《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§5.6解答

习题5.6

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

综上我们证明了 $x^q$ 为正实数.

我们在上面说正实数的倒数是仍是正实数，现在就来证明此事.

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

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

当 $b,d>0$ 时，则

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

当 $b,d<0$ 时，则

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

当 $b>0\text{ and }d<0$ 时，则

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

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

综上，我们对任何比例数q,r都有 $x^{q+r}=x^qx^r$ .

为证 $(x^q)^r=x^{qr}$ ，我们先证明以下命题：

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

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

当a为负整数时，则-a为正整数，由上面的论证我们知

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

这样就证明了命题，现在我们再来证 $(x^q)^r=x^{qr}$ .

当 $b,d>0$ 时，则

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

当 $b,d<0$ 时，则

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

当 $b>0\text{ and }d<0$ 时，则

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

当 $b<0\text{ and }d>0$ 时，则

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

综上，我们证明了 $(x^q)^r=x^{qr}$ .

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

对任意实数x，我们有

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

现在我们来证明小问5.6.3.

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

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

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

文内补充

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

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

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

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

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

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

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

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

6.对正整数n有如果 $y>1$ 则 $y^n>1$ .

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

7.对正整数n有如果 $y>x>1$ 则 $y^n>x$ .

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

8.对n=1，定义5.6.4和定义4.3.9是相容的.

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

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

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

10.定义5.6.7的一点说明.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

2.a,c为正，则

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

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

3.a,c为负的.

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

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

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

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

由比例数的三歧性(引理4.2.7)和定义4.2.6知道这是显然成立的.

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

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

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

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

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

13.定义5.6.7和定义5.6.4以及定义5.6.2是相容的.

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

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

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

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§5.5解答

习题5.5

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

文内补充

1. $\mathbb{R}^+$ 根本没有上界.

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

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

2.空集没有最小上界.

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

3.定理5.5.9的一点补充.

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

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

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

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

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

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

5.命题5.5.12也证明了比例数集没有最小上界性质.

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

6.假设A是非空实数集E的上界，而B不是非空实数集E的上界，那么A>B.

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

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

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

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§5.4解答

习题5.4

5.4.1 证明：由于x是实数，则其为某Cauchy序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 的形式极限，即 $x:=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ .

对于Cauchy序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 和Cauchy序列 $(0)_{n=1}^{\infty}$ ，两者要么是等价的，要么是不等价的，但不可能是两者都是或两者都不是. 即 $x=0$ 与 $x\neq 0$ 恰有一个成立.

对 $x\neq 0$ ，即非零实数，由引理5.3.14知存在一个限制离开零的Cauchy序列 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 使得 $x=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n$ . 即存在一个比例数 $c>0$ 使对一切 $i\geqslant 1$ 有 $|b_i|\geqslant c$ .

由于 $c>0$ ，则 $\frac{c}{2}>0$ ，由 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是Cauchy序列知存在整数 $N\geqslant 1$ 使得对于一切 $n,m\geqslant N$ 有 $|b_n-b_m|\leqslant\frac{c}{2}$ . 取定 $m:=m_0\geqslant N$ ，则一切 $n\geqslant N$ 有 $|b_n-b_{m_0}|\leqslant\frac{c}{2}$ ，即 $b_{m_0}-\frac{c}{2}\leqslant b_n\leqslant b_{m_0}+\frac{c}{2}$ .

由 $m_0\geqslant N\geqslant 1$ 知 $|b_{m_0}|\geqslant c>0$ . 由命题4.3.3(a)则有 $b_{m_0}$ 是正比例数或负比例数.

当 $b_{m_0}$ 是正比例数时，由 $|b_{m_0}|\geqslant c$ 知 $b_{m_0}\geqslant c$ ，则 $b_n\geqslant b_{m_0}-\frac{c}{2}\geqslant\frac{c}{2}>0$ . 即对一切 $n\geqslant N$ 有 $b_n\geqslant\frac{c}{2}>0$ ，即 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是终极正限制离开零的. 定义新序列 $(b'_n)_{n=1}^{\infty}$ :当 $1\leqslant n<N$ 时令 $b'_n:=\frac{c}{2}>0$ ；当 $n\geqslant N$ 时令 $b'_n:=b_n$ ，此时对一切 $i\geqslant 1$ 有 $|b'_i|\geqslant\frac{c}{2}$ ，即序列 $(b'_n)_{n=1}^{\infty}$ 是正限制离开零的. 容易证明 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(b'_n)_{n=1}^{\infty}$ 是等价的(因为它们的项最终一样)，由习题5.2.1知 $(b'_n)_{n=1}^{\infty}$ 也是Cauchy序列. 故 $x=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b'_n$ . 所以此时x是正的.

当 $b_{m_0}$ 是负比例数时，由 $|b_{m_0}|\geqslant c$ 知 $-b_{m_0}\geqslant c$ ，即 $b_{m_0}\leqslant -c$ ，则 $b_n\leqslant b_{m_0}+\frac{c}{2}\leqslant-\frac{c}{2}<0$ . 同理可证我们知道 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 等价于一个负限制离开零的的Cauchy序列. 即此时x是负的.

所以，当 $x\neq 0$ 时其是正的或者是负的.

综上，我们证明了一个实数x，在 $x=0$ 、x为正的、x为负的三者中至少有一个成立.

现在来证明 $x=0$ 、x为正的、x为负的三者中至多有一个成立.

很明显由定义5.4.3知实数x不可能是正的又是负的.

假设x是正的，说明有正限制离开零的Cauchy序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 使得 $x=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ . 由于 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 是正限制离开零的，所以也是限制离开零的，我们在上一篇博文§5.3解答中的文内补充部分最后一点论证了限制离开零的Cauchy序列的形式极限不可能是0，所以 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 的形式极限也不是0，所以x不是0. 同理可证如果x是负的那么x也不会是0.

这样就证明了 $x=0$ 、x为正的、x为负的三者中至多有一个成立.

由定义5.4.3容易知以下陈述成立：

(a)一个实数x是负的当且仅当-x是正的.

(b)如果x和y是正的，那么x+y和xy也都是正的.

5.4.2 证明：(a)由§5.3实数的构造知x-y也是实数. 由命题5.4.4知x-y等于零、是正的、是负的三者之一. 如果x-y等于零，即 $x-y=0$ ，则 $y=y+0=y+(x-y)=x$ ，即 $x=y$ ；如果x-y是正的，由定义5.4.3知 $x>y$ ；如果x-y是负的，由定义5.4.3知 $x<y$ . 这样我们就证明了 $x=y,x>y,x<y$ 三者至少一个成立.

现在我们来证明 $x=y,x>y,x<y$ 三者至多一个成立.

假如 $x>y$ 且 $x<y$ ，由定义5.4.3知x-y是正的又是负的，由命题5.4.4知这不可能. 同理可证 $x=y$ 且 $x<y$ 不可能， $x=y$ 且 $x>y$ 不可能. 故 $x=y,x>y,x<y$ 三者至多一个成立.

综上， $x=y,x>y,x<y$ 三者恰有一个成立.

(b)若 $x<y$ ，则x-y为负的，由命题5.4.4知 $-(x-y)=(-1)\times(x+(-y))=-x+y$ 为正的，即 $y-x$ 为正的，故 $y>x$ . 同理可证当 $y>x$ 时有 $x<y$ . 综上， $x<y$ 当且仅当 $y>x$ .

(c)如果 $x<y$ 且 $y<z$ ，由(b)知即 $y>x$ 且 $z>y$ ，即y-x和z-y是正的. 由命题5.4.4知 $(y-x)+(z-y)$ 是正的，即 $z-x$ 为正的，即 $z>x$ ，则 $x<z$ .

(d)如果 $x<y$ ，则x-y为负的，则x-y+(z-z)为负数，即(x+z)-(y-z)为负数，即 $x+z<y+z$ .

(e)见文中定义5.4.5下一段.

我们还可以证明对于实数a,b,c有：

$a\geqslant a$ .

如果 $a\geqslant b$ 且 $b\geqslant c$ ，那么 $a\geqslant c$ .

如果 $a\geqslant b$ 且 $b\geqslant a$ ，那么 $a=b$ .

$a\geqslant b$ 当且仅当 $a+c\geqslant b+c$ .

如果 $a+c>b+c$ 那么 $a>b$ .

$a<b$ 等价于对某正实数d有 $b=a+d$ .

实数的序是由减法以及实数三歧性(零、正的、负的)定义的，而两者都是满足代入公理的. 所以容易验证实数的序的概念也是满足代入公理的.

5.4.3 证明：由命题5.4.4知x无非是等于零、为正的、为负的中的一个.

当 $x=0$ 时，确存在整数0使得 $0\leqslant x<1$ 成立.

当x为正的，假设不存在自然数N使得 $N\leqslant x<N+1$ ，即对所有自然数N不成立 $N\leqslant x<N+1$ ，即对所有自然数N有 $x<N\text{ or }N+1\leqslant x$ . 容易注意到 $x<N$ 和 $N+1\leqslant x$ 不能同时成立. 故对自然数0，有 $x<0\text{ or }0+1\leqslant x$ ，即 $x<0\text{ or }1\leqslant x$ . 由于x为正的，故 $x>0$ ，故对自然数0有 $1\leqslant x$ . 现假设对自然数n有 $n+1\leqslant x$ . 对自然数n+1有 $x<n+1\text{ or }(n+1)+1\leqslant x$ ，由归纳假设 $n+1\leqslant x$ 知 $x<n+1$ 不成立，则对自然数n+1有 $(n+1)+1\leqslant x$ ，这样就完成了归纳. 故对所有自然数n有 $n+1\leqslant x$ ，即 $x\geqslant n+1>n$ ，故实数x大于任何自然数，由命题5.4.12知这不可能，故存在自然数N使得 $N\leqslant x\leqslant N+1$ .

当x为负数时，则-x为正的，由上论证知存在整数N(进一步说应是自然数)使得 $N\leqslant -x<N+1$ ，故 $-(N+1)<x\leqslant-N$ . 若 $-(N+1)<x<-N$ ，则显然有整数-(N+1)使得 $-(N+1)\leqslant x<-N$ ；若 $-(N+1)<x=-N$ ，即 $x=-N$ ，亦显然有整数-N使得 $-N\leqslant x<-N+1$ . 综上，无论x是零、是正的还是负的，都存在整数N使得 $N\leqslant x<N+1$ .

现在我们来证明N的唯一性. 假设存在整数 $N_1,N_2$ 使得 $N_1\leqslant x<N_1+1$ 且 $N_2\leqslant x<N_2+1$ . 假设 $N_1\neq N_2$ ，那么不是 $N_1<N_2$ 就是 $N_1>N_2$ . 若 $N_1<N_2$ ，则 $N_1+1\leqslant N_2$ ，再由 $N_1\leqslant x<N_1+1$ 和 $N_2\leqslant x<N_2+1$ 知 $x<N_1+1\leqslant N_2\leqslant x$ ，则推出 $x<x$ ，这是矛盾的. 同理可证 $N_1>N_2$ 亦不成立. 综上假设 $N_1\neq N_2$ 不成立，故 $N_1=N_2$ .

5.4.4 证明：由命题5.4.12知存在正比例数q使得 $x\geqslant q$ ，即存在正整数a,b使得 $x\geqslant\frac{a}{b}$ . 容易证明 $\frac{a}{b}>\frac{1}{b+1}$ ，则 $x\geqslant\frac{a}{b}>\frac{1}{b+1}$ ，即 $x>\frac{1}{b+1}$ . 故存在正整数 $N:=b+1$ 使得 $x>\frac{1}{N}>0$ .

5.4.5 证明：已知 $x<y$ ，即 $y>x$ ，即 $y-x>0$ . 若 $y-x>1$ ，即 $y>x+1$ ，由习题5.4.3知存在整数N使得 $N\leqslant x<N+1$ ，则有 $N+1\leqslant x+1$ ，再由 $y>x+1$ 知 $x<N+1\leqslant x+1<y$ ，则我们找到了N使得 $x<N+1<y$ .

若 $0<y-x\leqslant 1$ ，由推论5.3.13知存在正整数n使得 $n(y-x)>1$ ，即 $ny-nx>1$ ，由上论证知此时存在整数m使得 $ny>m>nx$ . 故有 $x<\frac{m}{n}<y$ .

综上，对任意实数x和y，若 $y>x$ 则存在比例数q使得 $x<q<y$ .

5.4.6 证明：已知x,y是实数，由实数加法以及负运算的定义知x-y也是实数. 由命题5.4.4知x-y为等于零、为正的、为负的三者之一. 如果 $x-y=0$ ，则 $y-x=-(x-y)=0$ ，则显然有 $x-y<\varepsilon$ 和 $y-x<\varepsilon$ ，即 $x<y+\varepsilon$ 和 $y-\varepsilon<x$ ，则 $y-\varepsilon<x<y+\varepsilon$ ；如果x-y为正的，即有 $x-y>0$ ，即 $x>y$ ，再由 $|x-y|<\varepsilon$ 知 $x-y<\varepsilon$ ，即 $x<y+\varepsilon$ ，故 $y<x<y+\varepsilon$ ，则 $y-\varepsilon<y<x<y+\varepsilon$ ；如果x-y为负的，即有 $x-y<0$ ，即 $x<y$ ，再由 $|x-y|<\varepsilon$ 知 $y-x<\varepsilon$ ，即有 $y-\varepsilon<x$ ，故 $y-\varepsilon<x<y<y+\varepsilon$ . 综上，我们证明了如果 $|x-y|<\varepsilon$ 那么 $y-\varepsilon<x<y+\varepsilon$ .

如果 $y-\varepsilon<x<y+\varepsilon$ ，则有 $y-x<\varepsilon$ 且 $x-y<\varepsilon$ . 如果 $x-y=0$ ，则显然有 $|x-y|=0<\varepsilon$ ；如果x-y为正的，则 $|x-y|=x-y<\varepsilon$ ；如果x-y为负的，则 $|x-y|=y-x<\varepsilon$ . 综上，我们有如果 $y-\varepsilon<x<y+\varepsilon$ 那么 $|x-y|<\varepsilon$ .

综上我们证明了 $|x-y|<\varepsilon$ 当且仅当 $y-\varepsilon<x<y+\varepsilon$ .

