$A$ не имеет наибольшего

Итак, у нас есть класс $A$, который состоит из рациональных $a$, таких что $a^3<2$:

$$A=\left\{a\in \mathbb{Q}:a^3<2\right\}$$

Покажем, что у этого класса нет наибольшего элемента, то есть какое бы $a\in A$ мы не взяли, существует еще более большое $a^{\prime }\in A$.

Докажем от противного. Пусть $a$ — наибольший элемент класса $A$. Тогда рассмотрим вот такое $a^{\prime }$:

$$a^{\prime }=a+\frac{1}{n},$$

где $n$ — какое-то натуральное число.

Очевидно, что $a^{\prime }>a$, так как мы прибавили к $a$ небольшое положительное число $\frac{1}{n}$.

Теперь покажем, что $a^{\prime }$ принадлежит классу $A$. Для этого надо показать, что $a^{\prime 3}<2$:

$$a^{\prime 3}={\left(a+\frac{1}{n}\right)}^3=a^3+\frac{3a^2}{n}+\frac{3a}{n^2}+\frac{1}{n^3}<2$$

Перенесем $a^3$ в правую часть неравенства:

$$\frac{3a^2}{n}+\frac{3a}{n^2}+\frac{1}{n^3}<2-a^3$$

Усилим неравенство, заменив $\frac{1}{n^3}$ на $\frac{1}{n}$:

$$\frac{3a^2}{n}+\frac{3a}{n^2}+\frac{1}{n^3}<\frac{3a^2}{n}+\frac{3a}{n^2}+\frac{1}{n}<2-a^3$$

Другими словами, если мы найдем такие $n$, что выполняется более сильное неравенство в правой части, то, увеличив на $2$ степень в знаменателе, мы еще больше уменьшим (ослабим) это неравенство и для него найденная $n$ тоже будет работать, то есть знак сохранится.

Итак, имеем

$$\frac{3a^2}{n}+\frac{3a}{n^2}+\frac{1}{n}<2-a^3$$

Вновь усилим неравенство, заменив $\frac{3a}{n^2}$ на $\frac{3a}{n}$:

$$\frac{3a^2}{n}+\frac{3a}{n^2}+\frac{1}{n}<\frac{3a^2}{n}+\frac{3a}{n}+\frac{1}{n}<2-a^3$$

Суть осталась такой же. Найдем $n$, для которого выполняется правая часть, то левая, так как она меньше, тем более будет верна при найденном $n$.

Имеем

$$\frac{3a^2}{n}+\frac{3a}{n}+\frac{1}{n}=\frac{3a(a+1)+1}{n}<2-a^3$$

Вынесем $n$ из под знаменателя:

$$n>\frac{3a(a+1)+1}{2-a^3}$$

Итак мы показали, что какое $a$ за наибольший элемент класса $A$ не принимай, всегда можно найти натуральное $n$, а через него такое $a^{\prime }$, что $a^{\prime }>a$ и $a^{\prime 3}<2$, а значит $a$ уже не наибольший элемент класса $A$. Противоречие.

Это значит, что наибольшего элемента у класса $A$ нет.

$■$

$B$ не имеет наименьшего

Теперь возьмемся за класс $B$. В условии сказано, что «класс $B$ содержит все остальные рациональные числа». С таким определением работать неудобно. Уточним его.

Раз классе $A$ у рациональные числа $a$, такие что $a^3<2$, то для класса $B$ остаются все рациональные числа $b$, такие что $b^3\ge 2$.

Итак,

$$B=\left\{b\in \mathbb{Q}:b^3\ge 2\right\}$$

Покажем, что у этого класса нет наименьшего элемента, то есть какое бы $b\in B$ мы не взяли, существует еще более маленькое $b^{\prime }\in B$.

Докажем от противного. Пусть $b$ — наименьший элемент класса $B$. Тогда рассмотрим вот такой $b^{\prime }$:

$$b^{\prime }=b-\frac{1}{n},$$

где $n$ — какое-то натуральное число.

Очевидно, что $b^{\prime }<b$, так как мы отняли от $b$ небольшое положительное число $\frac{1}{n}$.

Теперь покажем, что $b^{\prime }$ принадлежит классу $B$. Для этого надо показать, $b^{\prime 3}\ge 2$:

$$b^{\prime 3}={\left(b-\frac{1}{n}\right)}^3=b^3-\frac{3b^2}{n}+\frac{3b}{n^2}-\frac{1}{n^3}\ge 2$$

$$-\frac{3b^2}{n}+\frac{3b}{n^2}-\frac{1}{n^3}\ge 2-b^3$$

Усилим неравенство, убрав из него слагаемое $\frac{3a}{n^2}$:

$$-\frac{3b^2}{n}+\frac{3b}{n^2}-\frac{1}{n^3}>-\frac{3b^2}{n}-\frac{1}{n^3}\ge 2-b^3$$

Другими словами, если мы найдем такие $n$, что выполняется более сильное правое неравенство, то, добавив к нем еще положительное слагаемое $\frac{1}{n^2}$ (ослабив его) знак неравенства тем более не изменится.

Итак, имеем

$$-\frac{3b^2}{n}-\frac{1}{n^3}\ge 2-b^3$$

Теперь выясним, какой знак стоит между следующими дробями:

$$-\frac{1}{n^3}?-\frac{1}{n}$$

Домножим обе части на положительное $n^3$:

$$\begin{gathered} -1?-n^2 \\ {n}^2?1 \end{gathered}$$

Но мы знаем, что $n^2\ge 1$. Значит, знаки вопроса выше можно заменить на найденный знак $\ge$, вплоть до нужного нам неравенства, с которого мы начали:

$$-\frac{1}{n^3}\ge -\frac{1}{n}$$

Прибавим к обеим сторонам дробь $-\frac{3b^2}{n}$:

$$-\frac{3b^2}{n}-\frac{1}{n^3}\ge -\frac{3b^2}{n}-\frac{1}{n}$$

Только что мы вновь усилили наше неравенство:

$$-\frac{3b^2}{n}-\frac{1}{n^3}\ge -\frac{3b^2}{n}-\frac{1}{n}\ge 2-b^3$$

Имеем

$$-\frac{3b^2}{n}-\frac{1}{n}=-\frac{3b^2+1}{n}\ge 2-b^3$$

Домножим обе части на $-1$ и вынесем $n$ из знаменателя:

$$n\ge \frac{3b^2+1}{b^3-2}$$

Итак мы показали, что какое $b$ за наименьший элемент класса $B$ не принимай, всегда можно найти натуральное $n$, а через него такое $b^{\prime }$, что $b^{\prime }<b$ и $b^{\prime 3}\ge 2$, а значит $b$ уже не наименьший элемент класса $B$. Противоречие.

Это значит, что наименьшего элемента у класса $B$ нет.

$■$

---

Мы доказали, что у класса $A$ нет наибольшего элемента, а у класса $B$ нет наименьшего.