第 1 章 实数

1集合与映射

集合, 关系与映射,Descartes 乘积, 函数, 集合的势, 可数集, 不可数集, 代数数, 超越数,Bernstein 定理

列入 $\mathcal{A}$ 的习题相对基础, 列入 $\mathcal{B}$ 的习题相对困难或属于扩展问题, 个别习题可能超前. 若习题中加 * 号, 表示该习题与后续内容相关性大, 请教师布置习题时, 尽量勾选该题.

定理 1.1. 设 $n⩾2$, 无理数 $x$ 是某个 $n$ 次整系数多项式的零点, 则存在常数 $A$ 使得对于任何整数 $q$ 和正整数 $p$, 成立$$\left|x-\frac{q}{p}\right|>\frac{A}{p^n}.$$

1.	设 $a_0,a_1,\cdots ,a_n$ 为复常数, 且对任何 $x\in \mathbb{R}$ 成立$$a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0=0.$$证明: $a_0=a_1=\cdots =a_n=0$. 证明. 令 $x_0=0$ 代入 $x$ 可得 $a_0=0$. 分别令 $x=x_i,(i=1,2,\cdots ,n)$ 满足 $x_i\ne x_j,$$j=0,1,\cdots ,n$. 可得如下关于 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 的方程组. $$\{\begin{array}{l}{a}_1{x}_1+a_2{x}_1^2+\cdots +a_n{x}_1^n=0\\ a_1{x}_2+a_2{x}_2^2+\cdots +a_n{x}_2^n=0\\ \cdots \\ a_1{x}_n+a_2{x}_n^2+\cdots +a_n{x}_n^n=0\end{array}$$其系数矩阵的行列式为$$\left|\begin{array}{cccc}{x}_1& x_1^2& \cdots & x_1^n\\ x_2& x_2^2& \cdots & x_2^n\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ x_n& x_n^2& \cdots & x_n^n\end{array}\right|=\prod _{i=1}^n{x}_i\left|\begin{array}{ccccc}1& x_1& x_1^2& \cdots & x_1^{n-1}\\ 1& x_2& x_2^2& \cdots & x_2^{n-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& x_n& x_n^2& \cdots & x_n^{n-1}\end{array}\right|=\prod _{i=1}^n{x}_i\prod _{1⩽i<j⩽n}^n(x_i-x_j)\ne 0.$$故原方程仅有零解, 这便证明了结论. 或者令 $x=0$, 立即得 $a_0=0$, 于是得到$$a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x=0.$$上式两端除以 $x$, 此时假定 $x\ne 0$, 得到$$a_n{x}^{n-1}+a_{n-1}{x}^{n-2}+\cdots +a_1=0,$$令 $x=0$ 得到 $a_1=0$. 循环该流程, 可得结论. $\square$
2.	试构造区间 $(0,1)$ 到 $[0,1]$ 的一个双射. 解答. 设集合$$T=\left\{\frac{1}{2},\frac{1}{2^2},\cdots ,\frac{1}{2^n},\cdots \right\},$$构造如下映射$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x\notin T,\\ 0,& x=\frac{1}{2},\\ 4x,& x\in T,x\ne \frac{1}{2}.\end{array}$$可以观察出, 这是一个符合题目要求的双射. 另外还可以分别拿出这两个集合的有理数, 对于集合 $[0,1]$, 其所有有理数组成集合为$$\left\{a_0,a_1,a_2,\cdots ,a_n,\cdots \right\},$$这里规定 $a_0=0,a_1=1.$ 对于集合 $(0,1)$, 类似有$$\left\{a_2,\cdots ,a_n,\cdots \right\},$$定义映射如下$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q},\\ a_{n-2},& x=a_n.\end{array}$$$\square$
3.	说明以下映射为有理数到整数集的单射.$$T(q)=\{\begin{array}{ll}(m+n{)}^2+n,& q=\frac{n}{m},m,n\text{ 为既约正整数},\\ 0,& q=0,\\ -(m+n{)}^2-n,& q=-\frac{n}{m},m,n\text{ 为既约正整数}.\end{array}$$ 证明. 不妨设 $q_1=n_1/m_1,q_2=n_2/m_2$, $m_i,n_i$ 为既约正整数且 $q_1\ne q_2$. 若 $n_1=n_2$ 且 $m_1\ne m_2$ 或 $m_1=m_2$ 且 $n_1\ne n_2$, 显然有 $T(q_1)\ne T(q_2)$. 下证 $n_1\ne n_2,m_1\ne m_2$ 的情形. 不失一般性, 我们设 $n_1>n_2$. 此时, 若 $T(q_1)=T(q_2)$ 即$$(m_1+n_1{)}^2+n_1=(m_2+n_2{)}^2+n_2,$$必有 $m_1+n_1<m_2+n_2$. 设 $t=m_1+n_1$, 得到$$m_2+n_2=t+[(m_2+n_2)-(m_1+n_1)]:=t+k.$$显然 $k>1,t>n_1$, 于是$$\begin{array}{rl}(m_2+n_2{)}^2-(m_1+n_1{)}^2-n_1& =(t+k{)}^2-t^2-n_1\\ & =k^2+2kt-n_1>0.\end{array}$$即若 $(m_2+n_2{)}^2>(m_1+n_1{)}^2$ 必有$$(m_2+n_2{)}^2>(m_1+n_1{)}^2+n_1,$$可见此时不可能有 $T(q_1)=T(q_2)$. $q<0$ 的情况可类似说明. $\square$
4.	证明代数数集是可列集. 证明. 设 $P_n(x)$ 为 $n$ 次整系数多项式构成的集合. $U_n$ 为所有 $n$ 次整系数多项式的复零点全体, 由于对于一个确定的 $n$ 次多项式$$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n,$$它的零点为有限多个. 由于可列个可列集的并为可列集, 接下来我们证明 $P_n(x)$ 为可列集. 记 $p_n$ 为第 $n+1$ 个素数. 定义如下映射$$f(x)\mapsto \prod _{j=0}^n{\left(p_j\right)}^{a_j}.$$这便建立了一个 $P_n(x)$ 到 $\mathbb{N}$ 的一个双射, 从而 $P_n(x)$ 为可列集, 故其元素的复零点的并集为 $U_n$ 也为可列集, 从而代数数集 $\bigcup _n{U}_n$ 为可列集. $\square$
5.	证明: 存在常数 $A>0$ 使得对于任何整数 $q$ 和正整数 $p$ 成立$$\left|\sqrt{3}-\frac{q}{p}\right|>\frac{A}{p^2}.$$ 证明. $\sqrt{3}$ 为 $x^2-3$ 的一个零点, 根据定理 1.1 可知结论成立. $\square$