如果 $|x-y|\leqslant\varepsilon$ ，那么有 $|x-y|<\varepsilon$ 或者 $|x-y|=\varepsilon$ . 如果 $|x-y|<\varepsilon$ ，由上论证有 $y-\varepsilon<x<y+\varepsilon$ ，故有 $y-\varepsilon\leqslant x\leqslant y+\varepsilon$ ；如果 $|x-y|=\varepsilon$ ，显然此时 $x-y\neq 0$ (否则 $|x-y|=0=\varepsilon$ ，这与 $\varepsilon>0$ 相矛盾)，故x-y为正的或为负的，如果x-y为正的，由 $|x-y|=\varepsilon$ 知 $x-y=\varepsilon$ ，故有 $x=y+\varepsilon>y-\varepsilon$ ，即 $y-\varepsilon<x=y+\varepsilon$ ，故有 $y-\varepsilon\leqslant x\leqslant y+\varepsilon$ ；如果x-y为负的，由 $|x-y|=\varepsilon$ 知 $y-x=\varepsilon$ ，则 $y+\varepsilon>y-\varepsilon=x$ ，即即 $y-\varepsilon=x<y+\varepsilon$ ，故有 $y-\varepsilon\leqslant x\leqslant y+\varepsilon$ . 综上我们证明了如果 $|x-y|\leqslant\varepsilon$ 那么 $y-\varepsilon\leqslant x\leqslant y+\varepsilon$ .

如果 $y-\varepsilon\leqslant x\leqslant y+\varepsilon$ ，那么有 $y-\varepsilon\leqslant x$ 且 $x\leqslant y+\varepsilon$ ，即 $y-x\leqslant\varepsilon$ 且 $x-y\leqslant\varepsilon$ . 如果 $x-y=0$ ，则显然有 $|x-y|=0<\varepsilon$ ；如果x-y为正的，则 $|x-y|=x-y\leqslant\varepsilon$ ；如果x-y为负的，则 $|x-y|=y-x\leqslant\varepsilon$ . 综上如果 $y-\varepsilon\leqslant x\leqslant y+\varepsilon$ 那么 $|x-y|=\leqslant\varepsilon$ .

综上 $|x-y|=\leqslant\varepsilon$ 当且仅当 $y-\varepsilon\leqslant x\leqslant y+\varepsilon$ .

5.4.7 证明：如果 $x\leqslant y$ ，那么对于一切实数 $\varepsilon>0$ 有 $x<x+\varepsilon\leqslant y+\varepsilon$ ，故 $x\leqslant y+\varepsilon$ . 如果对一切实数 $\varepsilon>0$ 有 $x\leqslant y+\varepsilon$ . 假设 $x>y$ ，则 $x-y>0$ ，即x-y为正的，取 $\varepsilon:=\frac{1}{2}(x-y)>0$ ，则此时有 $x-y>\frac{1}{2}(x-y)=\varepsilon$ ，即 $x>y+\varepsilon$ . 这与对一切 $\varepsilon>0$ 有 $x\leqslant y+\varepsilon$ 相矛盾，故假设不成立，故 $x\leqslant y$ .

如果 $x=y$ ，则 $|x-y|=0<\varepsilon$ ，即 $|x-y|\leqslant\varepsilon$ .

如果对一切实数 $\varepsilon>0$ 有 $|x-y|\leqslant\varepsilon$ ，假设 $x\neq y$ ，则 $x-y\neq 0$ ，容易证明此时 $|x-y|>0$ . 取 $\varepsilon:=\frac{1}{2}|x-y|>0$ ，则此时有 $|x-y|>\frac{1}{2}|x-y|=\varepsilon$ ，故假设不成立，则 $x=y$ .

5.4.8 证明：用反证法. 假设 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n>x$ ，由命题5.4.14知存在一个比例数q使得 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n>q>x$ . 再由对一切 $n\geqslant 1$ 有 $a_n\leqslant x$ 知对一切 $n\geqslant 1$ 有 $q>a_n$ ，即 $q\geqslant a_n$ ，由推论5.4.10知 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}q\geqslant\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ ，即 $q\geqslant\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ ，这显然与 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n>q>x$ 相矛盾，故假设不成立，即 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n\leqslant x$ . 同理可证如果对于一切 $n\geqslant 1$ 有 $a_n\geqslant x$ 那么 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n\geqslant x$ .

文内补充

1.容易验证实数的三歧性、序、绝对值、距离的概念都是满足代入公理的.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§5.3解答

习题5.3

5.3.1 证明：设 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ 是实数，即 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 是柯西序列. 对任意 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N=1$ ，对一切整数 $n\geqslant N$ 都有 $|a_n-a_n|=0\leqslant\varepsilon$ . 则 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ 和 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ 是等价的Cauchy序列，即 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ = $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ . 所以对实数x来说有 $x=x$ .

设 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n$ 是实数(即 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是柯西序列)并且 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是等价于 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 的Cauchy序列，即 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n$ = $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ . 说明对任何 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant 1$ ，对一切整数 $n\geqslant N$ 都有 $|b_n-a_n|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|a_n-b_n|\leqslant\varepsilon$ ，故 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 也是等价于 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 的Cauchy序列，即 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ = $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n$ . 所以对实数x,y来说，如果 $x=y$ 那么 $y=x$ .

设 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}c_n$ 是实数，其中 $(c_n)_{n=1}^{\infty}$ 是等价于 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 的Cauchy序列，即 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}c_n$ = $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n$ . 对任一 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，存在 $N_1,N_2\geqslant 1$ ，当 $n\geqslant N_1$ 时有 $|b_n-a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 并且当 $n\geqslant N_2$ 时有 $|c_n-b_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 取 $N:=max\left\{N_1,N_2\right\}$ ，那么当 $n\geqslant N$ 时有 $|b_n-a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 和 $|c_n-b_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，则此时 $|c_n-a_n|\leqslant|c_n-b_n|+|b_n-a_n|\leqslant\varepsilon$ . 故 $(c_n)_{n=1}^{\infty}$ 是等价于 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 的Cauchy序列，即 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}c_n$ = $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ . 所以对于实数x,y,z来说，如果 $x=y\text{ and }y=z$ 那么 $x=z$ .

5.3.2 证明：(a)Cauchy序列的积是Cauchy序列.

让我们来考察一下Cauchy序列的定义：一个比例数序列是柯西序列当且仅当对每个 $\varepsilon>0$ 都存在整数 $N\geqslant 1$ 使得对于一切 $n,m\geqslant N$ 有 $|a_n-a_m|\leqslant\varepsilon$ . 如果有某个比例数序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 满足对每个 $0<\varepsilon<C$ 都存在整数 $N\geqslant 1$ 使得对于一切 $n,m\geqslant N$ 有 $|a_n-a_m|\leqslant\varepsilon$ ，那么这个序列是Cauchy序列吗？答案是肯定的. 设 $\varepsilon_1\geqslant C>0$ 并且 $0<\varepsilon_2<C$ ，对于 $\varepsilon_1$ ，由于 $0<\varepsilon_2<C$ ，那么存在整数 $N\geqslant 1$ 使得对于一切 $n,m\geqslant N$ 有 $|a_n-a_m|\leqslant\varepsilon_2<C\leqslant\varepsilon_1$ . 所以序列也是 $\varepsilon_1$ -稳定的，所以每个 $\varepsilon>0$ 都存在整数 $N\geqslant 1$ 使得对于一切 $n,m\geqslant N$ 有 $|a_n-a_m|\leqslant\varepsilon$ ，即这个序列也是Cauchy序列.

这说明Cauchy序列概念的精髓不在对所有 $\varepsilon>0$ 序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 都是终极 $\varepsilon$ -稳定的，而是要求对所有 $0<\varepsilon<C$ 其是终极 $\varepsilon$ -稳定的. 或者说是无论 $\varepsilon$ 取多么小的正值序列都是终极 $\varepsilon$ -稳定的. 有了上面的理解，我们证明(a)就容易了.

由于 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是Cauchy序列，由引理5.1.15知其都是有界的，即对一切 $i\geqslant 1$ 存在非负比例数 $M_a$ 和 $M_b$ 使得成立 $|a_i|\leqslant M_a\text{ and }|b_i|\leqslant M_b$ ，令 $M:=max\left\{M_a,M_b\right\}+1\geqslant 1$ ，则对一切 $i\geqslant 1$ 有 $|a_i|\leqslant M\text{ and }|b_i|\leqslant M$ .

对任一 $0<\varepsilon<\frac{1}{3}$ ，有 $\frac{\varepsilon}{3M}>0$ . 由于 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是Cauchy序列，则存在整数 $N_a,N_b\geqslant 1$ 使得对一切 $m,n\geqslant N_a$ 有 $|a_n-a_m|\leqslant \frac{\varepsilon}{3M}$ 且对一切 $m,n\geqslant N_b$ 有 $|b_n-b_m|\leqslant \frac{\varepsilon}{3M}$ . 令 $N:=max\left\{N_a,N_b\right\}$ ，则对一切 $m,n\geqslant N$ 有 $|a_n-a_m|\leqslant \frac{\varepsilon}{3M}$ 且 $|b_n-b_m|\leqslant \frac{\varepsilon}{3M}$ . 由命题4.3.7(h)可知： $|a_nb_n-a_mb_m|\leqslant \frac{\varepsilon}{3M}|a_n|+\frac{\varepsilon}{3M}|b_n|+\frac{\varepsilon^2}{9M^2}\leqslant \frac{\varepsilon}{3M}M+\frac{\varepsilon}{3M}M+\frac{\varepsilon^2}{9M^2}=\frac{2\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon^2}{9M^2}$ . 欲证 $\frac{2\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon^2}{9M^2}\leqslant\varepsilon$ ，只需证 $\frac{\varepsilon}{M^2}\leqslant 3$ . 而我们已经知道 $0<\varepsilon<\frac{1}{3}$ 且 $M\geqslant 1$ ，那么 $M^2\geqslant 1$ ，则 $0<\frac{1}{M^2}\leqslant 1$ ，则 $\frac{\varepsilon}{M^2}\leqslant\varepsilon<\frac{1}{3}\leqslant 3$ . 这就证明了 $|a_nb_n-a_mb_m|\leqslant\varepsilon$ . 综上我们证明了对每个 $0<\varepsilon<\frac{1}{3}$ 存在 $N\geqslant 1$ 使得对一切 $n,m\geqslant N$ 有 $|a_nb_n-a_mb_m|\leqslant\varepsilon$ ，由上面讨论知序列 $(a_nb_n)_{n=1}^{\infty}$ 是Cauchy序列. 即Cauchy序列的积是Cauchy序列.

(b)实数的积运算满足代入公理.

设 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ = $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a'_n$ ，那么 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n$ = $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a'_n\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n$ .

由 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ = $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a'_n$ 知 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(a'_n)_{n=1}^{\infty}$ 是等价的，即对一切 $\varepsilon>0$ 都存在整数 $N\geqslant 1$ 使得对一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-a'_n|\leqslant\varepsilon$ .

由于Cauchy序列 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是有界的，即存在比例数 $M>0$ 使得对一切 $i\geqslant 1$ 有 $|b_i|\leqslant M$ .

对任一 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{M}>0$ ，由 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(a'_n)_{n=1}^{\infty}$ 是等价的知存在整数 $N_M\geqslant 1$ 使得对一切 $n\geqslant N_M$ 有 $|a_n-a'_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{M}$ ，所以此时 $|a_nb_n-a'_nb_n|=|a_n-a'_n||b_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{M}M=\varepsilon$ . 即我们证明了对任一 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N_M\geqslant 1$ 使得对一切 $n\geqslant N_M$ 有 $|a_nb_n-a'_nb_n|\leqslant\varepsilon$ . 所以序列 $(a_nb_n)_{n=1}^{\infty}$ 和序列 $(a'_nb_n)_{n=1}^{\infty}$ 是等价的.

由(a)的证明我们知道序列 $(a_nb_n)_{n=1}^{\infty}$ 和序列 $(a'_nb_n)_{n=1}^{\infty}$ 都是Cauchy序列，故 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_nb_n$ = $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a'_nb_n$ ，即 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n$ = $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a'_n\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b_n$ .

综上，对实数x,x’,y,y’，如果 $x=x'$ 那么 $xy=x'y$ . 同理可证如果 $y=y'$ 那么 $xy=xy'$ .

5.3.3 证明：如果 $a=b$ ，对任意 $\varepsilon>0$ 都存在整数1使得对于任意 $n\geqslant 1$ 有 $|a_n-b_n|=|a-b|=0\leqslant\varepsilon$ ，即Cauchy序列 $(a)_{n=1}^{\infty}$ 和Cauchy序列 $(b)_{n=1}^{\infty}$ 是等价的，即 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b$ .

如果 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b$ ，即Cauchy序列 $(a)_{n=1}^{\infty}$ 和Cauchy序列 $(b)_{n=1}^{\infty}$ 是等价的，说明对任意 $\varepsilon>0$ 都存在整数 $N\geqslant 1$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-b_n|=|a-b|\leqslant\varepsilon$ ，即对任意 $\varepsilon>0$ 都有 $|a-b|\leqslant\varepsilon$ . 假设 $a\neq b$ ，则 $|a-b|>0$ ，取 $\varepsilon_0:=\frac{1}{2}|a-b|<|a-b|$ ，这时就没有 $|a-b|\leqslant\varepsilon_0$ ，所以假设不成立，则 $a=b$ .

综上，我们证明了 $a=b$ 当且仅当 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}b$ .

5.3.4 证明：由习题5.2.2立马可知 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是有界的.

5.3.5 证明：只需证明 $(\frac{1}{n})_{n=1}^{\infty}$ 和 $(0)_{n=1}^{\infty}$ 是等价的. 对每个 $\varepsilon>0$ ，令 $N\geqslant\frac{1}{\varepsilon}$ (由命题4.4.1知这是可以的)，对所有 $n\geqslant N$ 有 $|\frac{1}{n}-0|=\frac{1}{|n|}=\frac{1}{n}\leqslant\frac{1}{N}\leqslant\varepsilon$ . 则两序列是等价的，故 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}0=0$ .

文内补充

1.从实数的负运算的定义我们有 $-\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}(-a_n)$ .

