《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§5.6解答

习题5.6

5.6.1 证明：(a)由定义5.6.4知 $x^{\frac{1}{n}}=\text{sup}\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ . 已知 $y=x^{\frac{1}{n}}$ ，则 $y^n=(x^{\frac{1}{n}})^n$ . 所以只需证 $(x^{\frac{1}{n}})^n=x$ .

我们将证明 $(x^{\frac{1}{n}})^n<x$ 和 $(x^{\frac{1}{n}})^n>x$ 都将导致矛盾.

先假设 $(x^{\frac{1}{n}})^n<x$ ，我们来证明存在一个很小的正实数 $\varepsilon>0$ 使得 $(x^{\frac{1}{n}}+\varepsilon)^n<x$ . 对x来说，有 $x\leqslant 1$ 或 $x>1$ . 我们先考虑 $x\leqslant 1$ . 由引理5.6.5讨论我们知 $x^{\frac{1}{n}}\leqslant 1$ ，又因为 $0\in\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ 所以 $x^{\frac{1}{n}}\geqslant 0$ ，综合起来就是 $0\leqslant x^{\frac{1}{n}}\leqslant 1$ . 为了书写方便和避免变量混淆，我们不妨记 $S:=x^{\frac{1}{n}}$ . 我们用归纳法证明存在 $0<\varepsilon<\frac{1}{4}$ 使得 $(S+\varepsilon)^n<S^n+2^n\varepsilon$ (这个不等式是由二项式定理估计来的，但二项式定理的证明在习题7.1.4，所以我们用归纳法证明而不用二项式定理). 首先对自然数1，有 $S+\varepsilon<S+2\varepsilon$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设 $(S+\varepsilon)^n<S^n+2^n\varepsilon$ ，那么对 $(S+\varepsilon)^{n+1}=(S+\varepsilon)^{n}(S+\varepsilon)<(S^n+2^n\varepsilon)(S+\varepsilon)=S^{n+1}+S^n\varepsilon+2^nS\varepsilon+2^n\varepsilon^2$ ，欲证 $S^{n+1}+S^n\varepsilon+2^nS\varepsilon+2^n\varepsilon^2<S^{n+1}+2^{n+1}\varepsilon$ ，只需证 $S^n+2^nS+2^n\varepsilon<2^{n+1}$ ，由于 $0\leqslant S\leqslant 1$ ，故 $S^n+2^nS+2^n\varepsilon\leqslant S^n+2^n+2^n\varepsilon$ ，故只需证 $S^n+2^n+2^n\varepsilon<2^{n+1}$ ，进一步只需证 $S^n+2^n\varepsilon<2^n$ ，只需证 $(\frac{S}{2})^n+\varepsilon<1$ ，由于 $0<\varepsilon<\frac{1}{4}$ ，所以只需证 $(\frac{S}{2})^n<\frac{3}{4}$ . 这个不等式又可以归纳证明，由于 $0\leqslant S\leqslant 1$ ，所以 $0\leqslant \frac{S}{2}\leqslant \frac{1}{2}<\frac{3}{4}$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设 $(\frac{S}{2})^n<\frac{3}{4}$ ，那么 $(\frac{S}{2})^{n+1}=(\frac{S}{2})^n\frac{S}{2}\leqslant\frac{3}{4}\frac{S}{2}<\frac{3}{4}$ ，这就完成了归纳，也就证明了 $(\frac{S}{2})^n<\frac{3}{4}$ ，所以 $(S+\varepsilon)^{n+1}=(S+\varepsilon)^{n}(S+\varepsilon)<(S^n+2^n\varepsilon)(S+\varepsilon)<S^{n+1}+2^{n+1}\varepsilon$ ，这样就完成了归纳，所以 $(S+\varepsilon)^n<S^n+2^n\varepsilon$ . 由于 $0\leqslant S^n<x\leqslant 1$ ，则 $1\geqslant x-S^n>0$ ，则 $\frac{1}{2^n}\geqslant \frac{x-S^n}{2^n}>0$ ，由习题5.4.4知存在正整数N使得 $\frac{1}{2^n}\geqslant\frac{x-S^n}{2^n}>\frac{1}{N}>0$ . 又由于 $\frac{1}{2^n}>\frac{1}{N}>0$ ，我们可估计得 $N>2^n\geqslant 2$ ，则我们取 $\varepsilon:=\frac{1}{N^3}$ ，则此时 $0<\varepsilon\leqslant\frac{1}{8}$ ，符合前面证明不等式 $(S+\varepsilon)^n<S^n+2^n\varepsilon$ 所要求的 $0<\varepsilon<\frac{1}{4}$ 的要求. 此时 $(S+\varepsilon)^n<S^n+2^n\varepsilon<S^n+2^n\frac{1}{N}<S^n+2^n\frac{x-S^n}{2^n}=x$ ，即 $(S+\varepsilon)^n<x$ ，所以 $(S+\varepsilon)\in\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ ，所以 $S+\varepsilon\leqslant S$ ，即 $\varepsilon\leqslant 0$ ，这与 $0<\varepsilon\leqslant\frac{1}{8}$ 相矛盾，故 $(x^{\frac{1}{n}})^n<x$ 且 $x\leqslant 1$ 不成立.

