习题 \(1.1\):
第 \(1\) 题:
\(1.1.7\):\(\N\) 上的加法是对乘法满足分配律:即对任意 \(m,n,k\in\N\),\((m+n)\cdot k=m\cdot k+n\cdot k\)。
证明:对 \(k\) 做数学归纳。
令 \(A=\{k\in\N|\forall m,n\in \N,(m+n)\cdot k=m\cdot k+n\cdot k\}\)。
由乘法定义知,\((m+n)\cdot 0=0=m\cdot 0+n\cdot 0\),所以 \(0\in A\)。
若 \(k\in A\),则
因此 \(k+1\in A\),从而 \(A=\N\)。
\(1.1.8\):\(1\) 是 \(\N\) 上乘法的单位元:即对任意 \(m\in \N\),\(m\cdot 1=1\cdot m\)。
证明:\(m\cdot 1=m\cdot 0+m=m\)。
对 \(m\) 做数学归纳。
令 \(A=\{m\in\N|1\cdot m=m\}\)。
由乘法定义知,\(0\in A\)。
若 \(m\in A\),则 \(1\cdot (m+1)=m+1\)。
因此 \(m+1\in A\),从而 \(A=\N\)。
\(1.1.9\):\(\N\) 上的乘法满足交换律:即对任意 \(m,n\in \N\),\(m\cdot n=n\cdot m\)。
证明:对 \(m\) 做数学归纳。
令 \(A=\{m\in\N|m\cdot n=n\cdot m\}\)。
由乘法定义知,\(0\in A\)。
若 \(m\in A\),则
因此 \(m+1\in A\),从而 \(A=\N\)。
\(1.1.10\):\(\N\) 上的乘法满足结合律:即对任意 \(m,n,k\in \N\),\(m\cdot (n\cdot k)=(m\cdot n)\cdot k\)。
证明:对 \(k\) 做数学归纳。
令 \(A=\{k\in \N|m\cdot (n\cdot k)=(m\cdot n)\cdot k\}\)。
由乘法定义知,\(0\in A\)。
若 \(k\in A\),则
因此 \(k+1\in A\),从而 \(A=\N\)。
第 \(2\) 题:证明对任意 \(n\in \N\),
对 \(n\) 做数学归纳。
令 \(A=\{n\in \N|2\cdot (0+1+2+\cdots+n)=n(n+1)\}\)。
由定义知,\(0\in A\)。
若 \(n\in A\),则
因此 \(n+1\in A\),从而 \(A=\N\)。
令 \(A=\{n\in \N|1+3+5+\cdots+(2n+1)=(n+1)\cdot(n+1)\}\)。
由定义知,\(0\in A\)。
若 \(n\in A\),则
因此 \(n+1\in A\),从而 \(A=\N\)。
第 \(3\) 题:设 \(m,n,k\in \N\),证明
(1)(加法消去律):若 \(m+k=n+k\),则 \(m=n\);
(2)(乘法消去律)若 \(k\ne 0\) 且 \(m\cdot k=n\cdot k\),则 \(m=n\)。
(1)对 \(k\) 做数学归纳。
令 \(A=\{k\in \N|\forall m,n\in \N,m+k=n+k\Rightarrow m=n\}\)。
由加法定义知,\(0\in A\)。
若 \(k\in A\),则
因此 \(k+1\in A\),从而 \(A=\N\)。
(2)下面证明 \(\forall x,y\in \N,x+y\in \N\)。
对 \(y\) 做数学归纳。
令 \(A=\{y\in \N|\forall x\in \N,x+y\in N\}\)。
由加法定义知,\(0\in A\)。
若 \(y\in A\),则
因此 \(y+1\in A\),从而 \(A=\N\)。
下面证明 \(\forall x,y\in \N,xy\in \N\)。
对 \(y\) 做数学归纳。
令 \(A=\{y\in \N|\forall x\in \N,xy\in N\}\)。
由乘法定义知,\(0\in A\)。
若 \(y\in A\),则
由于 \(xy,x\in \N\) 且已证明自然数加法的封闭性,因此 \(y+1\in A\),从而 \(A=\N\)。
对原题中的 \(m\) 做数学归纳。
令 \(A=\{m\in \N|\forall n\in \N,m\cdot k=n\cdot k\Rightarrow m=n\}\)。
因为 \(k\ne 0\),所以有自然数 \(k'\) 即 \(k\) 的前驱,令 \(k=k'+1\)。
所以当 \(m=0\) 时:
此时,若 \(n=0\),则显然成立。
若 \(n\ne 0\),所以有自然数 \(n'\) 即 \(n\) 的前驱,令 \(n=n'+1\)。
由于 \(0\) 不是任何自然数的后继,因此对于 \(n\ne 0\),无解。
所以对于 \(m=0\),只有当 \(n=0\) 时才有 \(m\cdot k=n\cdot k\),所以 \(0\in A\)。
若 \(m\in A\),则:
若 \(n=0\):
因为 \(0\) 不是任何自然数的后继,此时必然无解,因此不存在 \(n=0\) 且 \((m+1)\cdot k=n\cdot k\) 的这种情况。
若 \(n\ne 0\):令 \(n=n'+1\)。
因此 \(m+1\in A\),从而 \(A=\N\)。
第 \(4\) 题:(1)证明:对任意 \(m,n\in \N\),存在 \(k\in \N\) 使得 \(m=n+k\) 或者 \(n=m+k\),对前者我们记 \(n\le m\)(也记成 \(m\ge n\))。
(2)证明对 \(\N\) 的任意非空子集 \(A\),存在 \(m\in A\) 使得对任意 \(n\in A\) 都有 \(m\le n\)。即 \(\N\) 的任意非空子集都有最小值。
(3)设 \(f\):\(\N\rightarrow \N\) 满足对任意 \(n\in \N\) 都有 \(f(n+1)\le f(n)\)。证明:存在 \(N\in \N\) 使得对任意 \(n\ge N\),都有 \(f(n)=f(N)\)。
(1)令 \(A=\{t|\forall n,m\in \N,n,m\le t,\exist k,m=n+k\lor n=m+k\}\)。
由加法定义知,\(0\in A\)。
若 \(t\in A\),则若 \(n=m=t+1\),存在 \(k=0\) 满足 \(n=m+k\)。
若 \(n=t+1,m\le t\),假设 \(t=m+k\),则有 \(t+1=m+k+1\) 即 \(n=m+(k+1)\)。因此,存在 \(k=t+1\) 满足 \(n=m+k\)。对于 \(m=t+1\) 同理。
因此 \(t+1\in A\),从而 \(A=\N\)。
(2)令集合 \(B=\{k\in N|\forall i\in A,k\le i\}\)。
下面证明 \(\forall a,b\in N,a\le b\land a\ne b,a+1\le b\)。由于 \(a\le b\),于是有 \(a+k=b\),\(k\in \N\),因为 \(a\ne b\),所以 \(k\ne 0\),令 \(k=k'+1\),有 \(k'\in \N\),因此 \(k\ge 1\),因此 \(b\ge a+1\)。
由于 \(\forall i\in A,i\in \N\) 因此 \(\forall i\in A,0\le i\),因此 \(0\in B\)。
由于 \(A\) 集合非空,因此任取 \(t\in A\),则有 \(\forall i\in B,i\le t\),因此 \(t+1\not\in B\),因此 \(B\not = \N\),所以必然 \(\exist u,u\in B\land u+1\not\in B\)(否则根据数学归纳法 \(B=\N\))(此时如有多个任取其一)。
由于 \(u\in B\),所以 \(\forall i\in A,u\le i\)。
下面证明 \(u\in A\)。考虑反证,若 \(u\not \in A\),那么 \(\forall i\in A,i\ge u+1\),因此 \(u+1\in B\),与前面的 \(u+1\not \in B\) 矛盾,所以说明 \(u\in A\)。
由于 \(u\in A\),于是 \(\forall i>u,i\not \in B\);\(\forall i<u\),又由于 \(\forall j\in A,u\le j\),所以 \(\forall j\in A,i<j\),因此 \(i\in B\)。
所以 \(u\) 是存在且唯一的。
(3)先证 \(\forall a,b\in \N\),若 \(a\ge b\) 且 \(b\le a\),有 \(a=b\)。考虑反证,若 \(a\ne b\),又由于 \(a\le b\),设 \(a+k_1=b\),\(k_1\in \N\)。由于 \(a\ne b\),所以 \(k_1\ne 0\)。同理 \(b+k_2=a\),\(k_2\in \N\land k_2\ne 0\)。
于是有 \(a+k_1+k_2=a\),即 \(k_1+k_2\ne 0\),由于 \(k_2\ne 0\),令 \(k_2=k'_2+1\),所以 \((k_1+k'_2)+1=0\),由于 \(0\) 不是任何自然数的后继,因此矛盾,于是有 \(a=b\)。
令集合 \(A=\{i|\exist j,f(j)=i\}\),由于 \(f:\N\rightarrow \N\),所以 \(\forall i\) 若 \(\exist j,f(j)=i\),有 \(i\in \N\),因此 \(A\subseteq \N\)。又由于 \(f(0)\in A\),则 \(A\) 是 \(\N\) 的非空子集,所以存在最小值 \(u\)。
由于 \(u\in A\),因此 \(\exist i,f(i)=u\)。由于 \(f(i+1)\in A\),所以 \(f(i+1)\ge u\),又由于 \(f(i+1)\le f(i)=u\),因此 \(f(i+1)=u=f(i)\)。
第 \(5\) 题:设 \(a\subseteq \N\) 满足:对认识 \(k\in \N\),\(S(k)\in A\),则 \(k\in A\)。证明以下三种情况之一恰有一个成立:
(1)\(A=\empty\);
(2)存在 \(n\in \N\) 使得 \(n\in A\) 但 \(S(n)\in A\);
(3)\(A=\N\)。
若 \(\not\exist n\in A\),则 \(A\) 是空集。
否则 \(\exist n\in A\),则集合 \(A\) 不是空集。因此存在最小值 \(u\)。
下面证明 \(u=0\),若 \(u\ne 0\) 即 \(S(u-1)\in u\),因此 \(u-1\in A\) 与 \(u\) 是 \(A\) 的最小值矛盾,因此 \(u=0\)。
由于 \(0\in A\),若 \(\forall n\in \N,n\in A\rightarrow n+1\in A\),那么 \(A=\N\)。
否则说明 \(\exist n\in \N,n\in A\land n+1\not\in A\)。
第 \(6\) 题:(\(\N\) 中的带余除法)设 \(m,n\in \N\),\(n\ne 0\)。证明存在 \(k\in \N\) 使得 \(kn\le m<(k+1)n\)(这里 \(a<b\) 表示 \(a\le b\) 且 \(a\ne b\)),从而存在 \(r\in \N,r<n\) 使得 \(m=kn+r\)。
先证 \(\forall a,b\in \N\),不可能同时存在 \(a\le b\) 且 \(a>b\)。考虑反证,由于 \(a\le b\),设 \(a+k_1=b\),\(k_1\in \N\)。由于 \(a >b\),所以 \(b+k_2=a\),\(k_2\in N\)。因为 \(a\ne b\),所以 \(k_2\ne 0\),令 \(k_2=k'_2+1\),\(k'_2\in \N\),所以 \(b+k'_2+1=a\)。
于是有 \(a+k_1+k'_2+1=a\),即 \((k_1+k'_2)+1=0\),这与 \(0\) 不是任何自然数的后继矛盾,因此 \(\forall a,b\in \N\),不可能同时存在 \(a\le b\) 且 \(a>b\)。同理可得 \(\forall a,b\in \N\),不可能同时存在 \(a\ge b\) 且 \(a<b\)。
令集合 \(A=\{x\in \N|nx>m\}\)。
先证 \(m+1\in A\),因为 \(n(m+1)=nm+n\),由于 \(n\ne 0\),因此令 \(n=n'+1\),\(n'\in \N\),所以 \(nm+n=(n'+1)m+m=n'm+m+n'+1=m+1+(n'm+m)\),因此 \(n(m+1)\ge m+1>m\)。
所以 \(A\) 集合非空,因此 \(A\) 集合是 \(\N\) 的非空子集,因此存在最小值 \(u\)。
先说明 \(u\ne 0\),若 \(u=0\),则 \(nu=0\)。由于 \(m=0+m=nu+m\),因此 \(m\ge nu\)。
于是又令 \(S(v)=u\)。下面证 \(vn\le m\),考虑反证,若 \(vn>m\) 则 \(v\in A\),又因为 \(u=v+1\),所以 \(v\le u\) 且 \(v\ne u\),于是 \(v<u\),这与 \(u\) 是最小值矛盾,因此 \(vu\le m\)。
又因为 \(u\in A\),所以可得 \(vn\le m<(v+1)n\),因此 \(k=v\) 合法。
由于 \(vn\le m\),所以存在 \(r\in \N\) 满足 \(vn+r=m\)。下面证明 \(r<n\)。考虑反证,若不满足 \(r<n\)。由于 \(r<n\) 和 \(r\ge n\),因此 \(r\ge n\),那么 \(r=n+t\),\(t\in \N\)。因此 \(vn+r=vn+n+t=(v+1)n+t\),说明 \(v(n+1)\le m\),又由于上面有 \(v(n+1)>m\),所以矛盾,因此 \(r<n\)。
第 \(7\) 题:如果 \((\N,0_1,S_1)\) 和 \((N_2,0_2,S_2)\) 是两个自然数集,映射 \(f:\N_1\rightarrow \N_2\) 满足
问以下结论是否成立?