我们已经证明实数的乘法是定义成功的(即两个实数的乘积还是实数并且乘法满足代入公理)，并且我们发现比例数 $q$ 和 $\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}q$ 是同构的. 所以 $-\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n=(-1)\times\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}(-1)\times\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}((-1)\times a_n)=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}(-a_n)$ .

2.Cauchy序列 $0.1,0.01,0.001,0.0001,...$ (即 $(10^{-n})_{n=1}^{\infty}$ )等价于 $(0)_{n=1}^{\infty}$ .

证明：对任一 $\varepsilon>0$ ，由命题4.4.1可以取某个整数 $N\geqslant\frac{1}{\varepsilon}$ ，对一切 $n\geqslant N$ 有 $|10^{-n}-0|=\frac{1}{10^n}<\frac{1}{n}\leqslant\frac{1}{N}\leqslant\varepsilon$ . 这就证明了Cauchy序列 $0.1,0.01,0.001,0.0001,...$ (即 $(10^{-n})_{n=1}^{\infty}$ )等价于 $(0)_{n=1}^{\infty}$ .

3.已知 $|b_{n_0}|\geqslant\varepsilon$ 和 $|b_{n_0}-b_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，求证 $|b_n|\geqslant\frac{\varepsilon}{2}$ .

证明：由绝对值三角不等式 $|x+y|\leqslant|x|+|y|$ 知 $|x|\leqslant|x-y|+|y|$ ，即 $|x|-|y|\leqslant|x-y|$ ，故 $|b_{n_0}|-|b_n|\leqslant|b_{n_0}-b_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，即 $\varepsilon\leqslant|b_{n_0}|\leqslant|b_n|+\frac{\varepsilon}{2}$ ，即 $\varepsilon\leqslant|b_n|+\frac{\varepsilon}{2}$ ，故 $|b_n|\geqslant\frac{\varepsilon}{2}$ .

4.对非零实数x，我们有 $xx^{-1}=x^{-1}x=1$ .

证明:对于非零实数x，存在限制离开零的Cauchy序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 使得 $x=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n$ ，此时 $x^{-1}=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n^{-1}$ ，则 $xx^{-1}=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n\times\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}a_n^{-1}=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}(a_na_n^{-1})=\text{LIM}_{n\rightarrow\infty}1=1$ . 同理可证 $x^{-1}x=1$ . 故 $xx^{-1}=x^{-1}x=1$ .

5.对一个Cauchy序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 取倒数，我们有两点要求：第一是这个序列的项 $a_n$ 不含0，即对一切 $i\geqslant 1$ 有 $|a_i|\neq 0$ ，而一个限制离开零的序列保证了这一点；第二是这个Cauchy序列的形式极限不是0，一个限制离开零的序列也保证了这一点，因为对一切 $i\geqslant 1$ 有 $|a_i-0|=|a_i|\geqslant C>0$ (C为某正比例数)，这说明对 $0<\varepsilon<C$ 来说一个限制离开零的Cauchy序列不可能终极 $\varepsilon$ -接近于0，更不可能与0是等价的柯西序列.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§5.2解答

习题5.2

5.2.1 证明：由于 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 是Cauchy序列，则对任一比例数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant 1$ ，使得对于一切 $j,k\geqslant N$ 有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ . 又因为 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是等价的序列，则对任一比例数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant 1$ ，使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-b_n|\leqslant\varepsilon$ .

对任一比例数 $\varepsilon>0$ ，有比例数 $\frac{\varepsilon}{3}>0$ ，则存在整数 $N_1\geqslant 1$ 使得对于一切 $j,k\geqslant N_1$ 有 $|a_j-a_k|\leqslant\frac{\varepsilon}{3}$ . 亦存在整数 $N_2\geqslant 1$ 使得对于一切 $n\geqslant N_2$ 有 $|a_n-b_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{3}$ .

取 $N=max\left\{N_1,N_2\right\}$ ，则对一切 $j,k\geqslant N$ 有 $|a_j-a_k|\leqslant\frac{\varepsilon}{3}$ 且对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-b_n|= |b_n-a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{3}$ .

故对一切 $n\geqslant N$ 有 $-\frac{\varepsilon}{3}\leqslant b_n-a_n\leqslant\frac{\varepsilon}{3}$ ，即 $a_n-\frac{\varepsilon}{3}\leqslant b_n\leqslant a_n+\frac{\varepsilon}{3}$ .

故对一切 $j,k\geqslant N$ 有 $a_j-\frac{\varepsilon}{3}\leqslant b_j\leqslant a_j+\frac{\varepsilon}{3}$ 且 $a_k-\frac{\varepsilon}{3}\leqslant b_k\leqslant a_k+\frac{\varepsilon}{3}$ .

由命题4.2.9(d)知对一切 $j,k\geqslant N$ 有 $a_j-\frac{\varepsilon}{3}\leqslant b_j\leqslant a_j+\frac{\varepsilon}{3}$ 且 $-\frac{\varepsilon}{3}-a_k\leqslant -b_k\leqslant \frac{\varepsilon}{3}-a_k$ . 由上两不等式有 $a_j-b_k-\frac{\varepsilon}{3}\leqslant b_j-b_k\leqslant a_j-b_k+\frac{\varepsilon}{3}$ 且 $-\frac{\varepsilon}{3}+a_j-a_k\leqslant a_j-b_k\leqslant \frac{\varepsilon}{3}+a_j-a_k$ .

再由不等式 $a_j-b_k-\frac{\varepsilon}{3}\leqslant b_j-b_k\leqslant a_j-b_k+\frac{\varepsilon}{3}$ 和 $-\frac{\varepsilon}{3}+a_j-a_k\leqslant a_j-b_k\leqslant \frac{\varepsilon}{3}+a_j-a_k$ 有 $a_j-a_k-\frac{2\varepsilon}{3}\leqslant b_j-b_k\leqslant a_j-a_k+\frac{2\varepsilon}{3}$ ，而我们有 $-|a_j-a_k|\leqslant a_j-a_k\leqslant|a_j-a_k|$ ，所以由上面不等式得 $-|a_j-a_k|-\frac{2\varepsilon}{3}\leqslant b_j-b_k\leqslant |a_j-a_k|+\frac{2\varepsilon}{3}$ ，故 $|b_j-b_k|\leqslant|a_j-a_k|+\frac{2\varepsilon}{3}\leqslant\varepsilon$ .

至此，我们证明了对任一比例数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant 1$ 使得对一切 $j,k\geqslant N$ 有 $|b_j-b_k|\leqslant\varepsilon$ . 故 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是Cauchy序列. 同理可证若 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是Cauchy序列那么 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 也是Cauchy序列.

5.2.2 证明：由 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 和 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -接近的，则存在整数 $N\geqslant 1$ 使得对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-b_n|\leqslant\varepsilon$ ，即 $-\varepsilon\leqslant b_n-a_n\leqslant\varepsilon$ ，即 $a_n-\varepsilon\leqslant b_n\leqslant a_n+\varepsilon$ ，即 $-|a_n|-\varepsilon\leqslant a_n-\varepsilon\leqslant b_n\leqslant a_n+\varepsilon\leqslant|a_n|+\varepsilon$ ，即 $|b_n|\leqslant|a_n|+\varepsilon$ .

由于 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 是有界的，则对所有 $i\geqslant 1$ 有 $|a_i|\leqslant M_1$ ( $M_1$ 为某非负比例数).

故存在 $N\geqslant 1$ ，使对于一切 $n\geqslant N$ 有 $|b_n|\leqslant|a_n|+\varepsilon\leqslant M_1+\varepsilon$ . 而对序列 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 当 $1\leqslant n<N$ 时的部分 $b_1,...,b_{n-1}$ ，其为有限序列，由引理5.1.14知对也是有界的，不妨记其以 $M_2\geqslant 0$ 为界，即对一切 $1\leqslant n<N$ 有 $|b_n|\leqslant M_2$ . 由此，对一切 $i\geqslant 1$ ，总有 $|b_i|\leqslant M_1+M_2+\varepsilon$ ，所以 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是有界的.

同理可证当 $(b_n)_{n=1}^{\infty}$ 是有界的那么 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 也是有界的.

文内补充

1.文中定义5.2.1、定义5.2.3、定义5.2.6都要求两个无限序列的起始下标是一致的. 我们可以看到，对于序列本身一样，但起始下标不一样的两个序列，它们本质上是相同的序列，但不一定满足定义5.2.1、定义5.2.3、定义5.2.6. 比如下面的两个序列：

序列1： $(n)_{n=0}^{\infty}$

序列2： $(n+100)_{n=-100}^{\infty}$

但我们可以任意改变序列的起始下标，使得两个序列之间可以考虑是否满足定义5.2.1、定义5.2.3、定义5.2.6. 也就是如果两个序列的起始下标不一样，我们可以改变一序列的起始下标与另一个序列的起始下标一样，这样就可以考虑定义5.2.1、定义5.2.3、定义5.2.6，因为起始下标对序列本身来说是不重要的，其最主要的作用是为序列的精确函数表达(定义5.1.1)带来方便，但这种方便不是必要的，我们可以使用任意一个不同的起始下标来表达同一个序列，即使其函数表达比原起始下标开始的函数表达更复杂. 也就是说，我们统一序列的起始下标后是有好处的，这样任意两个序列之间都可以考虑定义5.2.1、定义5.2.3、定义5.2.6.

或许我们可以推广一下定义5.2.1、定义5.2.3、定义5.2.6，使得有不同的起始下标的序列也可以进行比较. 比如定义5.2.1可以推广成：对两个序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 和序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ ，令 $p:=m_2-m_1$ . 如果对一切 $n\geqslant m_1$ 都有 $|a_n-b_{n+p}|\leqslant\varepsilon$ ，那么两序列就是 $\varepsilon$ -接近的. 定义5.2.3、定义5.2.6也可以作类似的推广.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§5.1解答

习题5.1

5.1.1 证明：由于 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 是柯西序列，则 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 对一切比例数 $\varepsilon$ 都是 $\varepsilon$ -终极稳定的. 取 $\varepsilon:=1$ ，即 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 是1-终极稳定的. 说明对某自然数 $N\geqslant 1$ ，对于一切自然数 $j,k\geqslant N$ 有 $d(a_j,a_k)\leqslant 1$ . 我们以N为界限，把序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 分成 $a_1,...a_N$ (避免序列为空，其实空序列仍是有界的，但为了使用引理5.1.14，我们不证明空序列仍是有界的)和 $a_{N+1},a_{N+2},...$ 两部分，前者为有限序列(定义详见注3.5.10和习题3.5.2)而后者为1-稳定序列. 由引理5.1.14知 $a_1,...a_N$ 是有界的，不妨记其以比例数M为界. 而后者是1-稳定序列，即对一切 $j,k\geqslant N+1$ 有 $d(a_j,a_k)\leqslant 1$ . 换句话说，即对一切 $j\geqslant N+1$ ，对一切 $k\geqslant N+1$ ，有 $|a_j-a_k|\leqslant 1$ . 不妨取定 $k:=N+2>N+1$ ，故对于一切 $j\geqslant N+1$ 有 $|a_j-a_{N+2}|\leqslant 1$ . 即故对于一切 $j\geqslant N+1$ 有 $-1\leqslant a_j-a_{N+2}\leqslant 1$ ，即对于一切 $j\geqslant N+1$ 有 $-1+a_{N+2}\leqslant a_j\leqslant 1+a_{N+2}$ ，即对于一切 $j\geqslant N+1$ 有 $-|1+a_{N+2}|-|-1+a_{N+2}|\leqslant a_j\leqslant |1+a_{N+2}|+|-1+a_{N+2}|$ ，这说明1-稳定序列 $a_{N+1},a_{N+2},...$ 是以 $|1+a_{N+2}|+|-1+a_{N+2}|$ 为界的(由这我们可以一般性的证明所有具有 $\varepsilon$ -稳定的的序列都是有界的). 综上，对 $1\leqslant i\leqslant N$ 有 $|a_i|\leqslant M$ ，对 $i\geqslant N+1$ 有 $|a_i|\leqslant |1+a_{N+2}|+|-1+a_{N+2}|$ ，所以对 $i\geqslant 1$ 有 $|a_i|\leqslant |1+a_{N+2}|+|-1+a_{N+2}|+M$ . 这就证明了柯西序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 是有界的.

在证明 $a_{N+1},a_{N+2},...$ 为有界序列时也可以用绝对值三角不等式 $|a|-|b|\leqslant |a-b|$ 来证明.

文内补充

1.序列 $0.1,0.01,0.001,0.0001,...$ 不是0.01-稳定的.

因为 $|0.1-0.01|=0.09>0.01$ .

2.序列 $1,2,4,8,16,...$ 对任何 $\varepsilon>0$ 都不是 $\varepsilon$ -稳定的.

因为我们容易证明任何 $\varepsilon$ -稳定的序列都是有界序列，而序列 $1,2,4,8,16,...$ ( $a_n=2^n(n\geqslant 0)$ )可以用归纳法和反证法和命题4.4.1证明其不是有界的.

3.对于任何小于10的 $\varepsilon$ ，序列 $10,0,0,0,...$ 都不是 $\varepsilon$ -稳定的，但对于每个 $\varepsilon>0$ 它都是终极 $\varepsilon$ -稳定的.

因为对于任何 $\varepsilon<10$ ， $|10-0|=10>\varepsilon$ ，所以对于任何 $\varepsilon<10$ 序列 $10,0,0,0,...$ 都不是 $\varepsilon$ -稳定的；序列 $10,0,0,0,...$ 可以表示成 $a_0=10,a_n=0(n>0)$ ，对每个 $\varepsilon>0$ ，总可以找到 $1>0$ ，使得当 $j,k\geqslant 1$ 时 $|a_j-a_k|=0<\varepsilon$ . 所以对于每个 $\varepsilon>0$ 它都是终极 $\varepsilon$ -稳定的.

4.无限序列 $1,-2,3,-4,5,-6,...$ 不是有界的.

证明：序列可表示成 $a_n=(-1)^n(n+1)(n\geqslant 0)$ ，故 $|a_n|=|(-1)^n(n+1)|=n+1$ . 假设其是有界的，说明存在比例数M使得对于一切 $n\geqslant 0$ 有 $n+1\leqslant M$ ，即对于一切 $n\geqslant 0$ 有 $n<M$ ，由命题4.4.1知存在整数N使得 $M<N$ ，这是相矛盾的，这就完成了证明.