再来考虑 $x>1$ ，由引理5.6.5讨论我们知 $S\leqslant x$ ，又因为 $1\in\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ 所以 $S\geqslant 1$ ，综合起来就是 $1\leqslant S\leqslant x$ . 我们现在归纳证明存在 $0<\varepsilon<\frac{1}{2}$ 使得 $(S+\varepsilon)^n<S^n+2^nS^n\varepsilon$ (这个不等式同由二项式定理估计来). 由于 $S\geqslant 1$ ，所以对自然数1有 $S+\varepsilon<S+2S\varepsilon$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设 $(S+\varepsilon)^n<S^n+2^nS^n\varepsilon$ ，那么 $(S+\varepsilon)^{n+1}<(S^n+2^nS^n\varepsilon)(S+\varepsilon)=S^{n+1}+2^nS^{n+1}\varepsilon+S^n\varepsilon+2^nS^n\varepsilon^2$ ，欲证 $S^{n+1}+2^nS^{n+1}\varepsilon+S^n\varepsilon+2^nS^n\varepsilon^2<S^{n+1}+2^{n+1}S^{n+1}\varepsilon$ ，只需证 $S^n+2^nS^n\varepsilon<2^nS^{n+1}$ ，只需证 $1+2^n\varepsilon<2^nS$ ，而 $1+2^n\varepsilon<2^nS$ 可用归纳法证明. 由于 $S\geqslant 1$ 和 $0<\varepsilon<\frac{1}{2}$ ，故 $1+2\varepsilon<2\leqslant 2S$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设 $1+2^n\varepsilon<2^nS$ ，那么 $1+2^{n+1}\varepsilon=(1+2^n\varepsilon)+2^n\varepsilon<2^nS+2^n\varepsilon=2^n(S+\varepsilon)<2^n(S+S)=2^{n+1}S$ ，这就完成了归纳，得证 $1+2^n\varepsilon<2^nS$ ，故 $(S+\varepsilon)^{n+1}<(S^n+2^nS^n\varepsilon)(S+\varepsilon)<S^{n+1}+2^{n+1}S^{n+1}\varepsilon$ ，这就完成了归纳，所以 $(S+\varepsilon)^n<S^n+2^nS^n\varepsilon$ ，由于 $S^n<x$ ，则 $x-S^n>0$ ，由于 $S\geqslant 1$ ，用归纳法容易证明 $S^n\geqslant 1>0$ ，则 $\frac{x-S^n}{2^nS^n}>0$ ，由习题5.4.4知存在正整数N使得 $\frac{x-S^n}{2^nS^n}>\frac{1}{N}>0$ . 我们取 $\varepsilon:=\frac{1}{N+2}\leqslant\frac{1}{3}$ ，则此时 $\varepsilon$ 的取值符合上述不等式成立的 $0<\varepsilon<\frac{1}{2}$ 的要求，此时 $(S+\varepsilon)^n<S^n+2^nS^n\varepsilon<S^n+2^nS^n\frac{1}{N}<S^n+2^nS^n\frac{x-S^n}{2^nS^n}=x$ ，即 $(S+\varepsilon)^n<x$ ，所以 $(S+\varepsilon)\in\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ ，但这与S为此集合的最小上界相矛盾，故 $(x^{\frac{1}{n}})^n<x$ 且 $x>1$ 不成立. 综上 $(x^{\frac{1}{n}})^n<x$ 不成立.

我们再假设 $S^n>x$ ，我们来证明存在一个很小的正实数 $\varepsilon>0$ 使得 $(S-\varepsilon)^n>x$ . 对x来说，有 $x\leqslant 1$ 或 $x>1$ . 我们先考虑 $x\leqslant 1$ . 由上讨论我们知 $0\leqslant S\leqslant 1$ . 我们先来证明 $S\neq 0$ (这个命题的证明就是习题5.6.1(c)的证明，稍后我们将看到，证明了(a)后，(c)的证明简单很多). 用反证法，假如存在实数 $x_0>0$ ，存在正整数 $n_0\geqslant 1$ 使得 $S=0$ ，即集合 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^{n_0}\leqslant x_0\}$ 的最小上界是0，则有对每个 $y\in\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^{n_0}\leqslant x_0\}$ 都有 $y\leqslant 0$ ，结合 $y\geqslant 0$ 我们知道 $y=0$ ，即集合 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^{n_0}\leqslant x_0\}$ 只含有一个元素0，其是一个单元素集. 这就说明对实数y，如果 $y\geqslant 0$ 且 $y^{n_0}\leqslant x_0$ 那么 $y=0$ . 这个蕴涵关系的成立说明如果 $y>0$ 那么 $y^{n_0}>x_0$ . 显然 $1>0$ ，则 $1^{n_0}=1>x_0$ . 对 $1>y>0$ ，我们容易用归纳法证明 $y^n\leqslant y<1$ . 所以对 $1>y>0$ ，我们有 $1>y\geqslant y^{n_0}>x_0$ . 由于已证 $1>x_0$ ，我们不妨取 $y_0:=\frac{x_0}{2}<\frac{1}{2}$ ，所以此时 $0<y_0<1$ ，故有 $1>y_0\geqslant y_0^{n_0}>x_0$ ，即 $\frac{x_0}{2}>x_0$ ，这是矛盾的，故不存在 $S=0$ ，所以 $0<S\leqslant 1$ . 现在我们来归纳证明存在 $0<\varepsilon<S$ 使得 $(S-\varepsilon)^n>S^n-2^n\varepsilon$ (这个不等式也是由二项式定理估计而来). 对自然数1，显然有 $S-\varepsilon>S-2\varepsilon$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设 $(S-\varepsilon)^n>S^n-2^n\varepsilon$ ，那么 $(S-\varepsilon)^{n+1}=(S-\varepsilon)^n(S-\varepsilon)>(S^n-2^n\varepsilon)(S-\varepsilon)=S^{n+1}-S^n\varepsilon-2^nS\varepsilon+2^n\varepsilon^2$ . 欲证 $S^{n+1}-S^n\varepsilon-2^nS\varepsilon+2^n\varepsilon^2>S^{n+1}-2^{n+1}\varepsilon$ ，只需证 $-S^n-2^nS+2^n\varepsilon>-2^{n+1}$ ，只需证 $2^n(\varepsilon+2)>S^n+2^nS$ ，由于 $0<S\leqslant 1$ ，只需证 $2^n(\varepsilon+2)>1+2^n$ ，只需证 $2^n(\varepsilon+1)>1$ ，这是显然成立的，所以我们完成了归纳. 则 $(S-\varepsilon)^n>S^n-2^n\varepsilon$ . 现在欲证 $(S-\varepsilon)^n>x$ ，只需证 $S^n-2^n\varepsilon>x$ ，即只需证 $\frac{S^n-x}{2^n}>\varepsilon$ . 由习题5.5.4知存在正整数N使得正实数 $\frac{S^n-x}{2^n}>\frac{1}{N}$ ，所以我们只需要 $\frac{1}{N}>\varepsilon$ ，我们取 $\varepsilon:=\frac{1}{N+1}<\frac{1}{N}$ ，此时 $S\geqslant S^n>S^n-x>\frac{S^n-x}{2^n}>\frac{1}{N}>\varepsilon>0$ ，则此时 $\varepsilon$ 的取值符合我们证明不等式 $(S-\varepsilon)^n>S^n-2^n\varepsilon$ 的要求. 最后， $S^n-2^n\varepsilon>S^n-2^n\frac{1}{N}>S^n-2^n\frac{S^n-x}{2^n}=x$ ，则 $(S-\varepsilon)^n>S^n-2^n\varepsilon>x$ ，这蕴含着 $S-\varepsilon$ 是集合 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ 的一个上界(用反证法证明，假设不然，则存在元素 $y_0\in\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ 使得 $0<S-\varepsilon<y_0$ ，进而由命题5.6.3知 $0<(S-\varepsilon)^n<(y_0)^n\leqslant x$ ，这与 $(S-\varepsilon)^n>x$ 相矛盾). 但这与S是集合的最小上界相矛盾. 故 $(x^{\frac{1}{n}})^n>x$ 且 $x\leqslant 1$ 不成立.

