FUNDAMENTEN 2021 – OPGAVE 1.6.2
MISJA F.A. STEINMETZ
In dit document geef ik een schets van de uitwerking van Opgave 1.6.2. Om de inleveropgave
te kunnen maken moet je meer doen dan wat in de schets hieronder gegeven is. Echter, Lemma
A hieronder en standaard resultaten over eigenschappen van elementen van Q uit sectie 1.5 of
eerdere secties van [1] mag je zonder verwijzing gebruiken. De precieze details van het bewijs
moet je zelf invullen voor de inleveropgave.
Ter verduidelijking, voor de inleveropgave mag je gebruiken:
• Lemma A hieronder zolang je ernaar verwijst;
• Standaard eigenschappen van (elementen van) Q uit sectie 1.5 (of eerder) van [1] zonder
verwijzing;
• Opgaven uit [1] uit sectie 1.5 of eerder zolang je ernaar verwijst.
1. Lemma A
Eerst bewijzen we een lemma dat je, met verwijzing, mag gebruiken voor de inleveropgave.
Zonder dit lemma is Opgave 1.6.2 heel moeilijk denk ik. Mocht iemand een oplossing hebben
voor de opgave zonder dit lemma te gebruiken, laat het me dan vooral even weten – ik laat me
graag verbeteren!
Omdat dit Lemma eigenlijk een opgave uit sectie 1.5 zou moeten zijn zal ik proberen
zorgvuldig te verwijzen naar stellingen uit 1.5 (en eerder) die ik gebruik.
Lemma A. Laat r, s ∈ Q. Stel dat r > 1
2
en s > 0. Als r2 > s, dan bestaat er een k ∈ N zodanig
dat r − k1 > 0 en (r − k1 )2 > s.
Bewijs. Stel dat r, s ∈ Q zodanig dat r > 12 , s > 0 en r2 > s. Omdat 2 > 0 (Defn. 1.3.3 en Thm.
1.5.6(3d)), geldt 2r > 1 (Thm. 1.5.5(13)). Dan geldt ook 2r − 1 > 0 (Thm. 1.5.5(12)). Omdat
r2 −s
r2 > s, geldt r2 − s > 0 (Thm. 1.5.5(12)). Dan ook 2r−1 > 0 want (r2 − s) · 1 > (2r − 1) · 0 = 0
(Lem. 1.5.8(6) en Lem. 1.3.8(4)).
Nu zegt Opgave 1.5.9(2) – twee keer gebruikt – dat er n, m ∈ N bestaan zodanig dat m1 < r
r2 −s
en n1 < 2r−1 . Laat nu k = max(n, m) + 1. Dan k ∈ N, dus k > 0 (Thm. 1.3.7(2)). Bovendien
geldt k > n en k > m. Dus zien we dat k1 < n1 en k1 < m1 (Lem. 1.5.8(6)). In het bijzonder geldt
r2 −s
dat k1 < 2r−1 en k1 < r (Thm. 1.5.5(11)). Hieruit volgt meteen dat r − k1 > 0 (Thm. 1.5.5(12)).
Daarnaast k 2 > k (Thm. 1.2.9(5) en k > 1), dus k12 < k1 (Lem. 1.5.8(6)). Daarom volgt uit
Thm. 1.5.5(11) dat
1 r2 − s
(1) < .
k2 2r − 1
Nu zien we dat
1 2r 1
(r − )2 = r2 − + 2 (allerlei uit Thm. 1.5.5 en Lem. 1.5.8)
k k k
1 − 2rk
= r2 + (Lem. 1.5.8(2),(3),(4)).
k2
Omdat k > 1, 2 > 0 en r > 0, geldt 2k > 2 en 2kr > 2r (Thm. 1.5.5(13), twee keer).
Dus geldt ook −2kr < −2r (Exercise 1.5.6(2)). We concluderen dat 1 − 2kr < 1 − 2r en dat
r2 + 1−2rk
k2
< r2 + 1−2r
k2
(Thm. 1.5.5(12), twee keer, en (13)). Daarom geldt nu
Date: 18 november 2021.