(1)\(\forall m_1,n_1\in \N_1,f(m_1\oplus_1 n_1)=f(m_1)\oplus_2 f(n_1)\),\(f(m_1\otimes_1 n_1)=f(m_1)\otimes_2 f(n_1)\),其中 \(\oplus_k,\otimes_k\) 分别是 \((\N_k,0_k,S_k)\) 中的加法和乘法。
(2)\(f:\N_1\rightarrow \N_2\) 既是单射,又是满射。
(1)\(\oplus\):对 \(n_1\) 做数学归纳。
令 \(A=\{n_1\in\N_1|\forall f(m_1\oplus_1 n_1)=f(m_1)\oplus_2 f(n_1)\}\)。
由加法定义知,所以 \(0\in A\)。
若 \(k\in A\),则
因此 \(S_1(k)\in A\),从而 \(A=\N_1\)。
\(\otimes\):对 \(n_1\) 做数学归纳。
令 \(A=\{n_1\in\N_1|\forall f(m_1\otimes_1 n_1)=f(m_1)\otimes_2 f(n_1)\}\)。
由加法定义知,所以 \(0\in A\)。
若 \(k\in A\),则
因此 \(S_1(k)\in A\),从而 \(A=\N_1\)。
(2)令 \(A=\{k\in \N_2|\forall n,m\in \N_1,f(n)=f(m)=k\Rightarrow n=m\}\)。
先证对于 \(n\in \N_1\) 若 \(f(n)=0_2\) 则 \(n=0_1\)。若 \(n\ne 0_1\),则存在 \(S_1(n')=n\),则有 \(f(S_1(n'))=0\Rightarrow S_2(f(n'))=0\)。由于 \(0_2\) 不是任何数的后继,因此矛盾,于是有 \(n=0_1\),因此 \(0_2\in A\)。
若 \(k\in A\),则
由于 \(f(0_1)=0_2\),而 \(0_2\) 不是任何数的后继,因此 \(n,m\ne 0_1\)。
于是有令 \(n=S_1(n'),m=S_1(m')\)。
由于 \(S_2\) 是单射,因此
由于 \(S_1\) 是单射,因此 \(n'=m'\Rightarrow n=m\)。
因此 \(S_2(k)\in A\),因此 \(A=\N_2\),因此 \(f\) 是单射。
令集合 \(B=\{k\in \N_2|\exist n\in \N_1,f(n)=k\}\)。
由于 \(f(0_1)=0_2\),所以 \(0_2\in B\)。
若 \(k\in B\),则 \(\exist n\in \N_1,f(n)=k\),于是 \(S_2(f(n))=S_2(k)\),因此 \(f(S_1(n))=S_2(k)\)。
因此 \(S_2(k)\in B\),因此 \(B=\N_2\),因此 \(f\) 是满射。
习题 \(1.2\):
第 \(1\) 题:证明定理 \(1.2.3\)。
定理 \(1.2.3\)(1)\(\Z\) 上的加法和乘法满足交换律、结合律、分配律。
(2)记 \(0_{\Z}=0-0\)。则 \(0_{\Z}\) 是 \(\Z\) 上的加法单位元:对任意 \(z\in\Z\),\(z+0_{\Z}=0_{\Z}+z=z\)。
(3)对任意 \(z\in \Z\),\(z=m-n(m,n\in \N)\),令 \(-z=n-m\),则 \(-z\in \Z\) 满足 \(z+(-z) = (-z)+z=0_{\Z}\)。即任何整数 \(z\) 有加法逆元 \(-z\)。
(4)\(1_{\Z}=1-0\) 是 \(\Z\) 上的乘法单位元:对任意 \(z\in \Z\),\(z\cdot 1_{\Z}=1_{\Z}\cdot 1=z\)。
(1)交换律:证明 \(\forall n,m\in \Z,n+m=m+n\)。
由于 \(n,m\in \Z\),令 \(n=n_1-n_2\),\(m=m_1-m_2\)。所以 \(n+m=(n_1+n_2)-(m_1+m_2)=(n_2+n_1)-(m_2+m_1)=m+n\)。
结合律:证明 \(\forall n,m,k\in \Z,(n+m)+k=n+(m+k)\)。
令 \(n=n_1-n_2\),\(m=m_1-m_2\),\(k=k_1-k_2\)。
因此 \((n+m)+k=((n_1+n_2)-(m_1+m_2))+k\)。
令 \(p=(n_1+n_2)-(m_1+m_2)\)(说明是整数),因此 \((n+m)+k=(p_1+k_1)-(p_2+k_2)=(n_1+m_1+k_1)-(n_2+m_2+k_2)\)。
同理可知,\(n+(m+k)=(n_1+m_1+k_1)-(n_2+m_2+k_2)\),因此 \((n+m)+k=n+(m+k)\)。
分配律:证明:\(\forall n,m,k\in \Z,(n+m)\cdot k=nk+mk\)。
令 \(n=n_1-n_2\),\(m=m_1-m_2\),\(k=k_1-k_2\)。
因此 \((n+m)\cdot k=((n_1+m_1)-(n_2+m_2))\cdot (k_1-k_2)\)。
令 \(p=(n_1+n_2)-(m_1+m_2)\)(说明是整数),因此
而:
(2)\(\forall z\in \Z\),令 \(z=z_1-z_2\),则
(3)\(\forall z\in \Z\),令 \(z=z_1-z_2\)。则
(4)\(\forall z\in \Z\),令 \(z=z_1-z_2\)。则
第 \(2\) 题:证明对任意自然数 \(m,n\),\(m+(-n)=m-n\)。
第 \(3\) 题:证明对任意自然数 \(m,n\),\(-(-m)=m\),\(m\cdot (-n)=-m\cdot n\),\((-m)\cdot (-n)=m\cdot n\)。
\(-(-m)=m\):
\(m\cdot(-n)=-m\cdot n\):
\((-m)\cdot (-n)=m\cdot n\):
习题 \(1.3\):
第 \(1\) 题:证明本节中未证明的定理和推论。
定理 \(1.3.2\):\(\mathbb{Q}\) 是一个域,即 \(\mathbb{Q}\) 上的加法和乘法是良定义的,且满足交换律、结合律和分配律;\(0_{\mathbb{Q}},1_{\mathbb{Q}}\) 分别是加法和乘法的单位元,且 \(1_{\mathbb{Q}}\ne 0_{\mathbb{Q}}\);任何 \(r\in \mathbb{Q}\) 有加法逆元;任何 \(r\in \mathbb{Q}\backslash\{0_{\mathbb{Q}}\}\) 有乘法逆元 \(r^{-1}\),即 \(r\cdot r^{-1}=r^{-1}\cdot r=1_{\mathbb{Q}}\)。
良定义:\(\mathbb{Q}\) 上的加法和乘法是良定义的,即:若 \(\frac{m_1}{n_1}=\frac{m_2}{n_2}\),\(\frac{p_1}{q_1}=\frac{p_2}{q_2}\)。
加法:
因为 \(\frac{m_1}{n_1}=\frac{m_2}{n_2}\),所以 \(m_1n_2=n_1m_2\)。
而
因此
同理
所以 \(\mathbb{Q}\) 上的加法与代表元选取无关。
乘法:
因为 \(\frac{m_1}{n_1}=\frac{m_2}{n_2}\),所以 \(m_1n_2=n_1m_2\)。
而
因此
同理
所以 \(\mathbb{Q}\) 上的乘法与代表元选取无关。
加法交换率:\(\forall n,m\in \mathbb{Q},n+m=m+n\)。
设 \(n=\frac{n_1}{n_2},m=\frac{m_1}{m_2}\),
加法交换率:\(\forall n,m\in \mathbb{Q},n+m=m+n\)。
设 \(n=\frac{n_1}{n_2},m=\frac{m_1}{m_2}\),
乘法交换率:\(\forall n,m\in \mathbb{Q},nm=mn\)。
设 \(n=\frac{n_1}{n_2},m=\frac{m_1}{m_2}\),
加法结合律:\(\forall n,m,k\in \mathbb{Q},n+(m+k)=(n+m)+k\)。
设 \(n=\frac{n_1}{n_2},m=\frac{m_1}{m_2},k=\frac{k_1}{k_2}\),
乘法结合法:\(\forall n,m,k\in \mathbb{Q},n\cdot(m\cdot k)=(n\cdot m)\cdot k\)。
设 \(n=\frac{n_1}{n_2},m=\frac{m_1}{m_2},k=\frac{k_1}{k_2}\),
分配律:\(\forall n,m,k\in \mathbb{Q},(n+m)\cdot k=nk+mk\)。
设 \(n=\frac{n_1}{n_2},m=\frac{m_1}{m_2},k=\frac{k_1}{k_2}\),
【TBD】
第 \(2\) 题:
(a)证明对于任何有理数 \(r\in \mathbb{Q}\),存在唯一的整数部分 \(z\in \Z\) 使得 \(z\le r<z+1\)。我们记 \(z:=[r]\),称它为 \(r\) 的整数部分。
(a)先证明(\(\Z\) 中的带余除法)设 \(m\in \Z,n\in \N\backslash\{0\}\)。证明存在 \(k\in \Z\) 使得 \(kn\le m<(k+1)n\)(这里 \(a<b\) 表示 \(a\le b\) 且 \(a\ne b\)),从而存在 \(r\in \N,r<n\) 使得 \(m=kn+r\)。
若 \(m\ge 0\),则 \(m\in \N\),因此可以用 \(\N\) 中的带余除法说明。若 \(m<0\),则先证明 \(m+(-m)n\ge 0\)。因为 \(m+(-m)n=(-m)(n-1)\)。由于 \(m<0\) 所以 \(-m\ge0,-m\in \N\),由于 \(n\in \N\backslash\{0\}\),所以 \(\exist n'\in \N,n'+1=n\),因此 \(n'=n-1\),所以 \((-m)(n-1)=(-m)n'\in \N\),所以 \(m+(-m)n\in \N\),因此 \(m+(-m)n\ge 0\)。
于是令 \(m+(-m)n=k'n+r'\),那么有 \(m=(k'+m)n+r'\),因此令 \(m=kn+r\) 满足 \(r\in \N\land r<n\) 存在唯一的 \(k,r\) 满足:\(k=k'+m,r=r'\)。
由于 \(r\in Q\),设 \(r=\frac{r_1}{r_2}\),\(r_1,r_2\in \Z\) 且 \(r_2\ne 0\)。
若 \(r_2<0\),由于 \(\mathbb{Q}\) 上的乘法是良定义的,因此可以将 \(r_1,r_2\) 同时乘以 \(-1\),\(r\) 不变。又由于 \(r_2\ne 0\),因此现在有 \(r_2>0\)。
