《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§5.5解答

习题5.5

5.5.1 证明：首先证明-M为-E的一个下界. 对任一对象 $y\in -E$ ，由替换公理知存在 $x\in E$ 使得 $y=-x$ . 而对x来说，由于 $x\in E$ 且M为E的上界，故有 $x\leqslant M$ ，则有 $-x\geqslant -M$ ，即 $y\geqslant -M$ . 故-M为-E的一个下界.

我们用反证法证明-M为-E的最大下界. 假设-M不是-E的最大下界，则存在 $-M'>-M$ 使得对于一切 $y\in -E$ 有 $y\geqslant -M'$ . 而对任一 $x\in E$ ，由替换公理知 $-x\in -E$ ，则有 $-x\geqslant -M'>-M$ ，即 $x\leqslant M'<M$ ，故此时M’也是E的上界而且比M小，这与M是E的最小上界相矛盾，故假设不成立，-M为-E的最大下界.

5.5.2 为了直观的理解此证明，我们不妨假设定理5.5.9是成立的. 此时E的最小上界就是一个实数x，在数轴上就是一个点(直观理解)，由习题5.4.3知存在整数Z使得 $Z\leqslant x<Z+1$ . 如果 $Z<x<Z+1$ ，则显然有 $Z<x\leqslant Z+1$ ；如果 $Z=x<Z+1$ ，令 $Z':=Z-1$ ，则显然也有 $Z'<x\leqslant Z'+1$ . 这样我们就证明了对每个实数x都存在整数N使得 $N<x\leqslant N+1$ (这与习题5.4.3的表述有点区别，但这样的表述对接下来的论证会带来方便). 于是对整数 $n=1$ ，我们显然找到了 $m_n:=N+1$ 使得 $\frac{m_n-1}{n}=N$ 不是E的上界(因为N小于最小上界x)而 $\frac{m_n}{n}=N+1$ 是E的上界. 由不等式 $\frac{K}{n}=K\geqslant M\geqslant x\geqslant x_0>\frac{L}{n}=L$ 我们知道 $K\geqslant x>N$ ，即 $K\geqslant N+1$ ；同时 $L<x\leqslant N+1$ ，即 $L\leqslant N$ ，两者综合起来就是 $L\leqslant N<x\leqslant N+1\leqslant K$ ，于是我们见到，当K,L分别满足 $\frac{K}{n}=K\geqslant M$ 和 $\frac{L}{n}=L<x_0$ 时，我们确实可以在区间 $(L,K]$ 找到一个整数 $m_n$ 使得 $\frac{m_n-1}{n}$ 不是E的上界而 $\frac{m_n}{n}$ 是E的上界，因为这个整数就是 $m_n:=N+1$ .

