陶哲轩实分析 4.1 节习题试解

陶哲轩实分析 4.1 节习题试解

陶哲轩的书中定义整数时用的是一个比正常 “−-” 号长的符号，但是我没有找到如何输入那个符号，只能找到个类似的符号“⊖\ominus”，下面的证明中都用 “⊖\ominus” 来代替那个长长的“−-”。

这个 “⊖\ominus” 看起来还更漂亮些。

4.1.1

（1）证明整数相等是自反的。

设 a⊖ba \ominus b 是一个任意的整数。

因为 a+b=a+ba+b = a + b

所以 a⊖b=a⊖ba \ominus b = a \ominus b

（2）证明整数相等是对称的。

设 a⊖ba \ominus b 和 c⊖dc \ominus d 是两个任意的整数。

已知 a⊖b=c⊖da \ominus b = c \ominus d

所以 a+d=c+ba + d = c + b

所以 c+b=a+dc + b = a + d

所以 c⊖d=a⊖bc \ominus d = a \ominus b

4.1.2

如果 a⊖b=a′⊖b′a \ominus b = a' \ominus b'，证明 ：−(a⊖b)=−(a′⊖b′)-(a \ominus b) = - (a' \ominus b')

因为 a⊖b=a′⊖b′a \ominus b = a' \ominus b'

所以 a+b′=a′+ba + b' = a' + b

所以 b+a′=b′+ab + a' = b' + a

所以 b⊖a=b′⊖a′b \ominus a = b' \ominus a'

所以 −(a⊖b)=−(a′⊖b′)-(a \ominus b) = - (a' \ominus b')

4.1.3

证明 (−1)×a=−a(-1) \times a = -a

−1=0⊖1-1 = 0 \ominus 1

设 a=c⊖da = c \ominus d

则 (−1)×a=(0⊖1)×(c⊖d)=d⊖c=−a(-1) \times a = (0 \ominus 1) \times (c \ominus d) = d \ominus c = -a

4.1.4

（1） 证明 x+y=y+xx+ y= y + x

设 x=a⊖bx = a \ominus b 和 y=c⊖dy = c \ominus d 是两个任意的整数。

则 (a⊖b)+(c⊖d)=(a+d)⊖(b+d)=(c⊖d)+(a⊖b)(a \ominus b) + (c \ominus d) = (a +d) \ominus (b + d) = (c \ominus d) + (a \ominus b)

（2）证明 (x+y)+z=x+(y+z)(x+y) +z = x + (y+z)

设 x=a⊖bx = a \ominus b 、 y=c⊖dy = c \ominus d 、z=e⊖fz = e \ominus f 是三个任意的整数。

(x+y)+z=====((a⊖b)+(c⊖d))+(e⊖f)((a+c)⊖(b+d))+(e⊖f)(a+c+e)⊖(b+d+f)(a⊖b)+((c+e)⊖(d+f))x+(y+z)
\begin{eqnarray}
(x + y) + z &=& \left((a \ominus b) + (c \ominus d) \right)+ (e \ominus f) \\
&=& \left((a + c) \ominus (b + d)\right) + (e \ominus f) \\
&=& (a + c + e) \ominus (b + d + f)\\
&=& (a \ominus b) + \left((c + e) \ominus (d + f)\right)\\
&=& x + (y + z)
\end{eqnarray}

（3）证明 x+0=0+x=xx + 0 = 0 + x = x

设 x=a⊖bx = a \ominus b， 00 可以表示为 0=(0⊖0) 0 = (0 \ominus 0)

x+0====(a⊖b)+(0⊖0)a⊖b=x(0⊖0)+(a⊖b)0+x
\begin{eqnarray}
x + 0 &=& (a \ominus b) + (0 \ominus 0) \\
&=& a \ominus b = x\\
&=& (0 \ominus 0) + (a \ominus b)\\
&=& 0 + x
\end{eqnarray}

