Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

10Reële getallen

De hele analyse rust op één eigenschap die $\R$ van $\Q$ onderscheidt: elke niet-lege verzameling die naar boven begrensd is, heeft een kleinste bovengrens. Dit hoofdstuk formuleert die eigenschap precies, leidt haar eerste gevolgen af — de archimedische eigenschap, de vloerfunctie, de dichtheid van de rationale en van de irrationale getallen — en zet het vocabulaire op (sup, inf, max, min) dat vanaf Hoofdstuk 11 voortdurend gebruikt wordt.

10.1 De eigenschap van de bovengrens

Definitie 10.1 (Grenzen, sup en inf)

Zij $A \subseteq \R$ niet-leeg. Een reëel getal $M$ is een bovengrens van $A$ wanneer $a \leq M$ voor alle $a \in A$ ; $A$ heet naar boven begrensd wanneer ze een bovengrens heeft (analoog naar onderen, met ondergrenzen; begrensd betekent allebei). Een maximum van $A$ is een bovengrens die tot $A$ behoort.

Het supremum $\sup A$ is de kleinste bovengrens van $A$ , wanneer die bestaat; het infimum $\inf A$ is de grootste ondergrens.

Stelling 10.2 (Volledigheidsaxioma van $\R$ )

$\R$ is een geordend lichaam dat $\Q$ bevat en waarin elke niet-lege naar boven begrensde deelverzameling een supremum heeft.

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Opmerking 10.3

We nemen dit als het definiërende axioma van $\R$ ; een model bouwen (met sneden van Dedekind of met Cauchyrijen van rationale getallen) en de uniciteit ervan bewijzen is eerlijk maar lang, en blijft voor verdere studie. Merk op dat $\Q$ de eigenschap mist: $\{x \in \Q : x^2 < 2\}$ is naar boven begrensd maar heeft geen kleinste bovengrens in $\Q$ — de kandidaat, $\sqrt 2$ , ontbreekt (Voorbeeld 1.11). Door naar tegengestelden over te gaan ( $\sup(-A) = -\inf A$ ) heeft elke niet-lege naar onderen begrensde verzameling een infimum.

Propositie 10.4 (De $\varepsilon$ -karakterisering)

Zij $A \neq \emptyset$ naar boven begrensd en $s \in \R$ . Dan is $s = \sup A$ dan en slechts dan als

$s$ een bovengrens is: $\forall a \in A$ , $a \leq s$ ; en
niets kleiners dat is: $\forall \varepsilon > 0$ , $\exists a \in A$ , $a > s - \varepsilon$ .

Bewijs. Is $s = \sup A$ , dan geldt (1) per definitie, en voor (2): $s - \varepsilon < s$ is geen bovengrens, en dat is precies het bestaan van een $a > s - \varepsilon$ . Omgekeerd zegt (1) dat $s$ een bovengrens is, en (2) dat geen $t < s$ een bovengrens is (neem $\varepsilon = s - t$ ): $s$ is de kleinste. ∎

Voorbeeld 10.5

$\sup \intoo{0}{1} = 1$ , niet bereikt (geen maximum); $\sup \intcc{0}{1} = 1 = \max$ . Voor $A = \{1 - \frac 1n : n \in \N^*\}$ is $\sup A = 1$ , niet bereikt, en $\inf A = \min A = 0$ . Een maximum is, zodra het bestaat, het supremum; de hele bestaansreden van $\sup$ is een plaatsvervanger te hebben wanneer het maximum niet bestaat.

De verzameling A = \1 - 1n : n ∈ ℕ*\ op de getallenrechte: haar punten hopen zich op naar 1 zonder het te bereiken. Elk getal ≥ 1 is een bovengrens (de halfrechte), en niets kleiners is dat, omdat er telkens een element van A het interval (1 - , 1) binnendringt: de twee clausules van in één plaatje. Het supremum is het linkeruiteinde van de halfrechte van bovengrenzen — en het volledigheidsaxioma is juist de waarborg dat die halfrechte altijd een linkeruiteinde heeft. — De verzameling $A = \{1 - \frac1n : n \in \N^*\}$ op de getallenrechte: haar punten hopen zich op naar $1$ zonder het te bereiken. Elk getal $\geq 1$ is een bovengrens (de halfrechte), en niets kleiners is dat, omdat er telkens een element van $A$ het interval $\intoo{1 - \varepsilon}{1}$ binnendringt: de twee clausules van Propositie 10.4 in één plaatje. Het supremum is het linkeruiteinde van de halfrechte van bovengrenzen — en het volledigheidsaxioma is juist de waarborg dat die halfrechte altijd een linkeruiteinde heeft.

Voorbeeld 10.6 (Suprema in de praktijk berekenen)

Twee volledige oefeningen op Propositie 10.4.

De verzameling $A = \{x + \frac1x : x > 0\}$ . Voor elke $x > 0$ is $x + \frac1x - 2 = \frac{(\,\sqrt x - 1/\sqrt x\,)^2}{1} \geq 0$ , dus is $2$ een ondergrens; en $2 = 1 + \frac11 \in A$ : bijgevolg is $\inf A = \min A = 2$ , bereikt in $x = 1$ . Naar boven is $A$ onbegrensd ( $x + \frac1x > x$ kan elke $M$ overtreffen wegens Stelling 10.10): $\sup A$ bestaat niet in $\R$ (het is $+\infty$ in $\overline\R$ ).

De verzameling $B = \bigl\{\frac{m}{m + n} : m, n \in \N^*\bigr\}$ . Elk element ligt in $\intoo{0}{1}$ , dus zijn $0$ en $1$ grenzen. Geen van beide wordt bereikt: $\frac{m}{m+n} = 1$ zou $n = 0$ afdwingen. Voor het supremum leg je $n = 1$ vast en laat je $m$ groeien: $\frac{m}{m+1} = 1 - \frac{1}{m+1} > 1 - \varepsilon$ zodra $m + 1 > \frac1\varepsilon$ (Archimedes): $\sup B = 1$ . Symmetrisch ( $m = 1$ , $n$ groot) is $\inf B = 0$ . Het inzicht tot slot: om een supremum vast te pinnen volstaat één goedgekozen pad met één parameter binnen de verzameling — hier het pad $n = 1$ — en de $\varepsilon$ -karakterisering vraagt niets meer.

Voorbeeld 10.7 (De spiegel van het infimum)

Het infimum heeft zijn eigen $\varepsilon$ -karakterisering, verkregen uit Propositie 10.4 via $\inf A = -\sup(-A)$ : $i = \inf A$ precies wanneer $i$ de verzameling $A$ naar onderen begrenst en er voor elke $\varepsilon > 0$ een $a \in A$ is met $a < i + \varepsilon$ . Een oefening met beide grenzen tegelijk: zij

A = \Bigl\{(-1)^n + \frac1n : n \in \N^*\Bigr\} = \Bigl\{0,\ \tfrac32,\ -\tfrac23,\ \tfrac54,\ -\tfrac45,\ \dots\Bigr\} .

Even indices geven $1 + \frac1n \leq \frac32$ , met gelijkheid in $n = 2$ : omdat ook de waarden bij oneven index $\leq 0 < \frac32$ zijn, is $\sup A = \max A = \frac32$ . Oneven indices geven $-1 + \frac1n > -1$ , dalend naar $-1$ : elk element van $A$ is $> -1$ , en $-1 + \varepsilon$ wordt verslagen door $-1 + \frac1n$ voor oneven $n > \frac1\varepsilon$ : $\inf A = -1$ , niet bereikt. Eén verzameling, met alle vier de gedragingen in beeld: een supremum dat een maximum is, en een infimum dat geen minimum is.

Opmerking 10.8 (Veelgemaakte fouten met sup en inf)

Vier fouten zijn goed voor de meeste verloren punten. (i) $\sup$ en $\max$ verwarren: $\sup A$ hoeft niet tot $A$ te behoren; schrijf $\max$ pas nadat je een element van $A$ hebt aangewezen dat een bovengrens is. (ii) Strikte ongelijkheden naar het supremum doortrekken: geldt $a < b$ voor alle $a \in A$ , dan mag je alleen $\sup A \leq b$ besluiten — getuige $A = \intoo{0}{1}$ met $b = 1$ . (iii) $\sup A$ schrijven vóór je de geldigheid nagaat: het symbool vergt dat $A$ niet-leeg en naar boven begrensd is (Methode 10.18); $\sup \emptyset$ en $\sup \N$ zijn in $\R$ niet gedefinieerd (de afspraken in $\overline\R$ zijn een afzonderlijke, uitdrukkelijke stap). (iv) Bewerkingen met verzamelingen: $\sup(A \cup B) = \max(\sup A, \sup B)$ geldt altijd, maar voor $A \cap B$ geldt niets algemeens — de doorsnede kan leeg zijn, en zelfs als ze dat niet is, kan $\sup(A \cap B)$ ver onder $\min(\sup A, \sup B)$ liggen: neem $A = \{0, 2\}$ en $B = \{0, 3\}$ , waar $\sup(A \cap B) = 0$ .

Voorbeeld 10.9 (Eindige verzamelingen hebben een maximum — een stilzwijgend gebruikt lemma)

Elke eindige niet-lege $F \subseteq \R$ heeft een maximum (en een minimum). Inductie naar het aantal elementen: een singleton $\{a\}$ heeft $\max = a$ ; geldt de bewering voor verzamelingen met $n$ elementen en heeft $F$ er $n + 1$ , kies dan een $a \in F$ : de verzameling $F \setminus \{a\}$ heeft een maximum $m$ , en $\max F$ is $m$ als $a \leq m$ en anders $a$ . Er komt geen volledigheid aan te pas — dit is zuivere ordening plus inductie, al geldig in $\Q$ — en toch verdient het lemma één eerlijke vermelding, omdat de komende bewijzen het stilzwijgend inroepen: de constructie van de vloer hieronder (“een verzameling gehele getallen die in een eindig bereik opgesloten zit heeft een grootste element”), elke afschatting $\max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \dots)$ in Hoofdstuk 11, elk “neem de grootste van de eindig vele $\delta$ ’s” in Hoofdstuk 13. Bij oneindige verzamelingen sterven de maxima en nemen de suprema het over: dit hoofdstuk bestaat voor het oneindige geval.

