Примеры решения задач с вещественными числами

Содержание:

  1. Пример 1.

    Показать, что если бесконечная периодическая десятичная дробь имеет вид \(\alpha=a_0,a_1...a_n(b_1...b_m)\), то $$ \alpha=a_0+\frac{a_1a_2...a_nb_1b_2...b_m-a_1a_2...a_n}{\underbrace{99...9}_m\underbrace{00...0}_n}\nonumber $$

  2. Пример 2.

    Показать, что для любого вещественного числа его десятичные приближения обладают следующими свойствами:

    • \({\overline\alpha}_k-{\underline\alpha}_k=\frac1{10^k},\;k\in\mathbb{N}\)
    • \({\underline\alpha}_1\leq{\underline\alpha}_2\leq...\leq{\underline\alpha}_n\leq...\);
    • \({\overline\alpha}_1\geq{\overline\alpha}_2\geq...\geq{\overline\alpha}_n\geq...\);
    • \({\underline\alpha}_n\;<\;{\overline\alpha}_m\) для любых \(n\) и \(m\).

Пример 1.

Показать, что если бесконечная периодическая десятичная дробь имеет вид \(\alpha=a_0,a_1...a_n(b_1...b_m)\), то $$ \alpha=a_0+\frac{a_1a_2...a_nb_1b_2...b_m-a_1a_2...a_n}{\underbrace{99...9}_m\underbrace{00...0}_n}\nonumber $$

Решение.

\(\triangle\) Если \(\alpha=a_0,a_1...a_n(b_1...b_m)\), то

$$ \alpha=a_0+\frac{a_1...a_n}{10^n}+\frac{b_1...b_m}{10^{n+m}}+\frac{b_1...b_m}{10^{n+2m}}+\frac{b_1...b_m}{10^{n+3m}}+... \label{ref1} $$

Начиная со второго слагаемого данная сумма представляет собой убывающую геометрическую прогрессию. Как мы знаем, для прогрессий такого типа справедливо \(\displaystyle b+bq+bq^2+...=\frac b{1-q},\;\left|q\right|<1\). В нашем случае, \(\displaystyle b=\frac{b_1...b_m}{10^{n+m}}\), а \(\displaystyle q=\frac1{10^m}\). Тогда искомая геометрическая прогрессия преобразуется к виду: $$ \frac{\displaystyle\frac{b_1...b_m}{10^{n+m}}}{1-{\displaystyle\frac1{10^m}}}=\frac{b_1...b_m}{10^n(10^m-1)}\nonumber $$

И наконец, вся сумма \eqref{ref1} сводится к
$$ a_0+\frac{a_1...a_n}{10^n}+\frac{b_1...b_m}{10^n(10^m-1)}=a_0+\frac{a_1...a_n(10^m-1)}{10^n(10^m-1)}+\frac{b_1...b_m}{10^n(10^m-1)}=\\=a_0+\frac{a_1...a_n(10^m-1)+b_1...b_m}{10^n(10^m-1)}=a_0+\frac{a_1...a_nb_1...b_m-a_1...a_n}{\underbrace{99...9}_m\underbrace{00...0}_n}\nonumber
$$

Что и требовалось доказать.\(\blacktriangle\)


Пример 2.

Показать, что для любого вещественного числа его десятичные приближения обладают следующими свойствами:

  1. \({\overline\alpha}_k-{\underline\alpha}_k=\frac1{10^k},\;k\in\mathbb{N}\)
  2. \({\underline\alpha}_1\leq{\underline\alpha}_2\leq...\leq{\underline\alpha}_n\leq...\);
  3. \({\overline\alpha}_1\geq{\overline\alpha}_2\geq...\geq{\overline\alpha}_n\geq...\);
  4. \({\underline\alpha}_n\;<\;{\overline\alpha}_m\) для любых \(n\) и \(m\).
Решение.
  1. Рассмотрим случай, когда \(\alpha\geq0\). В таком случае,
    $$
    {\overline\alpha}_k=a_0,a_1...a_k+\frac1{10^k},\qquad \underline{\alpha}_k=a_0,a_1...a_k\nonumber
    $$
    Тогда, из определения будет очевидно следовать, что
    $$
    {\overline\alpha}_k-\underline{\alpha}_k=a_0,a_1...a_k+\frac1{10^k}-a_0,a_1...a_k=\frac1{10^k}\nonumber
    $$

    Доказательство для случая отрицательных \(\alpha\) выполняется аналогично.

