חשבון אינפיניטסימלי/רציונליים

הגדרה 1: חזקה טבעית יהי $x\in \mathbb {F}$. נסמן: $x^{n+1}:=x^{n}*x:n\in \mathbb {N}$

הגדרה 2: רציונליים (שבר) יהי שדה סדור. קבוצת הרציונלים ($\mathbb {Q}$) מוגדרת $\mathbb {Q} =\{{\frac {m}{n}}|m\in \mathbb {Z} ,\ n\in \mathbb {N} \}$ או לחילופין $\mathbb {Q} =\{{\frac {m}{n}}|m\in \mathbb {Z} ,\ 0\neq n\in \mathbb {z} \}$

טענה 1: $\forall x\in \mathbb {F} \ \forall n,m\in \mathbb {N} \ \ x^{m+n}=x^{m}*x^{n}$ יהי $m,n\in \mathbb {N}$ נגדיר את הקבוצה : $I=\{n\in \mathbb {N} |x^{m+n}=x^{m}*x^{n}\}$ אם נוכיח כי הקבוצה אינדוקטיבית סיימנו. $1\in I$ על פי הגדרת החזקות $x^{n+1}=x^{n}*x^{1}$ נניח כי $n\in I$ כלומר מתקיים ש-$x^{m+n}=x^{m}*x^{n}$ נוכיח את נכונות הטענה עור $n+1$: על פי ההגדרה: $(x^{m})^{n+1}=(x^{m})^{n}*(x^{m})$ על פי הגדרת הקבוצה: $(x^{m})^{n}*(x^{m})=x^{mn}*(x^{m})$ על פי כללי חזקות: $x^{mn}*(x^{m})=x^{mn+m}$ על פי פילוג: $x^{mn+m}=x^{m(n+1)}$ על פי הגדרה: $x^{m(n+1)}=x^{m}*x^{n+1}$ על כן הקבוצה אינדוקטיבית והטענה נכונה לכל מספר טבעי.

טענה 2: $\forall x\in \mathbb {F} \ \forall n,m\in \mathbb {N} \ \ (x^{m})^{n}=x^{mn}$ יהי $m,n\in \mathbb {N}$ נגדיר את הקבוצה : $I=\{n\in \mathbb {N} |(x^{n})^{m}=x^{mn}\}$ אם נוכיח כי הקבוצה אינדוקטיבית סיימנו. $1\in I$ על פי הגדרת החזקות $x^{n+1}=x^{n}*x^{1}$ נניח כי $n\in I$ כלומר מתקיים ש-$x^{m+n}=x^{m}*x^{n}$ נוכיח את נכונות הטענה עור $n+1$: על פי הגדרה וטענה 1: $(x^{m})^{n+1}=(x^{m})^{n}*(x^{m})^{1}$ על פי הגדרת הקבוצה : $x^{mn}*x^{m}$ על פי כללי חזקות: $x^{mn+n}$ על פי פילוג: $x^{m}(n+1)$ על כן הקבוצה אינדוקטיבית והטענה נכונה לכל מספר טבעי.

טענה 3: $\forall x\in \mathbb {F} \ \forall n\in \mathbb {N} \ \ (xy)^{n}=x^{n}*y^{n}$ נגדיר קבוצה: $I=\{n\in \mathbb {N} |(xy)^{n}=x^{n}*y^{n}\}$ נוכיח כי אינדוקטיבית. $1\in I$ מפני ש-$(xy)1=x^{1}*y^{1}$ נניח כי $n\in I$ ומתקיים ש-$(x^{m})^{n}=x^{m}n$. נוכיח כי הטענה נכונה לכל $n+1$: על פי הגדרות: $(xy)^{n+1}=(xy)^{n}*(xy)^{1}=(xy)^{n}*(xy)$ על פי טענה 3:$(xy)^{n}*(xy)=x^{n}*y^{n}*x*y$ על פי חילוף כפל, $x^{n}*y^{n}*x*y=x^{n}*x*y^{n}*y$ על פי הגדרה $x^{n}*x*y^{n}*y=x^{n+1}*y^{n+1}$ על כן קבוצה אינדוקטיבית והטענה נכונה לכל מספר טבעי

טענה 4: $\forall 0\neq y,x\in \mathbb {F} ,\ n,m\in \mathbb {N} ({\frac {x}{y}})^{n}={\frac {x^{n}}{y^{n}}}$ נתון כי $y\neq 0$ ולכן קיים איבר הפכי המקיים $y*y^{-1}=1$ מטענה 3 מתקיים : $(y*y^{-1})^{n}=1^{n}$ על פי טענה 2:$(y*y^{-1})^{n}=(y^{-1})^{n}*y^{n}=1^{n}$ על פי טענה 3: $(y^{-1})^{n}*y^{n}=y^{n}*y^{-1*n}=1^{n}$ על פי טענה 2: $y^{n}*y^{-1*n}=y^{n}*(y^{n})^{-1}=1^{n}$ נתבונן על המשוואה:$y^{n}*(y^{-1})^{n}=y^{n}*(y^{n})^{-1}$ נחלק ב-$y^{n}$ ונכפיל ב-$x^{n}$ ונקבל $x^{n}*(y^{-1})^{n}=x^{n}*(y^{n})^{-1}$ כלומר, $(x*y^{-1})^{n}=x^{n}*(y^{n})^{-1}$

