《陶哲轩实分析》习题 6.7

最后写在最前

这次还看了这边的答案 https://christangdt.home.blog/analysis/analysis-tenrece-tao-3rd-ed/ 。

6.7.1 证明命题 6.7.3 的剩下的结论。

设 $x,y > 0$ 是正的实数，并设 $q,r$ 是比例数。根据实数的定义（和命题 6.1.15）我们可以写

$$q = \lim\limits_{n \to \infty} q_n\\ r = \lim\limits_{n \to \infty} r_n$$

其中 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 和 $(r_n)_{n=1}^\infty$ 是比例数的数列。

• $x^q$ 是正的实数。

  由于 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 收敛到 $q$，根据推论 6.1.17，它是有界的，所以对于一切 $n \geq 1$ 有 $|q_n| \leq M$。根据命题 5.4.12 知，存在正整数 $N$ 使得 $M < N$，由序的传递性得到 $|q_n| < N$，即 $-N < q_n < N$。

  • 若 $x = 1$，$x^q = \lim\limits_{n \to \infty}x^{q_n} = \lim\limits_{n \to \infty}1^{q_n} = \lim\limits_{n \to \infty}1 = 1 > 0$。

  • 若 $x > 1$，由引理 5.6.9 (e) 款可得，对于任意 $n > 1$ 有 $x^{-N} < x^{q_n}$，根据引理 6.4.13 得到

    $$\limsup\limits_{n \to \infty}x^{-N} \leq \limsup\limits_{n \to \infty}x^{q_n}$$

    由于 $x^{-N}$ 是常数因而 $\lim\limits_{n \to \infty}x^{-N} = x^{-N}$，而 $(x^{q_n})_{n=1}^\infty$ 也收敛，根据命题 6.4.12 有 $\limsup\limits_{n \to \infty}x^{-N} = x^{-N}$，$\limsup\limits_{n \to \infty}x^{q_n} = \lim\limits_{n \to \infty}x^{q_n}$，因此

    $$x^{-N} \leq \lim\limits_{n \to \infty}x^{q_n} = x^q$$

    根据引理 5.6.9 (e) 款 $x^{-N} > 0$，由序的传递性可得 $x^q > 0$。

  • 若 $x < 1$，类似地，对于任意 $n > 1$ 有 $x^{N} < x^{q_n}$，进而得到

    $$x^{N} = \limsup\limits_{n \to \infty}x^{N} \leq \limsup\limits_{n \to \infty}x^{q_n} = \lim\limits_{n \to \infty}x^{q_n} = x^q$$

    由于 $x^{N} > 0$，由序的传递性可得 $x^q > 0$。

• $(x^q)^r = x^{qr}$。

  需要证明一个引理：对于任意实数 $q$ 和比例数 $p$ 有 $(x^q)^p = x^{qp}$，下面逐步证明。

  • 对于任意实数 $q$ 和自然数 $n$ 有 $(x^q)^n = x^{qn}$。
    用数学归纳法归纳 $n$。当 $n$ = 0，$(x^q)^0 = 1$，$x^{q \times 0} = 1$，命题成立；假定 $(x^q)^n = x^{qn}$

    $$\begin{aligned} (x^q)^{n+1} &= (x^q)^n \times x^q\\ &= x^{qn} \times x^q\\ &= x^{qn + q}\\ &= x^{q(n+1)} \end{aligned}$$

    归纳完成。

  • 推广到整数：对于任意实数 $q$ 和整数 $z$ 有 $(x^q)^z = x^{qz}$。
    若 $z$ 是正的或零,即 $z$ 是自然数已经证明。若 $z$ 是负的即可表示为 $z = -n$，其中 $n$ 是自然数

    $$\begin{aligned} (x^q)^z &= (x^q)^{-n} = (x^{qn})^{-1}\\ &= [\lim\limits_{m \to \infty}(x^{q_m n})]^{-1}\\ &= \lim\limits_{m \to \infty}[(x^{q_m n})^{-1}]\\ &= \lim\limits_{m \to \infty}x^{- q_m n}\\ \end{aligned}$$

    根据极限算率，序列 $(- q_m n)_{m=1}^\infty$ 的极限为

    $$\lim\limits_{m \to \infty}- q_m n = -n \lim\limits_{m \to \infty}q_m = -nq$$

    因此根据实指数的指数运算的定义 $ x^{zq} = x^{-nq} = \lim\limits_{m \to \infty}x^{- q_m n}$，即 $x^{zq} = (x^q)^z$。

  • 推广到比例数：对于任意实数 $q$ 和比例数 $p$ 有 $(x^q)^p = x^{qp}$。
    首先根据上面的证明，对于任意正整数 $b$ 有

    $$((x^q)^{\frac{1}{b}})^b = (x^q)^{\frac{1}{b} \times b} = x^q\\ (x^{\frac{q}{b}})^b = x^{\frac{q}{b} \times b} = x^q$$