现在我们考虑对正整数 $n>1$ . 我们从直观上考虑把区间 $(N,N+1]$ 等分为n份，每份长度为 $\frac{(N+1)-N}{n}=\frac{1}{n}$ ，那么实数x这个点一定落在某小区间 $(N+\frac{k_n-1}{n},N+\frac{k_n}{n}]$ 上( $1\leqslant k_n\leqslant n$ ， $k_n$ 用下标n是为了强调 $k_n$ 的取值是取决于n的)，即 $N+\frac{k_n-1}{n}<x\leqslant N+\frac{k_n}{n}$ ，这样我们也就找到了 $\frac{m_n}{n}:=N+\frac{k_n}{n}$ ，即 $m_n:=nN+k_n$ ，很明显 $m_n$ 的值是取决于n的并且 $nN+1\leqslant m_n\leqslant nN+n$ . 但是遗憾的是从 $\frac{K}{n}\geqslant M\geqslant x\geqslant x_0>\frac{L}{n}$ 我们并不能证明 $L<nN+1$ 和 $nN+n\leqslant K$ ，进而我们不能说明 $L<nN+1\leqslant m_n\leqslant nN+n\leqslant K$ ，也就是我们不能保证在区间 $(L,K]$ 上保证取到我们想要的 $m_n:=nN+k_n$ . 但幸运的是用反证法和归纳法在 $\frac{K}{n}\geqslant M\geqslant x\geqslant x_0>\frac{L}{n}$ 条件下我们确实可以取到满足要求的 $m_n$ ，但现在我们不做此事，我们来说明一下为什么在 $\frac{K}{n}\geqslant M\geqslant x\geqslant x_0>\frac{L}{n}$ 我们不能证明 $L<nN+1\leqslant m_n\leqslant nN+n\leqslant K$ . 我们要估计K的取值范围，首先知道的就是 $\frac{K}{n}\geqslant M$ ，我们已经知道了x的取值范围，而且M是可以等于x的，所以我们只能从x的取值范围去估计K的取值范围，而不是从M的取值范围去估计K的取值范围. 令 $d:=x-N$ ，由于 $N<x\leqslant N+1$ 所以 $0<d=x-N\leqslant 1$ ，则 $x=N+d$ ，即 $nx=nN+nd$ . 由 $\frac{K}{n}\geqslant M\geqslant x\geqslant x_0>\frac{L}{n}$ 我们知道 $K\geqslant nx=nN+nd$ ，一个很直观的想法是如果我们能证明 $nx=nN+nd\geqslant nN+n$ ，我们就证明了 $K\geqslant nN+n$ . 而欲证 $nN+nd\geqslant nN+n$ ，只需要证 $d\geqslant 1$ ，我们已知 $0<d\leqslant 1$ ，故此时 $d=1$ ，即 $x=N+1$ ，这明显是不合理的，因为x可以取 $(N,N+1]$ 中的任何值. 但如果我们把条件“ $\frac{K}{n}\geqslant M$ ”加强为“存在整数K使得 $\frac{K}{n}\geqslant M$ 并且 $\frac{K}{n}$ ”是整数”(容易证明这样的K也是存在的)，那么我们就可以证明 $K\geqslant nN+n$ . 因为 $\frac{K}{n}\geqslant M\geqslant x>N$ ，则 $\frac{K}{n}>N$ ，由于 $\frac{K}{n}$ 也是整数，故有 $\frac{K}{n}\geqslant N+1$ ，故 $K\geqslant nN+n$ ，这就是我们想要证的. 对L的估值也有这样的问题，原先的条件不够强，但如果我们把条件“ $\frac{L}{n}<x_0$ ”加强为“存在整数L使得 $\frac{L}{n}<x_0$ 并且 $\frac{L}{n}$ ”是整数”(容易证明这样的L也是存在的)，那么我们可以证明 $L<nN+1$ . 在两个加强的条件下我们就可以证明 $L<nN+1\leqslant m_n\leqslant nN+n\leqslant K$ .

正如上面所说，上面的论证不是证明，第一是因为其论述假定了定理5.5.9成立，即最小上界存在，这是循环论证，第二是因为其在证明满足条件的 $m_n$ 存在用到了几何直观，即实数和比例数是数轴上的点，其大小关系可以反映在数轴上的位置关系. 所以上面论证只是为我们接下来的一个证明提供直观的图景.

证明：假设命题不成立，即对所有在范围 $L<m_n\leqslant K$ 的 $m_n$ 来说，“ $\frac{m_n}{n}$ 是E的上界而且 $\frac{m_n-1}{n}$ 不是E的上界”不成立，即“ $\frac{m_n}{n}$ 不是E的上界或 $\frac{m_n-1}{n}$ 是E的上界”成立. 对自然数1来说，如果 $L<L+1\leqslant K$ (可知这是恒成立的)，令 $m_n:=L+1$ ，则此时 $\frac{m_n-1}{n}=\frac{L}{n}$ 不是E的上界，由“ $\frac{m_n}{n}$ 不是E的上界或 $\frac{m_n-1}{n}$ 是E的上界”成立知 $\frac{m_n}{n}$ 不是E的上界，即 $\frac{L+1}{n}$ 不是E的上界. 这就完成了归纳基始.