再来考虑 $x>1$ ，由引理5.6.5讨论我们知 $1\leqslant S\leqslant x$ . 我们现在归纳证明存在 $0<\varepsilon<1$ 使得 $(S-\varepsilon)^n>S^n-2^nS^n\varepsilon$ . 对自然数1，由于 $S\geqslant 1$ 所以有 $S-\varepsilon>S-2S\varepsilon$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设 $(S-\varepsilon)^n>S^n-2^nS^n\varepsilon$ ，由于 $S\geqslant 1>\varepsilon$ 那么对 $(S-\varepsilon)^{n+1}>(S^n-2^nS^n\varepsilon)(S-\varepsilon)=S^{n+1}-S^n\varepsilon-2^nS^{n+1}\varepsilon+2^nS^n\varepsilon^2$ . 欲证 $S^{n+1}-S^n\varepsilon-2^nS^{n+1}\varepsilon+2^nS^n\varepsilon^2>S^{n+1}-2^{n+1}S^{n+1}\varepsilon$ ，只需证 $-S^n+2^nS^n\varepsilon>-2^nS^{n+1}$ ，只需证 $-1+2^n\varepsilon>-2^nS$ ，即只需证 $2^n(\varepsilon+S)>1$ ，而这是 $x\geqslant S\geqslant 1>\varepsilon>0$ 所保证的，我们这样就完成了归纳，所以 $(S-\varepsilon)^n>S^n-2^nS^n\varepsilon$ . 由于 $S^n>x>1$ ，则 $\frac{S^n-x}{2^nS^n}>0$ ，由习题5.4.4我们知存在正整数N使得 $\frac{S^n-x}{2^nS^n}>\frac{1}{N}>0$ ，我们取 $\varepsilon:=\frac{1}{N+1}\leqslant\frac{1}{2}$ ，此时 $\varepsilon$ 的取值符合我们证明不等式 $(S-\varepsilon)^n>S^n-2^nS^n\varepsilon$ 的要求，这时 $S^n-2^nS^n\varepsilon>S^n-2^nS^n\frac{1}{N}>S^n-2^nS^n\frac{S^n-x}{2^nS^n}=x$ ，即 $(S-\varepsilon)^n>x$ ，同理我们知 $S-\varepsilon$ 是集合 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ 的一个上界，这与S是集合的最小上界相矛盾，所以 $(x^{\frac{1}{n}})^n>x$ 且 $x>1$ 不成立. 综上 $(x^{\frac{1}{n}})^n>x$ 不成立.

综上我们知道 $(x^{\frac{1}{n}})^n=x$ ，这就是所要证的，所以 $y^n=x$ .

(b)假设不然，则有 $0<y<x^{\frac{1}{n}}$ 或者 $y>x^{\frac{1}{n}}\geqslant 0$ ，由命题5.6.3知有 $0<y^n<(x^{\frac{1}{n}})^n$ 或者 $y^n>(x^{\frac{1}{n}})^n\geqslant 0$ ，由(a)知 $(x^{\frac{1}{n}})^n=x$ ，所以 $0<y^n<x$ 或者 $y^n>x\geqslant 0$ ，但不管何种情况，都与 $y^n=x$ 相矛盾，故由实数序的三歧性知只能为 $y=x^{\frac{1}{n}}$ .

(c)我们已在证明(a)的过程中证明了 $x^{\frac{1}{n}}>0$ ，即 $x^{\frac{1}{n}}$ 是正实数，但在承认(a)成立的条件下，我们也可以证明(c)，假若 $x^{\frac{1}{n}}=0$ ，由(a)知 $(x^{\frac{1}{n}})^n=0^n=0=x$ ，这与 $x>0$ 相矛盾，故 $x^{\frac{1}{n}}>0$ .

(d)如果 $x^{\frac{1}{n}}>y^{\frac{1}{n}}$ ，由(c)知 $x^{\frac{1}{n}}>y^{\frac{1}{n}}>0$ ，由命题5.6.3知 $(x^{\frac{1}{n}})^n>(y^{\frac{1}{n}})^n>0$ ，由(a)知即 $x>y>0$ ，即 $x>y$ .

如果 $x>y>0$ ，我们假设 $0<x^{\frac{1}{n}}\leqslant y^{\frac{1}{n}}$ ，同理知 $0<(x^{\frac{1}{n}})^n\leqslant (y^{\frac{1}{n}})^n$ ，即 $0<x\leqslant y$ ，这与 $x>y>0$ 相矛盾，故 $x^{\frac{1}{n}}>y^{\frac{1}{n}}$ .

(e)如果 $x>1$ ，由(a)的讨论我们知道 $x^{\frac{1}{n}}\geqslant 1$ ，若 $x^{\frac{1}{n}}=1$ ，则由(a)我们知 $x=(x^{\frac{1}{n}})^n=1^n=1$ ，这与 $x>1$ 相矛盾，故 $x^{\frac{1}{n}}>1$ . 这就证明了“如果 $x>1$ 那么 $x^{\frac{1}{n}}>1$ ”.

现假设正整数 $k_1>k_2\geqslant 1$ ，则有 $k_1=k_2+a$ (a为正整数)，由“ $x>1$ ”我们知 $x^{\frac{1}{k_2}}>1>0$ ，故 $(x^{\frac{1}{k_2}})^a>1^a=1>0$ ，故 $(x^{\frac{1}{k_2}})^{k_1}=(x^{\frac{1}{k_2}})^{k_2+a}=(x^{\frac{1}{k_2}})^{k_2}(x^{\frac{1}{k_2}})^a=x(x^{\frac{1}{k_2}})^a>x1=x=(x^{\frac{1}{k_1}})^{k_1}$ ，即如果 $k_1>k_2$ 那么 $(x^{\frac{1}{k_2}})^{k_1}>(x^{\frac{1}{k_1}})^{k_1}$ ，用反证法易证此时有 $x^{\frac{1}{k_2}}>x^{\frac{1}{k_1}}$ ，这就证明了如果 $x>1$ 那么 $x^{\frac{1}{k}}$ 是k的减函数.