5.书中 $\varepsilon$ -稳定性、终极 $\varepsilon$ -稳定性、Cauchy序列、有界序列的概念中序列的起始下标都是确定的，但就如注5.1.4说的，其有更一般化的定义，即起始下标是整数变量的概念定义.

6.定义5.1.1(序列)的一点说明.

定义5.1.1把比例数序列定义成一个函数 $f:\left\{n\in\mathbb{Z}:n\geqslant m\right\}\rightarrow\mathbb{Q}$ 这是对习题3.5.2定义的有限序列的进一步一般化，但这也会带来一些理解上的问题，比如我们我们来看两个序列：

序列1: $a_0:=0,a_1:=1,a_2:=2,a_3:=3,a_4:=4,...$

序列2: $b_{-9}:=0,b_{-8}:=1,b_{-7}:=2,b_{-6}:=3,b_{-5}:=4,...$

两个序列的开始下标是不同的，但它们都是表示序列 $0,1,2,3,4,...$ . 即它们表达的是同一个序列，只是在定义5.5.1下它们可以有不同的开始下标. 这就引出一个问题，序列的起始下标是重要的吗？从序列本身来说，其是不重要的，比如对序列 $0,1,2,3,4,...$ 来说，我们想让其起始下标是多少就是多少，但表现出来的序列就是 $0,1,2,3,4,...$ ，这也就是定义5.1.1中后面一句“一个比例数的序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是比例数 $a_m,a_{m+1},a_{m+2},...$ 的一个汇集”的意思，序列重要的是序列本身(隐去了起始下标)，而不是其下标本身. 进一步说，一个序列是否具有 $\varepsilon$ -稳定性、终极 $\varepsilon$ -稳定性、是Cauchy序列、是有界序列与其起始下标的选择根本没有关系，它们反映的是序列本身的性质，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.

(a)序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -稳定的当且仅当序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -稳定的.

(b)序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的当且仅当序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的.

(c)序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是柯西序列当且仅当序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是柯西序列.

(d)序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是有界序列当且仅当序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是有界序列.

证明：(a)由于 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -稳定的，说明 $\forall j,k$ 如果 $j,k\geqslant m_1$ 那么 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ . 对 $\forall s,t$ ，如果 $s,t\geqslant m_2$ ，由 $p:=m_2-m_1$ 有 $s,t\geqslant m_1+p$ ，进一步有 $s-p,t-p\geqslant m_1$ . 由 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -稳定的知 $|a_{s-p}-a_{t-p}|\leqslant\varepsilon$ ，再由 $a_n=b_{n+p}$ 知 $|b_s-b_t|\leqslant\varepsilon$ . 这样我们就证明了 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -稳定的. 同理可证如果 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -稳定的那么 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -稳定的.

综上我们证明了序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -稳定的当且仅当序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -稳定的.

(b)如果 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的，说明存在 $N\geqslant m_1$ 使得对于一切 $j,k\geqslant N$ 有 $|a_j-a_k|\leqslant\varepsilon$ . 而对 $\forall s,t$ ，如果 $s,t\geqslant N+p$ ，则有 $s-p,t-p\geqslant N$ ，再由 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的知 $|a_{s-p}-a_{t-p}|\leqslant\varepsilon$ ，再由 $a_n=b_{n+p}$ 知 $|b_s-b_t|\leqslant\varepsilon$ . 这样我们就找到了整数 $N+p$ 使得对一切 $s,t\geqslant N+p$ 有 $|b_s-b_t|\leqslant\varepsilon$ ，即 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的. 同理可证如果 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的那么 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的.

综上我们证明了序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的当且仅当序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的.

(c)由(b)和Cauchy序列的定义我们知道有：序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是柯西序列当且仅当序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是柯西序列.

(d)如果 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是有界序列，说明存在比例数 $M\geqslant 0$ 使得对于一切 $i\geqslant m_1$ 有 $|a_i|\leqslant M$ . 对于一切 $j\geqslant m_2$ ，由 $p:=m_2-m_1$ 知 $j\geqslant m_1+p$ ，即 $j-p\geqslant m_1$ ，由 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是有界序列知 $|a_{j-p}|\leqslant M$ ，再由 $a_n=b_{n+p}$ 知 $|b_j|\leqslant M$ . 这就证明了 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是有界序列. 同理可证如果 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是有界序列那么 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是有界序列.

综上我们证明了序列 $(a_n)_{n=m_1}^{\infty}$ 是有界序列当且仅当序列 $(b_n)_{n=m_2}^{\infty}$ 是有界序列.

还需要补充一点的是：我们上面只谈到了无限序列，没有谈到有限序列. $\varepsilon$ -稳定性、终极 $\varepsilon$ -稳定性、Cauchy序列这些概念是针对无限序列来说的，只有有界序列这个概念也对有限序列有定义，以类似的证明我们知道序列本身一样而只是起始下标不一样的有限序列A和B，有A是有界序列当且仅当B是有界序列.

所以引理5.1.14的证明过程中只选用了起始下标是1的有限序列来证明.

通过上面的讨论，对一个序列来说，我们可以随意地改变其起始下标，而不影响其 $\varepsilon$ -稳定性、终极 $\varepsilon$ -稳定性、是Cauchy序列、是有界序列等性质，因为这些性质与起始下标的选择无关. 进一步的，我们可以统一序列的起始下标从某个确定的整数开始(比如从1)，进而我们可以定义序列 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 为函数 $f:\left\{n\in\mathbb{Z}:n\geqslant 1\right\}\rightarrow\mathbb{Q}$ ，这样与习题3.5.2定义的有限序列的也是相容的，而且 $\varepsilon$ -稳定性、终极 $\varepsilon$ -稳定性、是Cauchy序列、是有界序列的定义也就简单了，只需要考虑确定的下标1开始. 但我们为什么选择了定义5.5.1，即让序列的下标可任意选择. 因为这样定义序列可以为序列的的表达带来方便,如下例子：

为精确表达序列 $0,1,2,3,...$ ，我们可以定义序列 $(n)_{n=0}^{\infty}$ ，或者 $(n-1)_{n=1}^{\infty}$ . 而前者比后者更简洁.

最后总的来说，我们的序列总可以从一个开始下标转化成另一个开始下标，而不改变 $\varepsilon$ -稳定性、终极 $\varepsilon$ -稳定性、是Cauchy序列、是有界序列等性质.

7.所有 $\varepsilon$ -稳定序列都是有界的.

证明：如果 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -稳定序列，定义一个新序列 $(b_n)_{n=0}^{\infty}=(a_{n+m})_{n=0}^{\infty}$ . 这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. 由上的讨论我们知道 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 也是 $\varepsilon$ -稳定序列并且如果 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 有界的，那么 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 也是有界的. 所以我们只需要证明 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 是有界的.

由于 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 是 $\varepsilon$ -稳定序列，说明对于一切大于等于0的整数j,k有 $|b_j-b_k|\leqslant\varepsilon$ ，不妨取 $k:=0$ ，那么对一切大于等于0的整数j有 $|b_j-b_0|\leqslant\varepsilon$ ，由绝对值三角不等式知 $|b_j|\leqslant |b_j-b_0|+|b_0|$ ，故 $|b_j|-|b_0|\leqslant |b_j-b_0|\leqslant\varepsilon$ ，即 $|b_j|\leqslant\varepsilon+|b_0|$ ，所以 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 是以 $\varepsilon+|b_0|$ 为界的，所以 $(b_n)_{n=0}^{\infty}$ 有界的，那么 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 也是有界的.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§4.4解答

习题4.4

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

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

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

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

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

以上证明的直观如下：

$a_0\geqslant 0$

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

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

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

$...$

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

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

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

4.4.3 证明：(a)每个自然数或者是偶的、或者是奇的，但不可两者兼得.

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

(b)如果自然数p是奇的，那么p²也是奇的.

证明：假如p是奇的，即有 $p=2k+1$ (k为某自然数)，则 $p^2=p^0pp=(2k+1)(2k+1)=4k^2+4k+1=2(2k^2+2k)+1$ ，所以p²也是奇的.

(c)如果对正自然数p,q有 $p^2=2q^2$ ，那么 $q<p$ .

证明：若 $p=q$ ，那么 $p^2=q^2<2q^2$ ，这与 $p^2=2q^2$ 矛盾；如果 $p<q$ ，那么 $p^2<q^2<2q^2$ ，这也与 $p^2=2q^2$ 矛盾；再由自然数序的三歧性我们知道只可能是 $q<p$ .

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§4.3解答

习题4.3

4.3.1 证明：(a)由引理4.2.7(比例数的三歧性)知比例数x为0、正的以及负的三者之一. 若 $x=0$ ，由定义4.3.1得 $|x|=0$ ，即 $|x|\geqslant 0$ ；若x为正的，由定义4.3.1得 $|x|=x$ 亦为正的，又因为 $|x|-0=|x|$ ，由定义4.2.8知 $|x|>0$ ，即 $|x|\geqslant 0$ ；若x为负的，记 $x=-y$ (y为正比例数)，由定义4.3.1得 $|x|=-x=-(-y)=y$ 亦为正的，又因为 $|x|-0=|x|$ ，由定义4.2.8知 $|x|>0$ ，即 $|x|\geqslant 0$ . 综上我们有 $|x|\geqslant 0$ .

如果 $|x|=0$ . 假若 $x\neq 0$ ，那么由上讨论知x是正的或是负的，但这两种情况下都有 $|x|>0$ ，与 $|x|=0$ 相矛盾，故假设不成立. 所以 $x=0$ . 同由上讨论知道如果 $x=0$ 那么 $|x|=0$ . 综上， $|x|=0$ 当且仅当 $x=0$ .

(b)由引理4.2.7知共有 $3\times 3=9$ 种情况.

1.若x和y是正比例数. 设 $x:=\frac{a}{b},y:=\frac{c}{d}$ (a,b,c,d均为正整数). $x+y=\frac{ad+bc}{bd}$ ，由于a,b,c,d均为正整数，由引理2.3.3知 $ad,bc,bd$ 均是正整数，进而由推论2.2.9知 $ad+bc\neq 0$ ，再由定义4.2.6知 $\frac{ad+bc}{bd}$ 是正的，即 $x+y$ 是正的. 由定义4.3.1知 $|x+y|=x+y=|x|+|y|$ .

2.若x为正比例数而y为0，由定义4.3.1知 $|x+y|=|x+0|=|x|=|x|+0=|x|+|y|$ .

3.若x为正比例数而y为负比例数，则 $|x|+|y|=x-y$ . 由引理4.2.7知 $x+y$ 为零、正的、负的三者之一，又分三种情况讨论.

3-a.若 $x+y$ 为正的，则由定义4.3.1知 $|x+y|=x+y$ . 由于 $(x-y)-(x+y)=-2y$ ，由于y为负比例数，所以-y为正的比例数，则 $-2y$ 为正比例数，即 $-2y>0$ ，故 $(x-y)-(x+y)>0$ ，即 $(x-y)>(x+y)$ ，即 $|x|+|y|>|x+y|$ .

3-b.若 $x+y$ 为负的，则由定义4.3.1知 $|x+y|=-(x+y)$ . 由于 $(x-y)-(-(x+y))=2x$ ，由于x为正比例数，则 $2x$ 为正比例数，即 $2x>0$ ，故 $(x-y)-(-(x+y))>0$ ，即 $(x-y)>(-(x+y))$ ，即 $|x|+|y|>|x+y|$ .

3-c.若 $x+y$ 为0，则由定义4.3.1知 $|x+y|=0$ . 由于 $|x|\geqslant 0,|y|\geqslant 0$ ，所以 $|x|+|y|\geqslant 0$ ，即 $|x|+|y|\geqslant|x+y|$ .

综上，若x为正比例数而y为负比例数时总有 $|x+y|\leqslant|x|+|y|$ .

4.若x为负比例数而y为正比例数，由比例数的代数算律以及同理如3.可知仍有 $|x+y|\leqslant|x|+|y|$ .

5.若x为负比例数而y为0，则 $|x+y|=|x|=-x=-x+0=|x|+|y|$ .

6.若x,y均为负比例数，同理如1.易证 $x+y$ 是负的，故 $|x+y|=-(x+y)=-1\times(x+y)=(-x)+(-y)=|x|+|y|$ .

7.若x为0而y为正比例数，由比例数的代数算律以及同理如2.可知仍有 $|x+y|=|x|+|y|$ .

8.若x,y均为0，则 $|x+y|=|0+0|=|0|=0=0+0=|0|+|0|=|x|+|y|$ .

9.若x为0而y为负比例数，由比例数的代数算律以及同理如5.可知仍有 $|x+y|=|x|+|y|$ .

综合1.~9.，我们知道在任何情况下都有 $|x+y|\leqslant|x|+|y|$ .

(c)由不等式 $-y\leqslant x\leqslant y$ 知 $-y\leqslant y$ ，进一步知 $2y\geqslant 0$ ，即 $y\geqslant 0$ ，即y可取非负整数. 当 $y=0$ 时，由 $0\leqslant x\leqslant 0$ 分类讨论可知 $x=0$ ，此时显然有 $y=|x|$ ，即 $|x|\leqslant y$ .

当 $y>0$ 时，可分三种情况讨论.

(1)若 $x=0$ ，此时显然有 $|x|< y$ ，即 $|x|\leqslant y$ .

(2)若 $x>0$ ，即 $0<x\leqslant y$ ，此时 $|x|=x$ ，故 $|x|\leqslant y$ .

(3)若 $x<0$ ，即 $-y\leqslant x<0$ ，此时 $|x|=-x$ ，由 $-y\leqslant x$ 可知 $y\geqslant -x$ ，即 $y\geqslant|x|$ ，即 $|x|\leqslant y$ .

综上，若 $-y\leqslant x\leqslant y$ 则 $|x|\leqslant y$ .

由 $|x|\leqslant y$ 可知 $y\geqslant|x|\geqslant 0$ ，由定义4.2.8知可分四种情况讨论：

(1) $y=|x|$ 且 $|x|=0$ ，则显然有 $y=x=0$ ，即有 $-y\leqslant x\leqslant y$ 成立.

(2) $y>|x|$ 且 $|x|=0$ ，即 $y>0$ 和 $x=0$ ，故 $-y<0$ ，即 $-y<|x|$ ，综合有 $-y<|x|<y$ 成立，即有 $-y\leqslant x\leqslant y$ 成立.