对自然数a，现归纳假设如果 $L<L+a\leqslant K$ 那么有 $\frac{L+a}{n}$ 不是E的上界. 那么对自然数a+1来说，如果 $L<L+(a+1)\leqslant K$ ，那么也有陈述“ $\frac{L+(a+1)}{n}$ 不是E的上界或 $\frac{L+a}{n}$ 是E的上界”成立，再由归纳假设“ $\frac{L+a}{n}$ 不是E的上界”知“ $\frac{L+(a+1)}{n}$ 不是E的上界”. 这就完成了归纳:对所有满足 $L<L+a\leqslant K$ 的自然数a来说都有 $\frac{L+a}{n}$ 不是E的上界. 取 $a:=K-L>0$ ，此时显然a满足 $L<L+a=K\leqslant K$ ，所以 $\frac{L+a}{n}=\frac{K}{n}$ 不是E的上界，这显然与 $\frac{K}{n}$ 是E的上界相矛盾，这个矛盾说明假设不成立，故命题成立.

这个归纳法有意思，其证明的命题是对有限个相邻的自然数成立，而不是通常的无限个相邻自然数成立.

证明了这个命题，我们发现序列 $(\frac{m_n}{n})_{n=1}^{\infty}$ 和序列 $(\frac{m_n-1}{n})_{n=1}^{\infty}$ 相同下标的项之间的距离随着n的增大而不断减小，从数轴直观上看就是不断逼近数轴上的一个点，定理5.5.9后面的论证 $(\frac{m_n}{n})_{n=1}^{\infty}$ 是Cauchy序列就是这么干的. 并且发现序列 $(\frac{m_n}{n})_{n=1}^{\infty}$ 和序列 $(\frac{m_n-1}{n})_{n=1}^{\infty}$ 是等价的.

5.5.3 证明：我们来证明当 $m>m'$ 或 $m<m'$ 时都会导致矛盾. 若 $m>m'$ ，则有 $m\geqslant m'+1$ ，则 $m-1\geqslant m'$ ，故 $\frac{m-1}{n}\geqslant \frac{m'}{n}$ . 由于 $\frac{m-1}{n}$ 不是E的上界，故对任何不大于 $\frac{m-1}{n}$ 的实数q其也不是E的上界(如果q是E的上界，那么 $\frac{m-1}{n}\geqslant q$ 也应该是E的上界，这与 $\frac{m-1}{n}$ 不是E的上界相矛盾)，故 $\frac{m'}{n}$ 不应是E的上界，这与 $\frac{m'}{n}$ 是E的上界相矛盾. 同理可证当 $m<m'$ 时也将得出矛盾，综上只有 $m=m'$ .

5.5.4 证明：对任一 $0<\varepsilon<1$ ，由命题4.4.1知存在整数M使得 $M\geqslant\frac{1}{\varepsilon}>1$ . 由性质“只要 $M\geqslant 1$ 是整数并且 $n,n'\geqslant M$ 就有 $|q_n-q_{n'}|\leqslant\frac{1}{M}$ ”知对任意 $j,k\geqslant M$ 有 $|q_j-q_k|\leqslant\frac{1}{M}\leqslant\varepsilon$ ，故对 $0<\varepsilon<1$ 序列 $(q_n)_{n=1}^{\infty}$ 都是终极 $\varepsilon$ -稳定的，再由习题5.3.2(a)前半部分的讨论知此时对任意 $\varepsilon>0$ 序列 $(q_n)_{n=1}^{\infty}$ 都是终极 $\varepsilon$ -稳定的，即序列是柯西序列.

对任一 $M\geqslant 1$ ，由性质“只要 $M\geqslant 1$ 是整数并且 $n,n'\geqslant M$ 就有 $|q_n-q_{n'}|\leqslant\frac{1}{M}$ ”知可令 $n':=M$ ，则对每个 $n\geqslant M\geqslant 1$ 有 $|q_n-q_M|\leqslant\frac{1}{M}$ . 由习题5.4.6知即有 $q_M-\frac{1}{M}\leqslant q_n\leqslant\frac{1}{M}+q_M$ . 我们可以定义一个新的序列 $(q'_n)_{n=1}^{\infty}$ :当 $1\leqslant n<M$ 时 $q'_n:=q_M-\frac{1}{M}$ ；当 $n\geqslant M$ 时 $q'_n:=q_n$ . 这样对每个 $n\geqslant 1$ 都有 $q_M-\frac{1}{M}\leqslant q'_n\leqslant\frac{1}{M}+q_M$ . 容易证明 $(q'_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(q_n)_{n=1}^{\infty}$ 是等价的(因为它们的项最终都是一样的)，由习题5.4.8知 $q_M-\frac{1}{M}\leqslant S\leqslant\frac{1}{M}+q_M$ ，再由习题5.4.6有 $|S-q_M|=|q_M-S|\leqslant\frac{1}{M}$ .

