《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.5解答

习题6.5

6.5.1 证明：由于比例数 $q>0$ ，则有 $q=\frac{a}{b}$ (a,b均为正整数). 由推论6.5.1知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^{\frac{1}{b}}}=0$ ，由定理6.1.19(b)以及归纳法知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(\frac{1}{n^{\frac{1}{b}}})^a=(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^{\frac{1}{b}}})^a=0^a=0$ ，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^{\frac{a}{b}}}=0$ ，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^q}=0$ .

我们知道序列 $(n^q)_{n=1}^\infty$ 是比例数序列，由引理5.6.9(d)知对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $n^q\geqslant 1$ ，故序列 $(n^q)_{n=1}^\infty$ 有下界1. 假设 $(n^q)_{n=1}^\infty$ 有实数极限c，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}n^q=c$ ，由命题6.4.12知有 $c=L^-\geqslant\inf(n^q)_{n=1}^\infty\geqslant 1$ ，故 $c\neq 0$ ，由定理6.1.19(e)知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^q}=c^{-1}=0$ ，则得到 $\frac{1}{c}=0$ ，则有 $1=0$ ，这个矛盾说明假设不成立，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}n^q$ 不存在.

6.5.2 证明：当 $|x|=0$ 时，用归纳法可证明对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $|x|^n=0$ . 故序列 $(|x|^n)_{n=1}^\infty$ 就是序列 $(0)_{n=1}^\infty$ ，其为常序列. 所以当 $|x|=0$ 时， $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|x|^n=\lim_{n\rightarrow\infty}0=0$ . 当 $0<|x|<1$ 时，由命题6.3.10知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|x|^n=0$ . 综上，当 $|x|<1$ 时，有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|x|^n=0$ . 由推论6.4.17知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n=0$ . 或者因为当 $|x|<1$ 时有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|x|^n=0$ ，所以 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}-|x|^n=-0=0$ . 又因为对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $-|x|\leqslant x\leqslant|x|$ ，由推论6.4.14知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n=0$ .

当 $x=1$ 时，用归纳法可证明对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $x^n=1$ . 故序列 $(x^n)_{n=1}^\infty$ 就是序列 $(1)_{n=1}^\infty$ ，其为常序列. 所以当 $x=1$ 时， $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n=\lim_{n\rightarrow\infty}1=1$ .

当 $x=-1$ 时，对序列 $((-1)^n)_{n=1}^\infty$ ，对任何实数 $\varepsilon>0$ ，对每个整数 $N\geqslant 1$ ，可以找到整数 $2N\geqslant N$ ，使 $|(-1)^2N-1|=0\leqslant\varepsilon$ ，故1为 $((-1)^n)_{n=1}^\infty$ 的极限点，同理我们可证-1也是 $((-1)^n)_{n=1}^\infty$ 的极限点. 由命题6.4.12(d)我们知 $L^-\leqslant -1<1\leqslant L^+$ ，故 $L^-\neq L^+$ ，再由命题6.4.12(f)知 $((-1)^n)_{n=1}^\infty$ 不收敛，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(-1)^n$ 发散.

当 $x>1$ 时，由习题6.3.4知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n$ 不存在. 我们假设如果 $x<-1$ 那么 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n$ 存在. 当 $-x>1$ 时，有 $x<-1$ . 由假设和习题6.4.7知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|x^n|=\lim_{n\rightarrow\infty}|x|^n=\lim_{n\rightarrow\infty}(-x)^n$ 是存在的，即当 $-x>1$ 时 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(-x)^n$ 是存在的，这与上面“当 $x>1$ 时 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n$ 不存在”相矛盾，故假设不成立，故有“ $x<-1$ 并且 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n$ 不存在”. 所以当 $x<-1$ 时那么 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n$ 不存在. 综上，当 $|x|>1$ 时 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n$ 不存在.

6.5.3 证明：对每个实数 $\varepsilon>0$ ，对每个整数 $n\geqslant 1$ 有 $(1+\varepsilon)^{n+1}=(1+\varepsilon)^n(1+\varepsilon)>(1+\varepsilon)^n>0$ ，由习题6.1.1知 $((1+\varepsilon)^n)_{n=1}^\infty$ 是增序列. 我们假设存在实数 $M>0$ ，对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $(1+\varepsilon)^n\leqslant M$ . 此时M为 $((1+\varepsilon)^n)_{n=1}^\infty$ 的上界，由命题6.3.8知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(1+\varepsilon)^n$ 存在，这与引理6.5.2“当 $|x|>1$ 时 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n$ 发散”相矛盾，故假设不成立，即对任何实数 $M>0$ ，存在整数 $n\geqslant 1$ 使 $(1+\varepsilon)^n>M$ . 综上，对每个实数 $\varepsilon>0$ ，对任何实数 $M>0$ ，存在整数 $n\geqslant 1$ 使 $(1+\varepsilon)^n>M>0$ ，由引理5.6.6(d)知有 $M^\frac{1}{n}<1+\varepsilon$ . 这就证明了预备性结果.

当 $x=1$ 时，对每个整数 $n\geqslant 1$ ，有 $1^\frac{1}{n}=\sup\{y\in\mathbb{R} : y\geqslant 0\text{ and }y^n\leqslant 1\}=1$ ，则 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^\frac{1}{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}1^\frac{1}{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}1=1$ .

当 $x>1$ 时，由引理5.6.6(e)知 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 是减序列，再由引理5.6.6(d)知对每个整数 $n\geqslant 1$ 有 $x^\frac{1}{n}>1^\frac{1}{n}=1$ ，故1为 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的下界. 由命题6.3.8知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^\frac{1}{n}$ 存在. 由预备性结果知对每个实数 $\varepsilon>0$ ， $1+\varepsilon$ 都不是 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的下界，即不存在实数 $\varepsilon>0$ 使 $1+\varepsilon$ 是 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的下界，所以如果M是 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的下界，那么对每个实数 $\varepsilon>0$ 有 $1+\varepsilon>M$ . 我们设M是 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的下界，并假设 $M>1$ ，则有 $M-1>0$ ，我们令 $\varepsilon:=M-1>0$ ，则有 $M=1+\varepsilon$ . 由“如果M是 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的下界那么对每个实数 $\varepsilon>0$ 有 $1+\varepsilon>M$ ”知 $M=1+\varepsilon>M$ ，这是个矛盾，所以假设不成立，故当M为 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的下界时有 $M\leqslant 1$ ，再由定义5.5.5最大下界版本知 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的最大下界为1，由命题6.3.8知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^\frac{1}{n}=\inf(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty=1$ .

当 $0<x<1$ 时，由引理5.6.6(e)知 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 是增序列，再由引理5.6.6(d)知对每个整数 $n\geqslant 1$ 有 $x^\frac{1}{n}<1^\frac{1}{n}=1$ ，故1为 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的上界. 由命题6.3.8知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^\frac{1}{n}$ 存在. 我们假设存在实数 $0<M<1$ 是 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的上界，则对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $x^\frac{1}{n}\leqslant M$ ，即 $M^n\geqslant x$ . 所以x为 $(M^n)_{n=1}^\infty$ 的一个下界. 而容易证明此时 $(M^n)_{n=1}^\infty$ 为减序列并且由引理6.5.2知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}M^n=0$ ，再由命题6.3.8知 $\inf(M^n)_{n=1}^\infty=0$ . 这明显与命题6.3.6相矛盾. 所以每个实数 $0<M<1$ 都不是 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的上界，进而每个实数 $M<1$ 都不是 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的上界，再由定义5.5.5知 $(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 的最小上界为1，由命题6.3.8知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^\frac{1}{n}=\sup(x^\frac{1}{n})_{n=1}^\infty=1$ .

综上，对任意实数 $x>0$ 有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^\frac{1}{n}=1$ .

文内补充

1.对任何实数c有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}c=c$ .

证明详见习题6.1.8(c).

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§3.6解答

习题3.6

3.6.1 证明：对集合X，存在函数 $f:X\rightarrow X$ ，其由 $f(x):=x\in X$ 定义. 对任意 $x_1,x_2$ ，如果 $x_1\neq x_2$ ，则 $f(x_1)=x_1\neq x_2=f(x_2)$ ，则f为单射. 对任何 $x\in X$ ，存在 $x\in X$ 使得 $f(x)=x$ ，故f为满射. 综上f为满射，故集合X与集合X具有相同的基数.（自反性）

如果集合X和集合Y具有相同的基数，由定义3.6.1知存在一个从X到Y的双射函数 $f:X\rightarrow Y$ . 由习题3.3.6知f的逆 $f^{-1}:Y\rightarrow X$ 也是双射函数，故集合Y和集合X具有同样的基数.

如果集合X和集合Y具有相同的基数并且集合Y和集合Z具有相同的基数，则存在双射函数 $f:X\rightarrow Y$ 和双射函数 $g:Y\rightarrow Z$ ，由习题3.3.7知 $g\circ f:X\rightarrow Z$ 也是双射函数，故集合X和集合Z具有同样的基数.

3.6.2 证明：若集合X有基数0，则存在双射函数 $f:X\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant 0\}=\emptyset$ ，即双射函数 $f:X\rightarrow\emptyset$ . 我们假设X不是空集，由引理3.1.6知存在 $x\in X$ ，于是我们有 $f(x)\in\emptyset$ ，这是不可能的，所以假设不成立，故X是空集. 即，集合X有基数0 $\Longrightarrow$ X是空集.

若X是空集，由习题3.3.3知 $f:\emptyset\rightarrow\emptyset$ 为双射，而 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant 0\}=\emptyset$ ，即存在双射函数 $f:\emptyset\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant 0\}$ ，由定义3.6.5知集合X有基数0.

3.6.3 证明：对一切 $1\leqslant i\leqslant n$ ，显然自然数 $\displaystyle\sum_{1\leqslant i\leqslant n}{f(i)}=\sum_{1\leqslant j\leqslant i-1}{f(j)}+f(i)+\sum_{i+1\leqslant j\leqslant n}{f(j)}\geqslant f(i)$ 成立.

或者我们构造一个新的函数 $g:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow\{f(i) : i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\}$ ,其由 $g(i):=f(i)$ 定义，容易证明其是一个满射函数，由习题3.5.2知我们可以把其当作有序n元组，再由注3.5.10知我们可以把其当作有限序列，再由引理5.1.14知有限序列是有界的，即存在自然数M(可以推得到)对一切 $1\leqslant i\leqslant n$ 有 $g(i)=f(i)\leqslant M$ .

3.6.4 证明：(a)由于X是有限集，则其基数 $\#(X)=n$ 为某一自然数，故存在双射函数 $f:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow X$ . 已知 $x\notin X$ ，对于集合 $X\cup\{x\}$ ，要证 $\#(X\cup\{x\})=\#(X)+1=n+1$ ，只需证存在双射函数 $g:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}\rightarrow X\cup\{x\}$ .

我们定义函数g如下：若 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\subseteq\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ ，则 $g(i):=f(i)\in X\subsetneq X\cup\{x\}$ ;若 $i=n+1\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ ，则 $g(i):=g(n+1)=x\in X\cup\{x\}$ . 到此，对任意 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ ，我们都定义了 $g(i)$ 并且 $g(i)\in X\cup\{x\}$ ，即g是定义成功的. 现在来考虑g的双射性.

对任意 $i_1,i_2\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ ，若 $i_1\neq i_2$ ，我们分四种情况讨论：若 $i_1,i_2\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ ，由f的单射性我们有 $f(i_1)\neq f(i_2)$ ，此时 $g(i)=f(i)$ ，故有 $g(i_1)\neq g(i_2)$ ；若 $i_1\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 并且 $i_2=n+1$ 时， $g(i_1)=f(i_1)\in X$ ，而 $g(i_2)=g(n+1)=x\notin X$ ，故 $g(i_1)\neq g(i_2)$ ；剩下的两种情形一种与第二种相似另一种在 $i_1\neq i_2$ 的条件下不存在. 综上，对任意 $i_1,i_2\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ ，若 $i_1\neq i_2$ 我们总有 $g(i_1)\neq g(i_2)$ . 所以g是单射的.

再来考虑g的满射性，对任何 $x_0\in X\cup\{x\}$ ，若 $x_0\in X$ ，由f的满射性知存在 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\subsetneq\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ 使得 $f(i)=x_0$ ，而此时 $g(i)=f(i)$ ，故 $g(i)=x_0$ . 若 $x_0\in\{x\}$ ，即 $x_0=x$ ，则有 $n+1\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ 使得 $g(n+1)=x$ . 综上，对任何 $x_0\in X\cup\{x\}$ ，总存在 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n+1\}$ 使得 $g(i)=x_0$ ，故g为满射. 综上g为双射. 故 $\#(X\cup\{x\})=\#(X)+1=n+1$ .

(c)我们先证(c)，因为(b)的证明用到了(c). 由于X是有限集，则其基数 $\#(X)=n$ 为某一自然数，故存在双射函数 $f:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow X$ .

若 $n=0$ ，由习题3.6.2知双射函数 $f:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow X$ 即为 $\emptyset\rightarrow\emptyset$ ，即此时 $X=\emptyset$ . 若Y为X的子集，我们假设Y不空，则有 $y\in Y$ ，进而 $y\in X=\emptyset$ ，这是不可能的，故Y也是空集. 此时显然有 $\#(\emptyset)\leqslant\#(\emptyset)=0$ ，即 $\#(Y)\leqslant\#(X)$ . 并且若 $Y\neq X$ 则 $\#(Y)<\#(X)$ 成了一个空蕴含，没有任何意思，所以我们再来考虑 $n=1$ 的情形.

若 $n=1$ ，则存在双射函数 $f:\{1\}\rightarrow X$ . 由函数定义知X不空，由引理3.6.1知存在对象 $x_0\in X$ ，现在来证 $X=\{x_0\}$ . 若X不为单元素集，则存在对象 $x_1\in X$ 并且 $x_1\neq x_0$ . 由函数f满射性知：对于 $x_0\in X$ 存在 $i\in\{1\}$ (即 $i=1$ )使得 $f(i)=x_0$ ；同理可得 $f(1)=x_1$ ，这与函数定义相矛盾，故假设不成立，所以X此时为单元素集 $\{x_0\}$ . 若Y为X的子集，假设Y非空，则存在元素 $x\in Y$ ，进而 $x\in X=\{x_0\}$ ，故 $x=x_0$ ，所以此时Y也为单元素集 $Y=\{x_0\}$ . 若Y为空集，那么显然 $Y\subsetneq X$ . 综上，若Y为X的子集，那么有 $Y=\emptyset$ 或 $Y=X$ ，故 $\#(Y)=0$ 或 $\#(Y)=1$ ，进而我们有 $\#(Y)\leqslant\#(X)$ . 如果我们还知道 $Y\neq X$ ，那么 $Y=\emptyset$ ，故有 $\#(Y)=0<\#(X)$ . 这就完成了基础情形的证明.

归纳假设当 $\#(X)=n$ 时结论成立. 现设 $\#(X)=n++$ . 已知 $Y\subseteq X$ . 若 $Y=X$ ，显然有 $\#(Y)\leqslant\#(X)$ ；若 $Y\neq X$ ，则存在元素 $x_0\in X$ 并且 $x_0\notin Y$ ，由引理3.6.9知 $\#(X\backslash\{x_0\})=n$ ，易验证 $Y\subseteq X\backslash\{x_0\}$ ，由归纳假设知 $\#(Y)\leqslant\#(X\backslash\{x_0\})=n<\#(X)=n++$ . 综上，当 $\#(X)=n++$ 时，若Y为X的子集，则有 $\#(Y)\leqslant\#(X)$ . 并且若还知道 $Y\neq X$ 那么有 $\#(Y)<\#(X)$ . 至此我们完成了归纳.

(b)由于X和Y是有限集，则有 $\#(X)=m,\#(Y)=n$ (m,n为自然数). 即存在双射函数 $f:X\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}$ 和双射函数 $g:Y\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ . 易证 $Y\backslash X\subseteq Y$ . 由习题3.6.4(c)的结果知 $\#(Y\backslash X)\leqslant\#(Y)=n$ . 不妨记 $p:=\#(Y\backslash X)\leqslant n$ . 现定义函数 $h:X\cup Y\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m+p\}$ 如下：若 $x\in X$ 则 $h(x):=f(x)\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}\subseteq\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m+p\}$ ；若 $x\in Y\backslash X$ ，记 $Y\backslash X$ 到 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant p\}$ 的双射函数为 $I:Y\backslash X\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant p\}$ ，定义 $h(x):=I(x)+m\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant p+m\}$ . 可以验证，对任意元素 $x\in X\cup Y$ ， $h(x)$ 是唯一定义的且 $h(x)\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant p+m\}$ . 现在来证h的双射性.

对任意 $x_1,x_2\in X\cup Y$ ，已知 $x_1\neq x_2$ . 我们分四种情况进行说明：1.若 $x_1,x_2\in X$ ，则有 $h(x_1)=f(x_1)$ 和 $h(x_2)=f(x_2)$ ，由f的单射性我们知 $f(x_1)\neq f(x_2)$ ，进而 $h(x_1)\neq h(x_2)$ ；2.若 $x_1,x_2\in Y\backslash X$ ，则有 $h(x_1)=I(x_1)+m$ 和 $h(x_2)=I(x_2)+m$ ，由I的单射性我们知 $I(x_1)\neq I(x_2)$ ，进而 $I(x_1)+m\neq I(x_2)+m$ ，即 $h(x_1)\neq h(x_2)$ ；3.若 $x_1\in X$ 且 $x_2\in Y\backslash X$ ，则有 $h(x_1)=f(x_1)\leqslant m$ 和 $h(x_2)=I(x_2)+m>m$ ，进而也有 $h(x_1)\neq h(x_2)$ ；4.若 $x_2\in X$ 且 $x_1\in Y\backslash X$ 同理可证 $h(x_1)\neq h(x_2)$ . 综上，若 $x_1\neq x_2$ 我们总有 $h(x_1)\neq h(x_2)$ . 所以函数h是单射的.

对任意 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant p+m\}$ ，若 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}\subseteq\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant p+m\}$ ，由f满射性知存在 $x\in X\subseteq X\cup Y$ ，使得 $f(x)=i$ ，由于 $x\in X$ 故 $h(x)=f(x)=i$ ，即若 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}$ 那么存在 $x\in X$ 使得 $h(x)=i$ ；若 $i\in\{i\in\mathbb{N} : m+1\leqslant i\leqslant m+p\}$ ，我们令 $i':=i-m\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant p\}$ ，由I的满射性知存在 $x\in Y\backslash X$ 使得 $I(x)=i'$ ，由于 $x\in Y\backslash X$ 故 $h(x)=I(x)+m=i'+m=i$ ，即若 $i\in\{i\in\mathbb{N} : m+1\leqslant i\leqslant m+p\}$ 那么存在 $x\in Y\backslash X$ 使得 $h(x)=I(x)+m=i'+m=i$ . 综上，函数h是满射的. 综上，函数h是双射的. 故 $\#(X\cup Y)=m+p\leqslant m+n=\#(X)+\#(Y)$ . 如果还知道 $X\cap Y=\emptyset$ ，则 $Y\backslash X=Y$ ，故 $\#(Y\backslash X)=n$ ，故 $\#(X\cup Y)=m+n=\#(X)+\#(Y)$ .

(d)由定义3.4.1知 $f(X)=\{f(x) : x\in X\}$ . 若 $x_0\in X$ 则有 $f(x_0)\in f(X)$ ，现在定义函数 $g:X\rightarrow\{f(x) : x\in X\}$ 如下： $g(x):=f(x)\in f(X)$ . 易知对任意 $x\in X$ 我们都定义了 $g(x)$ 并且有 $g(x)\in\{f(x) : x\in X\}$ . 如果f是1对1的，即对任意 $x_1,x_2\in X$ ，若 $x_1\neq x_2$ 则 $f(x_1)\neq f(x_2)$ ，即 $g(x_1)\neq g(x_2)$ ，故g也为单射. 对任意 $y\in\{f(x) : x\in X\}$ ，由替换公理知对某 $x\in X$ 有 $y=f(x)$ ，即有 $y=g(x)$ ，故此时g为满射. 综上，g为双射，由定义3.6.1和习题3.6.1以及定义3.6.5和定义3.6.10知 $\{f(x) : x\in X\}$ 也是有限集，并且 $\#(f(X))=\#(X)$ .

由于X是有限集，则 $\#(X)=n$ 为某一自然数. 若 $n=0$ ，由习题3.6.2知 $X=\emptyset$ ，进而 $f:X\rightarrow Y$ 是空函数，由习题3.3.3知其也为单射的，由替换公理知 $f(X)=\{f(x) : x\in X\}=\emptyset$ ，故此时有 $\#(f(X))=\#(\emptyset)\leqslant\#(\emptyset)\#(X)$ . 若 $n=1$ ，由习题3.6.4(c)知 $X=\{x_0\}$ ，进而 $f(X)=\{f(x) : x\in X\}=\{f(x_0)\}$ . 故此时 $\#(f(X))=1=\#(X)$ ，故也有 $\#(f(X))\leqslant\#(X)$ . 现归纳假设当 $\#(X)=n$ 时命题成立，那么对 $\#(X)=n++$ 时，当f不是1对1的，则存在 $x_1,x_2\in X$ ，有 $x_1\neq x_2$ 但 $f(x_1)=f(x_2)$ . 易验证 $f(X)=f(X\backslash \{x_1\})$ ，由引理3.6.8知 $\#(X\backslash\{x_1\})=\#(X)-1=n$ ，由归纳假设知 $\#(f(X\backslash\{x_1\}))\leqslant\#(X\backslash\{x_1\})=n$ . 再由于 $f(X)=f(X\backslash\{x_1\})$ 知 $\#(f(X))=\#(f(X\backslash\{x_1\}))\leqslant n<n+1=\#(X)$ . 这就完成了归纳.

(e)已知X和Y是有限集，则有 $\#(X)=m,\#(Y)=n$ (其中m,n为自然数). 若 $n=0$ 或者 $m=0$ ，显然有 $\#(X)\times\#(Y)=0$ ，由习题3.6.2和习题3.5.8知 $X\times Y=\emptyset$ ，进而 $\#(X\times Y)=0$ ，故 $\#(X\times Y)=\#(X)\times\#(Y)$ .

再来考虑m,n是均不为0的自然数. 由于X和Y是有限集，所以存在双射函数 $f:X\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}$ 和双射函数 $g:Y\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ . 我们现在定义一个新函数 $h:X\times Y\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\times n\}$ 如下： $h(x,y):=f(x)+(g(y)-1)\times m$ . 由于 $f(x)\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}$ 并且 $g(y)\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 知 $1\leqslant f(x)\leqslant m$ 并且 $1\leqslant g(y)\leqslant n$ . 故有 $0\leqslant g(y)-1\leqslant n-1$ ，进一步有 $0\leqslant (g(y)-1)\times m\leqslant (n-1)\times m$ ，故 $1\leqslant f(x)+(g(y)-1)\times m\leqslant m\times n$ ，故 $h(x,y)\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\times n\}$ ，综上，函数h是定义成功的. 接下来我们证明h的双射性.

对任何 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in X\times Y$ ，若 $(x_1,y_1)\neq(x_2,y_2)$ ，则有“ $x_1\neq x_2$ 或者 $y_1\neq y_2$ ”. 由f和g的单射性有“ $f(x_1)\neq f(x_2)$ 或者 $(g(y_1)-1)\times m\neq (g(y_2)-1)\times m$ ”. 我们分三种情况讨论：1. $f(x_1)=f(x_2)$ 并且 $(g(y_1)-1)\times m\neq (g(y_2)-1)\times m$ ，此时显然有 $h(x_1,y_1)\neq h(x_2,y_2)$ . 2. $f(x_1)\neq f(x_2)$ 并且 $(g(y_1)-1)\times m=(g(y_2)-1)\times m$ ，此时显然有 $h(x_1,y_1)\neq h(x_2,y_2)$ . 3. $f(x_1)\neq f(x_2)$ 并且 $(g(y_1)-1)\times m\neq(g(y_2)-1)\times m$ ，我们假设有 $h(x_1,y_1)=h(x_2,y_2)$ ，即有 $f(x_1)+(g(y_1)-1)\times m=f(x_2)+(g(y_2)-1)\times m$ ，即有 $f(x_2)-f(x_1)=m\times (g(y_1)-g(y_2))$ ，故 $f(x_2)-f(x_1)$ 应为m的整数倍. 而 $f(x_1),f(x_2)\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}$ ，故 $1-m\leqslant f(x_2)-f(x_1)\leqslant m-1$ ，故 $f(x_2)-f(x_1)$ 不可能为m的整数倍，所以假设不成立，即 $h(x_1,y_1)\neq h(x_2,y_2)$ . 综合这三种情况，我们知若 $(x_1,y_1)\neq(x_2,y_2)$ 则 $h(x_1,y_1)\neq h(x_2,y_2)$ . 故h单射性得证.

再来证明其满射性. 对任何 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\times n\}$ ，由命题2.3.9知 $i=k\times m+r$ (其中k,r均为自然数且 $0\leqslant r<m$ ). 若 $r=0$ ，则 $i=k\times m$ . 又因为 $1\leqslant i\leqslant m\times n$ ，即 $1\leqslant k\times m\leqslant m\times n$ ，进而 $1\leqslant k\leqslant n$ ，再考虑函数f和g的值域我们能取 $f(x)=m$ 和 $g(y)=k$ . 此时 $i=k\times m=g(y)\times m=(g(y)-1)\times m+m=(g(y)-1)\times m+f(x)=h(x,y)$ . 即若 $i=km$ ，那么存在 $(x,y)\in X\times Y$ 使得 $i=h(x,y)$ . 若 $r\neq 0$ ，即 $0<r<m$ ，进而 $1\leqslant r\leqslant m-1$ ，我们取 $f(x)=r$ . 由 $1\leqslant i\leqslant m\times n$ 知 $2-m\leqslant k\times m=i-r\leqslant m\times n-1$ ，故 $\frac{2}{m}-1\leqslant k\leqslant n-\frac{1}{m}$ ，由于k为自然数，故由 $\frac{2}{m}-1\leqslant k\leqslant n-\frac{1}{m}$ 我们知 $-1<k<n$ ，即 $0\leqslant k\leqslant n-1$ ，我们令 $g(y)=k+1$ ，此时 $i=k\times m+r=k\times m+f(x)=f(x)+(g(y)-1)\times m=h(x,y)$ . 综上，对任何 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\times n\}$ 我们将其化为 $f(x)+(g(y)-1)\times m$ 的形式，即存在 $(x,y)\in X\times Y$ 使得 $h(x,y)=i$ . 所以h的满射性得证. 所以函数h为双射，故 $\#(X\times Y)=m\times n=\#(X)\times \#(Y)$ .

(f)已知X和Y是有限集，即 $\#(X)=m$ 和 $\#(Y)=n$ (m,n均为自然数). 由幂集公理知存在集合 $Y^{X}=\{f : \text{the domian of f is X and the range of f is Y}\}$ . 当 $\#(X)=0$ 时，由习题3.6.2知 $X=\emptyset$ ，考虑函数 $f:X\rightarrow Y$ ，其即为 $f:\emptyset\rightarrow Y$ ，是一个空函数，容易证明其是唯一的，故 $Y^{X}=\{f:\emptyset\rightarrow Y\}$ 是单元素集，易证 $\#(Y^{X})=1$ ，而此时 $(\#(Y))^{\#(X)}=(\#(Y))^{0}=1$ . 综上，当 $\#(X)=0$ 时，有 $\#(Y^{X})=(\#(Y))^{\#(X)}$ .

现归纳假设当 $\#(X)=m$ 时，有 $\#(Y^{X})=(\#(Y))^{\#(X)}$ . 现来证当 $\#(X)=m++$ 时命题亦成立. 由于 $\#(X)=m++\neq 0$ ，故X不为空集，进而Y也不为空集. 由引理3.1.6知存在元素 $x_0\in X$ 和存在元素 $y_0\in Y$ . 对任何对象 $f\in Y^X$ ，由函数定义知 $f(x_0)\in Y$ ，即 $f(x_0)$ 为Y中的一个元素. 由分类公理知存在集合 $\{f\in Y^X : f(x_0)=y_0\}$ ，我们记其为 $A_{y_0}$ . 由替换公理和并公理知存在集合 $\bigcup\{\{f\in Y^X : f(x_0)=y\} : y\in Y\}$ ，我们记其为 $\displaystyle\bigcup_{y\in Y}{A_y}$ . 对任意元素 $f\in Y^X$ ，由函数定义知 $f(x_0)\in Y$ ，我们记 $y_1:=f(x_0)$ . 故对 $y_1\in Y$ ，有 $f\in\{f\in Y^X : f(x_0)=y_1\}$ ，进而 $\displaystyle f\in\bigcup_{y\in Y}{A_y}$ . 对任意元素 $f\in\displaystyle\bigcup_{y\in Y}{A_y}$ ，则有对某 $y_f\in Y$ 有 $f\in A_{y_f}$ ，即对某 $y_f\in Y$ 有 $f\in\{f\in Y^X : f(x_0)=y_f\}$ ，故 $f\in Y^X$ . 综上，我们有 $\displaystyle\bigcup_{y\in Y}{A_y}=Y^X$ . 现考虑集合 $A_y=\{f\in Y^X : f(x_0)=y\}$ 和集合 $Y^{X\backslash\{x_0\}}=\{g : \text{g is a function with domain } X\backslash\{x_0\}\text{ and range Y}\}$ ，我们定义函数 $H:A_y\rightarrow Y^{X\backslash\{x_0\}}$ 如下： $H(f):=g$ ，其中f和g满足性质：对任何 $x\in X\backslash\{x_0\}$ 有 $f(x)=g(x)$ . 我们考虑这个函数是否定义成功，即对每一个 $f\in A_y$ ，恰有一个 $g\in Y^{X\backslash\{x_0\}}$ 满足上述性质. 假若仍有 $g'\in Y^{X\backslash\{x_0\}}$ 满足上述性质，那么对任何 $x\in X\backslash\{x_0\}$ 有 $f(x)=g'(x)=g(x)$ ，进而 $g'=g$ ，故函数定义是成功的. 现在来证明函数H的双射性. 对任何 $f_1,f_2\in A_y$ ，若 $f_1\neq f_2$ ，即存在 $x'\in X$ 使得 $f_1(x')\neq f_2(x')$ . 由于 $f_1,f_2\in A_y$ ，故有 $f_1(x_0)=f_2(x_0)=y$ ，所以我们知道 $x'\neq x_0$ ，进而存在 $x'\in X\backslash\{x_0\}$ 使得 $f_1(x')\neq f_2(x')$ . 我们假设 $H(f_1)=H(f_2)$ ，那么有任何 $x\in X\backslash\{x_0\}$ 有 $f_1(x)=g_1(x)=g_2(x)=f_2(x)$ ，这显然与 $f_1\neq f_2$ 相矛盾，故H为单射. 对任何 $g\in Y^{X\backslash\{x_0\}}$ ，可以定义函数 $f:X\rightarrow Y$ ，其中对任何对象 $x\in X\backslash\{x_0\}$ 有 $f(x)=g(x)$ 并且 $f(x_0)=y$ . 显然有 $f\in A_y$ 并且 $H(f)=g$ ，故H为满射. 综上，H为双射.

到这我们知道了 $\#(A_y)=\#(Y^{X\backslash\{x_0\}})$ ，而由归纳假设知 $\#(Y^{X\backslash\{x_0\}})=(\#(Y))^{\#(X\backslash\{x_0\})}=n^m$ ，故 $\#(A_y)=n^m$ .

我们现在来证对 $y_1,y_2\in Y$ ，若 $y_1\neq y_2$ 则 $A_{y_1}\cap A_{y_2}=\emptyset$ . 反证法，假设 $A_{y_1}\cap A_{y_2}\neq\emptyset$ ，由引理3.1.6知存在 $f\in\{f\in Y^X : f(x_0)=y_1\}$ 并且 $f\in\{f\in Y^X : f(x_0)=y_2\}$ ，进而我们得到 $f(x_0)=y_1=y_2$ ，这明显与 $y_1\neq y_2$ 相矛盾，故 $A_{y_1}\cap A_{y_2}=\emptyset$ . 至此，我们可以说对任意 $y_1,y_2\in Y$ 我们都有 $A_{y_1},A_{y_2}$ 是不交的.

我们再来证明一个小引理. 若I为(非空)有限集，并且对每个元素 $\alpha\in I$ 对应着一个有限集 $A_\alpha$ ，那么我们有 $\displaystyle\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 也是有限集，并且 $\displaystyle\#(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\leqslant\sum_{\alpha\in I}{\#(A_\alpha)}$ ；若还知道 $A_\alpha$ 两两之间都不相交，则不等式加强为 $\displaystyle\#(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})=\sum_{\alpha\in I}{\#(A_\alpha)}$ .

证明：当 $I=\emptyset$ 时，不存在集族 $A_\alpha$ ， $\displaystyle\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 是空集，并且不等式 $\displaystyle\#(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\leqslant\sum_{\alpha\in I}{\#(A_\alpha)}$ 右边是没有任何意义的，因为不存在集族 $A_\alpha$ ，所以不在我们的考虑范围之内.

若 $\#(I)=1$ ，我们很容易证明其是单元素集. 因为 $\#(I)=1$ ，所以存在双射 $f:\{1\}\rightarrow I$ . 由于f是双射，所以其是满射，进而对任意 $i_1,i_2\in I$ 都存在 $x_1,x_2\in\{1\}$ 使得 $f(x_1)=i_1,f(x_2)=i_2$ ，进而任意 $i_1,i_2\in I$ 都存在 $x_1=x_2=1$ 使得 $f(x_1)=i_1=f(x_2)=i_2$ ，故I是单元素集. 所以I中只有一个标签，对应着一个集族，我们不妨记此标签(即I中唯一元素)为i，此集族为 $A_i$ . 此时 $\displaystyle\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}=\bigcup{\{A_\alpha : \alpha\in I\}}=\bigcup{\{A_\alpha : \alpha\in\{i\}\}}=\bigcup{\{A_i : i\}}=A_i$ . 故有 $\displaystyle\#(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})=\#(A_i)=\#(\sum_{\alpha\in I}{A_\alpha})$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设当 $\#(I)=n$ 时命题成立. 那么对 $\#(I)=n++$ ，由于 $n++\neq 0$ ，所以I非空，进一步存在元素 $i_0\in I$ . 易证 $\displaystyle\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}=\bigcup_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{A_\alpha}\cup A_{i_0}$ ，由归纳假设知 $\displaystyle\#(\bigcup_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{A_\alpha})\leqslant\sum_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{\#(A_\alpha)}$ ，由习题3.6.4(b)知 $\displaystyle\#(\bigcup_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{A_\alpha}\cup A_{i_0})\leqslant\#(\bigcup_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{A_\alpha})+\#(A_{i_0})\leqslant\sum_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{\#(A_\alpha)}+\#(A_{i_0})$ ，即 $\displaystyle\#(\bigcup_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{A_\alpha}\cup A_{i_0})\leqslant\sum_{\alpha\in I}{\#(A_\alpha)}$ ，即 $\displaystyle\#(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\leqslant\sum_{\alpha\in I}{\#(A_\alpha)}$ .

当 $A_\alpha$ 两两之间都不相交时，由归纳假设我们知 $\displaystyle\#(\bigcup_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{A_\alpha})=\sum_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{\#(A_\alpha)}$ ，由习题3.6.4(b)知 $\displaystyle\#(\bigcup_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{A_\alpha}\cup A_{i_0})=\#(\bigcup_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{A_\alpha})+\#(A_{i_0})=\sum_{\alpha\in I\backslash\{i_0\}}{\#(A_\alpha)}+\#(A_{i_0})=\sum_{\alpha\in I}{\#(A_\alpha)}$ . 这就完成了归纳.

故我们有 $\displaystyle\#(\bigcup_{y\in Y}{A_y})=\sum_{y\in Y}{\#(A_y)}=\sum_{y\in Y}{n^m}=n\times n^m=n^{m++}$ ，即 $\#(Y^X)=n^{m++}$ ，这就完成了归纳.

3.6.5 证明： $A\times B=\{(a,b) : a\in A,b\in B\};B\times A=\{(b,a) : b\in B,a\in A\}$ . 现在定义函数 $f:A\times B\rightarrow B\times A$ 如下： $f(a,b):=(b,a)$ ，容易验证此函数对 $A\times B$ 中每个元素指定了唯一输出. 下面来证明其双射性.

对任意 $(b,a)\in B\times A$ ，存在 $(a,b)\in A\times B$ 使得 $f(a,b)=(b,a)$ ，故f是满射的.

对任意 $(a_1,b_1),(a_2,b_2)\in A\times B$ ，若 $(a_1,b_1)\neq(a_2,b_2)$ ，即“ $a_1\neq a_2$ 或 $b_1\neq b_2$ ”，故有 $(b_1,a_1)\neq(b_2,a_2)$ ，即 $f(a_1,b_1)\neq f(a_2,b_2)$ . 故f为单射，综上f为双射.

由注3.6.15启发，我们可以定义基数乘法： $\#(A)\times\#(B):=\#(A\times B)$ .

由于 $\#(A)\times\#(B)=\#(A\times B)$ 并且 $\#(B)\times\#(A)=\#(B\times A)$ ，我们已证 $\#(A\times B)=\#(B\times A)$ ，故 $\#(A)\times\#(B)=\#(B)\times\#(A)$ . 即乘法是交换的.

3.6.6 证明：由幂集公理知 $(A^B)^C=\{f : \text{f is a function with domain C and range }A^B\}$ ， $A^{B\times C}=\{g : \text{g is a function with domain } B\times C \text{ and range A}\}$ . 现定义函数 $H:(A^B)^C\rightarrow A^{B\times C}$ 如下： $H(f):=g$ ，其中f,g满足性质：对任意 $b\in B$ ，对任意 $c\in C$ 有 $[f(c)](b)=g(b,c)$ . 现考虑函数是否被正确构造. 假若 $H(f)$ 有两输出 $g,g'$ 满足性质要求，即有对任意 $b\in B$ ，对任意 $c\in C$ 有 $[f(c)](b)=g(b,c)$ 并且 $[f(c)](b)=g'(b,c)$ ，进而对任何 $(b,c)\in B\times C$ 有 $g(b,c)=g'(b,c)$ . 故函数对每个输入给出的输出是唯一的，所以函数是定义成功的. 现在来考虑其双射性.