1
MISJA F.A. STEINMETZ
In dit document geef ik een schets van de uitwerking van Opgave 1.6.2. Om de inleveropgave
te kunnen maken moet je meer doen dan wat in de schets hieronder gegeven is. Echter, Lemma
A hieronder en standaard resultaten over eigenschappen van elementen van Q uit sectie 1.5 of
eerdere secties van [1] mag je zonder verwijzing gebruiken. De precieze details van het bewijs
moet je zelf invullen voor de inleveropgave.
Ter verduidelijking, voor de inleveropgave mag je gebruiken:
• Lemma A hieronder zolang je ernaar verwijst;
• Standaard eigenschappen van (elementen van) Q uit sectie 1.5 (of eerder) van [1] zonder
verwijzing;
• Opgaven uit [1] uit sectie 1.5 of eerder zolang je ernaar verwijst.
1. Lemma A
Eerst bewijzen we een lemma dat je, met verwijzing, mag gebruiken voor de inleveropgave.
Zonder dit lemma is Opgave 1.6.2 heel moeilijk denk ik. Mocht iemand een oplossing hebben
voor de opgave zonder dit lemma te gebruiken, laat het me dan vooral even weten – ik laat me
graag verbeteren!
Omdat dit Lemma eigenlijk een opgave uit sectie 1.5 zou moeten zijn zal ik proberen
zorgvuldig te verwijzen naar stellingen uit 1.5 (en eerder) die ik gebruik.
Lemma A. Laat r, s ∈ Q. Stel dat r > 1
2
en s > 0. Als r2 > s, dan bestaat er een k ∈ N zodanig
dat r − k1 > 0 en (r − k1 )2 > s.
Bewijs. Stel dat r, s ∈ Q zodanig dat r > 12 , s > 0 en r2 > s. Omdat 2 > 0 (Defn. 1.3.3 en Thm.
1.5.6(3d)), geldt 2r > 1 (Thm. 1.5.5(13)). Dan geldt ook 2r − 1 > 0 (Thm. 1.5.5(12)). Omdat
r2 −s
r2 > s, geldt r2 − s > 0 (Thm. 1.5.5(12)). Dan ook 2r−1 > 0 want (r2 − s) · 1 > (2r − 1) · 0 = 0
(Lem. 1.5.8(6) en Lem. 1.3.8(4)).
Nu zegt Opgave 1.5.9(2) – twee keer gebruikt – dat er n, m ∈ N bestaan zodanig dat m1 < r
r2 −s
en n1 < 2r−1 . Laat nu k = max(n, m) + 1. Dan k ∈ N, dus k > 0 (Thm. 1.3.7(2)). Bovendien
geldt k > n en k > m. Dus zien we dat k1 < n1 en k1 < m1 (Lem. 1.5.8(6)). In het bijzonder geldt
r2 −s
dat k1 < 2r−1 en k1 < r (Thm. 1.5.5(11)). Hieruit volgt meteen dat r − k1 > 0 (Thm. 1.5.5(12)).
Daarnaast k 2 > k (Thm. 1.2.9(5) en k > 1), dus k12 < k1 (Lem. 1.5.8(6)). Daarom volgt uit
Thm. 1.5.5(11) dat
1 r2 − s
(1) < .
k2 2r − 1
Nu zien we dat
1 2r 1
(r − )2 = r2 − + 2 (allerlei uit Thm. 1.5.5 en Lem. 1.5.8)
k k k
1 − 2rk
= r2 + (Lem. 1.5.8(2),(3),(4)).
k2
Omdat k > 1, 2 > 0 en r > 0, geldt 2k > 2 en 2kr > 2r (Thm. 1.5.5(13), twee keer).
Dus geldt ook −2kr < −2r (Exercise 1.5.6(2)). We concluderen dat 1 − 2kr < 1 − 2r en dat
r2 + 1−2rk
k2
< r2 + 1−2r
k2
(Thm. 1.5.5(12), twee keer, en (13)). Daarom geldt nu
Date: 18 november 2021.
1