Stelling 10.10 (Archimedische eigenschap)

Voor elke $x \in \R$ bestaat er een $n \in \N$ met $n > x$ . Equivalent: voor alle $\varepsilon > 0$ en $y > 0$ overtreft een zeker veelvoud $n\varepsilon$ het getal $y$ .

Bewijs. Stel van niet: een zekere $x$ is een bovengrens van $\N$ . Dan bestaat $s = \sup \N$ (Stelling 10.2). Volgens Propositie 10.4 (2) met $\varepsilon = 1$ is er een $n \in \N$ met $n > s - 1$ ; maar dan is $n + 1 \in \N$ en $n + 1 > s$ , in tegenspraak met het feit dat $s$ een bovengrens is. Voor de tweede vorm: zij $\varepsilon > 0$ en $y > 0$ ; de eerste vorm, toegepast op $x = \frac{y}{\varepsilon}$ , levert een $n \in \N$ met $n > \frac{y}{\varepsilon}$ , en vermenigvuldigen met $\varepsilon > 0$ (wat strikte ongelijkheden bewaart) geeft $n\varepsilon > y$ . Omgekeerd geeft de tweede vorm met $\varepsilon = 1$ en $y = x$ de eerste terug voor $x > 0$ , en $n = 1$ handelt $x \leq 0$ af: de twee uitspraken zijn strikt equivalent. ∎

Voorbeeld 10.11 (Archimedes aan het werk)

Drie onmiddellijke toepassingen, later voortdurend nodig. (i) Geen enkel positief reëel getal ligt onder alle $\frac1n$ : is $0 < \varepsilon$ , kies dan $n > \frac1\varepsilon$ ; dan is $\frac1n < \varepsilon$ . Met andere woorden: $\R$ bevat geen oneindig kleine getallen — het informele “ $\frac1n$ wordt willekeurig klein” is precies deze stelling. (ii) Expliciete drempels: hoe groot moet $n$ zijn opdat $\frac{1}{n^2} \leq 10^{-6}$ ? Het volstaat dat $n \geq 10^3$ — Archimedes waarborgt dat zulke $n$ bestaan, en de algebra lokaliseert ze. (iii) Machten verslaan elke grens: $2^n \geq n + 1$ (inductie), dus voor elke $M$ overtreft een zekere macht van $2$ het getal $M$ : de meetkundige groei die in Oefening 10.8 voor de dyadische getallen gebruikt wordt. Het inzicht tot slot: de archimedische eigenschap is de vergunning achter elke zinsnede van de vorm “neem $n$ groot genoeg” — vanaf nu gebruiken we die zinsnede vrijelijk, en dit voorbeeld is haar eenmalige rechtvaardiging.

Stelling 10.12 (Vloerfunctie)

Voor elke $x \in \R$ bestaat er precies één geheel getal, de vloer $\lfloor x \rfloor$ , met

\lfloor x \rfloor \leq x < \lfloor x \rfloor + 1 .

Bewijs. Bestaan. De verzameling $E = \{k \in \Z : k \leq x\}$ is niet-leeg: volgens Stelling 10.10 is er een $m \in \N$ met $m > -x$ , en dan is $-m < x$ , dus $-m \in E$ . Ze is naar boven begrensd (door elk geheel getal $n > x$ , dat om dezelfde reden bestaat), zodat ze, als verzameling gehele getallen opgesloten in het eindige bereik $\intint{-m}{n}$ , een grootste element $k = \max E$ heeft. Dan is $k \leq x$ , en $k + 1 \notin E$ betekent $x < k + 1$ .

Uniciteit. Voldoen $k$ en $k'$ beide aan de ongelijkheden, dan geeft $k \leq x < k' + 1$ dat $k \leq k'$ , en symmetrisch $k' \leq k$ . ∎

Voorbeeld 10.13 (Vloeren in de praktijk)

$\lfloor 3.7 \rfloor = 3$ , $\lfloor 5 \rfloor = 5$ , en $\lfloor -3.7 \rfloor = -4$ : de vloer gaat omlaag, niet naar $0$ toe. Twee gevolgen van de uniciteit in Stelling 10.12 die we stilzwijgend zullen gebruiken. Ten eerste is voor $n \in \Z$

\lfloor x + n \rfloor = \lfloor x \rfloor + n ,

omdat $\lfloor x \rfloor + n$ een geheel getal is dat aan de twee definiërende ongelijkheden voor $x + n$ voldoet — en slechts één geheel getal doet dat. Ten tweede is $\lfloor \, \cdot \, \rfloor$ niet-dalend: is $x \leq y$ , dan is $\lfloor x \rfloor \leq x \leq y < \lfloor y \rfloor + 1$ , en een geheel getal $< \lfloor y \rfloor + 1$ is $\leq \lfloor y \rfloor$ . Let er wel op dat $\lfloor 2x \rfloor \neq 2\lfloor x \rfloor$ in het algemeen: $x = 0.6$ geeft $\lfloor 1.2 \rfloor = 1 \neq 0 = 2\lfloor 0.6 \rfloor$ .

Wat wel waar is, is een uitgewerkte identiteit die het onthouden waard is (die van Hermite, in haar eenvoudigste geval): voor elke reële $x$ geldt

\lfloor x \rfloor + \Bigl\lfloor x + \frac12 \Bigr\rfloor = \lfloor 2x \rfloor .

Schrijf $x = \lfloor x\rfloor + u$ met $u \in \intco{0}{1}$ en onderscheid twee gevallen. Is $u < \frac12$ , dan is het linkerlid $\lfloor x\rfloor + \lfloor x\rfloor = 2\lfloor x\rfloor$ , en $2x = 2\lfloor x\rfloor + 2u$ met $2u \in \intco{0}{1}$ , zodat ook het rechterlid $2\lfloor x\rfloor$ is. Is $u \geq \frac12$ , dan is het linkerlid $\lfloor x\rfloor + (\lfloor x\rfloor + 1)$ , en $2u \in \intco{1}{2}$ maakt het rechterlid $2\lfloor x\rfloor + 1$ . Het inzicht tot slot: $\lfloor x + \frac12\rfloor$ is het afronden van $x$ op het dichtstbijzijnde gehele getal, zodat de identiteit zegt dat vloer plus afronding gelijk is aan de vloer van het dubbele — en de gevalsindeling naar het decimale deel $u$ is de standaardtechniek achter elke vloeridentiteit (Oefeningen 10.2 en 10.3 draaien er ook op).

Stelling 10.14 (Dichtheid van $\Q$ en van $\R \setminus \Q$ )

Tussen elke twee reële getallen $x < y$ liggen een rationaal en een irrationaal getal.

Bewijs. Een rationaal getal. Kies volgens Stelling 10.10 een $n \in \N^*$ met $n > \frac{1}{y - x}$ , zodat $ny - nx > 1$ . Zet $m = \lfloor nx \rfloor + 1$ . Enerzijds is $nx < \lfloor nx \rfloor + 1 = m$ (Stelling 10.12); anderzijds is $m = \lfloor nx \rfloor + 1 \leq nx + 1 < ny$ . Deling door $n$ geeft $x < \frac mn < y$ .

Een irrationaal getal. Pas het vorige punt toe op het paar $x - \sqrt 2 < y - \sqrt 2$ : een zeker rationaal getal $q$ ligt ertussen, en dan is $q + \sqrt 2 \in \intoo{x}{y}$ irrationaal (was $q + \sqrt 2$ rationaal, dan ook $\sqrt 2$ ). ∎

Voorbeeld 10.15 (Het bewijs van de dichtheid uitvoeren)

Het bewijs is een algoritme; laten we het uitvoeren op $x = 1.414$ en $y = \sqrt 2$ . Omdat $1.4142^2 = 1.99996164 < 2$ , is $\sqrt 2 > 1.4142$ , dus $y - x > 0.0002$ en $\frac{1}{y - x} < 5000$ : de keuze $n = 5000$ is geoorloofd. Dan is $nx = 7070$ , dus $m = \lfloor 7070 \rfloor + 1 = 7071$ , en het geproduceerde rationale getal is

\frac{m}{n} = \frac{7071}{5000} = 1.4142, \qquad 1.414 < 1.4142 < \sqrt 2 .

Het inzicht tot slot: het bewijs heeft $n$ slechts iets groter dan $\frac{1}{y-x}$ nodig, en geeft het eerste veelvoud van $\frac 1n$ voorbij $x$ terug. Dichtheid is geen abstract mirakel — het is een vermomde staartdeling, een thema dat in de weekendopgave uitgebreid uitgewerkt wordt (Probleem 10.1).

Opmerking 10.16 (Waar de volledigheid hierna gebruikt wordt)

Stelling 10.2 is het enige niet-algebraïsche axioma van dit boek, en elke bestaansstelling van de analyse is dat axioma in andere kleren: de stelling van de monotone limiet (Hoofdstuk 11), de stelling van Bolzano–Weierstrass (Hoofdstuk 12), de tussenwaardestelling en de extremumstelling (Hoofdstuk 13), en de definitie zelf van de integraal als een supremum van ondersommen (Hoofdstuk 15). Het volume van bachelorjaar 3 bouwt de maattheorie en de hilbertruimten op datzelfde ene axioma. Wanneer een bewijs in de komende hoofdstukken een reëel getal uit het niets tevoorschijn haalt, zoek dan het verborgen supremum.

