-nak van olyan k¨ ornyezete mely (teljesen) A-ban van, azaz (∃ε > 0)K(a, ε) ⊂ A. • Az a ∈ R pontot az A halmaz izol´ alt pontj´ anak nevezz¨ uk, ha a ∈ A ´es a-nak van olyan k¨ ornyezete melyben nincs m´as A-beli pont, azaz a ∈ A ∧ ((∃ε > 0)(K(a, ε) \ {a}) ∩ A = ∅) . • Az a ∈ R pontot az A halmaz torl´ od´ asi pontj´ anak nevezz¨ uk, ha a b´ armely k¨ ornyezet´eben van a-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o A-beli pont, azaz (∀ε > 0) (K(a, ε) \ {a}) ∩ A 6= ∅) . • Az a ∈ R pontot az A halmaz hat´ arpontj´ anak nevezz¨ uk, ha a b´ armely k¨ ornyezet´eben van A-beli pont, ´es nem A-beli pont, azaz ¡ ¢ (∀ε > 0) K(a, ε) ∩ A 6= ∅ ∧ K(a, ε) ∩ A 6= ∅ . A bels˝o pont ´es az izol´alt pont mindig pontja a halmaznak, torl´od´asi ´es hat´arpont lehet halmazpont, vagy nem halmazpont. ´ k. Defin´ıcio • A ⊂ R ¨osszes bels˝o pontjainak halmaz´at A belsej´enek nevezz¨ uk ´es A◦ -rel jel¨olj¨ uk. ar´ anak nevezz¨ uk ´es ∂A-rel jel¨olj¨ uk. • A ⊂ R ¨osszes hat´arpontjainak halmaz´at A hat´ ´ ´ Definıciok. • Az A ⊂ R halmazt ny´ıltnak nevezz¨ uk, ha minden pontja bels˝o pont. artnak nevezz¨ uk, ha komplementere ny´ılt. • Az A ⊂ R halmazt z´
6
1 ´lda. Legyen A := { Pe : n ∈ N }. Hat´arozzuk meg A bels˝o, izol´alt, torl´od´asi ´es hat´arpontjainak n halmaz´at. Tov´abb´a hat´arozzunk meg A belsej´et, hat´ar´at, d¨onts¨ uk el, hogy ny´ılt vagy z´art halmaz-e! ´ s. A-nak nincs bels˝o pontja, minden pontja izol´alt, egyetlen torl´od´asi pontja 0, egyetlen Megolda hat´arpontja 0, A◦ = ∅, ∂A = {0}, az A halmaz sem nem ny´ılt, sem nem z´art. ´ ıt´ All´ as. Egy A ⊂ R halmaz akkor ´es csakis akkor z´ art, ha tartalmazza ¨ osszes torl´ od´ asi pontj´ at. Bizony´ıt´ as ld. gyakorlat. T´ etel. [Bolzano-Weierstrass t´etel] B´ armely korl´ atos v´egtelen sz´ amhalmaznak van torl´ od´ asi pontja. Egy halmazt v´egesnek mondunk, ha u ¨res, vagy ha elemeinek sz´ama egy term´eszetes sz´am. Egy halmazt v´egtelennek mondunk, ha nem v´eges. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy A ⊂ R korl´atos v´egtelen halmaz, akkor van olyan [a1 , b1 ] z´art intervallum, hogy A ⊂ [a1 , b1 ]. Felezz¨ uk meg [a1 , b1 ]-t ´es v´alasszuk ki azt a z´art [a2 , b2 ]-vel jel¨olt fel´et, mely v´egtelen sok A-beli elemet tartalmaz. Ezut´an felezz¨ uk meg [a2 , b2 ]-t ´es v´alasszuk ki azt a z´art [a3 , b3 ]-mal jel¨olt fel´et, mely v´egtelen sok A-beli elemet tartalmaz, ´es ´ıgy tov´abb. Az ´ıgy kapott [an , bn ] (n ∈ N) intervallumsorozat egym´asba skatuly´azott, ez´ert Cantor t´etele miatt ∞ \ [an , bn ] 6= ∅. n=1 −a1 tetsz˝oleges kicsi, ha n el´eg nagy, ez´ert az intervallumok metszete csak Mivel az [an , bn ] intervallum hossza b21n−1 egyetlen pontot tartalmazhat, legyen ez az a pont. Azt ´all´ıtjuk, hogy a torl´ od´ asi pontja A-nak. Ugyanis v´eve egy tetsz˝oleges ε > 0 sz´amot [an , bn ] ⊂ K(a, ε) ha n el´eg nagy. Ugyanis v´alasszuk n-et olyan nagyra, hogy bn − an < ε legyen, akkor a ∈ [an , bn ] miatt az [an , bn ] intervallum minden pontj´anak a-t´ol val´o t´avols´aga < ε ´ıgy az intervallum pontjai K(a, ε)-ban vannak. Mivel minden intervallumban v´egtelen sok A-beli pont van ´ıgy K(a, ε) tartalmaz a-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o A-beli pontot.