（4） 证明 x+(−x)=(−x)+x=0x + (-x) = (-x) + x = 0

设 x=a⊖bx = a \ominus b，则 −x=b⊖a-x = b \ominus a

x+(−x)===(a⊖b)+(b⊖a)0⊖0(b⊖a)+(a⊖b)
\begin{eqnarray}
x + (-x) &=& (a \ominus b) + (b \ominus a) \\
&=& 0 \ominus 0 \\
&=& (b \ominus a) + (a \ominus b)
\end{eqnarray}

（5） 证明 xy=yxxy = yx

设 x=a⊖bx = a \ominus b， y=c⊖dy = c \ominus d

xy=====(a⊖b)×(c⊖d)(ac+bd)⊖(ad+bc)(ca+db)⊖(da+cb)(c⊖d)×(a⊖b)yx
\begin{eqnarray}
x y &=& (a \ominus b) \times (c \ominus d) \\
&=& (ac + bd) \ominus (ad + bc) \\
&=& (ca + db) \ominus (da + cb) \\
&=& (c \ominus d) \times (a \ominus b) \\
&=& yx
\end{eqnarray}

（6）证明 (xy)z=x(yz)(xy)z = x(yz)

设 x=a⊖bx = a \ominus b 、 y=c⊖dy = c \ominus d 、z=e⊖fz = e \ominus f 是三个任意的整数。

(xy)z===((a⊖b)×(c⊖d))×(e⊖f)(ac+bd)⊖(ad+bc)×(e⊖f)(ace+bde+bcf+adf)⊖(bce+ade+acf+bdf)
\begin{eqnarray}
(xy)z &=& \left((a \ominus b) \times (c \ominus d)\right) \times (e \ominus f)\\
&=& (ac + bd) \ominus (ad + bc) \times (e \ominus f)\\
&=& (ace + bde + b c f + a d f) \ominus (b c e + a d e + a c f + b d f) \\
\end{eqnarray}

x(yz)===(a⊖b)×((c⊖d)×(e⊖f))(a⊖b)×((ce+df)⊖(cf+de))(ace+adf+bcf+bde)⊖(acf+ade+bce+bdf)
\begin{eqnarray}
x(yz) &=& (a \ominus b) \times \left((c \ominus d)\times (e \ominus f)\right) \\
&=& (a \ominus b) \times \left((ce + df) \ominus (cf + de)\right)\\
&=& (ace + adf + bcf + bde) \ominus (acf + ade + bce + bdf) \\
\end{eqnarray}

所以 (xy)z=x(yz)(xy)z = x(yz)

（7） 证明x×1=1×x=xx \times 1 = 1 \times x = x

由 （5） 可知 x×1=1×xx \times 1 = 1 \times x，因此只需证明 1×x=x1 \times x = x

设 x=a⊖bx = a \ominus b。 11 可表示为 (1⊖0)(1 \ominus 0)。

1×x===(1⊖0)×(a⊖b)a⊖bx
\begin{eqnarray}
1 \times x &=& (1 \ominus 0) \times (a \ominus b) \\
&=& a \ominus b \\
&=& x
\end{eqnarray}

（8）证明 x(y+z)=xy+xzx(y+z) = xy + xz

设 x=a⊖bx = a \ominus b 、 y=c⊖dy = c \ominus d 、z=e⊖fz = e \ominus f 是三个任意的整数。

x(y+z)======(a⊖b)×((c⊖d)+(e⊖f))(a⊖b)×((c+e)⊖(d+f))(ac+ae+bd+bf)⊖(ad+af+bc+be)(ac+bd)⊖(ad+bc)+(ae+bf)⊖(af+be)(a⊖b)×(c⊖d)+(a⊖b)×(e⊖f)xy+xz
\begin{eqnarray}
x(y+z) &=& (a \ominus b) \times \left((c \ominus d) + (e \ominus f)\right) \\
&=& (a \ominus b) \times \left((c + e) \ominus (d + f)\right) \\
&=& (ac + ae + bd + bf) \ominus (ad + af + bc + be)\\
&=& (ac + bd) \ominus (ad + bc) + (ae + bf) \ominus (af + be)\\
&=& (a \ominus b)\times (c \ominus d) + (a \ominus b)\times (e \ominus f)\\
&=& xy + xz
\end{eqnarray}