Opmerking 10.17 (Tussen discreetheid en dichtheid)

$\Z$ en $\Q$ liggen binnen $\R$ op tegengestelde uitersten: rond elk geheel getal ligt een gat van lengte $1$ zonder ander geheel getal (discreetheid — daardoor is de vloer welgedefinieerd), terwijl er tussen elke twee reële getallen oneindig veel rationale getallen liggen (dichtheid). Opmerkelijk genoeg zit er voor additieve deelgroepen van $\R$ niets tussenin: Oefening 10.9 bewijst dat zo’n deelgroep ofwel van de vorm $\alpha\Z$ (discreet) ofwel dicht is — een dichotomie die de dichtheid van $\{\sin n\}$ in Hoofdstuk 11 en het constructieve monster van Probleem 13.1 aandrijft. Algemene verzamelingen mengen de gedragingen natuurlijk vrijelijk: $\Z \cup \Q\cap\intcc{0}{1}$ is ver weg discreet en in het midden dicht.

Methode 10.18 (Gelijkheden met sup en inf bewijzen)

Om $\sup A = s$ te bewijzen: ga na dat $s$ de verzameling $A$ naar boven begrenst, en lever daarna voor elke $\varepsilon > 0$ (of voor een rij $\varepsilon = \frac 1n$ ) een element van $A$ boven $s - \varepsilon$ . Om suprema te vergelijken gebruik je: $A \subseteq B \implies \sup A \leq \sup B$ ; en voor alle $a, b$ : $\sup(A + B) = \sup A + \sup B$ , waarbij $A + B = \{a + b\}$ (Oefening 10.5). Schrijf nooit $\sup A$ voordat je weet dat $A$ niet-leeg en naar boven begrensd is.

10.2 Intervallen

Propositie 10.19 (Karakterisering van de intervallen)

Een deelverzameling $I \subseteq \R$ is een interval (een van de vertrouwde types $\intoo{a}{b}$ , $\intcc{a}{b}$ , $\intco{a}{b}$ , $\intoc{a}{b}$ , halfrechten, $\R$ , $\emptyset$ , singletons) dan en slechts dan als ze convex is:

\forall x, y \in I,\ \forall z \in \R, \quad x \leq z \leq y \implies z \in I .

Bewijs. Elk opgesomd type is duidelijk convex. Omgekeerd, zij $I$ convex en niet-leeg. Zet $a = \inf I$ wanneer $I$ naar onderen begrensd is en anders $a = -\infty$ ; evenzo $b = \sup I$ of $+\infty$ . We beweren dat $\intoo{a}{b} \subseteq I \subseteq \intcc{a}{b}$ (met de voor de hand liggende afspraken in $\pm\infty$ ). De tweede inclusie is de definitie van de grenzen. Voor de eerste: zij $z \in \intoo{a}{b}$ ; omdat $z > a$ , is $z$ geen ondergrens (of is $a = -\infty$ ), dus is er een $x \in I$ met $x < z$ ; evenzo is er een $y \in I$ met $y > z$ ; de convexiteit legt $z$ in $I$ .

Rest nog het type af te lezen uit de dubbele inclusie $\intoo{a}{b} \subseteq I \subseteq \intcc{a}{b}$ : de verzamelingen die tussen een open interval en zijn afsluiting geklemd zitten, verschillen van $\intoo{a}{b}$ alleen door de aan- of afwezigheid van de (eindige) randpunten. Expliciet: zijn $a, b \in \R$ , dan geven de vier mogelijkheden voor $(a \in I,\ b \in I)$ de intervallen $\intoo{a}{b}$ , $\intco{a}{b}$ , $\intoc{a}{b}$ , $\intcc{a}{b}$ (met inbegrip van de ontaarde gevallen $a = b$ : een singleton als $a \in I$ ); is $a = -\infty$ en $b \in \R$ , dan krijg je $\intoo{-\infty}{b}$ of $\intoc{-\infty}{b}$ ; symmetrisch voor $a \in \R$ en $b = +\infty$ ; en $a = -\infty$ met $b = +\infty$ geeft $I = \R$ . Elk geval staat op de lijst: klaar. ∎

Opmerking 10.20 (Waarom convexiteit de juiste toets is)

De propositie zet een meetkundige definitie (een lijst van tien vormen) om in een logische toets van één regel, en die toets is wat je werkelijk gebruikt: om te bewijzen dat een verzameling een interval is, jaag je nooit op de vraag welke van de tien vormen het is — ga de convexiteit na en laat de propositie het type uitzoeken. De tussenwaardestelling van Hoofdstuk 13 zal precies zo geformuleerd worden (“het continue beeld van een interval is een interval”), en haar bewijs levert de convexiteit, niet de vorm.

Opmerking 10.21 (De uitgebreide reële rechte)

Het is handig twee symbolen toe te voegen en in $\overline\R = \R \cup \{-\infty, +\infty\}$ te werken, met de afspraken $\sup A = +\infty$ wanneer $A$ niet naar boven begrensd is en $\sup \emptyset = -\infty$ . Dan heeft elke deelverzameling van $\R$ een supremum in $\overline\R$ — een notatiegemak dat in Hoofdstuk 11 vrijelijk voor limieten gebruikt wordt.

Voorbeeld 10.22 (Rekenen in $\overline\R$ )

Met die afspraken van kracht: $\sup \Z = +\infty$ en $\inf \Z = -\infty$ ; voor $A = \{n + (-1)^n n : n \in \N\} = \{0, 4, 0, 8, \dots\} \cup \{0\}$ is $\sup A = +\infty$ (de even termen $2n$ zijn onbegrensd) en $\inf A = \min A = 0$ ; en $\sup\emptyset = -\infty \leq \inf\emptyset = +\infty$ — de enige verzameling waarvan het supremum kleiner is dan haar infimum, een herinnering dat de afspraken zó gekozen zijn dat $\sup$ stijgend en $\inf$ dalend is ten opzichte van de inclusie:

A \subseteq B \implies \sup A \leq \sup B \quad\text{en}\quad \inf A \geq \inf B ,

nu geldig zonder enig voorbehoud over niet-leegheid. Wat de afspraken niet leveren, is rekenkunde: $+\infty + (-\infty)$ en $0 \times (+\infty)$ blijven ongedefinieerd, en elke algebraïsche manipulatie van suprema moet eerst nagaan dat ze die nooit vormt. De uitgebreide rechte is boekhouding, geen getalsysteem.

Voorbeeld 10.23 (Het supremum dat aan $\Q$ ontsnapte)

Keer terug naar de verzameling uit de openingsopmerking, $A = \{x \in \Q : x^2 < 2\}$ , en bereken haar supremum in $\R$ . Ze is niet-leeg ( $1 \in A$ ) en naar boven begrensd door $1.5$ (is $x > 1.5$ , dan is $x^2 > 2.25 > 2$ ), dus bestaat $s = \sup A$ . We beweren $s = \sqrt 2$ (het reële getal dat in Oefening 10.12 gebouwd wordt). Bovengrens: elke $a \in A$ voldoet aan $a < \sqrt2$ — voor $a \leq 0$ is dat duidelijk, en voor $a > 0$ zou $a \geq \sqrt2$ geven dat $a^2 \geq 2$ . Niets kleiners voldoet: bij gegeven $t < \sqrt2$ levert de dichtheid (Stelling 10.14) een rationaal getal $q$ met $\max(1, t) < q < \sqrt 2$ , en dan is $q^2 < 2$ , zodat $q \in A$ het getal $t$ overtreft. Volgens Propositie 10.4 is $s = \sqrt2 \notin \Q$ . Het inzicht tot slot: het supremum van een verzameling rationale getallen hoeft niet rationaal te zijn — de volledigheid is juist de belofte dat $\R$ , anders dan $\Q$ , een supremum nooit laat ontsnappen; dit voorbeeld is de openingsopmerking van het hoofdstuk, nu bewezen in plaats van aangewezen.

Opmerking 10.24 (Perspectieven binnen dit volume)

De drie gereedschappen van het hoofdstuk hebben elk hun eigen loopbaan voor de boeg. Het supremum drijft de analytische helft aan: monotone limieten (Hoofdstuk 11), de definitie zelf van de integraal (Hoofdstuk 15), en in de meetkunde van Hoofdstuk 23 de afstand van een punt tot een deelruimte — een infimum dat de orthogonale projectie in een minimum verandert. De vloerfunctie keert terug waar het discrete het continue ontmoet: cijferontwikkelingen (de weekendopgave van dit hoofdstuk), de benadering van Dirichlet met het duivenhokprincipe (Probleem 14.1), het vergelijken van sommen met integralen (Hoofdstuk 17). Dichtheidsargumenten worden in Hoofdstuk 13 tot een methode verheven: een identiteit tussen continue functies hoef je alleen op $\Q$ na te gaan — de helft van de functievergelijking van Cauchy (Probleem 13.1) is precies die zet. Twijfel je waar een bewijs in dit volume zijn bestaansuitspraken vandaan haalt, dan luidt het antwoord vrijwel altijd: uit dit hoofdstuk.

10.3 Oefeningen

Oefening 10.1 ★

Bepaal met bewijs sup, inf, max en min — voor zover ze bestaan — van:

A = \Bigl\{\frac{1}{n} : n \in \N^*\Bigr\}, \qquad B = \Bigl\{\frac{(-1)^n n}{n+1} : n \in \N\Bigr\}, \qquad C = \{x \in \R : x^2 < 3\}.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.1.

$A$ : elk element is $\leq 1$ en $1 \in A$ , dus $\sup A = \max A = 1$ . Ondergrenzen: $0$ begrenst naar onderen; voor $\varepsilon > 0$ levert Archimedes een $n$ met $\frac 1n < \varepsilon$ , zodat geen positief getal $A$ naar onderen begrenst: $\inf A = 0$ , niet bereikt (geen min).