如果 $0<x<1$ ，由引理5.6.5讨论我们知道 $x^{\frac{1}{n}}\leqslant 1$ ，进一步同理可证 $x^{\frac{1}{n}}\neq 1$ ，所以 $x^{\frac{1}{n}}<1$ . 这就证明了如果 $0<x<1$ 那么 $x^{\frac{1}{n}}<1$ .

已知 $0<x<1$ ，现假设正整数 $k_1>k_2\geqslant 1$ ，则有 $k_1=k_2+a$ (a为正整数)且 $x^{\frac{1}{k_2}}<1$ ，即 $0<x^{\frac{1}{k_2}}<1$ ，由命题5.6.3知 $0<(x^{\frac{1}{k_2}})^a<1^a=1$ ，此时 $(x^{\frac{1}{k_2}})^{k_1}=(x^{\frac{1}{k_2}})^{k_2+a}=(x^{\frac{1}{k_2}})^{k_2}(x^{\frac{1}{k_2}})^a=x(x^{\frac{1}{k_2}})^a<x1=x=(x^{\frac{1}{k_1}})^{k_1}$ ，所以我们证明了如果 $k_1>k_2$ 那么 $(x^{\frac{1}{k_2}})^{k_1}<(x^{\frac{1}{k_1}})^{k_1}$ ，同用反证法可知此时 $x^{\frac{1}{k_2}}<x^{\frac{1}{k_1}}$ ，这就证明了如果 $x<1$ 那么 $x^{\frac{1}{k}}$ 是k的增函数.

(f) $(x^{\frac{1}{n}}y^{\frac{1}{n}})^n=(x^{\frac{1}{n}})^n(y^{\frac{1}{n}})^n=xy$ ，由(b)知 $x^{\frac{1}{n}}y^{\frac{1}{n}}=(xy)^{\frac{1}{n}}$ .

(g) $((x^{\frac{1}{n}})^{\frac{1}{m}})^{mn}=(((x^{\frac{1}{n}})^{\frac{1}{m}})^m)^n=(x^{\frac{1}{n}})^n=x$ ，由(b)知 $(x^{\frac{1}{n}})^{\frac{1}{m}}=x^{\frac{1}{mn}}$ .

5.6.2 证明：(a)由于q是比例数，即有 $q=\frac{a}{b}$ (a为整数，b为非零整数).

当b为正整数时， $x^q=x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{b}})^a$ . 由引理5.6.1(c)知 $x^{\frac{1}{b}}>0$ ，而我们可以用归纳法证明当a为自然数时 $(x^{\frac{1}{b}})^a>0$ . 对自然数0， $(x^{\frac{1}{b}})^0=1>0$ ；归纳假设 $(x^{\frac{1}{b}})^a>0$ ，则 $(x^{\frac{1}{b}})^{a+1}=(x^{\frac{1}{b}})^a(x^{\frac{1}{b}})$ ，由命题5.4.4知两正整数的积仍是正整数，故 $(x^{\frac{1}{b}})^a(x^{\frac{1}{b}})>0$ ，这就完成了归纳.

若a为负整数，则-a为正整数，由上论证知 $(x^{\frac{1}{b}})^{-a}$ 是正实数，我们容易证明正实数的倒数是仍是正实数，所以 $\frac{1}{(x^{\frac{1}{b}})^{-a}}$ 是正实数，即 $(x^{\frac{1}{b}})^a=\frac{1}{(x^{\frac{1}{b}})^{-a}}$ 是正实数. 这样就证明了当b为正整数时 $x^q=x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{b}})^a$ 是正实数.

当b为负整数时，则 $x^q=x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{-b}})^{-a}$ ，此时-b为正整数，由上论证我们知 $(x^{\frac{1}{-b}})^{-a}>0$ ，故 $x^q=x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{-b}})^{-a}>0$ .

综上我们证明了 $x^q$ 为正实数.

我们在上面说正实数的倒数是仍是正实数，现在就来证明此事.

设实数 $x:=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ 是正实数，则Cauchy序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 是正限制离开零的序列，即对某正比例数 $C>0$ 有对每个整数 $n\geqslant 1$ 我们都有 $a_n\geqslant C$ . 由于Cauchy序列是有界序列，即对每个整数 $n\geqslant 1$ 我们都有 $|a_n|=a_n\leqslant M$ . 综上对每个整数 $n\geqslant 1$ 都有 $c\leqslant a_n\leqslant M$ . 由命题4.3.12(b)我们知如果 $M\geqslant a_n\geqslant c>0$ 那么 $0<M^{-1}\leqslant a_n^{-1}\leqslant c^{-1}$ ，所以Cauchy序列 ${(a_n^{-1})}_{n=1}^\infty$ 也是是正限制离开零的，即 $x^{-1}:=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n^{-1}$ 是正实数.

(b)已知q,r为比例数，即有 $q=\frac{a}{b},r=\frac{c}{d}$ (a,c为整数，b,d为非零整数).

当 $b,d>0$ 时，则

$x^{q+r}=x^{\frac{ad+bc}{bd}}=(x^{\frac{1}{bd}})^{ad+bc}=(x^{\frac{1}{bd}})^{ad}(x^{\frac{1}{bd}})^{bc}=((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{d}})^{da}((x^{\frac{1}{d}})^{\frac{1}{b}})^{bc}=(((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{d}})^d)^a(((x^{\frac{1}{d}})^{\frac{1}{b}})^b)^c=(x^{\frac{1}{b}})^a(x^{\frac{1}{d}})^c=x^{\frac{a}{b}}x^{\frac{c}{d}}=x^qx^r$

当 $b,d<0$ 时，则

$x^{q+r}=x^{\frac{ad+bc}{bd}}=(x^{\frac{1}{bd}})^{ad+bc}=(x^{\frac{1}{bd}})^{ad}(x^{\frac{1}{bd}})^{bc}=((x^{\frac{1}{-b}})^{\frac{1}{-d}})^{(-d)\times(-a)}((x^{\frac{1}{-d}})^{\frac{1}{-b}})^{(-b)\times(-c)}=(((x^{\frac{1}{-b}})^{\frac{1}{-d}})^{-d})^{-a}(((x^{\frac{1}{-d}})^{\frac{1}{-b}})^{-b})^{-c}=(x^{\frac{1}{-b}})^{-a}(x^{\frac{1}{-d}})^{-c}=x^{\frac{a}{b}}x^{\frac{c}{d}}=x^qx^r$

