Демидович — задача 13

1. 1
   Лемма о рациональном множителе. Пусть $\lambda>0$ — рациональное число. Для положительного рационального $r$$$\begin{aligned}$$
   r<\lambda\sqrt c
   &\Longleftrightarrow \frac r\lambda<\sqrt c\\
   &\Longleftrightarrow \left(\frac r\lambda\right)^2<c\\
   &\Longleftrightarrow r^2<\lambda^2c.
   \end{aligned}Для $r\le0$ оба нижних класса содержат $r$. Следовательно,$$\lambda\sqrt c=\sqrt{\lambda^2c}.$$Пункт а). Из леммы при $\lambda=2$, $c=2$ получаем$$\sqrt8=2\sqrt2,$$а при $\lambda=3$, $c=2$$$\sqrt{18}=3\sqrt2.$$Поэтому$$\sqrt2+\sqrt8=\sqrt2+2\sqrt2=3\sqrt2=\sqrt{18}.$$Здесь каждое равенство соответствует совпадению построенных нижних классов.
   
   Пункт б): построение нижнего класса произведения. По определению произведения двух положительных сечений нижний класс числа $\sqrt2\,\sqrt3$ равен$$C=\{r\in\mathbb Q:\ r\le0\ \text{или}\ \exists a,b\in\mathbb Q_{>0}$$
   \ (a^2<2,\ b^2<3,\ r<ab)\}.Покажем, что $C=A_6$.
2. 2
   Если $r\in C$ и $r>0$, то для некоторых положительных рациональных $a,b$$$r<ab,\qquad a^2<2,\qquad b^2<3.$$Поэтому$$r^2<a^2b^2<6,$$то есть $r\in A_6$. Получено включение $C\subseteq A_6$.
   
   Обратно, пусть $r\in A_6$ и $r>0$. Тогда $r^2<6$, а значит,$$\left(\frac r{\sqrt3}\right)^2=\frac{r^2}{3}<2,$$
   \qquad
   \frac r{\sqrt3}<\sqrt2.По плотности рациональных чисел выберем рациональное $a$ так, что$$\frac r{\sqrt3}<a<\sqrt2.$$Тогда $a^2<2$ и $\frac ra<\sqrt3$. Снова по плотности $\mathbb Q$ выберем рациональное $b$:$$\frac ra<b<\sqrt3.$$Отсюда $b^2<3$ и $r<ab$, следовательно, $r\in C$. Значит, $A_6\subseteq C$.
3. 3
   Итак, $C=A_6$, поэтому$$\sqrt2\,\sqrt3=\sqrt6.$$В обратном включении рациональные приближения $a$ и $b$ выбираются последовательно: сначала оставляем запас до $\sqrt2$, а затем — до $\sqrt3$. Поэтому нам нигде не приходится писать недопустимое для рациональных классов ``возьмём $a=\sqrt2$, $b=\sqrt3$''.

Что и требовалось доказать