$B$ : de termen zijn $0, -\frac12, \frac23, -\frac34, \frac45, \dots$ De termen met even index $\frac{n}{n+1}$ stijgen naar $1$ zonder het te bereiken; die met oneven index $-\frac{n}{n+1}$ dalen naar $-1$ . Dus is $\sup B = 1$ en $\inf B = -1$ , geen van beide bereikt: geen max, geen min. (Grenzen: $\abs{b} < 1$ voor alle $b \in B$ ; en $\frac{n}{n+1} = 1 - \frac{1}{n+1} > 1 - \varepsilon$ voor grote $n$ , analoog naar onderen.)

$C = \intoo{-\sqrt 3}{\sqrt 3}$ : $\sup C = \sqrt 3$ en $\inf C = -\sqrt 3$ , geen van beide bereikt.

Oefening 10.2 ★

Bewijs dat voor alle $x, y \in \R$ geldt $\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor \leq \lfloor x + y \rfloor \leq \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1$ , en dat beide grenzen bereikt worden.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.2.

Schrijf $x = \lfloor x \rfloor + u$ en $y = \lfloor y \rfloor + v$ met $u, v \in \intco{0}{1}$ . Dan is $x + y = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + (u + v)$ met $u + v \in \intco{0}{2}$ . Is $u + v < 1$ , dan is $\lfloor x + y\rfloor = \lfloor x\rfloor + \lfloor y \rfloor$ ; is $1 \leq u + v < 2$ , dan is $\lfloor x+y \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1$ . Beide gevallen komen voor: $(x, y) = (0.2,\, 0.3)$ geeft de linkergelijkheid, $(0.7,\, 0.8)$ de rechter.

Oefening 10.3 ★

Bewijs dat voor elke $x \in \R$ en $n \in \N^*$ geldt $\Bigl\lfloor \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} \Bigr\rfloor = \lfloor x \rfloor$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.3.

Zij $k = \lfloor x \rfloor$ , zodat $k \leq x < k + 1$ . Vermenigvuldigen met $n$ geeft $nk \leq nx < nk + n$ , en vloeren nemen (een stijgende bewerking aan de kant van de gehele getallen) geeft $nk \leq \lfloor nx \rfloor \leq nk + n - 1$ . Deling door $n$ : $k \leq \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} < k + 1$ , zodat de buitenste vloer $k$ is.

Oefening 10.4 ★

Zij $A \subseteq B$ niet-lege deelverzamelingen van $\R$ , met $B$ begrensd. Bewijs $\inf B \leq \inf A \leq \sup A \leq \sup B$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.4.

Elk element van $A$ ligt in $B$ , dus begrenst $\sup B$ ook $A$ naar boven: bijgevolg is $\sup A \leq \sup B$ ( $\sup A$ is de kleinste bovengrens). Symmetrisch is $\inf B \leq \inf A$ . Ten slotte is $\inf A \leq \sup A$ omdat $A$ niet-leeg is: elke $a \in A$ ligt ertussen.

Oefening 10.5 ★★

Definieer voor niet-lege begrensde $A, B \subseteq \R$ de verzamelingen $A + B = \{a + b : a \in A,\ b \in B\}$ en $-A = \{-a : a \in A\}$ . Bewijs:

\sup(A + B) = \sup A + \sup B, \qquad \sup(-A) = -\inf A .

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.5.

Zij $s = \sup A$ en $t = \sup B$ . Elke $a + b \leq s + t$ : een bovengrens. Kies voor $\varepsilon > 0$ elementen $a > s - \frac\varepsilon2$ en $b > t - \frac\varepsilon2$ (Propositie 10.4): dan is $a + b > s + t - \varepsilon$ . Volgens de $\varepsilon$ -karakterisering is $\sup(A+B) = s + t$ .

Voor $-A$ : $m$ begrenst $-A$ naar boven $\iff$ $-m$ begrenst $A$ naar onderen; de kleinste bovengrens van $-A$ hoort dus bij de grootste ondergrens van $A$ : $\sup(-A) = -\inf A$ .

Oefening 10.6 ★★

Zij $f, g \colon E \to \R$ begrensde functies. Bewijs

\sup_{x \in E}\, \bigl(f(x) + g(x)\bigr) \leq \sup_{x \in E} f(x) + \sup_{x \in E} g(x),

en geef een voorbeeld waarin de ongelijkheid strikt is. Waarom spreekt dat Oefening 10.5 niet tegen?

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.6.

Voor elke $x$ is $f(x) + g(x) \leq \sup f + \sup g$ ; het supremum van het linkerlid nemen geeft de ongelijkheid. Strikt voorbeeld: $E = \{0, 1\}$ , $f = \mathbf{1}_{\{0\}}$ (waarde $1$ in $0$ , elders $0$ ) en $g = \mathbf{1}_{\{1\}}$ : $\sup(f + g) = 1 < 2 = \sup f + \sup g$ .

Geen tegenspraak met Oefening 10.5: daar variëren $a \in A$ en $b \in B$ onafhankelijk; hier voedt dezelfde $x$ zowel $f$ als $g$ — de verzameling $\{f(x) + g(x) : x \in E\}$ is kleiner dan de verzameling $\{f(x) + g(y) : x, y \in E\}$ .

Oefening 10.7 ★★

Bewijs dat $\sqrt 2 + \sqrt 3$ irrationaal is. (Kwadrateer en gebruik de irrationaliteit van $\sqrt 6$ , te bewijzen via Oefening 6.7.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.7.

$\sqrt 6$ is irrationaal: $6 = 2 \times 3$ is geen volkomen kwadraat, en $v_2(6q^2) = 1 + 2v_2(q)$ is oneven, wat $6q^2 = r^2$ verhindert (als in Oefening 6.7). Stel nu $x = \sqrt 2 + \sqrt 3 \in \Q$ . Dan is $x^2 = 5 + 2\sqrt 6 \in \Q$ , dus $\sqrt 6 = \frac{x^2 - 5}{2} \in \Q$ : tegenspraak. Bijgevolg is $\sqrt 2 + \sqrt 3 \notin \Q$ .

Oefening 10.8 ★★

Bewijs dat de verzameling $D = \bigl\{\frac{m}{2^n} : m \in \Z,\ n \in \N\bigr\}$ van de dyadische rationale getallen dicht ligt in $\R$ : tussen elke twee reële getallen ligt een dyadisch rationaal getal.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.8.

Zij $x < y$ . Kies $n \in \N$ met $2^n > \frac{1}{y - x}$ (Archimedes: $2^n \geq n + 1$ met een eenvoudige inductie, zodat een zekere macht van $2$ elk reëel getal overtreft). Dan geldt, net als in het bewijs van Stelling 10.14 met $2^n$ in de plaats van $n$ : $m = \lfloor 2^n x \rfloor + 1$ voldoet aan $x < \frac{m}{2^n} < y$ . Dus ligt $D$ dicht.

Oefening 10.9 ★★★

Zij $G$ een deelgroep van $(\R, +)$ met $G \neq \{0\}$ . Zet $\alpha = \inf\,(G \cap \intoo{0}{+\infty})$ . Bewijs:

is $\alpha > 0$ , dan is $G = \alpha\Z$ ;
is $\alpha = 0$ , dan ligt $G$ dicht in $\R$ .

Leid af dat $\Z + \sqrt 2\,\Z$ dicht ligt in $\R$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.9.

Stel $\alpha > 0$ . Ten eerste is $\alpha \in G$ . Stel van niet: volgens de $\varepsilon$ -karakterisering van het infimum met $\varepsilon = \alpha$ is er een $g \in G$ met $\alpha < g < 2\alpha$ (links strikt, want $\alpha \notin G$ ); vervolgens is er met $\varepsilon = g - \alpha$ een $h \in G$ met $\alpha < h < g$ . Nu is $g - h \in G$ met $0 < g - h < g - \alpha < \alpha$ : een element van $G \cap \intoo{0}{+\infty}$ onder zijn infimum, ongerijmd. Dus $\alpha \in G$ , en $\alpha\Z \subseteq G$ ( $G$ is een groep). Omgekeerd, zij $x \in G$ en $k = \lfloor x/\alpha \rfloor$ : dan is $x - k\alpha \in G$ met $0 \leq x - k\alpha < \alpha$ , en de definitie van $\alpha$ dwingt $x - k\alpha = 0$ af. Bijgevolg is $G = \alpha\Z$ .
Stel $\alpha = 0$ en zij $x < y$ . Er is een $g \in G$ met $0 < g < y - x$ . Het veelvoud $kg$ met $k = \lfloor x/g \rfloor + 1$ voldoet aan $x < kg \leq x + g < y$ , en $kg \in G$ : dichtheid.

$G = \Z + \sqrt 2\,\Z$ is een deelgroep van $(\R, +)$ . Ze is niet van de vorm $\alpha\Z$ : anders zouden $1 = p\alpha$ en $\sqrt 2 = q\alpha$ (met $p, q \in \Z$ ) geven dat $\sqrt 2 = \frac qp \in \Q$ , een tegenspraak. Wegens de dichotomie ligt $G$ dus dicht in $\R$ .

Oefening 10.10 ★★★

Zet voor niet-lege verzamelingen $A, B$ van positieve reële getallen $AB = \{ab : a \in A, b \in B\}$ . Bewijs $\sup(AB) = \sup A \cdot \sup B$ (begrensd geval), en toon met een voorbeeld aan dat de positiviteit essentieel is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.10.

Zij $s = \sup A > 0$ en $t = \sup B > 0$ . Voor $a \in A$ en $b \in B$ is $ab \leq st$ (ongelijkheden tussen positieve getallen vermenigvuldigen). Kies voor $0 < \varepsilon < \min(s, t)$ elementen $a > s - \varepsilon$ en $b > t - \varepsilon$ ; dan is

ab > (s - \varepsilon)(t - \varepsilon) = st - \varepsilon(s + t) + \varepsilon^2 > st - \varepsilon (s + t),

en $\varepsilon(s+t)$ kan willekeurig klein gemaakt worden: volgens de $\varepsilon$ -karakterisering (in de vorm: geen getal $< st$ begrenst $AB$ naar boven) is $\sup AB = st$ .