对任意 $f_1,f_2\in (A^B)^C$ ，若 $f_1\neq f_2$ ，则存在 $c_0\in C$ 使得 $f_1(c_0)\neq f_2(c_0)$ . 进而存在 $b_0\in B$ 使得 $[f_1(c_0)](b_0)\neq [f_2(c_0)](b_0)$ . 假若 $H(f_1)=H(f_2)$ ，即有 $H(f_1)=g_1=g_2=H(f_2)$ ，即有对任意 $b\in B$ 对任意 $c\in C$ 有 $[f_1(c)](b)=g_1(b,c)=g_2(b,c)=[f_2(c)](b)$ ，这显然是矛盾的，故 $H(f_1)\neq H(f_2)$ . 故H单射性得证.

对任意对象 $g\in A^{B\times C}$ ，对某个 $c_0\in C$ 我们定义函数 $h_0:B\rightarrow A,h_0(b):=g(b,c_0)$ ;再对每个 $c\in C$ 我们定义函数 $f:C\rightarrow A^B,f(c):=h_c$ . 此时对任意 $c\in C$ 对任意 $b\in B$ 有 $[f(c)](b)=h_c(b)=g(b,c)$ . 故 $H(f)=g$ . 故H是满射的. 综上，H是双射，故有 $\#((A^B)^C)=\#(A^{B\times C})$ .

再由命题3.6.14知 $(\#(A)^{\#(B)})^{\#(C)}=\#(A^B)^{\#(C)}=\#((A^B)^C)=\#(A^{B\times C})=\#(A)^{\#(B\times C)}=\#(A)^{\#(B)\times\#(C)}$ .

综上，对任何自然数a,b,c有 $(a^b)^c=a^{bc}$ 成立.

设A,B,C是集合并且 $B\cap C=\emptyset$ . 现在来证集合 $A^B\times A^C$ 与集合 $A^{B\cup C}$ 之间存在一个双射函数.

证明：定义函数 $H:A^B\times A^C\rightarrow A^{B\cup C},H(f,g):=h$ ，其中f,g,h满足以下性质：对任意输入 $(f,g)\in A^B\times A^C$ ，函数H给出的输出是一个函数 $h:B\cup C\rightarrow A$ ，此h函数满足对 $x\in B$ 有 $h(x):=f(x)$ 并且对 $x\in C$ 有 $h(x):=g(x)$ . 由于 $B\cap C=\emptyset$ ，所以对任意 $x\in B\cup C$ 都唯一定义了h(x)，即输出h是定义成功的. 并且容易验证对任意 $(f,g)\in A^B\times A^C$ 都有唯一的输出h满足上述性质，故H的定义也是成功的. 现在验证H的双射性.

对任意 $(f_1,g_1),(f_2,g_2)\in A^B\times A^C$ ，若 $(f_1,g_1)\neq (f_2,g_2)$ ，即 $f_1\neq f_2$ 或 $g_1\neq g_2$ ，即“存在 $b_0\in B$ 使得 $f_1(b_0)\neq f_2(b_0)$ ”或“存在 $c_0\in C$ 使得 $g_1(b_0)\neq g_2(b_0)$ ”. 我们假设 $H(f_1,g_1)=H(f_2,g_2)$ ，即 $h_1=h_2$ ，即对任意 $x\in B\cup C$ ，若 $x\in B$ 则 $f_1(x)=h_1(x)=h_2(x)=f_2(x)$ ；若 $x\in C$ 则 $g_1(x)=h_1(x)=h_2(x)=g_2(x)$ . 这明显与 $(f_1,g_1)\neq (f_2,g_2)$ 蕴涵的结论矛盾，故假设不成立，所以H是单射的.

对任意 $h\in A^{B\cup C}$ ，我们定义函数 $f:B\rightarrow A,f(x):=h(x)$ ，并且定义函数 $g:C\rightarrow A,g(x):=h(x)$ . 显然有 $f\in A^B,g\in A^C$ ，故存在 $(f,g)\in A^B\times A^C$ 使得 $H(f,g)=h$ . 综上，H为满射，进而为双射，所以 $\#(A^B\times A^C)=\#(A^{B\cup C})$ .

由命题3.6.14知有 $\#(A)^{\#(B)}\times \#(A)^{\#(C)}=\#(A^B)\times\#(A^C)=\#(A^B\times A^C)=\#(A^{B\cup C})=\#(A)^{\#(B\cup C)}=\#(A)^{\#(B)+\#(C)}$ . 由于 $\#(A),\#(B),\#(C)$ 为任意自然数，则 $a^b\times a^c=a^{b+c}$ .

3.6.7 证明：已知A,B均为有限集. 若 $\#(A)\leqslant\#(B)$ ，首先我们知道存在双射函数 $f:A\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant m\}$ 和双射函数 $g:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow B$ . 由 $\#(A)\leqslant\#(B)$ 知 $m\leqslant n$ . 由习题3.3.2知存在单射函数 $h:A\rightarrow B,h=g\circ f$ ，故A的基数小于或等于B的基数. 综上，若 $\#(A)\leqslant\#(B)$ 那么A的基数小于或等于B的基数.

若A的基数小于或等于B的基数，则存在一个单射函数 $h:A\rightarrow B$ ，由函数前象知 $h(A)=\{h(x) : x\in A\}$ ，易验证 $h(A)\subseteq B$ ，由命题3.6.14(c)知 $\#(h(A))\leqslant\#(B)$ ，再由h是单射和命题3.6.14(d)知 $\#(f(A))=\#(A)$ ，综上，有 $\#(A)\leqslant\#(B)$ . 故若A的基数小于或等于B的基数那么有 $\#(A)\leqslant\#(B)$ .

综上，A的基数小于或等于B的基数当且仅当 $\#(A)\leqslant\#(B)$ .

3.6.8 证明：由函数前象定义知有集合 $f(A)=\{f(x) : x\in A\}$ ，易验证 $f(A)\subseteq B$ .

若 $A=\emptyset$ ，显然f为单射，并且只当 $B=\emptyset$ 时 $g:B\rightarrow A$ 是满射. 所以我们不应考虑此情况.

若 $A\neq\emptyset$ ，易知 $B\neq\emptyset$ 并且 $f(A)\neq\emptyset$ ，我们定义函数g如下：若 $b_0\in f(A)\subseteq B$ ，由替换公理知对某 $x_0\in A$ 有 $b_0=f(x_0)$ ，假若仍有某 $x_1\in A$ 使得 $b_0=f(x_1)=f(x_0)$ ，由f单射性知 $x_1=x_0$ . 综上，若 $b_0\in f(A)\subseteq B$ ，那么有唯一的 $x_0\in A$ 使得 $b_0=f(x_0)$ ，故我们定义 $g(b_0):=x_0$ . 若 $b_1\in B\backslash f(A)$ ，可令 $g(b_1):=x$ ，其中x为A的任意元素.

对任意 $a\in A$ ，由替换公理知 $f(a)\in f(A)\subseteq B$ ，由g定义知 $g(f(a))=a$ ，故g为满射.

3.6.9 证明：当 $\#(A\cap B)=0$ ，即 $A\cap B=\emptyset$ 时，习题3.6.4已证明 $\#(A)+\#(B)=\#(A\cup B)$ ，由于 $\#(A\cap B)=0$ ，即有 $\#(A)+\#(B)=\#(A\cup B)+\#(A\cap B)$ . 现归纳假设当 $\#(A\cap B)=n$ 时有 $\#(A)+\#(B)=\#(A\cup B)+\#(A\cap B)$ ，要证对 $\#(A\cap B)=n++$ 时命题亦成立. 由于 $\#(A\cap B)=n++\neq 0$ ，可知 $A\cap B$ 非空，进而存在一个对象 $x_0\in A\cap B$ ，由引理3.6.9知 $\#((A\cap B)\backslash\{x_0\})=n$ . 易验证 $A\cap(B\backslash\{x_0\})=(A\cap B)\backslash\{x_0\}$ ，由归纳假设知 $\#(A)+\#(B\backslash\{x_0\})=\#(A\cup(B\backslash\{x_0\}))+\#(A\cap(B\backslash\{x_0\}))$ ，易验证 $A\cup B=A\cup(B\backslash\{x_0\})$ ，故 $\#(A\cup(B\backslash\{x_0\}))+\#(A\cap(B\backslash\{x_0\}))=\#(A\cup B)+\#((A\cap B)\backslash\{x_0\})$ ，即 $\#(A)+(\#(B)-1)=\#(A\cup B)+(\#(A\cap B)-1)$ ，故 $\#(A)+\#(B)=\#(A\cup B)+\#(A\cap B)$ ，这就完成了归纳.

3.6.10 证明：由习题3.6.4(f)知 $\displaystyle\#(\bigcup_{i\in\{1,...,n\}}{A_i})\leqslant\sum_{i\in\{1,...,n\}}{\#(A_i)}$ . 假设结论不成立，则对一切 $i\in\{1,...,n\}$ 有 $\#(A_i)<2$ ，即 $\#(A_i)\leqslant 1$ ，故 $\displaystyle\sum_{i\in\{1,...,n\}}{\#(A_i)}\leqslant n$ ，与条件矛盾，故假设不真，结论得证.

文内补充

1.设X为自然数集而Y为偶数集，那么映射 $f:X\rightarrow Y,f(n)=2n$ 为从X到Y的双射.

证明：对任意 $n_1,n_2\in\mathbb{N}$ ，若 $n_1\neq n_2$ ，那么有 $2n_1\neq 2n_2$ ，即 $f(n_1)\neq f(n_2)$ . 故f为单射.

对任意 $n\in\{2k : k\in\mathbb{N}\}$ ，由替换公理知对某 $k\in\mathbb{N}$ 有 $n=2k=f(k)$ ，故f为满射.

2.集合 $\{i\in\mathbb{N} : i<n\}$ 和集合 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 具有同样的基数. 双射是什么？

双射为 $f:\{i\in\mathbb{N} : i<n\}\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\},f(n)=n+1$ .

3.不存在空集到非空集的双射.

前面我们已经论证了空函数一定是单射，这对空函数是空真的成立的，没有提供出任何其他信息. 所以我们只需考虑其是否可能是满射. 对于值域为非空集的空函数，若其为满射，则有对所有值域中的元素我们都可以在定义域中找到一个元素映射到它. 由于值域非空，我们可以选取一个元素，然后必须在空集中找到一个元素映射到它，而空集不含任何元素，这是不可能的，故空函数在值域为非空集时不可能是满射，进而不可能是双射.

4.引理3.6.9中 $g:X\backslash\{x\}\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n-1\}$ 是双射的证明.

证明：已知 $f:X\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 为双射，我们定义一个新函数 $g:X\backslash\{x\}\rightarrow\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n-1\}$ (x为X中的某一元素)，其中 $g(x)$ 定义为：对任何 $y\in X\backslash\{x\}$ ，若 $f(y)<f(x)$ 则 $g(y):=f(y)$ ；若 $f(y)>f(x)$ 则 $g(y):=f(y)-1$ . 注意到对 $y\in X\backslash\{x\}$ 有 $y\neq x$ ，再由f的双射性我们知 $f(y)\neq f(x)$ ，故 $X\backslash\{x\}$ 中的每个元素都定义了其函数值. 我们再来考虑值域的定义是否无误. 已知 $f(x)\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ ，则 $1\leqslant f(x)\leqslant n$ . 进而对 $y\in X\backslash\{x\}\subsetneq X$ 亦有 $1\leqslant f(y)\leqslant n$ . 若 $f(y)<f(x)$ ，则有 $1\leqslant f(y)<f(x)\leqslant n$ ，进而有 $1\leqslant f(y)\leqslant n-1$ ，故 $g(y)=f(y)\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n-1\}$ ；若 $f(y)>f(x)$ ，则有 $1\leqslant f(x)<f(y)\leqslant n$ ，进而有 $1<f(y)\leqslant n$ ，进而 $0<f(y)-1\leqslant n-1$ ，故 $g(y)=f(y)-1\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n-1\}$ . 至此我们可以肯定地说函数g是定义成功的了. 接下来我们就证明g的双射性.

对任意 $a,b\in X\backslash\{x\}\subsetneq X$ ，若 $a\neq b$ ，由f的单射性我们知 $f(a)\neq f(b)$ . 我们分四种情况讨论g的单射性. 1.若 $f(a)<f(x)$ 且 $f(b)<f(x)$ ，则有 $g(a)=f(a)\neq f(b)=g(b)$ ；2.若 $f(a)>f(x)$ 且 $f(b)>f(x)$ ，则有 $g(a)=f(a)-1\neq f(b)-1=g(b)$ ；3.若 $f(a)<f(x)$ 且 $f(b)>f(x)$ ，则有 $g(a)=f(a)<f(x)<f(b)$ ，进而 $g(a)=f(a)<f(x)\leqslant f(b)-1=g(b)$ ；4.若 $f(a)>f(x)$ 且 $f(b)<f(x)$ 同理如情况3我们也有 $g(a)\neq g(b)$ . 综上g的单射性得证.

对任意 $i_0\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n-1\}$ ，若 $i_0<f(x)$ ，由f双射性知存在 $x_0\in X$ 使得 $f(x_0)=i_0$ . 我们假设 $x_0=x$ ，则有 $f(x_0)=f(x)$ ，故 $i_0=f(x)$ ，这是矛盾的. 故若 $i_0<f(x)$ ，则存在 $x_0\in X\backslash\{x\}$ 使得 $f(x_0)=i_0$ . 又由于 $f(x_0)=i_0<f(x)$ ，故此时 $g(x_0)=f(x_0)=i_0$ . 综上，若 $i_0<f(x)$ ，则存在 $x_0\in X\backslash\{X\}$ 使得 $g(x_0)=f(x_0)=i_0$ . 若 $i_0\geqslant f(x)$ ，我们令 $i_1:=i_0+1>f(x)$ ，由于 $i_0\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n-1\}$ ，故 $i_1\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ . 再由f双射性知存在 $x_1\in X$ 使得 $f(x_1)=i_1$ . 同理我们假设有 $x_1=x$ ，进而 $f(x_1)=f(x)$ ，这与 $f(x_1)=i_1=i_0+1>f(x)$ 是相矛盾的，故假设不成立. 综上，若 $i_0\geqslant f(x)$ ，那么存在 $x_1\in X\backslash\{x\}$ 使得 $f(x_1)=i_1$ ，此时由于 $f(x_1)=i_1=i_0+1>f(x)$ ，故 $g(x_1)=f(x_1)-1=i_0$ . 即若 $i_0\geqslant f(x)$ ，那么存在 $x_1\in X\backslash\{x\}$ 使得 $g(x_1)=i_0$ .

综上，对任意 $i_0\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n-1\}$ 都存在 $x_0\in X\backslash\{x\}$ 使得 $f(x_0)=i_0$ . 所以g是满射. 综上，g是双射.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§3.5解答

习题3.5

3.5.1 证明：由公理3.3知 $(x,y):=\{\{x\},\{x,y\}\}$ 是定义成功的，现假设 $(x,y)=(x',y')$ ，即 $\{\{x\},\{x,y\}\}=\{\{x'\},\{x',y'\}\}$ . 现在考虑x和y以及x’和y’的关系.

1.若 $x=y$ 且 $x'=y'$ ，由定义3.1.4知 $\{\{x\},\{x,y\}\}=\{\{x'\},\{x',y'\}\}$ 可化为 $\{\{x\}\}=\{\{x'\}\}$ ，用两次单元素集可得 $x=x'$ . 故有 $y=x=x'=y'$ ，即有 $x=x'$ 且 $y=y'$ .

2.若 $x=y$ 且 $x'\neq y'$ ，由定义3.1.4知 $\{\{x\},\{x,y\}\}=\{\{x'\},\{x',y'\}\}$ 可化为 $\{\{x\}\}=\{\{x'\},\{x',y'\}\}$ ，由定义3.1.4以及公理3.3知 $\{x'\}=\{x\}$ 且 $\{x',y'\}=\{x\}$ ，进一步再由公理3.3知 $x'=x$ 且 $y'=x$ . 故得到 $y=x=x'=y'$ ，但这与条件 $x'\neq y'$ 相矛盾，故“ $x=y$ 且 $x'\neq y'$ ”这种情况在 $\{\{x\},\{x,y\}\}=\{\{x'\},\{x',y'\}\}$ 之下是不可能出现的. 即已知 $\{\{x\},\{x,y\}\}=\{\{x'\},\{x',y'\}\}$ ，那么我们有 $x\neq y$ 或 $x'=y'$ .

3.若 $x\neq y$ 且 $x'=y'$ . 类似地论述知在 $\{\{x\},\{x,y\}\}=\{\{x'\},\{x',y'\}\}$ 前提下不会出现 $x\neq y$ 或 $x'=y'$ . 故只能 $x=y$ 或 $x'\neq y'$ .

4.若 $x\neq y$ 且 $x'\neq y'$ . 由 $\{\{x\},\{x,y\}\}=\{\{x'\},\{x',y'\}\}$ 和公理3.3知 $\{x\}=\{x'\}$ 且 $\{x,y\}=\{x',y'\}$ ，在由公理3.3知 $x=x'$ 且 $y=y'$ .

综上，若 $(x,y)=(x',y')$ ，则有( $x\neq y$ 或 $x'=y'$ )且( $x=y$ 或 $x'\neq y'$ )，进一步有( $x=y$ 且 $x'=y'$ )或( $x\neq y$ 且 $x'\neq y'$ )，但两种情况下都有 $x=x'$ 且 $y=y'$ . 即 $(x,y)=(x',y')$ $\Longrightarrow$ $x=x'$ 且 $y=y'$ .

若 $x=x'$ 且 $y=y'$ ，由公理3.3知 $\{x\}=\{x'\}$ 且 $\{x,y\}=\{x',y'\}$ ，再由公理3.3知 $\{\{x\},\{x,y\}\}=\{\{x'\},\{x',y'\}\}$ ，即 $x=x'$ 且 $y=y'$ $\Longrightarrow$ $(x,y)=(x',y')$ .

综上， $(x,y)=(x',y')$ $\Longleftrightarrow$ $x=x'$ 且 $y=y'$ . 定义符合性质(3.5).

用集合论除公理3.8外的其他公理我们可以构造出集合 $\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in X\} : y\in Y\}}$ . 对任意元素 $w\in \bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in X\} : y\in Y\}}$ ，由公理3.11知对某 $S\in \{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in X\} : y\in Y\}$ 有 $w\in S$ ；由替换公理知对某 $y\in Y$ 有 $S=\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in X\}$ ，有 $w\in S$ ；即对某 $y\in Y$ 有 $w\in \{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in X\}$ ；再由替换公理知对某 $y\in Y$ ，对某 $x\in X$ 有 $w=\{\{x\},\{x,y\}\}$ . 进而 $w\in X\times Y$ ，故 $\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in X\} : y\in Y\}}\subseteq X\times Y$ . 对任意 $w\in X\times Y$ ，有对某 $x_0\in X$ 对某 $y_0\in Y$ 有 $w=\{\{x_0\},\{x_0,y_0\}\}$ ，由替换公理知对某 $y_0\in Y$ 有 $w\in \{\{\{x\},\{x,y_0\}\} : x\in X\}$ ，再由替换公理和公理3.11知 $w\in \bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in X\} : y\in Y\}}$ ，故 $X\times Y\subseteq\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in X\} : y\in Y\}}$ . 综上， $\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in X\} : y\in Y\}}=X\times Y$ . 所以笛卡尔乘积是定义成功的.

现在来讨论定义 $(x,y)=\{x,\{x,y\}\}$ 是否符合性质(3.5). 现假设 $(x,y)=(x',y')$ ，即 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ . 还是考虑x和y以及x’和y’的关系.

1.若 $x=y$ 且 $x'=y'$ ，由定义3.1.4知 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ 可化为 $\{x,\{x\}\}=\{x',\{x'\}\}$ . 若x不是集合，则由公理3.3知 $x=x'$ 且 $\{x\}=\{x'\}$ ，故 $y=x=x'=y'$ ，进而有 $x=x'$ 且 $y=y'$ . 若x是集合，由 $\{x,\{x\}\}=\{x',\{x'\}\}$ 知 $x\in \{x',\{x'\}\}$ ，我们接下来分为 $x=x'$ 和 $x=\{x'\}$ 两种情形讨论. 若 $x=x'$ ，由 $x=y$ 且 $x'=y'$ 知 $y=x=x'=y'$ ，即有 $x=x'$ 且 $y=y'$ . 若 $x=\{x'\}$ ，即x是只含有唯一元素x’的单元素集，再由 $\{x,\{x\}\}=\{x',\{x'\}\}$ 可知 $\{\{x'\},\{x\}\}=\{x',\{x'\}\}$ ，进而 $x'=\{x\}$ ，同理x’是只含有唯一元素x的单元素集. 综上，我们有 $x=\{x'\}$ 和 $x'=\{x\}$ 和 $\{\{x'\},\{x\}\}=\{\{x\},\{x'\}\}$ . 而 $\{x\}\cap\{\{x'\},\{x\}\}=\{x'\}$ ， $\{x'\}\cap\{\{x'\},\{x\}\}=\{x\}$ . 这是与正则性公理相矛盾的，故集合 $\{\{x'\},\{x\}\}$ 不存在，所以假设 $x=\{x'\}$ 不成立，不会出现这种情况. 综上，当 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ 并且 $x=y$ 且 $x'=y'$ 时，有 $x=x'$ 且 $y=y'$ .

2.若 $x=y$ 且 $x'\neq y'$ ，由定义3.1.4知 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ 可化为 $\{x,\{x\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ ，若x不是集合，由公理3.3容易知道 $x=x'$ 和 $\{x\}=\{x',y'\}$ ，进而有 $x=x'=y'$ ，这与前提 $x'\neq y'$ 是相矛盾的，故假设不成立，即x是集合. 再由公理3.3和 $\{x,\{x\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ 我们分两种情况讨论， $x=x'$ 或者 $x=\{x',y'\}$ . 若 $x=x'$ ，由公理3.3和 $\{x,\{x\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ 知 $\{x\}=\{x',y'\}$ ，再由公理3.3知 $x=y'$ . 综上有 $x'=y'$ ，这明显与前提 $x'\neq y'$ 相矛盾，故只能 $x=\{x',y'\}$ ，即x为双元素集，再由公理3.3和 $\{x,\{x\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ 知 $x'=\{x\}$ . 综上，有 $x=\{x',y'\}\in\{\{x\},\{x',y'\}\}$ 和 $x'=\{x\}\in\{\{x\},\{x',y'\}\}$ . 故有 $\{x\}\cap\{\{x\},\{x',y'\}\}=\{x',y'\}$ 和 $\{x\}\subseteq \{x',y'\}\cap\{\{x\},\{x',y'\}\}\neq\emptyset$ ，这与正则性公理相矛盾，所以集合 $\{\{x\},\{x',y'\}\}$ 不存在. 进而假设 $x=\{x',y'\}$ 不成立. 所以在 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ 的前提下不会出现 $x=y$ 且 $x'\neq y'$ ，故只能为 $x\neq y$ 或 $x'=y'$ .

3.若 $x\neq y$ 且 $x'=y'$ . 类似地论述知在 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ 前提下会出现矛盾. 故只能 $x=y$ 或 $x'\neq y'$ .

4.若 $x\neq y$ 且 $x'\neq y'$ . 已知 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ . 若x不是集合，则 $x=x'$ 和 $\{x,y\}=\{x',y'\}$ ，由 $x'\neq y'$ 进一步有 $y=y'$ . 综上，已知 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ ，若 $x\neq y$ 且 $x'\neq y'$ ，若x不是集合则 $x=x'$ 且 $y=y'$ . 若x为集合，我们分 $x=x'$ 或 $x=\{x',y'\}$ 两种情况讨论. 若 $x=x'$ ，若 $\{x,y\}=x'$ ，即 $\{x,y\}=x$ ，于是我们有 $x\in x$ ，由习题3.2.2知这是不可能的，所以假设 $\{x,y\}=x'$ 不成立，进而应有 $\{x,y\}=\{x',y'\}$ ，再由 $x\neq y$ 和 $x=x'$ 知 $y=y'$ . 综上，已知 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ ，若 $x\neq y$ 且 $x'\neq y'$ ，若x是集合，若 $x=x'$ ，则 $x=x'$ 且 $y=y'$ . 若 $x=\{x',y'\}$ ，我们再分两种情况讨论. 若 $\{x,y\}=x'$ ，结合 $x=\{x',y'\}$ 我们知 $x=\{\{x,y\},y'\}$ ，进而我们有 $\{x,y\}\in x$ ，而 $x\in\{x,y\}$ ，由习题3.2.2知这是不可能的，故假设 $\{x,y\}=x'$ 不成立，故只能 $\{x,y\}=\{x',y'\}$ ，再结合 $x=\{x',y'\}$ 知 $\{x,y\}=x$ ，进而有 $x\in x$ ，同理这是不可能的. 综上，假设 $x=\{x',y'\}$ 不成立，即当 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ 和 $x\neq y$ 且 $x'\neq y'$ 且x为集合时不会出现 $x=\{x',y'\}$ 情况.

综合1~4我们知道若 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ 那么 $x=x'$ 且 $y=y'$ .

或者说，若 $(x,y)=(x',y')$ ，则有( $x\neq y$ 或 $x'=y'$ )且( $x=y$ 或 $x'\neq y'$ )，进一步有( $x'=y'$ 且 $x=y$ )或( $x\neq y$ 且 $x'\neq y'$ )，但两种情况下都有 $x=x'$ 且 $y=y'$ . 即 $(x,y)=(x',y')$ $\Longrightarrow$ $x=x'$ 且 $y=y'$ .

若 $x=x'$ 且 $y=y'$ ，由公理3.3知 $\{x,y\}=\{x',y'\}$ ，再由公理3.3知 $\{x,\{x,y\}\}=\{x',\{x',y'\}\}$ ，即 $x=x'$ 且 $y=y'$ $\Longrightarrow$ $(x,y)=(x',y')$ .

综上， $(x,y)=(x',y')$ $\Longleftrightarrow$ $x=x'$ 且 $y=y'$ . 定义符合性质(3.5).

3.5.2 证明：设有两个有序n元组x和y，分别为 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow X$ 和 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow Y$ 的满射函数. 若 $x=y$ ，即 $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}=(y_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ ，由定义3.3.7函数相等定义知 $X=Y$ ，且对一切 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 有 $x(i)=y(i)$ ，即 $x_i=y_i$ . 综上， $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}=(y_i)_{1\leqslant i\leqslant n}\Longrightarrow \forall 1\leqslant i\leqslant n,x_i=y_i$ .

若 $\forall 1\leqslant i\leqslant n,x_i=y_i$ ，即 $x(i)=y(i)$ . 由于x为满射函数，则对于一切 $a\in X$ ，存在一个 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 使得 $x(i)=a=y(i)\in Y$ ，故 $X\subseteq Y$ . 同理可证 $Y\subseteq X$ . 综上，即有 $X=Y$ . 进而 $x=y$ ，即 $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}=(y_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ . 综上有 $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}=(y_i)_{1\leqslant i\leqslant n}\Longleftrightarrow \forall 1\leqslant i\leqslant n,x_i=y_i$ .

若 $(X_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ 是集合的有序n元组，即其为一个 $F:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\rightarrow Y$ 的满射函数，其中集合Y中元素均为集合，即有 $F(i)=X_i\in Y$ .

由幂集公理知存在集合 $\displaystyle(\bigcup_{1\leqslant i\leqslant n}{X_i})^{ \{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}}$ ，其由定义域为 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 而值域为 $\displaystyle(\bigcup_{1\leqslant i\leqslant n}{X_i})$ 的全体函数构成，记其为集合A.

由分类公理知存在集合 $\{x\in A : \forall 1\leqslant i\leqslant n,x(i)\in X_i\}$ . 但存在一个问题是这个集合的元素极可能不是满射函数，因为其值域为 $\displaystyle(\bigcup_{1\leqslant i\leqslant n}{X_i})$ . 由此也就不满足有序n元组是一个满射函数，故注3.5.8的定义不是严格的，而习题3.4.7提示我们只选择出那些满射函数.

由习题3.4.7知从集合 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 到集合 $\displaystyle(\bigcup_{1\leqslant i\leqslant n}{X_i})$ 的全体部分函数构成一个集合，我们记此集合为B. 由分类公理知存在集合 $\{x\in B : \text{the domain of x is }\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\text{ and x is onto and for all }1\leqslant i\leqslant n\text{ that is }x(i)\in X_i\}$ 此集合中前两个条件保证其元素为有序n元组.现在我们来证明：

$\{x\in B : \text{the domain of x is }\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\text{ and x is onto and for all }1\leqslant i\leqslant n\text{ that is }x(i)\in X_i\}=\displaystyle \prod_{1\leqslant i\leqslant n}{X_i}$

对任意元素 $x\in\{x\in B : \text{the domain of x is }\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\text{ and x is onto and for all }1\leqslant i\leqslant n\text{ that is }x(i)\in X_i\}$ ，由分类公理知 $x\in B$ 且x的定义域为 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 且x为满射函数且对一切 $i\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 有 $x(i)\in X_i$ . 其中x的定义域为 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 且x为满射函数两个条件保证了x是一个有序n元组，再结合最后一个条件说明这个有序n元组x属于 $\displaystyle \prod_{1\leqslant i\leqslant n}{X_i}$ . 同理我们可以知道 $\displaystyle \prod_{1\leqslant i\leqslant n}{X_i}$ 中元素都属于集合 $\{x\in B : \text{the domain of x is }\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\text{ and x is onto and for all }1\leqslant i\leqslant n\text{ that is }x(i)\in X_i\}$

综上， $\displaystyle \prod_{1\leqslant i\leqslant n}{X_i}=\{x\in B : \text{the domain of x is }\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\text{ and x is onto and for all }1\leqslant i\leqslant n\text{ that is }x(i)\in X_i\}$

我们考虑0元组，由定义3.5.7知其没有分量，所以其仅仅是一个这样的记号 $()$ . 容易证明空组是唯一的，因为对一切 $1\leqslant i\leqslant 0$ 有 $x_i=y_i$ 是空真的成立的.

再考虑空的笛卡尔乘积.

$\displaystyle \prod_{1\leqslant i\leqslant 0}{X_i}=\{(x_i)_{1\leqslant i\leqslant 0} : \text{for all }1\leqslant i\leqslant 0\text{ that is }x_i\in X_i\}$ . 很明显空组是属于此集合的，并且所有非零元组都不属于 $\displaystyle \prod_{1\leqslant i\leqslant 0}{X_i}=\{(x_i)_{1\leqslant i\leqslant 0} : \text{for all }1\leqslant i\leqslant 0\text{ that is }x_i\in X_i\}$ . 所以空的笛卡尔乘积只含有0元组一个元素，即其等于单元素集 $\{()\}$ .

我们再从习题3.5.2严格的考虑此事，由把有序n元组定义成一个满射函数知空组就是 $\emptyset\rightarrow\emptyset$ ，所以我们可以说 $():=\emptyset\rightarrow\emptyset$ .并且此空函数是唯一的.

再考虑空的笛卡尔乘积 $\{x\in B : \text{the domain of x is }\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant 0\}\text{ and x is onto and for all }1\leqslant i\leqslant 0\text{ that is }x(i)\in X_i\}$ 很显然， $\emptyset\rightarrow\emptyset$ 属于此集合，而其他不同于满射的空函数都不是空的笛卡尔乘积的元素.

3.5.3 证明：反身性：

由于 $x=x,y=y$ ，故 $(x,y)=(x,y)$ .

由于对于一切 $1\leqslant i\leqslant n$ 有 $x_i=x_i$ ，故 $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}= (x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ .

对称性：

设 $(x,y)=(x',y')$ . 由于 $(x,y)=(x',y')$ ，则有 $x=x'$ 且 $y=y'$ ，即有 $x'=x$ 且 $y'=y$ ，故 $(x',y')=(x,y)$ .

设 $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}=(y_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ . 由于 $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}= (y_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ ，则对于一切 $1\leqslant i\leqslant n$ 有 $x_i=y_i$ ，进而对于一切 $1\leqslant i\leqslant n$ 有 $y_i=x_i$ ，故 $(y_i)_{1\leqslant i\leqslant n}= (x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ .

传递性：

设 $(x,y)=(x_1,y_1),(x_1,y_1)=(x_2,y_2)$ . 由 $(x,y)=(x_1,y_1),(x_1,y_1)=(x_2,y_2)$ 知 $x=x_1$ 且 $y=y_1$ 和 $x_1=x_2$ 且 $y_1=y_2$ ，进一步有 $x=x_1=x_2$ 和 $y=y_1=y_2$ . 所以 $(x,y)=(x_2,y_2)$ .

设 $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}=(y_i)_{1\leqslant i\leqslant n},(y_i)_{1\leqslant i\leqslant n}=(z_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ . 故有对于一切 $1\leqslant i\leqslant n$ 有 $x_i=y_i$ 和对于一切 $1\leqslant i\leqslant n$ 有 $y_i=z_i$ ，进而对于一切 $1\leqslant i\leqslant n$ 有 $x_i=z_i$ ，故 $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}=(z_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ .

3.5.4 证明： $A\times(B\cup C)=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\cup C\}}$ .

$A\times B=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\}}$ . $A\times C=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in C\}}$ . 对任意元素 $a\in A\times(B\cup C)=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\cup C\}}$ ，由并公理知对某 $S\in\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\cup C\}$ 有 $a\in S$ . 再由替换公理知对某 $y\in B\cup C$ 有 $S=\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\}$ ，有 $a\in S$ . 即对某 $y\in B\cup C$ 有 $a\in \{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\}$ . 再由替换公理知对某 $y\in B\cup C$ ，对某 $x\in A$ 有 $a=\{\{x\},\{x,y\}\}$ . 由于 $y\in B\cup C$ ，我们分两种情形讨论. 若为 $y\in B$ ，对某 $x\in A$ 有 $a=\{\{x\},\{x,y\}\}$ . 由替换公理知对某 $y\in B$ 有 $a\in \{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\}$ . 即对某 $y\in B$ 有 $S=\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\}$ 有 $a\in S$ . 由替换公理知有 $S\in\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\}$ 有 $a\in S$ ，再由并公理知 $a\in\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\}}$ . 同理可知当 $y\in C$ 时，也有 $a\in\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in C\}}$ . 综上，我们有 $a\in \bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\}}\cup\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in C\}}$ ，即 $a\in(A\times B)\cup(A\times C)$ ，所以 $A\times(B\cup C)\subseteq(A\times B)\cup(A\times C)$ .

对任意元素 $a\in(A\times B)\cup(A\times C)$ ，由公理3.4知 $a\in(A\times B)$ 或者 $a\in(A\times C)$ . 若 $a\in(A\times B)$ ，同上相似论述我们知对某 $y\in B$ 对某 $x\in A$ 有 $a=\{\{x\},\{x,y\}\}$ ，进而对某 $y\in B\cup C$ ，对某 $x\in A$ 有 $a=\{\{x\},\{x,y\}\}$ . 相似的论述我们知道 $a\in A\times(B\cup C)$ . 同理可证当 $a\in(A\times C)$ 时亦有 $a\in A\times(B\cup C)$ . 所以 $(A\times B)\cup(A\times C)\subseteq A\times(B\cup C)$ . 所以 $A\times(B\cup C)=(A\times B)\cup(A\times C)$ .

$A\times(B\cap C)=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\cap C\}}$ .

$A\times B=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\}}$ . $A\times C=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in C\}}$ . 对任意元素 $a\in A\times(B\cap C)=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\cap C\}}$ ，由相似论述知对某 $y\in B\cap C$ ，对某 $x\in A$ 有 $a=\{\{x\},\{x,y\}\}$ . 进而对某 $y\in B$ ，对某 $x\in A$ 有 $a=\{\{x\},\{x,y\}\}$ . 由相似论述我们知 $a\in A\times B$ . 同理我们知 $a\in A\times C$ . 综上，我们有 $a\in \bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\}}\cap\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in C\}}$ ，即 $a\in(A\times B)\cap(A\times C)$ ，所以 $A\times(B\cap C)\subseteq(A\times B)\cap(A\times C)$ .

对任意元素 $a\in(A\times B)\cap(A\times C)$ ，由并集知 $a\in(A\times B)$ 且 $a\in(A\times C)$ . 同上相似论述我们知对某 $y_b\in B$ 对某 $x_0\in A$ 有 $a=\{\{x_0\},\{x_0,y_b\}\}$ 并且对某 $y_c\in C$ 对某 $x_1\in A$ 有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_c\}\}$ ，由此有 $a=\{\{x_0\},\{x_0,y_b\}\}=\{\{x_1\},\{x_1,y_c\}\}$ ，由习题3.5.1我们知 $x_0=x_1$ 并且 $y_b=y_c$ . 故 $y_b\in C$ . 进而对某 $y_b\in B\cap C$ ，对某 $x_0\in A$ 有 $a=\{\{x_0\},\{x_0,y_b\}\}$ . 相似的论述我们知道 $a\in A\times(B\cap C)$ . 所以 $(A\times B)\cap(A\times C)\subseteq A\times(B\cap C)$ . 所以 $A\times(B\cap C)=(A\times B)\cap(A\times C)$ .

$A\times (B\backslash C)=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\backslash C\}}$

$A\times B=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\}}$ . $A\times C=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in C\}}$ . 对任意元素 $a\in(A\times B)\backslash(A\times C)$ ，由差集定义知 $a\in A\times B$ 且 $a\notin A\times C$ . 由与上面相似的论述知对某个 $y_b\in B$ 有 $a\in\{\{\{x\},\{x,y_b\}\} : x\in A\}$ 且对一切 $y_c\in C$ 有 $a\notin\{\{\{x\},\{x,y_c\}\} : x\in A\}$ . 故对某个 $y_b\in B$ 且 $y_b\notin C$ 有 $a\in\{\{\{x\},\{x,y_b\}\} : x\in A\}$ ，即对某个 $y_b\in B\backslash C$ 有 $a\in\{\{\{x\},\{x,y_b\}\} : x\in A\}$ ，相同的论述知 $a\in\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\backslash C\}}$ ，故有 $(A\times B)\backslash(A\times C)\subseteq A\times (B\backslash C)$ .

