陶哲轩实分析 4.4 节习题试解

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

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

那么由欧几里德算法有：
a=mb+ra = mb + r 其中 m,rm, r 为自然数，并且满足 0≤r<b0 \leq r
那么

x=ab=mb+rb=m+rb

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

n≤ab<n+1⇒nb≤a<nb+b

n \leq \frac{a}{b}

设 r′=a−nbr' = a - nb ，那么有 0≤r′<b0 \leq r'
也就是 a=nb+r′a = nb + r' 其中 n,r′n, r' 为自然数，并且满足 0≤r′<b0 \leq r'

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

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

同样由欧几里德算法有：
a=mb+ra = mb + r 其中 m,rm, r 为自然数，并且满足 0≤r<b0 \leq r
那么

x=−ab=−mb−rb=−m−rb

x = \frac{-a}{b} = \frac{-mb-r}{b}= -m - \frac{r}{b}
再对 rr 分情况讨论。
（2.1） r=0r = 0 这时 x=−mx = -m ，设 m′=−mm' = -m，则 m′m' 满足：

m′≤x<m′+1

m' \leq x
证明这种情况下 m′m' 是唯一的。假设还有另一个整数 n≠m′n \neq m'，也满足 n≤x<n+1n \leq x 。
那么有：

n≤m′<n+1

n \leq m'
满足这个条件的 nn 只有一个 n=m′n = m'。这与原假设矛盾。所以此情况下 m′m' 是唯一的。

（2.2） 0<r<b0
那么有：

x=−ab=−m−rb=−m−1+b−rb

x = \frac{-a}{b} = -m - \frac{r}{b} = -m-1 + \frac{b - r}{b}
设 m′=−m−1,r′=b−rm' = -m - 1, r' = b - r ，那么有 0<r′<b0
上式简化为：

x=m′+rb

x = m' + \frac{r}{b}
所以 m′m' 满足： n≤m′<n+1n \leq m'
证明这种情况下 m′m' 是唯一的。假设还有另一个整数 n≠m′n \neq m'，也满足 n≤x<n+1n \leq x 。

n≤−ab<n+1

n \leq \frac{-a}{b}

设 r′=−a−nbr' = -a - nb
那么有：

x−n≥0⇒−ab−n≥0⇒−a−nbb≥0⇒r′≥0

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⇒n+1−−ab>0⇒nb+a+bb>0⇒−r′+1>0⇒r′<1

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

所以 r′r' 满足 0≤r′<10 \leq r' 并且有：

x=n+r′b=m+rb

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

不妨假设 r≥r′r \geq r'，那么

0≤n−m=r−r′b<1

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

所以 n=mn = m 。这与原假设矛盾。所以 mm 是唯一的。

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

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,⋯}\{a_0, a_1, \cdots, a_n, \cdots\}，这个序列满足对一切的自然数 nn 都有 an≥0a_n \geq 0 和 an>an+1a_n > a_{n+1} 。

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

所以，任意的自然数 kk 和任意的自然数 nn ，都有 an>ka_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 {a0,a1,⋯,an,⋯}\{a_0, a_1, \cdots, a_n, \cdots\} 不存在。

4.4.3 证明不存在比例数 xx 满足 x2=2x^2 = 2

首先，x≠0x \neq 0，因为 02=00^2 = 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-x 必然是正的，并且满足 (−x)2=2(-x)^2 = 2。
设 x=p0/q0x = p_0 / q_0 其中 p0p_0 和 q0q_0 是两个自然数，满足 p0>q0p_0 > q_0 ，并且：

(p0)2=2(q0)2

(p_0)^2 = 2 (q_0)^2
那么 p0p_0 一定是偶数，因此 p0=2p1p_0 = 2 p_1，所以有：

2(p1)2=(q0)2

2(p_1)^2 = (q_0)^2
所以 p1<q0<p0p_1 。另外， q0q_0 也是偶数，必然可以写为 q0=2q1q_0 = 2 q_1。

(p1)2=2(q1)2

(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 nn 成立：

(pn)2=2(qn)2

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

那么 pnp_n 为偶数。所以存在一个自然数 pn+1p_{n+1} 满足 2pn+1=pn2 p_{n+1} = p_n。
所以：

2(pn+1)2=(qn)2pn+1<pn

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

所以 qnq_n 也是偶数，也就是说存在一个自然数 qn+1q_{n+1} 满足 2qn+1=qn2 q_{n+1} = q_n。

所以：

(pn+1)2=2(qn+1)2qn+1<qn

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

所以对于任意的自然数 nn 都有：

(pn)2=2(qn)2p0>p1>p2>⋯>pn>⋯q0>q1>q2>⋯>qn>⋯

(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 pnp_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 xx 满足 x2=2x^2 = 2。