  2. Докажем утверждение по индукции. При n=2 утверждение очевидно. В самом деле,
    $$
    \underline{\alpha}_1=a_0,a_1,\quad\underline{\alpha}_2=a_0,a_1a_2\quad\Rightarrow\quad \underline{\alpha}_2-\underline{\alpha}_1=0,0a_2\geq 0\nonumber
    $$
    Пусть утверждение доказано для n=k-1. Тогда, при n=k имеем
    $$
    {\underline\alpha}_{k-1}=a_0,\underbrace{a_1a_2...a_{k-1}}_{k-1},\quad{\underline\alpha}_k=a_0,\underbrace{a_1a_2...a_{k-1}a_k}_k\Rightarrow{\underline\alpha}_k-{\underline\alpha}_{k-1}=\underset{k-1}{\underbrace{0,00...0}a_k}\geq0\nonumber
    $$
    утверждение доказано.
  3. Рассмотрим общий случай при n=k-1 и n=k для всех \(k\geq 2\). Тогда,
    $$
    \begin{array}{c}
    \displaystyle{\overline\alpha}_{k-1}=a_0+\frac{\alpha_1\alpha_2...\alpha_{k-1}}{10^{k-1}}+\frac1{10^{k-1}}\\
    \displaystyle{\overline\alpha}_k=a_0+\frac{\alpha_1\alpha_2...\alpha_{k-1}\alpha_k}{10^k}+\frac1{10^k}
    \end{array}
    $$
    Посчитаем разность \({\overline\alpha}_{k-1}-{\overline\alpha}_k\).
    $$
    {\overline\alpha}_{k-1}-{\overline\alpha}_k=\frac{a_1...a_{k-1}}{10^{k-1}}+\frac1{10^{k-1}}-\frac{a_1...a_{k-1}a_k}{10^k}-\frac1{10^k}=\frac{a_1...a_{k-1}0+10-a_1...a_{k-1}a_k-1}{10^k}
    $$
    Упростим числитель. Разность \(a_1...a_{k-1}0-a_1...a_{k-1}a_k\) очевидным образом будет равна \(-a_k\). Таким образом вся наша дробь превратилась в следующую:
    $$
    {\overline\alpha}_{k-1}-{\overline\alpha}_k=\frac{9-a_k}{10^k}\geq0,
    $$
    что верно, так как \(a_k\in\left[0,9\right]\). Утверждение доказано.
  4. Рассмотрим наши десятичные приближения числа \(\alpha\).
    $$
    \underline{\alpha}_n=a_0,a_{1}...a_n,\qquad\overline{\alpha}_m=a_0,a_{1}...a_m+\frac{1}{10^m}
    $$
    Вычтем одно из другого.
    $$
    {\overline\alpha}_m-{\underline\alpha}_n=\frac{a_1...a_m}{10^m}-\frac{a_1...a_n}{10^n}+\frac1{10^m}
    $$
    При n=m данное неравенство больше 0, что и требуется доказать. Рассмотрим случай, когда n>m. Тогда после приведения к общему знаменателю наша разность примет вид
    $$
    {\overline\alpha}_m-{\underline\alpha}_n=\frac{\overbrace{a_1...a_m}^m\overbrace{00...0}^{n-m}-\overbrace{a_1...a_m...a_n}^n+10^{n-m}}{10^n}=\frac{10^{n-m}-\overbrace{a_{m+1}...a_n}^{n-m}}{10^n}>0
    $$
    Данная разность больше нуля при любых значениях \(a_{m+1}...a_n\), т.к. любое значение \(a_i\) из этого диапазона лежит строго от 0 до 9 включительно.

    Совершенно симметрично доказывается случай для \(n\;\lt\;m\).

Все утверждения доказаны.\(\blacktriangle\)