假若 $A\times (B\backslash C)\neq (A\times B)\backslash(A\times C)$ ，我们已证 $(A\times B)\backslash(A\times C)\subseteq A\times (B\backslash C)$ ，说明存在一个元素a有 $a\in A\times (B\backslash C)$ 并且 $a\notin (A\times B)\backslash(A\times C)$ ，即有 $a\in A\times (B\backslash C)$ 并且( $a\notin A\times B$ 或 $a\in A\times C$ )，即( $a\in A\times (B\backslash C)$ 并且 $a\notin A\times B$ )或( $a\in A\times (B\backslash C)$ 并且 $a\in A\times C$ )，由于 $B=(B\backslash C)\cup(B\cap C)$ ，故 $A\times B=A\times(B\backslash C)\cup(B\cap C)=A\times(B\backslash C)\cup A\times(B\cap C)\supseteq A\times (B\backslash C)$ ，所以“( $a\in A\times (B\backslash C)$ 并且 $a\notin A\times B$ )”不成立. 所以这时只能是“( $a\in A\times (B\backslash C)$ 并且 $a\in A\times C$ )”. 和上面相似地论述展开我们得到：对某 $y_0\in B\backslash C$ 对某 $x_0\in A$ 有 $a=\{\{x_0\},\{x_0,y_0\}\}$ 并且对某 $y_1\in C$ 对某 $x_1\in A$ 有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}$ . 综上，我们有 $a=\{\{x_0\},\{x_0,y_0\}\}=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}$ ，进而 $x_0=x_1$ 并且 $y_0=y_1$ . 而 $y_0\in B\backslash C$ ，则也有 $y_1\in B\backslash C$ ，但是 $y_1\in C$ ，这是一个矛盾，所以“( $a\in A\times (B\backslash C)$ 并且 $a\in A\times C$ )”也是不成立的，故不存在这样的元素a有 $a\in A\times (B\backslash C)$ 并且 $a\notin (A\times B)\backslash(A\times C)$ . 综上 $(A\times B)\backslash(A\times C)=A\times (B\backslash C)$ .

3.5.5 证明： $A\times B=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\}}$ . $C\times D=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in C\} : y\in D\}}$ . $(A\cap C)\times(B\cap D)=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\cap C\} : y\in B\cap D\}}$ .

对任意元素 $a\in(A\cap C)\times(B\cap D)=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\cap C\} : y\in B\cap D\}}$ ，由并公理知对某 $S\in\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\cap C\} : y\in B\cap D\}$ 有 $a\in S$ . 由替换公理知对某 $y\in B\cap D$ 有 $S=\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\cap C\}$ ，有 $a\in S$ . 即对某 $y\in B\cap D$ 有 $a\in\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\cap C\}$ . 再由替换公理知对某 $y\in B\cap D$ 对某 $x\in A\cap C$ 有 $a=\{\{x\},\{x,y\}\}$ . 由此有“对某 $y\in B$ 对某 $x\in A$ 有 $a=\{\{x\},\{x,y\}\}$ ”并且“对某 $y\in D$ 对某 $x\in C$ 有 $a=\{\{x\},\{x,y\}\}$ ”，类似地论述我们知道 $a\in A\times B$ 并且 $a\in C\times D$ ，进而 $a\in (A\times B)\cap(C\times D)$ . 故 $(A\cap C)\times(B\cap D)\subseteq(A\times B)\cap(C\times D)$ . 对任意元素 $a\in(A\times B)\cap(C\times D)$ ，有 $a\in A\times B$ 并且 $a\in C\times D$ ，即 $a\in\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\} : y\in B\}}$ 并且 $a\in\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in C\} : y\in D\}}$ ，与上相似地论述我们知对某 $y_b\in B$ 对某 $x_a\in A$ 有 $a=\{\{x_a\},\{x_a,y_b\}\}$ 并且对某 $y_d\in D$ 对某 $x_c\in C$ 有 $a=\{\{x_c\},\{x_a,y_d\}\}$ . 由此有 $a=\{\{x_a\},\{x_a,y_b\}\}=\{\{x_c\},\{x_a,y_d\}\}$ ，进而 $x_a=x_c\in A\cap C$ 并且 $y_b=y_d\in B\cap D$ . 所以对某 $y_b\in B\cap D$ 对某 $x_a\in A\cap C$ 有 $a=\{\{x_a\},\{x_a,y_b\}\}$ . 再由相似地论述知 $a\in(A\cap C)\times(B\cap D)$ . 综上， $(A\times B)\cap(C\times D)\subseteq(A\cap C)\times(B\cap D)$ . 故 $(A\cap C)\times(B\cap D)=(A\times B)\cap(C\times D)$ .

$(A\cup C)\times(B\cup D)=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\cup C\} : y\in B\cup D\}}$ . 对任意元素 $x\in(A\times B)\cup(C\times D)$ ，有 $x\in A\times B$ 或者 $x\in C\times D$ . 若 $x\in A\times B$ ，与上相似地论述知对某 $b\in B$ 对某 $a\in A$ 有 $x=\{\{a\},\{a,b\}\}$ ，进而有对某 $b\in B\cup D$ 对某 $a\in A\cup C$ 有 $x=\{\{a\},\{a,b\}\}$ ，与上相似地论述知此时 $x\in(A\cup C)\times(B\cup D)$ ，综上有 $A\times B\subseteq(A\cup C)\times(B\cup D)$ . 同理可得 $C\times D\subseteq(A\cup C)\times(B\cup D)$ ，故 $(A\times B)\cup(C\times D)\subseteq(A\cup C)\times(B\cup D)$ . 而对任意元素 $a\in(A\cup C)\times(B\cup D)$ ，由相似论述知对某 $y\in B\cup D$ 对某 $x\in A\cup C$ 有 $a=\{\{x\},\{x,y\}\}$ . 到此我们知道有四种情况，分别为 $a\in A\times B$ ， $a\in C\times D$ ， $a\in C\times B$ 和 $a\in A\times D$ . 而后两种情况不能保证有 $a\in(A\times B)\cup(C\times D)$ . 故等号不成立. 但是我们有 $(A\cup C)\times(B\cup D)=(A\times B)\cup(C\times D)\cup(C\times B)\cup(A\times D)$ .

$(A\backslash C)\times(B\backslash D)=\bigcup{\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in A\backslash C\} : y\in B\backslash D\}}$ . 对任意元素 $a\in(A\backslash C)\times(B\backslash D)$ ，有对某个 $y_0\in B\backslash D$ 对某个 $x_0\in A\backslash C$ 有 $a=\{\{x_0\},\{x_0,y_0\}\}$ ，故 $a\in A\times B$ . 假若 $a\in C\times D$ ，则对某个 $y_1\in D$ 对某个 $x_1\in C$ 有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}$ . 由此有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}=\{\{x_0\},\{x_0,y_0\}\}$ ，进而 $x_0=x_1$ 和 $y_0=y_1$ . 但是 $x_0\in A\backslash C$ 而 $x_1\in C$ ，故这是不可能的，则假设不成立，即 $a\notin C\times D$ ，综上， $a\in (A\times B)\backslash(C\times D)$ . 故 $(A\backslash C)\times(B\backslash D)\subseteq(A\times B)\backslash(C\times D)$ .

对任意元素 $a\in (A\times B)\backslash(C\times D)$ ，即 $a\in A\times B$ 且 $a\notin C\times D$ ，即对某个 $y_1\in B$ 对某个 $x_1\in A$ 有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}$ 并且对一切 $y_2\in D$ 对一切 $x_2\in C$ 有 $a\neq\{\{x_2\},\{x_2,y_2\}\}$ . 易证 $B=(B\backslash D)\cup(B\cap D)$ 和 $A=(A\backslash C)\cup(A\cap C)$ . 进而有对某个 $y_1\in (B\backslash D)\cup(B\cap D)$ 对某个 $x_1\in (A\backslash C)\cup(A\cap C)$ 有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}$ ，于是可以分为以下四种情况讨论：1.对某个 $y_1\in (B\backslash D)$ 对某个 $x_1\in (A\backslash C)$ 有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}$ ，此时 $a\in (A\backslash C)\times(B\backslash D)$ . 2.对某个 $y_1\in (B\backslash D)$ 对某个 $x_1\in (A\cap C)$ 有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}$ ，此时 $a\in (A\cap C)\times(B\backslash D)$ . 3.对某个 $y_1\in (B\cap D)$ 对某个 $x_1\in (A\backslash C)$ 有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}$ ，此时 $a\in (A\backslash C)\times(B\cap D)$ . 4.对某个 $y_1\in (B\cap D)$ 对某个 $x_1\in (A\cap C)$ 有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}$ ，此时 $a\in (A\cap C)\times(B\cap D)$ ，由于对一切 $y_2\in D$ 对一切 $x_2\in C$ 有 $a\neq\{\{x_2\},\{x_2,y_2\}\}$ ，所以排除第四种情况. 第一种情况可以确定 $a\in (A\backslash C)\times(B\backslash D)$ . 我们再来考虑第二和第三种情况时是否有 $a\in C\times D$ . 第二种情况为：对某个 $y_1\in (B\backslash D)$ 对某个 $x_1\in (A\cap C)$ 有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}$ ；若此时有 $a\in C\times D$ ，则对某个 $y_2\in D$ 对某个 $x_2\in C$ 有 $a=\{\{x_2\},\{x_2,y_2\}\}$ ，进一步有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}=\{\{x_2\},\{x_2,y_2\}\}$ ，进而有 $x_1=x_2$ 和 $y_1=y_2$ ，而我们知道 $y_1\in (B\backslash D)$ 并且 $y_2\in D$ ，这是个矛盾，所以 $a\notin C\times D$ ，进而第二种情况有 $(A\cap C)\times(B\backslash D)\subseteq(A\times B)\backslash(C\times D)$ . 第三种情况为：对某个 $y_1\in (B\cap D)$ 对某个 $x_1\in (A\backslash C)$ 有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}$ ；若此时有 $a\in C\times D$ ，则对某个 $y_2\in D$ 对某个 $x_2\in C$ 有 $a=\{\{x_2\},\{x_2,y_2\}\}$ ，进一步有 $a=\{\{x_1\},\{x_1,y_1\}\}=\{\{x_2\},\{x_2,y_2\}\}$ ，进而有 $x_1=x_2$ 和 $y_1=y_2$ ，而我们知道 $x_1\in (A\backslash C)$ 并且 $x_2\in C$ ，这是个矛盾，所以 $a\notin C\times D$ ，进而第三种情况有 $(A\backslash C)\times(B\cap D)\subseteq(A\times B)\backslash(C\times D)$ . 综上，我们有对任意任意元素 $a\in (A\times B)\backslash(C\times D)$ ，我们有 $a\in((A\backslash C)\times(B\backslash D))\cup((A\cap C)\times(B\backslash D))\cup((A\backslash C)\times(B\cap D))$ ，进一步验证我们容易知 $(A\times B)\backslash(C\times D)=((A\backslash C)\times(B\backslash D))\cup((A\cap C)\times(B\backslash D))\cup((A\backslash C)\times(B\cap D))$ ，故 $(A\backslash C)\times(B\backslash D)\subseteq (A\times B)\backslash(C\times D)$ .

或者这样看 $(A\times B)\backslash(C\times D)=(((A\backslash C)\cup(A\cap C))\times ((B\backslash D)\cup(B\cap D)))\backslash(C\times D)=(((A\backslash C)\times (B\backslash D))\cup((A\cap C)\times (B\cap D))\cup((A\cap C)\times (B\backslash D))\cup((A\backslash C)\times (B\cap D)))\backslash(C\times D)=((A\backslash C)\times (B\backslash D))\cup((A\cap C)\times (B\backslash D))\cup((A\backslash C)\times (B\cap D)$

3.5.6 证明：已知A,B,C,D均为不空集合. 对任意 $x\in A\times B$ ，有对某 $a\in A$ 某 $b\in B$ 有 $x=(a,b)$ . 由于 $A\subseteq C$ 并且 $B\subseteq D$ ，故对某 $a\in C$ 某 $b\in D$ 有 $x=(a,b)$ ，故 $x\in C\times D$ . 故我们有 $A\times B\subseteq C\times D$ . 即有 $A\subseteq C$ 并且 $B\subseteq D$ $\Longrightarrow$ $A\times B\subseteq C\times D$ . 对任意 $a\in A$ ，由于B不空，故对某 $b\in B$ ，我们有 $(a,b)\in A\times B$ ，由于 $A\times B\subseteq C\times D$ ，所以 $(a,b)\in C\times D$ ，进而对某 $c\in C$ 对某 $d\in D$ 有 $(a,b)=(c,d)$ ，进而有 $a=c\in C$ ，故 $A\subseteq C$ . 同理可证 $B\subseteq D$ . 综上，即有 $A\times B\subseteq C\times D$ $\Longrightarrow$ $A\subseteq C$ 并且 $B\subseteq D$ . 综上有 $A\subseteq C$ 并且 $B\subseteq D$ $\Longleftrightarrow$ $A\times B\subseteq C\times D$ .

已知 $A\subseteq C$ 并且 $B\subseteq D$ $\Longleftrightarrow$ $A\times B\subseteq C\times D$ . 如果 $A=C$ 并且 $B=D$ ，则有“ $A\subseteq C$ 并且 $B\subseteq D$ ”和“ $C\subseteq A$ 并且 $D\subseteq B$ ”，由“ $A\subseteq C$ 并且 $B\subseteq D$ $\Longleftrightarrow$ $A\times B\subseteq C\times D$ ”我们知 $A\times B\subseteq C\times D$ 和 $C\times D\subseteq A\times B$ ，进而 $A\times B=C\times D$ . 综上， $A=C$ 并且 $B=D$ $\Longrightarrow$ $A\times B=C\times D$ . 同理我们可证 $A\times B=C\times D$ $\Longrightarrow$ $A=C$ 并且 $B=D$ . 综上有 $A=C$ 并且 $B=D$ $\Longleftrightarrow$ $A\times B=C\times D$ .

如果把“A,B,C,D均为不空集合”这一条件去掉，我们的论证变成了空洞的论证，但还有一部分是成立的. 比如我们仍可以证明无论A,B,C,D是否空集都有 $A\subseteq C$ 并且 $B\subseteq D$ $\Longrightarrow$ $A\times B\subseteq C\times D$ ，但是 $A\times B\subseteq C\times D$ $\nRightarrow$ $A\subseteq C$ 并且 $B\subseteq D$ . 进而有 $A=C$ 并且 $B=D$ $\Longrightarrow$ $A\times B=C\times D$ ，但 $A\times B=C\times D$ $\nRightarrow$ $A=C$ 并且 $B=D$ .

而 $A\times B\subseteq C\times D$ $\nRightarrow$ $A\subseteq C$ 并且 $B\subseteq D$ 和 $A\times B=C\times D$ $\nRightarrow$ $A=C$ 并且 $B=D$ ，是因为在这部分的论证中要求某些集合不空，当条件不再是“A,B,C,D均为不空集合”时，论证失去意义，因为前提不成立. $A\times B\subseteq C\times D$ $\nRightarrow$ $A\subseteq C$ 并且 $B\subseteq D$ 的一个特例是A是空集； $A\times B=C\times D$ $\nRightarrow$ $A=C$ 的一个特例是A,D是空集.

由此题我们知笛卡儿乘积满足代入公理.

3.5.7 证明：由函数 $f:Z\rightarrow X$ 以及 $g:Z\rightarrow Y$ 知：对一切 $z\in Z$ ，有 $f(z)\in X$ 并且 $g(z)\in Y$ ，故 $(f(z),g(z))\in X\times Y$ . 我们定义 $h:Z\rightarrow X\times Y$ 为 $h(z):=(f(z),g(z))$ .

对一切 $z\in Z$ ，有 $\pi_{X\times Y\rightarrow X}\circ h(z)=\pi_{X\times Y\rightarrow X}(h(z))=\pi_{X\times Y\rightarrow X}((f(z),g(z)))=f(z)$ ，而 $\pi_{X\times Y\rightarrow X}\circ h$ 与 $f$ 具有相同的定义域和值域，故 $\pi_{X\times Y\rightarrow X}\circ h=f$ . 同理可证， $\pi_{X\times Y\rightarrow Y}\circ h=g$ . 综上，函数 $h:Z\rightarrow X\times Y$ 的存在性得证.

现在我们来证 $h:Z\rightarrow X\times Y$ 的唯一性，我们设 $h':Z\rightarrow X\times Y$ 也满足 $\pi_{X\times Y\rightarrow X}\circ h'=f$ 和 $\pi_{X\times Y\rightarrow Y}\circ h'=g$ . 对任意 $z\in Z$ ，我们记 $h(z):=(x,y),h'(z):=(x',y')$ . 由于 $\pi_{X\times Y\rightarrow X}\circ h=f$ 和 $\pi_{X\times Y\rightarrow X}\circ h'=f$ ，故 $\pi_{X\times Y\rightarrow X}\circ h=\pi_{X\times Y\rightarrow X}\circ h'$ ，故 $\pi_{X\times Y\rightarrow X}\circ h(z)=\pi_{X\times Y\rightarrow X}\circ h'(z)$ ，即故 $\pi_{X\times Y\rightarrow X}(h(z))=\pi_{X\times Y\rightarrow X}(h'(z))$ ，即 $\pi_{X\times Y\rightarrow X}((x,y))=\pi_{X\times Y\rightarrow X}((x',y'))$ ，即 $x=x'$ . 同理可证有 $y=y'$ . 综上，对任意 $z\in Z$ 我们有 $h(z)=h'(z)$ ，故唯一性得证.

3.5.8 证明：若 $X_1,...,X_n$ 均为不空的集合，由引理3.5.12有限选择我们知道 $\prod\nolimits_{i=1}^{n}{X_i}$ 非空. 故如果 $\prod\nolimits_{i=1}^{n}{X_i}$ 为空，那么 $X_1,...,X_n$ 中至少有一个为空集. 若 $X_1,...,X_n$ 中至少有一个为空集，我们考虑笛卡尔乘积 $\{x\in B : \text{the domain of x is }\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\text{ and x is onto and for all }1\leqslant i\leqslant n\text{ that is }x(i)\in X_i\}$ ，其中集合B为从集合 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}$ 到集合 $\displaystyle(\bigcup_{1\leqslant i\leqslant n}{X_i})$ 的全体部分函数构成. 我们注意到若 $X_1,...,X_n$ 中至少有一个为空集，那么条件“对于一切 $1\leqslant i\leqslant n$ 有 $x(i)\in X_i$ ”就永远不能满足，所以集合 $\{x\in B : \text{the domain of x is }\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant n\}\text{ and x is onto and for all }1\leqslant i\leqslant n\text{ that is }x(i)\in X_i\}$ 为空集，即笛卡尔乘积为空集.

综上，笛卡尔乘积 $\prod\nolimits_{i=1}^{n}{X_i}$ 为空当且仅当至少有一个 $X_i$ 为空.

3.5.9 证明：对任意元素 $\displaystyle x\in(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcup_{\beta\in J}{B_\beta})$ ，有 $\displaystyle x\in\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 且 $\displaystyle x\in\bigcup_{\beta\in J}{B_\beta}$ . 则“对某个 $\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ ”并且“对某个 $\beta\in J$ 有 $x\in B_\beta$ ”，即对某个 $\alpha\in I$ 对某个 $\beta\in J$ 有 $x\in A_\alpha\cap B_\beta$ . 即对某个 $(\alpha,\beta)\in I\times J$ 有 $x\in A_\alpha\cap B_\beta$ ，故 $\displaystyle x\in\bigcup_{(\alpha,\beta)\in I\times J}{A_\alpha\cap B_\beta}$ . 故 $\displaystyle (\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcup_{\beta\in J}{B_\beta})\subseteq \bigcup_{(\alpha,\beta)\in I\times J}{A_\alpha\cap B_\beta}$ .

对任意元素 $\displaystyle x\in\bigcup_{(\alpha,\beta)\in I\times J}{A_\alpha\cap B_\beta}$ ，有对某个 $(\alpha,\beta)\in I\times J$ 有 $x\in A_\alpha\cap B_\beta$ ，即对某个 $\alpha\in I$ 对某个 $\beta\in J$ 有 $x\in A_\alpha\cap B_\beta$ ，即“对某个 $\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ ”并且“对某个 $\beta\in J$ 有 $x\in B_\beta$ ”，进而 $\displaystyle x\in\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 且 $\displaystyle x\in\bigcup_{\beta\in J}{B_\beta}$ ， $\displaystyle x\in(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcup_{\beta\in J}{B_\beta})$ ，所以 $\displaystyle \bigcup_{(\alpha,\beta)\in I\times J}{A_\alpha\cap B_\beta}\subseteq (\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcup_{\beta\in J}{B_\beta})$ . 综上 $\displaystyle (\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcup_{\beta\in J}{B_\beta})=\bigcup_{(\alpha,\beta)\in I\times J}{A_\alpha\cap B_\beta}$ .

3.5.10 证明：若 $f=\overset{\sim}{f}$ ，则对一切 $x\in X$ 有 $f(x)=\overset{\sim}{f}(x)$ ，故对一切 $x\in X$ 有 $(x,f(x))=(x,\overset{\sim}{f}(x))$ . 对任意元素 $a\in\{(x,f(x)) : x\in X\}$ ，有对某 $x_a\in X$ 有 $a=(x_a,f(x_a))$ ，即对某 $x_a\in X$ 有 $a=(x_a,\overset{\sim}{f}(x_a))$ ，故 $a\in\{(x,\overset{\sim}{f}(x)) : x\in X\}$ ，所以 $\{(x,f(x)) : x\in X\}\subseteq\{(x,\overset{\sim}{f}(x)) : x\in X\}$ . 同理可证 $\{(x,\overset{\sim}{f}(x)) : x\in X\}\subseteq\{(x,f(x)) : x\in X\}$ . 综上， $\{(x,f(x)) : x\in X\}=\{(x,\overset{\sim}{f}(x)) : x\in X\}$ .

若 $\{(x,f(x)) : x\in X\}=\{(x,\overset{\sim}{f}(x)) : x\in X\}$ ，我们假设 $f\neq\overset{\sim}{f}$ ，则存在 $x_0\in X$ 使得 $f(x_0)\neq\overset{\sim}{f}(x_0)$ ，即存在 $x_0\in X$ 使得 $(x_0,f(x_0))\neq(x_0,\overset{\sim}{f}(x_0))$ . 而 $(x_0,f(x_0))\in\{(x,f(x)) : x\in X\}$ ，再由 $\{(x,f(x)) : x\in X\}=\{(x,\overset{\sim}{f}(x)) : x\in X\}$ 知 $(x_0,f(x_0))\in\{(x,\overset{\sim}{f}(x)) : x\in X\}$ ，则对某 $x_1\in X$ 有 $(x_0,f(x_0))=(x_1,\overset{\sim}{f}(x_1))$ ，进而 $x_0=x_1$ 且 $f(x_0)=\overset{\sim}{f}(x_1)$ ，故有 $\overset{\sim}{f}(x_0)=\overset{\sim}{f}(x_1)$ ，进而有 $(x_0,f(x_0))=(x_0,\overset{\sim}{f}(x_0))$ ，这是一个矛盾，故假设不成立，则 $f=\overset{\sim}{f}$ . 综上若 $\{(x,f(x)) : x\in X\}=\{(x,\overset{\sim}{f}(x)) : x\in X\}$ 则 $f=\overset{\sim}{f}$ .

综上， $\{(x,f(x)) : x\in X\}=\{(x,\overset{\sim}{f}(x)) : x\in X\}$ 当且仅当 $f=\overset{\sim}{f}$ .

已知G是 $X\times Y$ 的一个子集且具有性质：对每个 $x\in X$ ，集合 $\{y\in Y : (x,y)\in G\}$ 恰有一个元素.

若X为空集，进而G为空集，而且性质是“空真”地成立的而没有提供任何信息. 此时函数 $f:X\rightarrow Y$ 是一个空函数，容易证明其是唯一的，并且空函数的图像 $\{(x,f(x)) : x\in X\}$ 也是空集，故此时 $G=\{(x,f(x)) : x\in X\}$ . 综上，当X为空集时，恰存在一个空函数，其图像为满足性质(空真地满足)的G.

若X不是空集而Y是空集，此时G是空集，由性质知对每个 $x\in X$ 恰有一个 $y\in Y$ 使得 $(x,y)\in G$ ，这与Y是空集和G是空集都是矛盾的，所以在G具有题设条件下不会出现“X不是空集而Y是空集”的情况.

若X和Y都不空，已知G是 $X\times Y$ 的子集. 由性质知：对每个 $x\in X$ ，集合Y中恰有一个元素 $y\in Y$ 使得 $(x,y)\in G$ . 即对每个 $x\in X$ ，恰有一个 $y\in Y$ 使得 $(x,y)\in G$ . 由定义3.3.1知存在从X到Y的函数f，其由性质“ $(x,y)\in G$ ”确定，对每个输入 $x\in X$ ，给出的输出 $f(x)$ 恰使 $(x,f(x))\in G$ 成立，即 $f(x)=y$ . 而f的图像为 $\{(x,f(x)) : x\in X\}$ . 对任意元素 $a\in \{(x,f(x)) : x\in X\}$ ，有对某 $x\in X$ 有 $a=(x,f(x))$ ，再由性质知恰有一个 $y\in Y$ 使 $(x,y)\in G$ ，由于 $f(x)=y$ ，则 $a=(x,f(x))=(x,y)\in G$ ，故 $\{(x,f(x)) : x\in X\}\subseteq G$ . 对任意元素 $a\in G$ ，由于 $G$ 是 $X\times Y$ 的子集，我们可以记 $a:=(x_a,y_a)$ ，再由G具有的性质知对 $x_a\in X$ ，恰有一个 $y_a\in Y$ 使得 $(x_a,y_a)\in G$ ，故我们有 $f(x_a)=y_a$ ，进而 $a=(x_a,y_a)=(x_a,f(x_a))\in\{(x,f(x)) : x\in X\}$ . 综上， $\{(x,f(x)) : x\in X\}=G$ .

我们假设还有一个函数 $f':X\rightarrow Y$ 其图像为G，由上论证知有 $f'=f$ .

综上，如果G是 $X\times Y$ 的子集并且具有性质：对每个 $x\in X$ 集合 $\{y\in Y : (x,y)\in G\}$ 恰有一个元素，那么恰存在一个函数 $f:X\rightarrow Y$ ，其图像为G.

3.5.11 证明：我们不能使用习题3.5.2中笛卡尔乘积的定义，因为其构造使用了公理3.10，若再用此证明公理3.10，就是循环论证了. 我们对笛卡尔乘积 $X\times Y$ 用的定义为习题3.5.1中证明了的 $\bigcup\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in X\} : y\in Y\}$ . 其构造用到了公理3.1、3.3、3.6，并未用到公理3.10. 即我们有 $X\times Y=\bigcup\{\{\{\{x\},\{x,y\}\} : x\in X\} : y\in Y\}$ .

由引理3.4.9知存在集合 $\{a : a \text{ is a subset of }X\times Y\}$ ，即 $X\times Y$ 的所有子集构成的集合，我们记为集合A.

再由分类公理构作集合 $\{b\in A : b\text{ obeys the vertical line test}\}$ .

对任意元素 $G\in\{b\in A : b\text{ obeys the vertical line test}\}$ ，由习题3.5.10知恰存在一个函数 $f_G:X\rightarrow Y$ ，其图像就为G. 进而用替换公理知存在集合 $\{f_G : G\in\{b\in A : b\text{ obeys the vertical line test}\}\}$ .

现在我们来证明 $\{f : f \text{ is a function with domain X and range Y}\}$ 等于 $\{f_G : G\in\{b\in A : b\text{ obeys the vertical line test}\}\}$ .

对任意元素 $f\in\{f_G : G\in\{b\in A : b\text{ obeys the vertical line test}\}\}$ ，由上论述知f为一个从X到Y的函数，故 $f\in\{f : f \text{ is a function with domain X and range Y}\}$ ，进而有 $\{f_G : G\in\{b\in A : b\text{ obeys the vertical line test}\}\}\subseteq\{f : f \text{ is a function with domain X and range Y}\}$ .

对任意元素 $f\in\{f : f \text{ is a function with domain X and range Y}\}$ ，知f为从X到Y的函数，进而其图像 $\{(x,f(x)) : x\in X\}$ 为 $X\times Y$ 的子集；且对每个 $x\in X$ ，恰有一个 $y\in Y$ 使得某性质P(x,y)成立，我们记 $f(x)=y$ . 即对每个 $x\in X$ ，恰有一个 $f(x)\in Y$ 使某性质P(x,f(x))成立. 即对每个 $x\in X$ ，恰有一个 $(x,f(x))\in\{(x,f(x)) : x\in X\}$ . 即对每个 $x\in X$ ，恰有一个 $y=f(x)\in Y$ 使得 $(x,y)=(x,f(x))\in\{(x,f(x)) : x\in X\}$ . 即对每个 $x\in X$ ，集合 $\{y\in Y : (x,y)\in\{(x,f(x)) : x\in X\}\}$ 恰有一个元素. 故 $\{(x,f(x)) : x\in X\}$ 遵从垂线判别法. 进而 $\{(x,f(x)) : x\in X\}\in\{b\in A : b\text{ obeys the vertical line test}\}$ ，故存在函数 $f_G$ 其图像为 $\{(x,f(x)) : x\in X\}$ ，再由习题3.5.10知图像一致的函数是相等的，即有 $f=f_G$ ，进而 $f\in\{f_G : G\in\{b\in A : b\text{ obeys the vertical line test}\}\}$ . 故 $\{f : f \text{ is a function with domain X and range Y}\}\subseteq\{f_G : G\in\{b\in A : b\text{ obeys the vertical line test}\}\}$ .

综上，有 $\{f : f \text{ is a function with domain X and range Y}\}=\{f_G : G\in\{b\in A : b\text{ obeys the vertical line test}\}\}$ . 故幂集公理得证.

3.5.12 证明：

3.5.13 证明：

文内补充

1.设 $X_1$ 是一个任意的集合，则笛卡尔乘积 $\prod_{1\leqslant i\leqslant 1}{X_i}$ 恰就是 $X_1$ .

$\displaystyle \prod_{1\leqslant i\leqslant 1}{X_i}=\{x\in B : \text{the domain of x is }\{1\}\text{ and x is onto and }x(1)\in X_1\}$ ，其中集合B为 $\bigcup{\{\{Y'^{X'} : Y'\in 2^{X_1}\} : X'\in 2^{\{1\}}\}}$ . 即B为集合 $\{1\}$ 到集合 $X_1$ 的全体部分函数构成的.

对任意对象 $x\in X_1$ ，我们把x看作一元组 $(x):=x\in X_1$ ，由习题3.5.2把其看作一个满射函数 $(x):\{1\}\rightarrow \{x\}$ . 很显然 $(x)\in B$ 并且(x)定义域为 $\{1\}$ 并且为满射并且 $(x)(1)=x\in X_1$ ，所以 $x=(x)\in \displaystyle \prod_{1\leqslant i\leqslant 1}{X_i}$ . 同理我们知如果 $f\in \displaystyle \prod_{1\leqslant i\leqslant 1}{X_i}$ ，那么有 $f\in B$ 并且f定义域为 $\{1\}$ 并且为满射并且 $f(1)\in X_1$ ，故 $f:\{1\}\rightarrow \{f(1)\}$ ，即f为一个满射函数，其为一元组(f(1))，并且 $f(1)\in X_1$ . 综上， $\displaystyle X_1=\prod_{1\leqslant i\leqslant 1}{X_i}$ .

简单来说就是

$\prod_{1\leqslant i\leqslant 1}{X_i}=\{(x_i)_{1\leqslant i\leqslant 1} : \forall 1\leqslant i\leqslant 1,x_i\in X_i\}=\{(x_1) : x_1\in X_1\}\\=\{x_1 : x_1\in X_1\}=X_1$

2.集合 $X^0$ 是单元素集{()}.

$\displaystyle X^0=\prod_{1\leqslant i\leqslant 0}{X_i}=\{x\in B : \text{the domain of x is }\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant 0\}\text{ and x is onto and for all }1\leqslant i\leqslant 0\text{ that is }x(i)\in X_i\}$

若 $x\in X^0$ ，则有 $x\in B$ 并且其定义域为空集并且其为满射，故 $x=\emptyset\rightarrow\emptyset$ . 故 $X^0$ 是单元素集，其唯一的元素为().

3.元素只为为有序n元组的集合都可以表示成笛卡儿乘积的形式吗？

答案是否定的. 我们考虑集合 $\{(1,3),(2,4)\}$ . 我们假设其可以表示成笛卡儿乘积的形式，则存在非空集合A,B使得 $A\times B=\{(1,3),(2,4)\}$ . 由于 $(1,3)\in A\times B$ ，则存在 $y_0\in B$ 某 $x_0\in A$ 使得 $(x_0,y_0)=(1,3)$ ，进而 $1\in A$ 且 $3\in B$ . 同理可证 $2\in A$ 且 $4\in B$ . 进而 $A=\{1,2\},B=\{3,4\}$ . 若此时还有其他不同于1和2的元素a属于A，我们可知 $(a,3)$ 也属于 $A\times B$ ，但 $A\times B=\{(1,3),(2,4)\}$ 说明这不可能，故A集合只有两个元素，B集合同理. 但此时 $A\times B\neq\{(1,3),(2,4)\}$ ，所以 $\{(1,3),(2,4)\}$ 不能表示成笛卡儿乘积的形式.

4.作为引理3.5.12有限选择的补充，特别地，对 $n\in\mathbb{N}^+$ ， $\displaystyle\prod_{1\leqslant i\leqslant n}{X_i}$ 非空当且仅当对一切 $1\leqslant i\leqslant n$ 有 $X_i$ 非空.（无论 $\displaystyle\prod_{1\leqslant i\leqslant n}{X_i}$ 的表示是从严格形式(使用分类公理，详见习题3.5.2)理解，还是从常见形式(使用万有分类公理，详见定义3.5.7)理解.）

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§3.4解答

习题3.4

3.4.1 证明：由替换公理知集合V在 $f^{-1}$ 的前象为集合 $\{f^{-1}(v) : v\in V\}$ .

由分类公理知集合V在 $f$ 的逆象为集合 $\{x\in X : f(x)\in V\}$ .

由于 $f$ 为双射函数，则对任意 $v\in V\subseteq Y$ ，恰有一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=v,f^{-1}(v)=x$ .

若 $z\in\{f^{-1}(v) : v\in V\}$ ，由替换公理知存在 $v\in V$ 使得 $f^{-1}(v)=z$ ，由上说明知恰有一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=v,f^{-1}(v)=x$ ，故进一步有 $z=x\in X$ 和 $f(z)=v,f^{-1}(v)=z$ . 再由分类公理知 $z\in\{x\in X : f(x)\in V\}$ . 综上，有 $\{f^{-1}(v) : v\in V\}\subseteq\{x\in X : f(x)\in V\}$ .

若 $z\in\{x\in X : f(x)\in V\}$ ，由分类公理知有 $z\in X,f(z)\in V$ . 同理由于 $f$ 为双射函数，则对 $f(z)\in V\subseteq Y$ ，恰有一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=f(z),f^{-1}(f(z))=x$ . 故得到 $x=z$ 和 $f^{-1}(f(z))=z$ . 再由替换公理知 $z\in\{f^{-1}(v) : v\in V\}$ . 综上，我们有 $\{x\in X : f(x)\in V\}\subseteq\{f^{-1}(v) : v\in V\}$ .

综上，我们有 $\{x\in X : f(x)\in V\}=\{f^{-1}(v) : v\in V\}$ .

3.4.2 证明：由集合象与逆象定义知 $f(S)=\{f(x) : x\in S\},f^{-1}(f(S))=\{x\in X : f(x)\in f(S)\}$ ，故 $f^{-1}(f(S))=\{x\in X : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ .

由于 $S\subseteq X$ ，那么X中元素分为两种： $x\in S$ 和 $x\in X\backslash S$ . 若 $x\in S$ ，显然有 $x\in X$ 和 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ ，故此时有 $x\in f^{-1}(f(S))$ ；若 $x\in X\backslash S$ ，显然有 $x\in X$ ，但 $f(x)$ 是否属于 $\{f(x) : x\in S\}$ 就不可知了，但我们容易知道当f为单射时 $f(x)\notin\{f(x) : x\in S\}$ . 综上，我们有 $S\subseteq f^{-1}(f(S))$ .

同理我们容易知道 $f(f^{-1}(U))=\{f(x) : x\in\{x\in X : f(x)\in U\}\}$ . 由分类公理知对任意 $x\in\{x\in X : f(x)\in U\}$ 有 $x\in X$ 和 $f(x)\in U$ . 由于U为Y子集，所以对集合X中每个元素x不一定满足 $f(x)\in U$ ，不妨记 $A=\{x\in X : f(x)\in U\}$ ，则对任意 $x\in A$ 有 $x\in X$ 和 $f(x)\in U\subseteq Y$ . 进一步对任意元素 $y\in \{f(x) : x\in A\}$ ，有 $y=f(x)\in U$ . 故 $f(f^{-1}(U))\subseteq U$ .

3.4.3 证明：由集合象的定义可知 $f(A\cap B)=\{f(x) : x\in A\cap B\}\\f(A)=\{f(x) : x\in A\}\\f(B)=\{f(x) : x\in B\}$ . 对任意元素 $a\in f(A\cap B)$ ，由替换公理知有 $a=f(x)$ 并且 $x\in A\cap B$ ，即 $a=f(x)$ 并且( $x\in A$ 并且 $x\in B$ )，进一步我们有“ $a=f(x)$ 并且 $x\in A$ ”和“ $a=f(x)$ 并且 $x\in B$ ”，由象定义知 $a\in f(A)$ 和 $a\in f(B)$ ，再由并集定义知 $a\in f(A)\cap f(B)$ ，故我们得到 $f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$ . 其中 $f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$ 的 $\subseteq$ 关系不可加强为=关系，如下考虑：集合X： $\{0,1,2,3\}$ ；集合A： $\{0,1\}$ ；集合B： $\{2,3\}$ ；函数 $f:X\rightarrow Y$ 为 $f(0)=f(2)=0;f(1)=f(3)=1$ . 简单分析得到 $f(A\cap B)=\emptyset$ ; $f(A)\cap f(B)=\{0,1\}$ .

