Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

10Reële getallen

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

10.1 De bovengrenseigenschap

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 $a \in A$ ; $A$ is naar boven begrensd wanneer het een bovengrens heeft (analoog naar onder, met ondergrenzen; begrensd betekent beide). Een maximum van $A$ is een bovengrens die tot $A$ behoort.

Het supremum $\sup A$ is de kleinste bovengrens van $A$ , als het 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. Toegegeven op dit niveau. ∎

Opmerking 10.3

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

Propositie 10.4 (De $\varepsilon$ -karakterisering)

Zij $A \neq \emptyset$ naar boven begrensd en $s \in \R$ . Dan is $s = \sup A$ als en slechts 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. Als $s = \sup A$ : (1) geldt per definitie, en voor (2) is $s - \varepsilon < s$ geen bovengrens, wat precies het bestaan is van $a > s - \varepsilon$ . Omgekeerd zegt (1) dat $s$ een bovengrens is; (2) zegt 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 $A = \{1 - \frac 1n : n \in \N^*\}$ : $\sup A = 1$ , niet bereikt; $\inf A = \min A = 0$ . Een maximum is, als het bestaat, het supremum; het hele nut van $\sup$ is een vervanging te hebben wanneer het maximum niet bestaat.

De verzameling A = \1 - 1n : n ∈ ℕ*\ op de getallenlijn: 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 een element van A elk interval (1 - , 1) binnenkomt: de twee voorwaarden van in één beeld. Het supremum is het linkeruiteinde van de halfrechte van bovengrenzen — en het volledigheidsaxioma is precies de garantie dat deze halfrechte altijd een linkeruiteinde heeft. — De verzameling $A = \{1 - \frac1n : n \in \N^*\}$ op de getallenlijn: 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 een element van $A$ elk interval $\intoo{1 - \varepsilon}{1}$ binnenkomt: de twee voorwaarden van Propositie 10.4 in één beeld. Het supremum is het linkeruiteinde van de halfrechte van bovengrenzen — en het volledigheidsaxioma is precies de garantie dat deze halfrechte altijd een linkeruiteinde heeft.

Voorbeeld 10.6 (Suprema berekenen in de praktijk)

Twee volledige oefeningen op Propositie 10.4.

De verzameling $A = \{x + \frac1x : x > 0\}$ . Voor elke $x > 0$ , $x + \frac1x - 2 = \frac{(\,\sqrt x - 1/\sqrt x\,)^2}{1} \geq 0$ , dus $2$ is een ondergrens; en $2 = 1 + \frac11 \in A$ : bijgevolg $\inf A = \min A = 2$ , bereikt in $x = 1$ . Naar boven is $A$ onbegrensd ( $x + \frac1x > x$ kan elke $M$ overschrijden volgens 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 $0$ en $1$ zijn grenzen. Geen van beide wordt bereikt: $\frac{m}{m+n} = 1$ zou $n = 0$ afdwingen. Voor het supremum, bevries $n = 1$ en laat $m$ 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), $\inf B = 0$ . Het slotinzicht: om een supremum vast te pinnen, volstaat één goedgekozen eenparameterpad binnen de verzameling — hier het pad $n = 1$ — en de $\varepsilon$ -karakterisering vraagt niets meer.

Voorbeeld 10.7 (De infimumspiegel)

Het infimum heeft zijn eigen $\varepsilon$ -karakterisering, verkregen uit Propositie 10.4 via $\inf A = -\sup(-A)$ : $i = \inf A$ desda $i$ de verzameling $A$ naar onder begrenst en, voor elke $\varepsilon > 0$ , een $a \in A$ voldoet aan $a < i + \varepsilon$ . 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 $n = 2$ : aangezien ook de waarden met oneven index $\leq 0 < \frac32$ zijn, krijgen we $\sup A = \max A = \frac32$ . 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, alle vier de gedragingen te zien: een supremum dat een maximum is, een infimum dat geen minimum is.

Opmerking 10.8 (Veelvoorkomende valkuilen 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 overdragen naar het supremum: als $a < b$ voor alle $a \in A$ , mag je enkel $\sup A \leq b$ besluiten — getuige $A = \intoo{0}{1}$ , $b = 1$ . (iii) $\sup A$ schrijven vóór het controleren van de geldigheid: het symbool vereist dat $A$ niet-leeg en naar boven begrensd is (Methode 10.18); $\sup \emptyset$ en $\sup \N$ zijn ongedefinieerd in $\R$ (de conventies van $\overline\R$ zijn een aparte, expliciete daad). (iv) Verzamelingsbewerkingen: $\sup(A \cup B) = \max(\sup A, \sup B)$ altijd, maar niets algemeens geldt voor $A \cap B$ — het kan leeg zijn, en zelfs wanneer dat niet zo 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 maxima — een stilzwijgend gebruikt lemma)

Elke eindige niet-lege $F \subseteq \R$ heeft een maximum (en een minimum). Inductie op het aantal elementen: een singleton $\{a\}$ heeft $\max = a$ ; als de bewering geldt voor verzamelingen met $n$ elementen en $F$ heeft $n + 1$ elementen, kies een willekeurige $a \in F$ : de verzameling $F \setminus \{a\}$ heeft een maximum $m$ , en $\max F$ is $m$ als $a \leq m$ , anders $a$ . Er is geen volledigheid bij betrokken — dit is pure orde plus inductie, al geldig in $\Q$ — toch verdient het lemma één eerlijke formulering omdat de komende bewijzen het stilzwijgend inroepen: de vloerconstructie hieronder (“een verzameling gehele getallen gevangen in een eindig bereik heeft een grootste element”), elke $\max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \dots)$ -grens in Hoofdstuk 11, elke “neem de grootste van de eindig veel $\delta$ ’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 $y > 0$ overschrijdt een veelvoud $n\varepsilon$ de waarde $y$ .

