陶哲轩实分析 4.4 节习题试解

陶哲轩实分析 4.4 节习题试解

4.4.1 设 $x$ 是比例数，证明存在唯一的整数 $n$ 满足 $n \leq x < n + 1$

对 $x$ 分情况讨论。
（1）$x \geq 0$ ，这时 $x = a/ b$， $a, b$ 都是自然数，并且 $b \neq 0$。

那么由欧几里德算法有：
$a = mb + r$ 其中 $m, r$ 为自然数，并且满足 $0 \leq r < b$
那么

$$x = \frac{a}{b} = \frac{mb+r}{b}= m + \frac{r}{b}$$
可以看出 $m$ 满足： $m \leq x < m + 1$
下面再证明 $m$ 的唯一性。
假设存在另一个 $n \neq m$ 也满足 $n \leq x < n + 1$
那么有：
$$n \leq \frac{a}{b} < n + 1 \\ \Rightarrow nb \leq a < nb + b$$

设 $r' = a - nb$ ，那么有 $0 \leq r' < b$
也就是 $a = nb + r'$ 其中 $n, r'$ 为自然数，并且满足 $0 \leq r' < b$

而欧几里德算法保证了 $a$ 只有唯一的一种拆分方式。也就是说 $n = m, r' = r$ 与原假设矛盾。
所以 $x \geq 0$ 时，存在唯一的整数 $n$ 满足 $n \leq x < n + 1$。

（2）当 $x < 0$ 时， $x$ 可表示为 $x = -a / b$ ，其中 $a, b$ 都是自然数，并且 $a \neq 0, b \neq 0$。

同样由欧几里德算法有：
$a = mb + r$ 其中 $m, r$ 为自然数，并且满足 $0 \leq r < b$
那么

$$x = \frac{-a}{b} = \frac{-mb-r}{b}= -m - \frac{r}{b}$$
再对 $r$ 分情况讨论。
（2.1） $r = 0$ 这时 $x = -m$ ，设 $m' = -m$， 则 $m'$ 满足：
$$m' \leq x < m' + 1$$
证明这种情况下 $m'$ 是唯一的。假设还有另一个整数 $n \neq m'$，也满足 $n \leq x < n + 1$。
那么有：
$$n \leq m' < n + 1$$
满足这个条件的 $n$ 只有一个 $n = m'$。 这与原假设矛盾。所以此情况下 $m'$ 是唯一的。

（2.2） $0 < r < b$
那么有：

$$x = \frac{-a}{b} = -m - \frac{r}{b} = -m-1 + \frac{b - r}{b}$$
设 $m' = -m - 1, r' = b - r$ ，那么有 $0 < r' < b$
上式简化为：
$$x = m' + \frac{r}{b}$$
所以 $m'$ 满足： $n \leq m' < n + 1$
证明这种情况下 $m'$ 是唯一的。假设还有另一个整数 $n \neq m'$，也满足 $n \leq x < n + 1$。

$$n \leq \frac{-a}{b} < n + 1 \\ $$

设 $r' = -a - nb$
那么有：

$$x - n \geq 0\\ \Rightarrow \frac{-a}{b} - n \geq 0 \\ \Rightarrow \frac{-a - nb}{b} \geq 0 \\ \Rightarrow r' \geq 0$$

还有：

$$n + 1 - x > 0\\ \Rightarrow n + 1 - \frac{-a}{b} > 0\\ \Rightarrow \frac{nb + a + b}{b} > 0 \\ \Rightarrow -r' + 1 > 0\\ \Rightarrow r' < 1$$

所以 $r'$ 满足 $0 \leq r' < 1$ 并且有：

$$x = n + \frac{r'}{b} = m + \frac{r}{b}$$

不妨假设 $r \geq r'$，那么

$$0 \leq n - m = \frac{r-r'}{b} < 1$$

所以 $n = m$ 。这与原假设矛盾。 所以 $m$ 是唯一的。

综上，就证明了对任意比例数 $x$，存在唯一的整数 $n$ 满足 $n \leq x < n + 1$

4.4.2 证明不存在无限减小的自然数序列。

反证法：假设存在一个自然数序列 $\{a_0, a_1, \cdots, a_n, \cdots\}$，这个序列满足对一切的自然数 $n$ 都有 $a_n \geq 0$ 和 $a_n > a_{n+1}$ 。

那么可以用数学归纳法证明对任意的自然数 $k$ 和 任意的自然数 $n$ ，都有 $a_n > k$。
证明如下：
$k = 0$ 时，显然有 $a_n > k$
假设对 $k$ 成立，也就是$\forall n, a_n > k$
下面用反证法证明 对于 $k+1$ 也有 $\forall n, a_n > k+1$
假设对于 $k+1$， 如果存在某一个 $m$ 满足 $a_m \leq k$ 同时根据上面假设又有 $a_m > k$ 那么必然 $a_m = k+1$。那么 $a_{m+1} < a_m = k+1$，所以 $a_{m+1} \leq k$，与 $a_m > k$ 的假设矛盾。
所以 $\forall m, a_m > k+1$

所以，任意的自然数 $k$ 和 任意的自然数 $n$ ，都有 $a_n > k$。

而我们知道不存在大于任意自然数的自然数。所以这样的自然数序列 $\{a_0, a_1, \cdots, a_n, \cdots\}$ 不存在。

4.4.3 证明不存在比例数 $x$ 满足 $x^2 = 2$

首先，$x \neq 0$，因为 $0^2 = 0$。
其次，如果存在这样的比例数，那么这样的比例数中必然有正比例数。因为如果这样的比例数是负的。那么 $-x$ 必然是正的，并且满足 $(-x)^2 = 2$。
设 $x = p_0 / q_0$ 其中 $p_0$ 和 $q_0$ 是两个自然数，满足 $p_0 > q_0$ ，并且：

$$(p_0)^2 = 2 (q_0)^2$$
那么 $p_0$ 一定是偶数，因此 $p_0 = 2 p_1$，所以有：
$$2(p_1)^2 = (q_0)^2$$
所以 $p_1 < q_0 < p_0$。 另外，$q_0$ 也是偶数，必然可以写为 $q_0 = 2 q_1$。
$$(p_1)^2 = 2(q_1)^2$$

利用数学归纳法可以证明这个过程可以无限进行下去：

假设对于 $n$ 成立：

$$(p_n)^2 = 2(q_n)^2$$

那么 $p_n$ 为偶数。所以存在一个自然数 $p_{n+1}$ 满足 $2 p_{n+1} = p_n$。
所以：

$$2 (p_{n+1})^2 = (q_n)^2 \\ p_{n+1} < p_n$$

所以 $q_n$ 也是偶数，也就是说存在一个自然数 $q_{n+1}$ 满足 $2 q_{n+1} = q_n$。

所以：

$$(p_{n+1})^2 = 2(q_{n+1})^2 \\ q_{n+1} < q_n$$

所以对于任意的自然数 $n$ 都有：

$$(p_n)^2 = 2(q_n)^2 \\ p_0 > p_1 > p_2 > \cdots > p_n > \cdots \\ q_0 > q_1 > q_2 > \cdots > q_n > \cdots$$

也就是说 $p_n$ 是无限递减的自然数序列。而无限减小原理表明不存在这样的自然数列。
所以不存在比例数 $x$ 满足 $x^2 = 2$。