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陶哲轩实分析习题解答|陶哲轩实分析 4.4 节习题试解

陶哲轩实分析 4.4 节习题试解 4.4.1 设x是比例数，证明存在唯一的整数n满足n≤x 对x分情况讨论。
（1） x≥0，这时x=a/b ，a,b都是自然数，并且b≠0 。
那么由欧几里德算法有：
a=mb+r其中m,r为自然数，并且满足0≤r 那么

x=ab=mb+rb=m+rb
可以看出 m满足： m≤x 下面再证明 m的唯一性。
假设存在另一个 n≠m也满足 n≤x 那么有：
n≤ab 设r′=a?nb，那么有0≤r′ 也就是a=nb+r′其中n,r′为自然数，并且满足0≤r′ 而欧几里德算法保证了a只有唯一的一种拆分方式。也就是说n=m,r′=r与原假设矛盾。
所以x≥0时，存在唯一的整数n满足n≤x （2）当x<0时，x可表示为x=?a/b，其中a,b都是自然数，并且a≠0,b≠0 。
【陶哲轩实分析习题解答|陶哲轩实分析 4.4 节习题试解】同样由欧几里德算法有：
a=mb+r其中m,r为自然数，并且满足0≤r 那么

x=?ab=?mb?rb=?m?rb
再对 r分情况讨论。
（2.1） r=0这时 x=?m，设 m′=?m， 则 m′满足：
m′≤x 证明这种情况下 m′是唯一的。假设还有另一个整数 n≠m′，也满足 n≤x 那么有：
n≤m′ 满足这个条件的 n只有一个 n=m′。 这与原假设矛盾。所以此情况下 m′是唯一的。
（2.2）0 那么有：

x=?ab=?m?rb=?m?1+b?rb
设 m′=?m?1,r′=b?r，那么有 0 上式简化为：
x=m′+rb
所以 m′满足： n≤m′ 证明这种情况下 m′是唯一的。假设还有另一个整数 n≠m′，也满足 n≤x
n≤?ab 设r′=?a?nb
那么有：

x?n≥0??ab?n≥0??a?nbb≥0?r′≥0
还有：

n+1?x>0?n+1??ab>0?nb+a+bb>0??r′+1>0?r′<1
所以r′满足0≤r′<1并且有：

x=n+r′b=m+rb
不妨假设r≥r′ ，那么

0≤n?m=r?r′b<1
所以n=m。这与原假设矛盾。 所以m是唯一的。
综上，就证明了对任意比例数x ，存在唯一的整数n满足n≤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,?} ，这个序列满足对一切的自然数n都有an≥0和an>an+1。
那么可以用数学归纳法证明对任意的自然数k和 任意的自然数n，都有an>k 。
证明如下：
k=0时，显然有an>k
假设对k成立，也就是 ?n,an>k
下面用反证法证明 对于k+1也有?n,an>k+1
假设对于k+1 ， 如果存在某一个m满足am≤k同时根据上面假设又有am>k那么必然am=k+1 。那么am+1k的假设矛盾。
所以?m,am>k+1
所以，任意的自然数k和 任意的自然数n，都有an>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,?}不存在。
4.4.3 证明不存在比例数x满足x2=2
首先， x≠0 ，因为02=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必然是正的，并且满足(?x)2=2 。
设x=p0/q0其中p0和q0是两个自然数，满足p0>q0，并且：

(p0)2=2(q0)2
那么 p0一定是偶数，因此 p0=2p1，所以有：
2(p1)2=(q0)2
所以 p1 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n成立：

(pn)2=2(qn)2
那么pn为偶数。所以存在一个自然数pn+1满足2pn+1=pn 。
所以：

2(pn+1)2=(qn)2pn+1
所以qn也是偶数，也就是说存在一个自然数qn+1满足2qn+1=qn 。
所以：

(pn+1)2=2(qn+1)2qn+1 所以对于任意的自然数n都有：

(pn)2=2(qn)2p0>p1>p2>?>pn>?q0>q1>q2>?>qn>?
也就是说pn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x满足x2=2 。

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