(3) $y=|x|$ 且 $|x|>0$ ，则有 $y>0$ ，进一步有 $-y<0$ ，则有 $-y<0<|x|$ ，即 $-y<|x|$ ，综上有 $-y<|x|=y$ ，即有 $-y\leqslant |x|\leqslant y$ 成立. 再由 $|x|>0$ 可知x为正数或负数. 若x为正数，由 $-y\leqslant |x|\leqslant y$ 知 $-y\leqslant x\leqslant y$ ；若x为负数，由 $-y\leqslant |x|\leqslant y$ 知 $-y\leqslant -x\leqslant y$ ，进一步知 $-y\leqslant x\leqslant y$ .

(4) $y>|x|$ 且 $|x|>0$ ，同理如(3)可知有 $-y\leqslant x\leqslant y$ .

综上， $-y\leqslant x\leqslant y$ 当且仅当 $y\geqslant|x|$ . 特别地，由于 $|x|\geqslant|x|$ ，故有 $-|x|\leqslant x\leqslant|x|$ .

(d)由引理4.2.7无外乎以下几种情况：

(1) $x=0$ 或 $y=0$ ，易证此时有 $xy=0$ 且 $|x||y|=0$ ，故有 $|xy|=|x||y|$ .

(2)x和y都为正比例数，易证xy也为正比例数，故 $|xy|=xy=|x||y|$ .

(3)x和y都为负比例数，易证xy也为正比例数，故 $|xy|=xy=(-x)(-y)=|x||y|$ .

(4)x为正比例数而y为负比例数，易证xy为负比例数，故 $|xy|=-(xy)=x(-y)=|x||y|$ . 同理可证y为正比例数而x为负比例数时也有 $|xy|=|x||y|$ .

综上，我们总有 $|xy|=|x||y|$ . 特别地， $|-x|=|x|$ .

(e)由(a)知 $d(x,y)\geqslant 0$ 并且 $d(x,y)=0$ 当且仅当 $x-y=0$ ，即当且仅当 $x=y$ .

(f)容易验证绝对值运算满足代入公理. 由(d)中 $|-x|=|x|$ 知 $|x-y|=|-(y-x)|=|y-x|$ . 即 $d(x,y)=d(y,x)$ .

(g)由(b)知 $|x-y|+|y-z|\geqslant|(x-y)+(y-z)|=|x-z|$ ，即 $d(x,z)\leqslant d(x,y)+d(y,z)$ .

4.3.2 证明：(a)如果 $x=y$ ，对每个 $\varepsilon>0$ ，都有 $d(y,x)=|y-x|=|y-y|=|0|=0<\varepsilon$ ，即对每个 $\varepsilon>0$ ，x都是 $\varepsilon$ -接近于y的.

如果对每个 $\varepsilon>0$ ，x都是 $\varepsilon$ -接近于y的. 假设 $x\neq y$ ，则 $y-x\neq 0$ ，即y-x为负的或为正的比例数. 由习题4.3.1(a)我们知道有 $|y-x|>0$ ，令 $\varepsilon_{0}:=\frac{1}{2}\times|y-x|<|y-x|$ ，则此时 $|y-x|>\varepsilon_{0}>0$ ，故x不是 $\varepsilon_{0}$ -接近于y的. 这与对每个 $\varepsilon>0$ 有x都是 $\varepsilon$ -接近于y的相矛盾，故假设不成立，所以 $x=y$ .

(b)由命题4.3.3(f)知 $d(x,y)=d(y,x)$ . 如果x是 $\varepsilon$ -接近于y的，说明 $d(y,x)\leqslant\varepsilon$ ，即 $d(x,y)\leqslant\varepsilon$ ，所以y是 $\varepsilon$ -接近于x的. 综上我们知道可以说成：x,y是 $\varepsilon$ -接近的.

(c)令 $a:=y-x,b:=z-y$ ，则 $x=y-a,z=b+y$ . 由x是 $\varepsilon$ -接近于y的和y是 $\delta$ -接近于z的知道 $|a|\leqslant\varepsilon,|b|\leqslant\delta$ . $|z-x|=|(b+y)-(y-a)|=|b+a|\leqslant|b|+|a|\leqslant\delta+\varepsilon=\varepsilon+\delta$ ，所以x和y是 $(\varepsilon+\delta)$ -接近的.

(d)令 $a:=y-x,b:=w-z$ ，则 $x=y-a,y=a+x,w=b+z,z=w-b$ . 由x和y是 $\varepsilon$ -接近的和z和w是 $\delta$ -接近的知 $|a|\leqslant\varepsilon,|b|\leqslant\delta$ . $|(y+w)-(x+z)|=|((a+x)+(b+z))-(x+z)|=|a+b|\leqslant|a|+|b|\leqslant\varepsilon+\delta$ . 所以x+z和y+w是 $(\varepsilon+\delta)$ -接近的.

$|(y-w)-(x-z)|=|((a+x)-(b+z))-(x-z)|=|a-b|\leqslant|a|+|b|\leqslant\varepsilon+\delta$ . 所以x-z和y-w是 $(\varepsilon+\delta)$ -接近的.

(e)如果x和y是 $\varepsilon$ -接近的，即 $|y-x|\leqslant\varepsilon$ . 对每个 $\varepsilon'>\varepsilon$ ，有 $|y-x|\leqslant\varepsilon<\varepsilon'$ . 故x和y是 $\varepsilon'$ -接近的.

(f)y和z是 $\varepsilon$ -接近于x的，那么有 $|x-y|\leqslant\varepsilon,|x-z|\leqslant\varepsilon$ . 由引理4.2.7知分下列九种情况：

(1)x-y,x-z为正比例数. 由 $|x-y|\leqslant\varepsilon,|x-z|\leqslant\varepsilon$ 知 $x-y\leqslant\varepsilon,x-z\leqslant\varepsilon$ ，即 $0<x-y\leqslant\varepsilon,0<x-z\leqslant\varepsilon$ .

若 $y\leqslant w\leqslant z$ ，则 $x-z\leqslant x-w\leqslant x-y$ ，即 $0<x-z\leqslant x-w\leqslant x-y\leqslant\varepsilon$ ，即 $0<x-w\leqslant\varepsilon$ ，故 $|x-w|=x-w\leqslant\varepsilon$ ，于是w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

同理可证若 $z\leqslant w\leqslant y$ 时亦有w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

(2)x-y为正比例数,x-z为零，则 $x-y>x-z,x=z$ ，即 $z>y,x=z$ . 由 $|x-y|\leqslant\varepsilon$ 知由 $x-y\leqslant\varepsilon$ . 故只能是 $y\leqslant w\leqslant z$ ，则 $x-z\leqslant x-w\leqslant x-y$ ，即 $0=x-z\leqslant x-w\leqslant x-y\leqslant\varepsilon$ ，即 $0\leqslant x-w\leqslant\varepsilon$ ，故 $|x-w|=x-w\leqslant\varepsilon$ ，于是w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

(3)x-y为正比例数,x-z为负比例数，则 $x-y>x-z$ ，即 $z>y$ . 由 $|x-y|\leqslant\varepsilon,|x-z|\leqslant\varepsilon$ 知 $x-y\leqslant\varepsilon,z-x\leqslant\varepsilon$ ，即 $0<x-y\leqslant\varepsilon,-\varepsilon\leqslant x-z<0$ . 此时 $y\leqslant w\leqslant z$ ，则 $x-z\leqslant x-w\leqslant x-y$ ，即 $-\varepsilon\leqslant x-z\leqslant x-w\leqslant x-y\leqslant\varepsilon$ ，即 $-\varepsilon\leqslant x-w\leqslant\varepsilon$ ，由命题4.3.3中(c)知 $|x-w|\leqslant\varepsilon$ ，于是w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

(4)x-y为零,x-z为正比例数. 同理如(2)可证w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

(5)x-y为零,x-z为负比例数. 故 $x-y>x-z$ ，即 $z>y$ . 由 $|x-z|\leqslant\varepsilon$ 知 $z-x\leqslant\varepsilon$ ，即 $-\varepsilon\leqslant x-z<0$ . 故只能是 $y\leqslant w\leqslant z$ ，则 $x-z\leqslant x-w\leqslant x-y$ ，即 $-\varepsilon\leqslant x-z\leqslant x-w\leqslant x-y=0$ ，即 $-\varepsilon\leqslant x-w\leqslant\varepsilon$ ，由命题4.3.3中(c)知 $|x-w|\leqslant\varepsilon$ ，于是w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

(6)x-y,x-z均为零，则 $x=y=z$ . 若 $y\leqslant w\leqslant z$ ，可知 $w=x$ . 故 $|x-w|=|x-x|=0\leqslant\varepsilon$ ，于是w是 $\varepsilon$ -接近于x的. 同理可证 $z\leqslant w\leqslant y$ 时亦有w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

(7)x-y为负比例数,x-z为正比例数. 同理如(3)可证w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

(8)x-y为负比例数,x-z为零. 同理如(5)可证w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

(9)x-y,x-z均为负比例数. 由 $|x-y|\leqslant\varepsilon,|x-z|\leqslant\varepsilon$ 知 $y-x\leqslant\varepsilon,z-x\leqslant\varepsilon$ ，即 $-\varepsilon\leqslant x-y<0,-\varepsilon\leqslant x-z<0$ .

若 $y\leqslant w\leqslant z$ ，则 $x-z\leqslant x-w\leqslant x-y$ ，即 $-\varepsilon\leqslant x-z\leqslant x-w\leqslant x-y<0$ ，即 $-\varepsilon\leqslant x-w<0$ ，故 $|x-w|=w-x\leqslant\varepsilon$ ，于是w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

同理可证若 $z\leqslant w\leqslant y$ 时亦有w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

综上我们总有w是 $\varepsilon$ -接近于x的.

(g)如果x和y是 $\varepsilon$ -接近的，即 $|y-x|\leqslant\varepsilon$ . 而 $|yz-xz|=|(y-x)z|=|y-x||z|\leqslant\varepsilon|z|$ . 所以xz和yz是 $\varepsilon|z|$ -接近的. 即使z为0命题也是成立的.

4.3.3 证明：容易用归纳法证明自然数次幂的指数运算是满足代入公理的，即如果 $x=y$ ，则 $x^{a}=y^{a}$ (x,y为比例数，a为自然数)；对自然数a,b，如果 $a=b$ ，那么 $x^{a}=x^{b}$ (x为比例数). 虽然后者看起来是如此明显的成立的. 并且容易用归纳法证明比例数的自然数次幂的指数运算后仍是比例数.

(a)对n进行归纳. 归纳基始： $x^{0}x^{m}=1\times x^{m}=x^{m}=x^{0+m}$ . 归纳步骤：现假设 $x^{n}x^{m}=x^{n+m}$ ，则 $x^{n+1}x^{m}=(x^{n}x)x^{m}=(xx^{n})x^{m}=x(x^{n}x^{m})=x^{n+m}x=x^{(n+m)+1}=x^{(n+1)+m}$ . 这就完成了归纳. 所以 $x^{n}x^{m}=x^{n+m}$ 成立.

对m进行归纳. 归纳基始： $(x^{n})^{0}=1=x^{0}=x^{n\times 0}$ . 归纳步骤：现假设 $(x^{n})^{m}=x^{n\times m}$ ，则 $(x^{n})^{m+1}=(x^{n})^{m}x^{n}=x^{n\times m}x^{n}=x^{n\times m+n}=x^{n\times (m+1)}$ ，这就完成了归纳. 所以 $(x^{n})^{m}=x^{n\times m}$ 成立.

对n进行归纳. 归纳基始： $(xy)^{0}=1=1\times 1=x^{0}y^{0}$ . 归纳步骤：现假设 $(xy)^{n}=x^{n}y^{n}$ ，则 $(xy)^{n+1}=(xy)^{n}(xy)=(x^{n}y^{n})(xy)=(x^{n}x)(y^{n}y)=x^{n+1}y^{n+1}$ . 这就完成了归纳. 所以 $(xy)^{n}=x^{n}y^{n}$ 成立.

(b)英文第一版有句前提：Suppose n>0，中文第一版没有，这里补上. 如果 $x^{n}=0$ . 假设 $x\neq 0$ ，对 $x^{0}=1\neq 0$ ；现归纳假设 $x^{n}\neq 0$ ，那么 $x^{n+1}=x^{n}x$ ，由定义4.3.9知比例数的自然数幂的指数运算得到的仍然是比例数，所以由假设 $x\neq 0$ 和 $x^{n}\neq 0$ 不妨设 $x:=\frac{a}{b}$ 和 $x^{n}:=\frac{c}{d}$ (a,b,c,d均为不为0的整数). 所以 $x^{n}x=\frac{a}{b}\times\frac{c}{d}=\frac{ac}{bd}$ ，由命题4.1.8的逆否命题知 $ac\neq 0$ ，故 $\frac{ac}{bd}\neq 0$ ，即 $x^{n+1}\neq 0$ . 这样就归纳完成了如果 $x\neq 0$ ，那么对所有自然数n都有 $x^{n}\neq 0$ . 这显然与 $x^{n}=0$ 相矛盾，故 $x=0$ . 也可以直接用归纳法证明对所有自然数n>0，有蕴涵关系“如果 $x^{n}=0$ 那么 $x=0$ .”

如果 $x=0$ . $x^{1}=x^{0}x=1\times 0=0$ ；现归纳假设 $x^{n}=0$ ，那么 $x^{n+1}=x^{n}x=0\times 0=0$ . 这就完成了归纳：如果 $x=0$ 那么对所有自然数n>0， $x^{n}=0$ . 即对所有自然数n>0，如果 $x=0$ 那么 $x^{n}=0$ . 如果这里对全称量词的位置变化不太理解，也可以直接用归纳法证明所有自然数n>0，有蕴涵关系“如果 $x=0$ 那么 $x^{n}=0$ .” 对两者的联系我们在下面(c)的证明中详细介绍.

综上我们有对所有自然数n>0， $x^{n}=0$ 当且仅当 $x=0$ .