文内补充

1. $\mathbb{R}^+$ 根本没有上界.

证明一：假设 $\mathbb{R}^+$ 有上界M，由于 $2>0$ 则 $2\in\mathbb{R}^+$ ，故 $M\geqslant 2>0$ ，即 $M>0$ ，则 $M+1>M>0$ ，故 $M+1\in\mathbb{R}^+$ ，故 $M\geqslant M+1$ ，即 $0\geqslant 1$ ，这是荒谬的.

证明二：假设 $\mathbb{R}^+$ 有上界M. 因为 $\mathbb{Q}^+\subseteq\mathbb{R}^+$ ，所以M也是 $\mathbb{Q}^+$ 的上界，即M大于等于任何正比例数，这与命题5.4.12相矛盾.

2.空集没有最小上界.

证明：因为每个实数都是空集的上界. 而对任何实数，我们总可以找到比其更小的实数.

3.定理5.5.9的一点补充.

(a)已知 $n\geqslant 1$ 是正整数，对任意实数M，总可以找到整数K使得 $\frac{K}{n}\geqslant M$ .

证明：由于 $n\geqslant 1$ ，则 $\frac{1}{n}>0$ . 如果 $M\leqslant 0$ ，我们总可以取 $K:=0$ ，此时恒有 $\frac{K}{n}=0\geqslant M$ ；若 $M>0$ ，由阿基米德性质我们知道存在正整数K使得 $K\frac{1}{n}=\frac{K}{n}>M$ ，即 $\frac{K}{n}\geqslant M$ .

(b)已知 $n\geqslant 1$ 是正整数，对任意实数 $x_0$ ，总可以找到整数L使得 $\frac{L}{n}<x_0$ .

证明：由于 $n\geqslant 1$ ，则 $\frac{1}{n}>0$ . 如果 $x_0\geqslant 0$ ，我们总可以取 $L:=-1$ ，此时恒有 $\frac{L}{n}=\frac{-1}{n}<0\leqslant x_0$ ；若 $x_0<0$ ，则 $-x_0>0$ ，由阿基米德性质知存在正整数L使得 $L\frac{1}{n}=\frac{L}{n}>-x_0$ ，即 $\frac{-L}{n}<x_0$ .

4. $(\frac{m_n}{n})_{n=1}^{\infty}$ 和 $(\frac{m_n-1}{n})_{n=1}^{\infty}$ 是等价的序列.

证明：这就要证明对任意 $\varepsilon>0$ 存在整数N不小于1使得对每个 $n\geqslant N$ 都有 $|\frac{m_n}{n}-\frac{m_n-1}{n}|=\frac{1}{n}\leqslant\varepsilon$ ，而证明过程与习题5.3.5是一样的.

5.命题5.5.12也证明了比例数集没有最小上界性质.

因为如果比例数集有最小上界性质(其最小上界是一个比例数)，把命题5.5.12的证明过程中“实数”字样全部换为“比例数”，那么论证仍是有效的，这就证明了存在比例数x使得 $x^2=2$ . 这与命题4.4.4是矛盾的.

6.假设A是非空实数集E的上界，而B不是非空实数集E的上界，那么A>B.

证明：由于B不是非空实数集E的上界，说明存在 $e\in E$ 使得 $e>B$ . 而A是非空实数集E的上界，那么有 $e\leqslant A$ ，综合上面的 $e>B$ 知A>B.

7.习题5.5.5：对任意两个实数x<y，我们总可以找到一个非比例数a使得x<a<y.

证明：对两实数x<y，我们已经证明存在比例数q使得 $x<q<y$ ，对实数 $y-q>0$ ，由实数阿基米德性质知道存在正整数N使得 $N(y-q)>\sqrt{2}$ ，进而有 $y>q+\frac{\sqrt{2}}{N}>q>x$ . 我们容易证明 $q+\frac{\sqrt{2}}{N}$ 是非比例数，只要注意到加减乘除对比例数系是封闭的.

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