习题-整数与实数

习题

 1. 仅用公理(1)-(5)证明\(\mathbb{R}\)的下述“代数定律”：
 (a) 若\(x+y=x\)，则\(y=0\)；
 (b) \(0\cdot x=0\)；
 (c) \(-0=0\)；
 (d) \(-(-x)=x\)；
 (e) \(x(-y)=-(xy)=(-x)y\)；
 (f) \((-1)x=-x\)；
 (g) \(x(y-z)=xy-xz\)；
 (h) \(-(x+y)=-x-y\)，\(-(x-y)=-x+y\)；
 (i) 若\(x\ne 0\)并且\(x\cdot y=x\)，则\(y=1\)；
 (j) 若\(x\ne 0\)，则\(x/x=1\)；
 (k) \(x/1 = x\)；
 (l) \(x\ne 0\)并且\(y\ne 0\Longrightarrow xy\ne 0\)；
 (m) 若\(y,z\ne 0\)，则\((1/y)(1/z)=1/(yz)\)；
 (n) 若\(y,z\ne 0\)，则\((x/y)(w/z)=(xw)/(yz)\)；
 (o) 若\(y,z\ne 0\)，则\((x/y)+(w/z)=(xz+wy)/(yz)\)；
 (p) \(x\ne 0\Longrightarrow 1/x\ne 0\)；
 (q) 若\(w,z\ne 0\)，则\(1/(w/z)=z/w\)；
 (r) 若\(y,w,z\ne 0\)，则\((x/y)/(w/z)=(xz)/(yw)\)；
 (s) 若\(y\ne 0\)，则\((ax)/y = a(x/y)\)；
 (t) 若\(y\ne 0\)，则\((-x)/y=x/(-y)=-(x/y)\)。

 2. 应用公理(1)-(6)以及习题 1中的那些结论，证明关于\(\mathbb{R}\)的“不等式法则”：
 (a) \(x>y\)和\(w>z\Longrightarrow x+w>y+z\)；
 (b) \(x>0\)和\(y>0\Longrightarrow x+y>0\)和\(x\cdot y > 0\)；
 (c) \(x>0\iff -x < 0\)；
 (d) \(x>y\iff -x < -y\)；
 (e) \(x>y\)和\(z<0\Longrightarrow xz<yz\)；
 (f) \(x\ne 0\Longrightarrow x^2>0\)，其中\(x^2=x\cdot x\)；
 (g) \(-1<0<1\)；
 (h) \(xy>0\iff x\)与\(y\)同为正数或同为负数；
 (i) \(x>0\Longrightarrow 1/x>0\)；
 (j) \(x>y>0\Longrightarrow 1/x<1/y\)；
 (k) \(x<y\Longrightarrow x<(x+y)/2<y\)。

 3. (a) 证明：若\(\mathcal{A}\)是归纳集的一个族，则\(\mathcal{A}\)中元素的交是一个归纳集。
 (b) 证明\(\mathbb{Z}_+\)的基本性质(1)和(2)。

 4. (a) 用归纳法证明：对于每一个\(n\in\mathbb{Z}_+\)，\(\{1,\cdots,n\}\)的每一个非空子集有最大元。
 (b) 说明为什么不能由(a)推出\(\mathbb{Z}_+\)的每一个非空子集有最大元？

 5. 证明\(\mathbb{Z}\)与\(\mathbb{Z}_+\)的下述性质：
 (a) \(a,b\in\mathbb{Z}_+\Longrightarrow a+b\in\mathbb{Z}_+\)。[提示：证明对于给定的\(a\in\mathbb{Z}_+\)，集合\(\{x|x\in\mathbb{R}\text{和}a+x\in\mathbb{Z}_+\}\)是一个归纳集。]
 (b) \(a,b\in\mathbb{Z}_+\Longrightarrow a\cdot b\in\mathbb{Z}_+\)。
 (c) \(a\in\mathbb{Z}_+\Longrightarrow a-1\in\mathbb{Z}_+\cup\{0\}\)。[提示：令\(X=\{x|x\in\mathbb{R}\text{和}x-1\in\mathbb{Z}_+\cup\{0\}\}\)。证明\(X\)是一个归纳集。]
 (d) \(c,d\in\mathbb{Z}\Longrightarrow c+d\in\mathbb{Z}\text{和}c-d\in\mathbb{Z}\)。[提示：首先对\(d=1\)证明结论。]
 (e) \(c,d\in\mathbb{Z}\Longrightarrow c\cdot d\in\mathbb{Z}\)。

