實分析/實數的性質

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一些簡單的結果

在這一點上，我們可以從公理中推匯出關於這些運算的大量非常簡單的結果。其中一些如下所示，其中一些有證明。其餘的證明應該被認為是操縱公理的練習。這些結果的目的是讓我們能夠執行任何我們認為由於我們使用數字的經驗而“顯然是正確的”的運算。除非另有說明，否則以下內容應適用於所有$x,y\in \mathbb {R}$。

• $0$是唯一的加法單位元

證明。假設$x$是一個加法單位元，s.t.$x\neq 0$。然後，令$y\in \mathbb {R}$。然後，$x+y=0+y$，這導致$x=0$。但是，由於我們假設$x\neq 0$，這導致矛盾，因此$0$是唯一的加法單位元。$\Box$

• $1$是唯一的乘法單位元

• 加法逆元和乘法逆元都是唯一的。更正式地說：如果$x+y=0$ 和 $x+z=0$ 同時成立，則 $y=z$；如果 $xy=1$ 和 $xz=1$ 同時成立，則 $y=z$（因此符號 $-x$ 和 $x^{-1}$是有意義的）。

證明：對於加法的情況：我們有 $x+y=0$ 和 $x+z=0$，因此將 $y$ 加到後一個方程中，我們得到 $(x+z)+y=0+y$，但隨後根據加法的交換律和結合律，我們推匯出 $(x+y)+z=0+y$，根據我們的另一個假設 $0+z=0+y$，然後根據加法單位元 $z=y$。 $\Box$

• $-(-x)=x$

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

• $0\times x=0$

• 0 沒有乘法逆元（因此不能進行除以 0 的運算）。

• ∀n,m∈ℤ:xⁿx^m=x^n+m

• ∀n,m∈ℤ:(xⁿ)^m=x^nm

• x>y⟺¬x≤y（這裡¬是邏輯非，所以¬x≤y表示“x≤y不成立”）。

證明：首先我們考慮蘊含關係⟹。假設x>y。根據定義，這意味著x≠y且y

反之，假設$\neg x\leq y$。首先，如果我們有$x=y$，那麼根據自反性$x\leq y$，這是不可能的，因此實際上$x\not =y$。其次，根據完全性，我們推匯出$y\leq x$。這兩個條件正是$x>y$所需要的。 $\Box$

• $x<y\iff \neg x\geq y$

• $x$是非正數當且僅當$x$不是正數

• $x$是非負數當且僅當$x$不是負數

• 如果$x$既是非正數又是非負數，那麼$x=0$

• $x$既是正數又是負數是不可能的

• $x\geq 0\iff -x\leq 0$

證明：假設$x\geq 0$。根據公理之一，我們得到$x+(-x)\geq 0+(-x)$。根據加法逆元，這給出$0\geq 0+(-x)$，然後根據加法恆等式$0\geq -x$，如預期。

逆向蘊涵類似地成立。 $\Box$

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

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

證明：根據序的完全性，我們有 $x\geq 0$ 或者 $x\leq 0$。在第一種情況下，我們可以直接將連線序與乘法的公理應用於 $0\leq x$ 並推匯出 $0\leq x^{2}$。在後一種情況下，我們將此列表中的最後一個結果應用於 $0\leq x$ 並得到 $x^{2}\geq 0$。$\Box$

• $1>0$ 和 $-1<0$

應用

雖然可以說本書的全部內容都致力於研究完備性的應用，但我們也可以很容易地給出一些簡單的應用，這些應用表明完備性如何解決了上面描述的有理數問題。

定理（平方根）

設 $x\in \mathbb {R}$ 為非負數。則 $x$ 有唯一的非負 *平方根*，記為 ${\sqrt {x}}$，滿足 $({\sqrt {x}})^{2}=x$。

證明

我們只處理 $x\geq 1$ 的情況。 $x\in [0,1)$ 的情況留給練習。

首先，我們注意到當$y,z\in \mathbb {R}$是非負實數時，$y<z\implies y^{2}<z^{2}$（在我們稍後將介紹的術語中，這意味著函式$y\mapsto y^{2}$是嚴格遞增的）。這使得很清楚，$x$只能有一個平方根，因此剩下的就是找到一個。