因为 \(z\le \frac{r_1}{r_2}<z+1\),于是 \(zr_2\le r_1< zr_2+r_2\)。由 \(\Z\) 中的带余除法可得,存在唯一的 \(k,t\in \N\) 满足 \(r_1=kr_2+t\) 且 \(0\le t<r_2\),取 \(z=k\)。
(b)(正整数的进位制表示法)任意给定正整数 \(p>1\),证明对于任意正整数 \(N\),\(N\) 可以唯一写成如下形式
其中 \(n\) 是非负整数,\(a_n,a_{n-1},\cdots,a_1,a_0\) 是小于 \(p\) 的非负整数,\(a_n>0\)。
(b)先证明:对于 \(\forall p\in \N^{\star},n\in \N^{\star},p^n\ge p\)。
令 \(A=\{n\in \N^{\star}|p^n\ge p\}\)。
对于 \(n=1\),\(p^n=p\),因此满足 \(p^n\ge p\),所以 \(1\in A\)。
若 \(n\in A\),则 \(p^{n+1}=p^np\ge p^n\ge p\),所以 \(n+1\in A\)。
因此 \(A=\N\)。
先证明:对于任意自然数序列 \(a_n,a_{n-1},\cdots,a_1,a_0\),满足 \(\forall i\in [0,n],a_i<p\)。
令 \(B=\{N\in\N^{\star}|N\texttt{可以唯一被写成题目中描述的形式}\}\)。
对于 \(N<p\),先证明 \(n=0\)。若 \(n>0\),又由于 \(a_n>0\),因此 \(a_n p^n\ge p^n\)。由于 \(a_{n-1}p^{n-1}+a^{n-2}p^{n-2}+\cdots + a_1p+ a_0\ge 0\),因此 \(a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}+\cdots+a_1p+a_0\ge a_n p^n\ge p^n\)。
由于 \(n>0\),且 \(p>1\),因此 \(p^n\ge p\)。又由于 \(N=a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}+\cdots+a_1p+a_0\),于是有 \(N\ge p\),这与 \(N<p\) 矛盾。
因此当 \(N<p\) 时,\(n=0\)。于是有 \(a^0=N\),因此存在唯一的 \(a_0\) 满足条件。
因此 \(\{1,2,\cdots,p-1\}\subseteq B\)。
若 \(\{1,2,\cdots, N\}\subseteq B\) 且 \(N\ge p\),对于 \(N+1\),由于 \(\N\) 上的带余除法,存在唯一的自然数 \(k,r\) 满足 \(N+1=kp+r\)。
先证明 \(k<N+1\)。考虑反证,若 \(k\ge N+1\),由于 \(p>1\),\(kp+r\ge kp\ge k(p-1)+p>N+1\),与 \(kp+r= N+1\) 矛盾,因此 \(k<N+1\)。
并且由于 \(N+1>p\),所以 \(k\ne 0\)。因为若 \(k=0\),由于 \(r<p\),所以 \(kp+r=r<p\),与 \(N+1>p\) 矛盾。
因此 \(k\in \{1,2,\cdots, N\}\),所以 \(k\in B\)。
于是 \(k\) 有唯一 \(p\) 进制表示,令 \(k=a'_{n'}p^{n'}+a'_{n'-1}p^{n'-1}+\cdots, a'_1p+a'_0\)。
下面证明 \(n=n'+1\)。若 \(n\le n'\),则 \(a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}+\cdots+a_1p+a_0\le p^{n+1}-1\)。
由于 \(k=a'_{n'}p^{n'}+a'_{n'-1}p^{n'-1}+\cdots, a'_1p+a'_0\ge p^{n'}\),因此 \(N+1=pk+r\ge pk\ge p^{n'+1}\)。
这与 \(N\le p^{n+1}-1\) 矛盾。
另一方面,若 \(n>n'+1\),则 \(a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}+\cdots+a_1p+a_0\ge a_np^n\ge p^n\)。
由于 \(k\le p^{n'+1}-1\),所以 \(N=kp+r\le p(p^{n'+1}-1)+p-1\le p^{n'+2}-1\),这与 \(n>n'+1,N\le p^{n+1}-1\) 矛盾。
所以 \(n=n'+1\)。\(N+1=kp+r=p(a'_n p^{n'}+a'_{n'-1}p^{n'-1}+\cdots + a'_1p+a'_0)+r=a'_np^{n'+1}+a_{n'-1}p^{n'}+\cdots + a'_1p^2+a'_0p+r\)。
因此存在 \(\forall i\in [1,n],a_i=a'_{i-1}\),\(a_0=r\) 的构造。
下面证明其唯一性,若存在 \(b_{n},b_{n-1},\cdots,b_{0}\) 满足 \(a\ne b\) 且 \(N=b^np^n+b_{n-1}p^{n-1}+\cdots+b_1p+b_0\)。
令 \(C=\{1\le i\le n,i\in \N|a_i\ne b_i\}\),若 \(C=\empty\),则 \(a=b\),所以 \(C\) 非空。
由于 \(C\) 有上界 \(n\),所以 \(C\) 存在最大值 \(mx\)。
于是有 \(a_{mx}\ne b_{mx}\),且 \(\forall i\in [mx,n],a_i=b_i\)。
由于满足 \(a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}+\cdots+a_1p+a_0=b^np^n+b_{n-1}p^{n-1}+\cdots+b_1p+b_0\),不妨假设 \(a_{mx}<b_{mx}\)。
由于 \(a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}+\cdots+a_1p+a_0\),于是有 \(a_{mx}p^{mx}+a_{mx-1}p^{mx-1}+\cdots+a_1p+a_0=b_{mx}p^{mx}+b_{mx-1}p^{mx-1}+\cdots+b_1p+b_0\)。
由于 \(a_{mx}p^{mx}+a_{mx-1}p^{mx-1}+\cdots+a_1p+a_0\le a_{mx}p^{mx}+p^{mx}-1\),而 \(b_{mx}p^{mx}+b_{mx-1}p^{mx-1}+\cdots+b_1p+b_0\ge b_{mx}p^{mx}\)。
所以不可能满足 \(a_{mx}p^{mx}+a_{mx-1}p^{mx-1}+\cdots+a_1p+a_0=b_{mx}p^{mx}+b_{mx-1}p^{mx-1}+\cdots+b_1p+b_0\) 且 \(a\ne b\)。
因此存在唯一 \(a\) 满足 \(N+1=a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}+\cdots+a_1p+a_0\),所以 \(N+1\in B\)。
因此 \(B=\N\)。
第 \(3\) 题:重要的不等式。以下设 \(\mathbb{F}\) 为任一序域。
(a)证明 \(x^2\ge 0\)(\(\forall x\in \mathbb{F}\)),并且 \(x^2=0\) 当且仅当 \(x=0\)。
(a)先证 \(\forall a,b,c\in \mathbb{F},c\ne 0\),若 \(a\ne b\),则有 \(ac\ne bc\)。
考虑反证,若 \(ac=bc\),由于 \(c\ne 0\),因此存在 \(c\) 的逆元 \(c^{-1}\)。
于是有
与 \(a\ne b\) 矛盾。
先证若 \(x\le y\),则 \(-x\ge -y\)。
考虑反证,若 \(-x< -y\),则 \(-x+(x+y)< -y+(x+y)\) 即 \(y<x\) 这与 \(x\le y\) 矛盾。
同理可得:
- 若 \(x< y\),则 \(-x> -y\);
- 若 \(x\ge y\),则 \(-x\le -y\);
- 若 \(x> y\),则 \(-x< -y\)。
若 \(x\ge 0\) 且 \(0\le x\),所以 \(x\cdot x\ge 0\cdot x\),因此 \(x^2\ge 0\)。
若 \(x<0\),因此 \((-x)x<0\),则 \(-x^2<0\),因此 \(x^2>0\)。
若 \(x=0\),则有 \(x^2=0\),因此在 \(x=0\) 时取等。
若 \(x\ne 0\),则 \(x\cdot x\ne 0\cdot x\),即 \(x^2\ne 0\),因此 \(x^2>0\)。
因此 \(x^2=0\) 当且仅当 \(x=0\)。
(b)(Cauchy-Schwarz 不等式)证明对任意 \(a_1,\cdots,a_n,b_1,\cdots,b_n\in \mathbb{F}\),
并且其中不等式成立当且仅当存在 \(\lambda\in \mathbb{F}\) 使得
或者
事实上,成立一下 Lagrange 恒等式
这个等式的几何意义是 \(\mathbb{F}^n\) 中由向量 \(a=(a_1,a_2,\cdots,a_n)^{T}\) 和 \(b=(b_1,b_2,\cdots,b_n)^{T}\) 所形成的平行四边形的面积与它在各 \(2\) 维坐标平面中的投影平行四边形面积的关系。
(b)
因此证明原命题等价于证明 \(2\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^{n} a_ib_ia_jb_j\le \sum_{i=1}\sum_{j=i+1}^{n} a_i^2b_j^2+a_j^2b_i^2\)。
由于 \((a_ib_j-a_jb_i)^2\ge 0\),因此 \(a_i^2b_j^2+a_j^2b_i^2-2a_ia_jb_ib_j\ge 0\)(当且仅当 \(a_ib_j-a_jb_i=0\) 时取等,即 \(a_ib_j=a_jb_i\))。
于是有 \(a_i^2b_j^2+a_j^2b_i^2\ge 2a_ia_jb_ib_j\)。
因此 \(2\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^{n} a_ib_ia_jb_j\le \sum_{i=1}\sum_{j=i+1}^{n} a_i^2b_j^2+a_j^2b_i^2\)。
当且仅当 \(\forall 1\le i,j\le n,a_ib_j=a_jb_i\)。
若 \(a\) 序列全为 \(0\),那么取 \(\lambda=0\),有
否则,\(\exists 1\le i\le n, a_i\ne 0\),那么有 \(\lambda=\frac{b_i}{a_i}\)。