$f(A\backslash B)=\{f(x) : A\backslash B\}$ . 对任意元素 $a\in f(A)\backslash f(B)$ ，由差集定义知 $a\in f(A)$ 且 $a\notin f(B)$ ，再由函数象定义(替换公理)知：对于某个 $x_1\in A$ 有 $a=f(x_1)$ ，并且不存在 $x_2\in B$ 有 $a=f(x_2)$ . 故当 $x_1\in A$ 时有 $x_1\notin B$ (若此时 $x_1\in B$ ，说明存在 $x_2=x_1$ 使得 $x_2\in B$ 有 $a=f(x_2)$ ，这于上面的推论是矛盾的)，再由差集定义知 $x_1\in A\backslash B$ . 综上即对于某个 $x_1\in A\backslash B$ 有 $a=f(x_1)$ ，由象的定义有 $a\in f(A\backslash B)$ ，故有 $f(A)\backslash f(B)\subseteq f(A\backslash B)$ . 其中 $f(A)\backslash f(B)\subseteq f(A\backslash B)$ 的 $\subseteq$ 关系不可加强为=关系，如下考虑：我们考虑两集合是否相等，如果两者一定相等，那么 $\subseteq$ 关系不可加强为=关系，反之则不可加强. 我们来看看不相等的情况是否可以出现. 由于已知 $f(A)\backslash f(B)\subseteq f(A\backslash B)$ ，如果两集合不相等，那么存在 $b\in f(A\backslash B)$ 且 $b\notin f(A)\backslash f(B)$ ，即“对某 $x\in A\backslash B$ 有 $b=f(x)$ ”并且“ $b\notin f(A)$ 或 $b\in f(B)$ ”. 而“对某 $x\in A\backslash B$ 有 $b=f(x)$ ”是必有 $b\in f(A)$ ，进而我们知道“ $b\in f(B)$ ”，即对某 $x_2\in B$ 有 $b=f(x_2)$ . 综上，如果两集合不相等，我们知道存在 $b\in f(A\backslash B)$ 且 $b\in f(B)$ ，即“对某 $x\in A\backslash B$ 有 $b=f(x)$ ”并且“对某 $x_2\in B$ 有 $b=f(x_2)$ ”，进一步即存在 $x\in A\backslash B$ 和 $x_2\in B$ 使得 $b=f(x)=f(x_2)$ . 然而当函数f不是单射时可能的，如下例子：集合X： $\{0,1,2,3\}$ ；集合A： $\{0,1,2\}$ ；集合B： $\{2,3\}$ ；函数 $f:X\rightarrow Y$ 为 $f(0)=f(2)=0;f(1)=f(3)=1$ . 简单分析得到 $f(A\backslash B)=\{0,1\}$ ; $f(A)\backslash f(B)=\emptyset$ . 所以我们也找到了 $f(A)\backslash f(B)\subseteq f(A\backslash B)$ 的 $\subseteq$ 关系加强为=关系的条件，其要求函数f为单射函数.

$f(A\cup B)=\{f(x) : x\in A\cup B\}$ . 对任意元素 $a\in f(A\cup B)$ ，由替换公理知对某个 $x\in A\cup B$ 有 $a=f(x)$ ，即有( $x\in A$ 或者 $x\in B$ )并且 $a=f(x)$ ，即( $x\in A$ 并且 $a=f(x)$ )或者( $x\in B$ 并且 $a=f(x)$ )，但无论何种情况都有 $a\in f(A)\cup f(B)$ ，故 $f(A\cup B)\subseteq f(A)\cup f(B)$ . 另一个方向的论证类似，我们可得 $f(A)\cup f(B)\subseteq f(A\cup B)$ . 综上， $f(A\cup B)=f(A)\cup f(B)$ .

3.4.4 证明： $f^{-1}(U)=\{x\in X : f(x)\in U\};f^{-1}(V)=\{x\in X : f(x)\in V\}$ .

$f^{-1}(U\cup V)=\{x\in X : f(x)\in U\cup V\}$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U\cup V)$ ，有 $x\in X$ 和 $f(x)\in U\cup V$ . 当 $x\in X$ 并且 $f(x)\in U$ 时，有 $x\in f^{-1}(U)$ ；同理可知当 $x\in X$ 并且 $f(x)\in V$ 时有 $x\in f^{-1}(V)$ ，但两种情况都有 $x\in f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)$ ，综上 $f^{-1}(U\cup V)\subseteq f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)$ ，当 $x\in f^{-1}(U)$ 时有 $x\in X$ 并且 $f(x)\in U$ ，进一步有 $x\in X$ 并且 $f(x)\in U\cup V$ ；同理可证当 $x\in f^{-1}(V)$ 时有 $x\in X$ 并且 $f(x)\in U\cup V$ . 故总有 $x\in f^{-1}(U\cup V)$ ，即 $f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)\subseteq f^{-1}(U\cup V)$ . 综上 $f^{-1}(U\cup V)=f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)$ .

$f^{-1}(U\cap V)=\{x\in X : f(x)\in U\cap V\}$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U\cap V)$ ，有 $x\in X$ 和 $f(x)\in U\cap V$ . 则有“ $x\in X$ 且 $f(x)\in U$ ”并且“ $x\in X$ 且 $f(x)\in V$ ”，即 $x\in f^{-1}(U)$ 并且 $x\in f^{-1}(V)$ ，即 $x\in f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)$ . 综上 $f^{-1}(U\cap V)\subseteq f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)$ ，有 $x\in X$ 且 $f(x)\in U$ 且 $f(x)\in V$ ，即有 $x\in X$ 且 $f(x)\in U\cap V$ . 故总有 $x\in f^{-1}(U\cap V)$ ，即 $f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)\subseteq f^{-1}(U\cap V)$ . 综上 $f^{-1}(U\cap V)=f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)$ .

$f^{-1}(U\backslash V)=\{x\in X : f(x)\in U\backslash V\}$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U\backslash V)$ ，有 $x\in X$ 和 $f(x)\in U\backslash V$ . 则有“ $x\in X$ 且 $f(x)\in U$ ”并且“ $x\in X$ 且 $f(x)\notin V$ ”，即 $x\in f^{-1}(U)$ 并且 $x\notin f^{-1}(V)$ ，即 $x\in f^{-1}(U)\backslash f^{-1}(V)$ . 综上 $f^{-1}(U\backslash V)\subseteq f^{-1}(U)\backslash f^{-1}(V)$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U)\backslash f^{-1}(V)$ ，有 $x\in f^{-1}(U)$ 且 $x\notin f^{-1}(V)$ ，即有“ $x\in X$ 且 $f(x)\in U$ ”并且“ $x\notin X$ 或 $f(x)\notin V$ ”，即 $x\in X$ 且 $f(x)\in U$ 且 $f(x)\notin V$ ，即 $x\in X$ 且 $f(x)\in U\backslash V$ ，即 $x\in f^{-1}(U\backslash V)$ ，即 $f^{-1}(U)\backslash f^{-1}(V)\subseteq f^{-1}(U\cup V)$ . 综上 $f^{-1}(U\backslash V)=f^{-1}(U)\backslash f^{-1}(V)$ .

3.4.5 证明：由习题3.4.2的论证知 $S\subseteq f^{-1}(f(S))$ ，并且当函数f为单射时对 $x\in X\backslash S$ 有 $x\notin f^{-1}(f(S))$ . 故只需考虑 $f^{-1}(f(S))\subseteq S$ 对于每个 $S\subseteq X$ 都成立的充要条件是f是满射.

已知函数f为单射函数. 对任一元素 $x\in f^{-1}(f(S))$ ，有 $x\in X$ 并且 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ . 而 $X=(X\backslash S)\cup S$ (已知S为X的子集)，故有 $x\in (X\backslash S)\cup S$ 并且 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ . 分两种情形，若 $x\in X\backslash S$ 并且 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ ，由上“当函数f为单射时对 $x\in X\backslash S$ 有 $x\notin f^{-1}(f(S))$ ”知 $f(x)\notin f(S)$ ，故“ $x\in X\backslash S$ 并且 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ ”这种情况不会出现，这是一个矛盾. 所以只能另一种情况成立，即 $x\in S$ 并且 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ ，即 $f^{-1}(f(S))\subseteq S$ . 这就证明了：函数f是单射 $\Longrightarrow$ $f^{-1}(f(S))\subseteq S$ .

已知 $f^{-1}(f(S))\subseteq S$ ，结合 $S\subseteq f^{-1}(f(S))$ ，我们知 $S=f^{-1}(f(S))$ ，即 $\{x\in X : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=S$ . 对任意元素 $x\in\{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ ，有 $x\in S$ 并且 $f(x)\in f(S)$ ，即有 $x\in S$ ，所以 $\{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}\subseteq S$ ；对任意元素 $x\in S$ ，我们知有 $f(x)\in f(S)$ (因为 $f(S)=\{f(x) : x\in S\}$ ). 即对任意元素 $x\in S$ 有“ $x\in S$ 并且 $f(x)\in f(S)$ ”，故 $x\in \{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ . 所以 $S\subseteq \{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ ，综上有 $\{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=S$ . 至此得到 $\{x\in X : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=S=\{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ . 而 $X=(X\backslash S)\cup S$ ，易证 $\{x\in X : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=\\\{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}\cup\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ ，即有 $\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}\subseteq \{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=S$ ，到这我们得到了对任一元素 $x\in\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ 有 $x\in S$ ，展开后即对任一元素 $x\in\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ 有： $x\in X\backslash S$ 并且 $f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ 并且 $x\in S$ ，这明显是不可能的，故 $\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=\emptyset$ . 已知函数 $f:X\rightarrow Y$ . $\forall x_1\in X,\forall x_2\in X$ ，如果 $x_1\neq x_2$ ，我们令 $x_1\in\{x_1\}$ 和 $x_2\in X\backslash \{x_1\}$ ，由“ $\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=\emptyset$ ”知“ $\{x\in X\backslash \{x_1\} : f(x)\in \{f(x) : x\in \{x_1\}\}\}=\emptyset$ ”. 由于 $x_2\in X\backslash \{x_1\}\neq\emptyset$ ，假设存在 $x\in X\backslash \{x_1\}$ 使得 $f(x)\in \{f(x) : x\in \{x_1\}\}\}$ ”，那么 $x\in \{x\in X\backslash \{x_1\} : f(x)\in \{f(x) : x\in \{x_1\}\}\}\neq\emptyset$ . 这明显是矛盾的，故假设不成立，即对任意 $x\in X\backslash \{x_1\}$ 都有 $f(x)\notin \{f(x) : x\in \{x_1\}\}$ ”. 特别地， $f(x_2)\neq f(x_1)$ . 所以函数f是单射. 所以 $f^{-1}(f(S))\subseteq S\Longrightarrow$ 函数f是单射.

综上 $f^{-1}(f(S))\subseteq S\Longleftrightarrow$ 函数f是单射.

$f(f^{-1}(S))=\{f(x) : x\in \{x\in X : f(x)\in S\}\}$ . 由习题6.4.2知 $f(f^{-1}(S))\subseteq S$ . 若函数f为满射，则对任意 $y\in S\subseteq Y$ ，存在 $x\in X$ 使得 $y=f(x)\in S$ ，故 $x\in f^{-1}(S)$ ，进一步 $y\in f(f^{-1}(S))$ . 故 $S\subseteq f(f^{-1}(S))$ . 综上，已知 $f(f^{-1}(S))\subseteq S$ ，函数f为满射 $\Longrightarrow$ $f(f^{-1}(S))=S$ .

若 $f(f^{-1}(S))=S$ ，已知 $f(f^{-1}(S))\subseteq S$ ，故我们得到 $S\subseteq f(f^{-1}(S))$ . 对任意元素 $y\in S$ ，有 $y\in f(f^{-1}(S))$ ，即 $y\in \{f(x) : x\in \{x\in X : f(x)\in S\}\}$ ，即存在某 $x\in \{x\in X : f(x)\in S\}\}$ 使得 $y=f(x)$ . 取 $S:=Y$ ，则对任意元素 $y\in Y$ ，存在某 $x\in \{x\in X : f(x)\in S\}\}$ 使得 $y=f(x)$ . 故函数f为满射函数. 故 $f(f^{-1}(S))=S\Longrightarrow$ 函数f为满射.

综上 $f(f^{-1}(S))=S\Longleftrightarrow$ 函数f为满射.

3.4.6 证明：英文勘误：“p. 59: In Lemma 3.4.9, “Then the set … is a set” should read “Then there is a unique set of the form … . That is to say, there is a set A such that for any Y, Y $\in$ A if and only if Y is a subset of X.”，(中文即为：“那么集合…是一个集合.”应理解为“那么有一个独一无二的形如…集合. 更具体的说，存在一个集合A使得对于任何对象Y， $Y\in A$ 当且仅当Y是X的子集.”).

由幂集公理知集合 $\{0,1\}^X$ 为所有定义域为X而值域为{0,1}的函数构成的. 由替换公理知存在集合 $\{f^{-1}(\{1\}) : f\in \{0,1\}^X\}$ ，由逆象定义即集合 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ .

对任意元素 $S\in \{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ ，有存在 $f\in \{0,1\}^X$ 使得 $S=\{x\in X : f(x)\in \{1\}\}$ . 对任何元素 $x\in S$ ，有 $x\in X$ 且 $f(x)\in \{1\}$ ，故 $S\subseteq X$ ，这说明集合 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 中元素全都为集合X的子集.

对任意X的子集S，即 $S\subseteq X$ . 我们构造一个函数 $f:X\rightarrow\{0,1\}$ 如下：当 $x\in S\subseteq X$ 时 $f(x)=1$ ;当 $x\in X\backslash S$ 时 $f(x)=0$ . 此时集合 $\{x\in X : f(x)\in \{1\}\}=S$ ，即对某 $f\in\{0,1\}^X$ 有 $S=\{x\in X : f(x)\in \{1\}\}$ ，即 $S\in \{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ . 综上，我们成功构造了题目要求的集合A.

集合 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 也有另外一种书写形式 $\big\{Y : f\in \{0,1\}^X; Y=f^{-1}(\{1\}) \big\}$ （详见例3.1.32下面替换公理与分类公理联合使用的讨论，也见本文末评论区的讨论），但两种书写形式都可以用更便于理解的形式“{Y ：Y是X的子集}”来表示.

3.4.7 证明：由幂集公理和习题3.4.6知 $2^X=\{X' : X'\text{ is a subset of }X\};2^Y=\{Y' : Y'\text{ is a subset of }Y\}$ 是明确定义的.

由于空集是任何集合的子集，所以我们可以取任意一个集合 $X'\in 2^X$ ，由替换公理知存在集合 $\{Y'^{X'} : Y'\in 2^Y\}$ ，这个集合是与集合X’相关的，我们记其为 $A_{X'}$ .

再由替换公理知存在集合 $\{A_{X'} : X'\in 2^X\}$ .

再由并公理知存在集合 $\bigcup{\{A_{X'} : X'\in 2^X\}}$ .

易验证 $\bigcup{\{\{Y'^{X'} : Y'\in 2^Y\} : X'\in 2^X\}}$ ={f : f是定义域为 $X'\subseteq X$ 且值域为 $Y'\subseteq Y$ 的函数}.

3.4.8 证明：设A，B是集合. 由公理3.3中双元素集以及公理3.1知存在集合 $\{A,B\}$ . 由公理3.11知存在集合 $\bigcup{\{A,B\}}$ ，使得 $x\in\bigcup{\{A,B\}}\Longleftrightarrow$ 对某 $S\in\{A,B\}$ 有 $x\in S$ . 而由双元素集知 $S\in \{A,B\}\Longleftrightarrow S=A or S=B$ ，进一步有 $x\in\bigcup{\{A,B\}}\Longleftrightarrow$ 对某 $S\in\{A,B\}$ 有 $x\in S$ $\Longleftrightarrow x\in A\text{or}x\in B$ . 由此 $\bigcup{\{A,B\}}$ 为公理3.4定义的 $A\cup B$ ，故公理3.4得证.

3.4.9 证明：对于任何元素 $x\in\{x\in A_\beta : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}$ ，由分类公理知 $x\in A_\beta$ 并且 $x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ ，进而有 $x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ . 由于 $\beta'\in I$ ，则“ $x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ ”蕴涵“ $x\in A_{\beta'}$ ”，所以我们得到 $x\in A_{\beta'}$ 并且 $x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ ，再由分类公理知 $x\in\{x\in A_{\beta'} : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}$ ，故 $\{x\in A_\beta : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}\subseteq\{x\in A_{\beta'} : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}$ . 同理可证 $\{x\in A_{\beta'} : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}\subseteq\{x\in A_\beta : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}$ . 综上 $\{x\in A_\beta : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}=\{x\in A_{\beta'} : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}$ .

由上论述明显“ $\displaystyle y\in\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}\Longleftrightarrow y\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ ”.

3.4.10 证明：对任意 $x\in(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cup(\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ ，由公理3.4知 $x\in\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 或 $x\in\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha}$ . 若 $x\in\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，由公理3.11知对于某个 $\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ ，进一步对于某个 $\alpha\in I\cup J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，再由公理3.11知 $x\in\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ ，故有 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}\subseteq\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ . 同理可得 $\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha}\subseteq\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ . 由习题3.1.7知 $(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cup(\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha})\subseteq\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ . 对任意元素 $x\in\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ ，由公理3.11知对于某个 $\alpha\in I\cup J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，即陈述“ $\alpha\in I\cup J$ 并且 $x\in A_\alpha$ ”为真（注意推理方向），立得陈述“ $(\alpha\in I\text{ or }\alpha\in J$ )并且 $x\in A_\alpha$ ”为真，进一步有陈述“‘ $\alpha\in I$ 并且 $x\in A_\alpha$ ’或者‘ $\alpha\in J$ 并且 $x\in A_\alpha$ ’”为真，即有 $x\in\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 或者有 $x\in\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha}$ ，进一步有 $x\in(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cup(\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ ，所以 $\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}\subseteq(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cup(\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ . 综上， $(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cup(\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha})=\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ .

对任意 $x\in(\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ ，由定义3.1.23知 $x\in\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 且 $x\in\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha}$ . 由公理3.11知对一切 $\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ 并且对一切 $\alpha\in J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，故对一切 $\alpha\in I\cup J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，再由公理3.11知 $x\in\bigcap_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ ，故 $(\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha})\subseteq\bigcap_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ . 对任意元素 $x\in\bigcap_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ ，由公理3.11知对于一切 $\alpha\in I\cup J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，进一步有对于一切 $\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ 和对于一切 $\alpha\in J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，即有 $x\in\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 并且 $x\in\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha}$ ，进一步有 $x\in(\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ ，所以 $\bigcap_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}\subseteq(\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ . 综上， $(\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha})=\bigcap_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ .

3.4.11 （一阶逻辑）证明：对任意元素 $\displaystyle x\in\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，由公理3.11知对某个 $\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ . 对任意元素 $\displaystyle x\in X\backslash\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，由差集定义知 $x\in X$ 并且 $x\notin A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ ，进而 $x\notin A_\alpha\text{ and }x\in X\text{ for all }\alpha\in I$ ，即 $\forall \alpha\in I,x\in X\backslash A_\alpha$ ，进而 $\displaystyle x\in\bigcap_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ ，故 $\displaystyle X\backslash\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}\subseteq\bigcap_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ .

对任意元素 $\displaystyle x\in\bigcap_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ ，有 $\forall \alpha\in I,x\in X\backslash A_\alpha$ ，进而 $x\notin A_\alpha\text{ and }x\in X\text{ for all }\alpha\in I$ ，即 $x\notin A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\text{ and }x\in X\text{ for all }\alpha\in I$ ，进而 $x\notin A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\text{ and }x\in X$ ，进而不存在 $\alpha\in I$ 使得 $x\in A_\alpha\text{ and }x\in X$ ，由此知 $x\in X$ 并且 $\displaystyle x\notin \bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，由差集定义进而 $\displaystyle x\in X\backslash\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，故 $\displaystyle \bigcap_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}\subseteq X\backslash\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ . 综上， $\displaystyle X\backslash\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}=\bigcap_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ .

对任意元素 $\displaystyle x\in\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，有 $\forall\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ . 对任意元素 $\displaystyle x\in X\backslash\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，由差集定义知 $x\in X$ 并且 $\exists\alpha\in I\text{ such that }x\notin A_\alpha$ ，进而 $\exists\alpha\in I\text{ such that }x\notin A_\alpha\text{ and }x\in X$ ，即 $\exists\alpha\in I\text{ such that }x\in X\backslash A_\alpha$ ，即 $\displaystyle x\in\bigcup_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ . 故 $\displaystyle X\backslash\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}\subseteq\bigcup_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ .

对任意元素 $\displaystyle x\in\bigcup_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ ，存在 $\alpha\in I$ 使 $x\in X\backslash A_\alpha$ ，即存在 $\alpha\in I$ 使 $x\in X\text{ and }x\notin A_\alpha$ ，即存在 $\alpha\in I$ 使 $x\in X$ 并且存在 $\alpha\in I$ 使 $x\notin A_\alpha$ ，即 $x\in X$ 并且存在 $\alpha\in I$ 使 $x\notin A_\alpha$ ，即 $x\in X$ 并且 $\displaystyle x\notin\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，即 $\displaystyle x\in X\backslash\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ . 故 $\displaystyle\bigcup_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}\subseteq X\backslash\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ . 综上，有 $\displaystyle X\backslash\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}=\bigcup_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ .

文内补充

1.用分类公理定义集合的象.

f(S):={ $y\in Y$ : 存在 $x\in S$ 使得 $f(x)=y$ }.

容易验证两种定义是等价的.

2.设函数 $f:X\rightarrow Y$ . 并设 $S\subseteq X$ ，我们有命题“ $y\in f(S)\Longleftrightarrow y=f(x) \text{ for some } x\in S$ ”成立.

说明：由 $y\in f(S)$ 知 $y\in\{f(x) : x\in S\}$ ，由替换公理知对某 $x\in S$ 有 $y=f(x)$ ，即 $y=f(x) \text{ for some } x\in S$ .

相反方向的说明类似，所以有命题“ $y\in f(S)\Longleftrightarrow y=f(x) \text{ for some } x\in S$ ”成立.

3.已知映射 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N};f(x)=2x$ . 说明 $f(f^{-1}(\{1,2,3\}))\neq\{1,2,3\}$ .

$f^{-1}(\{1,2,3\})=\{1\}$ ; $f(\{1\})=\{2\}\neq\{1,2,3\}$ .

已知映射 $f:\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z};f(x)=x^2$ . 说明 $f^{-1}(f(\{-1,0,1,2\}))\neq\{-1,0,1,2\}$ .

$f(\{-1,0,1,2\})=\{0,1,4\}$ ; $f^{-1}(\{0,1,4\})=\{-2,-1,0,1,2\}\neq\{-1,0,1,2\}$ .

4.如果I是空集，则 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 将自动地也是空集.

证明：反证法. 若 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 非空，则存在元素y使得对某 $\alpha\in I$ 使得 $y\in A_\alpha$ . 而 $\alpha\in I$ 恒假，假设不成立. 故如果I是空集，则 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 将自动地也是空集.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§3.3解答

习题3.3

3.3.1 证明：自反性：设函数 $f:X\rightarrow Y$ . 由集合相等的自反性我们知f与f的定义域有 $X=X$ 和值域有 $Y=Y$ . 而对于一切 $x\in X$ ，由相等公理知有 $f(x)=f(x)$ （或者我们假设存在 $x_0\in X$ 使得 $f(x_0)\neq f(x_0)$ ，这说明对于输入 $x_0$ 存在不同的输出，这与函数关联的性质P(x,y)要求的对每个输入x恰存在一个输出相矛盾，故假设不成立，即对于一切 $x\in X$ 有 $f(x)=f(x)$ ）. 综上， $f=f$ .

对称性：设函数 $f:X\rightarrow Y,g:W\rightarrow Z$ ，并设 $f=g$ . 由 $f=g$ 我们知f与g的定义域有 $X=W$ 和值域有 $Y=Z$ . 由集合相等的对称性我们知f与g的定义域有 $W=X$ 和值域有 $Z=Y$ . 再由 $f=g$ 知对于一切 $x\in X$ 有 $f(x)=g(x)$ . 故对一切 $w\in W$ ，由 $X=W$ 知 $w\in X$ ，故有 $f(w)=g(w)$ ，进一步由相等公理知有 $g(w)=f(w)$ . 综上， $g=f$ .

传递性：设函数 $f:X\rightarrow Y,g:W\rightarrow Z,h:U\rightarrow V$ ，并设 $f=g,g=h$ . 由 $f=g,g=h$ 我们知f与g的定义域有 $X=W$ 和值域有 $Y=Z$ 和g与h的定义域有 $W=U$ 和值域有 $Z=V$ . 由集合相等的传递性我们知f与h的定义域有 $X=U$ 和值域有 $Y=V$ . 再由 $f=g,g=h$ 知对于一切 $x\in X$ 有 $f(x)=g(x)$ 和对于一切 $w\in W$ 有 $g(w)=h(w)$ . 故对一切 $x\in X$ ，有 $f(x)=g(x)$ ，再由 $X=W$ 知 $x\in W$ ，故有 $g(x)=h(x)$ ，进一步由相等公理知有 $f(x)=h(x)$ . 综上， $f=h$ .

设函数 $f,\overset{\sim}{f}:X\rightarrow Y;g, \overset{\sim}{g}:Y\rightarrow Z$ ，并设 $f=\overset{\sim}{f},g=\overset{\sim}{g}$ . 由定义3.3.10我们知 $g\circ f$ 的定义域和 $\overset{\sim}{g}\circ \overset{\sim}{f}$ 的定义域相同，并且 $g\circ f$ 的值域和 $\overset{\sim}{g}\circ \overset{\sim}{f}$ 的值域相同. 再由 $f=\overset{\sim}{f},g=\overset{\sim}{g}$ 知对于一切 $x\in X$ 有 $f(x)=\overset{\sim}{f}(x)$ 和对于一切 $y\in Y$ 有 $g(y)=\overset{\sim}{g}(y)$ . 故对一切 $x\in X$ ，有 $(g\circ f)(x)=g(f(x))=g(\overset{\sim}{f}(x))=\overset{\sim}{g}(\overset{\sim}{f}(x))=(\overset{\sim}{g}\circ\overset{\sim}{f})(x)$ . 综上， $g\circ f=\overset{\sim}{g}\circ\overset{\sim}{f}$ .

3.3.2 证明：由于f和g都是单射函数，即 $\forall x,x'\in X$ ，有 $x\neq x'\Longrightarrow f(x)\neq f(x')$ 并且 $\forall y,y'\in Y$ ，有 $y\neq y'\Longrightarrow g(y)\neq g(y')$ . 对于一切 $x,x'\in X$ ，如果 $x\neq x'$ ，那么有 $f(x)\neq f(x')$ 并且知 $f(x),f(x')\in Y$ ，故此时 $g(f(x))\neq g(f(x'))$ ，即 $f\circ g(x)\neq f\circ g(x')$ ，故 $f\circ g$ 也是单射.

由于f和g都是满射函数，即 $\forall y\in Y,\exists x\in X$ 使得 $f(x)=y$ 和 $\forall z\in Z,\exists y\in Y$ 使得 $g(y)=z$ . 综上，对任意 $z\in Z$ 存在 $y\in Y$ 存在 $x\in X$ 使得 $g(y)=z$ 并且 $f(x)=y$ ，即 $g(f(x))=z$ . 即对任意 $z\in Z$ ，存在 $x\in X$ ，使得 $(g\circ f)(x)=g(f(x))=z$ ，所以 $g\circ f$ 是满射函数.

3.3.3 证明：由于命题“ $\forall x\in\emptyset,\forall x'\in\emptyset,x\neq x'\Longrightarrow f(x)\neq f(x')$ ”是空真的，所以空函数总是单射函数.

对空函数 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 来说，如果集合 $Y=\emptyset$ ，那么命题“ $\forall y\in Y,\exists x\in\emptyset$ 使得 $f(x)=y$ ” 是空真成立的，所以空函数 $f:\emptyset\rightarrow\emptyset$ 是满射的，即如果 $Y=\emptyset$ 那么 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 是满射的；进一步我们知道空函数 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 要么是满射函数要么不是满射函数. 如果 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 是满射的，我们设集合 $Y\neq\emptyset$ ，我们很容易知道这会导致矛盾，所以假设不成立，故此时有 $Y=\emptyset$ . 综上，有 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 是满射的当且仅当 $Y=\emptyset$ .

由上面讨论我们知道 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 是双射的当且仅当 $Y=\emptyset$ .

3.3.4 证明：由定义3.3.10知 $g\circ f$ 和 $g\circ\overset{\sim}{f}$ 均为从X到Z的函数. 由于 $g\circ f=g\circ\overset{\sim}{f}$ ，由定义3.3.7知对于一切 $x\in X$ 有 $(g\circ f)(x)=(g\circ\overset{\sim}{f})(x)$ ，即 $g(f(x))=g(\overset{\sim}{f}(x))$ ，再由g是单射进一步知 $f(x)=\overset{\sim}{f}(x)$ . 所以 $f=\overset{\sim}{f}$ . 若g不是单射，考虑函数 $f:\{0,1,2\}\rightarrow\{1,2,3\};f(n):=n++$ 和函数 $\overset{\sim}{f}:\{0,1,2\}\rightarrow\{1,2,3\};f(0):=3,f(1):=2,f(2):=1$ ，很明显此时 $f\neq\overset{\sim}{f}$ . 而我们定义函数 $g:\{1,2,3\}\rightarrow\{7\};g(n):=7$ ，其很显然不是单射，但有 $g\circ f=g\circ\overset{\sim}{f}$ . 综上，当g不是单射函数时，上述蕴涵关系不成立.

由定义3.3.10知 $g\circ f$ 和 $\overset{\sim}{g}\circ f$ 均为从X到Z的函数. 由于 $g\circ f=\overset{\sim}{g}\circ f$ ，由定义3.3.7知对于一切 $x\in X$ 有 $(g\circ f)(x)=(\overset{\sim}{g}\circ f)(x)$ ，即 $g(f(x))=\overset{\sim}{g}(f(x))$ ，再由f是满射进一步知对一切 $y\in Y$ ，存在 $x\in X$ ，使得 $f(x)=y$ 并且 $g(f(x))=\overset{\sim}{g}(f(x))$ ，即 $g(y)=\overset{\sim}{g}(y)$ . 所以 $g=\overset{\sim}{g}$ . 若f不是满射，考虑函数 $g:\{1,2\}\rightarrow\{2,3\};f(n):=n++$ 和函数 $\overset{\sim}{g}:\{1,2\}\rightarrow\{2\};\overset{\sim}{g}(n):=2$ ，很明显此时 $g\neq\overset{\sim}{g}$ . 而我们定义函数 $f:\{0\}\rightarrow\{1,2\};f(n):=n++$ ，其很显然不是满射，但有 $g\circ f=\overset{\sim}{g}\circ f$ . 综上，当f不是满射函数时，上述蕴涵关系不成立.

3.3.5 证明：若 $g\circ f$ 是单射，则有 $\forall x,x'\in X,x\neq x'\Longrightarrow (g\circ f)(x)\neq (g\circ f)(x')$ ，即 $g(f(x))\neq g(f(x'))$ . 我们假设f不是单射，则有 $\exists x,\exists x'$ 使得 $x\neq x'$ 并且 $f(x)=f(x')$ ，进一步有 $g(f(x))=g(f(x'))$ ，这与 $g\circ f$ 是单射明显矛盾，故假设不成立，所以f是单射. 但g不一定是单射，我们很容易举出这样的一个例子，这里就不举了.

若 $g\circ f$ 是满射，则对于一切 $\forall z\in Z$ 存在 $x\in X$ 使得 $(g\circ f)(x)=g(f(x))=z$ ，我们记 $y:=f(x)\in Y$ ，则上述陈述可改为对于一切 $\forall z\in Z$ 存在 $y\in Y$ 使得 $g(y)=z$ ，所以g是满射. 但f不一定是单射，比如函数 $f:\{0\}\rightarrow\{1,2\};f(n):=n++$ 不是满射函数， $g:\{1,2\}\rightarrow\{1\};g(n):=1$ 是满射函数，并且 $g\circ f$ 是满射函数.

3.3.6 证明：由于函数f是双射，即其又是满射又是单射. 由f的满射我们知：对一切 $y\in Y$ ，存在 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ . 我们假设存在 $x_1,x_2\in X$ 使得 $x_1\neq x_2$ 并且 $f(x_1)=f(x_2)$ ，这与f是单射相矛盾，故假设不成立，即对一切 $x_1,x_2\in X$ 如果 $x_1\neq x_2$ 那么 $f(x_1)\neq f(x_2)$ . 综上我们知对一切 $y\in Y$ ，恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ ，由定义3.3.1我们知这是一个函数，我们记此函数为 $f^{-1}(y)=x$ .

对任意 $x\in X$ ，由函数定义知恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $f(x)=y$ . 而对此 $y\in Y$ 由上论证知也恰存在一个 $x'\in X$ 使得 $f(x')=y$ ，即 $f^{-1}(y)=x'$ . 故我们得到 $f(x)=f(x')$ ，再由f的单射性知 $x=x'$ . 综上，我们知对任意 $x\in X$ 恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $f(x)=y$ 并且 $f^{-1}(y)=x$ . 故有 $f^{-1}(f(x))=f^{-1}(y)=x$ .

对任意 $y\in Y$ ，由上论证知恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ ，即 $f^{-1}(y)=x$ . 而对此 $x\in X$ 由函数定义知也恰存在一个 $y'\in Y$ 使得 $f(x)=y'$ . 故我们得到 $y=y'$ . 综上，我们知对任意 $y\in Y$ 恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f^{-1}(y)=x$ 并且 $f(x)=y$ . 故有 $f(f^{-1}(y))=f(x)=y$ .

由上论证知：对一切 $y\in Y$ ，恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ ，记此函数为 $f^{-1}(y)=x$ . 我们假设 $f^{-1}$ 不是单射，即存在 $y_1,y_2\in Y$ 使得 $y_1\neq y_2$ 并且 $f^{-1}(y_1)=f^{-1}(y_2)=x$ . 进一步有 $f(x)=y_1=y_2$ ，这是矛盾的，所以假设不成立，故 $f^{-1}$ 是单射.

而再由上论证知：对任意 $x\in X$ 恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $f^{-1}(y)=x$ . 故 $f^{-1}$ 是满射. 综上，我们知道 $f^{-1}$ 是双射.

用相似的论证我们知道，对双射函数 $f^{-1}$ ：

对一切 $x\in X$ ，恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $f^{-1}(y)=x$ ，由定义3.3.1我们知这是一个函数，我们记此函数为 $(f^{-1})^{-1}(x)=y$ . 而对此 $x\in X$ ，恰存在一个 $y'\in Y$ 使得 $f(x)=y'$ . 综上我们有 $f(x)=f(f^{-1}(y))=y'$ ，由上论证知 $y=y'$ ，故对一切 $x\in X$ ，恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $f(x)=y=(f^{-1})^{-1}(x)$ . 所以 $(f^{-1})^{-1}=f$ .

3.3.7 证明：由上面习题3.3.2的讨论我们知如果f和g都是双射，那么 $g\circ f$ 也是双射.

容易验证 $(g\circ f)^{-1},f^{-1}\circ g^{-1}$ 具有相同的定义域和值域.

由于f和g均为双射，由习题3.3.6的论证我们有：对任意 $y\in Y$ 恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ 并且 $f^{-1}(y)=x$ ；对任意 $z\in Z$ 恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $g(y)=z$ 并且 $g^{-1}(z)=y$ .

综上，对任意 $z\in Z$ 恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $g(y)=z$ 并且 $g^{-1}(z)=y$ ，进而恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ 并且 $f^{-1}(y)=x$ .

故 $(f^{-1}\circ g^{-1})(z)=f^{-1}(g^{-1}(z))=f^{-1}(y)=x$ ；而 $(g\circ f)(x)=g(f(x))=g(y)=z$ ，由于 $g\circ f$ 也是双射，所以 $(g\circ f)^{-1}(z)=x$ . 综上，对任意 $z\in Z$ 有 $(f^{-1}\circ g^{-1})(z)=(g\circ f)^{-1}(z)$ . 即 $(g\circ f)^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}$ .

3.3.8 证明：(a)容易验证 $\tau_{Y\rightarrow Z}\circ\tau_{X\rightarrow Y}$ 与 $\tau_{X\rightarrow Z}$ 具有相同的定义域X和值域Z. 已知 $X\subseteq Y\subseteq Z$ ，故对任意 $x\in X$ 有 $x\in Y,x\in Z$ . 进而 $(\tau_{Y\rightarrow Z}\circ\tau_{X\rightarrow Y})(x)=\tau_{Y\rightarrow Z}(\tau_{X\rightarrow Y}(x))=\tau_{Y\rightarrow Z}(x)=x=\tau_{X\rightarrow Z}(x)$ . 所以 $\tau_{Y\rightarrow Z}\circ\tau_{X\rightarrow Y}=\tau_{X\rightarrow Z}$ .

(b)对任意对象 $a\in A$ ，有 $f\circ\tau_{A\rightarrow A}(a)=f(\tau_{A\rightarrow A}(a))=f(a)$ ，故 $f\circ\tau_{A\rightarrow A}=f$ .

对任意对象 $a\in A$ ，有 $\tau_{B\rightarrow B}\circ f(a)=\tau_{B\rightarrow B}(f(a))=f(a)$ ，故 $\tau_{B\rightarrow B}\circ f=f$ .

(c)容易验证 $f\circ f^{-1},\tau_{B\rightarrow B}$ 的值域和定义域均为B.

由于 $f:A\rightarrow B$ 是双射函数，故对任意 $b\in B$ 恰有一个 $a\in A$ 使得 $f(a)=b,f^{-1}(b)=a$ . 所以 $(f\circ f^{-1})(b)=f(f^{-1}(b))=f(a)=b=\tau_{B\rightarrow B}(b)$ ，故 $f\circ f^{-1}=\tau_{B\rightarrow B}$ .

同理可证 $f^{-1}\circ f=\tau_{A\rightarrow A}$ ，只要我们注意到 $f^{-1}:B\rightarrow A$ 是双射函数.

(d)存在性：由于X和Y是不交的集合，所以我们可以构造一个分段函数 $h:X\cup Y\rightarrow Z$ ：

$h(x):=\begin{cases}f\left( x \right) \,\,x\in X\\g\left( x \right) \,\,x\in Y\\\end{cases}$ .

容易验证这个分段函数是满足题目要求的.