当 $b>0\text{ and }d<0$ 时，则

$x^{q+r}=x^{\frac{ad+bc}{bd}}=(x^{\frac{1}{-bd}})^{-(ad+bc)}=(x^{\frac{1}{-bd}})^{-ad}(x^{\frac{1}{-bd}})^{-bc}=((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{-d}})^{(-d)\times a}((x^{\frac{1}{-d}})^{\frac{1}{b}})^{b\times (-c)}=(((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{-d}})^{-d})^a(((x^{\frac{1}{-d}})^{\frac{1}{b}})^b)^{-c}=(x^{\frac{1}{b}})^a(x^{\frac{1}{-d}})^{-c}=x^{\frac{a}{b}}x^{\frac{c}{d}}=x^qx^r$

当 $b<0\text{ and }d>0$ 时，由 $b>0\text{ and }d<0$ 时论证可知 $x^qx^r=x^rx^q=x^{r+q}=x^{q+r}$

综上，我们对任何比例数q,r都有 $x^{q+r}=x^qx^r$ .

为证 $(x^q)^r=x^{qr}$ ，我们先证明以下命题：

已知实数 $x>0$ ，a为整数并且d为正整数. 那么我们有 $(x^{\frac{1}{d}})^a=(x^a)^{\frac{1}{d}}$ .

我们先用归纳法证明当a为自然数时命题成立. 对自然数0， $(x^{\frac{1}{d}})^0=1$ ，而由引理5.6.6(e)知 $(x^0)^{\frac{1}{d}}=1^{\frac{1}{d}}=1$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设 $(x^{\frac{1}{d}})^a=(x^a)^{\frac{1}{d}}$ ，由归纳假设和引理5.6.6(f)则 $(x^{\frac{1}{d}})^{a+1}=(x^{\frac{1}{d}})^a(x^{\frac{1}{d}})=(x^a)^{\frac{1}{d}}(x^{\frac{1}{d}})=(x^ax)^{\frac{1}{d}}=(x^{a+1})^{\frac{1}{d}}$ ，这就完成了归纳. 故对自然数a有 $(x^{\frac{1}{d}})^a=(x^a)^{\frac{1}{d}}$ 成立.

当a为负整数时，则-a为正整数，由上面的论证我们知

$(x^{\frac{1}{d}})^a=\frac{1}{(x^{\frac{1}{d}})^{-a}}=\frac{1}{(x^{-a})^{\frac{1}{d}}}=\frac{1^{\frac{1}{d}}}{(x^{-a})^{\frac{1}{d}}}=1^{\frac{1}{d}}((x^{-a})^{\frac{1}{d}})^{-1}=((\frac{1}{x^{-a}})^{\frac{1}{d}}(x^{-a})^{\frac{1}{d}})((x^{-a})^{\frac{1}{d}})^{-1}=(\frac{1}{x^{-a}})^{\frac{1}{d}}((x^{-a})^{\frac{1}{d}}((x^{-a})^{\frac{1}{d}})^{-1})=(\frac{1}{x^{-a}})^{\frac{1}{d}}=(x^a)^{\frac{1}{d}}$

这样就证明了命题，现在我们再来证 $(x^q)^r=x^{qr}$ .

当 $b,d>0$ 时，则

$(x^q)^r=(x^{\frac{a}{b}})^{\frac{c}{d}}=(((x^{\frac{1}{b}})^a)^{\frac{1}{d}})^c=(((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{d}})^a)^c=(x^{\frac{1}{bd}})^{ac}=x^{\frac{ac}{bd}}=x^{qr}$ .

当 $b,d<0$ 时，则

$(x^q)^r=(x^{\frac{a}{b}})^{\frac{c}{d}}=(((x^{\frac{1}{-b}})^{-a})^{\frac{1}{-d}})^{-c}=(((x^{\frac{1}{-b}})^{\frac{1}{-d}})^{-a})^{-c}=(x^{\frac{1}{bd}})^{ac}=x^{\frac{ac}{bd}}=x^{qr}$ .

当 $b>0\text{ and }d<0$ 时，则

$(x^q)^r=(x^{\frac{a}{b}})^{\frac{c}{d}}=(((x^{\frac{1}{b}})^a)^{\frac{1}{-d}})^{-c}=(((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{-d}})^a)^{-c}=(x^{\frac{1}{-bd}})^{-ac}=x^{\frac{ac}{bd}}=x^{qr}$ .

当 $b<0\text{ and }d>0$ 时，则

$(x^q)^r=(x^{\frac{a}{b}})^{\frac{c}{d}}=(((x^{\frac{1}{-b}})^{-a})^{\frac{1}{d}})^{c}=(((x^{\frac{1}{-b}})^{\frac{1}{d}})^{-a})^c=(x^{\frac{1}{-bd}})^{-ac}=x^{\frac{ac}{bd}}=x^{qr}$ .

综上，我们证明了 $(x^q)^r=x^{qr}$ .

(c) $\frac{1}{x^q}=1\times (x^q)^{-1}=(x^q)^{-1}$ ，由上面证明的(b)知 $(x^q)^{-1}=x^{q\times (-1)}=x^{-q}$ ，故 $x^{-q}=\frac{1}{x^q}$ .

(d)因为 $q>0$ ，即q为正比例数，即 $q=\frac{a}{b}$ (a,b均为正整数).

已知 $x>y>0$ ，由引理5.6.6(d)我们有 $x^{\frac{1}{b}}>y^{\frac{1}{b}}$ ，再由引理5.6.6(c)知 $x^{\frac{1}{b}}>y^{\frac{1}{b}}>0$ ，由命题5.6.3知 $(x^{\frac{1}{b}})^a>(y^{\frac{1}{b}})^a>0$ ，即 $x^{\frac{a}{b}}>y^{\frac{a}{b}}$ ，即 $x^q>y^q$ . 所以如果 $x>y$ 那么 $x^q>y^q$ .

由于 $q=\frac{a}{b}>0$ ，则 $q^{-1}=\frac{b}{a}>0$ . 已知 $x^q>y^q$ ，由(a)我们知道 $x^q>y^q>0$ ，由上面的论证知 $(x^q)^{q^{-1}}>{y^q}^{q^{-1}}$ ，由(b)知即 $x>y$ .