\(\forall 1\le j\le n,j\ne i\),由于 \(a_ib_j=a_jb_i\),所以 \(a_ib_j=a_j\lambda a_i\)。因为 \(a_i\ne 0\),因此 \(b_j=\lambda a_j\)。
于是有
所以
(c)(Bernoulli 不等式)设 \(x_1,\cdots,x_n>-1\),且 \(x_ix_j\ge 0(\forall i,j\in \{1,2,\cdots,n\})\) 证明
其中等号成立当且仅当 \(n=1\) 或者 \(x_1,\cdots,x_n\) 中至多有一个非零。经典的 Bernoulli 不等式:
(c)考虑归纳:令 \(A=\{n\in \mathbb{F}^{+}|\forall x_1,x_2,\cdots,x_n>-1\land \forall i,j\in [1,n],x_ix_j\ge 0,x_ix_j\ge 0\}\)。
显然 \(1\in A\)。
若 \(n\in A\),那么有:
由于 \(x_{n+1}>-1\),所以 \(1+x_{n+1}>0\)。
由于 \(\forall i,j\in [1,n+1],x_ix_j\ge 0\),因此 \(x_1x_{n+1}+x_2x_{n+1}+\cdots+x_nx_{n+1}=(x_1+x_2+\cdots+x_n)x_{n+1}>0\)。
因此 \(n+1\in A\),所以 \(A=\mathbb{N}^{\star}\)。
当 \(n=1\) 时,\(1+x_1=1+x_1\),等号成立。
当 \(x_1,\cdots,x_n\) 中至多有一个非零时,归纳的过程中一直满足 \((x_1+\cdots+x_n)x_{n+1}=0\)。
因为若 \(x_1+\cdots+x_n\ne 0\),则说明 \(x_1,\cdots,x_n\) 中存在非零元素;\(x_{n+1}\ne 0\) 则说明 \(x_{n+1}\) 非零。由于至多有一个非零,所以 \(x_1+\cdots+x_n\) 和 \(x_{n+1}\) 不可能同时为 \(0\),因此等号成立。
当 \(x_1,\cdots,x_n\) 中存在多于一个非零元素时,不妨设其中两个非零元素下标为 \(i,j\),在 \(n=j-1\) 的归纳过程中就会出现 \((x_1+\cdots+x_n)x_{n+1}>0\) 因此等号不成立。
(d)利用 Bernoulli 不等式证明对任何正整数 \(n\) 以及任何正数 \(a,b\),都有
且等号成立当且仅当 \(a=b\)。并利用这个不等式证明对任何正整数 \(n\) 都有
(d)
由于 \(\frac{a}{b}\ge 0\) 因此 \(\frac{a}{b}-1\ge -1\),所以 \(\frac{\frac{a}{b}-1}{n+1}\ge -\frac{1}{n+1}\ge -1\)。
由于 \(n\) 是正整数,因此 \(n+1\ge 2\),因此 \(b^n (\frac{a+nb}{n+1})(1+\frac{\frac{a}{b}-1}{n+1})^n\ge b^n (\frac{a+nb}{n+1})(1+\frac{\frac{a}{b}n-n}{n+1})\) 不等号取等当且仅当 \(\frac{\frac{a}{b}-1}{n+1}=0\),即 \(a=b\)。
而 \(b^{n-1} (\frac{n(a-b)^2}{(n+1)^2}+ab)\ge b^{n-1} (ab)\) 不等号取等当且仅当 \(a=b\)。
因此等号取等当且仅当 \(a=b\)。
取 \(a=1,b=1+\frac{1}{n}\),显然 \(a\ne b\),因此:
由于 \(1+\frac{1}{n+1}>1\),因此 \((1+\frac{1}{n+1})^{n+1}<(1+\frac{1}{n+1})^{n+2}\)。
因此 \((1+\frac{1}{n+1})^{n+2}<(1+\frac{1}{n})^{n+1}\)。
(e)(算术-几何平均值不等式)利用(d)中不等式证明:在任何序域 \(\mathbb{F}\) 中,对任意正整数 \(n\) 和非负数 \(x_1,x_2,\cdots,x_n\in \mathbb{F}\),都成立
其中等号成立当且仅当 \(x_1=x_2=\cdots=x_n\)。(提示:不是每个序域都可以使用开方运算)
(e)定义 \(A=\{n\in \mathbb{N}^{\star}|\forall x_1,x_2,\cdots,x_n\in \mathbb{F}\land x_1,x_2,\cdots,x_n\ge 0,x_1x_2\cdots x_n\le (\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n})^n\}\)。
显然 \(n=1\in A\)。
若 \(n\in A\),则
因此 \(A=\mathbb{N}^{\star}\)。
若等号取等当且仅当 \(\forall i\in[2,n],x_i=\frac{\sum_{j=1}^{i-1}x_j}{i-1}\)。
令集合 \(B=\{i\in [1,n]|a_i=a_1\}\)。
显然 \(1\in B\)。
若 \(i\in B\) 且 \(i<n\),则由于 \(a_{i+1}=\frac{\sum_{j=1}^{i}a_j}{i}=\frac{\sum_{j=1}^{i}a_1}{i}=a_1\)。
因此 \(i+1\in B\)。
因此 \(B=\{1,2,\cdots, n\}\),即 \(x_1=x_2=\cdots=x_n\)。
(f)(广义的算术-几何平均值不等式)证明对任何非负数 \(x_1,x_2\cdots,x_n\in \mathbb{F}\) 和任何正整数 \(p_1,p_2,\cdots,p_n\) 都成立
其中等号成立当且仅当 \(x_1=x_2=\cdots=x_n\)。
(f)定义 \(A=\{n\in \mathbb{N}^{\star}| \forall x_1,x_2,\cdots,x_n\in \mathbb{F}\land x_1,x_2,\cdots,x_n\ge 0\land p_1,p_2,\cdots,p_n\in \mathbb{F}^+, x_1^{p_1}x_2^{p_2}\cdots x_n^{p_n}\le (\frac{p_1x_1+p_2x_2+\cdots+p_nx_n}{p_1+p_2+\cdots+p_n})^{p_1+p_2+\cdots+p_n}\}\)。
显然 \(n=1\in A\)。
若 \(n\in A\),则
令 \(b=p_1x_1+p_2x_2+\cdots+p_nx_n,c=p_1+p_2+\cdots+p_n\)
令集合 \(B=\{i\in \mathbb{N}^{\star}|x_{n+1}^ib^c\le (\frac{ix_{n+1}+b}{i+c})^{c+i}\}\)。
由于 \(x_{n+1}b^c\le(\frac{x_{n+1}+c\frac{b}{c}}{c+1})^{c+1}= (\frac{x_{n+1}+b}{c+1})^{c+1}\),所以 \(1\in B\)。
若 \(i\in B\),则
因此 \(i+1\in B\),因此 \(B=\mathbb{N}^{\star}\)。
于是有
所以,\(n+1\in A\)。
因此 \(A=\mathbb{N}^{\star}\)。
若等号取等当且仅当 \(\forall i\in[2,n],x_i=\frac{\sum_{j=1}^{i-1}x_j}{i-1}\)。
令集合 \(B=\{i\in [1,n]|a_i=a_1\}\)。
显然 \(1\in B\)。
若 \(i\in B\) 且 \(i<n\),则由于 \(a_{i+1}=\frac{\sum_{j=1}^{i}a_j}{i}=\frac{\sum_{j=1}^{i}a_1}{i}=a_1\)。
因此 \(i+1\in B\)。
因此 \(B=\{1,2,\cdots, n\}\)。
第 \(4\) 题:证明:对任何正有理数 \(\epsilon\),都存在非负有理数 \(x\) 使得 \(x^2<2<(x+\epsilon)^2\)。
令 \(A=\{x\in \mathbb{Q}|x^2<2\}\)。
显然 \(0\in A\)。
并且 \(\forall i\in A,i\le 2\),因此 \(A\) 有上界 \(2\)。
所以 \(A\) 在 \(\mathbb{R}\) 上存在上确界 \(c\),并令 \(d=c-\epsilon\),由于 \(\epsilon\in \mathbb{Q}^{+}\),因此 \(d<c\)。
由于有理数的稠密性,因此存在有理数 \(x\) 满足 \(c<x<d\)。
第 \(5\) 题:若正整数 \(p\) 不是完全平方数(即某个整数的平方),则不存在有理数 \(r\) 使得 \(r^2=p\)。(尽可能不用算数基本定理,即每个正整数可以唯一分解为有限多个素数的乘积)
令 \((\frac{m}{n})^2=p\),那么 \(m^2=pn^2\)。
因此 \(\frac{m}{n}=\frac{pn}{m}=p\)。这是因为 \((pn)^2=p^2n^2\),而 \(m^2=pn^2\),因此 \((pn)^2=p(m^2)\),所以 \((\frac{pn}{m})^2=p\)。
令 \(k=\lfloor\frac{m}{n}\rfloor\),\(k\in \mathbb{Z}\)。
所以 \((\frac{pn-km}{m-kn})^2=p\),显然 \(m-kn<n\)。
并且 \(m-kn\ne 0\)。考虑反证,若 \(m-kn=0\),说明 \(k=\frac{m}{n}\),\(k\in \mathbb{Z}\),那么说明 \(p\) 是完全平方数(即某个整数的平方),与前提矛盾,因此 \(m-kn\ne 0\)。
因此 \((pn-km,m-kn)\) 也是 \((m,n)\) 的一组解。
所以有无限多组 \((m',n')\) 的解满足 \(m'\le m,n'\le n\)。
但由于 \(m,n\) 是有限的,所以矛盾。
因此不存在有理数 \(r\) 使得 \(r^2=p\)。
第 \(6\) 题:证明 \((\mathbb{Q},\mathbb{Q}^{+})\) 是最小的序域,即对任何序域 \((\mathbb{F},\mathbb{F}^+)\),\(\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{F}\),\(\mathbb{Q}^+\subseteq \mathbb{F}^+\)。
由于 \(0,1\in \mathbb{F}\)。
令 \(A=\{i\in \N|i\in \mathbb{F}\}\)。
有 \(0,1\in A\)。
若 \(i\in A\),则 \(i+1\in A\),因此 \(A=\mathbb{N}\)。
所以 \(\mathbb{N}\subseteq \mathbb{F}\)。
