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≤x<n+1
对
x
分情况讨论。
(1)
x=a/b
,
a,b
都是自然数,并且
b≠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≤r<b
那么
x=ab=mb+rb=m+rb
可以看出
m
满足:
下面再证明
m
的唯一性。
假设存在另一个
n≤x<n+1
那么有:
n≤ab<n+1⇒nb≤a<nb+b
设
r′=a−nb
,那么有
0≤r′<b
也就是
a=nb+r′
其中
n,r′
为自然数,并且满足
0≤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
所以
x≥0
时,存在唯一的整数
n
满足
(2)当
x<0
时,
x
可表示为
a,b
都是自然数,并且
a≠0,b≠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≤r<b
那么
x=−ab=−mb−rb=−m−rb
再对
r
分情况讨论。
(2.1)
x=−m
,设
m′=−m
, 则
m′
满足:
m′≤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≠m′
,也满足
n≤x<n+1
。
那么有:
n≤m′<n+1
满足这个条件的
n
只有一个
m′
是唯一的。
(2.2)
0<r<b
那么有:
x=−ab=−m−rb=−m−1+b−rb
设
m′=−m−1,r′=b−r
,那么有
0<r′<b
上式简化为:
x=m′+rb
所以
m′
满足:
n≤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≠m′
,也满足
n≤x<n+1
。
n≤−ab<n+1
设
r′=−a−nb
那么有:
x−n≥0⇒−ab−n≥0⇒−a−nbb≥0⇒r′≥0
还有:
n+1−x>0⇒n+1−−ab>0⇒nb+a+bb>0⇒−r′+1>0⇒r′<1
所以
r′
满足
0≤r′<1
并且有:
x=n+r′b=m+rb
不妨假设
r≥r′
,那么
0≤n−m=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
n
满足
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
{a0,a1,⋯,an,⋯}
,这个序列满足对一切的自然数
n
都有
an>an+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
an>k
。
证明如下:
k=0
时,显然有
an>k
假设对
k
成立,也就是
下面用反证法证明 对于
k+1
也有
∀n,an>k+1
假设对于
k+1
, 如果存在某一个
m
满足
am>k
那么必然
am=k+1
。那么
am+1<am=k+1
,所以
am+1≤k
,与
am>k
的假设矛盾。
所以
∀m,am>k+1
所以,任意的自然数
k
和 任意的自然数
an>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
{a0,a1,⋯,an,⋯}
不存在。
4.4.3 证明不存在比例数
x
满足 x2=2
首先,
x≠0
,因为
02=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=p0/q0
其中
p0
和
q0
是两个自然数,满足
p0>q0
,并且:
(p0)2=2(q0)2
那么
p0
一定是偶数,因此
p0=2p1
,所以有:
2(p1)2=(q0)2
所以
p1<q0<p0
。 另外,
q0
也是偶数,必然可以写为
q0=2q1
。
(p1)2=2(q1)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:
那么
pn
为偶数。所以存在一个自然数
pn+1
满足
2pn+1=pn
。
所以:
2(pn+1)2=(qn)2pn+1<pn
所以
qn
也是偶数,也就是说存在一个自然数
qn+1
满足
2qn+1=qn
。
所以:
(pn+1)2=2(qn+1)2qn+1<qn
所以对于任意的自然数
n
都有:
也就是说
pn
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