《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.7解答

习题6.7

6.7.1 证明：设实数 $x,y>0$ ，并设 $q,r$ 为实数. 我们有

(a) $x^q$ 为正的实数.

我们分q为0、q为正的和q为负的三种情形来讨论(实数的三歧性).

当q为0时，有比例数序列 $(0)_{n=1}^\infty$ 的收敛到0，即 $\displaystyle 0=\lim_{n\rightarrow\infty}0$ . 所以 $x^0=\lim_{n\rightarrow\infty}x^0=\lim_{n\rightarrow\infty}1=1>0$ . 其实由比例数指数和实数指数的指数运算是相容的我们立马知道 $x^0=x^0=1>0$ .

当q为正的实数时，由定义5.4.3和命题6.1.15知 $\displaystyle q=\lim_{n\rightarrow\infty}q^n$ ，其中 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 是正限制离开零的比例数序列，即存在一个正比例数 $c>0$ 使对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $q_n>c$ . 又因为 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 是收敛到实数q的序列，由推论6.1.17知其是有界的，即存在实数 $M>0$ 使 $|q_n|=q_n\leqslant M$ ，再由命题5.4.12知存在正整数N使 $N>M$ ，故对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $N\geqslant q_n\geqslant c>0$ (其中N,c均为比例数). 由引理5.6.9知：当 $x>1$ 时有 $x^{q_n}\geqslant x^c>0$ ，再由命题6.4.12(f)和引理6.4.13知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\limsup_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}\geqslant x^c>0$ ；当 $0<x<1$ 时有 $x^{q_n}\geqslant x^N>0$ ，再由命题6.4.12(f)和引理6.4.13知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\limsup_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}\geqslant x^N>0$ ；当 $x=1$ 时有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty} 1^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty} 1=1>0$ .

当q为负的实数时，由定义5.4.3和命题6.1.15知 $\displaystyle q=\lim_{n\rightarrow\infty}q^n$ ，其中 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 是负限制离开零的比例数序列，即存在一个正比例数 $c>0$ 使对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $q_n\leqslant -c$ . 又因为 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 是收敛到实数q的序列，由推论6.1.17知其是有界的，即存在实数 $M>0$ 使 $|q_n|=-q_n\leqslant M$ ，再由命题5.4.12知存在正整数N使 $N>M$ ，故对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $0>-c\geqslant q_n\geqslant -N$ (其中N,c均为比例数). 由引理5.6.9知：当 $x>1$ 时有 $x^{q_n}\geqslant x^{-N}>0$ ，再由命题6.4.12(f)和引理6.4.13知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\limsup_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}\geqslant x^{-N}>0$ ；当 $0<x<1$ 时有 $x^{q_n}\geqslant x^{-c}>0$ ，再由命题6.4.12(f)和引理6.4.13知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\limsup_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}\geqslant x^{-c}>0$ ；当 $x=1$ 时有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} x^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty} 1^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty} 1=1>0$ .

综上，对一切实数q有 $\displaystyle x^q=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}>0$ .

(b) $x^{q+r}=x^qx^r$ ； $(x^q)^r=x^{qr}$ .

$x^{q+r}=x^qx^r$ 已在命题6.7.3证明，我们只需要证明 $(x^q)^r=x^{qr}$ .

为证 $(x^q)^r=x^{qr}$ ，我们先证明几个引理：

6.7.1.1设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛的实数列，那么对任意自然数k，我们有序列 $(a_n^k)_{n=m}^\infty$ 也是收敛的，其收敛到 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^k)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^k$ .

证明：用归纳法. 对自然数0， $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^0)=\lim_{n\rightarrow\infty}1=1=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^0$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设对某自然数 $k\geqslant 0$ ，有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^k)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^k$ . 那么对自然数k+1，由极限算律知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^{k+1})=\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^ka_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^k)\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^k(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^{k+1}$ ，这就完成了归纳，即6.7.1.1得证.