由于加法有逆元,因此 \(\forall x\in \mathbb{N},0-x\in \mathbb{F}\),因此 \(\mathbb{Z}\subseteq \mathbb{F}\)。
由于乘法除了零有逆元,因此 \(\forall x\in \mathbb{Z}\backslash\{0\},\frac{1}{x}\in \mathbb{F}\),因此 \(\mathbb{Z}\subseteq \mathbb{F}\)。
因此 \(\forall x\in \mathbb{Z},\forall y\in \mathbb{Z}\backslash\{0\},\frac{x}{y}\in \mathbb{F}\),因此 \(\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{F}\)。
第 \(7\) 题:\(\mathbb{Z}={0,1}\) 按如下加法和乘法构成一个域,它是最小的域,但不是序域。
是一个域:
- 加法交换律、乘法交换律、加法结合律、乘法结合律都成立;
- 有单位元 \(0,1\)(\(0\ne 1\)),\(a+0=0+a=0\),\(a\cdot 1=1\cdot a = a\);
- 各元都有加法逆元,\(0+0=0\),\(1+1=0\);
- 各非零元都有乘法逆元,\(1\cdot 1=1\)。
- 分配律成立。
不是序域:
若 \(0<1\),那么 \(0+1<1+1\),即 \(1<0\) 与 \(0<1\) 矛盾,因此不是序域。
第 \(8\) 题:记 \(\mathbb{Q}[\sqrt{2}]=\{a+b\sqrt{2}|a,b\in \mathbb{Q}\}\)。证明 \(\mathbb{Q}[\sqrt{2}]\) 上可以合理定义加法和乘法以及序使得 \(\mathbb{Q}[\sqrt{2}]\) 是一个序域,并且 \(\mathbb{Q}\) 可以等同于 \(\{a+0\sqrt{2}|a\in \mathbb{Q}\}\),并且两者上面定义的加法、乘法和序是相容的。
定义 \((a+b\sqrt{2})+(c+d\sqrt{2})=(a+c)+(b+d)\sqrt{2}\)。
\((a+b\sqrt{2})\cdot(c+d\sqrt{2})=(ac+2bd)+(ac+bd)\sqrt{2}\)。
- 加法交换律、乘法交换律、加法结合律、乘法结合律都成立;
- 有单位元 \(0+0\sqrt{2},1+0\sqrt{2}\)(\(0+0\sqrt{2}\ne 1+0\sqrt{2}\)),\(a+(0+0\sqrt{2})=(0+0\sqrt{2})+a=0\),\(a\cdot (1+0\sqrt{2})=(1+0\sqrt{2})\cdot a = a\);
- 各元都有加法逆元,\((a+b\sqrt{2})+((-a)+(-b)\sqrt{2})=0+0\sqrt{2}\);
- 各非零元都有乘法逆元,\((a+b\sqrt{2})(\frac{a}{a^2-2b}-\frac{b}{a^2-2b}\sqrt{2})=1\)。
- 分配律成立。
对于数 \(x=a+b\sqrt{2}\) 定义 \(S_x=\{y\in \mathbb{Q}|y\le a+b\sqrt{2}\}\)。
定义 \(a\le b\) 当且仅当 \(S_a\subseteq S_b\)。
- 若 \(x\le y\),则 \(x+z\le y+z\);
- 若 \(x\le y\) 且 \(y\ge 0\),则 \(xz\le yz\)。
在 \(\mathbb{Q}\) 中,\((a+0\sqrt{2})+(b+0\sqrt{2})=(a+b)+0\sqrt{2}\),\((a+0\sqrt{2})\cdot(b+0\sqrt{2})=(ab)+0\sqrt{2}\)。
而序的定义是一样的。
因此是相容的。
习题 \(1.4\)
第 \(1\) 题:证明本节中未经证明的定理和推论。
最后,我们可以总结一下这一章中最重要的结论:实数集 \(R\) 是唯一一个具有确界性质的序域。
定理 1.4.18. 若 \((\mathbb{F}_1,\mathbb{F}_1^+)\) 和 \((\mathbb{F}_2,\mathbb{F}_2^+)\) 是两个序域,都具有确界性质,则存在唯一的一一对应 \(f:\mathbb{F}_1\rightarrow \mathbb{F}_2\) 使得 \(f\) 保持加法、乘法和序,即
且 \(f(\mathbb{F}_1^+)=\mathbb{F}_2^+\)。
不会。
第 \(2\) 题:设 \(\mathbb{F}\) 是序域,\(A\subset \mathbb{F}\) 是非空的有限集合。证明:\(A\) 有最大值和最小值。
考虑归纳。令 \(A=\{x\in \mathbb{N}^{\star}|\forall |S|=x,S\text{ 有最小值}\}\)。
若 \(x\in A\),则 \(\forall |S|=x\),令 \(S\) 最小值为 \(mn\),则 \(S\cup\{x\}\) 有最小值 \(\min\{mn,x\}\)。
因此所有 \(|S'|=x+1\) 的集合也都有最小值,因此 \(x+1\in A\)。
所以 \(A=\mathbb{N}\)。
第 \(3\) 题:讨论集合 \(\{q^n|n\in \mathbb{N}^\star\}\) 的有界性,其中 \(q\in\mathbb{Q}\)。
-
若 \(q>1\),则无上界,有下确界 \(q\);
-
若 \(q=1\),则有上确界 \(1\),有下确界 \(1\);
-
若 \(0< q<1\),则有上确界 \(q\),有下确界 \(0\);
-
若 \(q=0\),则有上确界 \(0\),有下确界 \(0\);
-
若 \(-1<q<0\),则有上确界 \(q^2\),有下确界 \(q\);
-
若 \(q=-1\),则有上确界 \(1\),有下确界 \(-1\);
-
若 \(q<-1\),则无上确界,无下确界。
第 \(4\) 题:设 \(\mathbb{F}\) 是序域。
(a)证明 \(\mathbb{F}\) 具有阿基米德性质(即 \(\mathbb{N}\) 在 \(\mathbb{F}\) 中无上界)当且仅当 \(\mathbb{Q}\) 在 \(\mathbb{F}\) 中稠密。(由此可知有理数在实数集中稠密)
(a)若 \(\mathbb{F}\) 不具有阿基米德性质,此时 \(\mathbb{N}\) 在 \(\mathbb{F}\) 中有上界 \(l\)。那么,\((l,l+1)\) 之间必然不存在有理数。考虑反证,若 \(\exist x \in \mathbb{Q},l<x<l+1\),令其为 \(\frac{p}{q}\),那么 \(p\ge\frac{p}{q}>l\),与 \(l\) 是上界矛盾,因此 \((l,l+1)\) 之间必然不存在有理数,所以 \(\mathbb{Q}\) 在 \(\mathbb{F}\) 中不稠密。
因此若 \(\mathbb{Q}\) 在 \(\mathbb{F}\) 中稠密,则 \(\mathbb{F}\) 具有阿基米德性质。
\(\mathbb{Q}\) 在 \(\mathbb{F}\) 中不稠密,则 \(\exist l<r,\not\exist t\in \mathbb{Q},l<t<r\)。那么 \(\frac{1}{r-l}\) 一定是 \(\mathbb{N}\) 的上界。考虑反证,若 \(\exist n>\frac{1}{r-l}\),那么 \(\frac{1}{n}<\frac{1}{r-l}\)。若存在 \(a<l\),若存在 \(m\in \N,a+m\frac{1}{n}>l\),那么必然存在 \(k\in \N,l<a+k\frac{1}{n}<r\) 与 \(\exist l<r,\nexists t\in \mathbb{Q},l<t<r\) 矛盾;若不存在这样的 \(m\),则说明 \(l\) 是自然数的上界,因此阿基米德性质不成立。若存在 \(a>r\) 则同理。若都不存在这样的 \(a\),则 \(\mathbb{Q}=\empty\),矛盾。总之,我们可以说明若 \(\mathbb{Q}\) 在 \(\mathbb{F}\) 中不稠密,则必然不满足阿基米德性质。
因此若 \(\mathbb{F}\) 具有阿基米德性质,则 \(\mathbb{Q}\) 在 \(\mathbb{F}\) 中稠密。
综上,\(\mathbb{F}\) 具有阿基米德性质当且仅当 \(\mathbb{Q}\) 在 \(\mathbb{F}\) 中稠密。
(b)设 \(\mathbb{F}\) 具有阿基米德性质。证明:若 \(a,b\in \mathbb{F}\),证明 \(a\le b\) 当且仅当对 \(\forall n\in \mathbb{N}^{\star}\),\(a<b+\frac{1}{n}\)。
若 \(a\le b\),那么 \(\forall n\in \N^*,a\le b<b+\frac{1}{n}\)。
若 \(\forall n\in \N^*,a<b+\frac{1}{n}\),则必有 \(a\le b\)。考虑反证,若 \(a>b\),则此时 \(\frac{1}{a-b}\) 是 \(\N\) 的上界。
考虑反证,若存在 \(r\in \mathbb{N},r>\frac{1}{a-b}\),那么 \(\frac{1}{r}<a-b\),所以 \(\frac{1}{r}+b<a\) 与 \(\forall n\in \N^*,a<b+\frac{1}{n}\) 矛盾。
因此,此时 \(\frac{1}{a-b}\) 是 \(\N\) 的上界与 \(\mathbb{F}\) 具有阿基米德性质矛盾。
于是有当 \(a\le b\),那么 \(\forall n\in \N^*,a\le b<b+\frac{1}{n}\)。
综上,\(a\le b\) 当且仅当对任意 \(n\in \N^*,a<b+\frac{1}{n}\)。
第 \(5\) 题:(按 Dedekind 分割)设 \(A\subset \mathbb{Q}\)。证明:\(A\) 是一个实数当且仅当:
(a)\(A\) 非空有上界,且
(b)\(\mathbb{Q}\backslash A\) 中每个元素都是 \(A\) 的上界,且
(c)\(\mathbb{Q}\backslash A\) 没有最小值。
有三条性质可得:
- \(A\) 是 \(\mathbb{Q}\) 的非空子集;
- \(A\) 在 \(\mathbb{Q}\) 中有上界;
- \(\forall x\in A,\forall y\in \mathbb{Q},y<x\Rightarrow y\in A\)。考虑反证,若不满足则 \(\exist x\in A,\exist y\in \mathbb{Q},y<x\land y\notin A\),由于 \(y\notin A\),因此 \(y\in \mathbb{Q}\backslash A\),因此 \(y\) 是 \(A\) 的上界这与 \(\exist x\in A,y<x\) 矛盾。