Bewijs. Stel van niet: dan is een zekere $x$ een bovengrens van $\N$ . Dan bestaat $s = \sup \N$ (Stelling 10.2). Volgens Propositie 10.4 (2) met $\varepsilon = 1$ bestaat 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 $n \in \N$ met $n > \frac{y}{\varepsilon}$ , en vermenigvuldigen met $\varepsilon > 0$ (wat strikte ongelijkheden bewaart) geeft $n\varepsilon > y$ . Omgekeerd herwint de tweede vorm met $\varepsilon = 1$ en $y = x$ de eerste voor $x > 0$ , en $n = 1$ behandelt $x \leq 0$ : de twee uitspraken zijn strikt equivalent. ∎

Voorbeeld 10.11 (Archimedes aan het werk)

Drie onmiddellijke toepassingen, later voortdurend nodig. (i) Geen positief reëel getal ligt onder elke $\frac1n$ : als $0 < \varepsilon$ , kies $n > \frac1\varepsilon$ ; dan $\frac1n < \varepsilon$ . Met andere woorden, $\R$ bevat geen infinitesimalen — 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 garandeert dat zulke $n$ bestaan, en de algebra lokaliseert ze. (iii) Machten verslaan elke grens: $2^n \geq n + 1$ (inductie), dus voor elke $M$ overschrijdt een macht van $2$ de waarde $M$ : de meetkundige groei gebruikt voor de dyadische getallen in Oefening 10.8. Het slotinzicht: de archimedische eigenschap is de vergunning achter elke uitdrukking van de vorm “neem $n$ groot genoeg” — vanaf nu gebruiken we die uitdrukking vrijelijk, en dit voorbeeld is de eenmalige rechtvaardiging ervan.

Stelling 10.12 (Vloerfunctie)

Voor elke $x \in \R$ bestaat er precies één geheel getal, het gehele deel $\lfloor x \rfloor$ , 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 bestaat er een $m \in \N$ met $m > -x$ , en dan $-m < x$ , dus $-m \in E$ . Ze is naar boven begrensd (door elk geheel getal $n > x$ , dat om dezelfde reden bestaat), dus, als verzameling gehele getallen gevangen in het eindige bereik $\intint{-m}{n}$ , heeft ze een grootste element $k = \max E$ . Dan $k \leq x$ , en $k + 1 \notin E$ betekent $x < k + 1$ .

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

Voorbeeld 10.13 (Gehele delen in de praktijk)

$\lfloor 3.7 \rfloor = 3$ , $\lfloor 5 \rfloor = 5$ , en $\lfloor -3.7 \rfloor = -4$ : het gehele deel gaat omlaag, niet naar $0$ toe. Twee gevolgen van de eenduidigheid in Stelling 10.12 die we stilzwijgend zullen gebruiken. Ten eerste, 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: als $x \leq y$ dan $\lfloor x \rfloor \leq x \leq y < \lfloor y \rfloor + 1$ , en een geheel getal $< \lfloor y \rfloor + 1$ is $\leq \lfloor y \rfloor$ . Pas echter 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 waard is te onthouden (die van Hermite, in haar eenvoudigste geval): voor elk reëel getal $x$ ,

\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. Als $u < \frac12$ : het linkerlid is $\lfloor x\rfloor + \lfloor x\rfloor = 2\lfloor x\rfloor$ , en $2x = 2\lfloor x\rfloor + 2u$ met $2u \in \intco{0}{1}$ , dus het rechterlid is ook $2\lfloor x\rfloor$ . Als $u \geq \frac12$ : het linkerlid is $\lfloor x\rfloor + (\lfloor x\rfloor + 1)$ , en $2u \in \intco{1}{2}$ maakt het rechterlid $2\lfloor x\rfloor + 1$ . Het slotinzicht: $\lfloor x + \frac12\rfloor$ is de afronding van $x$ naar het dichtstbijzijnde gehele getal, dus de identiteit zegt dat het gehele deel plus de afronding gelijk is aan het gehele deel van het dubbele — en de gevalsonderscheiding op het fractionele deel $u$ is de standaardtechniek achter elke identiteit met gehele delen (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. Volgens Stelling 10.10, kies $n \in \N^*$ met $n > \frac{1}{y - x}$ , dus $ny - nx > 1$ . Zij $m = \lfloor nx \rfloor + 1$ . Enerzijds $nx < \lfloor nx \rfloor + 1 = m$ (Stelling 10.12); anderzijds $m = \lfloor nx \rfloor + 1 \leq nx + 1 < ny$ . Delen door $n$ : $x < \frac mn < y$ .

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

Voorbeeld 10.15 (Het bewijs van dichtheid uitvoeren)

Het bewijs is een algoritme; laten we het uitvoeren op $x = 1.414$ en $y = \sqrt 2$ . Aangezien $1.4142^2 = 1.99996164 < 2$ , hebben we $\sqrt 2 > 1.4142$ , dus $y - x > 0.0002$ en $\frac{1}{y - x} < 5000$ : de keuze $n = 5000$ is legitiem. Dan $nx = 7070$ , 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 slotinzicht: het bewijs heeft $n$ slechts iets groter dan $\frac{1}{y-x}$ nodig, en levert het eerste veelvoud van $\frac 1n$ voorbij $x$ . Dichtheid is geen abstract wonder — het is staartdeling in vermomming, een thema dat uitgebreid wordt ontwikkeld in het weekendprobleem (Probleem 10.1).