6.7.1.2设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到非零实数的实数列，并且对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\neq 0$ . 那么对任意整数k，我们有序列 $(a_n^k)_{n=m}^\infty$ 也是收敛的，其收敛到 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^k)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^k$ .

证明：当 $k\geqslant 0$ 时，已由6.7.1.1证明. 考虑 $k<0$ ，此时 $-k>0$ ，由极限算律我们知道 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^k)=\lim_{n\rightarrow\infty}((a_n^{-1})^{-k})=(\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^{-1}))^{-k}=((\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^{-1})^{-k}=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^{k}$ . 这就证明了6.7.1.2.

6.7.1.3设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到非负实数的实数列，并且对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\geqslant 0$ . 那么对任意自然数 $k\geqslant 1$ ，我们有序列 $(a_n^\frac{1}{k})_{n=m}^\infty$ 也是收敛的，其收敛到 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^\frac{1}{k})=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^\frac{1}{k}$ .

证明：我们先证明当 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ 并且对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\geqslant 0$ 时有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^\frac{1}{k}=0$ . 对任何实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\varepsilon^k>0$ . 由于序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到0，则存在整数 $N\geqslant m$ 对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-0|=a_n\leqslant\varepsilon^k$ . 那么 $|a_n^\frac{1}{k}-0|=a_n^\frac{1}{k}\leqslant(\varepsilon^k)^\frac{1}{k}=\varepsilon$ ，故 $(a_n^\frac{1}{k})_{n=m}^\infty$ 也收敛到0，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^\frac{1}{k})=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^\frac{1}{k}$ .

当 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到正实数时，记其极限为 $L>0$ ，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L$ . 故对实数 $\frac{L}{2}>0$ ，存在整数 $N_1\geqslant m$ ，使对一切整数 $n\geqslant N_1$ 有 $|a_n-L|\leqslant\frac{L}{2}$ ，即 $\frac{L}{2}\leqslant a_n\leqslant\frac{3L}{2}$ ，故有 $\frac{a_n}{\frac{L}{2}}\geqslant 1$ 和 $a_n^\frac{1}{k}\leqslant(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}$ . 对任何实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\frac{L}{2}\varepsilon}{(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}}>0$ ，由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛的，故其也是Cauchy序列，则存在整数 $N_2\geqslant m$ ，使对一切整数 $n_1,n_2\geqslant N_2$ 有 $|a_{n_1}-a_{n_2}|\leqslant\frac{\frac{L}{2}\varepsilon}{(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}}$ . 我们取 $N:=max\{N_1,N_2\}$ ，则对一切整数 $n_1,n_2\geqslant N$ 有 $|a_{n_1}^\frac{1}{k}-a_{n_2}^\frac{1}{k}|=a_{n_2}^\frac{1}{k}|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|\leqslant(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|\leqslant(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}\frac{a_{n_2}}{\frac{L}{2}}|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|$ . 当 $a_{n_1}\geqslant a_{n_2}\geqslant\frac{L}{2}$ 时，有 $\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}\geqslant 1>0$ ，则 $\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}=(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{1}\geqslant(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}\geqslant 1^\frac{1}{k}=1$ ，故 $\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}-1\geqslant(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1\geqslant 0$ ，故 $|\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}-1|\geqslant|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|$ ；当 $a_{n_2}\geqslant a_{n_1}\geqslant\frac{L}{2}$ 时，有 $0<\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}\leqslant 1$ ，则 $\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}=(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{1}\leqslant(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}\leqslant 1^\frac{1}{k}=1$ ，故 $\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}-1\leqslant(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1\leqslant 0$ ，故 $|\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}-1|\geqslant|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|$ . 综上，我们总有 $|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|\leqslant|\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}}-1|$ ，故 $|a_{n_1}^\frac{1}{k}-a_{n_2}^\frac{1}{k}|\leqslant(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}\frac{a_{n_2}}{\frac{L}{2}}|(\frac{a_{n_1}}{a_{n_2}})^\frac{1}{k}-1|=(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}\frac{2}{L}|a_{n_1}-a_{n_2}|\leqslant(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}\frac{2}{L}\frac{\frac{L}{2}\varepsilon}{(\frac{3L}{2})^\frac{1}{k}}=\varepsilon$ . 所以 $(a_n^\frac{1}{k})_{n=m}^\infty$ 也是Cauchy序列，故其也是收敛的，由6.7.1.1我们知 $\displaystyle(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^\frac{1}{k})^k=\lim_{n\rightarrow\infty}((a_n^\frac{1}{k})^k)=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n$ ，进一步有 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}a_n^\frac{1}{k}=((\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^\frac{1}{k})^k)^\frac{1}{k}=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^\frac{1}{k}$ . 这就证明了6.7.1.3.