令$S=\{y\in \mathbb {R} :y^{2}\leq x\}$。我們希望將最小上界公理應用於$S$，因此我們必須證明它是非空的且有上界。

$S$是非空集是很明顯的，因為$1\in S$。

此外，$x$本身是$S$的一個上界，因為如果$y>x\geq 1$，則$y^{2}>y$，因此$y^{2}>x$，因此$y\not \in S$。

綜合這些事實，根據最小上界公理，我們推斷$S$存在一個最小上界，我們稱之為$s$。我們希望證明$s$是我們正在尋找的$x$的平方根。

當然$s$是正數，因為$1\in S$，因此$s\geq 1$。特別地，我們可以除以$s$。

為了證明$s^{2}=x$，我們排除$s^{2}>x$和$s^{2}<x$的可能性。

假設$s^{2}>x$。令$t=s-{\frac {s^{2}-x}{2s}}$。則

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

所以$t$實際上是$S$的上界，但這不可能，因為$t<s$且$s$是$S$的最小上界。

因此，我們得出結論$s^{2}\leq x$。

現在假設$s^{2}<x$。令$t=s+{\frac {x-s^{2}}{2s}}$。以與上述類似的方式，我們推匯出$t^{2}<x$，所以$t\in S$，但這不可能，因為$t>s$且$s$是$S$的上界。

因此，我們得出結論$s^{2}\geq x$，因此$s^{2}=x$，如所要求的。$\Box$

這個論證可能顯得過於複雜（尤其是一些細節留作練習），確實在某種意義上它就是這樣，我們稍後將能夠給出更簡潔的論證。然而，它足以表明我們可以找到2的平方根，從而避免本節開頭提出的關於有理數的直接問題。要證明沒有更復雜的構造會導致相同的問題，我們必須等到研究連續性時。

定理（阿基米德公理）

（注意，儘管有這個名字，但對我們來說，這個定理不是公理，而是我們從其他公理推匯出來的定理。）

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

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

證明

a) 假設該陳述不成立，那麼我們就有否定形式，它陳述

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

但這正是$\mathbb {N}$有上界的陳述。當然，它也非空，因此我們可以應用完備性公理來獲得$\mathbb {N}$的最小上界。將此最小上界稱為$l$。

由於$l$是最小上界，我們知道$l-1$不是上界，因此$\exists n\in \mathbb {N} :n>l-1$。但隨後，$n+1>l$，且$n+1\in \mathbb {N}$，因此我們得到矛盾，即$l$畢竟不是$\mathbb {N}$的上界。

因此，我們的假設是錯誤的，並且 (a) 成立。

b) 取 $x\in \mathbb {R} ^{+}$。顯然 $x\not =0$，因此我們可以對 $x$ 求逆得到 $x^{-1}\in \mathbb {R} ^{+}$。將部分 (a) 應用於 $x^{-1}$，我們可以找到 $n\in \mathbb {N}$ 使得 $n>x^{-1}$，然後對該不等式求逆，我們推匯出 ${\frac {1}{n}}<x$，如所要求的。$\Box$

推論（有理數和無理數的稠密性）

如果 $x<y$，則 $(x,y)$ 包含一個有理數和一個無理數。

證明

為了在 $(x,y)$ 中找到一個有理數，我們將阿基米德公理 (b) 應用於 $y-x$，得到 $n\in \mathbb {N}$ 使得 ${\frac {1}{n}}<y-x$。因此 $1<yn-xn$，所以 $xn<yn-1$。

我們也對$y+1$應用阿基米德公理 (a)，得到滿足$N>yn+2$的$N\in \mathbb {N}$。

現在選擇滿足$N-m<yn$的最小$m\in \mathbb {N}$。根據上述，$m\geq 2$，因此，由於$m$是最小的，我們知道

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

$N-m\geq yn-1$

將此與上面推匯出的$xn<yn-1$的事實結合起來，我們得到

$N-m>xn$

因此，總而言之，我們有$yn>N-m>xn$，所以$y>{\frac {N-m}{n}}>x$，我們找到了我們想要的那個有理數。

為了找到一個無理數，我們使用我們剛剛推匯出的結論，首先找到一個有理數$q\in (x+{\sqrt {2}},y+{\sqrt {2}})$，使得$q-{\sqrt {2}}\in (x,y)$。此外，$q-{\sqrt {2}}$必須是無理數，因為如果它是理數，那麼我們也會有$q-(q-{\sqrt {2}})={\sqrt {2}}$是有理數，而我們知道它不是。 $\Box$