唯一性：假设存在两个不同的函数 $h_1,h_2$ 满足要求，则由函数相等知必然存在 $x\in X\cup Y$ 使得 $h_1(x)\neq h_2(x)$ . 由于X和Y是不交的集合，故 $x\in X$ 与 $x\in Y$ 只能一个为真. 但是无论何种情况不会出现 $h_1(x)\neq h_2(x)$ . 所以假设不成立，唯一性得证.

文内补充

1.函数遵从代入公理. 设函数 $f:X\rightarrow Y$ . 对任意 $x,x'\in X$ ，如果 $x=x'$ 则 $f(x)=f(x')$ .

证明：由定义3.3.1知对输入 $x\in X$ ，恰存在唯一的输出 $f(x)$ 使得命题P(x,f(x))成立；同理对输入 $x'\in X$ ，恰存在唯一的输出 $f(x')$ 使得命题P(x’,f(x’))成立. 由于 $x=x'$ ，在承认对象x的类型的相等遵从相等的四条公理前提下，由相等公理中性质满足代入公理知P(x,f(x))和P(x,f(x’))是等价的命题. 假设 $f(x)\neq f(x')$ ，这说明对于输入x存在不同的两个输出f(x)和f(x’)，这与函数定义相矛盾，所以假设不成立，必有 $f(x)=f(x')$ .

2.设函数 $f:\emptyset\rightarrow X$ ，其是唯一的.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.4解答

习题6.4

6.4.1 证明：对任意实数 $\varepsilon>0$ ，对每个 $N\geqslant m$ ，由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到实数c的序列，即都存在 $N'\geqslant m$ 使对一切 $n\geqslant N'$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 那么我们取 $n:=max\{N,N'\}$ ，则有 $n\geqslant N$ 且 $n\geqslant N'$ ，故 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 所以c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点.

假设实数c’也是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，即对任意实数 $\varepsilon>0$ ，对每个 $N\geqslant m$ ，都存在 $n\geqslant N$ 使 $|a_n-c'|\leqslant\varepsilon$ . 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是收敛到实数c的序列，所以存在 $N_1\geqslant m$ 使对一切 $n\geqslant N_1$ 有 $|a_n-c|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 又由于实数c’是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，那么对 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，对 $N_1\geqslant m$ 存在 $n_1\geqslant N_1$ 使 $|a_{n_1}-c'|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 又由于 $n_1\geqslant N_1$ 所以 $|a_{n_1}-c|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 故对任意实数 $\varepsilon>0$ ，可找到一个 $n\geqslant m$ 使 $|a_n-c'|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 且 $|a_n-c|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，故 $|c-c'|=|c-a_n+a_n-c'|\leqslant |a_n-c|+|a_n-c'|\leqslant\varepsilon$ . 即对任意实数 $\varepsilon>0$ 总有 $|c-c'|\leqslant\varepsilon$ . 由习题5.4.7知 $c=c'$ ，故序列 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限是其唯一的极限点.

6.4.2 证明：

叙述：设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是一个实数列(其中m为某整数)，设c是实数，设m’是不小于m的整数(即有 $m'\geqslant m$ ). 我们有c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点；c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的上极限；c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的下极限当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的下极限. 设k是不小于0的整数(即有 $k\geqslant 0$ ). 我们有c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的极限点；c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限当且仅当c是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的上极限；c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的下极限当且仅当c是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的下极限.

证明：对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，对每个 $N\geqslant m'$ ，由于 $m'\geqslant m$ ，则 $N\geqslant m$ ，由c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点知存在 $n\geqslant N$ 使 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 故c也是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点，即如果c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点那么c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点；如果c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点，则对每个实数 $\varepsilon>0$ ，对每个 $N\geqslant m'$ ，都存在 $n\geqslant N$ 使 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 再考虑对每个 $m\leqslant N'<m'$ ，由上讨论我们可取任意一个 $N\geqslant m'>N'$ ，那么存在 $n\geqslant N>N'$ 使 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 故如果c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点那么c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点. 综上，我们有c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的极限点.

为了证明“c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的上极限”，我们先来证明几个小命题：

设 $(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 是一个实数列(其中 $m_1$ 为某整数)， $m_1'$ 是不小于 $m_1$ 的整数(即有 $m_1'\geqslant m_1$ ).

6.4.2.1 我们有 $\sup(b_n)_{n=m_1}^\infty\geqslant\sup(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ .
6.4.2.2 如果对所有 $m_1\leqslant n_1<m_1'$ 存在 $n_2\geqslant m_1'$ 使得 $b_{n_1}\geqslant b_{n_2}$ ，则 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty=\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ .

6.4.2.1证明：对一切 $n\geqslant m_1'$ ，由 $m_1'\geqslant m_1$ 知 $n\geqslant m_1$ . 再由 $\sup(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 的上确界和命题6.3.6知 $\sup(b_n)_{n=m_1}^\infty\geqslant b_n$ ，即 $\sup(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 也是 $(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ 的一个上界，再由命题6.3.6知 $\sup(b_n)_{n=m_1}^\infty\geqslant\sup(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ .

6.4.2.2证明：同理由命题6.3.6对应的下确界命题我们知 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty\leqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ . 由 $\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ 是 $(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ 的下确界，由命题6.3.6对应的下确界命题知对一切 $n\geqslant m_1'$ 有 $b_n\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ . 如果对所有 $m_1\leqslant n_1<m_1'$ 存在 $n_2\geqslant m_1'$ 使得 $b_{n_1}\geqslant b_{n_2}$ ，则有 $b_{n_1}\geqslant b_{n_2}\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ ，即对所有 $m_1\leqslant n_1<m_1'$ 有 $b_{n_1}\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ . 再综合“对一切 $n\geqslant m_1'$ 有 $b_n\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ ”知对一切 $n\geqslant m_1$ 有 $b_n\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ . 故 $\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ 也是 $(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 的一个下界，由命题6.3.6对应的下确界命题知 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty\geqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ ，再结合 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty\leqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ 我们得到 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty=\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ .

已知 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列(其中m为某整数)，而 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^\infty(N\geqslant m)$ . 我们假设 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\neq\inf(a_N^+)_{N=m'}^\infty(m'\geqslant m)$ . 由6.4.2.2知道存在 $m\leqslant m_1<m'$ 对所有 $m_2\geqslant m'$ 有 $a_{m_1}^+<a_{m_2}^+$ ，即 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty<\sup(a_n)_{n=m_2}^\infty$ . 而 $m_2>m_1$ ，由6.4.2.1知 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty\geqslant\sup(a_n)_{n=m_2}^\infty$ ，所以这是一个矛盾，故假设不成立，则有 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=\inf(a_N^+)_{N=m'}^\infty(m'\geqslant m)$ . 这就证明了c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上极限当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的上极限. 同理可证c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的下极限当且仅当c是 $(a_n)_{n=m'}^\infty$ 的下极限.

为了证明习题6.4.2的后一部分，我们先来证一个小命题：

6.4.2.3 设 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 是实数列(其中 $m_1,m_2$ 为某整数)，令 $p:=m_2-m_1$ . 两序列满足对一切 $m\geqslant m_1$ 有 $a_m=b_{m+p}$ . 这说明了两序列本身一样只是可能起始下标不一样. 那么我们有c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点；c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的上（下）极限当且仅当c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的上（下）极限.

6.4.2.3证明：对一切实数 $\varepsilon>0$ ，对一切整数 $N\geqslant m_2$ ，由 $p:=m_2-m_1$ 知 $N\geqslant p+m_1$ ，故 $N-p\geqslant m_1$ ，由c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点知存在 $n\geqslant N-p$ 使 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ ，即存在 $n+p\geqslant N$ 使 $|b_{n+p}-c|\leqslant\varepsilon$ ，令 $n':=n+p$ ，故即存在 $n'\geqslant N$ 使 $|b_{n'}-c|\leqslant\varepsilon$ . 故c也是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点. 这样就证明了如果c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点那么c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点.

对一切实数 $\varepsilon>0$ ，对一切整数 $N\geqslant m_1$ ，即 $N+p\geqslant m_2$ ，由c是 $(a_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点知存在 $n\geqslant N+p$ 使 $|b_n-c|\leqslant\varepsilon$ ，即存在 $n-p\geqslant N$ 使 $|a_{n-p}-c|\leqslant\varepsilon$ ，令 $n':=n-p$ ，故即存在 $n'\geqslant N$ 使 $|a_{n'}-c|\leqslant\varepsilon$ . 故c也是 $(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点. 这样就证明了如果c是 $(a_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点那么c是 $(b_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点. 综上，我们有c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的极限点.

现在我们来证 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty=\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ ，虽然这看起来很显然，因为 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 是序列本身一样而起始下标可能不一样的序列.

证明：用反证法. 假设 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty>\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ ，由命题6.3.6知存在整数 $n\geqslant m_1$ 使 $a_n>\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ ，即存在整数 $n+p\geqslant m_2$ 使 $b_{n+p}>\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ ，这显然是个矛盾；同理可证 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty<\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 不成立；再由命题6.2.5(b)广义实数序的三歧性知此时只能 $\sup(a_n)_{n=m_1}^\infty=\sup(b_n)_{n=m_2}^\infty$ . 同理我们可证 $\inf(a_n)_{n=m_1}^\infty=\inf(b_n)_{n=m_2}^\infty$ .

由于对一切整数 $m\geqslant m_1$ 有 $a_m=b_{m+p}$ . 故对一切整数 $N\geqslant m_1$ ，对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $a_n=b_{n+p}$ . 即对一切整数 $N\geqslant m_1$ 有 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=N+p}^\infty$ 是序列本身一样只是可能起始下标不一样的实数列，由上论证可知对一切整数 $N\geqslant m_1$ 有 $\sup(a_n)_{n=N}^\infty=\sup(b_n)_{n=N+p}^\infty$ ，即 $a_N^+=b_{N+p}^+$ . 到此，我们知道了 $(a_N^+)_{N=m_1}^\infty$ 和 $(b_N^+)_{N=m_1+p}^\infty$ 是序列本身一样只是可能起始下标不一样的实数列，再由上论证我们知 $\inf (a_N^+)_{N=m_1}^\infty=\inf(b_N^+)_{N=m_2}^\infty$ ，故c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的上极限当且仅当c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的上极限. 同理我们可证c是 $(a_n)_{n=m_1}^\infty$ 的下极限当且仅当c是 $(b_n)_{n=m_2}^\infty$ 的下极限. 这就完成了6.4.2.3的证明.

现在我们来证明 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 与 $(a_n)_{m+k}^\infty$ 是序列本身一样但起始下标可能不一样的序列. 对于任何整数 $n\geqslant m$ 有 $a_{n+k}=a_{n+((m+k)-m)}$ ，这就完成了证明.

故c是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的极限点当且仅当c是 $(a_n)_{m+k}^\infty$ 的极限点，在由上讨论进一步知当且仅当是 $(a_n)_m^\infty$ 的极限点. 同理可知c是 $(a_{n+k})_{n=m}^\infty$ 的上（下）极限当且仅当c是 $(a_n)_m^\infty$ 的上（下）极限.

最后一点补充：就如同习题6.1.4有两种方法来证明一样，我们这里只选择用第一种方法，其实另一种方法也可以，但这里就不写了.

6.4.3 证明：(c)我们先来证明 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 是一个减序列. 对任何 $N\geqslant m$ 有 $a_{N+1}^+=\sup(a_n)_{n=N+1}^\infty$ 和 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^\infty$ . 由习题6.4.2中6.4.2.1我们知 $a_{N+1}^+\leqslant a_N^+$ . 由习题6.1.1的证明我们知对任何 $n_1,n_2\geqslant m$ ，如果 $n_1\geqslant n_2$ 那么 $a_{n_1}^+\leqslant a_{n_2}^+$ . 现在来证 $\sup(a_N^+)_{N=m}^\infty=a_m^+$ . $\sup(a_N^+)_{N=m}^\infty=\sup\{a_N^+ : N\geqslant m\}$ . 对每个 $N\geqslant m$ ，由于 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 是减序列，故 $a_N^+\leqslant a_m^+$ . 所以 $a_m^+$ 是 $\{a_N^+ : N\geqslant m\}$ 的上界. 又因为 $a_m^+\in\{a_N^+ : N\geqslant m\}$ ，故 $a_m^+$ 是 $\{a_N^+ : N\geqslant m\}$ 的最小上界，即 $\sup(a_N^+)_{N=m}^\infty=a_m^+=\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ . 由定理6.2.11(a)知 $L^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=\inf\{a_N^+ : N\geqslant m\}$ $\leqslant\sup\{a_N^+ : N\geqslant m\}=\sup(a_N^+)_{N=m}^\infty=\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ . 至此我们证明了 $L^+\leqslant\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ ，同理可证 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant L^-$ . 所以我们只需证 $L^-\leqslant L^+$ ，即证 $\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty\leqslant\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$ . 我们用反证法，假设 $L^->L^+$ ，即 $\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty>\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$ . 由命题6.3.6知存在整数 $N_1\geqslant m$ 使 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty<a_{N_1}^-\leqslant\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty$ (同理我们也可得到存在整数 $N_1'\geqslant m$ 使 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\leqslant a_{N_1'}^+<\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty$ ，沿此同样可以证明假设不成立). 再由命题6.3.6和 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty<a_{N_1}^-$ 知存在存在整数 $N_2\geqslant m$ 使 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\leqslant a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ . 至此我们找到两整数 $N_1,N_2\geqslant m$ 使 $a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ . 我们再假设 $N_1=N_2$ ，由定理6.2.11(a)知有 $a_{N_2}^+=a_{N_1}^+\geqslant a_{N_1}^-$ ，即 $a_{N_2}^+\geqslant a_{N_1}^-$ ，这与 $a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ 相矛盾，故假设不成立；再假设 $N_1>N_2$ ，由习题6.4.2中6.4.2.1知 $a_{N_2}^+\geqslant a_{N_1}^+$ ，再由 $a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ 知 $a_{N_1}^->a_{N_1}^+$ ，由定理6.2.11(a)知这是不可能的. 再假设 $N_1<N_2$ ，由习题6.4.2中6.4.2.1对应的关于下确界的命题(即 $\inf(b_n)_{n=m_1}^\infty\leqslant\inf(b_n)_{n=m_1'}^\infty$ )知有 $a_{N_1}^-\geqslant a_{N_2}^-$ ，再由 $a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ 知 $a_{N_2}^->a_{N_2}^+$ ，同理由定理6.2.11(a)知这是不可能的. 综上我们知道 $N_1=N_2,N_1<N_2,N_1>N_2$ 没有一个成立，但这与整数序的三歧性相矛盾，这个矛盾说明不能找到两整数 $N_1,N_2\geqslant m$ 使 $a_{N_2}^+<a_{N_1}^-$ . 进一步假设 $L^->L^+$ 不成立，故由广义实数序的三歧性知有 $L^-\leqslant L^+$ . 综上我们有 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant L^-\leqslant L^+\leqslant\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ .

(d)我们用反证法，假设 $c>L^+$ ，则有 $c-L^+>0$ . 设实数 $0<k<1$ ，则有 $k(c-L^+)>0$ . 由于c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，故对一切整数 $N\geqslant m$ 都存在整数 $n\geqslant N$ 使 $|a_n-c|\leqslant k(c-L^+)$ ，即有 $a_n\geqslant kL^++(1-k)c$ . 故对一切整数 $N\geqslant m$ ，有 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^\infty\geqslant kL^++(1-k)c$ . 所以 $kL^++(1-k)c$ 是 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 的一个下界. 由命题6.3.6知有 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\geqslant kL^++(1-k)c$ ，即 $L^+\geqslant kL^++(1-k)c$ ，则有 $L^+\geqslant c$ ，这与假设矛盾，故假设不成立，即有 $c\leqslant L^+$ . 同理可证 $L^-\leqslant c$ . 综上有 $L^-\leqslant c\leqslant L^+$ .

(e)我们用反证法证明 $L^+$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点. 假设 $L^+$ 不是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，由定义6.4.1即存在实数 $\varepsilon_0>0$ ，存在整数 $N_0\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N_0$ 有 $|a_n-L^+|>\varepsilon_0$ . 现在我们来证“对一切整数 $n\geqslant N_0$ 存在整数 $n'\geqslant n$ 使 $a_{n'}-L^+\geqslant -\varepsilon_0$ ”，还是用反证法，假设不然，则存在整数 $n_0\geqslant N_0$ 对一切整数 $n'\geqslant n_0$ 有 $a_{n'}-L^+<-\varepsilon_0$ ，即 $a_{n'}<L^+-\varepsilon_0$ . 故 $L^+-\varepsilon_0$ 是 $(a_p)_{p=n_0}^\infty$ 的一个上界，故有 $a_{n_0}^+=\sup(a_p)_{p=n_0}^\infty\leqslant L^+-\varepsilon_0$ . 又因为 $L^+=\inf(a_p^+)_{p=m}^\infty\leqslant a_{n_0}^+$ ，则有 $L^+\leqslant L^+-\varepsilon_0$ ，则 $\varepsilon_0\leqslant 0$ . 这明显与我们的大假设矛盾，故“对一切整数 $n\geqslant N_0$ 存在整数 $n'\geqslant n$ 使 $a_{n'}\geqslant L^+-\varepsilon_0$ ”得证. 又因为大假设有对一切整数 $n\geqslant N_0$ 有 $|a_n-L^+|>\varepsilon_0$ ，故有对整数 $n'$ 有 $|a_{n'}-L^+|>\varepsilon_0$ . 综合起来就是对一切整数 $n\geqslant N_0$ 存在整数 $n'\geqslant n$ 使 $a_{n'}\geqslant L^+-\varepsilon_0$ 并且 $|a_{n'}-L^+|>\varepsilon_0$ ，则我们得到对一切整数 $n\geqslant N_0$ 存在整数 $n'\geqslant n$ 使 $a_{n'}> L^++\varepsilon_0$ . 故对一切整数 $n\geqslant N_0$ ，有 $a_n^+=\sup(a_p)_{p=n}^\infty\geqslant a_{n'}>L^++\varepsilon_0$ ，故 $L^++\varepsilon_0$ 是 $(a_p^+)_{p=N_0}^\infty$ 的一个下界. 由习题6.4.3(c)中讨论知 $(a_p^+)_{p=m}^\infty$ 是减序列，故 $L^++\varepsilon_0$ 也是 $(a_p^+)_{p=m}^\infty$ 的下界. 由命题6.3.6知 $L^++\varepsilon_0\leqslant\inf(a_p^+)_{p=m}^\infty=L^+$ ，即有 $\varepsilon_0\leqslant 0$ . 这与假设“ $L^+$ 不是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点”是矛盾的，这个矛盾说明假设不成立，故 $L^+$ 是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点. 注意以上论证都是在 $L^+$ 为实数(有限)时的论证，而 $L^+$ 不是实数而是广义实数时，上面的论证是不成立的，因为我们只定义了广义实数的负运算，其他运算根本没有定义，以上论证也就无从说起. 所以我们证明了“若 $L^+$ 是有限的则它是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点.”. 同理我们可证“若 $L^-$ 是有限的则它是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点.”.

(f)已知c是实数. 如果 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到c，即对任一实数 $\varepsilon>0$ ，都存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|a_n|-|c|\leqslant|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|a_n|\leqslant|c|+\varepsilon$ ，即 $-|c|-\varepsilon\leqslant a_n\leqslant|c|+\varepsilon$ . 故对实数 $\varepsilon_0>0$ ，存在整数 $N_0\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N_0$ 有 $-|c|-\varepsilon_0\leqslant a_n\leqslant|c|+\varepsilon_0$ . 所以 $-|c|-\varepsilon_0$ 和 $|c|+\varepsilon_0$ 分别是 $(a_n)_{n=N_0}^\infty$ 的下界和上界. 所以有 $-|c|-\varepsilon_0\leqslant a_{N_0}^-$ 和 $|c|+\varepsilon_0\geqslant a_{N_0}^+$ ，进一步有 $L^-=\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty\geqslant a_{N_0}^-\geqslant-|c|-\varepsilon_0$ 和 $L^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\leqslant a_{N_0}^+\leqslant|c|+\varepsilon_0$ . 由(c)我们知 $L^-\leqslant L^+$ ，故有 $-|c|-\varepsilon_0\leqslant L^-\leqslant L^+\leqslant|c|+\varepsilon_0$ ，所以 $L^-,L^+$ 均是实数. 再由(e)知 $L^-,L^+$ 均是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点，再由命题6.4.5知有 $L^+=L^-=c$ . 我们当然可以直接使用推论6.1.17说明 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是有界的，然后沿同样的思路证明命题.

如果 $L^+=L^-=c$ ，即 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty=c$ 是实数. 在(c)中我们已证明 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 是减序列，又因为 $L^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=c$ 是实数，即为有限的，故 $(a_N^+)_{N=m}^\infty$ 有有限的最大下界. 由命题6.3.8知 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_N^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=L^+$ . 同理可知 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_N^-=\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty=L^-$ . 故有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^+=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n^-=c$ . 由定理6.1.19知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n^+-a_n^-)=0$ ，这说明对任何实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n^+-a_n^-|\leqslant\varepsilon$ ，即有 $|\sup(a_p)_{p=n}^\infty-\inf(a_p)_{p=n}^\infty|=\sup(a_p)_{p=n}^\infty-\inf(a_p)_{p=n}^\infty\leqslant\varepsilon$ . 同时对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $\sup(a_p)_{p=n}^\infty=a_n^+\geqslant\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=c=\sup(a_N^-)_{N=m}^\infty\geqslant a_n^-=\inf(a_p)_{p=n}^\infty$ ，即 $a_n^-\leqslant c\leqslant a_n^+$ ；并且同时对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $a_n^+=\sup(a_p)_{p=n}^\infty\geqslant a_n\geqslant\inf(a_p)_{p=n}^\infty=a_n^-$ ，即 $a_n^-\leqslant a_n\leqslant a_n^+$ . 综合起来就是对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $-(a_n^+-a_n^-)\leqslant a_n-c\leqslant a_n^+-a_n^-$ ，即 $|a_n-c|\leqslant a_n^+-a_n^-=|a_n^+-a_n^-|\leqslant\varepsilon$ . 这样就找到了整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ ，故 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到c.

6.4.4 证明：用反证法. 假设 $\sup(a_n)_{n=m}^\infty>\sup(b_n)_{n=m}^\infty$ ，由命题6.3.6知存在整数 $n_0\geqslant m$ 使 $a_{n_0}>\sup(b_n)_{n=m}^\infty$ ，但这显然与“对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant b_n$ ”相矛盾，故假设不成立，由命题6.2.5(b)我们知有 $\sup(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant\sup(b_n)_{n=m}^\infty$ 成立. 同理可证 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant\inf(b_n)_{n=m}^\infty$ .

由上已证如果对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant b_n$ 那么有 $\sup(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant\sup(b_n)_{n=m}^\infty$ 和 $\inf(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant\inf(b_n)_{n=m}^\infty$ . 已知对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant b_n$ ，故对一切整数 $N\geqslant m$ 对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $a_n\leqslant b_n$ ，则有 $\sup(a_n)_{n=N}^\infty\leqslant\sup(b_n)_{n=N}^\infty$ . 即对一切整数 $N\geqslant m$ 有 $a_N^+\leqslant b_N^+$ ，故有 $\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty\leqslant\inf(b_N^+)_{N=m}^\infty$ ，即 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)\leqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(b_n)$ . 同理可证 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}(a_n)\leqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}(b_n)$ .

6.4.5 证明：已知对实数列 $(a_n)_{n=m}^\infty,(b_n)_{n=m}^\infty,(c_n)_{n=m}^\infty$ 满足对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant b_n\leqslant c_n$ . 由推论6.4.14知有 $\displaystyle \limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)\leqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(b_n)\leqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(c_n)$ 和 $\displaystyle \liminf_{n\rightarrow\infty}(a_n)\leqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}(b_n)\leqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}(c_n)$ . 又因为 $(a_n)_{n=m}^\infty,(c_n)_{n=m}^\infty$ 都收敛到同一极限L，由命题6.4.12(f)知有 $\displaystyle \limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)=\limsup_{n\rightarrow\infty}(c_n)=\liminf_{n\rightarrow\infty}(a_n)=\liminf_{n\rightarrow\infty}(c_n)=L$ . 故有 $\displaystyle L\leqslant\limsup_{n\rightarrow\infty}(b_n)\leqslant L$ 和 $\displaystyle L\leqslant\liminf_{n\rightarrow\infty}(b_n)\leqslant L$ ，所以 $\displaystyle \limsup_{n\rightarrow\infty}(b_n)=\liminf_{n\rightarrow\infty}(b_n)=L$ ，再由命题6.4.12(f)知 $(b_n)_{n=m}^\infty$ 也收敛到L.

6.4.6 解答：我们可以找到两个序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=1}^\infty$ ，它们分别由 $a_n:=1-\frac{1}{n}$ 和 $b_n:=1-\frac{1}{n+1}$ 定义. 很容易证明两序列都以2为界并且对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $a_n<b_n$ . 但是 $\displaystyle\sup(1-\frac{1}{n})_{n=1}^\infty=\sup(1-\frac{1}{n+1})_{n=1}^\infty=\lim_{n\rightarrow\infty}(1-\frac{1}{n})=1-0=1$ . 很明显，这不与引理6.4.13相矛盾，因为 $\sup(1-\frac{1}{n})_{n=1}^\infty\leqslant\sup(1-\frac{1}{n+1})_{n=1}^\infty$ .

6.4.7 证明：如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ ，即对任何实数 $\varepsilon>0$ 都存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-0|\leqslant\varepsilon$ . 此时 $||a_n|-0|=||a_n||=|a_n|=|a_n-0|\leqslant\varepsilon$ ，则 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=0$ .

如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=0$ ，即对任何实数 $\varepsilon>0$ 都存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $||a_n|-0|\leqslant\varepsilon$ . 此时 $|a_n-0|=|a_n|=||a_n||=||a_n|-0|\leqslant\varepsilon$ ，则 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ .

综上， $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ 当且仅当 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=0$ .

如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=L\neq 0$ ，那么我们不能得到 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L$ 或 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=-L$ . 一个反例就是序列 $((-1)^n\times 2)_{n=m}^\infty$ ，有 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}|(-1)^n\times 2|=2$ ；但序列本身不收敛到任何实数，因为其有两极限点2和-2.

如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L>0$ ，那么 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=L$ . 证明：由于 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L>0$ ，故对实数 $\frac{L}{2}>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|\leqslant\frac{L}{2}$ ，即有 $a_n\geqslant L-\frac{L}{2}=\frac{L}{2}>0$ ，即对一切整数 $n\geqslant N\geqslant m$ 有 $a_n>0$ . 所以序列 $(|a_n|)_{n=N}^\infty$ 就是序列 $(a_n)_{n=N}^\infty$ . 由习题6.1.3知 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 收敛到L，即 $(|a_n|)_{n=N}^\infty$ 收敛到L，再由习题6.1.3知 $(|a_n|)_{n=m}^\infty$ 收敛到L.

同理可证如果 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L<0$ ，那么 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_n|=-L$ .

6.4.8 证明：此题题干把极限点的概念扩展了，在扩展的定义下，我们可以考虑任意一个广义实数是不是序列的极限点.

已知 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列和 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^\infty=\sup\{a_n : n\geqslant N\}(N\geqslant m)$ . 由定义5.5.10知 $a_N^+$ 为广义实数. 而 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=\inf\{a_N^+ : N\geqslant m\}=-\sup\{-a_N^+ : N\geqslant m\}$ ，再由定义6.2.6知 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 也是广义实数. 由广义实数三歧性我们知 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 恰为实数、 $+\infty$ 和 $-\infty$ 三者之一. 如果 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 为实数，由命题6.4.12(e)知其是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的极限点；如果 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)=+\infty$ ，即 $-\sup\{-a_N^+ : N\geqslant m\}=+\infty$ ，则 $\sup\{-a_N^+ : N\geqslant m\}=-\infty$ . 由定义6.2.6和定义5.5.10知 $\{-a_N^+ : N\geqslant m\}\backslash\{-\infty\}$ 是空集. 由此用反证法我们容易证明：对任何 $x\in\{-a_N^+ : N\geqslant m\}$ 有 $x=-\infty$ . 我们知道 $\{-a_N^+ : N\geqslant m\}$ 不是空集. 对一切 $N\geqslant m$ ，有 $-a_N^+\in \{-a_N^+ : N\geqslant m\}$ ，所以 $-a_N^+=-\infty$ ，则 $a_N^+=+\infty$ ，由定义5.5.10知 $\{a_n : n\geqslant N\}$ 无上界. 特别地， $\{a_n : n\geqslant m\}$ 无上界，即 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 无有限的上界，所以 $+\infty$ 为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点，即 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点；如果 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)=-\infty$ ，同理知 $\sup\{-a_N^+ : N\geqslant m\}=+\infty$ . 由定义6.2.6和定义5.5.10知存在 $N_0\geqslant m$ 使 $-a_{N_0}^+=+\infty$ ，或者 $\{-a_N^+ : N\geqslant m\}\backslash\{-\infty\}$ 无上界. 如果是存在 $N_0\geqslant m$ 使 $-a_{N_0}^+=+\infty$ ，同理我们知有 $\sup\{a_n : n\geqslant N_0\}=-\infty$ ，由定义5.5.10知 $\{a_n : n\geqslant N_0\}$ 是空集，但集合 $\{a_n : n\geqslant N_0\}$ 显然不是空集，故“存在 $N_0\geqslant m$ 使 $-a_{N_0}^+=+\infty$ ”不成立. 故只剩下“ $\{-a_N^+ : N\geqslant m\}\backslash\{-\infty\}$ 无上界”这种情况，即对任何实数 $-M$ 都存在整数 $N_M\geqslant m$ 使 $-a_{N_M}^+>-M$ ，即 $\sup\{a_n : n\geqslant N_M\}<M$ . 综上，对任何实数M，都存在整数 $N_M\geqslant m$ 使 $\sup\{a_n : n\geqslant N_M\}<M$ . 很明显我们容易证明此时 $\{a_n : n\geqslant m\}$ 是有有限上界的. 我们假设序列有有限下界，即存在实数 $M'$ 使对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\geqslant M'$ . 而对实数 $M'$ ，存在整数 $N_{M'}\geqslant m$ 使 $\sup\{a_n : n\geqslant N_{M'}\}<M'$ ，即对一切整数 $n\geqslant N_{M'}$ 有 $a_n\leqslant\sup\{a_n : n\geqslant N_{M'}\}<M'$ . 这显然是个矛盾，故 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 无有限下界，所以 $-\infty$ 为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点，即此时 $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点. 综上， $\displaystyle\limsup_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 总为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点. 同理可证 $\displaystyle\liminf_{n\rightarrow\infty}(a_n)$ 为 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的一个极限点.

现如果c是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的（广义）极限点，当c是实数时，由命题6.4.12(d)知有 $L^-\leqslant c\leqslant L^+$ ；当c是 $+\infty$ 时，由题干定义知 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 没有有限的上界，由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是实数列，即对一切整数 $n\geqslant m$ 有 $a_n\in\mathbb{R}$ . 我们假设存在整数 $N\geqslant m$ 使 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 是有有限上界的，在结合有限实数列 $a_m,a_{m+1},...,a_{N-1}$ 是有界的我们容易证明： $(a_n)_{n=m}^\infty$ 有有限的上界. 这与“ $(a_n)_{n=m}^\infty$ 没有有限的上界”相矛盾，所以假设不成立，即对一切整数 $N\geqslant m$ 有 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 是没有有限上界的. 由定义5.5.10知 $a_N^+=\sup(a_n)_{n=N}^\infty=\sup\{a_n : n\geqslant N\}=+\infty$ ，即对一切整数 $N\geqslant m$ 有 $a_N^+=+\infty$ . 此时 $L^+=\inf(a_N^+)_{N=m}^\infty=-\sup\{-a_N^+ : N\geqslant m\}=-\sup\{-\infty\}=+\infty$ ，即 $L^+=+\infty$ . 所以有 $c\leqslant L^+$ ，而 $L^-\leqslant +\infty=c$ . 综上，仍然有 $L^-\leqslant c\leqslant L^+$ ；当c是 $-\infty$ 时同理可证有 $L^-\leqslant c\leqslant L^+$ . 所以 $L^+,L^-$ 分别是序列的最大（广义）极限点和最小（广义）极限点.

6.4.9 构作：我们先证明一个命题：对任何自然数n，以下三命题恰有一个成立——6.4.9.1：对某自然数k有n=3k；6.4.9.2：对某自然数k有n=3k+1；6.4.9.3：对某自然数k有n=3k+2.

证明：我们先证明对任何自然数n，三命题至少有一个成立. 用归纳法. 对自然数0，显然存在自然数0使 $0=3\times 0$ ，即6.4.9.1成立. 容易用归纳法证明对任意自然数k有 $3k+2>0$ 和 $3k+1>0$ ，即 $3k+2\neq 0$ 和 $3k+1\neq 0$ ，故不存在自然数k使 $0=3k+2$ 和不存在自然数k使 $0=3k+1$ . 所以对自然数0有6.4.9.2和6.4.9.3不成立. 所以对自然数0，三命题中只有6.4.9.1成立. 这就完成了归纳基始. 现归纳假设对自然数n，三命题至少有一个成立. 如果是命题6.4.9.1成立，即对某自然数k有 $n=3k$ ，那么有 $n+1=3k+1$ ，故对自然数n+1有命题6.4.9.2成立；如果是命题6.4.9.2成立，即对某自然数k有 $n=3k+1$ ，那么有 $n+1=3k+2$ ，故对自然数n+1有命题6.4.9.3成立；如果是命题6.4.9.3成立，即对某自然数k有 $n=3k+2$ ，那么有 $n+1=3(k+1)$ ，故对自然数n+1有命题6.4.9.1成立. 综上，如果对自然数n三命题至少有一个成立，那么对自然数n+1三命题也至少有一个成立. 这就完成了归纳，所以对任何自然数n，三命题至少有一个成立.

我们再证明对任何自然数n，三命题至多有一个成立.我们假设对自然数n有命题6.4.9.1和命题6.4.9.2同时成立，则有对某自然数 $k,k'$ 有 $3k=3k'+1$ ，则有 $3k\geqslant 3k'+1$ ，则有 $3k>3k'$ ，则有 $k>k'$ ，则有 $k\geqslant k'+1$ ，则有 $3k\geqslant 3k'+3>3k'+1$ ，这明显是个矛盾，所以假设不成立. 同理可证命题6.4.9.1和命题6.4.9.3不能同时成立以及命题6.4.9.2和命题6.4.9.3不能同时成立.

综上，我们有对任何自然数n，以下三命题恰有一个成立——6.4.9.1：对某自然数k有n=3k；6.4.9.2：对某自然数k有n=3k+1；6.4.9.3：对某自然数k有n=3k+2.

现在我们定义一个函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow\{1,0,-1\}$ ，其由性质P(n,y)决定(其中 $n\in\mathbb{N},y\in\{1,0,-1\}$ ). 性质P为：(如果存在某自然数k使n=3k那么y=1)并且(如果存在某自然数k使n=3k+1那么y=0)并且(如果存在某自然数k使n=3k+2那么y=-1). 我们来证明此函数是定义成功的，即对每个自然数 $n\in\mathbb{N}$ 恰有一个 $y\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,y)成立.

对每个 $n\in\mathbb{N}$ ，我们有命题6.4.9.1、6.4.9.2、6.4.9.3三者恰有一个成立. 如果为命题6.4.9.1成立，则存在 $1\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,1)成立，而P(n,0)和P(n,-1)均不成立，故为恰存在 $1\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,1)成立. 同理可证当命题6.4.9.2成立时恰存在 $0\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,0)成立；当命题6.4.9.3成立时恰存在 $-1\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,-1)成立. 综上，对每个自然数 $n\in\mathbb{N}$ 恰有一个 $y\in\{1,0,-1\}$ 使P(n,y)成立.

其实函数f就是分段函数 $f(n)=\left\{\begin{array}{c}1\text{ for a certain natural number k, there are n=3k}\\0\text{ for a certain natural number k, there are n=3k+1}\\-1\text{ for a certain natural number k, there are n=3k+2}\\\end{array}\right.$ .

至此我们终于可以构作序列为 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ ，其为 $0,-2,3,0,-5,6,0,-8,...$ .

现在我们来证明其仅有 $0,+\infty,-\infty$ 三个极限点.

对任何实数 $\varepsilon>0$ ，对每个整数 $N\geqslant 1$ ，都存在整数 $3N+1>N$ 使 $|(3N+1)f(3N+1)-0|=|0-0|=0<\varepsilon$ . 所以0是序列 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点.

对任何实数 $M>0$ ，我们取其整部加上1，即 $[M]+1>M$ ，都存在 $3([M]+1)\geqslant 1$ 使 $3([M]+1)f(3([M]+1))=3([M]+1)>M$ . 即对任何实数 $M>0$ 都存在 $n\geqslant 1$ 使 $nf(n)>M$ ，用反证法容易证明对任何实数 $M$ 都存在 $n\geqslant 1$ 使 $nf(n)>M$ . 故 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 没有有限的上界，由习题6.4.8中定义我们知 $+\infty$ 为 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点. 同理可证 $-\infty$ 为 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点.

我们再来证明任何实数 $x\in\mathbb{R}\backslash\{0\}$ 都不是 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点. 先来考虑 $x>0$ 的情形.

对每个实数 $x>0$ ，存在 $\frac{x}{2}>0$ ，存在整数 $10([x]+1)\geqslant 1$ ，对每个整数 $n\geqslant 10([x]+1)$ 命题6.4.9.1、6.4.9.2、6.4.9.3三者恰有一个成立. 如果为命题6.4.9.1成立，则此时 $|nf(n)-x|=|n-x|$ ，由 $n\geqslant 10([x]+1)$ 我们容易证明 $n\geqslant 10([x]+1)>x$ ，故 $|n-x|=n-x\geqslant 10([x]+1)-x>9[x]+9$ . 由于 $[x]\geqslant 0$ 并且 $[x]+1>x$ ，我们有 $18[x]+18=17[x]+17+[x]+1>x$ ，即 $9[x]+9>\frac{x}{2}$ . 综上如果命题6.4.9.1成立，则 $|nf(n)-x|=|n-x|>\frac{x}{2}$ ；如果为命题6.4.9.2成立，则此时 $|nf(n)-x|=|0-x|=x>\frac{x}{2}$ ；如果为命题6.4.9.3成立，则此时 $|nf(n)-x|=|-n-x|=n+x>\frac{x}{2}$ . 综上，对每个实数 $x>0$ ，存在 $\frac{x}{2}>0$ ，存在整数 $10([x]+1)\geqslant 1$ ，对每个整数 $n\geqslant 10([x]+1)$ 有 $|nf(n)-x|>\frac{x}{2}$ ，所以x不是 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点. 同理可证对每个实数 $x<0$ 亦有x不是 $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 的极限点.