    根据 (a) 款 $(x^q)^{\frac{1}{b}}$ 和 $x^{\frac{q}{b}}$ 都大于零，根据命题 4.3.12（命题 5.6.3 推广到了实数）(c) 款，$(x^q)^{\frac{1}{b}} = x^{\frac{q}{b}}$。
    对于任意一个比例数 $q$ 我们都可以将其表示为 $\frac{a}{b}$ 的形式，其中 $a$ 是整数，$b$ 是正整数，因而有

    $$(x^q)^p = (x^q)^{\frac{a}{b}} = ((x^q)^{\frac{1}{b}})^a = (x^{\frac{q}{b}})^a = x^{\frac{aq}{b}} = x^{qp}$$

  
  
  于是由实指数的指数运算的定义以及上面的引论可以得到

  $$(x^q)^r = \lim\limits_{n \to \infty}[(x^q)^{r_n}] = \lim\limits_{n \to \infty}x^{qr_n}$$

  根据极限算率，序列 $(qr_n)_{n=1}^\infty$ 的极限为 $\lim\limits_{n \to \infty}qr_n = q\lim\limits_{n \to \infty}r_n = qr$。因此根据实指数的指数运算的定义

  $$x^{qr} = \lim\limits_{n \to \infty}x^{qr_n} = (x^q)^r$$

• $x^{-q} = \frac{1}{x^q}$。

  $$x^{-q} = x^{ q \times -1} = (x^q)^{-1} = \frac{1}{x^q}$$

• 如果 $q > 0$，那么 $x > y$ 当且仅当 $x^q > y^q$。

  如果 $q > 0$，根据定义 5.4.3，那么它可以写成某个正限制离开零的比例数的柯西序列 $(q_n)_{n=1}^\infty$ 的形式极限，再由命题 6.1.15 可以写 $ q = \lim\limits_{n \to \infty}q_n $，对于任意 $n > 1$ 有 $q_n > 0$。

  • 若 $x > y$，根据实指数的指数运算的定义以及极限算率可得

    $$x^q - y^q = \lim\limits_{n \to \infty}x^{q_n} - \lim\limits_{n \to \infty}y^{q_n} = \lim\limits_{n \to \infty}(x^{q_n}-y^{q_n})$$

    根据引理 5.6.9 (e) 款可知，对于任意 $n > 1$ 有 $x^{q_n}-y^{q_n} > 0$，进而由命题 5.4.9 可知 $\lim\limits_{n \to \infty}(x^{q_n}-y^{q_n}) \geq 0$，因此 $x^q \geq y^q$。
    现在只需用反证法证 $x^q \neq y^q$。假定 $x^q = x^q$，根据代入公理有 $(x^q)^{\frac{1}{q}} = (y^q)^{\frac{1}{q}}$，根据 (b) 款可知这蕴含 $x = y$，与条件矛盾。综上可得 $x^q > y^q$。

  • 若 $x^q > y^q$，用反证法证明。假定 $x \ngtr y$，由序的三歧性可知 $x = y$ 或 $x < y$。若 $x = y$，由代入公理得 $x^q = y^q$，与条件矛盾；若 $x < y$，可推出 $x^q < y^q$，与条件矛盾。因此 $x > y$。

• 如果 $x > 1$，那么 $x^q > xr$ 当且仅当 $q > r$。如果 $x < 1$，那么 $x^q > x^r$ 当且仅当 $q < r$。

  • 如果 $x > 1$

    • 当 $q > r$，由序的定义可得 $q = r + t$，其中 $t$ 为正的实数。由此可得 $x^q = x^{r+t} = x^rx^t$。由于 $x > 1$ 且 $t > 0$，由 (d) 款可得 $x^t > 1^t = 1$，所以 $x^q = x^r x^t > x^r$。

    • 当 $x^q > x^r$，同样以反证法证明。假定 $q \ngtr r$，由序的三歧性可知 $q = r$ 或 $q < r$。若 $q = r$，由代入公理得 $x^q = x^r$，与条件矛盾；若 $q < r$，可推出 $x^q < x^r$，与条件矛盾。因此 $q > r$。

  • 如果 $x < 1$

    • 当 $q < r$，同样可有 $r = q + t$，其中 $t > 0$。由于 $x < 1$ 且 $t > 0$，由 (d) 款和 (a) 款可得 $0 < x^t < 1^t = 1$，因此 $ x^r = x^q x^t < x^q$。

    • 当 $x^q < y^r$，同样以反证法证明。假定 $q \nless r$，由序的三歧性可知 $q = r$ 或 $q > r$。若 $q = r$，由代入公理得 $x^q = x^r$，与条件矛盾；若 $q > r$，可推出 $x^q < x^r$，与条件矛盾。因此 $q < r$。