Rudin 数学分析第一章

1-5

略

6

(a)

\[((b^m)^{\frac 1n})^{nq}=b^{mq}=b^{np}=((b^p)^{\frac 1q})^{nq} \]

(b)

设 \(r=\frac pq,s=\frac mn\)

\[b^r\cdot b^s=b^{\frac{pn}{nq}}\cdot b^{\frac{mq}{nq}}=(b^{pn})^{\frac1{nq}}\cdot(b^{mq})^{\frac1{nq}}=(b^{pn+mq})^{\frac1{nq}}=b^{r+s} \]

(c)

设 \(r=\frac pq\le \frac mn=s\)

则 \(b^r=(b^{pn})^{\frac1{nq}},b^s=(b^{mq})^{\frac1{nq}}\)

\(pn\le mp\)，则 \(b^r\le b^s\)

因此 \(r\in \mathbb Q\) 时，\(b^r\) 是 \(B(r)\) 的一个上界。

而 \(b^r\in B(r)\)，所以 \(b^r=\sup B(r)\)。

(d)

引理 1：对于 \(c>1\) 与 \(p>0\)，必然存在 \(n\in \mathbb Z^+\)，使得 \(c^n>p\)。
证明：若不然，考虑 \(E=\{c^n\mid n\in\mathbb Z\}\)，则 \(p\) 是 \(E\) 的一个上界，考虑 \(\frac{\sup E}c<\sup E\)，所以 \(\frac{\sup E}c\) 不是 \(E\) 的上界，也就是存在 \(c^n>\frac{\sup E}c\)，那么 \(c^{n+1}>\sup E\)，矛盾！

引理 2：

\[\sup \{b^t\mid t<x,\ t\in \mathbb Q\}=\sup \{b^t\mid t\le x,\ t\in \mathbb Q\} \]

证明：当 \(x\notin \mathbb Q\) 时，\(\{b^t\mid t<x,\ t\in \mathbb Q\}=\{b^t\mid t\le x,\ t\in \mathbb Q\}\)，得证；
当 \(x\in Q\) 时，\(\sup \{b^t\mid t\le x,\ t\in \mathbb Q\}=b^x\)，显然 \(\sup \{b^t\mid t<x,\ t\in \mathbb Q\}\le \sup \{b^t\mid t\le x,\ t\in \mathbb Q\}\)，若 \(\sup \{b^t\mid t<x,\ t\in \mathbb Q\}=v<b^x\)，则考虑取 \(n\in \mathbb Z^+\) 使得 \(b^{x-\frac1n}>v\)，即 \(\left(\frac{b^x}v\right)^n>b\)，根据引理 1 必然存在。而 \(b^{x-\frac1n}\in\{b^t\mid t<x,\ t\in \mathbb Q\}\)，这与 \(v\) 是该集合的一个上界矛盾！因此得证。

接下来，证明 \(b^{x+y}=b^xb^y\) 即证明 \(v\) 是 \(\{b^r\mid r<x,\ r\in \mathbb Q\}\) 的一个上界当且仅当 \(v\) 是 \(\{b^{p}\cdot b^{q}\mid p<x,\ q<y,\ p,q\in \mathbb Q\}\) 的一个上界，即

\[(r<x+y,\ r\in\mathbb Q\implies b^r\le v)\iff(p<x,\ q<y,\ p,q\in\mathbb Q\implies b^{p+q}\le v) \]

\(\text{LHS}\implies\text{RHS}\) 是显然的，而对于 \(r<x+y,\ r\in\mathbb Q\),根据稠密性 \((r-y,x)\) 区间内存在 \(p\in\mathbb Q\)，取 \(q=r-p\) 就满足了 \(p<x,\ q<y,\ p,q\in\mathbb Q\)，因此也有 \(\text{RHS}\implies\text{LHS}\)，得证。