De positiviteit is essentieel: $A = B = \{-1, 0\}$ geeft $AB = \{0, 1\}$ met $\sup AB = 1$ , terwijl $\sup A \cdot \sup B = 0 \times 0 = 0$ .

Oefening 10.11 ★★

Definieer voor een niet-lege begrensde $A \subseteq \R$ de diameter

\operatorname{diam} A = \sup\,\{\abs{a - a'} : a, a' \in A\} .

Bewijs dat $\operatorname{diam} A = \sup A - \inf A$ , en dat $\intcc{\inf A}{\sup A}$ het kleinste gesloten interval is dat $A$ bevat.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.11.

Schrijf $s = \sup A$ en $i = \inf A$ . Voor $a, a' \in A$ geven $a \leq s$ en $a' \geq i$ dat $a - a' \leq s - i$ ; wegens de symmetrie is $\abs{a - a'} \leq s - i$ , zodat $s - i$ de verzameling verschillen naar boven begrenst. Kies voor $\varepsilon > 0$ elementen $a > s - \frac\varepsilon2$ en $a' < i + \frac\varepsilon2$ (Propositie 10.4 en haar spiegelbeeld voor het infimum): dan is $\abs{a - a'} \geq a - a' > s - i - \varepsilon$ . Volgens de $\varepsilon$ -karakterisering is $\operatorname{diam} A = s - i$ .

Elke $a \in A$ voldoet aan $i \leq a \leq s$ , dus $A \subseteq \intcc{i}{s}$ , een gesloten interval van lengte $\operatorname{diam} A$ . Bevat een gesloten interval $\intcc{u}{v}$ de verzameling $A$ , dan is $v$ een bovengrens en $u$ een ondergrens van $A$ , dus $u \leq i$ en $v \geq s$ : $\intcc{i}{s} \subseteq \intcc{u}{v}$ . Bijgevolg is $\intcc{i}{s}$ het kleinste.

Oefening 10.12 ★★★

Zij $y > 0$ en $E = \{x \geq 0 : x^2 \leq y\}$ . Bewijs dat $E$ niet-leeg en naar boven begrensd is, en dat $s = \sup E$ voldoet aan $s^2 = y$ (sluit $s^2 < y$ en $s^2 > y$ uit door in elk geval een kleine $h > 0$ aan te wijzen die de definitie van het supremum tegenspreekt). Leid af dat elke $y > 0$ precies één vierkantswortel $\sqrt y > 0$ heeft en dat $y \mapsto \sqrt y$ stijgend is op $\intoo{0}{+\infty}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.12.

Er is $0 \in E$ , dus $E \neq \emptyset$ . Is $x > \max(1, y)$ , dan is $x^2 > x > y$ , zodat $E$ naar boven begrensd is door $\max(1, y)$ : $s = \sup E$ bestaat (Stelling 10.2), en $s \geq \min(1, y) > 0$ omdat $\min(1, y) \in E$ : is immers $y \geq 1$ , dan is $1^2 = 1 \leq y$ , en is $y < 1$ , dan is $y^2 < y$ .

$s^2 < y$ is onmogelijk. Kies $0 < h < 1$ met $h < \frac{y - s^2}{2s + 1}$ . Dan is

(s + h)^2 = s^2 + 2sh + h^2 \leq s^2 + (2s + 1)h < y ,

dus $s + h \in E$ , in tegenspraak met het feit dat $s$ de verzameling $E$ naar boven begrenst.

$s^2 > y$ is onmogelijk. Kies $0 < h < s$ met $h < \frac{s^2 - y}{2s}$ . Dan is $(s - h)^2 = s^2 - 2sh + h^2 > s^2 - 2sh > y$ ; elke $x \in E$ voldoet aan $x^2 \leq y < (s - h)^2$ , dus $x < s - h$ (beide zijn $\geq 0$ ): $s - h$ is een bovengrens van $E$ die kleiner is dan $s$ , in tegenspraak met de minimaliteit.

Bijgevolg is $s^2 = y$ . Uniciteit: is $0 < s < s'$ , dan is $s^2 < s'^2$ , zodat twee verschillende positieve wortels niet beide $y$ als kwadraat kunnen hebben. Monotonie: is $0 < y < y'$ , dan is $\sqrt y \neq \sqrt{y'}$ , en $\sqrt y > \sqrt{y'}$ zou na kwadrateren $y > y'$ geven: dus $\sqrt y < \sqrt{y'}$ .

10.4 Opgave: cijferontwikkelingen en het ritme van de rationale getallen

Probleem 10.1

Weekendopgave — $b$ -adische ontwikkelingen: bestaan, uniciteit, en periodiciteit karakteriseert $\Q$

Elk reëel getal in $\intco{0}{1}$ heeft in elk grondtal $b \geq 2$ een cijferontwikkeling; die ontwikkeling is uniek zodra staarten van uitsluitend het cijfer $b - 1$ verboden worden; en ze is uiteindelijk periodiek precies wanneer het getal rationaal is. Deze opgave bewijst alle drie de feiten uit het volledigheidsaxioma alleen — geen rijen, geen reeksen: enkel het supremum, de archimedische eigenschap en de vloerfunctie — en sluit af met het diagonaalargument van Cantor in cijfervorm. Overal is $b \geq 2$ een vast geheel getal (het grondtal), is een cijfer een element van $\intint{0}{b-1}$ , en heet een cijferrij $(d_n)_{n \geq 1}$ eigenlijk wanneer ze niet uiteindelijk gelijk is aan $b - 1$ (dus: voor elke $N$ is er een $n > N$ met $d_n \leq b - 2$ ).

Deel I — Cijfers met de hand. Staartdeling van $p$ door $q$ in grondtal $b$ : vermenigvuldig de huidige rest met $b$ , deel door $q$ , noteer het quotiënt als het volgende cijfer, en houd de rest bij.

Voer het algoritme in grondtal $10$ uit op $\frac 18$ en op $\frac 17$ , en noteer bij elke stap het cijfer en de rest. Ga na dat de resten voor $\frac 17$ de cyclus $1, 3, 2, 6, 4, 5$ doorlopen en dat de cijfers $142857$ zich daarna eeuwig herhalen.
Bereken de ontwikkelingen in grondtal $2$ van $\frac 13$ en van $\frac{5}{16}$ , en de ontwikkeling in grondtal $3$ van $\frac 12$ . Merk op: één getal breekt af, de twee andere herhalen zich — en $\frac 12$ , zo tam in grondtal $10$ , herhaalt zich in grondtal $3$ eeuwig.
Toon voor $x = \frac pq \in \intco{0}{1}$ onvereenvoudigbaar aan dat de cijfers die het algoritme voortbrengt uiteindelijk alle $0$ zijn dan en slechts dan als de rest $b^N p \bmod q$ voor een zekere $N$ verdwijnt, dan en slechts dan als $q$ een zekere macht $b^N$ deelt, dan en slechts dan als elke priemfactor van $q$ het getal $b$ deelt. Ga na: $\frac{1}{20}$ breekt af in grondtal $10$ , niet in grondtal $3$ .
Definieer de afknotting $s_n = \lfloor b^n x \rfloor / b^n$ . Bereken voor $x = \sqrt 2$ en $b = 10$ de waarden $s_0, \dots, s_4$ door bij elke stap na te gaan dat twee opeenvolgende kwadraten $2$ omsluiten (bijvoorbeeld $1.4142^2 = 1.99996164 < 2 < 2.00024449 = 1.4143^2$ ), en controleer telkens $s_n \leq \sqrt 2 < s_n + 10^{-n}$ .

Deel II — Bestaan, vanuit het supremum. Leg $x \in \intco{0}{1}$ vast en zet $A_n = \lfloor b^n x \rfloor$ en $d_n = A_n - b\,A_{n-1}$ voor $n \geq 1$ .

Toon aan dat $A_0 = 0$ en $b\,A_{n-1} \leq A_n \leq b\,A_{n-1} + b - 1$ ; besluit dat elke $d_n$ een cijfer is.
Toon aan dat $s_n := A_n b^{-n}$ voldoet aan

$s_n = \sum_{k=1}^{n} d_k\,b^{-k} \qquad\text{en}\qquad s_n \leq x < s_n + b^{-n} .$
Bewijs $b^n \geq n + 1$ met inductie, en toon daarna aan dat $(s_n)$ niet-dalend is en dat $x = \sup_n s_n$ (gebruik Propositie 10.4 en Stelling 10.10).
Toon aan dat de rij $(d_n)$ eigenlijk is: is $d_k = b - 1$ voor alle $k > N$ , bereken dan $s_n$ voor $n > N$ met een eindige meetkundige som en spreek vraag 6 tegen.
Zij omgekeerd $(e_n)_{n \geq 1}$ een willekeurige eigenlijke cijferrij en $t_n = \sum_{k=1}^n e_k b^{-k}$ . Toon aan dat $y = \sup_n t_n$ bestaat, in $\intco{0}{1}$ ligt en voor elke $n$ voldoet aan $t_n \leq y < t_n + b^{-n}$ (gebruik voor de strikte ongelijkheid een cijfer $e_m \leq b - 2$ met $m > n$ ). Leid af dat $\lfloor b^n y \rfloor = b^n t_n$ , en vervolgens dat de cijfers van $y$ , in de zin van vraag 5, precies de $e_n$ zijn.

Deel III — Uniciteit, ordening, verschuiving.