综上我们证明了如果 $q>0$ ，那么 $x>y$ 当且仅当 $x^q>y^q$ .

(e)这一小问中文2008年11月第1次印刷版有误，指数运算的底数应该都是x，可参考英文版. 我们先证明下面的命题：

设比例数 $p>0$ ，那么有如果 $x>1$ 那么 $x^p>1$ ；如果 $0<x<1$ 那么 $0<x^p<1$ .

证明：由于 $p>0$ ，即p为正比例数，即 $q=\frac{m}{n}$ (m,n均为正整数). 如果 $x>1$ ，在习题5.6.1(e)中我们已经证明此时 $x^{\frac{1}{n}}>1$ ，再由归纳法我们容易证明 $(x^{\frac{1}{n}})^m>1$ ，即 $x^p>1$ ；

如果 $0<x<1$ ，在习题5.6.1中我们已经证明此时 $0<x^{\frac{1}{n}}<1$ ，再由归纳法我们容易证明 $0<(x^{\frac{1}{n}})^m<1$ ，即 $0<x^p<1$ . 这就完成了证明.

现在我们来证明小问(e). 已知 $x>1$ ，如果 $q>r$ ，即 $q-r$ 为正比例数，我们记 $t:=q-r$ . 此时 $x^q=x^{r+t}=x^rx^t$ . 由上论证我们知道此时 $x^t>1$ ，故 $x^rx^t>x^r$ ，故 $x^q>x^r$ .

已知 $x>1$ ，如果 $x^q>x^r$ . 若 $q=r$ ，则显然有 $x^q=x^r$ ，这显然与 $x^q>x^r$ 相矛盾；若 $q<r$ ，由上面部分的论证我们知道此时有 $x^r>x^q$ ，这显然与 $x^q>x^r$ 相矛盾；故如果 $x^q>x^r$ 那么只能 $q>r$ . 这样我们就证明了如果 $x>1$ ，那么 $x^q>x^r$ 当且仅当 $q>r$ .

已知 $0<x<1$ ，如果 $q<r$ ，即 $r>q$ ，即 $r-q$ 为正比例数，我们记 $s:=r-q$ . 此时 $x^r=x^{q+s}=x^qx^s$ . 由上论证我们知道此时 $0<x^s<1$ ，故 $x^qx^s<x^q$ ，故 $x^r<x^q$ ，即 $x^q>x^r$ .

已知 $0<x<1$ ，如果 $x^q>x^r$ ，若 $q=r$ ，则显然有 $x^q=x^r$ ，这显然与 $x^q>x^r$ 相矛盾；若 $q>r$ ，由上面部分的论证我们知道此时有 $x^r>x^q$ ，这显然与 $x^q>x^r$ 相矛盾；故如果 $x^q>x^r$ 那么只能 $q<r$ . 这样我们就证明了如果 $0<x<1$ ，那么 $x^q>x^r$ 当且仅当 $q<r$ .

(f)由于q为比例数，则存在整数a和正整数b使得 $q=\frac{a}{b}$ . 所以 $(xy)^q=(xy)^\frac{a}{b}=((xy)^\frac{1}{b})^a=(x^\frac{1}{b}y^\frac{1}{b})^a=(x^\frac{1}{b})^a(y^\frac{1}{b})^a=x^\frac{a}{b}y^\frac{a}{b}=x^qy^q$ .

5.6.3 证明：首先说明中文2008年11月第1次印刷版把实数0的n次方根的定义漏掉了，虽然其在定义5.6.4说明很快就会定义零的n次方根，但在这一节里面定义5.6.4后面的部分都没有做此事.

我们现在把此事补上，见英文原版，0的n次方根的定义与定义5.6.4的定义是一样的，即把我提到的中文版中的定义5.6.4中 $x>0$ 改成 $x\geqslant 0$ .

所以 $0^{\frac{1}{n}}:=\text{sup}\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant 0\}$ . 我们现在证明 $0^{\frac{1}{n}}=0$ . 对任意 $y\geqslant 0$ ，如果 $y=0$ ，容易用归纳法证明此时 $y^n=0\leqslant 0$ ，所以0是集合 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant 0\}$ 的一个元素；如果 $y>0$ ，容易用归纳法证明此时 $y^n>0$ ，所以任何 $y>0$ 都不是集合的元素，由实数序的三歧性和分类公理知集合 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant 0\}$ 是只含有0元素的单元素集，单元素集的最小上界显然是这个唯一的元素，因为对任何实数x都有 $x\geqslant x$ . 这样就证明了 $0^{\frac{1}{n}}=0$ .

对任意实数x，我们有

$(-x)^2=(-x)\times(-x)=((-1)\times x)\times((-1)\times x)=((-1)\times(-1))\times(x\times x)=1\times x^2=x^2$

现在我们来证明小问5.6.3.

如果 $x=0$ ，那么 $|x|=0=0^{\frac{1}{2}}=(0^2)^{\frac{1}{2}}=(x^2)^{\frac{1}{2}}$ .

如果 $x>0$ ，由引理5.6.9知(b)知 $(x^2)^{\frac{1}{2}}=x^{2\times\frac{1}{2}}=x^1=x=|x|$ .

如果 $x<0$ ，此时 $-x>0$ ，由引理5.6.9知(b)知 $(x^2)^{\frac{1}{2}}=((-x)^2)^{\frac{1}{2}}=(-x)^{2\times\frac{1}{2}}=(-x)^1=-x=|x|$ .

文内补充

1.实数的自然数次幂是满足代入公理的. 容易用归纳法证明其底数是满足代入公理的，即对实数x,y和自然数n,n’，如果 $x=y$ ，则 $x^n=y^n$ . 对其指数也是满足代入公理的，即如果 $n=n'$ ，则 $x^n=x^{n'}$ . 证明思路与比例数的自然数次幂满足代入公理的证明是一样的，详见§4.3.

2.实数的整数次幂是满足代入公理的. 已知实数的自然数次幂是满足代入公理的，所以只需再验证实数的负整数次幂是满足代入公理的，然而这是实数的自然数次幂满足代入公理所保证的.

3.命题5.6.3的证明，证明思路是完全一样的，只是在某些细节上需要修改. 比如要证明两个非零实数的积仍是非零实数；正实数的倒数仍是正实数等.