7

试证明对于任意 \(b>1,y>0\) 存在唯一的 \(x\) 使得 \(b^x=y\)。

引理 1：对于 \(c>1\) 与 \(p>0\)，必然存在 \(n\in \mathbb Z^+\)，使得 \(c^n>p\)。
证明：在 6(d) 中提及。

引理 2：

\[\sup\{b^t\mid t<x,\ t\in \mathbb Q\}=\sup\{b^t\mid t\le x,\ t\in \mathbb Q\} \]

证明：在 6(d) 中提及。

没看懂提纲，直接证。

设 \(S=\{x\mid x\in\mathbb Q,\ b^x<y\}\)。则 \(S\) 满足：

1. 若 \(x,y\in Q\) 满足 \(x<y\)，则 \(y\in S\implies x\in S\)。（显然）
2. 若 \(x\in S\)，则存在 \(y>x\) 使 \(y\in S\)。（根据引理 1）

而取一个满足 \(1+(b-1)n\ge y\) 的 \(n\)，\(n\) 为 \(S\) 的上界；又根据引理 1 有 \(S\) 非空，那么存在实数 \(v=\sup S\) 使得 \(S=\{x\mid x\in \mathbb Q,\ x<v\}\)。

那么根据引理 2，\(b^v=\sup\{b^x\mid x\in\mathbb Q,\ x\in S\}\)，则显然 \(y\) 是 \(\sup\{b^x\mid x\in\mathbb Q,\ b^x<y\}\) 的一个上界，那么 \(b^v\le y\)。若 \(b^v<y\)，必然能找到一个 \(x<v\) 且 \(x\in \mathbb Q\) 使得 \(b^x>b^v\)，矛盾！（引理 1）

唯一性显然。

8

若 \(i>0\)，则 \(-1=i^2>0\)；若 \(i<0\)，则 \(-1=(-i)^2>0\)；因此有 \(1=(-1)^2>0\)，那么 \(0=1+(-1)>1+0>0+0=0\)，矛盾。

9

没有。考虑 \(\{a+bi\mid a<0\}\)，则 \(c+di\) 是其上界当且仅当 \(c\ge 0\)，因此无最小上界。

10

略。

11

除 \(z=0\) 外情况。

12

归纳即可。

13

不妨设 \(|x|\ge |y|\)，即证 \(|x|\le |y|+|x-y|\)。

14

\(z=a+bi\)，则 \(a^2+b^2=1\)；

\[(a+1)^2+b^2+(a-1)^2+b^2=4 \]

15

显然要求 \(a,b\) 线性相关。而 \(a,b\) 线性相关时，可以验证取等。略

16

证明略。

\(k=2\) 时，(a) 改为有两个；\(k=1\) 时，(a) 改为有零个。

17

即平行四边形的对角线长度的平方和等于所有四条边长的平方和。对角线垂直，因此显然成立。

18

\(k\ge 2\) 时，取任意两维 \(j_1,j_2\) 使得 \(x_{j_1},x_{j_2}\) 不全为 \(0\)，取 \(y_{j_1}=-x_{j_2},y_{j_2}=x_{j_1}\)，其余位置为 \(0\) 即可。

\(k=1\) 时，\(x\ne 0,\ xy=0\) 则 \(y=0\)。

19

\[\begin{aligned} \sum\limits_{j=1}^k(x_j-a_j)^2&=4\sum\limits_{j=1}^k(x_j-b_j)^2\\ \sum\limits_{j=1}^k(x_j-a_j)^2-4(x_j-b_j)^2&=0\\ \sum\limits_{j=1}^k\left(x_j-\left(\frac43b_j-\frac13a_j\right)\right)^2&=\sum\limits_{j=1}^k\left(\frac23a_j-\frac23b_j\right)^2\\ \end{aligned} \]

于是 \(c=\frac43b-\frac13a,\ r=|\frac23a-\frac23b|\)

20

取零元为 \(\mathbb Q^-\cup \{0\}\)。