Voeg de vragen 5–9 samen tot de stelling over de $b$ -adische ontwikkeling: de afbeeldingen $x \mapsto (d_n)$ en $(e_n) \mapsto \sup_n t_n$ zijn elkaars inverse bijecties tussen $\intco{0}{1}$ en de verzameling van de eigenlijke cijferrijen. In het bijzonder hebben geen twee verschillende eigenlijke rijen dezelfde waarde.
Sta nu ook oneigenlijke rijen toe. Toon aan dat een rij met $e_n = b - 1$ voor alle $n > M$ (met $M \geq 0$ minimaal) de waarde $t_M + b^{-M}$ heeft; besluit dat $0.999\dots = 1$ in grondtal $10$ , en dat de reële getallen met twee cijfervoorstellingen precies de $b$ -adische breuken $m/b^N \in \intoo{0}{1}$ zijn — elk ander reëel getal heeft er maar één, zelfs onder de oneigenlijke rijen.
Bewijs dat de bijectie van vraag 10 de lexicografische ordening bewaart: verschillen de eigenlijke rijen van $x$ en $y$ voor het eerst op index $m$ , dan is $x < y$ dan en slechts dan als $d_m < e_m$ .
(Verschuivingslemma) Zij $x \in \intco{0}{1}$ met cijfers $(d_n)$ . Toon aan dat het decimale deel van $bx$ de cijfers $(d_{n+1})_{n \geq 1}$ heeft (bereken $\lfloor b^n(bx - A_1)\rfloor$ met $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ voor geheel $K$ ), en leid met inductie af dat het decimale deel van $b^m x$ de cijfers $(d_{n+m})_{n \geq 1}$ heeft.

Deel IV — Rationaliteit is periodiciteit. Zij $x = \frac pq \in \intco{0}{1}$ onvereenvoudigbaar en $r_n = b^n p \bmod q$ de rest van de euclidische deling van $b^n p$ door $q$ .

Toon aan dat $A_n = \dfrac{b^n p - r_n}{q}$ en $r_n = (b\,r_{n-1}) \bmod q$ .
Toon aan dat $d_n = \Bigl\lfloor \dfrac{b\,r_{n-1}}{q} \Bigr\rfloor$ : elk cijfer is een functie van alleen de vorige rest. Dat is precies de staartdeling van Deel I.
Pas het duivenhokprincipe (Gevolg 2.3) toe op $r_0, \dots, r_q$ en besluit: de ontwikkeling van elk rationaal getal is uiteindelijk periodiek, met voorperiode en periode hoogstens $q$ .
Stel omgekeerd dat de cijfers van $y \in \intco{0}{1}$ zuiver periodiek zijn: $d_{n+T} = d_n$ voor alle $n \geq 1$ . Toon met het verschuivingslemma en de uniciteit van vraag 10 aan dat het decimale deel van $b^T y$ gelijk is aan $y$ , en leid af dat $(b^T - 1)\,y \in \N$ : dus is $y$ rationaal met een noemer die $b^T - 1$ deelt. Ga het mechanisme na op $0.(142857)$ : $142857 \times 7 = 999999$ .
Behandel het uiteindelijk periodieke geval door te verschuiven, en formuleer het periodiciteitscriterium: $x \in \intco{0}{1}$ is rationaal dan en slechts dan als haar eigenlijke $b$ -adische ontwikkeling uiteindelijk periodiek is — in één grondtal dan en slechts dan als in alle.
Toon voor $x = \frac 1q$ met $\gcd(q, b) = 1$ aan dat de ontwikkeling zuiver periodiek is en dat haar kleinste periode de kleinste $T \geq 1$ met $b^T \equiv 1 \pmod q$ is (de multiplicatieve orde van $b$ modulo $q$ ). Ga na dat voor $q = 7$ en $b = 10$ de machten van $10$ modulo $7$ de rij $3, 2, 6, 4, 5, 1$ doorlopen: orde $6$ , in overeenstemming met vraag 1.

Deel V — Dividenden en de diagonaal.

Zij $x^*$ het reële getal uit $\intco{0}{1}$ waarvan de cijfers in grondtal $10$ gelijk zijn aan $1$ op de driehoeksposities $\frac{j(j + 1)}{2}$ ( $j \geq 1$ ) en $0$ elders: $x^* = 0.101001000100001\dots$ Toon aan dat haar cijferrij eigenlijk maar niet uiteindelijk periodiek is (een periode $T$ zou enen met tussenafstanden hoogstens $T$ afdwingen, maar de gaten groeien), en besluit dat $x^*$ irrationaal is: een getal dat louter door zijn ritme irrationaal blijkt.
Toon aan dat voor elk grondtal $b$ de verzameling $\{m/b^n : m \in \Z, n \in \N\}$ dicht ligt in $\R$ (een veralgemening van Oefening 10.8), en dat elk rationaal getal $\frac pq \in \intoo{0}{1}$ in grondtal $q$ een afbrekende ontwikkeling heeft. Moraal: afbreken is een eigenschap van het paar (getal, grondtal); periodiciteit — rationaliteit — is intrinsiek.
(De diagonaal van Cantor) Zij $k \mapsto x_k$ een willekeurige afbeelding van $\N^*$ naar $\intco{0}{1}$ . Definieer de cijferrij $e_k = 1$ als het $k$ -de cijfer van $x_k$ van $1$ verschilt, en $e_k = 2$ in het andere geval. Toon aan dat $(e_k)$ eigenlijk is, dat haar waarde $y$ in $\intco{0}{1}$ ligt, en dat $y \neq x_k$ voor elke $k$ . Besluit: geen enkele afbeelding $\N^* \to \intco{0}{1}$ is surjectief. (Het vocabulaire van de aftelbaarheid, en de eigenlijke plaats van deze stelling, staan in Hoofdstuk 12.)
Toon aan dat, wanneer de eigenlijke ontwikkelingen van $x$ en $y$ tot en met index $n$ overeenstemmen, $\abs{x - y} < b^{-n}$ , en weerleg de omkering met $x = 0.1$ en $y = 0.0999$ in grondtal $10$ : dat getallen dicht bij elkaar liggen dwingt niet af dat hun cijfers overeenstemmen. Welke reële getallen zijn daar schuldig aan?
Voer Deel IV uit op $x = \frac{1}{10}$ in grondtal $b = 2$ : bereken de resten en de cijfers tot ze cyclisch worden, en besluit $\frac{1}{10} = (0.0\overline{0011})_2$ , met voorperiode $1$ en periode $4$ . Leg met vraag 3 uit waarom geen enkele eindige binaire rij ooit gelijk zal zijn aan $\frac{1}{10}$ — de reden waarom $0.1 + 0.2$ in de drijvendekommarekening van een computer niet exact $0.3$ is.
Synthese. In één zin per onderdeel: waar gebruikte het bewijs (i) de volledigheid, (ii) de archimedische eigenschap, (iii) de uniciteitsclausule van de vloer, (iv) het duivenhokprincipe? En de moraal: $\intco{0}{1}$ wordt getrouw gecodeerd door eigenlijke cijferrijen, en rationaliteit lees je af als periodiciteit — en toch verkiest de analyse het supremum boven de cijfers. Waarom? (Denk aan het optellen van twee cijferrijen.)

Oplossing

Oplossing van Probleem 10.1.

1. Voor $\frac 18$ : $10 = 8 \cdot 1 + 2$ , $20 = 8 \cdot 2 + 4$ , $40 = 8 \cdot 5 + 0$ ; cijfers $1, 2, 5$ , rest $0$ , daarna alleen nullen: $\frac 18 = 0.125$ . Voor $\frac 17$ : $10 = 7 \cdot 1 + 3$ , $30 = 7 \cdot 4 + 2$ , $20 = 7 \cdot 2 + 6$ , $60 = 7 \cdot 8 + 4$ , $40 = 7 \cdot 5 + 5$ , $50 = 7 \cdot 7 + 1$ : cijfers $1, 4, 2, 8, 5, 7$ en resten $3, 2, 6, 4, 5, 1$ . De rest is naar $r = 1$ teruggekeerd, dus herhalen de zes stappen zich letterlijk voor altijd: $\frac 17 = 0.(142857)$ , met de resten in de cyclus $1, 3, 2, 6, 4, 5$ .

2. $\frac 13$ in grondtal $2$ ( $r_0 = 1$ ): $2 = 3 \cdot 0 + 2$ , $4 = 3 \cdot 1 + 1$ , en $r = 1$ keert terug: $\frac 13 = (0.\overline{01})_2$ . $\frac{5}{16}$ in grondtal $2$ : $10 = 16 \cdot 0 + 10$ , $20 = 16 \cdot 1 + 4$ , $8 = 16 \cdot 0 + 8$ , $16 = 16 \cdot 1 + 0$ : $\frac{5}{16} = (0.0101)_2$ , afbrekend. $\frac 12$ in grondtal $3$ : $3 = 2 \cdot 1 + 1$ , en $r = 1$ keert meteen terug: $\frac 12 = (0.\overline{1})_3$ .

3. De rest van het algoritme na $N$ stappen is $r_N = b^N p \bmod q$ (formeel bewezen in vraag 14; hier is het de vaststelling dat elke stap de rest met $b$ vermenigvuldigt en modulo $q$ reduceert). Alle latere cijfers zijn $0$ dan en slechts dan als een zekere $r_N = 0$ , dus $q \mid b^N p$ ; omdat $\gcd(p, q) = 1$ , geeft het lemma van Gauss dat $q \mid b^N$ . Deelt $q$ het getal $b^N$ , dan deelt elke priemfactor van $q$ het getal $b^N$ en dus $b$ (wegens de primaliteit). Omgekeerd, deelt elk priemgetal van $q = p_1^{a_1} \cdots p_r^{a_r}$ het getal $b$ , dan deelt met $A = \max_i a_i$ elke $p_i^{a_i}$ het getal $b^A$ , en omdat de $p_i^{a_i}$ twee aan twee relatief priem zijn, is $q \mid b^A$ . Voor $q = 20 = 2^2 \cdot 5$ delen beide priemgetallen $10$ ( $\frac{1}{20} = 0.05$ ), maar $2 \nmid 3$ , zodat $\frac{1}{20}$ zich in grondtal $3$ eeuwig herhaalt.