Opmerking 10.16 (Waar volledigheid hierna wordt gebruikt)

Stelling 10.2 is het enige niet-algebraïsche axioma van dit boek, en elke bestaansstelling van de analyse is dat axioma in verschillende gedaanten: de monotone convergentiestelling (Hoofdstuk 11), de stelling van Bolzano–Weierstrass (Hoofdstuk 12), de tussenwaarde- en extremumstellingen (Hoofdstuk 13), en de definitie zelf van de integraal als een supremum van ondersommen (Hoofdstuk 15). Het derdejaarsboek bouwt maattheorie en Hilbertruimten op hetzelfde ene axioma. Wanneer een bewijs in de komende hoofdstukken een reëel getal uit het niets tevoorschijn tovert, zoek dan naar het verborgen supremum.

Opmerking 10.17 (Tussen discreetheid en dichtheid)

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

Methode 10.18 (Gelijkheden met sup en inf bewijzen)

Om $\sup A = s$ te bewijzen: controleer dat $s$ de verzameling $A$ naar boven begrenst, produceer vervolgens, voor elke $\varepsilon > 0$ (of voor een rij $\varepsilon = \frac 1n$ ), een element van $A$ boven $s - \varepsilon$ . Om suprema te vergelijken, gebruik: $A \subseteq B \implies \sup A \leq \sup B$ ; en voor alle $a, b$ : $\sup(A + B) = \sup A + \sup B$ , waar $A + B = \{a + b\}$ (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 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) als en slechts als het 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. Stel $a = \inf I$ als $I$ naar onder begrensd is, anders $a = -\infty$ ; evenzo $b = \sup I$ of $+\infty$ . We beweren $\intoo{a}{b} \subseteq I \subseteq \intcc{a}{b}$ (met de voor de hand liggende conventies bij $\pm\infty$ ). De tweede inclusie is de definitie van de grenzen. Voor de eerste, zij $z \in \intoo{a}{b}$ : aangezien $z > a$ , is $z$ geen ondergrens (of $a = -\infty$ ), dus een zekere $x \in I$ heeft $x < z$ ; evenzo heeft een zekere $y \in I$ dat $y > z$ ; convexiteit legt $z \in I$ .

Het resteert om het type af te lezen uit de dubbele inclusie $\intoo{a}{b} \subseteq I \subseteq \intcc{a}{b}$ : de verzamelingen ingeklemd tussen een open interval en zijn afsluiting verschillen van $\intoo{a}{b}$ alleen door de aanwezigheid of afwezigheid van de (eindige) eindpunten. Expliciet: als $a, b \in \R$ , geven de vier mogelijkheden voor $(a \in I,\ b \in I)$ dat $\intoo{a}{b}$ , $\intco{a}{b}$ , $\intoc{a}{b}$ , $\intcc{a}{b}$ (inclusief de gedegenereerde gevallen $a = b$ : singleton als $a \in I$ ); als $a = -\infty$ en $b \in \R$ , krijgt men $\intoo{-\infty}{b}$ of $\intoc{-\infty}{b}$ ; symmetrisch voor $a \in \R$ , $b = +\infty$ ; en $a = -\infty$ , $b = +\infty$ geeft $I = \R$ . Elk geval staat op de lijst: klaar. ∎

Opmerking 10.20 (Waarom convexiteit de juiste test is)

De propositie zet een meetkundige definitie (een lijst van tien vormen) om in een eenregelige logische test, en de test is wat men werkelijk gebruikt: om te bewijzen dat een verzameling een interval is, jaag nooit achter welke van de tien vormen het is — verifieer convexiteit en laat de propositie het type uitzoeken. De tussenwaardestelling van Hoofdstuk 13 zal precies op deze manier worden geformuleerd (“het continue beeld van een interval is een interval”), en haar bewijs produceert de convexiteit, niet de vorm.

Opmerking 10.21 (Uitgebreide reële rechte)

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

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

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

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

nu geldig zonder voorbehoud van niet-leegheid. Wat de conventies niet bieden, is rekenkunde: $+\infty + (-\infty)$ en $0 \times (+\infty)$ blijven ongedefinieerd, en elke algebraïsche manipulatie van suprema moet eerst controleren dat ze deze nooit vormt. De uitgebreide rechte is boekhouding, geen getallensysteem.

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

Keer terug naar de verzameling van 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 $1.5$ (als $x > 1.5$ dan $x^2 > 2.25 > 2$ ), dus $s = \sup A$ bestaat. We beweren $s = \sqrt 2$ (het reële getal geconstrueerd in Oefening 10.12). Bovengrens: elke $a \in A$ voldoet aan $a < \sqrt2$ — voor $a \leq 0$ is dit duidelijk, en voor $a > 0$ zou $a \geq \sqrt2$ geven $a^2 \geq 2$ . Niets kleiners werkt: gegeven $t < \sqrt2$ , levert dichtheid (Stelling 10.14) een rationaal $q$ met $\max(1, t) < q < \sqrt 2$ , en dan $q^2 < 2$ , dus $q \in A$ overtreft $t$ . Volgens Propositie 10.4, $s = \sqrt2 \notin \Q$ . Het slotinzicht: het supremum van een verzameling rationale getallen hoeft niet rationaal te zijn — volledigheid is precies de belofte dat $\R$ , in tegenstelling tot $\Q$ , nooit een supremum laat ontsnappen; dit voorbeeld is de openingsopmerking van het hoofdstuk, nu bewezen in plaats van aangewezen.