综上， $(nf(n))_{n=1}^\infty$ 仅有 $0,+\infty,-\infty$ 三个极限点.

6.4.10 证明：此题干说明了实数列的极限点可以是无限多的（即不是某自然数个的）. 对每个实数 $\varepsilon>0$ ，有实数 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，由于c是 $(b_m)_{m=M}^\infty$ 的极限点，那么对每个整数 $M'\geqslant M$ 存在整数 $m\geqslant M'$ 使 $|b_m-c|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 即存在整数 $m\geqslant M$ 使 $|b_m-c|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 又因为 $b_m$ 为 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点，则对每个整数 $N'\geqslant N$ 存在整数 $n\geqslant N'$ 使 $|a_n-b_m|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 此时 $|a_n-c|=|a_n-b_m+b_m-c|\leqslant|a_n-b_m|+|b_m-c|\leqslant\varepsilon$ . 即对每个实数 $\varepsilon>0$ ，对每个整数 $N'\geqslant N$ 存在整数 $n\geqslant N'$ 使 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 所以c也是 $(a_n)_{n=N}^\infty$ 的极限点.

现在我们来举一例有无限多个极限点的实数列.

我们先递归定义一个函数 $f:\mathbb{N}^+\rightarrow\mathbb{N}$ . 定义 $f(1):=1$ ；并且 $f(n+1):=f(n)+n$ . 由归纳法我们知对每一个整数 $n\in\mathbb{N}^+$ 我们都定义了 $f(n)$ .

先来证明序列 $(f(n))_{n=1}^\infty$ 是严格增的序列. 对一切整数 $n\geqslant 1$ 有 $f(n+1)=f(n)+n>f(n)$ ，由习题6.1.1知其是严格增的序列.

我们再来证明一个命题：对每个整数 $m\geqslant 1$ ，存在一个整数 $n\geqslant 1$ 使 $f(n)\leqslant m<f(n+1)$ . 用反证法，假设存在整数 $m\geqslant 1$ ，对每一个整数 $n\geqslant 1$ 有 $f(n)>m$ 或者 $m\geqslant f(n+1)$ （这是大假设）. 对整数1，有 $f(1)=1\leqslant m$ ，即 $f(n)>m$ 不成立，由大假设我们知对整数1有 $m\geqslant f(1+1)=f(2)$ . 现归纳假设对整数 $n\geqslant 1$ 已证 $m\geqslant f(n+1)$ （这是小假设）. 对整数n+1，有 $n+1>n\geqslant 1$ ，由大假设和小假设知有 $m\geqslant f((n+1)+1)$ ，这样就完成了归纳，所以对所有整数 $n\geqslant 1$ 有 $m\geqslant f(n+1)$ . 所以有 $m\geqslant f(m+1)=f(m)+m$ ，即 $f(m)\leqslant 0$ . 但用归纳法我们容易证明对每个自然数 $m\geqslant 1$ 有 $f(m)\geqslant 1>0$ ，这个矛盾说明大假设不成立，故对每个整数 $m\geqslant 1$ ，存在一个整数 $n\geqslant 1$ 使 $f(n)\leqslant m<f(n+1)$ . 现在来证明这个n是唯一的，假设还存在整数 $n'\geqslant 1$ 使 $f(n')\leqslant m<f(n'+1)$ . 不妨假设 $n<n'$ ，则有 $n+1\leqslant n'$ ，由 $(f(n))_{n=1}^\infty$ 是严格增的序列知 $f(n+1)\leqslant f(n')$ ，进一步有 $m<f(n+1)\leqslant f(n')\leqslant m$ ，即 $m<m$ ，这是不可能的，所以假设 $n<n'$ 不成立；同理可证 $n>n'$ 不成立；所以只有 $n=n'$ . 综上，对每个整数 $m\geqslant 1$ ，恰存在一个整数 $n\geqslant 1$ 使 $f(n)\leqslant m<f(n+1)$ .

现在终于可以构造有无限多个极限点的序列了. 对每个整数 $m\geqslant 1$ ，我们定义 $a_m:=1+m-f(n)$ ，其中n是使 $f(n)\leqslant m<f(n+1)$ 的n. 最后我们来证明每个正自然数都是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点.

首先用归纳法容易证明对每个自然数 $N\geqslant 1$ 有 $f(N)$ 是自然数并且 $f(N)\geqslant N$ .

对任一正自然数 $m\geqslant 1$ ，对每个实数 $\varepsilon>0$ ，对每个自然数 $N\geqslant m$ ，存在自然数 $f(N)+(m-1)$ ，其满足 $f(N+1)=f(N)+N\geqslant f(N)+m>f(N)+(m-1)\geqslant f(N)\geqslant N$ . 所以 $|a_{f(N)+(m-1)}-m|=|(1+f(N)+(m-1)-f(N))-m|=0<\varepsilon$ ，故m是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点. 由于m的任意性，所以所有正自然数都是此序列的极限点.

我们当然可以用归纳法证明每个正自然数都是此序列的极限点. 由于对每个实数 $\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant 1$ ，存在自然数 $f(N)\geqslant N$ 使得 $|a_{f(N)}-1|=|(1+f(N)-f(N))-1|=0<\varepsilon$ ，故1是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点.

归纳假设某自然数 $m\geqslant 1$ 是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点，即对每个实数 $\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant 1$ ，存在自然数 $n'\geqslant N$ 使得 $|a_{n'}-m|=|(1+n'-f(n))-m|\leqslant\varepsilon$ ，由序列的定义我们知 $f(n)\leqslant n'<f(n+1)$ . 特别地，对每个实数 $\frac{1}{2}>\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant m+f(m)$ ，存在自然数 $n'\geqslant N$ 使得 $|a_{n'}-m|=|(1+n'-f(n))-m|\leqslant\varepsilon$ ，其中 $f(n)\leqslant n'<f(n+1)$ . 由于表达式 $|(1+n'-f(n))-m|$ 的结果是自然数，所以 $|a_{n'}-m|=|(1+n'-f(n))-m|\leqslant\varepsilon<\frac{1}{2}$ 成立当且仅当 $(1+n'-f(n))-m=0$ ，则有 $n'=f(n)+m-1$ . 此时 $n'=f(n)+m-1\geqslant N\geqslant m+f(m)$ ，即 $f(n)>f(m)$ ，由于函数 $f:\mathbb{N}^+\rightarrow\mathbb{N}$ 已证是严格增的，所以此时 $n>m$ ，进一步有 $f(n+1)-(n'+1)=f(n)+n-((f(n)+m-1)+1)=n-m>0$ ，即有 $f(n+1)>n'+1>f(n)$ . 所以在有“对每个实数 $\frac{1}{2}>\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant m+f(m)$ ，存在自然数 $n'\geqslant N$ 使得 $|a_{n'}-m|=|(1+n'-f(n))-m|\leqslant\varepsilon$ ，其中 $n'=f(n)+m-1$ ”时，同时有“对每个实数 $\frac{1}{2}>\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant m+f(m)$ ，存在自然数 $n'+1>N$ 满足 $f(n)\leqslant n'+1<f(n+1)$ 使得 $|a_{n'+1}-(m+1)|=|(1+(n'+1)-f(n))-(m+1)|=0\leqslant\varepsilon$ ”. 进而对每个实数 $\varepsilon>0$ ，每个自然数 $N\geqslant 1$ ，都存在自然数 $n\geqslant N$ 使得 $|a_{n}-(m+1)|=0\leqslant\varepsilon$ ，所以m+1也是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点. 这就完成了归纳. 所以每个正自然数都是 $(a_m)_{m=1}^\infty$ 的极限点.

文内补充

1.设 $a_1,a_2,a_3,...$ 代表序列 $1.1,-1.01,1.001,-1.0001,1.00001,...$ ，那么 $a_1^+,a_2^+,a_3^+,...$ 是序列 $1.1,1.001,1.001,1.00001,1.00001,...$ ；类似地， $a_1^-,a_2^-,a_3^-,...$ 是序列 $-1.01,-1.01,-1.0001,-1.0001,-1.000001,...$ .

证明：序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 的精确表达式为 $a_n:=(-1)^{n+1}(1+10^{-n})$ . 我们发现当n为奇数时 $a_n$ 为正数而且当n为偶数时 $a_n$ 为负数. 所以当我们考虑 $(a_n)_{n=N}^\infty(N\geqslant 1)$ 的上确界 $\sup(a_n)_{n=N}^\infty$ 只需考虑 $n\geqslant N$ 且n为奇数的项. 而我们发现 $1+10^{-n}$ 是随n的增大而减小的，故 $\sup(a_n)_{n=N}^\infty$ 为 $n\geqslant N$ 且第一个n为奇数的正项. 所以 $a_1^+,a_2^+,a_3^+,...$ 是序列 $1.1,1.001,1.001,1.00001,1.00001,...$ ；同理我们知 $a_1^-,a_2^-,a_3^-,...$ 是序列 $-1.01,-1.01,-1.0001,-1.0001,-1.000001,...$ .

2.设 $a_1,a_2,a_3,...$ 代表序列 $1,-2,3,-4,5,-6,7,-8,...$ ，那么 $a_1^+,a_2^+,a_3^+,...$ 是序列 $+\infty,+\infty,+\infty,+\infty,...$ .

证明：我们容易证明此序列 $((-1)^{n+1}n)_{n=1}^\infty$ 构成的集合 $\{(-1)^{n+1}n : n\geqslant 1\}$ 是非空且无实数上界的，我们删去有限个连续的开头项后的新序列，也还是非空且无实数上界的. 因为无限序列肯定非空，我们假设新序列有实数上界，那么用归纳法可证明旧的序列也有实数上界，这是矛盾的，由定义5.5.10知 $a_1^+,a_2^+,a_3^+,...$ 是序列 $+\infty,+\infty,+\infty,+\infty,...$ .

3.设 $a_1,a_2,a_3,...$ 代表序列 $1,-\frac{1}{2},\frac{1}{3},-\frac{1}{4},\frac{1}{5},-\frac{1}{6},...$ ，那么 $a_1^+,a_2^+,a_3^+,...$ 是序列 $1,\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{5},\frac{1}{5},\frac{1}{7},...$ ，它的下确界是0.

证明：同文内补充1，我们知道 $(a_n^+)_{n=1}^\infty$ 为 $\left\{\begin{array}{c}a_n\text{ if n is odd}\\a_{n+1}\text{ if n is even}\\\end{array}\right.$ . 此序列非空且有下界-1，所以其必有下确界. 我们容易证明0也是其下界，并用反证法容易证明0就是其下确界.

4.定理6.4.18中“设 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 是个Cauchy序列”可以换成“设 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是个Cauchy序列”，论证过程照样成立.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.3解答

习题6.3

6.3.1 证明：已知序列 $(\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ ，则 $\sup(\frac{1}{n})_{n=1}^\infty=\sup\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ . 我们先来证明1是集合 $\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的一个上界. 对于任一对象 $y\in\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ ，由替换公理知存在 $n_y\geqslant 1$ 使得 $y=\frac{1}{n_y}$ . 由 $n_y\geqslant 1>0$ 知 $1\geqslant\frac{1}{n_y}>0$ ，即 $1\geqslant y$ . 故1为 $\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的一个上界. 又因为 $1\geqslant 1$ 而 $1=\frac{1}{1}$ ，所以 $1\in\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ . 所以任何 $\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的上界M均有 $M\geqslant 1$ . 综上，1是集合 $\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的最小上界，故 $\sup(a_n)_{n=1}^\infty=\sup\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}=1$ .

上面的证明也说明了一个这样的命题：已知E是广义实数集 $\mathbb{R}^*$ 的子集. 如果 $M\in\mathbb{R}^*$ 是E的上界并且 $M\in E$ ，那么M就是E的最小上界. 对最大下界也有类似的命题. 我们可以推广定义5.5.1和定义5.5.5使之适用于广义实数系，并且与原定义是相容的. 对于广义实数集的上确界我们可以使用定义6.2.6，也可以使用定义5.5.1与定义5.5.5相对于广义实数集的推广，因为他们是等价的.

定义5.5.1的推广：设E是 $\mathbb{R}^*$ 的子集，M是广义实数. 我们说M是E的一个上界，当且仅当对于E的每个元素x都有 $x\leqslant M$ .

定义5.5.5的推广：设E是 $\mathbb{R}^*$ 的子集，M是广义实数. 我们说M是E的最小上界，当且仅当(a)M是E的上界；(b)E的任何上界M’必定大于或等于M.

容易证明定义5.5.5的推广和定义6.2.6是等价的.

$\inf(a_n)_{n=1}^\infty=\inf\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}=-\sup\{-x : x\in\{\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}\}\\=-\sup\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$

现在来证明0是集合 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的一个上界. 对任何对象 $y\in\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ ，有某 $n_y\geqslant 1$ 使 $y=-\frac{1}{n_y}$ . 由于 $n_y\geqslant 1>0$ ，则 $1\geqslant\frac{1}{n_y}>0$ ，故有 $-1\leqslant -\frac{1}{n_y}<0$ ，即 $y<0$ . 所以0是 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的一个上界. 我们假设存在实数 $M<0$ ，M也是 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的上界. 由于 $M<0$ ，则 $-M>0$ ，进一步 $\frac{1}{-M}>0$ . 由命题5.4.12知存在正整数N使得 $0<\frac{1}{-M}<N$ ，则 $0<\frac{1}{N}<-M$ ，即有 $0>-\frac{1}{N}>M$ . 这样我们就找到了 $-\frac{1}{N}\in\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 使得 $-\frac{1}{N}>M$ ，这与M是此集合的上界相矛盾，故假设不成立，即对所有实数 $M<0$ ，M不是 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的上界. 这蕴涵着如果M是 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的上界，那么 $M\geqslant 0$ . 这就说明了0为 $\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}$ 的最小上界. 故 $\inf(a_n)_{n=1}^\infty=-\sup\{-\frac{1}{n} : n\geqslant 1\}=-0=0$ .

6.3.2 证明： $x=\sup(a_n)_{n=m}^\infty=\sup\{a_n : n\geqslant m\}$ . 故对任何对象 $y\in\{a_n : n\geqslant m\}$ 有 $y\leqslant x$ . 对一切 $n\geqslant m$ ，有 $a_n\in\{a_n : n\geqslant m\}$ ，所以 $a_n\leqslant x$ .

如果存在 $M\in\mathbb{R}^*$ ，对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant M$ . 对任何 $y\in\{a_n : n\geqslant m\}$ ，存在 $n_y\geqslant m$ 使 $y=a_{n_y}$ . 故 $y=a_{n_y}\leqslant M$ . 故M也是集合 $\{a_n : n\geqslant m\}$ 的上界，由定理6.2.11知 $x=\sup\{a_n : n\geqslant m\}\leqslant M$ . 这一小问的逆命题也成立，即对广义实数 $M\in\mathbb{R}^*$ ，如果 $x\leqslant M$ 那么M是 $\{a_n : n\geqslant m\}$ 的一个上界.

设y为广义实数. 我们假设存在 $y<x$ 使得对于一切 $n\geqslant m$ 有 $y\geqslant a_n$ . 由上论证我们知道 $x\leqslant y$ ，这与 $y<x$ 相矛盾，故假设不成立，所以对所有 $y<x$ 存在 $n\geqslant m$ 使得 $y<a_n$ ，再由上讨论即有 $y<a_n\leqslant x$ .

6.3.3 证明：由命题6.3.6知有 $\sup(a_n)_{n=m}^\infty\leqslant M$ ，所以只需证 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ .

记 $x:=\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ ，那么对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant x$ ，即 $a_n-x\leqslant 0$ . 由于M是有限的，即 $M\in\mathbb{R}$ ，所以不大于M的x也是实数.

由于 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 是单调增的，即对于一切 $n\geqslant m$ 有 $a_{n+1}\geqslant a_n$ . 由习题6.1.1类似的证明我们知：对任何 $j,k\geqslant m$ ，如果 $j\geqslant k$ 那么 $a_j\geqslant a_k$ .

现在假设存在实数 $\varepsilon>0$ ，使得对所有 $N\geqslant m$ 有 $x-\varepsilon>a_N$ .(由于x是实数，我们当然可以对其进行减运算) 由命题6.3.6知 $x-\varepsilon$ 也是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的上界. 但 $x-\varepsilon<x$ ，这显然与x是 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 的最小上界相矛盾. 所以假设不成立，故对所有 $\varepsilon>0$ 的实数，存在 $N\geqslant m$ 使得 $x-\varepsilon\leqslant a_N$ ，即 $x-a_N\leqslant\varepsilon$ . 这一部分的证明也可以直接使用命题6.3.6：对于任何实数 $\varepsilon>0$ ，有 $x-\varepsilon<x$ ，由命题6.3.6知存在 $N\geqslant m$ 使得 $x-\varepsilon\leqslant a_N$ ，即 $x-a_N\leqslant\varepsilon$ . 而对所有 $n\geqslant N\geqslant m$ ，由上面讨论“对任何 $j,k\geqslant m$ ，如果 $j\geqslant k$ 那么 $a_j\geqslant a_k$ ”知有 $a_n\geqslant a_N$ ，即 $x-a_n\leqslant x-a_N$ . 故对任何实数 $\varepsilon>0$ ，存在 $N\geqslant m$ ，使得对所有 $n\geqslant N\geqslant m$ 有 $x-a_n\leqslant x-a_N\leqslant\varepsilon$ . 又因为“对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n\leqslant x$ ”知对任何实数 $\varepsilon>0$ ，存在 $N\geqslant m$ ，使得对所有 $n\geqslant N\geqslant m$ 有 $|a_n-x|=x-a_n\leqslant x-a_N\leqslant\varepsilon$ . 这说明 $(a_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到 $\sup(a_n)_{n=m}^\infty$ .

6.3.4 证明：当 $x>1$ 时，我们不妨假设 $(x^n)_{n=1}^\infty$ 是收敛的，我们记其收敛到实数L，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x^n=L$ .

由于 $x>1>0$ ，则 $1>\frac{1}{x}>0$ ，由命题6.3.8知此时 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(\frac{1}{x})^n=0$ .

由于 $(x^n)_{n=1}^\infty$ 和 $((\frac{1}{x})^n)_{n=1}^\infty$ 都是收敛的，由定理6.1.19知 $\displaystyle(\lim_{n\rightarrow\infty}(\frac{1}{x})^n)(\lim_{n\rightarrow\infty}x^n)=\lim_{n\rightarrow\infty}((\frac{1}{x})^nx^n)=\lim_{n\rightarrow\infty}((\frac{1}{x}x)^n)=\lim_{n\rightarrow\infty}1^n=1$ ，这说明 $L\times 0=1$ ，即 $0=1$ ，这是矛盾的. 所以假设不成立，即当 $x>1$ 时 $(x^n)_{n=1}^\infty$ 不收敛.

文内补充

1.无限序列不可能为空，空序列只能是有限序列.

由两者的定义这是显然的.

2.有界(以实数为界)的序列的上确界和下确界都是实数.

3.如果 $0<x<1$ ，那么序列 $(x^n)_{n=1}^\infty$ 是减序列.

因为对于一切 $n\geqslant 1$ ，有 $x^{n+1}=x^nx<x^n1=x^n$ ，即 $x^{n+1}<x^n$ .

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.2解答

习题6.2

6.2.1 证明：

我们先来看一下广义实数系是什么，用集合来表示它就是 $\mathbb{R}^*:=\mathbb{R}\cup\{+\infty\}\cup\{-\infty\}$ .

并且定义对任何元素 $x\in\mathbb{R}^*$ :

$x\in\mathbb{R}\Leftrightarrow$ x是有限的； $x\in\{+\infty\}\cup\{-\infty\}\Leftrightarrow$ x是无限的.

还说明了广义实数系中两个新元素的某些性质(这个性质可由广义实数的相等推出)：

$\forall x\in\mathbb{R}^*\backslash\{+\infty\}\Rightarrow x\neq +\infty$ ； $\forall x\in\mathbb{R}^*\backslash\{-\infty\}\Rightarrow x\neq -\infty$ .

这样我们就看到广义实数不是有限的就是无限的，只能有一个成立.

我们来看一下广义实数的相等.

对 $x,y\in\mathbb{R}^*$ ，我们说 $x=y$

iff $(x,y\in\mathbb{R}\land\text{(x=y as real number)})\lor(\text{x,y are both } +\infty)\lor(\text{x,y are both } -\infty)$ .

容易验证此相等定义满足自反性、对称性和传递性. 并且容易看到实数在定义5.3.1下的相等与在广义实数下的相等是相容的.

我们在来验证一下广义实数的负运算满足代入公理：已知 $x,y\in\mathbb{R}^*$ .

如果 $x=y$ ，由广义实数相等的定义我们知有：1.x,y均为实数并且在定义5.3.1下是相等的，即在定义5.3.1下 $x=y$ ；2.x,y均为 $+\infty$ ；3.x,y均为 $-\infty$ .

但无论哪种情况都有 $-x=-y$ ，这就得证.

现在我们来看命题6.2.5.

(a)对任意 $x\in\mathbb{R}^*$ ，有 $x\in\mathbb{R}\cup\{+\infty\}\cup\{-\infty\}$ ，即有 $x\in\mathbb{R}$ 或 $x\in\{+\infty\}$ 或 $x\in\{-\infty\}$ .

当 $x\in\mathbb{R}$ 时，即x为实数，由命题5.3.3有 $x=x$ ，由定义5.4.6知 $x\leqslant x$ ，进一步在定义6.2.3下有 $x\leqslant x$ .

当 $x\in\{+\infty\}$ 时，由公理3.3单元素集知 $x=+\infty$ ，由定义6.2.3知有 $x\leqslant x$ .

当 $x\in\{-\infty\}$ 时，由公理3.3单元素集知 $x=-\infty$ ，由定义6.2.3知有 $x\leqslant x$ .

综上对于任意 $x\in\mathbb{R}^*$ 都有 $x\leqslant x$ .

(b)当x和y都为实数时，由命题5.4.7知命题 $x<y,x=y,x>y$ 中恰有一个成立. 所以只需证明当 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时命题 $x<y,x=y,x>y$ 中也恰有一个成立. $\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}=\{+\infty\}\cup\{-\infty\}$ .

若 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ ，即 $x\in\{+\infty\}\cup\{-\infty\}$ ，即 $x\in\{+\infty\}$ 或 $x\in\{-\infty\}$ ，由公理3.3单元素集知 $x=+\infty$ 或 $x=-\infty$ . 当 $x=+\infty$ ，由定义6.2.3知 $y\leqslant x$ . 此时若 $x\neq y$ ，由定义6.2.3知 $y<x$ ，即 $x>y$ ；若 $x=y$ ，则显然有 $x=y$ . 这样当 $x=+\infty$ 时 $x<y,x=y,x>y$ 中至少有一个成立. 同理可知当 $x=-\infty$ 时 $x<y,x=y,x>y$ 中至少有一个成立. 这就说明了若 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 那么 $x<y,x=y,x>y$ 中至少有一个成立.

同理可证若 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 那么 $x<y,x=y,x>y$ 中至少有一个成立.

综上，当 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时命题 $x<y,x=y,x>y$ 中至少有一个成立.

现在来证明当 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时 $x<y,x=y,x>y$ 中至多有一个成立. 由定义6.2.3知 $x<y$ 和 $x=y$ 不能同时成立. 以及 $x>y$ 和 $x=y$ 不能同时成立. 当 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时，我们知道此时 $x,y$ 不都是实数. 假设 $x<y$ 且 $x>y$ ，由定义6.2.3知 $x\leqslant y$ 且 $y\leqslant x$ . 若 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ ，则 $x=+\infty$ 或 $x=-\infty$ . 若 $x=+\infty$ ，由定义6.2.3以及 $x\leqslant y$ 且 $y\leqslant x$ 我们知道 $x=y=+\infty$ ，这与 $x<y$ 是相矛盾的，故此时 $x\neq +\infty$ ；同理当 $x=-\infty$ 时我们也可以导出矛盾，故此时 $x\neq -\infty$ . 所以 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 不成立. 同理可证 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时也可以导出矛盾. 所以当我们承认 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时就不能承认 $x<y$ 且 $x>y$ . 故当 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时 $x<y$ 且 $x>y$ 不成立. 综上当 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时 $x<y,x=y,x>y$ 中至多有一个成立. 综上当 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时 $x<y,x=y,x>y$ 中恰有一个成立.

综上，对广义实数x和y有 $x<y,x=y,x>y$ 中恰有一个成立.

(c)当x和y都为实数时，由命题5.4.7和博文§5.4解答中习题5.4.2的解答我们很容易证明：如果 $x\leqslant y$ 且 $y\leqslant z$ 那么 $x\leqslant z$ . 所以只需证明当 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时也有如果 $x\leqslant y$ 且 $y\leqslant z$ 那么 $x\leqslant z$ . 若 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ ，则有 $x=+\infty$ 或 $x=-\infty$ . 若 $x=+\infty$ ，由 $x\leqslant y$ 且 $y\leqslant z$ 和定义6.2.3我们容易推得 $y=z=+\infty$ ，再由定义6.2.3有 $x\leqslant z$ ；若 $x=-\infty$ ，由定义6.2.3显然有 $x\leqslant z$ . 故若 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ ，那么有如果 $x\leqslant y$ 且 $y\leqslant z$ 那么 $x\leqslant z$ . 同理可证当 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时也有如果 $x\leqslant y$ 且 $y\leqslant z$ 那么 $x\leqslant z$ . 综上，当 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时，有如果 $x\leqslant y$ 且 $y\leqslant z$ 那么 $x\leqslant z$ .

综上对 $x,y,z\in\mathbb{R}^*$ ，如果 $x\leqslant y$ 且 $y\leqslant z$ 那么 $x\leqslant z$ .

(d)当x和y都为实数时，由命题5.4.7很容易证明：如果 $x\leqslant y$ 那么 $-y\leqslant -x$ . 所以只需证明当 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时也有如果 $x\leqslant y$ 那么 $-y\leqslant -x$ . 若 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ ，则有 $x=+\infty$ 或 $x=-\infty$ . 若 $x=+\infty$ ，由 $x\leqslant y$ 和定义6.2.3我们容易推得 $y=+\infty$ ，由定义6.2.2知 $-y=-\infty$ ，再由定义6.2.3有 $-y\leqslant -x$ ；若 $x=-\infty$ ，由定义6.2.2知 $-x=+\infty$ ，由定义6.2.3显然有 $-y\leqslant -x$ . 故若 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ ，那么有如果 $x\leqslant y$ 那么 $-y\leqslant -x$ . 同理可证当 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时也有如果 $x\leqslant y$ 那么 $-y\leqslant -x$ . 综上，当 $x\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 或 $y\in\mathbb{R}^*\backslash\mathbb{R}$ 时，有如果 $x\leqslant y$ 那么 $-y\leqslant -x$ .

综上对 $x,y\in\mathbb{R}^*$ ，如果 $x\leqslant y$ 那么 $-y\leqslant -x$ .

6.2.2 证明：

(a)若 $(+\infty)\in E$ ，由定义6.2.6知 $\sup(E)=+\infty$ ，再由定义6.2.3知显然对每个 $x\in E\subseteq\mathbb{R}^*$ ，有 $x\leqslant\sup(E)$ .

若 $(+\infty)\notin E$ ，我们再分两种情况考虑. 首先，如果 $(-\infty)\notin E$ ，即有 $(+\infty)\notin E$ 和 $(-\infty)\notin E$ . 对任何对象 $x\in E$ ，由 $E\subseteq\mathbb{R}^*$ 知 $x\in\mathbb{R}^*$ ，即 $x\in\mathbb{R}\cup\{+\infty\}\cup\{-\infty\}$ ，所以有 $x\in\mathbb{R}$ 或 $x\in\{+\infty\}$ 或 $x\in\{-\infty\}$ . 而 $(+\infty)\notin E$ 和 $(-\infty)\notin E$ 说明只能有 $x\in\mathbb{R}$ ，否则将导致矛盾. 由定义6.2.6知知此时 $\sup(E)$ 由定义5.5.10确定. 在 $(+\infty)\notin E$ 且 $(-\infty)\notin E$ 基础上(即 $E\subseteq\mathbb{R}$ )，我们再分三种情况讨论：1.如果E是空集，由定义5.5.10知 $sup(E)=-\infty$ ，显然对每个 $x\in E=\emptyset$ ，有 $x\leqslant\sup(E)$ (这个蕴涵关系是空真的成立的)；2.如果E不是空集，如果E无上界，即E不是空集且E无上界，由定义5.5.10知 $sup(E)=+\infty$ ，由定义6.2.3知有对每个 $x\in E\subseteq\mathbb{R}^*$ ，有 $x\leqslant\sup(E)$ . 3.如果E不是空集，如果E有上界，由定义5.5.10和定理5.5.9知 $\sup(E)$ 为集合E的最小上界，由定义5.5.5和定义5.5.1知此时对每个 $x\in E\subseteq\mathbb{R}$ ，有 $x\leqslant\sup(E)$ . 综合情况2和情况3，我们知道如果E不是空集那么有对每个 $x\in E\subseteq\mathbb{R}$ ，有 $x\leqslant\sup(E)$ . 再综合1我们知道如果 $(+\infty)\notin E$ 且 $(-\infty)\notin E$ ，那么对每个 $x\in E\subseteq\mathbb{R}$ ，有 $x\leqslant\sup(E)$ . 综上，我们有如果 $(+\infty)\notin E$ ，如果 $(-\infty)\notin E$ ，那么有对每个 $x\in E$ ，有 $x\leqslant\sup(E)$ .

再来考虑另一种情况，如果 $(-\infty)\in E$ ，即有 $(+\infty)\notin E$ 和 $(-\infty)\in E$ . 我们令 $M:=E\backslash\{-\infty\}$ ，容易验证此时 $E=M\cup\{-\infty\}$ ，由定义6.2.6知此时对每个 $x\in M$ ，有 $x\leqslant\sup(M)=\sup(E)$ . 而对 $x\in\{-\infty\}$ ，显然有 $x\leqslant\sup(E)$ . 综上，如果 $(+\infty)\notin E$ ，如果 $(-\infty)\in E$ ，那么有对每个 $x\in E$ ，有 $x\leqslant\sup(E)$ .

综上，如果 $(+\infty)\notin E$ ，那么有对每个 $x\in E$ ，有 $x\leqslant\sup(E)$ .

综上，我们有对每个 $x\in E\subseteq\mathbb{R}^*$ ，有 $x\leqslant\sup(E)$ .

对每个 $x\in E$ ，容易证明此时 $-x\in -E$ ，由上论证知有 $-x\leqslant \sup(-E)$ ，则有 $x\geqslant\sup(-E)$ ，由定义6.2.6即有 $x\geqslant\inf(E)$ .

综上，如果 $E\subseteq\mathbb{R}^*$ ，则对每个 $x\in E$ ，我们有 $\inf(E)\leqslant x\leqslant\sup(E)$ .

(b)要说明 $M\in\mathbb{R}^*$ ，中文第一版漏了.

若 $(+\infty)\in E$ ，则有 $+\infty\leqslant M$ ，再由定义6.2.3知 $M=+\infty$ . 而由定义6.2.6知 $\sup(E)=+\infty=M$ ，再由定义6.2.3知 $\sup(E)\leqslant M$ .

若 $(+\infty)\notin E$ ，我们再分两种情况考虑. 首先，如果 $(-\infty)\notin E$ ，即有 $(+\infty)\notin E$ 和 $(-\infty)\notin E$ . 故有 $x\in\mathbb{R}$ . 由定义6.2.6知知此时 $\sup(E)$ 由定义5.5.10确定. 在 $(+\infty)\notin E$ 且 $(-\infty)\notin E$ 基础上(即 $E\subseteq\mathbb{R}$ )，我们再分三种情况讨论：1.如果E是空集，由定义5.5.10知 $sup(E)=-\infty$ ，由定义6.2.3显然有 $\sup(E)\leqslant M$ ；2.如果E不是空集，如果E无上界，即E不是空集且E无上界，由定义5.5.10知 $sup(E)=+\infty$ . 由于E无上界，说明 $\forall M'\in\mathbb{R}$ ， $\exists x\in E$ ，使得 $x>M'$ . 又因为对一切 $x\in E$ 有 $x\leqslant M$ . 所以 $\forall M'\in\mathbb{R}$ ， $\exists x\in E$ ，使得 $M\geqslant x>M'$ . 由命题6.2.5知 $M\geqslant M'$ ，即M大于等于任何实数. 故由定义6.2.3知此时 $M=+\infty$ . 再由定义6.2.3知 $\sup(E)\leqslant M$ . 3.如果E不是空集，如果E有上界，由定义5.5.10和定理5.5.9知 $\sup(E)$ 为集合E的最小上界. 如果 $M\in\mathbb{R}$ ，由定义5.5.5和定义5.5.1知此时 $\sup(E)\leqslant M$ ；若 $M\notin\mathbb{R}$ ，容易知此时 $M=+\infty$ ，故亦有 $\sup(E)\leqslant M$ . 综合情况2和情况3，我们知道如果E不是空集那么有 $\sup(E)\leqslant M$ . 再综合1我们知道如果 $(+\infty)\notin E$ 且 $(-\infty)\notin E$ ，那么有 $\sup(E)\leqslant M$ . 综上，我们有如果 $(+\infty)\notin E$ ，如果 $(-\infty)\notin E$ ，那么有 $\sup(E)\leqslant M$ .

再来考虑另一种情况，如果 $(-\infty)\in E$ ，即有 $(+\infty)\notin E$ 和 $(-\infty)\in E$ . 我们令 $S:=E\backslash\{-\infty\}$ ，由定义6.2.6知此时 $\sup(S)=\sup(E)$ . 故我们只需证明 $sup(S)\leqslant M$ . 而此时S即为上面讨论的 $(+\infty)\notin S$ 和 $(-\infty)\notin S$ 的情况，故显然有 $sup(S)\leqslant M$ ，这样我们就完成了这种情况的证明. 综上，如果 $(+\infty)\notin E$ ，如果 $(-\infty)\in E$ ，那么有 $\sup(E)\leqslant M$ .

综上，如果 $(+\infty)\notin E$ ，那么有 $\sup(E)\leqslant M$ .

综上有对每个 $x\in E\subseteq\mathbb{R}^*$ ，有 $\sup(E)\leqslant M$ .

(c)要说明 $M\in\mathbb{R}^*$ ，中文第一版漏了.

由于M是E的下界，即对一切 $x\in E$ ，有 $x\geqslant M$ . 对任何 $y\in\{-x : x\in E\}$ ，则存在 $x\in E$ 使得 $y=-x$ ，即 $-y=x$ . 再由“对一切 $x\in E$ ，有 $x\geqslant M$ ”知此时 $-y=x\geqslant M$ ，由命题6.2.5知即有 $y\leqslant -M$ ，所以M是集合 $\{-x : x\in E\}$ 的一个上界，由上面(b)的证明我们知道有 $\sup(-E)\leqslant -M$ ，由命题6.2.5即 $-\sup(-E)\geqslant M$ ，即 $\inf(E)\geqslant M$ . 命题得证.

文内补充

1.定义6.2.3广义实数的序和定义5.4.6实数的序是相容的.

我们要验证两者的相容性，即要验证当x,y均为实数时，下列命题成立：

(i)在定义5.4.6下 $x\leqslant y$ 当且仅当在定义6.2.3下 $x\leqslant y$ ；

(ii)在定义5.4.6下 $x\geqslant y$ 当且仅当在定义6.2.3下 $x\geqslant y$ ；

(iii)在定义5.4.6下 $x<y$ 当且仅当在定义6.2.3下 $x<y$ ；

(iiii)在定义5.4.6下 $x>y$ 当且仅当在定义6.2.3下 $x>y$ ；

证明：(i)由定义6.2.3知：在定义5.4.6下 $x\leqslant y$ 当且仅当在定义6.2.3下 $x\leqslant y$ 是显然的.

(ii)如果在定义5.4.6下 $x\geqslant y$ ，由命题5.4.7容易证明此时在定义5.4.6下有 $y\leqslant x$ ，故由(i)进一步在定义6.2.3下 $y\leqslant x$ ，再由定义6.2.3知在定义6.2.3下有 $x\geqslant y$ .

如果在定义6.2.3下有 $x\geqslant y$ ，再由定义6.2.3知在定义6.2.3下有 $y\leqslant x$ ，由(i)知在定义5.4.6下有 $y\leqslant x$ ，再由命题5.4.7知在定义5.4.6下有 $x\geqslant y$ .

综上，在定义5.4.6下 $x\geqslant y$ 当且仅当在定义6.2.3下 $x\geqslant y$ .

(iii)如果在定义5.4.6下 $x<y$ ，那么由定义5.4.6知 $x-y$ 为负实数并且在定义5.4.6下有 $x\leqslant y$ ，由命题5.4.4(实数的三歧性)进一步知 $x-y\neq 0$ 并且在定义5.4.6下有 $x\leqslant y$ ，即 $x\neq y$ 并且在定义5.4.6下有 $x\leqslant y$ ，注意此时 $x\neq y$ 是在定义5.3.1中实数相等的意义下的不相等. 但上面的广义实数相等定义部分我们已经验证了广义实数相等和实数相等是相容的，所以在定义5.3.1下 $x\neq y$ 就有在广义实数相等定义下的 $x\neq y$ ，由(i)知我们有在广义实数相等定义下的 $x\neq y$ 并且在定义6.2.3下 $x\leqslant y$ ，再由定义6.2.3知有在定义6.2.3下 $x<y$ .

如果在定义6.2.3下 $x<y$ ，由定义6.2.3知有在广义实数相等定义下的 $x\neq y$ 并且在定义6.2.3下 $x\leqslant y$ ，由广义实数相等和实数相等是相容的和(i)知在定义5.3.1实数相等定义下 $x\neq y$ 并且在定义5.4.6下 $x\leqslant y$ ，再由定义5.4.6我们知道在定义5.4.6下 $x<y$ .

综上，在定义5.4.6下 $x<y$ 当且仅当在定义6.2.3下 $x<y$ .

