实分析/实数的性质

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一些简单的结果

在这一点上，我们可以从公理中推导出关于这些运算的大量非常简单的结果。其中一些如下所示，其中一些有证明。其余的证明应该被认为是操纵公理的练习。这些结果的目的是让我们能够执行任何我们认为由于我们使用数字的经验而“显然是正确的”的运算。除非另有说明，否则以下内容应适用于所有$x,y\in \mathbb {R}$。

• $0$是唯一的加法单位元

证明。假设$x$是一个加法单位元，s.t.$x\neq 0$。然后，令$y\in \mathbb {R}$。然后，$x+y=0+y$，这导致$x=0$。但是，由于我们假设$x\neq 0$，这导致矛盾，因此$0$是唯一的加法单位元。$\Box$

• $1$是唯一的乘法单位元

• 加法逆元和乘法逆元都是唯一的。更正式地说：如果$x+y=0$ 和 $x+z=0$ 同时成立，则 $y=z$；如果 $xy=1$ 和 $xz=1$ 同时成立，则 $y=z$（因此符号 $-x$ 和 $x^{-1}$是有意义的）。

证明：对于加法的情况：我们有 $x+y=0$ 和 $x+z=0$，因此将 $y$ 加到后一个方程中，我们得到 $(x+z)+y=0+y$，但随后根据加法的交换律和结合律，我们推导出 $(x+y)+z=0+y$，根据我们的另一个假设 $0+z=0+y$，然后根据加法单位元 $z=y$。 $\Box$

• $-(-x)=x$

• $\forall x\in \mathbb {R} \setminus \{0\}:(x^{-1})^{-1}=x$

• $0\times x=0$

• 0 没有乘法逆元（因此不能进行除以 0 的运算）。

• ∀n,m∈ℤ:xⁿx^m=x^n+m

• ∀n,m∈ℤ:(xⁿ)^m=x^nm

• x>y⟺¬x≤y（这里¬是逻辑非，所以¬x≤y表示“x≤y不成立”）。

证明：首先我们考虑蕴含关系⟹。假设x>y。根据定义，这意味着x≠y且y

反之，假设$\neg x\leq y$。首先，如果我们有$x=y$，那么根据自反性$x\leq y$，这是不可能的，因此实际上$x\not =y$。其次，根据完全性，我们推导出$y\leq x$。这两个条件正是$x>y$所需要的。 $\Box$

• $x<y\iff \neg x\geq y$

• $x$是非正数当且仅当$x$不是正数

• $x$是非负数当且仅当$x$不是负数

• 如果$x$既是非正数又是非负数，那么$x=0$

• $x$既是正数又是负数是不可能的

• $x\geq 0\iff -x\leq 0$

证明：假设$x\geq 0$。根据公理之一，我们得到$x+(-x)\geq 0+(-x)$。根据加法逆元，这给出$0\geq 0+(-x)$，然后根据加法恒等式$0\geq -x$，如预期。

逆向蕴涵类似地成立。 $\Box$

• $(x\leq y{\mbox{ and }}z\leq 0)\implies xz\geq yz$

• $\forall x\in \mathbb {R} :x^{2}\geq 0$

证明：根据序的完全性，我们有 $x\geq 0$ 或者 $x\leq 0$。在第一种情况下，我们可以直接将连接序与乘法的公理应用于 $0\leq x$ 并推导出 $0\leq x^{2}$。在后一种情况下，我们将此列表中的最后一个结果应用于 $0\leq x$ 并得到 $x^{2}\geq 0$。$\Box$

• $1>0$ 和 $-1<0$

应用

虽然可以说本书的全部内容都致力于研究完备性的应用，但我们也可以很容易地给出一些简单的应用，这些应用表明完备性如何解决了上面描述的有理数问题。

定理（平方根）

设 $x\in \mathbb {R}$ 为非负数。则 $x$ 有唯一的非负 *平方根*，记为 ${\sqrt {x}}$，满足 $({\sqrt {x}})^{2}=x$。

证明

我们只处理 $x\geq 1$ 的情况。 $x\in [0,1)$ 的情况留给练习。

首先，我们注意到当$y,z\in \mathbb {R}$是非负实数时，$y<z\implies y^{2}<z^{2}$（在我们稍后将介绍的术语中，这意味着函数$y\mapsto y^{2}$是严格递增的）。这使得很清楚，$x$只能有一个平方根，因此剩下的就是找到一个。

令$S=\{y\in \mathbb {R} :y^{2}\leq x\}$。我们希望将最小上界公理应用于$S$，因此我们必须证明它是非空的且有上界。

$S$是非空集是很明显的，因为$1\in S$。

此外，$x$本身是$S$的一个上界，因为如果$y>x\geq 1$，则$y^{2}>y$，因此$y^{2}>x$，因此$y\not \in S$。

综合这些事实，根据最小上界公理，我们推断$S$存在一个最小上界，我们称之为$s$。我们希望证明$s$是我们正在寻找的$x$的平方根。

当然$s$是正数，因为$1\in S$，因此$s\geq 1$。特别地，我们可以除以$s$。

为了证明$s^{2}=x$，我们排除$s^{2}>x$和$s^{2}<x$的可能性。

假设$s^{2}>x$。令$t=s-{\frac {s^{2}-x}{2s}}$。则

$t^{2}=s^{2}-(s^{2}-x)+{\frac {(s^{2}-x)^{2}}{4s^{2}}}=x+{\frac {(s^{2}-x)^{2}}{4s^{2}}}>x$

所以$t$实际上是$S$的上界，但这不可能，因为$t<s$且$s$是$S$的最小上界。

因此，我们得出结论$s^{2}\leq x$。

现在假设$s^{2}<x$。令$t=s+{\frac {x-s^{2}}{2s}}$。以与上述类似的方式，我们推导出$t^{2}<x$，所以$t\in S$，但这不可能，因为$t>s$且$s$是$S$的上界。

因此，我们得出结论$s^{2}\geq x$，因此$s^{2}=x$，如所要求的。$\Box$

这个论证可能显得过于复杂（尤其是一些细节留作练习），确实在某种意义上它就是这样，我们稍后将能够给出更简洁的论证。然而，它足以表明我们可以找到2的平方根，从而避免本节开头提出的关于有理数的直接问题。要证明没有更复杂的构造会导致相同的问题，我们必须等到研究连续性时。

定理（阿基米德公理）

（注意，尽管有这个名字，但对我们来说，这个定理不是公理，而是我们从其他公理推导出来的定理。）

a) $\forall x\in \mathbb {R} :\exists n\in \mathbb {N} :n>x$

b) $\forall x\in \mathbb {R} ^{*}+:\exists n\in \mathbb {N} :{\frac {1}{n}}<x$

证明

a) 假设该陈述不成立，那么我们就有否定形式，它陈述

$\exists x\in \mathbb {R} :\forall n\in \mathbb {N} :n\leq x$

但这正是$\mathbb {N}$有上界的陈述。当然，它也非空，因此我们可以应用完备性公理来获得$\mathbb {N}$的最小上界。将此最小上界称为$l$。

由于$l$是最小上界，我们知道$l-1$不是上界，因此$\exists n\in \mathbb {N} :n>l-1$。但随后，$n+1>l$，且$n+1\in \mathbb {N}$，因此我们得到矛盾，即$l$毕竟不是$\mathbb {N}$的上界。

因此，我们的假设是错误的，并且 (a) 成立。

b) 取 $x\in \mathbb {R} ^{+}$。显然 $x\not =0$，因此我们可以对 $x$ 求逆得到 $x^{-1}\in \mathbb {R} ^{+}$。将部分 (a) 应用于 $x^{-1}$，我们可以找到 $n\in \mathbb {N}$ 使得 $n>x^{-1}$，然后对该不等式求逆，我们推导出 ${\frac {1}{n}}<x$，如所要求的。$\Box$

推论（有理数和无理数的稠密性）

如果 $x<y$，则 $(x,y)$ 包含一个有理数和一个无理数。

证明

为了在 $(x,y)$ 中找到一个有理数，我们将阿基米德公理 (b) 应用于 $y-x$，得到 $n\in \mathbb {N}$ 使得 ${\frac {1}{n}}<y-x$。因此 $1<yn-xn$，所以 $xn<yn-1$。

我们也对$y+1$应用阿基米德公理 (a)，得到满足$N>yn+2$的$N\in \mathbb {N}$。

现在选择满足$N-m<yn$的最小$m\in \mathbb {N}$。根据上述，$m\geq 2$，因此，由于$m$是最小的，我们知道

$N-(m-1)\geq yn$

$N-m\geq yn-1$

将此与上面推导出的$xn<yn-1$的事实结合起来，我们得到

$N-m>xn$

因此，总而言之，我们有$yn>N-m>xn$，所以$y>{\frac {N-m}{n}}>x$，我们找到了我们想要的那个有理数。

为了找到一个无理数，我们使用我们刚刚推导出的结论，首先找到一个有理数$q\in (x+{\sqrt {2}},y+{\sqrt {2}})$，使得$q-{\sqrt {2}}\in (x,y)$。此外，$q-{\sqrt {2}}$必须是无理数，因为如果它是理数，那么我们也会有$q-(q-{\sqrt {2}})={\sqrt {2}}$是有理数，而我们知道它不是。 $\Box$

最小上界的性质

我们将对最小上界进行大量的工作，因此，了解如何在证明中有效地使用它们非常重要。以下是一些在这方面有帮助的定义和性质

最小上界的唯一性

每个有上界的非空集都有唯一的最小上界。

证明

设$a$和$b$是集合$S$的两个最小上界。

如果$a>b$，那么由于$b$是$S$的上界，$a$不可能是最小上界。因此$a\leq b$。类似地，$a\geq b$。因此$a=b$，所以$S$只能有一个最小上界。

最大下界的存

每个有下界的非空集合S都有唯一一个最大下界，或称为下确界（记为$\inf S$）。

证明

设S是非空且有下界的集合。设$T:=\{-x:x\in S\}$。

由于S是非空的，$\exists x\in S$。因此$-x\in T$，所以T是非空的。

由于S有下界，$\exists M:\forall x\in S:x>M$。

然后$x\in T\implies -x\in S\implies -x>M\implies x<-M$。

因此T以上确界为-M，所以T有最小上界$\beta$。

由于$x\in S\implies -x\in T\implies -x<\beta \implies x>-\beta$，$-\beta$是S的下界。

令$\alpha$为S的下界。

则$x\in T\implies -x\in S\implies -x>\alpha \implies x<\alpha$，所以$-\alpha$是T的上界。

由于$\beta$是T的最小上界，$-\alpha >\beta$，因此$\alpha <-\beta$。

因此，S的所有下界都小于$-\beta$

换句话说，$-\beta$是S的最大下界。

唯一性与最小上界的唯一性类似。

定理（上确界和下确界的次序）

如果$S\subseteq T$，其中S是非空集，T是有界集，则$\inf T\leq \inf S\leq \sup S\leq \sup T$

证明

由于S是非空集，它包含一个元素x。根据定义，$\inf S\leq x$且$x\leq \sup S$，所以$\inf S\leq \sup S$。

由于T是有上界的，它存在最小上界$\sup T$。

由于 t 特别地是 T 的上界，$\forall x\in T:x\leq \sup T$。由于 $S\subseteq T$，$x\in S\implies x\in T\implies x\leq \sup T$。

因此 $\sup T$ 是 S 的上界，所以 $\sup S$ 存在，根据定义 $\sup S\leq \sup T$。

类似地，$\inf S\geq \inf T$。

求和与求积符号

我们经常需要一次对几个实数进行求和或求积。由于我们的公理没有赋予“...”任何意义，因此我们不能简单地写成“$a_{1}+a_{2}+\dots +a_{n}$”。因此，我们使用符号 $\sum _{k=1}^{n}a_{k}$ 和 $\prod _{k=1}^{n}a_{k}$ 分别表示任意有限个实数的和与积。我们通过如下归纳法进行定义

• $\sum _{k=1}^{1}a_{k}=a_{1}$ 和 $\prod _{k=1}^{1}a_{k}=a_{1}$
• $\sum _{k=1}^{n}a_{k}=a_{n}+\sum _{k=1}^{n-1}a_{k}$ 和 $\prod _{k=1}^{n}a_{k}=a_{n}\prod _{k=1}^{n-1}a_{k}$

现在我们可以证明求和与求积的一些性质

性质

• 求和的顺序可以任意改变。也就是说，如果$\{a_{k}:1\leq k\leq n\}=\{b_{k}:1\leq k\leq n\}$，则$\sum _{k=1}^{n}a_{k}=\sum _{k=1}^{n}b_{k}$ 并且 $\prod _{k=1}^{n}a_{k}=\prod _{k=1}^{n}b_{k}$。

证明：这由交换律和一个相当复杂的归纳法得出。

• $\sum _{k=1}^{n}a_{k}+\sum _{k=1}^{n}b_{k}=\sum _{k=1}^{n}(a_{k}+b_{k})$ 以及 $\prod _{k=1}^{n}a_{k}\prod _{k=1}^{n}b_{k}=\prod _{k=1}^{n}(a_{k}b_{k})$

证明：我们用数学归纳法证明。首先，注意$\sum _{k=1}^{1}a_{k}+\sum _{k=1}^{1}b_{k}=a_{k}+b_{k}=\sum _{k=1}^{1}(a_{k}+b_{k})$。

现在假设$\sum _{k=1}^{n-1}a_{k}+\sum _{k=1}^{n-1}b_{k}=\sum _{k=1}^{n-1}(a_{k}+b_{k})$。然后$\sum _{k=1}^{n}a_{k}+\sum _{k=1}^{n}b_{k}$$=\sum _{k=1}^{n-1}a_{k}+a_{n}+\sum _{k=1}^{n-1}b_{k}+b_{n}$$=\sum _{k=1}^{n-1}a_{k}+\sum _{k=1}^{n-1}b_{k}+a_{n}+b_{n}$$=\sum _{k=1}^{n-1}(a_{k}+b_{k})+(a_{n}+b_{n})$$=\sum _{k=1}^{n}(a_{k}+b_{k})$。

乘积的陈述类似地得出。

• $c\sum _{k=1}^{n}a_{k}=\sum _{k=1}^{n}ca_{k}$

证明：另一个归纳法。对于$n=1$，$c\sum _{k=1}^{1}a_{k}=ca_{1}=\sum _{k=1}^{1}ca_{k}$。现在假设该陈述对于 n-1 成立。然后$c\sum _{k=1}^{n}a_{k}=c(\sum _{k=1}^{n-1}a_{k}+a_{n})=\sum _{k=1}^{n-1}ca_{k}+ca_{n}=\sum _{k=1}^{n}ca_{k}$。

• $\sum _{k=1}^{n}(a_{k})\sum _{l=1}^{m}(b_{l})=\sum _{k=1}^{n}\sum _{l=1}^{m}a_{k}b_{l}$

证明：我们对 n 进行数学归纳法证明。之前的性质处理了 n=1 的情况。假设该陈述对 n-1 成立。那么 $\sum _{k=1}^{n}(a_{k})\sum _{l=1}^{m}(b_{k})$$=(\sum _{k=1}^{n-1}(a_{k})+a_{n})\sum _{l=1}^{m}(b_{k})$$=\sum _{k=1}^{n-1}(a_{k})\sum _{l=1}^{m}(b_{k})+a_{n}\sum _{l=1}^{m}(b_{k})$$=\sum _{k=1}^{n-1}\sum _{l=1}^{m}(a_{k}b_{l})+\sum _{l=1}^{m}(a_{n}b_{k})$$=\sum _{k=1}^{n}\sum _{l=1}^{m}(a_{k}b_{l})$

大多数熟悉的和与积的性质都可以用类似的方法推导出来。