Opmerking 10.24 (Perspectieven binnen dit boek)

De drie gereedschappen van het hoofdstuk hebben verschillende loopbanen voor de boeg. Het supremum bestuurt de analysehelft: 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 orthogonale projectie in een minimum verandert. De vloerfunctie keert terug overal waar het discrete het continue ontmoet: cijferontwikkelingen (het weekendprobleem van dit hoofdstuk), Dirichlets duiventil-benadering (Probleem 14.1), integraalvergelijkingen van sommen (Hoofdstuk 17). Dichtheidsargumenten groeien uit tot een methode in Hoofdstuk 13: een identiteit van continue functies hoeft slechts op $\Q$ te worden gecontroleerd — de helft van Cauchy’s functionaalvergelijking (Probleem 13.1) is precies die stap. Als er twijfel is over waar een bewijs in dit boek zijn bestaansuitspraken vandaan haalt, is het antwoord bijna altijd: dit hoofdstuk.

10.3 Oefeningen

Oefening 10.1 ★

Bepaal (met bewijs) sup, inf, max, min — wanneer 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 $1 \in A$ : $\sup A = \max A = 1$ . Ondergrenzen: $0$ begrenst naar onder; voor $\varepsilon > 0$ levert Archimedes een $n$ met $\frac 1n < \varepsilon$ , dus geen positief getal begrenst $A$ naar onder: $\inf A = 0$ , niet bereikt (geen min).

$B$ : termen $0, -\frac12, \frac23, -\frac34, \frac45, \dots$ De even termen $\frac{n}{n+1}$ ( $n$ even) stijgen naar $1$ zonder het te bereiken; de oneven termen $-\frac{n}{n+1}$ dalen naar $-1$ . Dus $\sup B = 1$ 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 $n$ groot, analoog naar onder.)

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

Oefening 10.2 ★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.2.

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

Oefening 10.3 ★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.3.

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

Oefening 10.4 ★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.4.

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

Oefening 10.5 ★★

Voor niet-lege begrensde $A, B \subseteq \R$ , definieer $A + B = \{a + b : a \in A,\ b \in B\}$ 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 $s = \sup A$ , $t = \sup B$ . Elke $a + b \leq s + t$ : bovengrens. Voor $\varepsilon > 0$ , kies $a > s - \frac\varepsilon2$ en $b > t - \frac\varepsilon2$ (Propositie 10.4): dan $a + b > s + t - \varepsilon$ . Volgens de $\varepsilon$ -karakterisering, $\sup(A+B) = s + t$ .

Voor $-A$ : $m$ begrenst $-A$ naar boven $\iff$ $-m$ begrenst $A$ naar onder; de kleinste bovengrens van $-A$ correspondeert dus met 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 waar de ongelijkheid strikt is. Waarom spreekt dit Oefening 10.5 niet tegen?

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.6.

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

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 het 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 $v_2(6q^2) = 1 + 2v_2(q)$ oneven verhindert $6q^2 = r^2$ (zoals in Oefening 6.7). Stel nu $x = \sqrt 2 + \sqrt 3 \in \Q$ . Dan $x^2 = 5 + 2\sqrt 6 \in \Q$ , dus $\sqrt 6 = \frac{x^2 - 5}{2} \in \Q$ : tegenspraak. Bijgevolg $\sqrt 2 + \sqrt 3 \notin \Q$ .

Oefening 10.8 ★★

Bewijs dat de verzameling $D = \bigl\{\frac{m}{2^n} : m \in \Z,\ n \in \N\bigr\}$ van dyadische rationale getallen dicht is 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: $2^n \geq n + 1$ via een eenvoudige inductie, dus een zekere macht van $2$ overtreft elk reëel getal). Dan, zoals in het bewijs van Stelling 10.14 met $2^n$ in plaats van $n$ : $m = \lfloor 2^n x \rfloor + 1$ voldoet aan $x < \frac{m}{2^n} < y$ . Dus $D$ is dicht.

Oefening 10.9 ★★★

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

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

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.9.

Stel $\alpha > 0$ . Ten eerste, $\alpha \in G$ . Stel van niet: via de $\varepsilon$ -karakterisering van het infimum met $\varepsilon = \alpha$ , bestaat er een $g \in G$ met $\alpha < g < 2\alpha$ (strikt links aangezien $\alpha \notin G$ ); dan, met $\varepsilon = g - \alpha$ , bestaat er een $h \in G$ met $\alpha < h < g$ . Nu $g - h \in G$ en $0 < g - h < g - \alpha < \alpha$ : een element van $G \cap \intoo{0}{+\infty}$ onder zijn infimum, absurd. Dus $\alpha \in G$ , en $\alpha\Z \subseteq G$ ( $G$ is een groep). Omgekeerd, voor $x \in G$ , zij $k = \lfloor x/\alpha \rfloor$ : dan $x - k\alpha \in G$ en $0 \leq x - k\alpha < \alpha$ , en de definitie van $\alpha$ dwingt $x - k\alpha = 0$ af. Bijgevolg $G = \alpha\Z$ .
Stel $\alpha = 0$ , en zij $x < y$ . Er bestaat 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 $\sqrt 2 = q\alpha$ ( $p, q \in \Z$ ) geven $\sqrt 2 = \frac qp \in \Q$ , tegenspraak. Volgens de dichotomie is $G$ dicht in $\R$ .