4.正实数的n次根(定义5.6.4)是定义成功的，即其满足代入公理. 即对实数x,x’和正整数n,n’，如果 $x=x'$ ，则 $x^{\frac{1}{n}}=x'^{\frac{1}{n}}$ ；如果 $n=n'$ ，则 $x^{\frac{1}{n}}=x^{\frac{1}{n'}}$ .

证明：如果 $x=x'$ ，我们容易证明集合 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}=\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x'\}$ . 假若 $x^{\frac{1}{n}}\neq x'^{\frac{1}{n}}$ ，不妨先假设 $x^{\frac{1}{n}}>x'^{\frac{1}{n}}$ ，这说明 $x'^{\frac{1}{n}}$ 不是集合 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ 的上界(因为 $x^{\frac{1}{n}}$ 是集合 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ 的最小上界，而 $x'^{\frac{1}{n}}$ 小于 $x^{\frac{1}{n}}$ )，这说明存在某对象 $y_0\in\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ 使得 $y_0>x'^{\frac{1}{n}}$ ，又因为 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}=\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x'\}$ ，所以 $y_0\in\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x'\}$ ，而 $y_0>x'^{\frac{1}{n}}$ 与 $x'^{\frac{1}{n}}$ 是 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x'\}$ 的上界相矛盾. 同理可证 $x^{\frac{1}{n}}<x'^{\frac{1}{n}}$ 不成立，所以 $x^{\frac{1}{n}}=x'^{\frac{1}{n}}$ .

如果 $n=n'$ ，易证 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}=\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^{n'}\leqslant x\}$ . 假设 $x^{\frac{1}{n}}\neq x^{\frac{1}{n'}}$ ，同理用反证法我们可以证明这不可能，所以 $x^{\frac{1}{n}}=x^{\frac{1}{n'}}$ .

5.集合 $\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ 含有元素0.

已知x为实数且 $x>0$ ，并且n为整数 $n\geqslant 1$ . 显然 $0\in\mathbb{R}$ ，而 $0\geqslant 0$ 且可由归纳法证明对于所有正整数n都有 $0^n=0<x$ ，所以由分类公理知 $0\in\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant x\}$ .

6.对正整数n有如果 $y>1$ 则 $y^n>1$ .

由命题5.6.3中“对正整数n若 $y>x\geqslant 0$ 则 $y^n>x^n\geqslant 0$ ”可证. 或直接用归纳法证明.

7.对正整数n有如果 $y>x>1$ 则 $y^n>x$ .

命题5.6.3中“对正整数n若 $y>x\geqslant 0$ 则 $y^n>x^n\geqslant 0$ ”可知有 $y^n>x^n>1\geqslant 0$ ，用归纳法可证明对正整数n有如果 $x>1$ 则 $x^n\geqslant x$ . 故 $y^n>x^n\geqslant x$ ，即 $y^n>x$ .

8.对n=1，定义5.6.4和定义4.3.9是相容的.

由定义4.3.9知 $x^1=x^0x=1x=x$ . 由定义5.6.4知 $x^{\frac{1}{1}}=\text{sup}\{y\in\mathbb{R} : 0\leqslant y\leqslant x\}$ ，我们现在来证明此集合的最小上界是x. 显然x是集合的一个上界，我们假设x’也是集合的的上界，而 $x\in\{y\in\mathbb{R} : 0\leqslant y\leqslant x\}$ ，故 $x\leqslant x'$ . 故 $x^{\frac{1}{1}}=\text{sup}\{y\in\mathbb{R} : 0\leqslant y\leqslant x\}=x$ . (例5.5.6也进行了说明)

9.已知实数x,y有 $x,y>0$ 和整数n有 $n\neq 0$ ，如果 $y^n=z^n$ 那么 $y=z$ .

证明：这个命题可以由命题5.6.3直接导出，但从引理5.6.6(b)也可以证明. 已知整数n有 $n\neq 0$ ，则有 $n>0$ 或 $n<0$ . 先考虑 $n>0$ ，如果 $y^n=z^n$ ，我们记 $x:=y^n=z^n$ ，由引理5.6.6(b)知 $x^{\frac{1}{n}}=y$ 和 $x^{\frac{1}{n}}=z$ ，即 $y=z$ . 如果 $n<0$ ，由 $y^n=z^n$ 和定义5.6.2我们知道 $\frac{1}{y^{-n}}=\frac{1}{z^{-n}}$ ，即 $(y^{-n})^-1=(z^{-n})^-1$ ，两边同时乘以 $y^{-n}z^{-n}$ 得到 $z^{-n}=y^{-n}$ ，由于 $-n>0$ ，由上面的论证我们知 $z=y$ . 这样无论在哪种情况我们都有如果 $y^n=z^n$ 那么 $y=z$ .

10.定义5.6.7的一点说明.

定义5.6.7对比例数 $\frac{a}{b}$ 次幂(a,b均为整数)的定义是这样的：

如果 $b>0$ ，那么 $x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{b}})^a$ .

如果 $b<0$ ，那么 $x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{-b}})^{-a}$ .

然后我们再验证这个运算满足代入公理. 对比例数 $\frac{a}{b}$ 和比例数 $\frac{c}{d}$ ，已知 $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ ，我们要验证 $x^{\frac{a}{b}}=x^{\frac{c}{d}}$ .

如果b,d是正的，那么 $x^{\frac{a}{b}}=x^{\frac{c}{d}}$ 就是引理5.6.8所保证的.

如果b是正的而d是负的. 则 $x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{b}})^a$ 而 $x^{\frac{c}{d}}=(x^{\frac{1}{-d}})^{-c}$ . 由于 $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ 知 $ad=bc$ ，由于b是正的而d是负的，从整数a的三歧性可知有三种情况：1.a=c=0；2.a为正的而c为负的；3.a为负的而c为正的.

1.当a=b=0. 我们知道 $x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{b}})^0=1$ ，而 $x^{\frac{c}{d}}=(x^{\frac{1}{-d}})^{-0}=1$ . 故此时 $x^{\frac{a}{b}}=x^{\frac{c}{d}}$ .

2.当a为正的而c为负的. 则 $x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{b}})^a$ . 已知 $ad=bc$ ，则 $x^{\frac{c}{d}}=(x^{\frac{1}{-d}})^{-c}=(x^{\frac{a}{-bc}})^{-c}=((x^{\frac{1}{-bc}})^a)^{-c}=((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{-c}})^{a\times(-c)}=((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{-c}})^{(-c)\times a}=(((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{-c}})^{(-c)})^a=(x^{\frac{1}{b}})^a$

故此时也有 $x^{\frac{a}{b}}=x^{\frac{c}{d}}$ .