4. $1^2 = 1 < 2 < 4 = 2^2$ geeft $s_0 = 1$ . Vervolgens is $1.4^2 = 1.96 < 2 < 2.25 = 1.5^2$ : $\lfloor 10\sqrt 2 \rfloor = 14$ en $s_1 = 1.4$ . Dan $1.41^2 = 1.9881 < 2 < 2.0164 = 1.42^2$ : $s_2 = 1.41$ ; $1.414^2 = 1.999396 < 2 < 2.002225 = 1.415^2$ : $s_3 = 1.414$ ; en $1.4142^2 = 1.99996164 < 2 < 2.00024449 = 1.4143^2$ : $s_4 = 1.4142$ . In elk geval zeggen de getoonde ongelijkheden precies $s_n \leq \sqrt 2 < s_n + 10^{-n}$ , en dat is de definitie van de vloer van $10^n \sqrt 2$ .

5. $A_0 = \lfloor x \rfloor = 0$ omdat $0 \leq x < 1$ . Vermenigvuldig $A_{n-1} \leq b^{n-1} x < A_{n-1} + 1$ met $b$ :

b\,A_{n-1} \leq b^n x < b\,A_{n-1} + b .

Het gehele getal $b\,A_{n-1}$ is $\leq b^n x$ , dus $b\,A_{n-1} \leq A_n$ ; en $b^n x < b\,A_{n-1} + b$ met $b\,A_{n-1} + b$ geheel dwingt $A_n \leq b\,A_{n-1} + b - 1$ af. Bijgevolg is $0 \leq d_n = A_n - b\,A_{n-1} \leq b - 1$ : een cijfer.

6. Telescoperen: $d_k b^{-k} = A_k b^{-k} - A_{k-1} b^{-(k-1)}$ , dus

\sum_{k=1}^n d_k b^{-k} = A_n b^{-n} - A_0 = s_n .

Deling van $A_n \leq b^n x < A_n + 1$ door $b^n$ geeft $s_n \leq x < s_n + b^{-n}$ .

7. Inductie: $b^0 = 1 \geq 1$ , en $b^{n+1} = b \cdot b^n \geq 2(n + 1) \geq n + 2$ . Monotonie: $s_n - s_{n-1} = d_n b^{-n} \geq 0$ . Elke $s_n \leq x$ (vraag 6): $x$ is een bovengrens van $\{s_n\}$ . Voor $\varepsilon > 0$ levert de archimedische eigenschap een $n$ met $n + 1 > \frac1\varepsilon$ , dus $b^{-n} < \varepsilon$ , en dan is $s_n > x - b^{-n} > x - \varepsilon$ wegens vraag 6. Volgens Propositie 10.4 is $x = \sup_n s_n$ .

8. Stel $d_k = b - 1$ voor alle $k > N$ . Voor $n > N$ geeft de eindige meetkundige som

s_n = s_N + (b - 1)\sum_{k=N+1}^{n} b^{-k} = s_N + b^{-N} - b^{-n} .

Dus is $x \geq s_n = s_N + b^{-N} - b^{-n}$ voor elke $n$ ; laat je de laatste term onder elke $\varepsilon$ zakken (vraag 7), dan is $x \geq s_N + b^{-N}$ . Maar vraag 6 op rang $N$ zegt $x < s_N + b^{-N}$ : tegenspraak. De rij $(d_n)$ is eigenlijk.

9. Begrensd: $t_n \leq (b-1)\sum_{k=1}^n b^{-k} = 1 - b^{-n} < 1$ , en $(t_n)$ is niet-dalend, dus bestaat $y = \sup t_n$ met $0 \leq y \leq 1$ . Leg $n$ vast. Voor de tweezijdige afschatting: $t_n \leq y$ is duidelijk. Wegens de eigenlijkheid kies je een $m > n$ met $e_m \leq b - 2$ . Voor $p \geq m$ is

t_p - t_n = \sum_{k=n+1}^{p} e_k b^{-k} \leq (b^{-n} - b^{-p}) - b^{-m} < b^{-n} - b^{-m},

waarbij de middelste som minstens $b^{-m}$ inboet tegenover het maximum met louter $(b-1)$ ’s; voor $p \leq m$ is eveneens $t_p \leq t_m \leq t_n + b^{-n} - b^{-m}$ (monotonie plus het geval $p = m$ ). Bijgevolg is elke $t_p \leq t_n + b^{-n} - b^{-m}$ , zodat $y \leq t_n + b^{-n} - b^{-m} < t_n + b^{-n}$ . (Met $n = 0$ : $y < 1$ , dus $y \in \intco{0}{1}$ .) Nu is $b^n t_n = \sum_{k \leq n} e_k b^{n-k}$ geheel, en $b^n t_n \leq b^n y < b^n t_n + 1$ : dus $\lfloor b^n y \rfloor = b^n t_n$ . Ten slotte de cijfers van $y$ : $d_n(y) = b^n t_n - b \cdot b^{n-1} t_{n-1} = b^n(t_n - t_{n-1}) = e_n$ .

10. Vraag 9 zegt: (de waarde van een rij) heeft als cijfers (die rij); de vragen 5–8 zeggen: (de cijfers van $x$ ) vormen een eigenlijke rij waarvan de afknottingen $x$ als supremum hebben (vraag 7). De twee afbeeldingen zijn in beide volgordes dus de identiteit: het zijn elkaars inverse bijecties tussen $\intco{0}{1}$ en de eigenlijke rijen. Hadden twee eigenlijke rijen dezelfde waarde, dan zou de cijferafbeelding erop toepassen ze gelijk maken: uniciteit. Dat is de stelling over de $b$ -adische ontwikkeling.

11. Zij $e_n = b - 1$ voor $n > M$ , met $M \geq 0$ minimaal. Als in vraag 8 is $t_n = t_M + b^{-M} - b^{-n}$ voor $n \geq M$ , zodat de waarde $\sup t_n = t_M + b^{-M}$ is. Is $M = 0$ , dan is de waarde $0 + 1 = 1$ : in grondtal $10$ is $0.999\dots = 1$ exact — niet bij benadering. Is $M \geq 1$ , dan geeft de minimaliteit $e_M \leq b - 2$ , en is de waarde

t_M + b^{-M} = \frac{b^M t_M + 1}{b^M} \in \intoo{0}{1},

een $b$ -adische breuk, waarvan de eigenlijke ontwikkeling $e_1 \dots e_{M-1}\,(e_M + 1)\,000\dots$ is (een afbrekende rij is eigenlijk, en haar waarde is hetzelfde getal). Omgekeerd moet een reëel getal met twee voorstellingen er één oneigenlijke hebben (de eigenlijkheid legt de voorstelling vast, vraag 10) en dus van deze vorm zijn. En elke $m/b^N \in \intoo{0}{1}$ , geschreven met laatste cijfer $d_N \neq 0$ , heeft inderdaad de oneigenlijke tweelingvorm $d_1 \dots d_{N-1}(d_N - 1)(b-1)(b-1)\dots$ : precies de $b$ -adische breuken dragen twee namen, alle andere reële getallen één.

12. Stel dat de rijen tot en met $m - 1$ overeenstemmen, met gemeenschappelijke afknotting $P = s_{m-1}$ , en dat $d_m < e_m$ . Volgens vraag 9 (de strikte bovenafschatting op rang $m$ ) is $x < P + d_m b^{-m} + b^{-m} = P + (d_m + 1)b^{-m} \leq P + e_m b^{-m} \leq y$ , waarbij de laatste stap geldt omdat $P + e_m b^{-m}$ de afknotting $t_m \leq y$ van $y$ is. Dus $d_m < e_m \implies x < y$ ; met omgekeerde rollen $e_m < d_m \implies y < x$ ; en omdat de rijen op $m$ verschillen, geldt een van beide. Beide richtingen volgen.

13. Zij $z = bx - A_1 \in \intco{0}{1}$ (immers $A_1 \leq bx < A_1 + 1$ ). Voor $n \geq 0$ is $b^n z = b^{n+1} x - b^n A_1$ met $b^n A_1 \in \Z$ , dus met $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ ( $K$ geheel):

A_n(z) = A_{n+1}(x) - b^n A_1(x) .

Bijgevolg is $d_n(z) = A_n(z) - b\,A_{n-1}(z) = A_{n+1} - b^n A_1 - b\,A_n + b^n A_1 = d_{n+1}(x)$ . Het decimale deel van $bx$ draagt dus de verschoven cijfers; na $m$ iteraties heeft het decimale deel van $b^m x$ de cijfers $(d_{n+m})_{n \geq 1}$ .

14. Euclidische deling: $b^n p = q\,Q_n + r_n$ met $0 \leq r_n < q$ . Deling door $q$ geeft $b^n x = Q_n + \frac{r_n}{q}$ met $0 \leq \frac{r_n}{q} < 1$ , dus $Q_n = \lfloor b^n x \rfloor = A_n$ , waaruit $A_n = \frac{b^n p - r_n}{q}$ . Voor de recursie: $b^n p = b(q\,A_{n-1} + r_{n-1}) = q\,(b\,A_{n-1}) + b\,r_{n-1}$ , zodat $b^n p$ en $b\,r_{n-1}$ een veelvoud van $q$ verschillen: $r_n = (b\,r_{n-1}) \bmod q$ .