(c)题目要求证明：对所有自然数n，有蕴涵关系“如果 $x\geqslant y\geqslant 0$ 那么 $x^{n}\geqslant y^{n}\geqslant 0$ ”，而不是要求证明：已知 $x\geqslant y\geqslant 0$ ，那么对所有自然数n有 $x^{n}\geqslant y^{n}\geqslant 0$ . 前者要求证明在任何自然数n下都有蕴涵关系“如果 $x\geqslant y\geqslant 0$ 那么 $x^{n}\geqslant y^{n}\geqslant 0$ ”成立，后者要求证明在条件 $x\geqslant y\geqslant 0$ 下对任何自然数都有 $x^{n}\geqslant y^{n}\geqslant 0$ .

我们可以用归纳法直接证明对所有自然数都有上述蕴涵关系. 归纳基始：对自然数0，显然 $x^{0}=y^{0}=1$ ，即显然有 $x^{0}\geqslant y^{0}\geqslant 0$ ，所以蕴涵关系“如果 $x\geqslant y\geqslant 0$ 那么 $x^{n}\geqslant y^{n}\geqslant 0$ ”为真. 这就完成了归纳基始. 归纳步骤：假设对自然数n，有蕴涵关系“如果 $x\geqslant y\geqslant 0$ 那么 $x^{n}\geqslant y^{n}\geqslant 0$ ”；那么对自然数n+1，如果 $x\geqslant y\geqslant 0$ ，由归纳假设我们知道有 $x^{n}\geqslant y^{n}\geqslant 0$ ，故 $x^{n+1}=x^{n}x\geqslant y^{n}x\geqslant y^{n}y=y^{n+1}\geqslant 0$ (要证明此不等式，可以先证明对比例数 $a\geqslant 0,b\geqslant 0$ ，有 $ab\geqslant 0$ ). 这就完成了归纳. 我们归纳证明了对所有自然数都有上述蕴涵关系.

也可以用反证法，假设存在自然数n使得蕴涵关系不成立，即有 $x\geqslant y\geqslant 0$ 但 $x^{n}<y^{n}\text{or}y^{n}<0$ ，然后证明这不可能. 上面(b)的第一部分就是这样的思路.

再来证明所有自然数n>0，有蕴涵关系“如果 $x>y\geqslant 0$ 那么 $x^{n}>y^{n}\geqslant 0$ ”. 这次我们不直接用归纳法证明蕴涵关系. 我们先假设 $x>y\geqslant 0$ . 对自然数1来说，有 $x^{1}=x>y=y^{1}\geqslant 0$ ，即 $x^{1}>y^{1}\geqslant 0$ . 假设 $x^{n}>y^{n}\geqslant 0$ ，那么 $x^{n+1}=x^{n}x>y^{n}x\geqslant y^{n}y=y^{n+1}\geqslant 0$ ，即 $x^{n+1}>y^{n+1}\geqslant 0$ . 这样我们就证明了如果 $x>y\geqslant 0$ ，那么对所有自然数n>0有 $x^{n+1}>y^{n+1}\geqslant 0$ . 现在对任意自然数m>0，如果 $x>y\geqslant 0$ ，由上“如果 $x>y\geqslant 0$ ，那么对所有自然数n>0有 $x^{n+1}>y^{n+1}\geqslant 0$ .”知对自然数m有 $x^{m+1}>y^{m+1}\geqslant 0$ . 这就是要证明的.

(d)归纳基始：对自然数0， $|x^{0}|=|1|=1=|x|^{0}$ . 归纳步骤：归纳假设 $|x^{n}|=|x|^{n}$ ，那么 $|x^{n+1}|=|x^{n}x|=|x^{n}||x|=|x|^{n}|x|=|x|^{n+1}$ . 这就完成了归纳.

4.3.4 证明：首先证明几个命题.

命题1.设x为非零比例数. 若a,b为自然数且 $a\geqslant b$ ，那么 $\frac{x^{a}}{x^{b}}=x^{a-b}$ .

证明：由于 $a\geqslant b$ ，则 $a-b\geqslant 0$ ，即 $a-b$ 是自然数. 所以有 $x^{a-b}x^{b}=x^{(a-b)+b}=x^{a}$ . $\frac{x^{a}}{x^{b}}=x^{a}(x^{b})^{-1}=x^{a-b}x^{b}(x^{b})^{-1}=x^{a-b}$ .

命题2.设x,y为非零比例数. 则有 $(\frac{x}{y})^{-1}=\frac{y}{x}$ .

证明： $\frac{y}{x}\times\frac{x}{y}=(y(x)^{-1})\times(x(y)^{-1})=1$ . 故 $(\frac{x}{y})^{-1}=\frac{y}{x}$ .

命题3.对于非零比例数a，对所有自然数m有 $(\frac{1}{a})^{m}=\frac{1}{a^{m}}$ .

证明：归纳基始：对自然数0，有 $(\frac{1}{a})^{0}=1=\frac{1}{1}=\frac{1}{a^{0}}$ . 归纳步骤：归纳假设有 $(\frac{1}{a})^{m}=\frac{1}{a^{m}}$ ，那么 $(\frac{1}{a})^{m+1}=(\frac{1}{a})^{m}\frac{1}{a}=\frac{1}{a^{m}}\frac{1}{a}=(a^{m})^{-1}a^{-1}=(\frac{a^{m+1}}{a})^{-1}a^{-1}=\frac{a}{a^{m+1}}a^{-1}=\frac{1}{a^{m+1}}$ . 这就完成了归纳.

(a)当n,m为自然数时，我们已经在习题4.3.3证明了结论. 故只需要考虑n或m为负整数时等式是否成立.

(a1)当n为自然数而m为负整数时，记 $m:=-m'$ (m’为正自然数).

$x^{n}x^{m}=x^{n}x^{-m'}=x^{n}\frac{1}{x^{m'}}=x^{n}(1\times(x^{m'})^{-1})=x^{n}(x^{m'})^{-1}=\frac{x^{n}}{x^{m'}}$ .

若 $n\geqslant m'$ ，由上面命题1知 $x^{n}x^{m}=\frac{x^{n}}{x^{m'}}=x^{n-m'}=x^{n+m}$ .

若 $n<m'$ ，即有 $m'\geqslant n$ ，由上面命题2知 $x^{n}x^{m}=\frac{x^{n}}{x^{m'}}=(\frac{x^{m'}}{x^{n}})^{-1}=(x^{m'-n})^{-1}=\frac{1}{x^{m'-n}}=x^{-(m'-n)}=x^{n-m'}=x^{n+m}$ .

综上，我们证明了当n为自然数而m为负整数时有 $x^{n}x^{m}=x^{n+m}$ .

当n为负整数而m为自然数时，由比例数负整数次幂的指数运算的定义我们知道其仍为比例数，所以满足比例数的代数算律，故 $x^{n}x^{m}=x^{m}x^{n}$ ，由上(a1)论证有 $x^{n}x^{m}=x^{m}x^{n}=x^{m+n}=x^{n+m}$ .

当n,m均为负整数时，记 $n:=-n',m:=-m'$ .

$\frac{x^{n'}x^{m'}}{x^{m'}}=\frac{x^{n'+m'}}{x^{m'}}=x^{n'+m'-m'}=x^{n'}$ ，故 $(\frac{x^{n'}x^{m'}}{x^{m'}})^{-1}=(x^{n'})^{-1}$ ，即 $\frac{x^{m'}}{x^{n'}x^{m'}}=\frac{1}{x^{n'}}$ .

$x^{n}x^{m}=x^{-n'}x^{-m'}=\frac{1}{x^{n'}}\frac{1}{x^{m'}}=\frac{1}{x^{n'}}(x^{m'})^{-1}=\frac{x^{m'}}{x^{n'}x^{m'}}(x^{m'})^{-1}=(x^{m'}(x^{n'+m'})^{-1})(x^{m'})^{-1}=(x^{n'+m'})^{-1}=x^{-(n'+m')}=x^{n+m}$ .

综上，对非零比例数x和整数n,m，我们总有 $x^{n}x^{m}=x^{n+m}$ .

(a2)当n为自然数而m为负整数时，记 $m:=-m'$ (m’为正自然数).

$(x^{n})^{m}=(x^{n})^{-m'}=\frac{1}{(x^{n})^{m'}}=\frac{1}{x^{nm'}}=x^{-nm'}=x^{nm}$ .

当n为负整数而m为自然数时，记 $n:=-n'$ (n’为正自然数). 由上面已证命题3知 $(x^{n})^{m}=(x^{-n'})^{m}=(\frac{1}{x^{n'}})^{m}=\frac{1^{m}}{(x^{n'})^{m}}=\frac{1}{x^{n'm}}=x^{-n'm}=x^{nm}$ .

当n,m均为负整数时，记 $n:=-n',m:=-m'$ .

$(x^{n})^{m}=(x^{-n'})^{-m'}=\frac{1}{(\frac{1}{x^{n'}})^{m'}}=\frac{1}{\frac{1}{x^{n'm'}}}=((x^{n'm'})^{-1})^{-1}=x^{n'm'}=x^{nm}$ .

综上我们证明了对非零比例数x和整数n,m，我们总有 $(x^{n})^{m}=x^{nm}$ .

(a3)当n为负整数时，记 $n:=-n'$ (n’为正自然数).

$(xy)^{n}=(xy)^{-n'}=\frac{1}{(xy)^{n'}}=((xy)^{n'})^{-1}=((xy)^{n'})^{-1}(y^{n'}(y^{n'})^{-1})=(y^{n'}((xy)^{n'})^{-1})(y^{n'})^{-1}=\frac{y^{n'}}{(xy)^{n'}}(y^{n'})^{-1}=(\frac{x^{n'}y^{n'}}{y^{n'}})^{-1}(y^{n'})^{-1}=(x^{n'}y^{n'}(y^{n'})^{-1})^{-1}(y^{n'})^{-1}=(x^{n'})^{-1}(y^{n'})^{-1}=\frac{1}{x^{n'}}\frac{1}{y^{n'}}=x^{-n'}y^{-n'}=x^{n}y^{n}$

这就完成了证明.

(b)我们已经在习题4.3.3(c)中证明了题目的前一部分，现在只需要证当n为负整数时题目的结论成立. 记 $n:=-n'$ (n’为正自然数).

已知 $x>y\geqslant 0$ (由于x,y为不为0的比例数，所以 $x>y>0$ .)，那么对所有自然数m有 $x^{m}>y^{m}\geqslant 0$ ，故对自然数n’有 $x^{n'}>y^{n'}\geqslant 0$ . 由于x,y为正的比例数，容易用归纳法证明有 $y^{n'}>0$ ，故 $x^{n'}>y^{n'}>0$ . 即 $x^{n'},y^{n'}$ 均为正比例数. 记 $x^{n'}:=\frac{a}{b},y^{n'}:=\frac{c}{d}$ (其中a,b,c,d均为正整数)，由 $x^{n'}>y^{n'}>0$ 即知 $\frac{a}{b}>\frac{c}{d}>0$ . 由 $bd>0$ (即bd为正整数)知 $\frac{a}{b}bd>\frac{c}{d}bd>0$ ，即 $\frac{abd}{b}>\frac{cbd}{d}>0$ ，即 $ad>cb>0$ . 再由 $\frac{1}{ac}$ 为正比例数得 $ad\frac{1}{ac}>cb\frac{1}{ac}>0$ ，即 $\frac{ad}{ac}>\frac{cb}{ac}>0$ ，即 $\frac{d}{c}>\frac{b}{a}>0$ ，即 $(y^{n'})^{-1}>(x^{n'})^{-1}>0$ ，即 $\frac{1}{y^{n'}}>\frac{1}{x^{n'}}>0$ ，即 $y^{n}>x^{n}\geqslant 0$ .

(c)我们不用归纳法证明此事，转而用习题4.3.4(b)已证明的结论. 已知 $x,y>0$ ，由命题4.2.9(比例数序的三歧性)我们知有 $x>y\text{or}y>x\text{or}x=y$ ；已知 $n\neq 0$ ，由引理4.1.5(整数的三歧性)知n为正整数或为负整数. 如果 $x>y>0$ 并且n为正整数，由习题4.3.4(b)知 $x^{n}>y^{n}$ ，这与条件 $x^{n}=y^{n}$ 相矛盾，故这种情况不会出现，或者说我们要证的命题是空真的成立的；同理可知不会出现 $y>x>0$ 并且n为正整数并且 $x^{n}=y^{n}$ 的情况；如果 $x>y>0$ 并且n为负整数，由习题4.3.4(b)知 $x^{n}<y^{n}$ ，这与条件 $x^{n}=y^{n}$ 相矛盾，故这种情况不会出现；同理可证不会出现 $y>x>0$ 并且n为负整数并且 $x^{n}=y^{n}$ 的情况；综合，我们只剩下“ $y=x>0$ 并且n为正整数并且 $x^{n}=y^{n}$ ”和“ $y=x>0$ 并且n为负整数并且 $x^{n}=y^{n}$ ”的两种情况未讨论，但两种情况下由前提知都有“ $y=x$ ”，这就是要证的.

(d)习题4.3.3(d)已证当n为自然数时有 $|x^{n}|=|x|^{n}$ . 当n为负整数时，记 $n:=-n'$ (n’为正自然数).

$|x^{n}|=|x^{-n'}|=|\frac{1}{x^{n'}}|=|(\frac{1}{x})^{n'}|=|\frac{1}{x}|^{n'}=(|\frac{1}{x}|(|x||x|^{-1}))^{n'}=((|\frac{1}{x}||x|)|x|^{-1})^{n'}=((|\frac{1}{x}x|)|x|^{-1})^{n'}=(|x|^{-1})^{n'}=(\frac{1}{|x|})^{n'}=\frac{1^{n'}}{|x|^{n'}}=\frac{1}{|x|^{n'}}=|x|^{-n'}=|x|^{n}$

综上，对任意比例数x和整数n我们有 $|x^{n}|=|x|^{n}$ .

4.3.5 证明： $2^{0}=1$ ，现归纳假设对自然数n有 $2^{n}\geqslant 1$ ，那么 $2^{n+1}=2^{n}\times 2\geqslant 2^{n}\geqslant 1$ . 这样我们就证明了对所有自然数n都有 $2^{n}\geqslant 1$ .

归纳基始——对自然数0有 $2^{0}=1>0$ . 归纳步骤——假设对自然数n有 $2^{n}>n$ ，那么 $2^{n+1}=2^{n}\times 2=2^{n}+2^{n}\geqslant 2^{n}+1>n+1$ . 这样就完成了归纳，对所有自然数n有 $2^{n}>n$ . 所以对所有正整数n都有 $2^{n}>n$ .