Oefening 10.10 ★★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.10.

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

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), $\sup AB = st$ .

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

Oefening 10.11 ★★

Voor een niet-lege begrensde $A \subseteq \R$ , definieer 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 $s = \sup A$ , $i = \inf A$ . Voor $a, a' \in A$ : $a \leq s$ en $a' \geq i$ geven $a - a' \leq s - i$ ; door symmetrie $\abs{a - a'} \leq s - i$ , dus $s - i$ begrenst de verzameling tussenruimten naar boven. Voor $\varepsilon > 0$ , kies $a > s - \frac\varepsilon2$ en $a' < i + \frac\varepsilon2$ (Propositie 10.4 en zijn spiegel voor het infimum): dan $\abs{a - a'} \geq a - a' > s - i - \varepsilon$ . Volgens de $\varepsilon$ -karakterisering, $\operatorname{diam} A = s - i$ .

Elke $a \in A$ voldoet aan $i \leq a \leq s$ , dus $A \subseteq \intcc{i}{s}$ , een gesloten interval van lengte $\operatorname{diam} A$ . Als een gesloten interval $\intcc{u}{v}$ de verzameling $A$ bevat, 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 $y > 0$ een unieke vierkantswortel $\sqrt y > 0$ heeft en dat $y \mapsto \sqrt y$ stijgend is op $\intoo{0}{+\infty}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.12.

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

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

(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 $(s - h)^2 = s^2 - 2sh + h^2 > s^2 - 2sh > y$ ; 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 $E$ kleiner dan $s$ , in tegenspraak met de minimaliteit.

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

10.4 Probleem: Cijferontwikkelingen en het ritme van de rationale getallen

Probleem 10.1

Weekendprobleem — $b$ -adische ontwikkelingen: bestaan, eenduidigheid, en periodiciteit karakteriseert $\Q$

Elk reëel getal in $\intco{0}{1}$ heeft een cijferontwikkeling in elk grondtal $b \geq 2$ ; de ontwikkeling is uniek zodra afsluitende reeksen van het cijfer $b - 1$ verboden zijn; en ze is uiteindelijk periodiek precies wanneer het getal rationaal is. Dit probleem 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 Cantors diagonaalargument in cijfervorm. Overal is $b \geq 2$ een vast geheel getal (het grondtal), een cijfer is een element van $\intint{0}{b-1}$ , en een cijferreeks $(d_n)_{n \geq 1}$ is eigenlijk wanneer ze niet uiteindelijk gelijk is aan $b - 1$ (dat wil zeggen: voor elke $N$ bestaat 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, behoud de rest.

In grondtal $10$ , voer het algoritme uit op $\frac 18$ en op $\frac 17$ , en noteer bij elke stap het cijfer en de rest. Controleer dat de resten voor $\frac 17$ de cyclus $1, 3, 2, 6, 4, 5$ doorlopen en dat de cijfers $142857$ zich dan 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: het ene getal breekt af, de twee andere herhalen zich — en $\frac 12$ , zo tam in grondtal $10$ , herhaalt zich eeuwig in grondtal $3$ .
Voor $x = \frac pq \in \intco{0}{1}$ in laagste termen, toon dat de cijfers geproduceerd door het algoritme uiteindelijk allemaal $0$ zijn als en slechts als de rest $b^N p \bmod q$ verdwijnt voor een zekere $N$ , als en slechts als $q$ een zekere macht $b^N$ deelt, als en slechts als elke priemfactor van $q$ het getal $b$ deelt. Controleer: $\frac{1}{20}$ breekt af in grondtal $10$ , niet in grondtal $3$ .
Definieer de afkapping $s_n = \lfloor b^n x \rfloor / b^n$ . Voor $x = \sqrt 2$ en $b = 10$ , bereken $s_0, \dots, s_4$ door bij elke stap te verifiëren 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, uit het supremum. Fixeer $x \in \intco{0}{1}$ en stel $A_n = \lfloor b^n x \rfloor$ en $d_n = A_n - b\,A_{n-1}$ voor $n \geq 1$ .

Toon $A_0 = 0$ en $b\,A_{n-1} \leq A_n \leq b\,A_{n-1} + b - 1$ ; besluit dat elke $d_n$ een cijfer is.
Toon 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 $b^n \geq n + 1$ per inductie, toon dan dat $(s_n)$ niet-dalend is en dat $x = \sup_n s_n$ (gebruik Propositie 10.4 en Stelling 10.10).
Toon dat de reeks $(d_n)$ eigenlijk is: als $d_k = b - 1$ voor alle $k > N$ , bereken $s_n$ voor $n > N$ via een eindige meetkundige som en spreek vraag 6 tegen.
Omgekeerd, zij $(e_n)_{n \geq 1}$ een willekeurige eigenlijke cijferreeks en $t_n = \sum_{k=1}^n e_k b^{-k}$ . Toon dat $y = \sup_n t_n$ bestaat, in $\intco{0}{1}$ ligt, en voldoet aan $t_n \leq y < t_n + b^{-n}$ voor elke $n$ (voor de strikte ongelijkheid, gebruik een cijfer $e_m \leq b - 2$ met $m > n$ ). Leid af $\lfloor b^n y \rfloor = b^n t_n$ , dan dat de cijfers van $y$ , in de zin van vraag 5, precies de $e_n$ zijn.