- 若 \(A\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上存在上确界,则 \(b\in A\)。考虑反证,若 \(A\) 中存在上确界 \(x\) 且 \(b\notin A\),则 \(\mathbb{Q}\backslash A\) 有最小值 \(x\) 这与 \(\mathbb{Q}\backslash A\) 没有最小值矛盾。
由实数定义可得:
- \(A\) 是 \(Q\) 的非空子集;
- \(\mathbb{Q}\backslash A\) 中每个元素都是 \(A\) 的上界。考虑反证,若 \(\exist x\in \mathbb{Q}\backslash A\),\(x\) 不是 \(A\) 的上界,那么 \(\exist y\in A,x<y\),这与 \(\forall x\in A,\forall y\in \mathbb{Q},y<x\Rightarrow y\in A\) 矛盾。
- \(\mathbb{Q}\backslash A\) 没有最小值。考虑反证,若 \(\mathbb{Q}\backslash A\) 有最小值 \(x\),那么 \(A\) 有上确界 \(x\),且 \(x\notin A\),这与若 \(A\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上存在上确界,则 \(b\in A\) 矛盾。
第 \(6\) 题:(按 Dedekind 分割)设 \(A\subset \mathbb{Q}\) 是一个实数。证明:
若存在 \(x\in A\),但 \(x\notin \cap_{r=\mathbb{Q}\backslash A} \mathbb{Q}_r\),则说明存在 \(y\notin A,x\notin \mathbb{Q}_y\),因此 \(y<x\) 这与 \(\forall x\in A,\forall y\in \mathbb{Q},y<x\Rightarrow y\in A\) 矛盾。
若存在 \(x\notin A\),但 \(x\in \cap_{r=\mathbb{Q}\backslash A} \mathbb{Q}_r\),说明 \(x\) 是 \(\mathbb{Q}\backslash A\) 的最小值。
考虑反证,若 \(\exists y<x,y\in \mathbb{Q}\backslash A\),则 \(x\notin \mathbb{Q}_y\),这与 \(x\in \cap_{r=\mathbb{Q}\backslash A} \mathbb{Q}_r\) 矛盾。
这与 \(\mathbb{Q}\backslash A\) 没有最小值矛盾。
- 称 \(I \subseteq \mathbb{R}\) 是一个区间,如果对任意 \(x,y \in I\) 以及任意 \(z \in \mathbb{R}\),
若 \(x < z < y \Rightarrow z \in I\)。证明 \(\mathbb{R}\) 中的区间必然是如下九种集合之一:
如果把 \(\mathbb{R}\) 改成 \(\mathbb{Q}\),上述结论成立吗?
根据区间 \(I\) 是否有上界,若有上界,则在 \(\mathbb{R}\) 上必有上确界,此时再根据上确界是否在 \(I\) 内分成。下界同理,因此分成 \(3\times 3=9\) 类。
在 \(\mathbb{Q}\) 中不成立,例如 \(\{x\in \mathbb{Q}|x^2<2\}\) 这个集合满足区间的性质,但在 \(\mathbb{Q}\) 中不存在上确界和下确界,因此无法表示成上面的这 \(9\) 中形式之一。
第 \(8\) 题:
(a). 证明:整数集 \(\mathbb{Z}\) 在实数集中既无上界,又无下界。
考虑反证。若 \(\mathbb{Z}\) 在 \(\mathbb{R}\) 中存在上界,又由于 \(\mathbb{Z}\) 非空(\(0\in \mathbb{Z}\)),因此 \(\mathbb{Z}\) 在 \(\mathbb{R}\) 中存在上确界 \(a\)。
因此,\(\exist b\in \mathbb{Z}, a-1<b\le a\),否则 \(a-1\) 是 \(\mathbb{Z}\) 更小的上界,与上确界定义矛盾。但是由于 \(a\in \mathbb{Z}\),则 \(b+1\in \mathbb{Z}\),而 \(b+1>a\),因此 \(a\) 不是上确界。所以整数集 \(\mathbb{Z}\) 在实数集中无上界。
同理可得整数集 \(\mathbb{Z}\) 在实数集中无下界。
(b). 证明:对任意实数 \(x\),存在唯一的整数 \([x]\) 使得 \([x] \leq x < [x]+1\) 成立。
由于存在阿基米德性质,因此 \(\exist m>x\),定义集合 \(A=\{y\in \mathbb{N}|m-y\le x\}\)。
由于存在阿基米德性质,因此 \(\exist y\ge m-x\),因此集合 \(A\) 非空,所以集合 \(A\) 存在最小值 \(mn\)。
令 \(n=m-mn\),那么 \(n\le x\),且 \(n+1>x\),否则 \(mn-1\in A\) 矛盾。
唯一性:若存在 \(n'\ne n\) 满足条件。若 \(n'<n\),则 \(n'+1\le n\),因此不满足 \(x\le n'+1\);若 \(n'>n\),则 \(n'\ge n+1\),因此不满足 \(x\ge n'\)。
(c). 设 \(a > 1\)。证明对任意实数 \(x > 0\),存在唯一的整数 \(k\) 使得 \(a^k \le x < a^{k+1}\)。(提示:用 Bernoulli 不等式)
设 \(A=\{k\in \mathbb{Z}|a^k\le x\}\)。
由于存在阿基米德性质,因此 \(\exist n\in \mathbb{Z},n\ge\frac{x-1}{a-1}\),因此
因此集合 \(A\) 有上界 \(n\)。
由于存在阿基米德性质,因此 \(\exist n\in \mathbb{Z},n\ge\frac{\frac{1}{x}-1}{a-1}\),因此
所以 \(-n\in A\),因此集合 \(A\) 非空。
因此集合 \(A\) 存在最大值 \(mx\),则取 \(k=mx\),有 \(a^k\le x<a^{k+1}\),右侧 \(<\) 若不满足则 \(mx-1\in A\),矛盾。
唯一性:
若存在 \(k'\ne k\),则若 \(k'<k\),有 \(k'+1\le k\),则不满足 \(x\le a^{k'+1}\);若 \(k'>k\),有 \(k'\ge k+1\),则不满足 \(x<a^{k'}\)。
第 \(9\) 题: 从乘方到开方:关于有理数指数的幂函数
(a)设 \(n\) 是正整数,\(y_1, y_2\) 是正实数,满足 \(0 < y_1 < y_2\)。
(1). 证明存在正整数 \(N\) 使得 \((\frac{1}{N})^n < y_1 < y_2 < N^n\);
(2). 证明存在正有理数 \(s\) 满足 \(y_1 < s^n < y_2\)。
(1)由于存在阿基米德性质,因此 \(\exist N\in \N^*\),\(N>\frac{\frac{1}{y_1}-1}{n}+1\land N>\frac{y_2-1}{n}+1\)。
因此
(2)由于有理数的稠密性,因此 \(\exist r\in \mathbb{Q},\sqrt[n]{y_1}<r<\sqrt[n]{y_2}\)。
因此 \(y_1<r^n<y_2\)。
(不太对,不会做)
(b)对任意 \(m \in \mathbb{Z}, n \in \mathbb{N}^*\) 和任何正数 \(x\),证明:
(1)集合 \(A_{x,m,n} = \{ s \in \mathbb{Q} \mid s > 0, s^n < x^m \}\) 在 \(\mathbb{R}\) 中有上确界;
(2) \(A_{x,m,n}\) 的上确界是满足 \(y^n = x^m\) 的唯一正实数 \(y\),记 \(y =: \sqrt[n]{x^m} =: x^{\frac{m}{n}}\)。特别当 \(n = 2\) 时,记 \(y =: \sqrt{x^m}\)。
(1)对于 \(p=\frac{x^m-1}{n}+1\),有 \(s^p>x^m\),因此集合 \(A_{x,m,n}\) 有上界 \(p\)。
对于 \(q=-\frac{\frac{1}{x^m}-1}{s-1}\),有 \(s^q<x^m\),因此 \(q\in A_{x,m,n}\),因此集合 \(A_{x,m,n}\) 非空。
所以 \(A_{x,m,n}\) 在 \(\mathbb{R}\) 中存在上确界。
(2)若上确界 \(z\ne y\)。若 \(z>y\),但由于 \(\forall i\in \mathbb{Q},i^n<y^n=x^m\),因此 \(y\) 是比 \(z\) 更小的上界;若 \(z<y\) 则由于有理数的稠密性,因此 \(\exist i\in \mathbb{Q},z<i<y\),而 \(z^n<y^m=n\),因此 \(z\) 不是上界。
(c) 证明:对任何 \(x > 0\) 及任何有理数 \(r\),\(x^r\) 有唯一定义且与分数表示 \(r = \frac{m}{n}\) 的选取无关。
考虑反证。若 \(\frac{m_1}{n_1}=\frac{m_2}{n_2}\)。
不妨设 \(\exist i\in \mathbb{Q},i\in A_{x,m_1,n_1}\land i\notin A_{x,m_2,n_2}\),那么有
矛盾。
(d)证明:对正有理数 \(r\),函数 \(f_r: (0, +\infty) \to (0, +\infty)\),\(f(x) = x^r\) 是增函数,且是满射;对负有理数 \(r\),\(f: (0, +\infty) \to (0, +\infty)\),\(f(x) = x^r\) 是减函数,且是满射。
(d)引理:\(\forall x,y\in \mathbb{R},n\in \mathbb{N}^{+}, x^n<y^n\)。证明归纳即可。
先证明 \(\forall x,y\in \mathbb{R},n\in \mathbb{N}^{+},x<y\Rightarrow x^\frac{1}{n}<y^\frac{1}{n}\)。考虑反证,若不满足则有 \((x^{\frac{1}{n}})^n \ge (y^{\frac{1}{n}})^n\),得到 \(x\ge y\) 与 \(x<y\) 矛盾。
于是可得 \(\forall x,y\in \mathbb{R},n\in \mathbb{Q}^{+},x<y\Rightarrow x^n<y^n\),令 \(n=\frac{p}{q},p,q>0\),\(x^\frac{1}{q}<y^\frac{1}{q}\),所以 \(x^\frac{p}{q}<y^\frac{p}{q}\)。