文内补充

1.比例数的绝对值满足代入公理. 即对比例数x,y，如果 $x=y$ 那么 $|x|=|y|$ .

证明：对比例数x，由比例数的三歧性知道其为等于零、等于正比例数、等于负比例数三者之一. 如果 $x=0$ ，则有 $x=y=0$ ，由比例数绝对值的定义我们知 $|x|=0=|y|$ ；如果x为正的，由比例数正的定义我们知有 $x=\frac{a}{b}$ (a,b均为正整数)，故有 $x=y=\frac{a}{b}$ ，再由比例数正的定义我们知道y也是正的，由比例数绝对值的定义我们知 $|x|=x=y=|y|$ ；同理可证当x为负的时仍有 $|x|=|y|$ .

综上，我们有对比例数x,y，如果 $x=y$ 那么 $|x|=|y|$ .

2.比例数的距离定义满足代入公理，因为其定义是比例数由绝对值和减法来定义的，而后两者都满足代入公理.

3. $\varepsilon$ -接近性的概念是满足代入公理的，因为其定义用到了比例数的距离和序的定义，而后两者是满足代入公理的.

4.比例数的自然数次幂指数运算的结果仍是比例数.

证明：对任意比例数x， $x^0=1$ ，所以 $x^0$ 是比例数. 假设 $x^n$ 是比例数，那么 $x^{n+1}=x^nx$ 是比例数(因为两个比例数的积仍是比例数). 这就完成了归纳.

5.比例数的自然数次幂指数运算是满足代入公理的. 即对比例数x,y和自然数a,b，如果 $x=y$ 那么 $x^a=y^a$ ；如果 $a=b$ 那么 $x^a=x^b$ .

证明：对自然数0， $x^0=1=y^0$ . 归纳假设 $x^a=y^a$ ，那么 $x^{a+1}=x^aa=y^aa=y^{a+1}$ . 这就完成了归纳：如果 $x=y$ 那么 $x^a=y^a$ .

对后一个命题的证明有些细节理解上的困难，因为此命题涉及到自然数的相等. 自然数的公理化定义(Peano公理)没有定义自然数的相等，在公理化的自然数上说两个自然数a,b相等说的就是它们是同一个自然数. 这样代入公理对自然数是显然成立而无需证明的，或者说是无法证明的. 因为相等的概念未曾定义. 所以要从自然数的构造性定义出手，比如从集合论出发来构造自然数，那么自然数相等的概念就是集合相等的概念.

证明：证明是些许无聊的，因为集合及其相等的概念更像是逻辑上概念而不是数学上概念，我们说两个集合相等的时候就认为这两个集合是一样的(无差别的)，虽然两集合的数学表达式可以不一样. 所以把自然数看作集合，自然数的相等看作集合之间的相等时，由此验证代入公理更像是多此一举. 用归纳法，只要我们注意到空集只有一个，在逻辑上空集只有一个.

6.比例数的负整数次幂指数运算是满足代入公理的. 即对比例数x,y和负整数a,b，如果 $x=y$ 那么 $x^a=y^a$ ；如果 $a=b$ 那么 $x^a=x^b$ . 这是由比例数的自然数次幂指数运算满足代入公理所保证的. 综上，比例数的整数次幂运算(不管是指数部分还是底数)是满足代入公理的.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§4.2解答

习题4.2

4.2.1 证明：设a,b,c,d,e,f是整数且b和d和f不是零. 自反性：由命题4.1.6知 $ab=ba$ ，故由定义4.2.1比例数的相等知 $a//b=a//b$ .

对称性：设 $a//b=c//d$ ，由定义4.2.1中比例数相等定义知有 $ad=bc$ ，由命题4.1.6知 $da=ad=bc=cb$ ，再由整数相等满足的对称性知 $cb=da$ ，定义4.2.1知 $c//d=a//b$ .

传递性：设 $a//b=c//d$ 且 $c//d=e//f$ ，由定义4.2.1知 $ad=bc$ 且 $cf=de$ . 由于 $ad=bc$ ，两边同时乘以f得到 $adf=bcf$ ，则有整数代数算律知 $afd=adf=bcf=bde=bed$ ，由推论4.1.9知 $af=be$ ，由定义4.2.1知 $a//b=e//f$ .

4.2.2 证明：设a,b,a’,b’,c,d,c’,d’是整数(b,b’,d,d’不是零)且 $a//b=a'//b'$ 且 $c//d=c'//d'$ . 现需证 $\left(a//b\right)\times\left(c//d\right)=\left(a'//b'\right)\times\left(c//d\right)$ . 由定义4.2.2知要证 $ac//bd=a'c//b'd$ ，由定义4.2.1知要证 $acb'd=bda'c$ ，由整数的算律和推论4.1.9只需证 $ab'=ba'$ ，而这是 $a//b=a'//b'$ 所保证的. 同理可证 $\left(a//b\right)\times\left(c//d\right)=\left(a//b\right)\times\left(c'//d'\right)$ . 所以比例数的乘法是定义成功的.

先要证 $-\left(a//b\right)=-\left(a'//b'\right)$ ，由定义4.2.2知需证 $\left(-a\right)//b=\left(-a'\right)//b'$ ，由定义4.2.1知需证 $\left(-a\right)\times b'=b\times\left(-a'\right)$ ，由整数的算律和整数的负运算是成功定义的知只需证 $ab'=ba'$ ，这是 $a//b=a'//b'$ 所保证的. 所以比例数的负运算是定义成功的.

4.2.3 证明：设 $x:=a//b$ ， $y:=c//d$ ， $z:=e//f$ (a,c,e为整数且b,d,f为非零整数).

(a) $x+y=a//b+c//d=\left(ad+bc\right)//\left(bd\right)$ .

$y+x=c//d+a//b=\left(cb+da\right)//\left(db\right)$ .

由整数的代数算律知 $\left(ad+bc\right)\times db= bd\times\left(cb+da\right)$ ，所以 $\left(ad+bc\right)//\left(bd\right)=\left(cb+da\right)//\left(db\right)$ ，故 $x+y=y+x$ .

(b)由(a)知 $x+0=0+x$ ，所以只需证 $x+0=x$ . $x+0=\left(a//b\right)+\left(0//1\right)=\left(a\times 1+b\times 0\right)//\left(b\times 1\right)=a//b=x$ .

故 $x+0=0+x=x$ .

(c)由(a)知 $x+\left(-x\right)=\left(-x\right)+x$ ，所以只需证 $x+\left(-x\right)=0$ . $x+\left(-x\right)=\left(a//b\right)+\left(\left(-a\right)//b\right)=\left(ab+b\left(-a\right)\right)//\left(b\times b\right)=0//1=0$ .

故 $x+\left(-x\right)=\left(-x\right)+x=0$ .

(d) $xy=\left(a//b\right)\times\left(c//d\right)=\left(ac\right)//\left(bd\right)$ .

$yx=\left(c//d\right)\times\left(a//b\right)=\left(ca\right)//\left(db\right)$ .

由于 $\left(ac\right)\times\left(db\right)=\left(bd\right)\times\left(ca\right)$ , 故 $xy=yx$ .

(e)由(d)知 $x1=1x$ ，所以只需证 $x1=x$ . $x1=\left(a//b\right)\times\left(1//1\right)=a//b=x$ .

故 $x1=1x=x$ .

(f)由(d)知 $xx^{-1}=x^{-1}x$ ，所以只需证 $xx^{-1}=1$ . $xx^{-1}=\left(a//b\right)\times\left(b//a\right)=\left(ab\right)//\left(ba\right)=1//1=1$ .

故 $xx^{-1}=x^{-1}x=1$ .

(g) $\left(xy\right)z=\left(\left(a//b\right)\times\left(c//d\right)\right)\times\left(e//f\right)=\left(ace\right)//\left(bdf\right)$ .

$x\left(yz\right)=\left(a//b\right)\times\left(\left(c//d\right)\times\left(e//f\right)\right)=\left(ace\right)//\left(bdf\right)$ .

故 $\left(xy\right)z=x\left(yz\right)$ .

(h) $x\left(y+z\right)=\left(a//b\right)\times\left(\left(c//d\right)+\left(e//f\right)\right)=\left(a\left(cf+de\right)\right)//\left(bdf\right)$ .

$xy+xz=\left(a//b\right)\times\left(c//d\right)+\left(a//b\right)\times\left(e//f\right)=\left(acbf+bdae\right)//\left(bdbf\right)$ .

由整数的代数算律知 $\left(a\left(cf+de\right)\right)\times\left(bdbf\right)=\left(bdf\right)\times\left(acbf+bdae\right)$ . 故 $x\left(y+z\right)=xy+xz$ .

(i)由(d)以及(h)知 $\left(y+z\right)x=yx+zx$ .

4.2.4 证明：设 $x:=a//b$ (其中a为整数，b为非零整数). 由引理4.1.5知：a为正自然数、零和负整数三者之一；b为正自然数和负整数两者之一.

若 $a=0$ ，由于 $0\times 1=b\times 0=0$ ，由定义4.2.1知 $a//b=0//b=0//1=0$ . 此时 $a//b$ 等于0.

若a,b均为正自然数(即正整数)，由定义4.2.6知此时 $a//b$ 为正的比例数. 若a为负整数而b为正整数，由定义4.2.6知此时 $a//b$ 为负的比例数. 若a为正整数而b为负整数，令 $b:=-m$ (m为正整数)，故 $a//b=a//\left(-m\right)=\left(-a\right)//m$ ，由定义4.2.6知此时 $a//b$ 为负的比例数. 若a,b均为负整数，令 $a:=-m$ 和 $b:=-n$ (m,n为正整数)，由定义4.2.6知此时 $a//b=\left(-m\right)//\left(-n\right)=m//n$ 为正的比例数.

综上我们证明了引理4.2.7中三命题至少有一个成立.

现在来证明三者至多一个成立. 比例数如果等于0又是正的，说明存在正整数a,b使得0=a//b，由定义4.2.1知有 $0=a$ ，这与a为正整数相矛盾，所以比例数不可能等于0又是正的；同理可证比例数不可能等于0又是负的；比例数如果是正的又是负的，说明存在正整数a,b,c,d使得 $a//b=\left(-c\right)//d$ ，由定义4.2.1知 $ad=-bc$ ，即 $ad+bc=0$ ，由推论2.2.9知 $ad=bc=0$ ，再由引理2.3.3知这不可能，因为a,b,c,d均为正自然数.

综上，我们证明了比例数的三歧性.

4.2.5 证明：(a)令 $z:=x-y$ ，由比例数的减法是定义成功的知道z也是比例数，由引理4.2.7知z是0、正比例数和负比例数三者之一. 若z等于0，即 $x-y=0$ ，故 $x=y$ ；若z为正比例数，即x-y为正比例数，由定义4.2.8知 $x>y$ ；若z为负比例数，即x-y为负比例数，由定义4.2.8知 $x<y$ . 这样我们就证明了三个命题中至少有一个成立.

现在证三命题至多有一个成立. 令 $z:=x-y$ ，若 $x=y$ 且 $x>y$ ，则 $x-y=0$ 且 $x-y$ 为正的比例数，即z等于0又是正的比例数，由命题4.2.7(比例数的三歧性)知这不可能. 同理可证 $x=y$ 且 $x<y$ 不可能， $x>y$ 且 $x<y$ 不可能.

这样我们就证明了比例数序的三歧性.

(b)若 $x<y$ ，则x-y为负的比例数，不妨记为 $x-y:=\frac{-m}{n}$ (m,n为正整数). 两边同时乘以比例数-1，得 $y-x=\frac{m}{n}$ ，即y-x为正的比例数，由定义4.2.8知 $y>x$ . 同理可证如果 $y>x$ 则 $x<y$ . 所以 $y>x$ 和 $x<y$ 是等价的陈述.

(c)设 $a:=\frac{-m_{1}}{n_{1}}$ ， $b:=\frac{-m_{2}}{n_{2}}$ ( $m_{1},n_{1},m_{2},n_{2}$ 均为正整数). 故 $a+b=\frac{-m_{1}}{n_{1}}+\frac{-m_{2}}{n_{2}}=\frac{-\left(m_{1}n_{2}+n_{1}m_{2}\right)}{n_{1}n_{2}}$ . 由于 $m_{1},n_{1},m_{2},m_{2}$ 均为正整数，由引理2.3.3所以 $n_{1}n_{2},m_{1}n_{2},n_{1}m_{2}$ 均为正整数，由推论2.2.9所以 $m_{1}n_{2}+n_{1}m_{2}$ 也是正整数，所以由定义4.2.6知 $a+b$ 为负整数. 这样我们就证明了两负整数的和仍是负整数. 如果 $x<y$ 且 $y<z$ ，则 $x-y,y-z$ 是负整数，所以 $\left(x-y\right)+\left(y-z\right)=x-z$ 是负整数，由定义4.2.8知 $x<z$ .

(d) $\left(x+z\right)-\left(y+z\right)=x-y$ ，由于 $x<y$ ，所以 $x-y$ 是负整数，故 $\left(x+z\right)-\left(y+z\right)$ 是负整数，由定义4.2.8知 $x+z<y+z$ .

(e)如果 $x<y$ ，由(b)知 $y>x$ ，由定义4.2.8知 $y-x$ 是正比例数，设 $y-x:=\frac{m}{n},z:=\frac{p}{q}$ (m,n,p,q均为正整数)，则 $yz-xz=\left(y-x\right)z=\frac{m}{n}\times\frac{p}{q}=\frac{mp}{nq}$ ，由引理2.3.3知 $mp,nq$ 均为正整数，由定义4.2.6知 $yz-xz=\frac{mp}{nq}$ 是正比例数，由定义4.2.8知 $yz>xz$ ，再由(b)知 $xz<yz$ .

4.2.6 证明：由于z是负比例数，由定义4.2.6知-z是正比例数，再由 $x<y$ 和(e)知 $x\left(-z\right)<y\left(-z\right)$ ，由(d)两边同时加上xz+yz得 $yz<xz$ ，由(b)知 $xz>yz$ .

文内补充

1.我们还可以证明对于比例数有：

$a\geqslant a$ .