1.	设 $P$ 为首项系数不为零的 $n$ 次系数多项式, $x_1$ 是它的一个零点, 则存在首项系数不为零的 $n-1$ 次多项式 $Q$ 使得$$P(x)=(x-x_1)Q(x).$$ 证明. 由于$$x^k-x_1^k=(x-x_1)\left(x^{k-1}+x_1{x}^{k-2}+\cdots +x_1^{k-2}x+x_1^{k-1}\right).$$则对 $P(x)$ 中的每项应用上述事实便得到了结论. $\square$
2.	设 $a_0,a_1,\cdots ,a_n$ 为复常数, $a_n\ne 0$. 证明: 多项式$$p(z)=a_n{z}^n+a_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +a_{1}z+a_0$$至多有 $n$ 个复零点 (含重数). 证明. 由上一题即得. 进一步, $n$ 次 (非零) 复系数多项式恰有 $n$ 个根; 这正是代数基本定理, 这个定理的第一个严格证明是 1799 年由 Gauss 证明的, 后来他又给出了 4 个证明, Jordan, Weyl 等人也给过这个定理的证明. 它的一般表述是: 次数大于零的复数域上的多项式至少有一复数根. 简单起见, 我们使用复变函数中的 Liouville 定理进行证明, Liouville 定理是说: 有界整函数必是常数. 由于 $p(z)$ 在 $z$ 平面上解析, 若 $p(z)$ 在 $z$ 平面无零点, 则 $\frac{1}{p(z)}$ 在 $z$ 平面上也解析, 下面证明后者有界, 从而由 Liouville 定理推出矛盾. 事实上, 由于$$\underset{z\to \infty }{\lim }p(z)=\underset{z\to \infty }{\lim }{z}^n\left(a_n+\frac{a_{n-1}}{z}+\cdots +\frac{a_0}{z^n}\right)=\infty ,\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{1}{p(z)}=0,$$故存在充分大的正数 $R$ 使得 $|z|>R$ 时, $\left|\frac{1}{p(z)}\right|<1$. 因 $\frac{1}{p(z)}$ 在闭圆 $|z|⩽R$ 上连续, 故而有界, 从而 $\frac{1}{p(z)}$ 在 $z$ 平面上有界, 由 Liouville 定理知 $\frac{1}{p(z)}$ 为常数, 这不可能. $\square$
3.	证明 Viète (韦达) 定理: 设 $a_n\ne 0,x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为$$P(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$$的 $n$ 个复零点 (含重根), 则对于 $1⩽k⩽n$, 成立$$\sum _{1⩽m_1<m_2<\cdots <m_k⩽n}\prod _{j=1}^k{x}_{m_j}=(-1{)}^k\frac{a_{n-k}}{a_n}.$$ 证明. 由前面的两个问题可以知道$$P(x)=a_n(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n).$$即有$$(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n)=x^n+\frac{a_{n-1}}{a_n}{x}^{n-1}+\cdots +\frac{a_1}{a_n}x+\frac{a_0}{a_n}$$比较系数便得到了结果. $\square$
4.	称关于 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 的 $m$ 次 $n$ 元多项式 $R(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 是可轮换的, 如果对任何 $1⩽k<j⩽n$, 将 $R(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 中的 $x_k,x_j$ 分别替换成 $x_j,x_k$ 后多项式的值保持不变. 证明: (1) 若 $R(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 是可轮换的一次多项式, 则它是 $x_1+x_2+\cdots +x_n$ 的常数倍. (2) 若 $R(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 是可轮换的二次多项式, 则有常数 $C_1,C_2$ 使得$$R(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=C_1(x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2)+C_2\sum _{1⩽i<j⩽n}{x}_i{x}_j.$$ (3) 归纳证明, 若 $R(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 是系数为有理数的可轮换的 $k$ 次多项式, 而 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是某首项系数不为零的 $n$ 次有理系数多项式的零点, 则 $R(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 为有理数. 证明. (1)(2) 是容易证明的, 下面我们证明 (3). 这证明这个结论之前, 我们先引入几个有用的记号 (称为 $n$ 元初等对称多项式):$$\begin{array}{rl}{\sigma }_1& =x_1+x_2+\cdots +x_n=\sum _{n=1}^n{x}_i,\\ {\sigma }_2& =x_1{x}_2+x_1{x}_3+\cdots +x_{n-1}{x}_n=\sum _{1\le i<j\le n}{x}_i{x}_j,\\ & \cdots \cdots \cdots \cdots \\ {\sigma }_n& =x_1{x}_2\cdots x_n.\end{array}$$事实上我们有如下定理, 称为对称多项式基本定理: 设 $f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的对称多项式, 则必存在 $\mathbb{K}$ 上唯一的一个多项式 $g(y_1,y_2,\cdots ,y_n)$, 使$$f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=g({\sigma }_1,{\sigma }_2,\cdots ,{\sigma }_n).$$对称多项式的定义如同可轮换, 但不要求齐次性, 所以 $m$ 次的可轮换多项式为对称多项式. 如果我们证明了定理中 $g$ 的存在性, 那么根据 Viète 定理, 则本题即证. 下面用归纳法证明存在性, 唯一性参考相关书籍. 我们对 $n$ 与多项式 $f$ 的次数 $\mathrm{deg}f$ 进行归纳. 当 $n=1$ 或 $\mathrm{deg}f=0$ 或 $1$, 结论显然成立, 假设结论对于 $n-1$ 与小于给定次数 $\mathrm{deg}f$ 的对称多项式成立. 考虑$$g(x_1,x_2,\cdots ,x_{n-1})=f(x_1,x_2,\cdots ,x_{n-1},0),$$我们以 ${\sigma }_1^{\prime },{\sigma }_2^{\prime },\cdots ,{\sigma }_{n-1}^{\prime }$ 表示 $x_1,x_2,\cdots ,x_{n-1}$ 的基本初等对称多项式, 由归纳假设知有 $h(y_1,y_2,\cdots ,y_{n-1})$ 使得$$g(x_1,x_2,\cdots ,x_{n-1})=h({\sigma }_1^{\prime },{\sigma }_2^{\prime },\cdots ,{\sigma }_{n-1}^{\prime }),$$若 $h=0$, 则 $x_n|f$, 又由于 $f$ 为对称多项式, 则 $x_1{x}_2\cdots x_n|f$, 考虑对称多项式 $\frac{f}{x_1{x}_2\cdots x_n}$, 它的次数为 $\mathrm{deg}f-n$. 若 $h\ne 0$, 考虑$$h^{\prime }=f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)-h({\sigma }_1,{\sigma }_2,\cdots ,{\sigma }_{n-1}),$$易见 $x_n=0$ 时 $h^{\prime }=0$, 类似 $h=0$ 的讨论考虑 $\frac{h^{\prime }}{x_1{x}_2\cdots x_n}$, 它的次数也为 $\mathrm{deg}f-n$. 依归纳假设便完成了证明. $\square$
5.	设 $P,Q$ 分别是 $m,n$ 阶首项系数为 $1$ 的有理系数多项式.$$P(x)=\prod _{k=1}^m(x-x_k),Q(x)=\prod _{k=1}^n(x-y_k).$$证明: (1) 多项式 $R(x)=\prod _{k=1}^m\prod _{j=1}^n(x-x_k-y_j)$ 是有理系数多项式. (2) 多项式 $S(x)=\prod _{k=1}^m\prod _{j=1}^n(x-x_k{y}_j)$ 是有理系数多项式.
6.	证明 (关于 Diophantus 逼近的) Liouville 定理, 即定理 1.1. 证明. 设无理数 $x_0$ 是整系数多项式$$f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$$的零点, 令 $M=\underset{x_0-1<x<x_0+1}{\max }\{|f^{\prime }(x)|\}$, $f(x)$ 其他互异的零点为 $x_1,x_2,\cdots ,x_m$. 取 $A$ 满足 $0<A<\min \left\{1,\frac{1}{M},|x_0-x_1|,|x_0-x_2|,\cdots ,|x_0-x_m|\right\}$. 假设存在使定理不成立的 $p,q$, 就有$$\left|x_0-\frac{q}{p}\right|⩽\frac{A}{p^n}⩽A<\min \left\{1,\frac{1}{M},|x_0-x_1|,|x_0-x_2|,\cdots ,|x_0-x_m|\right\}⩽1,$$那么有$$\begin{array}{c}{x}_0-1<\frac{q}{p}<x_0+1,\text{并且}\frac{q}{p}\notin \{x_1,x_2,\cdots ,x_m\},\\ \left|f\left(\frac{q}{p}\right)\right|=\frac{\left|a_n{q}^n+a_{n-1}{q}^{n-1}p+\cdots +a_{1}q{p}^{n-1}+a_0{p}^n\right|}{p^n}⩾\frac{1}{p^n}.\end{array}$$根据 Lagrange 中值定理, 存在 $\xi$ 位于 $\frac{q}{p}$ 与 $x_0$ 之间, 使得 $\frac{f}{x_0}-f\left(\frac{q}{p}\right)=f^{\prime }(\xi )\left(x_0-\frac{q}{p}\right)$, 又根据 $M,K$ 的定义, 得到$$\left|x_0-\frac{q}{p}\right|=\frac{|f(x_0)-f(q/p)|}{|f^{\prime }(\xi )|}⩾\frac{1}{M{P}^n}>\frac{K}{p^n}⩾\left|x_0-\frac{q}{p}\right|,$$矛盾, 从而结论得证. $\square$
7.	证明一个复数是代数数当且仅当它的实部和虚部都是代数数. 证明. 设 $x=a+bi$, 下证 $x$ 是代数数当且仅当 $a$ 和 $b$ 都是代数数. 必要性. 充分性. $\square$

2第一次数学危机

第一次数学危机, 可公度量, 比例论

1.	在有关讲座中, 项武义教授给出了图 1. 从中可见, 当 $a,b$ 依次是正五边形的边长和对角线长时, $b-a$ 和 $a$ 时一个更小的正五边形的边长和对角线. 试以此说明正五边形的边长和对角线长不可公度. 图 1. 若正五边形的边和对角线可公度, 则可以把 $a,b$ 视为正整数, 此时 $a^{\prime },b^{\prime }$ 也是正整数, 且 $a^{\prime }<a,b^{\prime }<b$. 易见小于 $a$ 的正整数只有有限个, 因此这一过程不可能无限持续, 这表明正五边形的边和的对角线不可公度.
2.	结合图 2 说明等腰直角三角形直角边和斜边长不可公度. 图 2. 若 $c^2=2a^2$, 依勾股定理, $c$ 是直角边为 $a$ 的等腰直角三角形的斜边. 依图可令 $c^{\prime }=2a-c,a^{\prime }=c-a$, 若 $c,a$ 可公度, 则可视为正整数, 此时 $a^{\prime },c^{\prime }$ 也是正整数, 且 $c^{\prime }<c$, 但小于 $c$ 的正整数有限, 这一流程不可能无限持续, 因而等腰直角三角形直角边和斜边不可公度.

1.	对于正整数 $n,m$, 考察 $\frac{m}{n}$ 的十进制小数表示中循环节的长度有何特点. 只考虑 $n>m$ 的情况, 当 $n=9,99,999,\cdots$ 时, 分数的结果都是循环小数, 且循环节的长度与 $n$ 的位数相同. 对于一个给定的循环小数 $a=0.a_1{a}_2\cdots a_n{a}_1{a}_2\cdots$, ($a_i$ 表示当前位数上的数字), 有$$\begin{array}{c}10^{n}a-a=a_1{a}_2\cdots a_n\\ a=\frac{a_1{a}_2\cdots a_n}{10^n-1}\end{array}$$

3实数公理系统

自然数公理, 数学归纳法, 实数公理系统, 实数系, 有序域的性质, 三角不等式,Newton 二项展开式, 杨辉三角, 广义实数系, 区间, 单调函数, 复数域, 周期函数

1.

设 $(X,+,\cdot ,⩽)$ 是一个有序域, 并用 $0^{\ast },1^{\ast }$ 表示 $X$ 的零元和单位元. 一般地, $n^{\ast }=n{1}^{\ast }$. 我们可以证明 $X$ 中成立加法消去律: 设 $\alpha ,\beta ,\gamma \in X$, 满足条件 $P:\alpha +\gamma =\beta +\gamma$, 则$$\begin{array}{rl}\alpha & \stackrel{\text{(A3)}}{=}\alpha +0^{\ast }\stackrel{\text{(A4)}}{=}\alpha +\left(\gamma +(-\gamma )\right)\stackrel{\text{(A1)}}{=}(\alpha +\gamma )+(-\gamma )\\ & \stackrel{\text{条件 P}}{=}(\beta +\gamma )+(-\gamma )\stackrel{\text{(A1)}}{=}\beta +\left(\gamma +(-\gamma )\right)=\beta +0^{\ast }=\beta .\end{array}$$类似地证明: (1) 若 $\alpha ⩾\beta$, 则 $\alpha +\gamma ⩾\beta +\gamma$, 且等号当且仅当 $\alpha =\beta$ 时取到. (2) $\alpha >0^{\ast }$ 当且仅当 $-\alpha <0^{\ast }$. (3) 若 $\alpha \gamma =\beta \gamma$, 且 $\gamma \ne 0^{\ast }$, 则 $\alpha =\beta$. (4) ${\alpha }^2⩾0^{\ast }$, 且等号成立当且仅当 $\alpha =0^{\ast }$ 时成立. 特别地 $1^{\ast }>0^{\ast }$. (5) $\alpha >0^{\ast }$ 当且仅当 $1/\alpha >0^{\ast }$. (6) 设 $\alpha >0^{\ast },\beta >\gamma$, 则 $\alpha \beta >\alpha \gamma .$ 证明. (1) 若 $\alpha >\beta$ 有 $\alpha +\gamma =\beta +\gamma$, 依加法消去律可知有 $\alpha =\beta$, 与假设矛盾. 反之若 $\alpha =\beta$, 依上述也有 $\alpha +\gamma =\beta +\gamma$. (2) $\alpha >0^{\ast }=\alpha +(-\alpha )$, 依消去律得 $-\alpha <0^{\ast }$. (3) $\alpha =\alpha 1^{\ast }=\alpha (\gamma {\gamma }^{-1})=(\alpha \gamma ){\gamma }^{-1}=\beta \gamma {\gamma }^{-1}=\beta .$ (4) 先证 $(-1^{\ast })(-1^{\ast })=1^{\ast }$:$$\begin{array}{rl}{1}^{\ast }+(-1^{\ast })=0^{\ast }& \Rightarrow (-1^{\ast })\ast (1^{\ast }+(-1{)}^{\ast })=0^{\ast }\Rightarrow -1^{\ast }+(-1^{\ast })(-1^{\ast })=0^{\ast }\\ & \Rightarrow (-1^{\ast })(-1^{\ast })=1^{\ast }.\end{array}$$若 $\alpha ⩾0$, 依乘法的保序性可知 ${\alpha }^2⩾0$, 并且若 $\alpha >0$ 而 ${\alpha }^2=0^{\ast }$, 则两侧乘以 ${\alpha }^{-1}$ 得 $\alpha =0^{\ast }$, 可得矛盾. 从而若 ${\alpha }^2=0^{\ast }$ 必有 $\alpha =0^{\ast }$. 若 $\alpha <0^{\ast }$, 则 $-\alpha >0^{\ast }$, 从而$$\alpha \alpha =1^{\ast }\cdot \alpha \cdot \alpha =(-1^{\ast })(-1^{\ast })\alpha \alpha =(-\alpha )(-\alpha )>0^{\ast }.$$ (5) 设 $\alpha >0,\beta <0$, 则 $-\beta >0$, 从而 $\alpha (-\beta )>0^{\ast }$, 于是 $\alpha \beta <0$. 若 $\alpha >0$ 而 $1/\alpha <0$, 则$$\alpha \cdot 1/\alpha =1^{\ast }<0^{\ast },$$矛盾. (6) 由于 $\alpha >0,\beta -\gamma >0$, 从而 $\alpha (\beta -\gamma )>0$. 可得 $\alpha \beta >\alpha \gamma .$ $\square$

2.

设 $(X,+,\cdot ,⩽)$ 是一个全序域, $\alpha \in X$ 满足 $\alpha ⩾0$ 以及 $\forall \epsilon >0$, 成立 $\alpha <\epsilon$. 证明 $\alpha =0.$ 证明. 假设 $\alpha >0$, 则令 $\epsilon =\alpha$, 则与 $\alpha <\epsilon$ 矛盾. 从而 $\alpha =0$. $\square$

1.	对于有序域 $(X,+,\cdot ,⩽)$, 是否一定具有 Archimedes 性? 解答. 不一定. 如 $\mathbb{R}$ 添加一个超越元 $X$ 得到分式域 $\mathbb{R}(X)$, 其元素形如$$\frac{a_n{X}^n+a_{n-1}{X}^{n-1}+\cdots +a_0}{b_m{X}^m+b_{m-1}{X}^{m-1}+\cdots +b_0}.$$序关系定义为: 分式 $\frac{e(X)}{f(X)}>\frac{g(X)}{h(X)}$ ($\frac{e(X)}{f(X)}=\frac{g(X)}{h(X)},\frac{e(X)}{f(X)}<\frac{g(X)}{h(X)}$) , 若两式相减的分子最高次项系数 $>0$ ($=0,<0$) . 比如说, $$\frac{X^3}{X-2}>X^2,$$是因为$$\frac{X^3}{X-2}-X^2=\frac{2X}{X-2}$$中的 $2>0$. 不难验证这符合有序域的性质, 因而是个有序域; 不过 $\forall n\in {\mathbb{Z}}^{+},X>n\cdot 1$ 说明其不具有 Archimedes 性. $\square$
2.	设 $(X,+,\cdot ,⩽)$ 是一个全序域, $\alpha \in X$ 满足 $\alpha ⩾0$ 以及对 $X$ 中任何的正有理数 $p$ 成立 $\alpha <p$. 问是否一定有 $\alpha =0$? 这里正有理数即形如 $m{1}^{\ast }/n{1}^{\ast }$ 的元, 其中 $1^{\ast }$ 为乘法单位元, $m,n$ 为正整数.
3.	证明所有 (复) 代数数组成的集合是一个域. 证明. 内容... $\square$
4.	设 $(X,+,\cdot )$ 是一个以实数域 $\mathbb{R}$ 为子域的域, 满足如下条件: (i) 存在元 $A\in X\setminus \mathbb{R}$. (ii) 对于 $X$ 中的任一元素 $V$, 都存在 $a,b\in \mathbb{R}$, 使得 $V=a+bA$. 证明: 存在 $B\in X$ 使得 $B^2=-1$. 进一步, 对 $X$ 中的任一元素 $V$, 都存在 $a,b\in \mathbb{R}$, 使得 $V=a+bB$. 证明. 设 $A^2=c+dA$, 则 $X^2-dX-c$ 是个无实根的一元二次方程, 从而通过其根可找到 $B$. $\square$ 本题的结论相当于说, 以实数域作为子域的 “二元域” 一定是复数域.
5.	证明: 不存在以 $\mathbb{R}$ 为子域的 “三元数” 域. 即不存在 ${\mathbb{R}}^3$ 中满足$$(x_1,y_1,z_1)+(x_2,y_2,z_2)=(x_1+x_2,y_1+y_2,z_1+z_2)$$以及$$(x_1,0,0)\cdot (x_2,0,0)=(x_1{x}_2,0,0)$$的加法 $+$ 和乘法 $\cdot$, 使得 $({\mathbb{R}}^3,+,\cdot )$ 成为一个域. 证明. 记三元数 $(x,y,z)=x+yi+zj$, 也就是说 $1,i,j$ 是三元数域的一组基 (注意这里的 $i$ 不是通常的虚数单位) . 设$$\begin{array}{rl}{i}^2& =a+bi+cj,\\ j^2& =d+ei+fj,\end{array}$$那么$$\begin{array}{rl}(j^2-d-fj{)}^2& =(ei{)}^2=e^2{i}^2=e^{2}a+e^{2}bi+e^{2}cj\\ & =e^{2}a+eb(j^2-d-fj)+e^{2}cj,\end{array}$$也就是说存在 $4$ 次实系数多项式$$p(X)=(X^2-d-fX{)}^2-(e^{2}a+eb(X^2-d-fX)+e^{2}cX),$$使得 $p(j)=0$. 由代数基本定理, $p(X)$ 可分裂为 $(X-z_1)(X-z_2)(X-z_3)(X-z_4)$, 其中 $z_i\in \mathbb{C}(i=1,2,3,4)$. 故 $j=z_i$ 之一, 得到 $j\in \mathbb{C}$. 同理 $i\in \mathbb{C}$. 由此, $$3={\dim }_{\mathbb{R}}{\mathbb{R}}^3={\dim }_{\mathbb{R}}(\mathbb{R}+\mathbb{R}i+\mathbb{R}j)⩽{\dim }_{\mathbb{R}}\mathbb{C}=2,$$矛盾. $\square$

4实数系的构造

实数系的构造,Dedekind 分割, 稠密性, 上确界存在定理, 有理数, 无理数, 实数的十进制表示,$n$ 次方根, 算术几何平均不等式, 指数函数的定义, 对数函数的定义

1.	Rudin 在其《数学分析原理》一书中使用了变换 $q=p+\frac{2-p^2}{p+2}=\frac{2+2p}{p+2}$. 验证: (i) 若 $p>0$, 且 $p^2<2$, 则 $q>p$ 且 $q^2<2$. (ii) 若 $p>0$, 且 $p^2>2$, 则 $0<q<p$ 且 $q^2>2$. 解答. 由 $p>0$ 且 $p^2<2$ 易知 $q=p+\frac{2-p^2}{p+2}>p$, 并且$$q^2={\left(\frac{2+2p}{p+2}\right)}^2=4{\left(1-\frac{1}{p+2}\right)}^2<4{\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}+2}\right)}^2=2.$$后者情况类似. $\square$
2.	试求使变换 $q=p+\frac{2-p^2}{ap+b}$ 具有习题 1 中性质 (i)—(ii) 的所有有理数对 $(a,b)$. 解答. $\square$
3.	证明无理数在实数集中的稠密性: 对于任何 $x\in \mathbb{R}$, 以及 $\epsilon >0$, 存在无理数 $y$ 使得 $|y-x|<\epsilon$. 证明. 注意到 $|(x-\epsilon ,x+\epsilon )|>|\mathbb{Q}|$ 即可. $\square$
4.	设 $a>0$, 而 $n$ 为正整数. 证明: $\min \{a,1\}⩽a^{1/n}⩽\max \{a,1\}$. 证明. 易见 $a\in (0,1)$ 时, 有 $a⩽a^{1/n}⩽1$; 若 $a⩾1$, 则 $1⩽a^{1/n}<a$. 总而言之有 $\min \{a,1\}⩽a^{1/n}⩽\max \{a,1\}$. $\square$
5.	设 $p,q>1$ 满足 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1,a,b>0$. 利用$$(1+x{)}^{\alpha }-1⩽\alpha x,x⩾0,0<\alpha ⩽1\text{\hspace{1em}(♡)}$$证明 Young 不等式: $ab⩽\frac{1}{p}{a}^p+\frac{1}{q}{b}^q$. 证明. 不妨设 $a^p>b^q$, 则令 $x=\frac{a^p}{b^q}-1,\alpha =\frac{1}{p},$ 代入式 $(♡)$ 得到$$\frac{a}{b^{q/p}}-1⩽\frac{1}{p}\left(\frac{a^p}{b^q}-1\right),$$即 $ab⩽\frac{1}{p}{a}^p+\frac{1}{q}{b}^q$. 另外的情况类似. $\square$
6.	* 设 $I$ 是一个非空指标集, 对 $I$ 中每一个元 $\alpha$, 都对应两个实数 $x_{\alpha }$ 以及 $y_{\alpha }$. 我们将 $\sup \{x_{\alpha }|\alpha \in I\}$ 和 $\inf \{x_{\alpha }|\alpha \in I\}$ 写成 $\underset{\alpha \in I}{\sup }{x}_{\alpha }$ 和 $\underset{\alpha \in I}{\inf }{x}_{\alpha }$. 证明: 在广义实数系中, (i) $\underset{\alpha \in I}{\inf }(-x_{\alpha })=-\underset{\alpha \in I}{\sup }{x}_{\alpha }$. (ii) 对以下所列的每一个不等式, 若其两端在广义实数系中都有意义, 则该不等式成立:$$\begin{array}{rl}\underset{\alpha \in I}{\inf }{x}_{\alpha }+\underset{\alpha \in I}{\inf }{y}_{\alpha }& ⩽\underset{\alpha \in I}{\inf }(x_{\alpha }+y_{\alpha })⩽\underset{\alpha \in I}{\sup }{x}_{\alpha }+\underset{\alpha \in I}{\inf }{y}_{\alpha }\\ & ⩽\underset{\alpha \in I}{\sup }(x_{\alpha }+y_{\alpha })⩽\underset{\alpha \in I}{\sup }{x}_{\alpha }+\underset{\alpha \in I}{\sup }{y}_{\alpha }.\end{array}$$ (iii) 若 $x_{\alpha }>0(\forall \alpha \in I)$, 并在此种情形规定 $\frac{1}{0}=+\infty$, 则有$$\underset{\alpha \in I}{\sup }\frac{1}{x_{\alpha }}=\frac{1}{\underset{\alpha \in I}{\inf }{x}_{\alpha }}.$$ (iv) 设 $x_{\alpha }>0,y_{\alpha }>0(\forall \alpha \in I)$. 对以下所列的每一个不等式, 若其两端在广义实数系中都有意义, 则该不等式成立: $$\begin{array}{rl}\underset{\alpha \in I}{\inf }{x}_{\alpha }\underset{\alpha \in I}{\inf }{y}_{\alpha }& ⩽\underset{\alpha \in I}{\inf }(x_{\alpha }{y}_{\alpha })⩽\underset{\alpha \in I}{\sup }{x}_{\alpha }\underset{\alpha \in I}{\inf }{y}_{\alpha }\\ & ⩽\underset{\alpha \in I}{\sup }(x_{\alpha }{y}_{\alpha })⩽\underset{\alpha \in I}{\sup }{x}_{\alpha }\underset{\alpha \in I}{\sup }{y}_{\alpha }.\end{array}$$ 证明. (i) (ii) (iii) (iv) $\square$