6.7.1.4设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到正实数的实数列，并且对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n>0$ . 那么对任意比例数数q，我们有序列 $(a_n^q)_{n=m}^\infty$ 也是收敛的，其收敛到 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^q)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^q$ .

证明：对比例数q有整数a和正整数b使 $q=\frac{a}{b}$ . 故 $\displaystyle(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^q=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^\frac{a}{b}=((\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)^\frac{1}{b})^a=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^\frac{1}{b})^a=\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^\frac{a}{b})=\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^q)$ . 这就证明了6.7.1.4.

现在终于完成了准备工作，我们这就着手证明 $(x^q)^r=x^{qr}$ .

$\displaystyle (x^q)^r=\lim_{m\rightarrow\infty}(x^q)^{r_m}=\lim_{m\rightarrow\infty}(\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n})^{r_m}=\lim_{m\rightarrow\infty}(\lim_{n\rightarrow\infty}((x^{q_n})^{r_m}))=\lim_{m\rightarrow\infty}(\lim_{n\rightarrow\infty}(x^{q_nr_m}))\\=\lim_{m\rightarrow\infty}(x^{qr_m})=x^{qr}$

由(a)知 $x^q$ 为正实数，故 $x^{-q}=(x^q)^{-1}=\frac{1}{x^q}$ .

(d)如果 $q>0$ ，那么 $x>y$ 当且仅当 $x^q>y^q$ .

已知 $q>0$ ；由实数定义和命题6.1.15知 $\displaystyle q=\lim_{n\rightarrow\infty}q_n$ ，其中 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 是正限制离开零的收敛到q的比例数数列. 则有 $\displaystyle x^q=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}$ 和 $\displaystyle y^q=\lim_{n\rightarrow\infty}y^{q_n}$ . 如果 $x>y$ ，由引理5.6.9知对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $x^{q_n}>y^{q_n}$ ，即 $x^{q_n}\geqslant y^{q_n}$ ，由引理6.4.13比较原理知 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(x^{q_n})\geqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(y^{q_n})$ ，由引理6.7.1知 $(x^{q_n})_{n=1}^\infty,(y^{q_n})_{n=1}^\infty$ 是收敛的，再由命题6.4.12(f)知 $\displaystyle x^q=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}=\limsup_{n\rightarrow\infty}(x^{q_n})\geqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(y^{q_n})=\lim_{n\rightarrow\infty}y^{q_n}=y^q$ ，即有 $x^q\geqslant y^q$ . 假若 $x^q=y^q$ ，则由定义6.7.2满足代入公理(下面的文内补充部分有证明)知有 $(x^q)^\frac{1}{q}=(y^q)^\frac{1}{q}$ ，由(b)知即 $x^1=y^1$ ，即 $x=y$ ，这与 $x>y$ 相矛盾，故假设不成立，故有 $x^q>y^q$ . 同理可证如果 $x^q>y^q$ 那么 $x>y$ . 综上，如果 $q>0$ ，那么 $x>y$ 当且仅当 $x^q>y^q$ .