Deel III — Eenduidigheid, orde, verschuiving.

Voeg de vragen 5–9 samen tot de $b$ -adische ontwikkelingsstelling: de afbeeldingen $x \mapsto (d_n)$ en $(e_n) \mapsto \sup_n t_n$ zijn onderling inverse bijecties tussen $\intco{0}{1}$ en de verzameling eigenlijke cijferreeksen. In het bijzonder hebben geen twee verschillende eigenlijke reeksen dezelfde waarde.
Sta nu oneigenlijke reeksen toe. Toon dat een reeks met $e_n = b - 1$ voor alle $n > M$ (met $M \geq 0$ minimaal) waarde $t_M + b^{-M}$ heeft; besluit dat $0.999\dots = 1$ in grondtal $10$ , en dat de reële getallen met twee cijferrepresentaties precies de $b$ -adische breuken $m/b^N \in \intoo{0}{1}$ zijn — elk ander reëel getal heeft er slechts één, zelfs onder de oneigenlijke reeksen.
Bewijs dat de bijectie van vraag 10 orde-bewarend is voor de lexicografische orde: als de eigenlijke reeksen van $x$ en $y$ voor het eerst verschillen bij index $m$ , dan $x < y$ als en slechts als $d_m < e_m$ .
(Verschuivingslemma) Zij $x \in \intco{0}{1}$ met cijfers $(d_n)$ . Toon dat het fractionele deel van $bx$ 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 getal $K$ ), en leid per inductie af dat het fractionele deel van $b^m x$ cijfers $(d_{n+m})_{n \geq 1}$ heeft.

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

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

Deel V — Dividenden en de diagonaal.

Zij $x^*$ het reële getal in $\intco{0}{1}$ wiens 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 dat zijn cijferreeks eigenlijk maar niet uiteindelijk periodiek is (een periode $T$ zou enen afdwingen bij tussenruimten van ten hoogste $T$ , maar de tussenruimten groeien), en besluit dat $x^*$ irrationaal is: een getal irrationaal bewezen door puur ritme.
Toon dat voor elk grondtal $b$ de verzameling $\{m/b^n : m \in \Z, n \in \N\}$ dicht is in $\R$ (veralgemenend van Oefening 10.8), en dat elk rationaal getal $\frac pq \in \intoo{0}{1}$ een afbrekende ontwikkeling heeft in grondtal $q$ . Moraal: afbreken is een eigenschap van het paar (getal, grondtal); periodiciteit — rationaliteit — is intrinsiek.
(Cantors diagonaal) Zij $k \mapsto x_k$ een willekeurige afbeelding van $\N^*$ naar $\intco{0}{1}$ . Definieer de cijferreeks $e_k = 1$ als het $k$ -de cijfer van $x_k$ verschilt van $1$ , en $e_k = 2$ anders. Toon 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 afbeelding $\N^* \to \intco{0}{1}$ is surjectief. (Het vocabularium van aftelbaarheid, en de eigenlijke thuisbasis van deze stelling, is Hoofdstuk 12.)
Toon dat als de eigenlijke ontwikkelingen van $x$ en $y$ overeenstemmen tot index $n$ dan $\abs{x - y} < b^{-n}$ , en weerleg de omkering met $x = 0.1$ , $y = 0.0999$ in grondtal $10$ : nabijheid van getallen dwingt geen overeenstemming van cijfers af. Welke reële getallen dragen de schuld?
Voer Deel IV uit op $x = \frac{1}{10}$ in grondtal $b = 2$ : bereken resten en cijfers tot ze een cyclus vormen, en besluit $\frac{1}{10} = (0.0\overline{0011})_2$ , met voorperiode $1$ en periode $4$ . Verklaar via vraag 3 waarom geen eindige binaire reeks ooit gelijk zal zijn aan $\frac{1}{10}$ — de reden waarom de floating-point $0.1 + 0.2$ van een computer niet exact $0.3$ is.
Synthese. In telkens één zin: waar gebruikte het bewijs (i) volledigheid, (ii) de archimedische eigenschap, (iii) de eenduidigheidsclausule van het gehele deel, (iv) het duiventilprincipe? En de moraal: $\intco{0}{1}$ wordt getrouw gecodeerd door eigenlijke cijferreeksen, rationaliteit leest men af als periodiciteit — toch verkiest de analyse het supremum boven de cijfers. Waarom? (Denk na over het optellen van twee cijferreeksen.)

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 $0$ , dan enkel 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 $1, 4, 2, 8, 5, 7$ , resten $3, 2, 6, 4, 5, 1$ . De rest is teruggekeerd naar $r = 1$ , dus de zes stappen herhalen zich woordelijk eeuwig: $\frac 17 = 0.(142857)$ , resten die de cyclus $1, 3, 2, 6, 4, 5$ doorlopen.