15. Deel $b\,r_{n-1}$ door $q$ : $b\,r_{n-1} = q\,c + r_n$ met $c = \lfloor b\,r_{n-1}/q \rfloor$ . Substitutie in de formule van vraag 14 geeft $b^n p = q(b\,A_{n-1} + c) + r_n$ , en de uniciteit van de euclidische deling identificeert $A_n = b\,A_{n-1} + c$ , dat wil zeggen $d_n = c = \lfloor b\,r_{n-1}/q \rfloor$ . Cijfer $n$ hangt alleen van $r_{n-1}$ af — de lus van de staartdeling uit Deel I, nu gewaarborgd.

16. De $q + 1$ resten $r_0, \dots, r_q$ nemen waarden in de verzameling $\intint{0}{q-1}$ met $q$ elementen: volgens het duivenhokprincipe (Gevolg 2.3) vallen er twee samen, zeg $r_N = r_{N+T}$ met $0 \leq N < N + T \leq q$ . Omdat $r_n$ de rest $r_{n+1}$ vastlegt (vraag 14), geeft inductie $r_{n+T} = r_n$ voor alle $n \geq N$ ; en omdat $r_{n-1}$ het cijfer $d_n$ vastlegt (vraag 15), is $d_{n+T} = d_n$ voor alle $n \geq N + 1$ . De ontwikkeling van elk rationaal getal is dus uiteindelijk periodiek, met voorperiode $\leq q$ en periode $\leq q$ .

17. De cijfers van het decimale deel van $b^T y$ zijn $(d_{n+T}) = (d_n)$ (verschuivingslemma, dan de zuivere periodiciteit): dezelfde eigenlijke rij als die van $y$ . Volgens vraag 10 zijn de waarden gelijk: $b^T y - \lfloor b^T y \rfloor = y$ , dus $(b^T - 1)\,y = \lfloor b^T y \rfloor = A_T \in \N$ en

y = \frac{A_T}{b^T - 1} ,

rationaal met een noemer die $b^T - 1$ deelt; de teller $A_T$ is het gehele getal met cijfers $d_1 \dots d_T$ in grondtal $b$ . Controle: $0.(142857) = \frac{142857}{999999}$ , en $142857 \times 7 = 999999$ , dus dat is $\frac 17$ .

18. Is $d_{n+T} = d_n$ voor $n > N$ , dan heeft het decimale deel $z$ van $b^N x$ de cijfers $(d_{N+n})_{n\geq1}$ (verschuivingslemma), die zuiver periodiek zijn; volgens vraag 17 is $z \in \Q$ . Uit $b^N x = A_N + z$ volgt dan $x = (A_N + z)/b^N \in \Q$ . Samen met vraag 16: $x$ rationaal $\iff$ de ontwikkeling uiteindelijk periodiek. Het rechterlid noemt het grondtal, het linkerlid niet: periodiciteit in één grondtal is equivalent met rationaliteit, en dus met periodiciteit in elk grondtal.

19. Voor $x = \frac 1q$ is $r_n = b^n \bmod q$ . Is $\gcd(b, q) = 1$ , dan is $r_T = r_0 = 1$ dan en slechts dan als $b^T \equiv 1 \pmod q$ ; zo’n $T$ bestaat (het duivenhokprincipe geeft $b^i \equiv b^j$ met $i < j$ , en $b$ is inverteerbaar modulo $q$ , dus $b^{j-i} \equiv 1$ ), en de kleinste — de multiplicatieve orde — maakt de resten, en dus de cijfers, zuiver periodiek met periode $T$ . Een kleinere periode is onmogelijk: een periode $T'$ zou $(b^{T'} - 1)\frac1q \in \N$ geven (vraag 17), dus $q \mid b^{T'} - 1$ . Voor $q = 7$ en $b = 10$ : $10 \equiv 3$ , $10^2 \equiv 2$ , $10^3 \equiv 6$ , $10^4 \equiv 4$ , $10^5 \equiv 5$ , $10^6 \equiv 1 \pmod 7$ : orde $6$ , en inderdaad heeft $\frac 17$ periode zes.

20. De rij bevat oneindig veel nullen (de cijfers van $x^*$ zijn grotendeels nul), dus is ze eigenlijk en is $x^*$ welgedefinieerd (vraag 9). Stel dat de cijfers voorbij $N$ periodiek zijn met periode $T$ . Er zijn oneindig veel cijfers gelijk aan $1$ (één per driehoeksgetal), dus staat er een $1$ op een positie $j > N$ ; de periodiciteit zet dan een $1$ op elke positie $j + kT$ : vanaf $j$ zijn de gaten tussen opeenvolgende enen hoogstens $T$ . Maar de enen staan precies op de driehoeksgetallen, waarvan de opeenvolgende gaten $\frac{(j+1)(j+2)}{2} - \frac{j(j+1)}{2} = j + 1$ uiteindelijk $T$ overtreffen: tegenspraak. Niet uiteindelijk periodiek, dus volgens vraag 18 is $x^* \notin \Q$ — irrationaliteit, enkel afgelezen aan het ritme van de cijfers.

21. Bij gegeven $x < y$ levert vraag 7 een $n$ met $b^{-n} < y - x$ ; zet $m = \lfloor b^n x \rfloor + 1$ . Dan is $b^n x < m \leq b^n x + 1 < b^n y$ , dus $x < \frac{m}{b^n} < y$ : dichtheid, voor elk grondtal tegelijk ( $b = 2$ geeft Oefening 10.8 terug). Voor $\frac pq \in \intoo{0}{1}$ in grondtal $b = q$ : het eerste cijfer is $\lfloor q \cdot \frac pq \rfloor = p$ , en het decimale deel van $q \cdot \frac pq = p$ is $0$ : alle latere cijfers verdwijnen, een afbrekende ontwikkeling $\frac pq = (0.p)_q$ . Afbreken hangt van het grondtal af; periodiciteit — rationaliteit — niet (vraag 18).

22. Elke $e_k \in \{1, 2\}$ is een cijfer in grondtal $10$ , en de rij eindigt nooit op louter negens: eigenlijk. Haar waarde $y$ ligt in $\intco{0}{1}$ en heeft precies de cijfers $(e_k)$ (vraag 9). Leg $k$ vast: het $k$ -de cijfer van $y$ is $e_k$ , gekozen $\neq$ het $k$ -de cijfer van $x_k$ , zodat de eigenlijke rijen van $y$ en $x_k$ verschillen en dus $y \neq x_k$ (vraag 10: de codering is injectief). Bijgevolg staat $y$ op geen enkele lijst: geen enkele afbeelding $\N^* \to \intco{0}{1}$ is surjectief. De reële getallen laten zich, anders dan de rationale, niet opsommen — de overaftelbaarheid, waarvan Hoofdstuk 12 de theorie ontwikkelt.

23. Stemmen de ontwikkelingen tot en met $n$ overeen, dan hebben $x$ en $y$ dezelfde afknotting $s_n$ , en vraag 6 legt beide in $\intco{s_n}{s_n + b^{-n}}$ , een interval van lengte $b^{-n}$ : $\abs{x - y} < b^{-n}$ . Omkering: $x = 0.1$ en $y = 0.0999$ (afbrekend, dus eigenlijk) voldoen aan $\abs{x - y} = 10^{-4} < 10^{-3}$ , en toch verschillen hun ontwikkelingen al bij het allereerste cijfer. De schuldigen zijn de $b$ -adische breuken van vraag 11: in hun buurt keert een minieme verschuiving elk getoond cijfer om ( $0.0999 \to 0.1000$ ), juist omdat zij de reële getallen zijn waar de oneigenlijke tweeling op de loer ligt.

24. $p = 1$ , $q = 10$ , $b = 2$ , $r_0 = 1$ : $2 = 10 \cdot 0 + 2$ , $4 = 10 \cdot 0 + 4$ , $8 = 10 \cdot 0 + 8$ , $16 = 10 \cdot 1 + 6$ , $12 = 10 \cdot 1 + 2$ — en $r_5 = 2 = r_1$ : de resten doorlopen vanaf index $1$ de cyclus $(2, 4, 8, 6)$ . Cijfers: $d_1 = 0$ , daarna het herhalende blok $d_2 d_3 d_4 d_5 = 0, 0, 1, 1$ :

\tfrac{1}{10} = (0.0\overline{0011})_2 ,

met voorperiode $1$ en periode $4$ . Volgens vraag 3 zou een afbrekende ontwikkeling in grondtal $2$ vergen dat elk priemgetal van $10$ het getal $2$ deelt; het priemgetal $5$ weigert. Dus is $0.1$ door geen enkele eindige binaire rij voor te stellen — een computer die eindig veel bits bewaart houdt slechts een afknotting over, en de opgestapelde afknottingsfouten zijn de reden waarom $0.1 + 0.2$ in de drijvendekommarekening in de laatste bits van $0.3$ verschilt.

25. (i) De volledigheid bracht de waarden voort: $x = \sup s_n$ en $y = \sup t_n$ (vragen 7 en 9) — binnen $\Q$ alleen zou de eigenlijke rij van $\sqrt 2$ niets benoemen. (ii) De archimedische eigenschap maakte $b^{-n}$ uiteindelijk kleiner dan elke $\varepsilon$ en dwong de afknottingen zo naar hun supremum toe (vragen 7 en 21). (iii) De uniciteitsclausule van de vloer identificeerde $Q_n = A_n$ in vraag 14 en wettigde elke cijferextractie $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ (vraag 13). (iv) Het duivenhokprincipe, toegepast op eindig veel resten, is de enige motor van de periodiciteit (vraag 16). Moraal: eigenlijke rijen coderen $\intco{0}{1}$ getrouw en maken van rationaliteit een zichtbaar ritme; maar het optellen van cijferrijen vergt overdrachten die van oneindig ver rechts komen, zodat geen enkele regel in eindig veel stappen zelfs het eerste cijfer van een som berekent — terwijl de supremuminterface van Stelling 10.2 de hele analyse met één axioma bedient. Cijfers zijn een schitterend beeld van $\R$ ; het supremum is haar motor.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Grenzen, sup en inf

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst