《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§4.4解答

习题4.4

4.4.1 证明：由引理4.2.7知比例数x为等于0、为正比例数、为负比例数三者之一. 考虑比例数 $x=0$ ，确实存在一个整数0使得 $0\leqslant 0<0+1$ ，即 $0\leqslant x<0+1$ (比例数的序满足代入公理). 考虑比例数是正比例数，由定义4.2.6知有 $x:=a//b$ (a,b为正整数，即正自然数). 由命题2.3.9知存在自然数m,r使得 $a=mb+r(0\leqslant r<b)$ ，而 $a//b=(mb+r)//b=m+r//b$ ，由于 $0\leqslant r<b$ ，即 $b>0$ ，即b是正比例数，容易证明此时 $b^{-1}$ 也是正比例数，所以 $0b^{-1}\leqslant rb^{-1}<bb^{-1}$ ，即 $0\leqslant\frac{r}{b}<1$ ，即 $0\leqslant r//b<1$ ，故 $m\leqslant m+r//b<1+m$ ，即 $m\leqslant x<1+m$ ，所以当x为正比例数时确实存在整数m(进一步说是自然数)使得 $m\leqslant x<1+m$ . 考虑x为负比例数，由定义4.2.6知有 $x:=-(a//b)=(-1)\times(a//b)$ (a,b为正整数). 由上讨论知存在整数m使得 $m\leqslant a//b<1+m$ ，由习题4.2.6知有 $(-1)\times(1+m)<(-1)\times(a//b)\leqslant (-1)\times m$ ，由习题4.1.3知即 $-(1+m)<x\leqslant -m$ . 此时分两种情况考虑：如果 $-(1+m)<x<-m$ ，则显然有整数-(1+m)使得 $-(1+m)\leqslant x<-m$ ；当 $-(1+m)<x=-m$ ，显然也有整数-m使得 $-m\leqslant x<-m+1$ . 这就证明了对任意比例数都存在整数n使得 $n\leqslant x<n+1$ .

现在来证明n的唯一性. 对比例数x，存在整数n,n’使得 $n\leqslant x<n+1$ 和 $n'\leqslant x<n'+1$ . 假若 $n'\neq n$ ，由整数序的三歧性我们知道对于n和n’，不是 $n<n'$ 就是 $n>n'$ . 先考虑 $n<n'$ ，由定义4.1.10知 $n'=n+a$ 且 $a\neq 0$ (a为自然数). 由 $n\leqslant x<n+1$ 知 $x<n+1$ ，再由 $n'\leqslant x<n'+1$ 知 $n'\leqslant x$ ，故我们有 $n'\leqslant x<n+1$ ，即 $n+a\leqslant x<n+1(a\neq 0)$ . 由归纳法(或向后归纳法)可以证明: $n+a\leqslant x(a\neq 0)$ 蕴涵 $n+1\leqslant x$ ，这样我们就得到了矛盾 $n+1\leqslant x<n+1$ . 当 $n>n'$ 同理可得矛盾，综上我们知道假设不成立，故 $n'=n$ ，n的唯一性得证.

4.4.2 证明：(a)我们用归纳法证明此事. 假设存在无限减小的自然数序列 $a_0,a_1,a_2,...$ ，即对每个自然数n都有 $a_n>a_{n+1}$ .

对自然数0，由于 $a_0,a_1,a_2,...$ 是自然数序列，显然对所有自然数n有 $a_n\geqslant 0$ . 现归纳假设对自然数k，有对每个自然数n有 $a_n\geqslant k$ . 那么对自然数k+1，对任意自然数n，显然n+1也是自然数，由归纳假设知 $a_{n+1}\geqslant k$ ，再由 $a_n>a_{n+1}$ 知 $a_n>k$ ，即 $a_n\geqslant k+1$ . 即我们证明了对自然数k+1，对所有自然数n有 $a_n\geqslant k+1$ ，这样就完成了归纳.

对任意自然数k，对每个自然数n，都有 $a_n\geqslant k$ . 不如取 $n:=0$ ，由结论知对任意自然数k都有 $a_0\geqslant k$ ，即自然数 $a_0$ 大于任何自然数. 这与任何自然数都是有限的(都小于某个自然数)是矛盾的，所以假设不成立，不存在无限减小的自然数序列 $a_0,a_1,a_2,...$ .

以上证明的直观如下：

$a_0\geqslant 0$

$a_1\geqslant 0\Rightarrow a_0\geqslant 1$

$a_2\geqslant 0\Rightarrow a_1\geqslant 1\Rightarrow a_0\geqslant 2$

$a_3\geqslant 0\Rightarrow a_2\geqslant 1\Rightarrow a_1\geqslant 2\Rightarrow a_0\geqslant 3$

$...$

欲证 $a_n\geqslant k+1$ ，只需 $a_{n+1}\geqslant k$ 成立. 而这是归纳假设所保证的.

我们也可以在归纳步骤用反证法证明. 我们要证明对一切自然数n都有 $a_n\geqslant k+1$ ，假设不然，即有自然数 $n'$ ，使得 $a_{n'}<k+1$ ，由归纳假设我们知道 $a_{n'}\geqslant k$ ，即 $k\leqslant a_{n'}<k+1$ ，所以 $a_{n'}=k$ ，而此时 $a_{n'+1}<a_{n'}=k$ ，这与归纳假设 $a_{n'+1}\geqslant k$ 相矛盾，所以假设不成立，我们完成了归纳. 这个证明很有意思，对归纳假设的使用有直接利用(推出 $k\leqslant a_{n'}<k+1$ )，也利用了其假设的“真”反证说明“对一切自然数n都有 $a_n\geqslant k+1$ ”不可能假.

(b)存在无限减小的整数序列和比例数序列. 比如整数序列 $a_0=0,a_{n+1}=a_n-1$ 和比例数列 $b_0=1,b_{n+1}=\frac{1}{2}a_n$ ，它们都满足 $a_n>a_{n+1}$ .

4.4.3 证明：(a)每个自然数或者是偶的、或者是奇的，但不可两者兼得.

证明：归纳基始：对自然数0，显然存在自然数0使得 $0=2\times 0$ ，于是0是偶数；而对任一意自然数k， $2k+1\geqslant 1>0$ ，即 $2k+1\neq 0$ ，即不存在自然数k使得 $0=2k+1$ ，所以0不是奇的. 综上0是偶的或是奇的，但不是两者兼得. 归纳步骤：假如对自然数n命题成立，即n要么是偶数要么是奇数，但不是两者兼得的. 对自然数n+1，如果n是偶数，即有 $n=2k_0$ ( $k_0$ 为某自然数)，故有 $n+1=2k_0+1$ ，所以n+1是奇数. 假如此时n+1还是偶数，说明 $n=2k_1$ ( $k_1$ 为某自然数)，故有 $n+1=2k_0+1=2k_1$ ，故有 $2k_0<2k_1$ ，即 $k_0<k_1$ (在比例数系和整数系下容易证明，在自然数系下亦可通过归纳法证明)，即 $k_0+1\leqslant k_1$ ，此时 $2k_1\geqslant 2k_0+2>2k_0+1$ ，即 $2k_1>2k_0+1$ ，由自然数序的三歧性知道这是不可能的，所以假设不成立，即此时n+1不是偶数. 同理可证当n是奇数时对自然数n+1命题亦成立. 这样我们就完成归纳.