(iiii)如果在定义5.4.6下 $x>y$ ，由命题5.4.7知有在定义5.4.6下 $x<y$ ，由(iii)知此时有在定义6.2.3下 $x<y$ ，再由定义6.2.3知有在定义6.2.3下 $x>y$ .

如果在定义6.2.3下 $x>y$ ，由定义6.2.3知有在定义6.2.3下 $x<y$ ，由(iii)知此时有在定义5.4.6下 $x<y$ ，由命题5.4.7知有在定义5.4.6下 $x>y$ .

综上，在定义5.4.6下 $x>y$ 当且仅当在定义6.2.3下 $x>y$ .

到这，我们就证明了定义6.2.3广义实数的序和定义5.4.6实数的序是相容的.

2.定义6.2.6广义实数集的上确界和定义5.5.10是相容的.

从定义6.2.6我们容易看到对于实数集 $\mathbb{R}$ 的子集S，定义5.5.10确定的S的上确界和定义6.2.6确定的S的上确界是一样的.

3.实数集下确界的定义 $\inf(E):=-\sup(-E)$ 的合理性.

实数集的下界和下确界的定义我们很容易按定义5.5.1和定义5.5.5给出，同样的我们可以证明集合 $\mathbb{R}^-:=\{x\in\mathbb{R} : x<0\}$ 根本没有下界、并且每一个实数都是空集的下界、空集没有最大下界、并且可以证明实数集最大下界的唯一性、和定理5.5.9对应最大下界的版本、并且仿照定义5.5.10给出对于最大下界的版本(注意对于非空但没有下界的实数集我们定义其最大下界为 $-\infty$ ;而空集的最大下界为 $+\infty$ ，至于这样定义的原因可以参考中文第一版P109说的倒数13行开始关于确定上确界的直观方法).

现在我们来看：对于实数集E定义 $\inf(E):=-\sup(-E)$ 的合理性.

我们把实数集-E分几种情况讨论：(a)实数集-E非空并且有上界；(b)实数集-E非空但没有上界；(c)实数集-E为空集.( $-E:=\{-x : x\in E\}$ )

(a)由习题5.5.1知此时确有 $\inf(E):=-\sup(-E)$ .

(b)由定义5.5.10知此时 $\sup(-E)=+\infty$ ，我们容易证明此时实数集E非空但没有下界，由上关于定义5.5.10的最大下界的版本讨论知此时 $\inf(E)=-\infty$ ，所以确实也有 $\inf(E):=-\sup(-E)$ .

(c)由定义5.5.10知此时 $\sup(-E)=-\infty$ ，由上关于定义5.5.10的最大下界的版本讨论知此时 $\inf(E)=+\infty$ ，所以确实也有 $\inf(E):=-\sup(-E)$ .

综合，对于实数集我们定义 $\inf(E):=-\sup(-E)$ 是合理的.

4.广义实数集下确界的定义 $\inf(E):=-\sup(-E)$ 的合理性.

我们可以仿照定义6.2.6给出广义实数集的下确界的定义.

广义实数集的下确界的定义：设E是 $\mathbb{R}^*$ 的子集合，我们用下面的法则来定义E的下确界或最大下界 $\inf(E)$ .

(a)如果E包含于 $\mathbb{R}$ (即 $+\infty$ 和 $-\infty$ 不是E的元素)，那么我们令 $\inf(E)$ 由定义5.5.10的最大下界版本确定，由上面“3.实数集下确界的定义 $\inf(E):=-\sup(-E)$ 的合理性.”的讨论我们知此时就有 $\inf(E):=-\sup(-E)$ .

(b)如果E含有 $-\infty$ ，那么我们令 $\inf(E):=-\infty$ . 由定义6.2.6我们知道此时也有 $\inf(E):=-\sup(-E)$ .

(c)如果E不含有 $-\infty$ 但含有 $+\infty$ ，那么我们令 $\inf(E):=\inf(E\backslash\{+\infty\})$ . 因为此时 $E\backslash\{+\infty\}$ 是 $\mathbb{R}$ 的子集，所以此时有

$\inf(E)=\inf(E\backslash\{+\infty\})=-\sup(-E\backslash\{-\infty\})=\sup(-E)$ .

综上，对广义实数集下确界的定义 $\inf(E):=-\sup(-E)$ 是合理的.

5.设E是空集，那么 $\sup(E)=-\infty$ 并且 $\inf(E)=+\infty$ ；对集合E来说， $\sup(E)<\inf(E)$ 当且仅当E为空集.

证明：如果E是空集，那么由定义5.5.10知 $\sup(E)=-\infty$ ，再由定义6.2.6知 $\inf(E)=-\sup(-E)=-\sup(E)=+\infty$ .

如果E为空集，由上证明显然有 $\sup(E)=-\infty<+\infty=\inf(E)$ ；如果 $\sup(E)<\inf(E)$ ，假设E不空，由定理6.2.11知对每个 $x\in E$ 有 $\inf(E)\leqslant x\leqslant\sup(E)$ . 由引理3.1.6知存在 $x_0\in E$ ，故 $\inf(E)\leqslant x_0\leqslant\sup(E)$ . 再由命题6.2.5知 $\inf(E)\leqslant\sup(E)$ ，这与 $\sup(E)<\inf(E)$ 相矛盾，故假设肯定不成立，所以如果 $\sup(E)<\inf(E)$ 那么E为空集. 注意，此时我们不能说E就是空集，即如果条件“ $\sup(E)<\inf(E)$ ”本身就是不可能的，矛盾的，我们不能说明E为空集. 而确幸地是E为空集时条件“ $\sup(E)<\inf(E)$ ”成立，所以我们可以肯定E为空集.

6.除了命题6.2.5列出的四条性质，我们还可以证明：

对广义实数x,y,z有

(a)如果 $x\leqslant y$ 且 $y\leqslant z$ ，那么 $x=y$ .

(b)如果 $x<y$ 且 $y<z$ ，那么 $x<z$ .

(c)如果 $x<y$ 那么 $-y<-x$ .

(d)广义实数的三歧性. 以下命题中恰有一个成立:

x是实数；x是 $+\infty$ ；x是 $-\infty$ .

7.容易验证广义实数的负运算满足代入公理、序也满足代入公理.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.1解答

习题6.1

6.1.1 证明：用归纳法. 对自然数1，由对每个自然数n满足 $a_{n+1}>a_n$ 知显然有 $a_{n+1}>a_n$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设对自然数k，有 $a_{n+k}>a_n$ ，那么对自然数k+1， $a_{n+(k+1)}=a_{(n+k)+1}$ (函数满足代入公理)，再次由对每个自然数n满足 $a_{n+1}>a_n$ 知 $a_{(n+k)+1}>a_{n+k}$ ，所以有 $a_{n+(k+1)}>a_{n+k}$ ，由归纳假设 $a_{n+k}>a_n$ 知 $a_{n+(k+1)}>a_n$ ，这就完成了归纳. 所以对所有大于0的自然数k，都有 $a_{n+k}>a_n$ .

由于 $m>n$ ，则有非零自然数j使得 $m=n+j$ ，所以 $a_m=a_{n+j}>a_n$ . 这样就证明了命题.

这个习题定义了增序列的概念：一个序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是增序列，当且仅当对一切 $j,k\geqslant m$ ，如果 $j>k$ 那么 $a_j>a_k$ .

这个概念与反映的是序列本身的性质，与序列的起始下标没有关系. 即我们可以证明如下命题：

对序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 和序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ ，令 $p:=m_2-m_1$ . 两序列满足对于 $\forall n\geqslant m_1$ 都有 $a_n=b_{n+p}$ . 这就说明了两序列本身是相同的序列，只是有相同或者不同的起始下标.

序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是增序列当且仅当序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是增序列.

证明：如果序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是增序列，说明对一切 $s,t\geqslant m_1$ ，如果 $s>t$ 那么 $a_s>a_t$ . 对任意 $j,k\geqslant m_2$ ，即对任意 $j,k\geqslant m_1+p$ ，即对任意 $j-p,k-p\geqslant m_1$ ，由 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是增序列我们知道如果 $j-p>k-p$ 那么 $a_{j-p}>a_{k-p}$ . 即如果 $j>k$ 那么 $b_j>b_k$ . 这样就证明了如果序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是增序列那么序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是增序列.

同理可证如果序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是增序列那么序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是增序列. 综上我们证明了序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是增序列当且仅当序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是增序列.

而习题6.1.1说明了序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 只要满足对所有 $n\geqslant m$ 都有 $a_{n+1}>a_n$ ，那么其就是增序列. 证明方法就是构建一个起始下标为0但序列本身与 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 一样的新的序列 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ ，证明“对所有 $n\geqslant m$ 都有 $a_{n+1}>a_n$ ”蕴含着“对所有 $n\geqslant 0$ 都有 $b_{n+1}>b_n$ ”，再由习题6.1.1说明 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 是增序列，所以 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 也是增序列.

6.1.2 证明：这道习题给我们展示了某些数学概念是如何建立在其它数学概念之上的. 说明了对建立在其它数学概念上的复杂数学概念，我们该如何一步步地把复杂概念写成不含建立起其的子概念的形式.

如果 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到L，由定义6.1.5实数列收敛的定义知对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -接近于L的. 由定义6.1.5中实数列终极接近于某实数的定义知对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，都存在 $N\geqslant m$ 使得序列 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -接近于L的. 由定义6.1.5中实数列接近于某实数的定义知对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，都存在 $N\geqslant m$ 使得对于每个 $n\geqslant N$ 有 $a_n$ 是 $\varepsilon$ -接近于L的. 由定义6.1.2知对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，都存在 $N\geqslant m$ 使得对于每个 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ . 故如果 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到L，那么对于任何给定的 $\varepsilon>0$ 都能找到 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ .

如果对于任何给定的 $\varepsilon>0$ 都能找到 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ ，由定义6.1.2知对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，都存在 $N\geqslant m$ 使得对于每个 $n\geqslant N$ 有 $a_n$ 是 $\varepsilon$ -接近于L的. 由定义6.1.5中实数列接近于某实数的定义知对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，都存在 $N\geqslant m$ 使得序列 $(a_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -接近于L的. 由定义6.1.5中实数列终极接近于某实数的定义知对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -接近于L的. 由定义6.1.5实数列收敛的定义知 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到L. 故如果对于任何给定的 $\varepsilon>0$ 都能找到 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ 那么 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到L.

综上我们有 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到L当且仅当对于任何给定的 $\varepsilon>0$ 都能找到 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ .

6.1.3 证明：对任一给定的 $\varepsilon>0$ ，由 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c和习题6.1.2知我们能找到 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 现在定义 $N':=max\{N,m'\}$ ，则有 $N'\geqslant N$ 且 $N'\geqslant m'$ ，此时我们找到了 $N'\geqslant m'$ ，对于一切 $n\geqslant N'$ ，由 $N'\geqslant N$ 知 $n\geqslant N$ ，故有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 故 $(a_n)_{n=m'}^{\infty}$ 收敛到c.

对任一给定的 $\varepsilon>0$ ，由 $(a_n)_{n=m'}^{\infty}$ 收敛到c和习题6.1.2知我们能找到 $N\geqslant m'$ ，由 $m'\geqslant m$ 知此时 $N\geqslant m$ ，使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 故 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c.

综上，我们有 $(a_n)_{n=m'}^{\infty}$ 收敛到c当且仅当 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c.

这个命题说明了一个实数列是否收敛与其前面连续的有限个的项都是无关的，即我们可以对一个收敛的实数列增加自然数个项在前头而不改变序列收敛的性质.

6.1.4 证明：我们用两种方式证明此命题.

证明一：首先证明一个小命题：序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 和序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是实数列，令 $p:=m_2-m_1$ . 两序列满足对于 $\forall n\geqslant m_1$ 都有 $a_n=b_{n+p}$ . 这就说明了两序列本身是相同的序列，只是有相同或者不同的起始下标. 那么我们有 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 收敛到c当且仅当 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 收敛到c.

证明：对于任何实数 $\varepsilon>0$ ，由 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 收敛到c我们知道存在 $N\geqslant m_1$ ，使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 则我们找到了 $N+p\geqslant m_1+p=m_2$ ，对一切 $n\geqslant N+p$ ，即 $n-p\geqslant N$ ，有 $|a_{n-p}-c|\leqslant\varepsilon$ . 即有 $N+p\geqslant m_2$ ，对一切 $n\geqslant N+p$ ，有 $|b_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 故 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 收敛到c.

同理可证如果 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 收敛到c那么 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 收敛到c. 综上 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 收敛到c当且仅当 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 收敛到c.

现在我们要证明 $(a_{n+k})_{n=m}^{\infty}$ 和 $(a_n)_{n=m+k}^{\infty}$ 是起始下标不一样但序列本身一样的序列. 此时 $p:=(m+k)-m=k$ ，而对 $\forall n\geqslant m$ 都有 $a_{n+k}=a_{n+p}$ . 这就得证.

由上小命题我们知道 $(a_{n+k})_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c当且仅当 $(a_n)_{n=m+k}^{\infty}$ 收敛到c；再由习题6.1.3我们知道 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c当且仅当 $(a_n)_{n=m+k}^{\infty}$ 收敛到c. 综上我们知道 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c当且仅当 $(a_{n+k})_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c.

证明二：我们直接使用实数列收敛的概念也可以证明此命题.

对于任何实数 $\varepsilon>0$ ，由 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c知存在 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 故对一切 $n\geqslant N$ ，我们有 $n+k\geqslant n\geqslant N$ ，由上“对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ ”知有 $|a_{n+k}-c|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对于任何实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_{n+k}-c|\leqslant\varepsilon$ ，所以 $(a_{n+k})_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c.

对于任何实数 $\varepsilon>0$ ，由 $(a_{n+k})_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c我们知存在 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_{n+k}-c|\leqslant\varepsilon$ . 故存在 $N+k\geqslant m+k$ ，使得对于一切 $n\geqslant N+k$ ，则 $n-k\geqslant N$ ，由“对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_{n+k}-c|\leqslant\varepsilon$ ”知有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对于任何实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $N+k\geqslant m+k$ 使得对于一切 $n\geqslant N+k$ 有 $|a_n-c|\leqslant\varepsilon$ . 所以实数列 $(a_n)_{n=m+k}^{\infty}$ 收敛到c，再由习题6.1.3知 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c.

6.1.5 证明：现对任一实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ . 由 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是收敛的实数列知对 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，存在 $N\geqslant m$ ，使得对于一切 $j,k\geqslant N$ 有 $|a_j-L|\leqslant \frac{\varepsilon}{2}$ 且 $|a_k-L|\leqslant \frac{\varepsilon}{2}$ ，即对于一切 $j,k\geqslant N$ 有 $L-\frac{\varepsilon}{2}\leqslant a_j\leqslant L+\frac{\varepsilon}{2}$ 且 $a_k-\frac{\varepsilon}{2}\leqslant L\leqslant a_k+\frac{\varepsilon}{2}$ . 两不等式综合起来我们可得 $a_k-\varepsilon\leqslant a_j\leqslant a_k+\varepsilon$ ，即 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ . 综上对任一实数 $\varepsilon>0$ ，存在 $N\geqslant m$ ，使得对于一切 $j,k\geqslant N$ 有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ . 这样就证明了收敛的实数列是Cauchy序列.

6.1.6 证明：用反证法. 记 $L:=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ . 假设 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 不收敛到L，由实数列收敛的定义我们知道存在一个实数 $\varepsilon>0$ 使得 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 不是终极 $\varepsilon$ -接近于L的，则不存在 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ ，即对每个 $N\geqslant m$ 都存在 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|>\varepsilon$ . 由于 $\varepsilon>0$ ，则 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ . 由 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是Cauchy序列我们知道存在 $N_a\geqslant m$ 使得对一切 $j,k\geqslant N_a$ 有 $|a_j-a_k|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 由于 $N_a\geqslant m$ 故存在 $n_a\geqslant N_a$ 有 $|a_{n_a}-L|>\varepsilon$ . 综上对 $\varepsilon$ ，存在 $N_a\geqslant m$ 使得对一切 $j,k\geqslant N_a$ 有 $|a_j-a_k|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，并且存在 $n_a\geqslant N_a$ 有 $|a_{n_a}-L|>\varepsilon$ . 由于 $n_a\geqslant N_a$ ，故对一切 $j\geqslant N_a$ 有 $|a_j-a_{n_a}|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，即有 $a_{n_a}-\frac{\varepsilon}{2}\leqslant a_j\leqslant a_{n_a}+\frac{\varepsilon}{2}$ . 再由 $|a_{n_a}-L|>\varepsilon$ 我们知道 $a_{n_a}-L>\varepsilon$ 或者 $-a_{n_a}+L>\varepsilon$ ，即 $a_{n_a}>L+\varepsilon$ 或者 $a_{n_a}<L-\varepsilon$ . 对一切 $j\geqslant N_a$ ，如果 $a_{n_a}>L+\varepsilon$ ，那么我们有 $L+\frac{\varepsilon}{2}< a_{n_a}-\frac{\varepsilon}{2}\leqslant a_j$ ，即 $a_j>L+\frac{\varepsilon}{2}$ . 现在我们定义一个新的序列 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ :当 $m\leqslant n<N$ 时 $b_n:=L+\frac{\varepsilon}{2}$ ;当 $n\geqslant N$ 时 $b_n:=a_n$ . 这样，对于一切 $n\geqslant m$ 都有 $b_n\geqslant L+\frac{\varepsilon}{2}$ ，并且容易验证 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是等价的(即 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n$ ). 由习题5.4.8的推广形式(即比例数序列的起始下标不是1，而用一个字母变量代替)知 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n\geqslant L+\frac{\varepsilon}{2}$ ，即 $L=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n\geqslant L+\frac{\varepsilon}{2}$ ，由于 $\varepsilon>0$ ，所以这是不可能的. 同理可证另一种情况： $a_{n_a}<L-\varepsilon$ 也会出现矛盾. 这些矛盾说明我们的假设不能成立，故 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到L. 让我们细致分析一下这些矛盾说明什么. 通过这两个矛盾，我们知道陈述“存在实数 $\varepsilon$ ，存在 $N_a\geqslant m$ ，存在 $n_a\geqslant N_a$ 使得对于一切 $j\geqslant N_a$ 有 $|a_j-a_{n_a}|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 并且 $|a_{n_a}-L|>\varepsilon$ ”是假的，则其否定“对所有实数 $\varepsilon$ ，对所有 $N\geqslant m$ ，对所有 $n\geqslant N$ 存在 $j\geqslant N$ 有 $|a_j-a_n|>\frac{\varepsilon}{2}$ 或者 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ ”是真的. 由 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是Cauchy序列我们知道有真陈述“对所有实数 $\varepsilon$ ，存在 $N_a\geqslant m$ 使得对一切 $n\geqslant N_a$ 对一切 $j\geqslant N$ 有 $|a_j-a_n|\leqslant \frac{\varepsilon}{2}$ ”，这说明对 $N_a$ 来说，只能是“对所有实数 $\varepsilon$ ，对 $N_a$ ，有对所有 $n\geqslant N_a$ 有 $|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ ”是真的，这说明 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是收敛于L的.

6.1.7 证明：

定义5.1.12更一般的定义：一个比例数无限序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是以比例数 $M\geqslant 0$ 为界的，当且仅当对于一切 $i\geqslant m$ 有 $|a_i|\leqslant M$ . 一个比例数序列叫作是有界的，当且仅当对于某比例数 $M\geqslant 0$ 它是以M为界的.

定义5.1.12更一般的定义的推广：一个实数无限序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是以比例数 $M\geqslant 0$ 为界的，当且仅当对于一切 $i\geqslant m$ 有 $|a_i|\leqslant M$ . 一个实数序列叫作是有界的，当且仅当对于某比例数 $M\geqslant 0$ 它是以M为界的.

定义6.1.16：一个实数无限序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是以实数M为界的，当且仅当对于一切 $i\geqslant m$ 有 $|a_i|\leqslant M$ . 一个实数序列叫作是有界的，当且仅当对于某实数 $M>0$ 它是以M为界的.

很显然，定义5.1.12更一般的定义和定义5.1.12更一般的定义的推广是相容的. 显然定义5.1.12更一般的定义的推广和定义6.1.16在“实数无限序列以某比例数 $M\geqslant 0$ 为界”这个概念上是相容的；在“实数无限序列是有界的”这个概念上是等价的，因为如果某实数无限序列在定义5.1.12更一般的定义的推广的概念是有界的，即以某比例数 $M\geqslant 0$ 为界，那么其也是以实数 $M+1>0$ 为界的，即此实数无限序列在定义6.1.16下也是有界的. 如果某实数无限序列在定义6.1.16的概念下是有界的，即以某实数 $M>0$ 为界，那么其也是以比例数数 $[M]+1\geqslant 0$ ([M]为实数的整部，详见习题5.4.3)为界的，即此实数无限序列在定义5.1.12更一般的定义的推广下也是有界的.

6.1.8 证明：设 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是分别收敛到实数x和y的实数列，即有 $x=\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n$ 和 $y=\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}b_n$ .

(a)对于任何给定的实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，由于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 都是收敛的实数列，那么存在整数 $N_1,N_2\geqslant m$ ，使得对于一切 $n\geqslant N_1$ 有 $|a_n-x|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 并且对于一切 $n\geqslant N_2$ 有 $|b_n-y|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 取 $N:=max\{N_1,N_2\}$ ，那么对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-x|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 并且 $|b_n-y|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 此时 $|(a_n+b_n)-(x+y)|=|(a_n-x)+(b_n-y)|\leqslant |a_n-x|+|b_n-y|\leqslant\varepsilon$ . 这说明 $(a_n+b_n)_{n=m}^{\infty}$ 也是收敛的实数列并且收敛到x+y，故 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n+b_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n+\lim_{n\rightarrow\infty}b_n$ .

(b)由推论6.1.17知 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是有界的，即存在 $M>0$ 使得对于每个 $i\geqslant m$ 有 $|a_i|\leqslant M$ .

对于任何给定的实数 $\varepsilon>0$ ，我们有 $\frac{\varepsilon}{2|y|+2}>0$ 且 $\frac{\varepsilon}{2M}>0$ . 由于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 都是收敛的实数列，那么存在整数 $N_1,N_2\geqslant m$ ，使得对于一切 $n\geqslant N_1$ 有 $|a_n-x|\leqslant\frac{\varepsilon}{2|y|+2}$ 并且对于一切 $n\geqslant N_2$ 有 $|b_n-y|\leqslant\frac{\varepsilon}{2M}$ . 取 $N:=max\{N_1,N_2\}$ ，那么对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-x|\leqslant\frac{\varepsilon}{2|y|+2}$ 并且 $|b_n-y|\leqslant\frac{\varepsilon}{2M}$ . 此时

$|a_nb_n-xy|=|a_nb_n-a_ny+a_ny-xy|=|a_n(b_n-y)+y(a_n-x)|\\\leqslant |a_n||b_n-y|+|y||a_n-x|\leqslant |a_n||b_n-y|+(|y|+1)|a_n-x|\\\leqslant M\frac{\varepsilon}{2M}+(|y|+1)\frac{\varepsilon}{2|y|+2}=\varepsilon$

故 $(a_nb_n)_{n=m}^{\infty}$ 也是收敛的实数列并且收敛到xy，故 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_nb_n)=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)(\lim_{n\rightarrow\infty}b_n)$ .

(c)我们先来证明，对任意实数c，实数列 $(c)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到c，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}c=c$ . 对任一实数 $\varepsilon>0$ ，我们总能找到 $N=m$ ，使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|c-c|=0<\varepsilon$ . 这就得证.

由(b)我们知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(ca_n)=(\lim_{n\rightarrow\infty}c)(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)=c\lim_{n\rightarrow\infty}a_n$ ，即序列 $(ca_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到cx.

(d)由(a)和(c)我们知道

$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n-b_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}(a_n+(-b_n))=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n+\lim_{n\rightarrow\infty}(-b_n)=x+(-y)=x-y$ ，即序列 $(a_n-b_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到x-y.

(e)我们先证明任何其项非零而收敛到非零极限的实数列是限制离开零的.

为证此事，我们先推广一下定义5.3.12使之适用有限序列. 有限序列 $a_m,a_{m+1},...,a_{m+p}$ 叫作是限制离开零的，当且仅当存在正实数 $c>0$ ，对一切 $m\leqslant n\leqslant m+p$ 都有 $|a_n|\geqslant c$ .

其项非零的有限实数列 $a_0,a_1,...,a_p$ 是限制离开零的.

证明：我们对p进行归纳. 当 $p=0$ 时，序列 $a_0$ 显然是限制离开零的，因为 $a_0\neq 0$ ，则 $|a_0|\neq 0$ ，进一步 $|a_0|\geqslant |a_0|>0$ . 归纳假设我们已对某 $p\geqslant 0$ 证明其项非零的有限实数列 $a_0,a_1,...,a_p$ 是限制离开零的，即存在正实数 $c>0$ ，对一切 $0\leqslant n\leqslant p$ 都有 $|a_n|\geqslant c$ . 那么对p+1来说，对其项非零的有限实数列 $a_0,a_1,...,a_p,a_{p+1}$ ，我们取 $c':=min\{c,|a_{p+1}|\}$ ，由于 $c>0$ 且 $|a_{p+1}|>0$ ，则 $c'>0$ . 此时对一切 $0\leqslant n\leqslant p$ 都有 $|a_n|\geqslant c\geqslant c'>0$ ，并且 $|a_{p+1}|\geqslant c'>0$ . 故对一切 $0\leqslant n\leqslant p+1$ 都有 $|a_n|\geqslant c'>0$ ，故其项非零的有限实数列 $a_0,a_1,...,a_p,a_{p+1}$ 其也是限制离开零的，这就完成了归纳，所以其项非零的有限实数列 $a_0,a_1,...,a_p$ 是限制离开零的.

以上证明说明了起始下标为0(或者说是某自然数)的其项非零的有限实数列是限制离开零的. 下面的证明将说明一个有限实数列是否是限制离开零的与起始下标是无关的.

对有限实序列 $a_m,a_{m+1},...,a_{m+p}$ 和有限实序列 $b_n,b_{n+1},...,b_{n+p}$ ，其满足对一切 $m\leqslant i\leqslant m+p$ 都有 $a_i=b_{i+(n-m)}$ . (这说明两序列本身是相同的序列，只是起始下标可能不一样.) 那么我们有 $a_m,a_{m+1},...,a_{m+p}$ 是限制离开零的当且仅当 $b_n,b_{n+1},...,b_{n+p}$ 是限制离开零的.

证明：由于 $a_m,a_{m+1},...,a_{m+p}$ 是限制离开零的，故存在实数 $c>0$ 使得对一切 $m\leqslant i\leqslant m+p$ 有 $|a_i|\geqslant c>0$ . 对于任一 $n\leqslant i\leqslant n+p$ ，我们有 $m\leqslant i+(m-n)\leqslant m+p$ ，故 $|a_{i+(m-n)}|\geqslant c>0$ . 再由 $a_i=b_{i+(n-m)}$ 我们知道 $|b_i|\geqslant c>0$ ，故 $b_n,b_{n+1},...,b_{n+p}$ 也是限制离开零的. 同理可证如果 $b_n,b_{n+1},...,b_{n+p}$ 是限制离开零的那么 $a_m,a_{m+1},...,a_{m+p}$ 是限制离开零的.

综上我们有 $a_m,a_{m+1},...,a_{m+p}$ 是限制离开零的当且仅当 $b_n,b_{n+1},...,b_{n+p}$ 是限制离开零的.

到这我们知道项非零的有限实数列 $a_m,a_{m+1},...,a_{m+p}$ 是限制离开零的.

已知收敛到非零实数的实数列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ ，满足对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n\neq 0$ . 我们记 $\displaystyle L:=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n\neq 0$ . 现在证其是限制离开零的.

由于 $L\neq 0$ ，则 $|L|\neq 0$ ，进一步 $\frac{|L|}{2}>0$ . 由于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是收敛数列，那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-L|\leqslant\frac{|L|}{2}$ ，即有 $-|a_n-L|\geqslant -\frac{|L|}{2}$ . 此时对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n|\geqslant |L|-|a_n-L|\geqslant |L|-\frac{|L|}{2}=\frac{|L|}{2}>0$ . 序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 开头的那一部分 $a_m,a_{m+1},...,a_N$ 由条件对一切 $n\geqslant m$ 有 $a_n\neq 0$ 知其为其项非零的有限序列，由上论证我们知道其也是限制离开零的，即存在实数 $c>0$ 使得对一切 $m\leqslant n\leqslant N$ 有 $|a_n|\geqslant c$ . 现取 $c':=min\{c,\frac{|L|}{2}\}>0$ ，那么对一切 $n\geqslant m$ 有 $|a_n|\geqslant c'>0$ . 故其项非零而收敛到非零实数的实数列是限制离开零的.

现在我们终于可以证(e)了.

由题设我们知道 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是限制离开零的，即存在实数 $c>0$ 使得对一切 $n\geqslant m$ 有 $|b_n|\geqslant c>0$ ，即有 $0<|b_n|^{-1}\leqslant c^{-1}$ .

对任一 $\varepsilon>0$ ，有 $\varepsilon c|y|>0$ ，由 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是收敛的知存在 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|b_n-y|\leqslant\varepsilon c|y|$ . 此时 $|b_n^{-1}-y^{-1}|=|\frac{y-b_n}{b_ny}|=|y-b_n||b_n|^{-1}|y|^{-1}\leqslant |y-b_n|c^{-1}|y|^{-1}\leqslant \varepsilon c|y|c^{-1}|y|^{-1}=\varepsilon$ . 故序列 $(b_n^{-1})_{n=m}^{\infty}$ 收敛到 $y^{-1}$ ，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}b_n^{-1}=(\lim_{n\rightarrow\infty}b_n)^{-1}$ .

(f)由(b)和(e)我们知

$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}(a_nb_n^{-1})=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)(\lim_{n\rightarrow\infty}b_n^{-1})=(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n)(\lim_{n\rightarrow\infty}b_n)^{-1}=\frac{\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n}{\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}b_n}$ ，即 $(\frac{a_n}{b_n})_{n=m}^{\infty}$ 收敛到 $\frac{x}{y}$ .

(g)我们先证明一个小命题：如果 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是等价的序列(用到了习题6.1.10定义的等价的序列，但注意这不是循环论证，因为习题6.1.10的证明是独立于(g)的)，那么 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数L当且仅当 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数L.

证明：对于任一实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，由 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是等价的序列，则存在 $N_1\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N_1$ 有 $|a_n-b_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 由于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数L，则存在 $N_2\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N_2$ 有 $|a_n-L|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 取 $N:=max\{N_1,N_2\}$ ，则对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-b_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 并且 $|a_n-L|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 此时 $|b_n-L|=|b_n-a_n+a_n-L|\leqslant|b_n-a_n|+|a_n-L|\leqslant\varepsilon$ . 故 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 也收敛到实数L. 同理可证如果 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数L那么 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数L.

综上，我们有如果 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是等价的序列，那么 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数L当且仅当 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数L.

现在我们来证明(g).

由实数的三歧性我们知 $x>y,x=y,x<y$ 三者之一成立.

若 $x>y$ ，则此时 $max(x,y)=x$ ，现在我们证明 $(max(a_n,b_n))_{n=m}^{\infty}$ 与 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是等价的序列.

由于 $x>y$ ，则 $x-y>0$ ，进一步 $\frac{|x-y|}{3}>0$ ，由于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数x，则存在 $N_1\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N_1$ 有 $|a_n-x|\leqslant\frac{|x-y|}{3}$ ，即有 $x-\frac{|x-y|}{3}\leqslant a_n\leqslant x+\frac{|x-y|}{3}$ . 同理由 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数y，则存在 $N_2\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N_2$ 有 $|b_n-y|\leqslant\frac{|x-y|}{3}$ ，即有 $y-\frac{|x-y|}{3}\leqslant b_n\leqslant y+\frac{|x-y|}{3}$ . 我们取 $N:=max\{N_1,N_2\}$ ，则对一切 $n\geqslant N$ 有 $x-\frac{|x-y|}{3}\leqslant a_n$ 且 $b_n\leqslant y+\frac{|x-y|}{3}$ . 由于 $x>y$ ，则 $x-y=|x-y|>\frac{2|x-y|}{3}>0$ ，即 $x-\frac{|x-y|}{3}>y+\frac{|x-y|}{3}$ ，这就说明对一切 $n\geqslant N$ 有 $b_n\leqslant y+\frac{|x-y|}{3}<x-\frac{|x-y|}{3}\leqslant a_n$ ，故此时 $max(a_n,b_n)=a_n$ . 则我们找到了N使得对一切 $n\geqslant N$ 有 $max(a_n,b_n)=a_n$ . 故对于任一实数 $\varepsilon>0$ ，存在 $N\geqslant m$ 使得对一切 $n\geqslant N$ 有 $|max(a_n,b_n)-a_n|=|a_n-a_n|=0<\varepsilon$ ，故 $(max(a_n,b_n))_{n=m}^{\infty}$ 与 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是等价的序列.

由于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数x，由上面小命题我们知道 $(max(a_n,b_n))_{n=m}^{\infty}$ 也收敛到实数x. 由于 $max(x,y)=x$ ，即 $(max(a_n,b_n))_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数 $max(x,y)$ . 所以 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}max(a_n,b_n)=max(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n,\lim_{n\rightarrow\infty}b_n)$ .

当 $x<y$ 同理可证有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}max(a_n,b_n)=max(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n,\lim_{n\rightarrow\infty}b_n)$ .

当 $x=y$ 时，对于任一实数 $\varepsilon>0$ ，由 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是收敛的序列，则存在 $N_1\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N_1$ 有 $|a_n-x|\leqslant\varepsilon$ 并且则存在 $N_2\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N_2$ 有 $|b_n-y|\leqslant\varepsilon$ . 取 $N:=max\{N_1,N_2\}$ ，则对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-x|\leqslant\varepsilon$ 并且 $|b_n-y|\leqslant\varepsilon$ . 而对 $|max(a_n,b_n)-max(x,y)|$ 的运算结果不是 $|a_n-x|$ 就是 $|b_n-y|$ ，但这两种结果在 $n\geqslant N$ 都是小于或等于 $\varepsilon$ 的，即在 $n\geqslant N$ 时 $|max(a_n,b_n)-max(x,y)|\leqslant\varepsilon$ ，故 $(max(a_n,b_n))_{n=m}^{\infty}$ 收敛到实数 $max(x,y)$ . 所以 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}max(a_n,b_n)=max(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n,\lim_{n\rightarrow\infty}b_n)$ .

(h)同理如(g)可证 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}min(a_n,b_n)=min(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n,\lim_{n\rightarrow\infty}b_n)$ .

6.1.9 从等式右边看，我们知道当 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 的极限为0时，显然其极限 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}b_n=0$ 是不能作为分母的，因为我们没有定义0的倒数.(详见书P88倒数第四行开始的一段话，即0没有逆元). 从等式左边看，如果 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 的极限为0时，我们可以证明 $(\frac{1}{b_n})_{n=m}^{\infty}$ 不是有极限的序列，所以等式左边的序列也可能是没有极限的. 这样等式是错误的数学表达式.

命题：如果 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是项非零而序列极限为零的实数列，那么 $(b_n^{-1})_{n=m}^{\infty}$ 不是收敛的实数列.

用反证法. 假设 $(b_n^{-1})_{n=m}^{\infty}$ 是收敛的实数列. 由推论6.1.17知其是有界的，即存在实数 $M>0$ ，使得对于一切 $n\geqslant m$ 有 $|b_n^{-1}| = |b_n|^{-1}\leqslant M$ .

对 $M>0$ ，有 $\frac{1}{M+1}>0$ ，由于 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 的极限为零，那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $0<|b_n-0|=|b_n|\leqslant\frac{1}{M+1}$ ，即有 $|b_n|^{-1}\geqslant M+1>0$ .

则我们得到了“对于一切 $n\geqslant m$ 有 $|b_n|^{-1} \leqslant M$ ”和“对于一切 $n\geqslant N\geqslant m$ 有 $|b_n|^{-1}\geqslant M+1$ ”，这显然是个矛盾，故假设不成立，故如果 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是项非零而序列极限为零的实数列，那么 $(b_n^{-1})_{n=m}^{\infty}$ 不是收敛的实数列.

6.1.10 定义5.2.6(等价的序列)：两序列 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 是等价的当且仅当对于每个比例数 $\varepsilon>0$ 都存在 $N\geqslant 0$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-b_n|\leqslant\varepsilon$ .

定义5.2.6更一般定义：两序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是等价的当且仅当对于每个比例数 $\varepsilon>0$ 都存在 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-b_n|\leqslant\varepsilon$ .

新定义：两序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 是等价的当且仅当对于每个实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $N\geqslant m$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-b_n|\leqslant\varepsilon$ .

现在来证明定义5.2.6更一般定义和新定义的等价性.

证明：如果实数列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 在新定义的意义下是等价的，那么对于每个实数 $\varepsilon>0$ 序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 都是终极 $\varepsilon$ -接近的，那么显然对于每个比例数 $\varepsilon>0$ 序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 都是终极 $\varepsilon$ -接近的，所以此时两序列也是在定义5.2.6更一般定义的意义下是等价的.

对每个实数 $\varepsilon>0$ ，由命题5.4.14知存在一个比例数 $\varepsilon'>0$ 其比 $\varepsilon$ 小. 如果实数列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=m}^{\infty}$ 在定义5.2.6更一般定义的意义下是等价的，那么两序列是终极 $\varepsilon'$ -接近的，进而也是终极 $\varepsilon$ -接近的. 所以两序列在新定义下也是等价的.

一点补充：我们当然可以把定义5.2.1、定义5.2.3推广，使对实数 $\varepsilon>0$ 也可以谈两序列 $\varepsilon$ -接近性和终极 $\varepsilon$ -接近性. 并且容易验证它们是相容的.

还有可以证明两序列序列是否具有 $\varepsilon$ -接近性和终极 $\varepsilon$ -接近性和等价与起始下标的选择是无关的.

文内补充

1.当我们在谈数学上的相容时是在谈什么？

我们说某新定义是和旧定义是相容的，是指它们是无矛盾的. 就运算来说，要求两个相容的运算定义对相同的运算对象给出的运算结果是相等的；就概念来说，其要求每个相关对象在旧概念下的真假与新概念下的真假是一致的. 即每个相关对象如果在旧概念下是真的那么在新概念下也是真的，并且每个相关对象如果在旧概念下是假的那么在新概念下也是假的. 也即每个相关对象如果在旧概念下是真的那么在新概念下也是真的，并且每个相关对象如果在新概念下是真的那么在旧概念下也是真的.