（9）证明 (y+z)x=yx+zx(y+z)x = yx + zx

(y+z)x=x(y+z)=xy+xz=yx+zx(y+z)x = x(y+z) = xy +xz = yx + zx

4.1.5

由整数的三歧性。对 xx 和 yy 分类讨论。xyxy 的组合共有 9 种情况。其中，xy=0xy = 0 的组合共有 5 种情况：

1. x=0,y=0x = 0, y = 0

2. x=0,y>0x = 0, y > 0

3. x=0,y<0x = 0, y < 0

4. x>0,y=0x > 0, y = 0

5. x<0,y=0x < 0, y = 0

无论哪种情况，都有 x=0x = 0 或 y=0y = 0 和 二者都为 00。

4.1.6

a,b,ca,b,c 是整数，ac=bcac = bc，并且 c≠0c\neq 0，那么 a=ca = c。

ac=bc⇒ac−bc=bc−bc⇒(a−b)c=0
ac = bc \\
\Rightarrow ac - bc = bc -bc\\
\Rightarrow (a - b) c = 0\\

所以 (a−b)=0(a-b) = 0 或 c=0c = 0。而 c≠0c\neq 0。所以 (a−b)=0(a-b) = 0。

所以 a=ba = b

4.1.7

（a） a>ba > b 当且仅当 a−ba-b 是正的自然数。

a>ba > b 表明存在一个自然数 mm，满足 a=b+ma= b + m，并且 a≠ba \neq b。

所以 a−b=ma - b = m。因为 a≠ba \neq b，所以 m≠0m \neq 0

所以 mm 是正的自然数。

（b） 如果 a>ba > b，那么 a+c>b+ca + c > b + c

a>ba > b 表明存在一个自然数 mm，满足 a=b+ma= b + m，并且 m≠0m \neq 0。

所以 a+c=b+c+ma + c = b + c + m，并且 m≠0m \neq 0。

所以 a+c>b+ca + c > b + c

（c）如果 a>ba > b，并且 cc 是正的，那么 ac>bcac > bc

a>ba > b 表明存在一个自然数 mm，满足 a=b+ma= b + m，并且 m≠0m \neq 0。

所以 ac=bc+mcac = bc + mc。因为 m,cm,c 都是正的。所以 mcmc 也是正的。

所以 ac>bcac > bc

（d）如果 a>ba > b，那么 −a<−b-a < -b

a>ba > b 表明存在一个自然数 mm，满足 a=b+ma= b + m，并且 m≠0m \neq 0。

所以 −b=−a+m-b = -a + m

所以 −a<−b-a < -b

（e）如果 a>ba > b，b>cb > c，那么 a>ca > c

a>ba > b 表明存在一个自然数 mm，满足 a=b+ma= b + m，并且 m≠0m \neq 0。

b>cb > c 表明存在一个自然数 nn，满足 b=c+nb= c + n，并且 n≠0n \neq 0。

所以 a=b+m=c+(n+m)a= b + m = c + (n + m)

因为 m,nm,n 都是正数，所以 n+mn+m也是正数。

所以 a>ca > c

（f）证明 a>ba > b, a=ba = b, a<ba < b 恰有一个成立。

设 x=a−bx = a - b 那么由整数的三歧性可知，下面三个命题恰有一个成立。

1. x=0x = 0

2. xx 等于一个正的自然数 nn。

3. xx 等于一个正的的自然数的负数 −n-n。

当 x=0x = 0 时，只有 a=ba = b 成立。

当 xx 等于一个正的自然数 nn 时，只有 a>ba > b 成立。

当 xx 等于一个正的的自然数的负数 −n-n， 只有 a<ba < b 成立。

4.1.8

数学归纳法不直接适用于整数系。比如性质 P(n)≥0P(n) \geq 0

对 P(0)P(0) 成立。当 P(n)P(n)成立时，P(n++)P(n++) 也成立。但是 P(n)P(n) 对负整数不成立。