(e)如果 $x>1$ ，那么 $x^q>x^r$ 当且仅当 $q>r$ ；如果 $x<1$ ，那么 $x^q>x^r$ 当且仅当 $q<r$ .

已知 $x>1$ . 我们先来证明如果 $\alpha>0$ ，则 $x^\alpha>1$ . 由于 $\displaystyle 1^\alpha=\lim_{n\rightarrow\infty}1^{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}1=1$ . 由(d)知 $x^\alpha>1^\alpha=1$ ，即 $x^\alpha>1$ . 由于 $q>r$ ，则 $q-r>0$ ，记 $t:=q-r>0$ ，则有 $q=t+r$ . 所以有 $x^q=x^{t+r}=x^tx^r>x^r$ . 这就证明了如果 $q>r$ 那么 $x^q>x^r$ . 如果 $x^q>x^r$ ，如果 $q=r$ ，则有 $x^q=x^r$ ，这与 $x^q>x^r$ 相矛盾；如果 $q<r$ ，由上论证有 $x^r>x^q$ ，亦出现矛盾；由实数序三歧性知此时只能为 $q>r$ . 综上，如果 $x>1$ ，那么 $x^q>x^r$ 当且仅当 $q>r$ .

同理可证如果 $0<x<1$ 那么 $x^q>x^r$ 当且仅当 $q<r$ .

(f) $(xy)^q=x^qy^q$ .

$\displaystyle (xy)^q=\lim_{n\rightarrow\infty}(xy)^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}y^{q_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{q_n}\lim_{n\rightarrow\infty}y^{q_n}=x^qy^q$ .

文内补充

1.容易证明：设 $(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列. 那么有 $(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m}^\infty$ 是等价的Cauchy序列当且仅当 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}b_n$ . 我们当然可以推广一下这个命题，只要注意到了我们在博文“《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§5.2解答”对等价的序列的推广.

2.定义6.7.2(实指数的指数运算)满足代入公理，即设实数 $x,y>0$ ，并设 $\alpha,\beta$ 是实数. 那么有：如果 $x=y$ 那么 $x^\alpha=y^\alpha$ ；如果 $\alpha=\beta$ 那么 $x^\alpha=x^\beta$ .

引理6.7.1保证了定义6.7.2是单值化的，现在我们来验证定义6.7.2满足代入公理.

已知 $x=y$ . 设 $(\alpha_n)_{n=1}^\infty$ 是收敛到 $\alpha$ 的比例数序列，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\alpha_n=\alpha$ . 欲证 $x^\alpha=y^\alpha$ ，由定义6.7.2知只需证 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}y^{\alpha_n}$ . 而对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $x^{\alpha_n}=y^{\alpha_n}$ (我们已经验证了比例数指数的指数运算满足代入公理). 由“《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.6解答”文内补充部分第9点我们知道有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}y^{\alpha_n}$ ，这就完成了证明，所以如果 $x=y$ 那么 $x^\alpha=y^\alpha$ .

已知 $\alpha=\beta$ . 设 $(\alpha_n)_{n=1}^\infty$ 是收敛到 $\alpha$ 的比例数序列，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\alpha_n=\alpha$ ；并设 $(\beta_n)_{n=1}^\infty$ 是收敛到 $\beta$ 的比例数序列，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\beta_n=\beta$ . 欲证 $x^\alpha=x^\beta$ ，由定义6.7.2知只需证 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\beta_n}$ . 由于 $\alpha=\beta$ ，故 $(\beta_n)_{n=1}^\infty$ 也是收敛到 $\alpha$ 的比例数序列，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\beta_n=\alpha$ . 再由引理6.7.1知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}x^{\beta_n}$ . 这就证明了如果 $\alpha=\beta$ 那么 $x^\alpha=x^\beta$ .

综上，定义6.7.2满足代入公理.

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习题6.7

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