1.	对于 $a>0$ 以及有理数 $\frac{m}{n}$, 其中 $m,n$ 为既约整数, $n>0$. 当 $m\ne 1$ 时, 定义$$a^{\frac{m}{n}}={\left(a^m\right)}^{\frac{1}{n}}.$$自然, 当 $m=1$ 时, 上式也成立. 进一步, 当 $n=2k+1$ 为奇数时, 定义$$(-a{)}^{m/(2k+1)}=(-1{)}^m{a}^{m/2k+1}.$$下设 $a,b>0$, 且 $p,q$ 为有理数, 证明: (1) $(a^p{)}^q=a^{pq}$. (2) $a^p{a}^q=a^{p+q}$. (3) $a^p{b}^p=(ab{)}^p$. (4) 若 $a>1,p>0$, 则 $a^p>1$. (5) 当 $a>1$ 时, $a^p$ 关于 $p\in \mathbb{Q}$ 严格单调递增. (6) 设 $a>1$, 证明: 对于任何 $b\in \mathbb{R}$, 成立 $\sup \{a^p|p<b\}=\inf \{a^p|p>b.\}$
2.	设 $a⩾1$, 且 $b$ 为无理数, 定义$$a^b=\sup \{a^p|p⩽b\text{ 且 }p\text{ 为有理数}\}.$$证明: 当 $p$ 为有理数时上式也成立. 进一步, 当 $0<a<1$ 时, 定义 $a^b=(a^{-1}{)}^{-b}$.
3.	设 $a,b>0$, 且 $x,y\in \mathbb{R}$, 证明: (i) ${\left(a^x\right)}^y=a^{xy}$. (ii) $a^x{a}^y=a^{x+y}$. (iii) $a^x{b}^x=(ab{)}^x$. (iv) 若 $a>1,x>0$, 则 $a^x>1$. (v) 若 $a>1$, 则 $a^x$ 关于 $x\in \mathbb{R}$ 严格单增. (vi) 若 $0<a<1$, 则 $a^x$ 关于 $x\in \mathbb{R}$ 严格单减.
4.	设 $a>0,a\ne 1,b>0$, 证明有唯一实数 $x$ 满足 $a^x=b$. 该实数称为以 $a$ 为底以 $b$ 为真数的对数. 记作 ${\log }_{a}b$, 在底 $a$ 明确的情况下, 可以简写为 $\log b$. ${\log }_{10}b$ 记作 $\lg b$, ${\log }_{e}b$ 记作 $\ln b$, 称为自然对数.
5.	设 $a,b,x>0,a\ne 1,b\ne 1$. 证明: ${\log }_{a}x=\frac{{\log }_{b}x}{{\log }_{b}a}$.
6.	证明: 当 $a>1$ 时, ${\log }_{a}b$ 关于 $x>0$ 严格单增. 当 $0<a<1$ 时, ${\log }_{a}b$ 关于 $x>0$ 严格单减.
7.	设 $a,x,y>0,a\ne 1$, 证明: ${\log }_a(xy)={\log }_{a}x+{\log }_{a}y$.

5附录

构造实数系的其他典型方法, 实数系的唯一性, 序同构, 实数系构造的 Cantor 方法

1.	证明: 具有最小上界性的有序域一定具有 Archimedes 性. 证明. 令集合$$P=\left\{n|\frac{y}{n}⩾x\right\},$$若 $P=\varnothing$, 则对 $\forall n\in {\mathbb{Z}}_{+}$, 都有 $nx>y$, 否则 $P$ 有最小上界, 不妨记为 $n_0$, 这时有$$\frac{y}{n_0}⩾x>\frac{y}{n_0+1},$$右侧的不等号等价于 Archimedes 性. $\square$

1.	试在 Cantor 用 Cauchy 列构造实数的基础上, 建立上确界存在定理, Cauchy 准则等 (参见第二章内容).