 6. 设\(a\in\mathbb{R}\)，对于\(n\in\mathbb{Z}_+\)归纳地定义

\[\begin{gathered} a^1=a\\ a^{n+1} = a^n\cdot a \end{gathered} \]

 （关于归纳定义过程的讨论，参见第七节）证明：对于\(n,m\in\mathbb{Z}_+\)和\(a,b\in\mathbb{R}\)，

\[\begin{gathered} a^na^m=a^{n+m}\\ (a^n)^m=a^{nm}\\ a^mb^m=(ab)^m \end{gathered} \]

这些称为指数法则（laws of exponents）。[提示：固定\(n\)，对\(m\)归纳证明上式。]

 7. 设\(a\in\mathbb{R}\)并且\(a\ne 0\)。定义\(a^0=1\)。对于\(n\in\mathbb{Z}_+\)，定义\(a^{-n}=\frac{1}{a^n}\)。证明对于\(a,b\ne 0\)以及\(n,m\in\mathbb{Z}\)，指数法则成立。

 8. (a) 证明\(\mathbb{R}\)有下确界性质。
 (b) 证明\(\inf\{\frac{1}{n}|n\in \mathbb{Z}_+\}=0\)。
 (c) 证明：对于给定的\(a\)（\(0<a<1\)），有\(\inf\{a^n|n\in\mathbb{Z}_+\}=0\)。[提示：令\(h=(1-a)/a\)，证明\((1+h)^n\geqslant 1 +nh\)。]

 9. (a) 证明：\(\mathbb{Z}\)的任意非空子集若有上界，则有一个最大元。
 (b) 若\(x\notin\mathbb{Z}\)，证明恰好有一个\(n\in\mathbb{Z}\)，使得\(n<x<n+1\)。
 (c) 若\(x-y>1\)，证明至少有一个\(n\in\mathbb{Z}\)，使得\(y<n<x\)。
 (d) 若\(y<x\)，证明存在一个有理数\(z\)，使得\(y<z<x\)。

 10. 按照以下步骤证明任意正数\(a\)恰好有一个正平方根：
 (a) 证明：若\(x>0\)并且\(0\leqslant h < 1\)，则

\[\begin{gathered} (x+h)^2\leqslant x^2+h(2x+1)\\ (x-h)^2\geqslant x^2-h(2x) \end{gathered} \]

 (b) 设\(x>0\)，证明：若\(x^2<a\)，则存在\(h>0\)使得\((x+h)^2<a\)；若\(x^2>a\)，则存在\(h>0\)使得\((x-h)^2>a\)。
 (c) 给定\(a>0\)，设\(B\)为使得\(x^2<a\)的所有实数\(x\)的集合。证明\(B\)有上界并且至少包含有一个正数。设\(b=\inf B\)，证明\(b^2=a\)。
 (d) 证明：若\(b,c\)是一个正数并且\(b^2=c^2\)，则\(b=c\)。

 11. 给定\(m\in\mathbb{Z}\)，若\(\frac{m}{2}\in\mathbb{Z}\)，则称\(m\)为偶数（even number），否则称\(m\)为奇数（odd number）。
 (a) 证明：若\(m\)为奇数，则对于某一个\(n\in\mathbb{Z}\)，有\(m=2n+1\)。[提示：选取\(n\)使得\(n<\frac{m}{2}<n+1\)。]
 (b) 证明：若\(p\)和\(q\)都是奇数，则\(p\cdot q\)是一个奇数，并且对于任何\(n\in\mathbb{Z}_+\)，\(p^n\)也是一个奇数。
 (c) 证明：若\(a>0\)为有理数，则\(a=\frac{m}{n}\)，其中\(m,n\in\mathbb{Z}_+\)且不同时为偶数。[提示：取\(n\)为\(\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}x\cdot a\in\mathbb{Z}_+\}\)的最小元。]
 (d) 定理。\(\sqrt{2}\)为无理数。

解答

 1. 证明 (a) \(x+y=x\Longrightarrow (x+y)+(-x)=x+(-x)\Longrightarrow (y+x)+(-x)=0\Longrightarrow y+(x+(-x))=0\Longrightarrow y+0=0\Longrightarrow y=0\)；

 (b) \(x\cdot(x+0) = x\cdot x\Longrightarrow (x\cdot x) + (x\cdot 0) = x\cdot x\)，结合(a)可知\(x\cdot 0=0\cdot x=0\)；