3.当a为负的而c为正的. 则 $x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{b}})^a$ . 已知 $ad=bc$ ，则 $x^{\frac{c}{d}}=(x^{\frac{1}{-d}})^{-c}=(x^{\frac{-a}{bc}})^{-c}=((x^{\frac{1}{bc}})^{-a})^{-c}=((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{c}})^{(-a)\times(-c)}=((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{c}})^{c\times a}=(((x^{\frac{1}{b}})^{\frac{1}{c}})^{c})^a=(x^{\frac{1}{b}})^a$

故此时也有 $x^{\frac{a}{b}}=x^{\frac{c}{d}}$ .

综上当b是正的而d是负的时候，我们总有 $x^{\frac{a}{b}}=x^{\frac{c}{d}}$ .

如果b是负的而d是正的. 则 $x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{-b}})^{-a}$ 而 $x^{\frac{c}{d}}=(x^{\frac{1}{d}})^{c}$ . 由于 $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ 知 $ad=bc$ ，由于b是正的而d是负的，从整数a的三歧性可知有三种情况：1.a=c=0；2.a为正的而c为负的；3.a为负的而c为正的. 同理如“b是正的而d是负的”我们可知此时总有 $x^{\frac{a}{b}}=x^{\frac{c}{d}}$ .

如果b,d是负的，则 $x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{-b}})^{-a}$ 而 $x^{\frac{c}{d}}=(x^{\frac{1}{-d}})^{-c}$ . 由于 $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ 知 $ad=bc$ ，由于b,d是负的，从整数a的三歧性可知有三种情况：1.a=c=0；2.a,c为正；3.a,c为负的.

1.如果a=c=0，显然有 $x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{-b}})^{-0}=1$ ，而 $x^{\frac{c}{d}}=(x^{\frac{1}{-d}})^{-0}=1$ . 故此时 $x^{\frac{a}{b}}=x^{\frac{c}{d}}$ .

2.a,c为正，则

$x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{-b}})^{-a}=(x^{\frac{c}{-ad}})^{-a}=((x^{\frac{1}{-ad}})^c)^{-a}=((x^{\frac{1}{-d}})^{\frac{1}{a}})^{c\times(-a)}=((x^{\frac{1}{-d}})^{\frac{1}{a}})^{a\times(-c)}=(((x^{\frac{1}{-d}})^{\frac{1}{a}})^a)^{-c}=(x^{\frac{1}{-d}})^{-c}=x^{\frac{c}{d}}$

故也有 $x^{\frac{a}{b}}=x^{\frac{c}{d}}$ .

3.a,c为负的.

则 $x^{\frac{a}{b}}=(x^{\frac{1}{-b}})^{-a}=(x^{\frac{-c}{ad}})^{-a}=((x^{\frac{1}{ad}})^{-c})^{-a}=((x^{\frac{1}{-d}})^{\frac{1}{-a}})^{(-c)\times(-a)}=((x^{\frac{1}{-d}})^{\frac{1}{-a}})^{(-a)\times(-c)}=(((x^{\frac{1}{-d}})^{\frac{1}{-a}})^{-a})^{-c}=(x^{\frac{1}{-d}})^{-c}=x^{\frac{c}{d}}$

故也有 $x^{\frac{a}{b}}=x^{\frac{c}{d}}$ .

综上我们证明了对比例数 $\frac{a}{b}$ 和比例数 $\frac{c}{d}$ ，如果 $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ 那么 $x^{\frac{a}{b}}=x^{\frac{c}{d}}$ . 这个是对引理5.6.8的延伸.

11.每个比例数q不管是正的、负的还是零，都可以写成 $\frac{a}{b}$ 的形状，其中a为整数而b为正整数.

由比例数的三歧性(引理4.2.7)和定义4.2.6知道这是显然成立的.

12.已知a,a’为整数，b,b’为正整数并且 $\frac{a}{b}=\frac{a'}{b'}$ . 那么我们有：

如果 $a=0$ 那么 $a'=0$ ；如果 $a>0$ 那么 $a'>0$ .

证明：由 $\frac{a}{b}=\frac{a'}{b'}$ 知 $ab'=ba'$ .

如果 $a=0$ ，则 $ab'=0$ . 由 $ab'=ba'$ 知 $ba'=0$ . 由命题4.1.8知有b等于0或者a’等于0. 由于b为正整数，即 $b>0$ ，所以只能为a’等于0.

如果 $a>0$ ，即a为正整数，即a等于某正自然数m. 同理b’等于某正自然数n，所以 $ab'=mn$ ，由引理2.3.3知mn也是正自然数，即 $ab'>0$ ，故 $ba'>0$ . 已知b等于某正自然数p. 如果a’为0，显然不会有 $ba'>0$ . 如果a’为负的，则-a’为正的，同理知-ba’为正的，这说明ba’为负的，与 $ba'>0$ 相矛盾. 故此时只能 $a'>0$ . 这部分也可以这样证：我们已经推理到 $ba'>0$ . 已知b为正整数，即 $b>0$ ，把b看成比例数，则 $b^{-1}>0$ ，故 $ba'b^{-1}>0b^{-1}$ ，即 $a'>0$ .

13.定义5.6.7和定义5.6.4以及定义5.6.2是相容的.

定义5.6.7的定义使用到了定义5.6.4以及定义5.6.2. 显然定义5.6.7包含了定义5.6.4和定义5.6.2，因为 $\frac{1}{n}$ 是比例数，整数n也是比例数 $\frac{n}{1}$ . 所以我们只要验证定义5.6.7给出的运算结果与定义5.6.4以及定义5.6.2是一致的就可以了.

对比例数 $\frac{1}{n}$ ，由定义5.6.7知 $x^{\frac{1}{n}}=(x^{\frac{1}{n}})^1=x^{\frac{1}{n}}$ ，所以定义5.6.7和定义5.6.4是相容的.

对比例数 $\frac{n}{1}$ ，由定义5.6.7知 $x^{\frac{n}{1}}=(x^{\frac{1}{1}})^n=x^n$ ，所以定义5.6.7和定义5.6.2是相容的.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§5.6解答

习题5.6

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