陶哲轩实分析 5.4 节习题试解(5.4.1—5.4.4)

陶哲轩实分析 5.4 节习题试解(5.4.1—5.4.4)

5.4.1 证明命题 5.4.4

分两种情况讨论。

（1） x=0x = 0

（2） x≠0x \neq 0

第一种情况下。 （a） 命题显然成立。只需（b） 和 （c） 命题不成立。

x=LIMn→∞anx = \mathsf{LIM}_{n \rightarrow \infty} a_n

因为 x=0x = 0

所以 ∀ε>0\forall \varepsilon > 0 存在一个 NN，当 n>Nn > N 时 |an|<ε |a_n| < \varepsilon

所以不存在任何的 c>0c > 0 满足对一切的 nn 都有 an≥ca_n \geq c 或 an≤−ca_n \leq -c

所以 （b）（c） 命题不成立。

第二种情况下。 x=LIMn→∞anx = \mathsf{LIM}_{n \rightarrow \infty} a_n，x≠0x \neq 0

所以 (an)∞n=0(a_n)_{n=0}^{\infty} 不与 (0)∞n=0(0)_{n=0}^{\infty} 等价。

所以至少存在一个 ε>0\varepsilon > 0，对任意的 N≥0N \geq 0 都能找到一个 m>Nm > N 满足 |am|>ε|a_m| > \varepsilon。 这表明 am>εa_m > \varepsilon 或 am<−εa_m < - \varepsilon。

又因为 (an)∞n=0(a_n)_{n=0}^{\infty} 是 Cauchy 序列。

∀ε>0\forall \varepsilon > 0 都能找到一个 M≥0M \geq 0 使得任意 i,j>Mi,j > M 都有 |ai−aj|<ε/2|a_i - a_j| < \varepsilon / 2

所以 |ai−am|<ε/2|a_i - a_m| < \varepsilon /2

如果am>εa_m > \varepsilon，那么 ε2<ai<3ε2\frac{\varepsilon}{2} < a_i < \frac{3 \varepsilon}{2}， （b） 成立

如果am<−εa_m < -\varepsilon，那么 −3ε2<ai<−ε2- \frac{3 \varepsilon}{2} < a_i < -\frac{\varepsilon}{2}，（c） 成立

所以 （a）（b）（c） 有且只有一个成立。

5.4.2 设 x,y,zx, y, z 是实数，那么下面的性质成立：

（a）x=y,x<y,x>yx = y, x < y, x > y 中恰有一个成立。

（b）x<yx < y 等价于 y<xy < x

（c）如果 x<y,y<zx < y, y < z 那么 x<zx < z

（d）如果 x<yx < y 那么 x+z<y+zx + z < y + z

（e）如果 x<y,z>0x < y, z > 0 那么 xz<yzxz < yz

证明 （a）:

设 z=x−yz = x - y。那么三个命题 z=0,z<0,z>0z = 0, z < 0 ,z > 0恰有一个成立。

z=0z = 0 时，对应 x=yx = y

z<0z < 0 时，对应 x<yx < y

z>0z > 0 时，对应 x>yx > y

证明（b）：

因为 x<yx < y

所以 x−y<0x - y < 0

所以 y−x>0y - x > 0

所以 y>xy > x

证明（c）：

因为 z−x=z−y+y−x>0z - x = z - y + y - x > 0

所以 x<zx < z

证明（d）：

因为 y+z−(x+z)=y−x>0y + z - (x + z) = y - x > 0

所以 x+z<y+zx + z < y + z

证明（e）：

因为 yz−xz=(y−x)z>0yz -xz = (y - x) z > 0

所以 xz<yzxz < yz

5.4.3 设 xx 是实数，证明存在唯一的整数 nn 满足 n≤x<n+1n \leq x < n + 1

设 x=(x1,x2,…,xn,…)x=(x_1,x_2,…,x_n,…) 是一个比例数的 Cauchy 序列，并且设 ε=12\varepsilon=\frac{1}{2}。

那么，存在一个 MM，当 n,m≥Mn,m \geq M 时，有 |xn−xm|<12|x_n−x_m|< \frac{1}{2}.

所以 x∈[xM−12,xM+12]x∈[x_M−\frac{1}{2},x_M+ \frac{1}{2}]。

因为 xM−12x_M−\frac{1}{2} 是比例数，所以存在一个N0N_0 满足：

N0≤xM−12<N0+1N_0 \leq x_M − \frac{1}{2} < N_0 + 1

所以：

N0≤x<N0+2N_0 \leq x < N_0 + 2

分情况讨论：

（1） x<N0+1x < N_0 + 1

此时设 n=N0n = N_0 ，那么有 n≤x<n+1n \leq x < n + 1

（2） x≥N0+1x \geq N_0 + 1

此时设 n=N0+1n = N_0 + 1，那么有 n≤x<n+1n \leq x < n + 1

因此就证明了存在一个整数 nn 满足 n≤x<n+1n \leq x < n + 1

下面再证明这个整数 nn 是唯一的。

反证法：

假设有两个不相同的整数 n1,n2n_1, n_2 都满足：

n1≤x<n1+1n2≤x<n2+1
n_1 \leq x < n_1 + 1\\
n_2 \leq x < n_2 + 1

那么有

n1<n2+1n2<n1+1
n_1 < n_2 +1 \\
n_2 < n_1 +1 \\

n1<n2+1n_1 < n_2 +1 同时 n1≠n2n_1 \neq n_2， 表明： n1<n2n_1 < n_2

另一方面：

n2<n1+1n_2 < n_1 +1 同时 n1≠n2n_1 \neq n_2， 表明： n2<n1n_2 < n_1

这两个条件矛盾。所以 nn 是唯一的。

5.4.4 证明对于任何正实数 x>0x > 0 都存在正整数 NN，满足 x>1/N>0x > 1/N > 0

因为 x>0x > 0，所以 1/x>01/x > 0

所以存在正整数 NN 满足 N>1/xN > 1/x

所以

x>1N>0x > \frac{1}{N} > 0