 (c) \(-0=(-0)+0=0+(-0)=0\)；

 (d) \(x+(-x)=0\Longrightarrow (-x)+x=0\Longrightarrow -(-x)=x\)；

 (e) \(xy + x(-y)= x(y + (-y))= x\cdot 0 = 0\)且\(xy+(-x)y=yx+y(-x)=y(x+(-x))=y\cdot 0 = 0\)，故\(x(-y)=-(xy)=(-x)y\)；

 (f) \(x + (-1)x = (x\cdot 1) + (x\cdot (-1)) = x(1 + (-1)) = x\cdot 0 = 0\)，故\((-1)x = -x\)；

 (g) \(x(y-z) = x(y+(-z))=xy+x(-z)=xy+(-(xz))=xy-xz\);

 (h) \(-(x+y) = (-1)(x+y)=(-1)x + (-1)y = (-x)+(-y) = -x-y\)，\(-(x-y)=(-1)(x + (-y))= (-1)x + (-1)(-y) = -x + (-(-y)) = -x + y\)；

 (i) \(x\cdot y = x\Longrightarrow (x\cdot y)\cdot (1/x) = x\cdot (1/x)\Longrightarrow (y\cdot x)\cdot (1/x) = 1 \Longrightarrow y\cdot(x\cdot (1/x))=1\Longrightarrow y\cdot 1 = 1\Longrightarrow y = 1\)；

 (j) \(x/x = x\cdot (1/x) = 1\)；

 (k) \(1/1 = (1/1)\cdot 1 = 1\cdot (1/1) = 1\)，故\(x/1 = x\cdot (1/1) = x\cdot 1 = x\)；

 (l) 若\(xy=0\)，则\(0 = (1/x)\cdot 0 = (1/x)\cdot (xy) = ((1/x)\cdot x)y =(x \cdot (1/x))y = 1\cdot y = y\cdot 1 = y\)，与\(y\ne 0\)矛盾；

 (m) \((yz)\cdot((1/y)(1/z))=((yz)\cdot(1/y))(1/z)=((zy)\cdot(1/y))(1/z)=(z(y\cdot (1/y)))(1/z)=(z\cdot 1)(1/z) = z\cdot (1/z) = 1\)。故\((1/y)(1/z)=1/(yz)\)；

 (n) \((x/y)(w/z)=(x\cdot(1/y))(w\cdot (1/z)) = x((1/y)(w\cdot(1/z))) = x(((1/y)\cdot w)(1/z)) = x((w\cdot(1/y))(1/z)) = x(w((1/y)\cdot(1/z))) = x(w\cdot (1/(yz)))=(xw)\cdot(1/(yz)) = (xw)/(yz)\)；

 (o) \((x/y) + (w/z) = ((x/y)\cdot 1) + ((w/z)\cdot 1) = ((x/y)\cdot(z/z)) + ((w/z)\cdot(y/y))=((xz)/(yz)) + ((wy)/(zy)) = ((xz)\cdot (1/(yz))) + ((wy)\cdot(1/(yz))) = ((1/(yz))\cdot (xz)) + ((1/(yz))\cdot(wy)) = (1/(yz))\cdot (wy + xz) = (wy + xz) \cdot (1/(yz)) = (xz + wy)/(yz)\)；

 (p) 若\(1/x=0\)，则\(1=x\cdot (1/x) = x\cdot 0 = 0\)，矛盾；

 (q) \((w/z)\cdot(z/w) = (wz)/(zw) = (wz)/(wz) = 1\)，故\(1/(w/z)=z/w\)；

 (r) \((x/y)/(w/z)=(x/y)\cdot(1/(w/z)) = (x/y)\cdot(z/w) = (xz)/(yw)\)；

 (s) \((ax)/y=(ax)/(y\cdot 1) = (ax)/(1\cdot y) = (a/1)\cdot (x/y) = a(x/y)\)；

 (t) \((-x)/y = ((-1)x)/y = (-1)(x/y) = -(x/y)\)。又\((-1)\cdot(-1) = -(-1) = 1\Longrightarrow 1/(-1) = -1\)，那么有\(x/(-y) = (x\cdot 1)/((-1)y)=(1\cdot x)/((-1)y) = (1/(-1))\cdot(x/y)=(-1)(x/y)=-(x/y)\)。故\((-x)/y=x/(-y)=-(x/y)\)。