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 onmiddellijk 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 observatie dat elke stap de rest met $b$ vermenigvuldigt en reduceert mod $q$ ). Alle latere cijfers zijn $0$ als en slechts als een zekere $r_N = 0$ , d.w.z. $q \mid b^N p$ ; aangezien $\gcd(p, q) = 1$ , geeft het lemma van Gauss $q \mid b^N$ . Als $q \mid b^N$ , deelt elke priemfactor van $q$ het getal $b^N$ , en deelt dus $b$ (primaliteit). Omgekeerd, als elke priem van $q = p_1^{a_1} \cdots p_r^{a_r}$ het getal $b$ deelt, dan deelt met $A = \max_i a_i$ elke $p_i^{a_i}$ het getal $b^A$ , en de $p_i^{a_i}$ zijn paarsgewijs relatief priem, dus $q \mid b^A$ . Voor $q = 20 = 2^2 \cdot 5$ : beide priemen delen $10$ ( $\frac{1}{20} = 0.05$ ), maar $2 \nmid 3$ , dus $\frac{1}{20}$ herhaalt zich eeuwig in grondtal $3$ .

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

5. $A_0 = \lfloor x \rfloor = 0$ aangezien $0 \leq x < 1$ . Uit $A_{n-1} \leq b^{n-1} x < A_{n-1} + 1$ , vermenigvuldig 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 $b\,A_{n-1} + b$ een geheel getal dwingt $A_n \leq b\,A_{n-1} + b - 1$ af. Bijgevolg $0 \leq d_n = A_n - b\,A_{n-1} \leq b - 1$ : 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 .

$A_n \leq b^n x < A_n + 1$ delen 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 $s_n > x - b^{-n} > x - \varepsilon$ volgens vraag 6. Volgens Propositie 10.4, $x = \sup_n s_n$ .

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 $x \geq s_n = s_N + b^{-N} - b^{-n}$ voor elke $n$ ; door de laatste term onder elke $\varepsilon$ te laten krimpen (vraag 7), $x \geq s_N + b^{-N}$ . Maar vraag 6 op rang $N$ zegt $x < s_N + b^{-N}$ : tegenspraak. De reeks $(d_n)$ 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 $y = \sup t_n$ bestaat met $0 \leq y \leq 1$ . Fixeer $n$ . Voor de tweezijdige schatting: $t_n \leq y$ is duidelijk. Kies via eigenlijkheid $m > n$ met $e_m \leq b - 2$ . Voor $p \geq m$ :

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 ten minste $b^{-m}$ verliest tegen het maximum met louter $(b-1)$ ; voor $p \leq m$ , $t_p \leq t_m \leq t_n + b^{-n} - b^{-m}$ eveneens (monotonie plus het geval $p = m$ ). Bijgevolg is elke $t_p \leq t_n + b^{-n} - b^{-m}$ , dus $y \leq t_n + b^{-n} - b^{-m} < t_n + b^{-n}$ . (Met $n = 0$ : $y < 1$ , dus $y \in \intco{0}{1}$ .) Nu is $b^n t_n = \sum_{k \leq n} e_k b^{n-k}$ een geheel getal, 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: (waarde van reeks) heeft cijfers (de reeks); vragen 5–8 zeggen: (cijfers van $x$ ) vormen een eigenlijke reeks wiens afkappingen supremum $x$ hebben (vraag 7). Dus de twee afbeeldingen samengesteld geven de identiteit in beide volgorden: ze zijn onderling inverse bijecties tussen $\intco{0}{1}$ en de eigenlijke reeksen. Als twee eigenlijke reeksen gelijke waarde hadden, zou het toepassen van de cijferafbeelding ze gelijk maken: eenduidigheid. Dit is de $b$ -adische ontwikkelingsstelling.

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

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

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

12. Zeg dat de reeksen overeenstemmen tot $m - 1$ , met gemeenschappelijke afkapping $P = s_{m-1}$ , en $d_m < e_m$ . Volgens vraag 9 (strikte bovenschatting op rang $m$ ), $x < P + d_m b^{-m} + b^{-m} = P + (d_m + 1)b^{-m} \leq P + e_m b^{-m} \leq y$ , de laatste stap omdat $P + e_m b^{-m}$ de afkapping $t_m \leq y$ van $y$ is. Dus $d_m < e_m \implies x < y$ ; door de rollen te verwisselen, $e_m < d_m \implies y < x$ ; en aangezien de reeksen verschillen bij $m$ , geldt één van de twee. Beide richtingen volgen.

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

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

Bijgevolg $d_n(z) = A_n(z) - b\,A_{n-1}(z) = A_{n+1} - b^n A_1 - b\,A_n + b^n A_1 = d_{n+1}(x)$ . Dus het fractionele deel van $bx$ draagt de verschoven cijfers; door $m$ keer te itereren, heeft het fractionele deel van $b^m x$ cijfers $(d_{n+m})_{n \geq 1}$ .

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

15. Deel $b\,r_{n-1}$ door $q$ : $b\,r_{n-1} = q\,c + r_n$ met $c = \lfloor b\,r_{n-1}/q \rfloor$ . Substitueren in de weergave van vraag 14: $b^n p = q(b\,A_{n-1} + c) + r_n$ , en de eenduidigheid 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 enkel af van $r_{n-1}$ — de staartdelingslus van Deel I, nu gecertificeerd.

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

17. De cijfers van het fractionele deel van $b^T y$ zijn $(d_{n+T}) = (d_n)$ (verschuivingslemma, dan zuivere periodiciteit): dezelfde eigenlijke reeks als $y$ . 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 noemer die $b^T - 1$ deelt; de teller $A_T$ is het gehele getal wiens cijfers in grondtal $b$ gelijk zijn aan $d_1 \dots d_T$ . Controle: $0.(142857) = \frac{142857}{999999}$ , en $142857 \times 7 = 999999$ , dus dit is $\frac 17$ .