如果 $a\geqslant b$ 且 $b\geqslant c$ ，那么 $a\geqslant c$ .

如果 $a\geqslant b$ 且 $b\geqslant a$ ，那么 $a=b$ .

$a\geqslant b$ 当且仅当 $a+c\geqslant b+c$ .

如果 $a+c>b+c$ 那么 $a>b$ .

$a<b$ 等价于对某正比例数d有 $b=a+d$ .

比例数的序是由减法以及比例数三歧性(零、正的、负的)定义的，而两者都是满足代入公理的. 所以容易验证比例数的序的概念也是满足代入公理的. 我们还可以验证比例数的序和整数的序是相容的.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§4.1解答

习题4.1

4.1.1 证明：设a,b,c,d是自然数. 自反性：由于 $a+b=a+b$ (可参考加法定义的合理性和唯一性证明)，故 $a\raisebox{0.05mm}{-----}b=a\raisebox{0.05mm}{-----}b$ .

对称性：设 $a\raisebox{0.05mm}{-----}b=c\raisebox{0.05mm}{-----}d$ ，由定义4.1.1中整数相等定义知有 $a+d=c+b$ ，由自然数相等遵从的四条公理中的对称公理知有 $c+b=a+d$ ，再由定义4.1.1知 $c\raisebox{0.05mm}{-----}d=a\raisebox{0.05mm}{-----}b$ .

4.1.2 证明：由 $a\raisebox{0.05mm}{-----}b=a'\raisebox{0.05mm}{-----}b'$ 和定义4.1.1知 $a+b'=a'+b$ ，由加法交换律知有 $b'+a=b+a'$ ，再由定义4.1.1知 $b'\raisebox{0.05mm}{-----}a'=b\raisebox{0.05mm}{-----}a$ ，由负运算定义4.1.4知 $-\left(a'\raisebox{0.05mm}{-----}b'\right)=-\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)$ ，即 $-\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)=-\left(a'\raisebox{0.05mm}{-----}b'\right)$ .

4.1.3 证明：设 $a:=n\raisebox{0.05mm}{-----}m$ ，其中n,m为自然数. 则 $\left(-1\right)\times a=\left[-\left(1\raisebox{0.05mm}{-----}0\right)\right]\times \left(n\raisebox{0.05mm}{-----}m\right)=\left(0\raisebox{0.05mm}{-----}1\right)\times \left(n\raisebox{0.05mm}{-----}m\right)=m\raisebox{0.05mm}{-----}n=-a$ .

4.1.4 证明：令 $x:=a\raisebox{0.05mm}{-----}b$ ， $x:=c\raisebox{0.05mm}{-----}d$ ， $x:=e\raisebox{0.05mm}{-----}f$ . 其中a,b,c,d,e,f均为自然数.

(1) $x+y=\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)+\left(c\raisebox{0.05mm}{-----}d\right)=\left(a+c\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(b+d\right)=\left(c+a\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(d+b\right)$ .

$y+x=\left(c\raisebox{0.05mm}{-----}d\right)+\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)=\left(c+a\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(d+b\right)$ .

综上，有 $x+y=y+x$ .

(2)由 $x+y=y+x$ 知 $x+0=0+x$ ，故只需证 $x+0=x$ . $x+0=\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)+\left(0\raisebox{0.05mm}{-----}0\right)=\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)=x$ . 故 $x+0=0+x=x$ .

(3)由 $x+y=y+x$ 知 $x+\left(-x\right)=\left(-x\right)+x$ ，故只需证 $x+\left(-x\right)=0$ . $x+\left(-x\right)=\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)+\left(b\raisebox{0.05mm}{-----}a\right)=\left(a+b\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(b+a\right)=0\raisebox{0.05mm}{-----}0=0$ .

综上有 $x+\left(-x\right)=\left(-x\right)+x=0$ .

(4) $x+\left(y+z\right)=\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)+\left(\left(c\raisebox{0.05mm}{-----}d\right)+\left(e\raisebox{0.05mm}{-----}f\right)\right)=\left(a+c+e\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(b+d+f\right)$ .

$\left(x+y\right)+z=\left(\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)+\left(c\raisebox{0.05mm}{-----}d\right)\right)+\left(e\raisebox{0.05mm}{-----}f\right)=\left(a+c+e\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(b+d+f\right)$ .

综上， $\left(x+y\right)+z=x+\left(y+z\right)$ .

(5) $xy=\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)\times\left(c\raisebox{0.05mm}{-----}d\right)=\left(ac+bd\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(ad+bc\right)$ .

$yx=\left(c\raisebox{0.05mm}{-----}d\right)\times\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)=\left(ca+db\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(cb+da\right)$ .

由于 $\left(ac+bd\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(ad+bc\right)=\left(ca+db\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(cb+da\right)$ ，显然 $xy=yx$ .

(6)由于 $xy=yx$ ，则有 $x1=1x$ ，故只需证 $x1=x$ . $x1=\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)\times\left(1\raisebox{0.05mm}{-----}0\right)=\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)=x$ ，故 $x1=1x=x$ .

(7) $x\left(y+z\right)=\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)\times\left(\left(c\raisebox{0.05mm}{-----}d\right)+\left(e\raisebox{0.05mm}{-----}f\right)\right)=\left(a\times\left(c+e\right)+b\times\left(d+f\right)\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(a\times\left(d+f\right)+b\times\left(c+e\right)\right)$ .

$xy+xz=\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)\times\left(c\raisebox{0.05mm}{-----}d\right)+\left(a\raisebox{0.05mm}{-----}b\right)\times\left(e\raisebox{0.05mm}{-----}f\right)=\left(\left(ac+bd\right)+\left(ae+bf\right)\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(\left(ad+bc\right)+\left(af+be\right)\right)$ .

由自然数命题2.3.4(分配率)和加法交换律和加法结合律可知有 $\left(a\times\left(c+e\right)+b\times\left(d+f\right)\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(a\times\left(d+f\right)+b\times\left(c+e\right)\right)=\left(\left(ac+bd\right)+\left(ae+bf\right)\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(\left(ad+bc\right)+\left(af+be\right)\right)$ .

综上有 $x\left(y+z\right)=xy+xz$ .

(8)由已证 $xy=yx$ 以及 $x\left(y+z\right)=xy+xz$ 知 $\left(y+z\right)x=x\left(y+z\right)=xy+xz=yx+zx$ .

4.1.5 证明：若a,b为自然数且 $ab=0$ ，由引理2.3.3知a,b中至少有一个为零. 由引理4.1.5知a,b可为负整数，即a:=-c且b:=-d(c,d均为正自然数). $ab=\left(-c\right)\times\left(-d\right)=\left(\left(-1\right)\times c\right)\times\left(\left(-1\right)\times d\right)=\left(-1\right)\times\left(-1\right)\times cd=cd=0$ ，再由引理2.3.3知c,d至少一个为零，这与c,d均为正自然数相矛盾，故此情况不会出现. 又由引理4.1.5知可a为自然数b为负整数，即 $ab=a\times\left(-d\right)=\left(-1\right)\times ad=0\raisebox{0.05mm}{-----}ad=0$ ，即ad=0，由引理知a,d中至少一个为零，故a,b中至少一个为零. 当b为自然数a为负整数同理可证.

综上，命题成立.

证明二：设 $a:=i\raisebox{0.05mm}{-----}j$ ， $b:=k\raisebox{0.05mm}{-----}l$ (其中i,j,k,l均为自然数).

$ab=\left(i\raisebox{0.05mm}{-----}j\right)\times\left(k\raisebox{0.05mm}{-----}l\right)=\left(ik+jl\right)\raisebox{0.05mm}{-----}\left(il+jk\right)=0=0\raisebox{0.05mm}{-----}0$ ，故 $ik+jl=il+jk$ ，等式两边同时减去 $il+jl$ 得 $ik-il=jk-jl$ ，即 $i\left(k-l\right)=j\left(k-l\right)$ .

现考虑k和l的序. 若 $k=l$ ，显然 $b=k-l=0$ ，故 $i\left(k-l\right)=j\left(k-l\right)$ 显然成立. 若 $k>l$ ，即 $k=l+u$ (u为正自然数)，故 $k-l=u$ ，所以k-l为正自然数，再由推论2.3.7可知 $i=j$ ，故 $a=0$ 且 $b\neq0$ . 若 $k<l$ ，同理可证 $a=0$ 且 $b\neq0$ .

综上，a,b中至少有一个为零.

4.1.6 证明：由整数及其加、乘、负、减运算的定义我们易知其运算结果仍是整数，即整数系对加、减、乘、负运算是封闭的. 现已知 $ac=bc$ ，两边同时减去bc得 $ac-bc=0$ ，即 $\left(a-b\right)c=0$ ，由c不为0和命题4.1.8知 $a-b=0$ ，即 $a=b$ .

证明二：当c为正自然数时. 若a,b均为自然数，由推论2.3.7知 $a=b$ . 若a,b中一个为自然数一个为负整数，不失一般性设 $a:=-m$ (m为正自然数)，由 $ac=bc$ 得 $-mc=bc$ ，即 $\left(b+m\right)c=0$ ，由推论2.3.3知 $b+m=0$ ，故 $b=-m=a$ . 若a,b均为负整数数，设 $a:=-m$ 且 $b:=-n$ (m,n为正自然数)，由 $ac=bc$ 得 $-mc=-nc$ ，即 $mc=nc$ ，由推论2.3.7知 $m=n$ ，故 $-m=-n$ ，即 $a=b$ .

同理可证当c为负整数时亦有 $a=b$ .

4.1.7 证明：(a)由 $a>b$ 和定义4.1.10知对某自然数m有 $a=b+m$ 且 $a\neq b$ . 假若 $m=0$ ，则 $a=b$ ，这与 $a\neq b$ 相矛盾，故 $m\neq 0$ . 再由 $a=b+m$ 知 $a-b=m\neq 0$ ，所以a-b为正自然数.

若a-b为正自然数，设 $a-b:=m$ (m为某正自然数)，故有 $a=b+m$ ，由定义4.1.10知 $a\geqslant b$ . 若 $a=b$ ，由 $a=b+m$ 可推出 $m=0$ ，这与m为正自然数矛盾，故 $a\neq b$ ，再由定义4.1.10和 $a\geqslant b$ 知 $a>b$ .

(b)若 $a>b$ ，由定义4.1.10知对某自然数m有 $a=b+m$ 且 $a\neq b$ . 则有 $a+c=\left(b+c\right)+m$ 且 $a+c\neq b+c$ . 再由定义4.1.10知 $a+c>b+c$ .

(c)若 $a>b$ ，由定义4.1.10知对某自然数m有 $a=b+m$ 且 $a\neq b$ . 则有 $ac=bc+mc$ 且 $ac\neq bc$ . 再由定义4.1.10知 $ac>bc$ .

(d)若 $a>b$ ，由习题4.1.7(b)知 $a+\left(-a-b\right)>b+\left(-a-b\right)$ ，即 $-b>-a$ ，由定义4.1.10知 $-a<-b$ .

(e)若 $a>b$ 和 $b>c$ ，由由定义4.1.10知对某自然数m,n有 $a=b+m$ 且 $a\neq b$ 和 $b=c+n$ 且 $b\neq c$ . 由此得 $a=b+m=\left(c+n\right)+m=c+\left(n+m\right)$ ，由定义4.1.10知 $a\geqslant c$ . 假若 $a=c$ ，由 $a=c+\left(n+m\right)$ 和命题2.2.6知 $n+m=0$ ，再由推论2.2.9知 $n=m=0$ ，此时 $a=b$ 且 $b=c$ ，与 $a\neq b$ 和 $b\neq c$ 都矛盾，故 $a\neq c$ ，再由定义4.1.10 $a\geqslant c$ 和知 $a>c$ .

(f)首先证明三者至多一个成立. 由定义4.1.10知 $a>b$ 和 $a=b$ 不能同时成立；同理可证 $a<b$ 和 $a=b$ 不能同时成立；若 $a>b$ 且 $a<b$ ，由定义4.1.10知存在自然数m,n使得 $a=b+m$ 和 $b=a+n$ 和 $a\neq b$ ，则 $a=b+m=\left(a+n\right)+m=a+\left(n+m\right)$ ，由命题2.2.6知 $n+m=0$ ，再由推论2.2.9知 $n=m=0$ ，此时 $a=b$ ，与 $a\neq b$ 相矛盾，所以 $a>b$ 且 $a<b$ 不成立. 综上我们证明了三命题至多有一个成立.

再证明三者至少一个成立. 对整数a,b，我们知道a-b也是整数，由引理4.1.5知a-b为0，为正自然数或为负整数三者之一，且只能是三者中一个. 若 $a-b=0$ ，则 $a=b$ ；若 $a-b$ 为正自然数，由习题4.1.7(a)知 $a>b$ ；若 $a-b$ 为负整数，则 $-\left(a-b\right)=\left(-a\right)-\left(-b\right)$ 为正自然数，由习题4.1.7(a)知 $-a>-b$ ，由习题4.1.7(d)知 $a<b$ . 综上，至少一个命题成立.

4.1.8 证明：性质P(n)为——n+1为自然数.

文内补充

1.同构.

详见汪芳庭《数学基础》第五章5.2节——同构与同态.

2.整数的排序. 定义4.1.10定义了整数的顺序，其“ $a\geqslant b$ ”的定义不是使用“ $a>b$ 或 $a=b$ ”，而是“存在某自然数c，使得 $a=b+c$ ”. 我们来证明两种定义的等价性.

若知道 $a>b$ 或 $a=b$ . 如果 $a=b$ ，由定义4.1.10知 $a\geqslant b$ ；若 $a>b$ ，由定义4.1.10中“严格大于”的定义知有 $a\geqslant b$ .

若知道 $a\geqslant b$ ，由定义4.1.10知存在某自然数c，使得 $a=b+c$ . 如果自然数 $c=0$ ，则 $a=b+c=b+0=b$ ，即 $a=b$ ；如果 $c\ne 0$ ，假若 $a=b$ ，由 $a=b+c$ 知 $c=0$ ，这与 $c\ne 0$ 矛盾，所以 $a\neq b$ . 再由 $a\geqslant b$ 和定义4.1.10知 $a>b$ . 综上由 $a\geqslant b$ 可知 $a>b$ 或 $a=b$ .