最小上界的性質

我們將對最小上界進行大量的工作，因此，瞭解如何在證明中有效地使用它們非常重要。以下是一些在這方面有幫助的定義和性質

最小上界的唯一性

每個有上界的非空集都有唯一的最小上界。

證明

設$a$和$b$是集合$S$的兩個最小上界。

如果$a>b$，那麼由於$b$是$S$的上界，$a$不可能是最小上界。因此$a\leq b$。類似地，$a\geq b$。因此$a=b$，所以$S$只能有一個最小上界。

最大下界的存

每個有下界的非空集合S都有唯一一個最大下界，或稱為下確界（記為$\inf S$）。

證明

設S是非空且有下界的集合。設$T:=\{-x:x\in S\}$。

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

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

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

因此T以上確界為-M，所以T有最小上界$\beta$。

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

令$\alpha$為S的下界。

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

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

因此，S的所有下界都小於$-\beta$

換句話說，$-\beta$是S的最大下界。

唯一性與最小上界的唯一性類似。

定理（上確界和下確界的次序）

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

證明

由於S是非空集，它包含一個元素x。根據定義，$\inf S\leq x$且$x\leq \sup S$，所以$\inf S\leq \sup S$。

由於T是有上界的，它存在最小上界$\sup T$。

由於 t 特別地是 T 的上界，$\forall x\in T:x\leq \sup T$。由於 $S\subseteq T$，$x\in S\implies x\in T\implies x\leq \sup T$。

因此 $\sup T$ 是 S 的上界，所以 $\sup S$ 存在，根據定義 $\sup S\leq \sup T$。

類似地，$\inf S\geq \inf T$。

求和與求積符號

我們經常需要一次對幾個實數進行求和或求積。由於我們的公理沒有賦予“...”任何意義，因此我們不能簡單地寫成“$a_{1}+a_{2}+\dots +a_{n}$”。因此，我們使用符號 $\sum _{k=1}^{n}a_{k}$ 和 $\prod _{k=1}^{n}a_{k}$ 分別表示任意有限個實數的和與積。我們透過如下歸納法進行定義

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

現在我們可以證明求和與求積的一些性質

性質

• 求和的順序可以任意改變。也就是說，如果$\{a_{k}:1\leq k\leq n\}=\{b_{k}:1\leq k\leq n\}$，則$\sum _{k=1}^{n}a_{k}=\sum _{k=1}^{n}b_{k}$ 並且 $\prod _{k=1}^{n}a_{k}=\prod _{k=1}^{n}b_{k}$。

證明：這由交換律和一個相當複雜的歸納法得出。

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

證明：我們用數學歸納法證明。首先，注意$\sum _{k=1}^{1}a_{k}+\sum _{k=1}^{1}b_{k}=a_{k}+b_{k}=\sum _{k=1}^{1}(a_{k}+b_{k})$。

現在假設$\sum _{k=1}^{n-1}a_{k}+\sum _{k=1}^{n-1}b_{k}=\sum _{k=1}^{n-1}(a_{k}+b_{k})$。然後$\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})$。

乘積的陳述類似地得出。

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

證明：另一個歸納法。對於$n=1$，$c\sum _{k=1}^{1}a_{k}=ca_{1}=\sum _{k=1}^{1}ca_{k}$。現在假設該陳述對於 n-1 成立。然後$c\sum _{k=1}^{n}a_{k}=c(\sum _{k=1}^{n-1}a_{k}+a_{n})=\sum _{k=1}^{n-1}ca_{k}+ca_{n}=\sum _{k=1}^{n}ca_{k}$。

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

證明：我們對 n 進行數學歸納法證明。之前的性質處理了 n=1 的情況。假設該陳述對 n-1 成立。那麼 $\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})$

大多數熟悉的和與積的性質都可以用類似的方法推匯出來。