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

19. Voor $x = \frac 1q$ , $r_n = b^n \bmod q$ . Als $\gcd(b, q) = 1$ , dan $r_T = r_0 = 1$ als en slechts als $b^T \equiv 1 \pmod q$ ; zo’n $T$ bestaat (duiventil geeft $b^i \equiv b^j$ , $i < j$ , 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 $T$ . Geen kleinere periode is mogelijk: een periode $T'$ zou $(b^{T'} - 1)\frac1q \in \N$ geven (vraag 17), d.w.z. $q \mid b^{T'} - 1$ . Voor $q = 7$ , $b = 10$ : $10 \equiv 3$ , $10^2 \equiv 2$ , $10^3 \equiv 6$ , $10^4 \equiv 4$ , $10^5 \equiv 5$ , $10^6 \equiv 1 \pmod 7$ : orde $6$ , en inderdaad heeft $\frac 17$ periode zes.

20. De reeks heeft oneindig veel $0$ ’s (de cijfers van $x^*$ zijn meestal nul), dus ze is eigenlijk, en $x^*$ is goed gedefinieerd (vraag 9). Stel de cijfers uiteindelijk periodiek met periode $T$ voorbij $N$ . Oneindig veel cijfers zijn gelijk aan $1$ (één per driehoeksgetal), dus een zekere $1$ zit op een positie $j > N$ ; dan plaatst periodiciteit een $1$ op elke positie $j + kT$ : vanaf $j$ verder zijn de tussenruimten tussen opeenvolgende $1$ ’s ten hoogste $T$ . Maar de $1$ ’s zitten precies op de driehoeksgetallen, wiens opeenvolgende tussenruimten $\frac{(j+1)(j+2)}{2} - \frac{j(j+1)}{2} = j + 1$ uiteindelijk $T$ overtreffen: tegenspraak. Niet uiteindelijk periodiek, dus volgens vraag 18, $x^* \notin \Q$ — irrationaliteit afgelezen uit het ritme van de cijfers alleen.

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

22. Elke $e_k \in \{1, 2\}$ is een cijfer van grondtal $10$ , en de reeks eindigt nooit op louter $9$ ’s: eigenlijk. Haar waarde $y$ ligt in $\intco{0}{1}$ en heeft precies cijfers $(e_k)$ (vraag 9). Fixeer $k$ : het $k$ -de cijfer van $y$ is $e_k$ , gekozen $\neq$ het $k$ -de cijfer van $x_k$ , dus de eigenlijke reeksen van $y$ en $x_k$ verschillen, dus $y \neq x_k$ (vraag 10: de codering is injectief). Dus $y$ zit in geen enkele lijst: geen afbeelding $\N^* \to \intco{0}{1}$ is surjectief. De reële getallen kunnen, in tegenstelling tot de rationale, niet worden opgesomd — overaftelbaarheid, wiens theorie Hoofdstuk 12 ontwikkelt.

23. Als de ontwikkelingen overeenstemmen tot $n$ , dan hebben $x$ en $y$ dezelfde afkapping $s_n$ , en vraag 6 plaatst 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 $\abs{x - y} = 10^{-4} < 10^{-3}$ , toch verschillen hun ontwikkelingen bij het allereerste cijfer. De schuldigen zijn de $b$ -adische breuken van vraag 11: in hun buurt keert een minieme verplaatsing elk weergegeven cijfer om ( $0.0999 \to 0.1000$ ), omdat het precies 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 de cyclus $(2, 4, 8, 6)$ vanaf index $1$ . Cijfers: $d_1 = 0$ , dan het herhalende blok $d_2 d_3 d_4 d_5 = 0, 0, 1, 1$ :

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

voorperiode $1$ , periode $4$ . Volgens vraag 3 zou een afbrekende ontwikkeling in grondtal $2$ vereisen dat elke priem van $10$ het getal $2$ deelt; de priem $5$ weigert. Dus $0.1$ is niet representeerbaar door een eindige binaire reeks — een computer die eindig veel bits opslaat houdt slechts een afkapping bij, en de opgestapelde afkappingsfouten zijn waarom de floating-point $0.1 + 0.2$ verschilt van $0.3$ in de laatste bits.

25. (i) Volledigheid produceerde de waarden: $x = \sup s_n$ en $y = \sup t_n$ (vragen 7 en 9) — over $\Q$ alleen zou de eigenlijke reeks van $\sqrt 2$ niets benoemen. (ii) De archimedische eigenschap maakte $b^{-n}$ uiteindelijk kleiner dan elke $\varepsilon$ , wat de afkappingen dwong hun supremum te naderen (vragen 7, 21). (iii) De eenduidigheidsclausule van het gehele deel identificeerde $Q_n = A_n$ in vraag 14 en legitimeerde elke cijferextractie $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ (vraag 13). (iv) Het duiventilprincipe, toegepast op eindig veel resten, is de enige motor van periodiciteit (vraag 16). Moraal: eigenlijke reeksen coderen $\intco{0}{1}$ getrouw en veranderen rationaliteit in een zichtbaar ritme; maar het optellen van cijferreeksen vereist overdrachten die van oneindig ver rechts propageren, dus geen eindige-stapregel berekent zelfs maar het eerste cijfer van een som — terwijl de supremuminterface van Stelling 10.2 de hele analyse met één axioma afhandelt. Cijfers zijn een prachtig beeld van $\R$ ; het supremum is haar motor.