\(\forall x\in \mathbb{R},n\in \mathbb{Q}^{+},\exist y\in \mathbb{R},y^{n}=x\)。令 \(n=\frac{p}{q},p,q>0\),\(y^p=x^q\),\(y=x^{\frac{q}{p}}\) 因此存在。
\(r<0\) 同理。
(e) 对 \(x > 0\),规定 \(x^0 = 1\),证明:对任意 \(r, s \in \mathbb{Q}\) 以及任意 \(x, y > 0\),\(x^r \cdot x^s = x^{r+s}\),\((x^r)^s = x^{r \cdot s}\),\(x^r \cdot y^r = (x \cdot y)^r\)。
(e)先证明 \(\forall r \in \mathbb{Q}, s \in \mathbb{Z}\) 以及 \(\forall x, y > 0\),\(x^r \cdot x^s = x^{r+s}\),归纳即可。
因此 \(\forall r, s \in \mathbb{Q}\),令 \(r=\frac{a}{b},s=\frac{c}{d}\) 以及 \(\forall x, y > 0\),\(x^r \cdot x^s = x^{\frac{a}{b}}x^{\frac{c}{d}} = x^{\frac{ad}{bd}}x^{\frac{bc}{bd}}=(x^{\frac{1}{bd}})^{ad+bc}=x^{ad+bc}{\frac{1}{bd}}=x^{r+s}\)。
先证明 \(\forall r \in \mathbb{Q}, s \in \mathbb{Z}\) 以及 \(\forall x, y > 0\),\((x^r)^s=x^{rs}\),归纳即可。
证明 \(\forall r, s \in \mathbb{Z}\backslash\{0\}\) 以及 \(\forall x, y > 0\),\((x^r)^\frac{1}{s}=x^\frac{r}{s}\),定义可得。
因此 \(\forall r, s \in \mathbb{Q}\),令 \(r=\frac{a}{b},s=\frac{c}{d}\) 以及 \(\forall x, y > 0\),\((x^r)^s=(x^{\frac{a}{b}})^{\frac{c}{d}}=x^{\frac{ac}{bd}}=x^{rs}\)。
先证明 \(\forall r \in \mathbb{Z}\) 以及 \(\forall x, y > 0\),\(x^ry^r=(xy)^r\),归纳即可。
证明 \(\forall r \in \mathbb{Z}\backslash\{0\}\) 以及 \(\forall x, y > 0\),\(x^{\frac{1}{r}}y^{\frac{1}{r}}=(xy)^{\frac{1}{r}}\)。令 \(x'=x^{\frac{1}{r}},y'=y^{\frac{1}{r}}\),那么有 \(x'^r=x,y'^r=y\),\((x'y')^r=xy\),因此 \(xy=(xy)^{\frac{1}{r}}\)。
因此 \(\forall r \mathbb{Q}\),令 \(r=\frac{a}{b}\) 以及 \(\forall x, y > 0\),\(x^ry^r=x^{\frac{a}{b}}y^\frac{a}{b}=(xy)^{\frac{a}{b}}\)。
第 \(10\) 题:设 \(a>1\)。证明 \(x^0=1\),并且对任意 \(n\in \N^*\),\(a^\frac{1}{n}>a^{\frac{1}{n+1}}\),且 \(\inf_{n\in \N^*}a^{\frac{1}{n}}=1\)。
证明:对于 \(a>1\),\(\frac{a}{a}=a^{1-1}=1\)。
由于 \(\inf_{n\in \N^*}\frac{1}{n}=0\),因此 \(\inf_{n\in \N^*}a^{\frac{1}{n}}=1\)。
第 \(11\) 题:从乘方开方到定义在有理数集上的指数函数 设 \(a>1\),函数 \(f:\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{R}^+,f(x)=a^x\)。证明:
(a)\(f\) 是增函数;
(a)先证明 \(\forall x,y\in \N,x<y\Rightarrow a^x<a^y\),归纳即可。
\(\forall x,y\in \mathbb{Q}, x<y\),令 \(x=\frac{x_1}{x_2},y=\frac{y_1}{y_2}\),因此 \(a^x=a^{\frac{x_1y_2}{x_2y_2}}\),\(a^y=a^{\frac{y_1x_2}{x_2y_2}}\)。由于 \(x<y\),所以 \(x_1y_2<y_1x_2\),因此 \(a^x<a^y\)。
(b)\(f\) 满足
(b)\(f(0)=a^0=1\)。
\(f(1)=a^1=a\)。
\(f(x+y)=a^{x+y}=a^xa^y=f(x)f(y)\)。
(c)\(f(\mathbb{Q})\) 在正实数集 \(\mathbb{R}^+\) 中稠密,即对任意 \(0 < a < c\),存在 \(r \in \mathbb{Q}\) 使得 \(a < f(r) < c\)。
(c)先证明:对于 \(\forall x>1\),\(\exist k\in \mathbb{N}^+,a^{\frac{1}{k}}<x\)。
由于 \(a^{\frac{1}{k}}<x\),那么等价于 \(x^k>a\)。
令 \(k>\frac{a-1}{x-1}\),有 \(x^{k}=(1+(x-1))^{k}\ge 1+(x-1)\frac{a-1}{k-1}=a\)。
引理:存在 \(N\in \mathbb{N},f(-N)<a<c<f(N)\)。
取正整数 \(k\),满足 \(a^{\frac{1}{k}}<\frac{c-a}{a^N}+1\)。
令 \(p=[\frac{a-(-N)}{\frac{1}{k}}]+1\),取 \(r=p\frac{1}{k}-N\) 即可满足条件。
第 \(12\) 题:从乘方到对数 设 \(a > 1\)。
(a)对任何 \(x > 0\),记集合
证明:如果 \(a^m > x^n\)(\(m \in \mathbb{Z}, n \in \mathbb{N}^*\)),则 \(\frac{m}{n}\) 是 \(A_x\) 的一个上界.
(a)\(\forall t\in A_x\),令 \(t=\frac{t_1}{t_2}\),那么有 \(a^{t_1}<x^{t_2}\)。
由于 \(a^m>x^n\)。那么有 \(a^{t_1n}<x^{t_2n}\),\(a^{t_2m}>x^{t_2n}\)。
因此 \(t_2m>t_1n\),所以 \(\frac{t_2}{t_1}>\frac{m}{n}\)。
因此 \(\frac{m}{n}\) 是集合 \(A\) 的上界。
(b)证明:对任何 \(x > 0\),\(A_x\) 非空、有上界.
(b)非空:取正整数 \(y>\frac{\frac{1}{x}-1}{a-1}\),那么 \(a^{-y}=\frac{1}{a^y}\le \frac{1}{1+y(a-1)}=\frac{1}{\frac{1}{x}}=x\)。因此 \(\frac{y}{1}\in A_x\)。
有上界:取正整数 \(y>\frac{x-1}{a-1}\),那么 \(a^{y}\ge {1+y(a-1)}=x\)。
(c)证明:\(f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}\),\(f(x) = \sup A_x\) 是增函数.
(c)\(\forall x,y\in \mathbb{R},\exist z\in \mathbb{Q},x<a^z<y\),因此 \(\sup A_x<z\le\sup A_{y}\)。
(d)证明:\(f(a) = 1\) 且 \(f(xy) = f(x) + f(y),\quad \forall x,y \in \mathbb{R}^+\).
(d)\(a^1=a,f(a)=1\)。
\(\forall n\in \N,\exist p\in A_{x},q\in A_{y}, (1-\frac{1}{n})f(x)< p< f(x),(1-\frac{1}{n})f(y)< q< f(y)\)。
因此 \(a^{(1-\frac{1}{n})f(x)+(1-\frac{1}{n})f(y)}<a^pa^q<a^{f(x)}a^{f(y)}<xy\)。
因此 \((1-\frac{1}{n})(f(x)+f(y))<p+q<f(xy)\)。
\(\forall t\in \mathbb{Q}, t\le f(x)+f(y),\forall n\in \N^+,\exist p, f(x)-\frac{1}{n}<p<f(x)\),记 \(q=t-p-\frac{1}{n}\)。
因此
因此 \(f(x)+f(y)+\frac{1}{n}\ge f(xy)\)。
(e)证明:若 \(b > 0\) 且 \(b \neq 1\),则存在唯一的单调函数 \(g: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}\) 满足 \(g(b) = 1\) 且 \(g(xy) = g(x) + g(y),\quad \forall x,y \in \mathbb{R}^+\). 记 \(g\) 为 \(\log_b\),称为以 \(b\) 为底的对数函数。
(e)由于 \(g(xy)=g(x)g(y)\),因此 \(g(e^{\ln(x+y)})=g(e^{\ln(x)})+g(e^{\ln(y)})\),所以 \(g(e^{x+y})=g(e^{x})+g(e^{y})\)。
因此存在 \(k\),\(g(e^{x})=kx\)。
又因为 \(g(b)=1\),因此 \(k\ln(b)=1, k=\frac{1}{\ln(b)}\)。
因此 \(g(x)=\frac{\ln(x)}{ln(b)}=\log_b(x)\)。
(f)证明:若 \(a,b > 0\) 且 \(a,b \neq 1\),则 \(\log_b x = \frac{\log_a x}{\log_a b},\quad x > 0\)。
(f)令 \(\log_a(x)=y\),\(\log_a(b)=z\)。
那么 \(x=a^y,b=a^z\),因此 \(\log_{b}(x)=\log_{a^z}(a^y)=\frac{y}{z}=\frac{\log_a(x)}{\log_a(b)}\)。
第 \(13\) 题:\(\mathbb{Q}\) 是最小的阿基米德序域。\(\mathbb{R}\) 是否为最大的阿基米德序域?