2.定义6.1.1和定义4.3.2是相容的，定义6.1.2和定义4.3.4是相容的.

定义6.1.1和定义4.3.2都是定义了距离运算，可以看到它们定义的形式都是 $d(x,y):=|x-y|$ . 由于比例数也是实数，所以对两个比例数x,y定义4.3.2和定义6.1.1给出的结果都是一样的，都为 $|x-y|$ ，所以定义6.1.1对于定义4.3.2是相容的.

定义6.1.2和定义4.3.4都定义了 $\varepsilon$ -接近性的概念，定义6.1.2是定义4.3.4的扩展. 对于任何比例数 $\varepsilon,x,y$ ，如果在定义4.3.4下x和y是 $\varepsilon$ 接近的，即有 $d(x,y)\leqslant\varepsilon$ ，由于比例数也是实数，那么由 $d(x,y)\leqslant\varepsilon$ 知在定义6.1.2下x和y也是 $\varepsilon$ 接近的；同理，如果在定义6.1.2下x和y是 $\varepsilon$ 接近的那么在定义4.3.4下x和y也是 $\varepsilon$ 接近的. 这样就说明了定义6.1.2对于定义4.3.4是相容的.

3.定义6.1.3中定义的 $\varepsilon$ -稳定性和定义5.1.3、定义6.1.3中定义的终极 $\varepsilon$ -稳定性和定义5.1.6、定义6.1.3中定义的Cauchy序列和定义5.1.8都是相容的.

定义5.1.3、定义5.1.6和定义5.1.8都只是对起始下标为0的序列 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ 分别作了 $\varepsilon$ -稳定性、终极 $\varepsilon$ -稳定性和Cauchy序列的定义，但正如前面博客§5.1解答中文内补充第5条说明的那样，其有更一般化的定义，即把起始下标看成整数变量的概念定义. 我们要验证定义6.1.3中定义的 $\varepsilon$ -稳定性和定义5.1.3、定义6.1.3中定义的终极 $\varepsilon$ -稳定性和定义5.1.6、定义6.1.3中定义的Cauchy序列和定义5.1.8的相容性，是要验证起始下标相同但不指定的序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ ，而不是起始下标确定的序列如 $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ ，即序列的起始下标是一个变量.

定义6.1.3中定义的 $\varepsilon$ -稳定性和定义5.1.3的相容性.

定义5.1.3：对于比例数 $\varepsilon>0$ ，一个比例数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 叫作是 $\varepsilon$ -稳定的，当且仅当对一切 $j,k\geqslant m$ 都有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ .

我们把定义5.1.3推广一下，使其也适用于实数列.

定义5.1.3推广：对于比例数 $\varepsilon>0$ ，一个实数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 叫作是 $\varepsilon$ -稳定的，当且仅当对一切 $j,k\geqslant m$ 都有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ .

定义6.1.3：对于实数 $\varepsilon>0$ ，一个实数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 叫作是 $\varepsilon$ -稳定的，当且仅当对一切 $j,k\geqslant m$ 都有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ .

我们先验证定义5.1.3和定义5.1.3推广是相容的，即对于每个比例数 $\varepsilon>0$ ，比例数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 在定义5.1.3意义下是 $\varepsilon$ -稳定的当且仅当在定义5.1.3推广意义下也是 $\varepsilon$ -稳定的.

对任一比例数 $\varepsilon>0$ ，如果比例数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 在定义5.1.3意义下是 $\varepsilon$ -稳定的，即对一切 $j,k\geqslant m$ 都有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ ，很明显其在定义5.1.3推广意义下也是 $\varepsilon$ -稳定的. 同理可证如果比例数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 在定义5.1.3推广意义下是 $\varepsilon$ -稳定的那么其在定义5.1.3意义下也是 $\varepsilon$ -稳定的. 这样就验证了两定义的相容性.

我们再来验证定义5.1.3推广和定义6.1.3的相容性.

对任一比例数 $\varepsilon>0$ ，如果实数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 在定义5.1.3推广意义下是 $\varepsilon$ -稳定的，即对一切 $j,k\geqslant m$ 都有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ ，很明显其在定义6.1.3意义下也是 $\varepsilon$ -稳定的. 同理可证如果实数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 在定义6.1.3意义下是 $\varepsilon$ -稳定的那么其在定义5.1.3推广意义下也是 $\varepsilon$ -稳定的. 这样就验证了两定义的相容性.

所以定义5.1.3和定义6.1.3也是相容的. 我们当然可以直接验证定义5.1.3和定义6.1.3的相容性，但为了看清楚概念之间的演化，我们不这样做.

定义6.1.3中定义的终极 $\varepsilon$ -稳定性和定义5.1.6的相容性.

定义5.1.6：对于比例数 $\varepsilon>0$ ，一个比例数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 叫作是终极 $\varepsilon$ -稳定的，当且仅当存在整数 $N\geqslant m$ 使得对一切 $j,k\geqslant N$ 都有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ .

定义5.1.6推广：对于比例数 $\varepsilon>0$ ，一个实数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 叫作是终极 $\varepsilon$ -稳定的，当且仅当存在整数 $N\geqslant m$ 使得对一切 $j,k\geqslant N$ 都有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ .

定义6.1.3：对于实数 $\varepsilon>0$ ，一个实数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 叫作是终极 $\varepsilon$ -稳定的，当且仅当存在整数 $N\geqslant m$ 使得对一切 $j,k\geqslant N$ 都有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ .

同理我们容易验证三个概念都是相容的.

定义6.1.3中定义的Cauchy序列和定义5.1.8的相容性.

定义5.1.8：一个比例数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 叫作是Cauchy序列，当且仅当对每个比例数 $\varepsilon>0$ ，都存在整数 $N\geqslant m$ 使得对一切 $j,k\geqslant N$ 都有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ .

定义5.1.8推广：一个实数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 叫作是Cauchy序列，当且仅当对每个比例数 $\varepsilon>0$ ，都存在整数 $N\geqslant m$ 使得对一切 $j,k\geqslant N$ 都有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ .

定义6.1.3：一个实数序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 叫作是Cauchy序列，当且仅当对每个实数 $\varepsilon>0$ ，都存在整数 $N\geqslant m$ 使得对一切 $j,k\geqslant N$ 都有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ .

命题6.1.4就是直接验证定义5.1.8和定义定义6.1.3的相容性，当然我们也可以先验证定义5.1.8和定义5.1.8推广的相容性，再验证定义5.1.8推广和定义6.1.3的等价性(证明过程与命题6.1.4一样)，最后得出定义5.1.8和定义定义6.1.3是相容的结论.

就这样，我们完成了定义6.1.3中定义的 $\varepsilon$ -稳定性和定义5.1.3、定义6.1.3中定义的终极 $\varepsilon$ -稳定性和定义5.1.6、定义6.1.3中定义的Cauchy序列和定义5.1.8相容性的验证，我们可以使用新的定义，同样也可以使用旧的定义.

4.定义6.1.16和定义5.1.12是相容的，详见习题6.1.7.

习题解答阅读提醒&勘误

习题解答阅读提醒

本人在学习《陶哲轩实分析》的过程中苦于没有完整的参考解答，于是萌生了自己写一个解答，一来为自己的学习做一个记录，另一方面方便其他同学习本书的书友.

本习题解答是基于人民邮电出版社2008年11月第1版的《陶哲轩实分析》写成的，所以解答的习题只包含上面提到的版本，不包括任何英文版和中文第三版(因为第二和第三版的英文版以及中文第三版增加了一些习题，并且某些习题表述的相似但不相同). 在写本习题解答的过程中，我尽量做到严谨和详实，若有人发现任何错误或纰漏，欢迎留言指出，我十分感激.

最后感谢给我写成本习题解答提供了帮助的网友，他们的解答地址如下，大家也可以去参考：

liyuanbhu：https://blog.csdn.net/liyuanbhu/column/info/analysis-terencetao(这个解答并不完整，只有前面几章的内容)

城南讲马堂：https://christangdt.home.blog/analysis/analysis-tenrece-tao-3rd-ed/(这个解答很完整)

勘误

本勘误是对人民邮电出版社2008年11月第1版的《陶哲轩实分析》的勘误，不是其他版本的勘误. 主要参考下面的几个勘误链接，以及自己发现的错误.

中文版官方勘误详见：http://www.ituring.com.cn/book/420#gotocomment

陶哲轩本人博客的英文版勘误：

Analysis I——https://terrytao.wordpress.com/books/analysis-i/

Analysis II——https://terrytao.wordpress.com/books/analysis-ii/

P5:出于教学原因，例1.2.4中第二个变量替换 $x=\frac{\pi}{2}-z$ 改为 $\frac{\pi}{2}+z$ 更好.
P13:章节2.1中，人名“Guiseppe Peano”应为“Giuseppe Peano”.
P14:定义2.1.3，添加“此约定实际上是过分简化. 要了解如何正确地将数字的常规十进制表示法与Peano公理指定的自然数合并，请参阅附录B.”.
P15:例2.1.7中最后的括号，“6=1”应为“6=2”.
P16:在注脚中，补上“反之，如果我们有n = m，那么我们可以推论n++ = m++; 这是因为替代公理应用于操作++（请参阅附录A.7）.”. 由此可以证明关于自然数的加法、乘法、序等满足替代公理. 值得注意的是，我们并没有定义自然数的相等，因为我们对自然数的处理是公理化的，因此当我们讨论两自然数相等时，就是说其是同一个数，无区别的. 我们当然可以给自然数的相等一个定义，只要我们给出其模型（比如从集合论出发构造自然数的一个模型）. 此时操作++的替代公理是可以证明的. 这当然无聊的，我想表达的是，当我们定义某对象的相等时，重要的是其是等价关系，最后的代入公理是帮助我们抛弃对象的具体模型，而进行抽象的思考；但实际上我们寻找数学对象的具体模型时、总要验证这个模型对于此对象上的运算等满足代入公理. 一句话总结：当我们将数学对象公理化处理而抛弃具体模型时，相等无需定义（集合论是个例外，集合的相等由外延公理保证），相等要求的四条公理默认自动成立；当我们给出数学对象的具体模型时，相等是定义出来的，相等要求的四条公理需要逐一证明.
P17:“命题2.1.11”改为“命题模板2.1.11”.
P17:注2.1.12，“罗马数系{O,I,II,III,IV,…}”改为“罗马数系{O,I,II,III,IV,…}(罗马数系被扩大通过加入一个数字0的符号O)”.
P22:命题2.2.8中，“a是正的而”应为“a是正的自然数而”.
P22:引理2.2.10中的第一个字母b应为a.
P23:习题2.2.5中的提示，“ $n<m_0$ ”应为“ $n\leqslant m_0$ ”.
P25:定义2.3.11，添加备注“特别是，我们将 $0^0$ 定义为等于1.”.
P26:例3.1.2，“并非一切对象都是集合”应该理解成“一切对象都是集合这种事实不是必然的”.
P27:定义3.1.4应改为公理(外延公理)的状态，而不是定义，并相应地更改对该定义的所有引用，即对讨论这个定义的文本进行一些修改。比如，在前一段中，“定义相等的概念”现在将是“寻求捕获相等的概念”，而“将这个定义正式化”应该是“将这个公理正式化”. 对例3.1.5后的一段，删掉前两个句子，然后从第三个句子中移除掉句首的“那么”. 于是习题3.1.1现在是平凡的并且可以被删掉.
P28:公理3.2中，空集符号“ $\emptyset$ ”比“ $\varnothing$ ”好. 本书的所有空集符号都有此问题.
P35:习题3.1.1中“(3.1.4)”应为“定义3.1.4”.
P35:习题3.1.2应该允许使用公理3.1.
P37:公理3.9，“与A不同的”应为“与A不交的”.
P40:注3.3.6中，“函数不是集合”应该是“函数不一定是集合”；同样的，“集合不是函数”也应该是“集合不一定是函数”. 在“完全地描述了函数”之后，添加“一旦指定域X和范围Y”.
P40:定义3.3.7中，添加“两个函数 $f: X \to Y$ 和 $g: X' \to Y'$ 被认为是不相等的，如果它们有不同的定义域 $X \neq X'$ 或不同的值域 $Y \neq Y'$ (或两者都有)”.
P40:例3.3.9下面一句，“相等这个概念遵从常用的公理(习题3.3.1)”这一段应改为“定义3.3.7与附录A.7中的相等公理是否相容，目前还不是很明显，虽然下面的练习3.3.1提供了这种相容的证据. 至少有三种方法可以解决这个问题. 一是将定义3.3.7视为关于函数相等的公理，而不是定义. 另一种方法是对函数进行更明确的定义，使定义3.3.7成为定理；例如，你可以定义函数 $f:X\rightarrow Y$ 是定义域X、值域Y和遵循垂线判别法的图 $G = \{(x, f (x)): x\in X\}$ 组成的一个有序三元组(X, Y, G)，然后使用这个图来定义定义域中每个元素x的函数值 $f(x) \in Y$ (参见习题3.5.10). 第三种方法是从一个没有任何函数的数学宇宙 ${\mathcal U}$ 开始，使用定义3.3.7创建这个宇宙的更大扩展，其中包含符合定义3.3.7的函数对象. 然而，最后的方法需要多一点的逻辑的形式主义和模型理论知识，所以这里就不详细介绍了. ”.
P42:定义3.3.17，“f(X)=Y当且仅当函数 $f:X\rightarrow Y$ 为满射”可以移到下一节，因为下一节才定义函数的前象.
P43:例3.3.22，“公理2.2~2.4”应为“公理2.4和引理2.2.10”.
P43:习题3.3.1，添加“当然，这些命题可以从附录A.7中的相等公理用于函数直接得到，但是本习题的目的是表明可以从函数定义域、值域中的元素遵从相等公理来建立函数相等遵从相等公理”.
P46:引理3.4.9，“那么集合…是一个集合.”应理解为“那么有一个独一无二的形如…集合. 更具体的说，存在一个集合A使得对于任何对象Y， $Y\in A$ 当且仅当Y是X的子集.”.
P47:公式(3.2)向下数第二行，“它们是贴有标签 $\alpha\in A$ 的”，应为“它们是贴有标签 $\alpha\in I$ 的”；第二段第二行，“给定任意一个非空的集合”，应说明是“集合I”；注3.4.12第二行，“Ermest”应为“Ernst”.
P48:习题3.4.8，公理3.1也应该允许被使用.
P48:习题3.4.10第三行的公式下标，“ $I\cap J$ ”改为“ $I\cup J$ ”.
P50:注3.5.8，如果要使用习题3.5.2中定义的有序n元组的定义(必须将函数限制为满射)，则注3.5.8中给出的笛卡尔乘积的集合构造是不太正确的. 由于评注的正确版本是习题3.5.2的一部分，因此应将评注的第二句改为提及习题3.5.2.
P51:第二行“或两个变元 $x\in X_1$ , ”应为“或两个变元 $x_1\in X_1$ , ”.
P51:注3.5.10，“ $x_1, ... , x_n$ ”应改为“ $(x_1, ... , x_n)$ ”.
P51:引理3.5.12的证明结尾，“对于一切 $1\leqslant i\leqslant n$ 成立，从而完成了”应改为“对于一切 $1\leqslant i\leqslant n++$ 成立，从而完成了”.
P52:习题3.5.7，“ $h=f\oplus g$ ”最好改为“ $f=(f, g)$ ”.
P53:习题3.5.12， “ $a_N(n++)=f(n,a(n))$ ”应为“ $a_N(n++)=f(n,a_N(n))$ ”. 在第一个句子后面添加“让X成为任意集合”，并让f成为从 ${\mathbf N}\times X$ 到X的函数，而不是从 ${\mathbf N}\times {\mathbf N}$ 到 ${\mathbf N}$ 的函数. 函数a也做类似改变. 这种概括将有助于解决练习3.5.13.
P55:在引理3.6.9后，添加如下说明：“严格来说，表达式 $n-1$ 还未曾定义. 为了此引理的目的，我们暂时定义其为使得 $m++=n$ 成立的那个唯一的自然数(存在性和唯一性由引理2.2.10保证).”.
P55:命题3.6.8的证明，第三行“根据命题3.6.4”应为“根据引理3.6.9”.
P58:在习题3.6.8中，应该加入A非空的附加假设.
P65:在注脚中，“b为零的话”应为“b为零和a为非零的话”；在第一句后添加一句“相似地，恒等式 $\frac{a}{a}=1$ 和 $2\times \frac{a}{a}=\frac{2a}{a}$ 不能同时成立如果 $\frac{0}{0}$ 被定义.”.
P68:在第一段前我们增加一段：“以类似的精神，我们用公式x-y:=x+(-y)定义有理数的减法，就像处理整数时一样”.
P69:习题4.2.1，“使用推论2.3.7”应为“推论4.1.9”.
P70:定义4.3.4，“设 $\varepsilon>0$ ”应改为“设比例数 $\varepsilon>0$ ”.
P71:在命题4.3.7后和注4.3.8前，增加一段“我们很容易扩展到 $\varepsilon, \delta=0$ 的情形.”.
P71:定义4.3.9在最后加上“特别地，我们有 $0^0=1$ ”.
P71:命题4.3.10(b)，应该假定n>0.
P72:4.4节，第一段“整数也在有理数中”改为“整数也在比例数中”比较好.
p73:命题4.4.4证明倒数第二段，“解的的值”应为“解的值”.
P75:第一个脚注，“德文的数”应改为“德文的“数(复数形式)””.
P76:定义5.1.1，“更正式地说”应为“更不正式地说”.
P77:定义5.1.3，“设 $\varepsilon>0$ ”最好为“设比例数 $\varepsilon>0$ ”. 但是正如注5.1.4、注5.1.9、注5.2.7的说明一样这件事不太重要. 故对定义5.1.6、定义5.2.1、定义5.2.3等不再说明此事.
P77:定义5.1.6，“ $d(a_j, a_k)$ ”最好改成“ $|a_j-a_k|$ ”，这是为了与后来的定义保持一致.
P78:定义5.1.8，“ $d(a_j, a_k)$ ”最好改成“ $|a_j-a_k|$ ”，这是为了与后来的定义保持一致.
P78:注5.1.9，“命题6.4.1”应为“命题6.1.4”.
P79:定义5.1.12，“有限的序列”最好说明为“有限的比例数序列”，虽然这是平凡而无聊的.
P80:定义5.2.1和定义5.2.3，“ $(a_n)_{n=1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=1}^\infty$ ”应为“ $(a_n)_{n=0}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=0}^\infty$ ”.
P81:定义5.2.6，“ $(a_n)_{n=1}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=1}^\infty$ ”应为“ $(a_n)_{n=0}^\infty$ 和 $(b_n)_{n=0}^\infty$ ”.
P82:最后一句，“相等的三条定律”应为“相等的自反、对称和传递三条公理”.
P84:引理5.3.7证明，在“命题4.3.7”后添加“（以明显的方式扩展到 $\varepsilon, \delta=0$ 的情形.）”.
P87:引理5.3.15证明，倒数第四行，“一切 $n\geqslant N$ ”应为“一切 $n, m\geqslant N$ ”.
P89:习题5.3.2，应为证明命题5.3.10.
P89:习题5.3.4，补充“（提示：使用练习5.2.2.）”.
P91:定义5.4.6，两处“如果”应为“当且仅当”. 本书的所有定义有时候都会犯此错误，以后不再提及进行勘误.
P94:习题5.4.8提示，“再用命题5.4.9”应为“再用命题5.4.9或推论5.4.10”.
P97:命题5.5.12证明倒数第三行，“ $(x-\varepsilon)^2<y\leqslant 2$ ”应为“ $(x-\varepsilon)^2<y^2\leqslant 2$ ”.
P97:习题5.5.1，“-M=inf(E)”应为“-M=inf(-E)”.
P98:添加习题5.5.5：建立命题5.4.14的类比，其中用“非比例数”代替“比例数”.
P99:引理5.6.6(c)，应该说明“ $x=0$ 当且仅当 $x^{\frac{1}{n}}=0$ ，或者等价地说 $x>0$ 当且仅当 $x^{\frac{1}{n}}>0$ ”，具体证明详见习题5.6.3的解答；引理5.6.6(e)，应该声明“k为正整数”.
P99:最后一段，“x=1”应为“n=1”.
P100:引理5.6.8的证明倒数第4行，“ $\frac{-a}{b}=\frac{-a'}{b}$ ”应为“ $\frac{-a}{b}=\frac{-a'}{b'}$ ”.
P101:引理5.6.9(e)，“ $x^q>y^r$ ”应为“ $x^q>x^r$ ”.
P101:引理5.6.9，添加一项“(f) $(xy)^q=x^qy^q$ ”.
P101:习题5.6.3，应该补充0的方根定义，详见博文对习题5.6.3的解答.
P103:命题6.1.4的证明，“根据5.4.14”可以改成“根据命题5.4.12或命题5.4.14”. 因为命题5.4.14的证明已留作习题，原则上在给出其证明之前不能引用.
P108:倒数第七行，“supremum的概念和最小上界的概念”应为“supremum即最小上界的概念”.
P109:定理6.2.11(b)、(c)，第二个“(b)”标号应为“(c)”；(b)和(c)中都应该声明M是广义实数.
P110:习题6.2.2，“命题6.2.11”应为“定理6.2.11”.
P110:定义6.3.1，“实数列”应改为“广义实数列”.
P111:第一行，“上一节”改为“前面”，因为“一切收敛数列都是有界的”是在6.1节中提到，而在上一节即6.2节中并未提到.
P111:命题6.3.10证明，所有x的下标n应为上标. 除此之外，证明的第三行最后一个x^n应为x^(n+1)，第四行第一个x^n应为x^(n+1)，以及第四行“增加一项”应为“平移一项”（此处原文为“shifted by one”）.
P111:命题6.3.10前面一段，“单调序列有极限”应为“单调有界序列”.
P115:从上往下数第8行，“活塞从 $\infty$ 处”应为“活塞从 $+\infty$ 处”.
P116:第六行，“(c)款和(d)款”应为“(d)款和(e)款”. 第八行，“重合”应为“重合且有限”.
P117:定理6.4.18证明第三行，“推论6.1.17”应为“引理5.1.15（将该引理扩展为实数，这以完全相同的方式证明）” . 注：引理5.1.15为比例数Cauchy序列是有界的，推论6.1.17为实数的收敛序列是有界的，显然这里应该用引理5.1.15，否则为循环论证.
P119:习题6.5.1的提示中，“，并用定理6.1.19”应为“定理6.1.19”，即删去“，并用”，因为极限算律就是定理6.1.19.
P121:定理6.6.8前面一段，“Bernarad Bolzano”应为“Bernard Bolzano”.
P122:练习6.6.3的表述有多处错误，勘误详见本习题的解答，《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.6解答. 并添加以下注释：“还需要调用良序原理（我们已在命题8.1.4中提出了该原理，但其证明没有依赖于任何尚未提供的材料）或最小上界原理（定理5.5.9）来确保最小值的存在性和唯一性.” .
P122:练习6.6.5的表述有多处错误，勘误详见本习题的解答，《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§6.6解答. 并添加以下注释：“还需要调用良序原理（我们已在命题8.1.4中提出了该原理，但其证明没有依赖于任何尚未提供的材料）或最小上界原理（定理5.5.9）来确保最小值的存在性和唯一性.” .
P122:倒数第四行，“ $q^n$ ”和“ $q^m$ ”中的“n”和“m”应为下标.
P127:引理7.1.4(f)的条件陈述中“ $a_i$ 是对应于”应改为“ $a_i,b_i$ 是对应于”.
P128:命题7.1.8的证明中，有三个等式公式中的四处“x”应为“f(x)”.
P128:命题7.1.8证明第九行，“于是设X是n+1个元素的的集合”应为“于是设X是n+1个元素的集合”.
P128:等式(7.1)下面一行，“我们可以把(7.1)的右端”应为“我们可以把(7.1)的左端”.
P130:命题7.1.11(e), 第一行第二个“∩”改为“∪”.
P131:从下往上数第8行“根据引理3.6.9”应改为“根据命题3.1.28(g)和引理3.6.9”.
P132:在推论7.1.14的证明中，函数h应用其逆函数代替，即 $h:Y\times X\rightarrow X\times Y, h(y,x):=(x,y)$ .
P135:在注释7.2.11中添加“但是我们要注意，在大多数其他文本中，术语“条件收敛”在后一种意义上（即，表示条件收敛但未绝对收敛）.
P136:命题7.2.12证明，“ $(-1)^na_n$ 收敛到”应为“ $((-1)^na_n)_{n=m}^\infty$ 收敛到”；其他说明为序列的地方也有此问题.
P136:例7.2.13，“绝对发散并不蕴含条件发散”应为“不是绝对收敛并不蕴含不是条件收敛”.
P138:习题7.2.6，添加“如果假设 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 不收敛为零，而是收敛到其他实数L，则命题如何变化？”.
P138:命题7.3.1上面一行，“推论6.1.7”应为“推论6.1.17”.
P138:推论7.3.2下面一段，“ $\displaystyle\sum_{n=m}^\infty b_n$ 发散”应该更具体的为“ $\displaystyle\sum_{n=m}^\infty b_n$ 不是条件收敛”.
P139:引理7.3.6这一行开始向上数数到第四行，“并设 $T_k:=$ ”应为“并设 $T_K:=$ ”，下标K应为大写.
P140:推论7.3.7，“q>0是比例数”应改为“q>0是实数”，证明中“引理5.6.9”应改为“命题6.7.3”.
P144:命题7.4.3证明的倒数第二句，“接近于L的”应为“接近于L’的”.
P145:节7.4最后一段，“重排一个绝对发散的级数”应为“重排一个不是绝对收敛的级数”.
P145:习题7.4.1，“证明 $\displaystyle\sum_{m=0}^M a_{f(m)}$ ”应为“证明 $\displaystyle\sum_{m=0}^\infty a_{f(m)}$ ”.
P145:定理7.5.1，“条件发散”应改为“不是条件收敛”；同样的“绝对发散”应改为“不是绝对收敛”.
P146:从上往下数第9、10行中的“1-接近”建议改为“0.5-接近”. 因为 $|a_n|\geqslant 1$ 是可能取到1的.
P147:推论7.5.3，“条件发散”应改为“不是条件收敛”；同样的“绝对发散”应改为“不是绝对收敛”.
P154:习题8.1.1应该添加提示“(这需要用到节8.4介绍的选择公理)”.
P154:习题8.1.9应该添加提示“(这需要用到节8.4介绍的选择公理)”.
P155:在定义8.2.1之后，添加“对于有限集 $X$ ，我们采用约定——级数 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 自动地是绝对收敛的.”.
P156:定理8.2.2的证明，“ $X\subset \mathbb{N}\times\mathbb{N}$ ”可以改为“ $X\subseteq \mathbb{N}\times\mathbb{N}$ ”；“当 $M\rightarrow\infty$ 时取上确界”要改成“当 $M\rightarrow\infty$ 时取极限”(改后好理解，详见博文《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§8.2解答文内补充第2点)；“(根据极限算律及对N的归纳)”应改为“(根据习题7.1.5和命题6.3.8(或者引理6.4.13))”；“ $\displaystyle\sum_{n=0}^N\sum_{m=0}^m f(n, m)\leqslant\sum_{(n, m)\in X}f(n, m)\leqslant L$ ”应为“ $\displaystyle\sum_{n=0}^N\sum_{m=0}^m f(n, m)=\sum_{(n, m)\in X}f(n, m)\leqslant L$ ”.
P157:引理8.2.3，“X是至多可数的”最好改为“X是可数的”. 因为有限集上的求和肯定是收敛的.
P157:引理8.2.3中不等式右边的无穷“ $\infty$ ”改为正无穷“ $+\infty$ ”比较好，因为这是从广义实数考虑的，这个不等式是要表达：右边的集合上确界是实数. 我们通常用无穷“ $\infty$ ”表达潜无穷这个过程，比如序列的极限 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n$ . 本书后面关于级数绝对收敛类似的不等式都有此问题. 从第九章开始，书中就经常用 $\infty$ 代表广义实数 $+\infty$ ，比如引理9.1.12、例9.3.16等. 以后不再勘误此错误（实在太多了），读者只需要记住本书在该用广义实数 $+\infty$ 的地方会用 $\infty$ 代替.
P158:引理8.2.5，添加“(此引理的证明可能会用到选择公理，这取决于具体的证明思路.)”.
P158:引理8.2.5下面一段，“可数集 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ ”应为“至多可数集 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ ”.
P158:应该说明——命题8.2.6中X不可数的情况也需要选择公理.
P159:引理8.2.7，最后一句话应该理解为“ $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n, \sum_{n\in A_-}a_n$ 均不是绝对收敛的.”，这是定理8.2.8的证明所需要的.
P159:定理8.2.8证明，两处“绝对发散”改为“不绝对收敛”比较好.
P160:“我们有 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=L$ ”也可以改为 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}\sum_{0\leqslant i\leqslant j}a_{n_i}=L$ ”(不变也可以).
P161:从上往下数第3行中的“1837”改为“1873”.
P162:“Paul Cohen (1934-)”应该为“Paul Cohen (1934-2007)”.:-(
P163:习题8.3.2中“ $g(x):=f(x)$ ”应改为“ $g(x):=f^{-1}(x)$ ”；两处“ $\bigcup_{n=0}^\infty D_n$ ”可以用“ $\bigcup_{n=1}^\infty D_n$ ”代替，因为两个表达都是等价的，不会影响结果. 更具体来说是我们可以根据 $D_0:=B\backslash A$ 进而证明 $A\cap(\bigcup_{n=0}^\infty D_n)=A\cap(\bigcup_{n=1}^\infty D_n)$ ，以及根据 $A\backslash D_0=A\backslash(B\backslash A)=(A\backslash B)\cup A=A$ 来证明 $A\backslash(\bigcup_{n=0}^\infty D_n)=A\backslash(\bigcup_{n=1}^\infty D_n)$ . 但为了证明论述更加简洁直观，最好将两处“ $\bigcup_{n=0}^\infty D_n$ ”代替成“ $\bigcup_{n=1}^\infty D_n$ ”，除了论述 $g:A\rightarrow B$ 的单射性时无需代替. 以及为了习题8.3.3利用上习题8.3.2，最好将题干条件“双射 $f:C\rightarrow A$ ”替换成更弱的条件“单射 $f:C\rightarrow A$ ”，此时 $f^{-1}$ 的涵义发生变化，原证明稍加修改也可以证明想要的结论，具体请详见博文《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§8.3解答.
P163:习题8.3.3中“Ernst Schröder”后面补上“(1841-1902)”.
P163:章节8.4中第一行，“Zermelo-Fraenkel 选择”应改为“Zermelo-Fraenkel-Choice”，即ZFC集合公理系统.
P163:章节8.4第一段最后一个括号里面的——“可解决(decidable)”问题的应用应该说明是指在ZF集合论框架内可解决.
P164:例8.4.2，在“同一个集合”之后，加上“(或更准确地说，是一对一对应的.)”. 详见《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§8.4解答文内补充最后一点的说明.
P166:习题8.4.3，“存在一个单射 $f:A\rightarrow B$ . 换句话说，依习题3.6.7的意义，A具有小于或等于B的基数.”应改为“存在一个单射 $f:A\rightarrow B$ 使得 $g\circ f:A\rightarrow A$ 是恒等映射. 特别地，依习题3.6.7的意义，A具有小于或等于B的基数.”(这样的修改是必要的当我们要证明其反面(即习题3.6.8)时.)；习题8.4.3的第一个括号中的提示，“ $g^{-1}(\{a\})$ ”应改为“ $g^{-1}(\{\alpha\})$ ”.
P166:例8.5.2中第一行“自然数集 $\mathbb{R}$ ”应为“自然数集 $\mathbb{N}$ ”.
P168:定义8.5.12中“X是子集合”应为“X的子集合”.
P168:引理8.5.14的证明第一行，“尽力施实”应为“尽力实施”.
P168:倒数第五行，“至少有一个不空”应为“至少有一个为空”.
P169:“每个好集合 $Y'$ 都成立（为什么？）”应改为“每个使得 $A\cap Y'$ 非空的好集合 $Y'$ 都成立（为什么？）”.
P170:习题8.5.5第二行“ $f(x)\leqslant_Y f(x')$ ”应改为“ $f(x)<_Y f(x')$ 或 $x=x'$ ”.
P170:习题8.5.6中“ $(x):=\{y\in X : y\leqslant x\}$ ”应为“ $(x):=\{y\in X : y\leqslant_X x\}$ ”.
P170:习题8.5.12中第三行“如果 $x\leqslant_X x'$ ”应为“如果 $x<_X x'$ ”.
P171:习题8.5.15，为了不引起歧义，最好把“不小于或等于”改为“ $\nleqslant$ ”.
P171:习题8.5.20中第一句“并设 $\Omega\subset 2^X$ 是X的一个子集族”应为“并设 $\Omega\subseteq 2^X$ 是X的一个不含空集 $\emptyset$ 的子集族”.
P176:引理9.1.21最好说明前提“a<b”，因为当 $a\geqslant b$ 时结论是平凡的.
P176:定义9.1.22中 $X\subset [-M, M]$ 可以改成 $X\subseteq [-M, M]$ .
P177:我们应该先证明习题9.1.6再证明习题9.1.1，因为习题9.1.1的证明用到习题9.1.6，详见本节的博文解答.
P177:练习9.1.8，应该显式的说明集合I是非空的（虽然从表达式 $\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha$ 知I肯定非空）.
P177:习题9.1.15，应该声明E为非空子集.
P181:注9.3.7，表达式 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in\mathbb{R}\backslash\{0\}}f(x)=0$ 应为 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0; x\in\mathbb{R}\backslash\{0\}}f(x)=0$ .
P185:例9.3.17最后一句，“在教材中”应为“在某些教材中”.
P187:习题9.3.3，“引理9.3.18”应为“命题9.3.18”.
P188:命题9.4.7，“三命题”改为“四命题”，增加的一命题为:(d)对于每个实数 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $\delta>0$ ，对一切 $x\in X$ 有如果 $|x-x_0|<(\leqslant)\delta$ 则 $|f(x)-f(x_0)|\leqslant\varepsilon$ .（选择<或者 $\leqslant$ 均无关系，实际上是等价的表达.）
P190:习题9.4.1，“六个等价关系”应为“六个蕴含关系”.
P192:命题9.5.3的证明，“从(9.1)和命题9.4.7”改为“从(9.1)和命题9.3.9”才正确，因为我们要证明的就是函数在某点处的连续性.
P194:引理9.6.3的证明，“其中 $n_0<n_1<n_2<...$ ”应为“其中 $1\leqslant n_0<n_1<n_2<...$ ”.
P194:定义9.6.5，应该说明X是实直线的子集.
P204:注9.9.17，命题9.9.15和定理9.9.16结合可推出引理9.6.3.
P205:定义9.10.3，应该说明M、L为实数.
P206:“ $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty; n\in\mathbb{N}}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n$ ”改为“ $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty; n\in\mathbb{N}}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n$ ”较好，就如我们在上面对P157的勘误一样.
P209:命题10.1.7，题干“ $x_0$ 是X的极限点”应改为“ $x_0$ 是X的极限点并且 $x_0\in X$ ”.
P209:命题10.1.10，题干“ $x_0$ 是X的极限点”应改为“ $x_0$ 是X的极限点并且 $x_0\in X$ ”.
P209:定义10.1.11，“每个 $x_0\in X$ ”应为“每个 $x_0\in X$ 有 $x_0$ 是X的极限点”. 因为 $x_0$ 不是X的极限点时“函数f在 $x_0$ 处可微”代表的命题是空真的成立的，我们并不考虑此情形，详见注10.1.2.
P209:命题10.1.13，题干“ $x_0$ 是X的极限点”应改为“ $x_0$ 是X的极限点并且 $x_0\in X$ ”.
P210:注10.1.14，出现的“Leibnitz”应为“Leibniz”.
P211:习题10.1.1，题干“ $x_0$ 是X的极限点”应改为“ $x_0$ 是X的极限点并且 $x_0\in X$ ”；同样的“ $x_0$ 是Y的极限点”应改为“ $x_0$ 是Y的极限点并且 $x_0\in Y$ ”. 要注意可微只对属于函数定义域并且为定义域的极限点的元素进行考虑.
P212:习题10.1.5，“n是自然数”应改为“n为正自然数”. 或者约定“若 $n=0$ 则 $nx^{n-1}=0$ ”.
P212:习题10.1.7，“Newton逼近和命题10.1.7”应改为“Newton逼近即命题10.1.7”.
P212:定义10.2.1：“并设 $x\in X$ ”应为“ $x_0 \in X$ ”.
P214:习题10.2.6的题设应该说明a、b是实数并且 $a<b$ .
P214:命题10.3.1，条件“ $x_0$ 是X的极限点”应改为“ $x_0$ 是X的极限点并且 $x_0\in X$ ”更好.
P217:习题10.4.2(b)，“ $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1;x\in(0, \infty)}\frac{x^q-1}{x-1}=q$ ”应为“ $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1;x\in(0, +\infty)\backslash\{1\}}\frac{x^q-1}{x-1}=q$ ”.
P217:习题10.4.3(a)，“ $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1;x\in(0, \infty)}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\alpha$ ”应为“ $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1;x\in(0, +\infty)\backslash\{1\}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\alpha$ ”.
P217:倒数第二段，“异于 $x_0$ 的点处消失”应为“异于 $x_0$ 的点处等于0”.
P218:命题10.5.2的证明，“g在(a, b]上不取零值”应为“g’在(a, b]上不取零值”.
P218:命题10.5.2的证明，“取值于(a, b]收敛于x的序列”应为“取值于(a, b]收敛于a的序列”.
P221:定义11.1.10，“每个元x”应为“每个元素x”.
P240:习题11.6.5，添加提示“(对于此练习，你可以使用微积分第二基本定理(定理11.9.4)；这不是循环论证，因为推论11.6.5没有被用来证明此定理.)”.
P243:第7行，“不曾对 $\alpha$ 作任何假定”具体的意思是 $\alpha:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ 可以是任意选取的.
P244:习题11.8.1，应该证明的是引理11.8.4.
P244:习题11.8.5，积分结果应该从 $f(0)$ 改成 $2f(0)$ .
P248:习题11.9.1，“函数f在q处”应为“函数 $\displaystyle F(x):=\int_{[0,x]} f$ 在q处”.