טענה 5: אי שיוויון ברנולי: $\forall n\in N\ \ \forall x\in \mathbb {F} \ \ -1<x\Rightarrow (1+x)^{n}\geq 1+nx$ בסיס האינדוקציה: $\ n=1$ ואכן מתקיים ש: $\ (1+x)^{1}\geq 1+1\cdot x$ כלומר: $\ 1+x\geq 1+x$ . הנחת האינדוקציה: נניח את נכונות הטענה עבור $\ n=t$ כלשהו, כלומר נניח ש: $\ (1+x)^{t}\geq 1+tx$ נשים לב לכך שמכיוון ש-$\ x>-1$ אז: $\ (x+1)>0$, ולכן ניתן לכפול את שני אגפי האי-שוויון של ההנחה ולקבל ש: $\ (1+x)\cdot (1+x)^{t}\geq (1+x)\cdot (1+tx)$ כלומר מתקיים ש- $\ (1+x)^{t+1}\geq 1+tx+x+tx^{2}$. בנחה זו נשתמש בהמשך צעד האינדוקציה: צריך להוכיח את נכונות הטענה עבור $\ n=t+1$ כלומר צריך להוכיח ש-$\ (1+x)^{t+1}\geq 1+(t+1)x$: על פי פילוג, $\ (1+x)^{t+1}\geq 1+tx+x$ לפי הנחת האינדוקציה הראינו כי: $\ (1+x)^{t+1}\geq 1+tx+x+tx^{2}>1+tx+x$ (הביטוי $\ tx^{2}$ חיובי מאחר ש-$\ x^{2}\geq 0$ וגם $t\geq 0$, ולכן אי השיוויון מתקיים).

טענה 6: הבינום: $(x^{n}-y^{n})=(x-y)\sum _{k=0}^{n}x^{n-k}*y^{k-1}$ בסיס: $\left({x^{0}-y^{0}}\right)=1=(x-y)\sum _{k=0}^{1}x^{1-1}*y^{1-1}$ נניח כי הטענה נכונה $\left({x^{n}-y^{n}}\right)=(x-y)\sum _{k=0}^{n}x^{n-k}*y^{k-1}$ נוכיח כי הטענה נכונה $n+1$: $\left({x^{n}-y^{n}}\right)=(x-y)\sum _{k=0}^{n}x^{n-k}*y^{k-1}$ ${\begin{aligned}\left({x^{n+1}-y^{n+1}}\right)&=(x-y)\sum _{k=0}^{n+1}x^{n+1-k}*y^{k-1}\\&=(x-y)\sum _{k=0}^{n}x^{n-k}*y^{k-1}+(x-y)y^{n}\\&=(x-y)\sum _{k=0}^{n}x^{n-k}*y^{k-1}+(x-y)y^{n}\\&=(x^{n}-y^{n})x+(x-y)y^{n}\\&=x^{n+1}-xy^{n}+xy^{n}-y^{n+1}\\&=x^{n+1}-y^{n+1}\end{aligned}}$

שבר פשוט

הגדרה 3: שבר פשוט או הצגה מצומצמת יהי שדה סדור. יהי $x\in \mathbb {Q} ={\frac {m}{n}},\ m\in \mathbb {Z} ,\ n\in \mathbb {N}$ אם לא ניתן לכתוב $x={\frac {m'}{n'}}\in \mathbb {Q} ,\ m'\in \mathbb {Z} ,\ n'\in \mathbb {N} ,\ n'<n$

טענה 7: לכל $x={\frac {m}{n}}\in \mathbb {Q}$ יש הצגה מצומצמת יחידה, ולא קיים $1<l\in \mathbb {N}$ המחלק את $m\land n$

הרציונלים שדה סדור

משפט 1: $(\mathbb {Q} ,+,*)$ שדה סדור יהיו $n_{1},n_{2}\in \mathbb {N} \ \ \,z_{1},z_{2}\in \mathbb {Z}$ נוכיח כי השדה : סגור לחיבור: ${\frac {z_{1}}{n_{1}}}+{\frac {z_{2}}{n_{2}}}={\frac {z_{1}*n_{2}+z_{2}*n_{1}}{n_{1}*n_{2}}}\in \mathbb {Q}$ סגור לכפל: ${\frac {z_{1}}{n_{1}}}*{\frac {z_{2}}{n_{2}}}={\frac {z_{1}*z_{2}}{n_{1}*n_{2}}}\in \mathbb {Q}$ מקיים את אקסיומות השדה": אקסיומת החילוף, קיבוץ, פילוג ואקסיומות הסדק מתקיימות בשדה הרציונלים מפני שהם תת קבוצה של שדה בו מתקיים תכונות אלו. נמצאים בו האיברים אחד ואפס מפני ש-${\frac {0}{1}}=0\in \mathbb {Q} \ \ \ {\frac {1}{1}}=1\in \mathbb {Q}$ קיום איבר נגדי: יהי $x\in \mathbb {Q}$ כלומר מתקיים $x={\frac {m}{n}},m\in \mathbb {Z} ,n\in \mathbb {N}$ אזי הנגדי שלו יהיה $-x={\frac {-m}{n}}\mathbb {Q}$ # קיום איבר הפכי: יהי $x\in \mathbb {Q}$ כלומר מתקיים $0\neq x={\frac {m}{n}},0\neq m\in \mathbb {Z} ,n\in \mathbb {N}$ אזי ההפכי שלו יהיה $x^{-1}={\frac {n}{m}}\mathbb {Q}$ כך שמתקיים $x*{\frac {n}{m}}={\frac {m}{n}}*{\frac {n}{m}}=1$