对于域 \(\mathbb{F}\),由于满足阿基米德,所以能推得有理数在 \(\mathbb{Q}\) 中稠密。因此 \(\forall i\in \mathbb{F}\),都可以定义 \(A_i=\{x\in \mathbb{Q}|x\le i\}\),且是唯一的。
由于任何非空有上界的有理数子集在 \(\mathbb{R}\) 中都有上确界,因此对于 \(A_i\) 的上确界 \(j\),就存在一个单射 \(\mathbb{F}\rightarrow \mathbb{R}\)。
因此 \(\mathbb{R}\) 是否为最大的阿基米德序域。
第 \(14\) 题:是否存在非阿基米德序域,即一个序域但不具有阿基米德性质?
有理函数域、超实数域。
习题 \(1.6\)
三角函数的基本性质及其推论 正弦和余弦 \(\sin, \cos\) 是两个定义在整个 \(\mathbb{R}\) 上的函数,满足:存在正数 \(\pi\) 使得
(a) \(\cos 0 = \sin \frac{\pi}{2} = 1, \cos \pi = -1\)
(b) 对任意实数 \(x, y\),
(c) 对任意 \(0 < x < \frac{\pi}{2}\),
我们把 \((a, b, c)\) 作为三角函数 \(\sin, \cos\) 的基本性质,用它们得到这两个函数的其他性质。
利用性质 (a) 和 (b) 证明:
(1) 对任意实数 \(x\),\(\cos^2 x + \sin^2 x = 1\);
(1) \(1=\cos 0=\cos(x-x)=\cos^2 x+\sin^2 x\)。
(2) \(\sin 0 = \sin \pi = \cos \frac{\pi}{2} = 0\);
(2) \(\cos^2 0+\sin^2 0=1\),由于 \(\cos x=1\),因此 \(\sin^2 0=0,\sin 0=0\);
\(\cos^2 \pi+\sin^2 \pi=1\),由于 \(\cos\pi=-1\),因此 \(\sin^2\pi=0,\sin\pi=0\);
\(\cos^2\frac{\pi}{2}+\sin^2\frac{\pi}{2}=1\),由于 \(\sin\frac{\pi}{2}=1\),因此 \(\cos^2\frac{\pi}{2}=0,\cos\frac{\pi}{2}=0\)。
(3) 对任意实数 \(x\),
(3) \(\cos(-x)=\cos(0-x)=\cos 0\cos x-\sin 0\sin x=1\cdot\cos x+0\cdot\sin x=\cos x\);
\(\cos(\frac{\pi}{2}-x)=\cos\frac{\pi}{2}\cos x-\sin\frac{\pi}{2}\sin x=0\cdot \cos x+1\cdot \sin x=\sin x\);
\(\cos(\pi-x)=\cos\pi\cos x+\sin\pi\sin x=-1\cdot \cos x+0\cdot \sin x=-\cos x\)。
(4) 对任意实数 \(x\),
(4) \(\sin(-x)=\cos(\frac{\pi}{2}+x)=-\cos(\pi-(\frac{\pi}{2}+x))=-\cos(\frac{\pi}{2}-x)=-\sin x\);
\(\sin(\frac{\pi}{2}+x)=\cos(\frac{\pi}{2}-(\frac{\pi}{2}+x))=\cos(-x)=\cos x\);
\(\cos(\frac{\pi}{2}+x)=-\cos(\pi-(\frac{\pi}{2}+x))=-\cos(\frac{\pi}{2}-x)=-\sin x\);
\(\sin(\pi+x)=\cos(\frac{\pi}{2}-(\pi+x))=\cos(-\frac{\pi}{2}-x)=\cos(\frac{\pi}{2}+x)=-sin x\);
\(\cos(\pi+x)=-\sin(x+\frac{\pi}{x})=-\cos x\);
\(\sin(2\pi+x)=-\sin(\pi+x)=\sin x\);
\(\cos(2\pi+x)=-\cos(\pi+x)=\cos x\)。
(5) 对任意实数 \(x, y\),
并且
(5)
令 \(u=\frac{x+y}{2},v=\frac{x-y}{2}\)。
\(\sin x=\sin(u+v)=\sin u\cos v+\cos u\sin v\);
\(\cos x=\cos(u+v)=\cos u\cos v-\sin u\sin v\);
\(\sin y=\sin(u-v)=\sin u\cos v-\cos u\sin v\);
\(\cos y=\cos(u-v)=\cos u\cos v+\sin u\sin v\)。
\(\sin x-\sin y=2\cos u\sin v=2\cos \frac{x+y}{2}\sin \frac{x-y}{2}\);
\(\cos x-\cos y=-2\sin u\sin v=-2\sin \frac{x+y}{2}\sin \frac{x-y}{2}\)。
(6) 对任意实数 \(x\),
(6) \(\sin 2x=\sin x\cos x+\cos x\sin x=2\sin x\cos x\);
\(\cos 2x=\cos x\cos x-\sin x\sin x=\cos^2 x-\sin^2 x=(1-\sin^2 x)-\sin^2 x=1-2\sin^2 x=\cos^2 x-(1-\cos^2 x)=2\cos^2 x-1\)。
\(\cos 3x=\cos (x+2x)=\cos x\cos 2x-\sin x\sin 2x=2\cos^3 x-\cos x-2\sin^2 x\cos x=2\cos^3 x-\cos x-2(1-\cos^2 x)\cos x=4\cos^3 x-3\cos x\)。
\(\sin 3x=\sin (x+2x)=\sin x\cos 2x+\cos x\sin 2x=\sin x(1-2\sin^2 x)+2\sin x\cos^2 x=\sin x(1-2\sin^2 x)+2\sin x(1-\sin^2 x)=-4\sin^3 x+3\sin x\)。
利用 (c) 和 (6) 证明
(7) 对任意实数 \(0 < x < \frac{\pi}{2}\),
(7) 对于 \(0<x<\frac{\pi}{2}\),要证明 \(\sin x<x\)。
利用 (c) 和 (5) 证明
(8) \(\sin\) 在区间 \([-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\) 上严格增,\(\cos\) 在区间 \([0, \pi]\) 上严格减。
(8) 令 \(x,y\in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\)。
\(\sin y-\sin x=2\sin \frac{y-x}{2}\cos\frac{y+x}{2}>0\)。
因此,\(\sin y>\sin x\)。
令 \(x,y\in [0,\pi]\)。
\(\cos x-\cos y=-2\sin \frac{x-y}{2}\sin \frac{x+y}{2}>0\)。
因此,\(\cos x>\cos y\)。
利用 (4) 和 (8) 证明
(9) \(2\pi\) 是 \(\sin\) 的最小正周期,也是 \(\cos\) 的最小正周期。
利用 (a,c) 和 (6) 证明
(9) \(\sin(x+2\pi)=-\sin(x+\pi)=\sin x\),因此 \(2\pi\) 是 \(\sin\) 的周期。
若存在更小的周期 \(r\),有 \(\forall x, \sin(x+r)=\sin x\),\(0<r<2\pi\)。
取 \(x=0\) 可得,\(r\) 只可能是 \(\pi\),否则 \(\sin(x+r)>0\)。但取 \(x=\frac{\pi}{2}\) 可得 \(r\ne \pi\),因此不存在这样的 \(r\)。
\(\cos(x+2\pi)=-\cos(x+\pi)=\cos x\),因此 \(2\pi\) 是 \(\cos\) 的周期。
若存在更小的周期 \(r\),有 \(\forall x, \cos(x+r)=\cos x\),\(0<r<2\pi\)。
取 \(x=\frac{\pi}{2}\) 可得,\(r\) 只可能是 \(\pi\),否则 \(\cos(x+r)>0\)。但取 \(x=0\) 可得 \(r\ne \pi\),因此不存在这样的 \(r\)。
(10) \(\cos \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}\),\(\sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}\);\(\cos \frac{\pi}{4} = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)。
(10)
由于 \(\cos \frac{\pi}{6}>0\)。
\(\cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。
\(\sin \frac{\pi}{6}=\sqrt{1-\cos^2 \frac{\pi}{6}}=\frac{1}{2}\)。
由于 \(\cos \frac{\pi}{4}>0\),所以 \(\cos \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)。
\(\sin \frac{\pi}{4}=\sqrt{1-\cos^2 \frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)。
(11) 利用 (10) 中的结果,计算 \(\sin \frac{k\pi}{12}\)(\(k = 0, 1, 2, \ldots, 12\))。
(11)
\(k=0\):\(\sin 0=0\)。
\(k=1\):
\(k=2\): \(\sin \frac{2\pi}{12} = \frac{1}{2}\)
\(k=3\): \(\sin \frac{3\pi}{12} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)
\(k=4\): \(\sin \frac{4\pi}{12} = \frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(k=5\): \(\sin \frac{5\pi}{12} = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}\)
\(k=6\): \(\sin \frac{6\pi}{12} = 1\)
\(k=7\): \(\sin \frac{7\pi}{12} = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}\)
\(k=8\): \(\sin \frac{8\pi}{12} = \frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(k=9\): \(\sin \frac{9\pi}{12} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)
\(k=10\): \(\sin \frac{10\pi}{12} = \frac{1}{2}\)
\(k=11\): \(\sin \frac{11\pi}{12} = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\)
\(k=12\): \(\sin \pi = 0\)。
利用 (7) 和 (10) 证明
(12) \(3 < \pi < \frac{6}{\sqrt{3}} < 3.5\)。
(12) 由于 \(\cos \frac{\pi}{6}<\frac{\sin \frac{\pi}{6}}{\frac{\pi}{6}}<1\)。因此
即 \(3<\pi<\frac{6\sqrt{3}}{3}\)。
由 (12) 知 \(1.5 = \frac{3}{2} < \frac{\pi}{2} < \frac{3.5}{2} = 1.75 < 3 < \pi\),所以由 (8) 知
(13) \(\frac{\pi}{2}\) 是 \(\cos\) 在区间 \([0, 3]\) 内的唯一零点。
(13) 由于 \(\cos\) 在区间 \([0, \pi]\) 上严格减,且 \(3<\pi\),因此在 \([0,3]\) 上严格减。
(14) 记 \(\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}\)。证明:\(\tan\) 在区间 \((-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})\) 上有定义,且是奇函数;
\(\tan\) 在区间 \((-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})\) 中 \(\tan x\) 是增函数。
(14) 由于 \(\cos (-x)=\cos x, \sin (-x)=-\sin x\),因此 \(\tan (-x)=-\tan x\)。
(15) \(\sin, \cos\) 究竟是什么?