$\square$

 2. 证明 (a) \(x+w > y+w = w + y > z + y = y+z\)；
 (b) 由(a)可知\(x+y>0+0=0\)。\(x\cdot y>0\cdot y = y\cdot 0 = 0\)；
 (c) \(x>0\Longrightarrow x+(-x) = 0>0+(-x) = (-x) + 0 = -x\)且\(-x < 0\Longrightarrow -x + x = x + (-x) = 0 < 0 + x = x+ 0 =x\)；
 (d) \(x>y\Longrightarrow x + (-x) = 0 > y + (-x) \Longrightarrow 0 + (-y) = (-y) + 0 =-y > (y + (-x))+(-y) =((-x)+y)+(-y)=(-x)+(y+(-y))=(-x)+0=-x\)且\(-x<-y\Longrightarrow -x + x = x + (-x) = 0 < -y + x\Longrightarrow 0 + y = y + 0 = y < (-y + x) + y = (x + (-y))+y = x+((-y) + y) = x+ (y+(-y)) = x + 0 = x\)；
 (e) \(z<0\Longrightarrow -z >0\)，故结合(d)可知\(x>y\Longrightarrow x(-z)=-(xz)>y(-z)=-(yz) \Longrightarrow yz > xz\)；
 (f) \(x\ne 0\Longrightarrow x>0或x<0\)。由(b)可知\(x>0\Longrightarrow x\cdot x = x^2 > 0\)，由(e)可知\(x<0\Longrightarrow x\cdot x =x^2 > 0\cdot x = x\cdot 0 = 0\)。故\(x\ne 0\Longrightarrow x^2>0\)，其中\(x^2=x\cdot x\)；
 (g) 由(f)可知\(1^2 = 1\cdot 1 = 1 > 0\)，结合(c)可知\(-1 < 0\)，故\(-1<0<1\)；
 (h) 若\(x\)与\(y\)有一个为零，显然\(xy=0\)，矛盾。若\(x>0\)，\(y<0\)，则由(e)可知\(xy < 0\cdot y = y\cdot 0 = 0\)，矛盾。若\(x<0\)，\(y>0\)，则由(e)可知\(xy=yx < 0\cdot x = x\cdot 0 = 0\)，矛盾；
 (i) 有\(x\cdot (1/x)=1>0\)，且\(x>0\)。结合(h)可知\(1/x > 0\)；
 (j) 由(i)可知\(1/x>0\)，\(1/y>0\)。故\(x>y\Longrightarrow x\cdot(1/x) = 1>y\cdot(1/x) = (1/x)\cdot y\Longrightarrow 1\cdot (1/y) = (1/y)\cdot 1 = 1/y > ((1/x)\cdot y)(1/y) = (1/x)(y\cdot (1/y)) = (1/x)\cdot 1 = 1/x\)；
 (k) 由(g)可知\(-1<1\)，故\(-1+1 = 1+(-1) = 0 < 1 + 1 = 2\)，结合(i)可知\(1/2>0\)。\(x<y\Longrightarrow x + x = (x\cdot 1) + (x\cdot 1) = x(1+1) = x\cdot 2 < y+x=x+y\Longrightarrow (x\cdot 2)(1/2) = x(2\cdot (1/2)) = x\cdot 1 = x < (x+y)(1/2)=(x+y)/2\)。又\(x<y\Longrightarrow x+y<y+y = (y\cdot 1) + (y\cdot 1) = y(1+1)=y\cdot 2\Longrightarrow (x+y)(1/2)=(x+y)/2<(y\cdot 2)(1/2)=y(2\cdot(1/2))=y\cdot 1 = y\)。故\(x<y\Longrightarrow x<(x+y)/2<y\)。

$\square$

 3. 证明 (a) 对于任意\(A\in \mathcal{A}\)，由归纳集定义可知\(1\in A\)，故\(1\in\bigcap_{A\in\mathcal{A}}A\)。若\(x\in \bigcap_{A\in\mathcal{A}}A\)，那么对于任意\(A\in\mathcal{A}\)，\(x\in A\)，结合归纳集定义可知\(x+1\in A\)，故\(x+1\in \bigcap_{A\in\mathcal{A}}A\)。由此可知，\(\bigcap_{A\in\mathcal{A}}A\)也是归纳集。

 (b) 下面证明性质(1)。由于\(\mathbb{Z}_+=\bigcap_{A\in\mathcal{A}}A\)，其中\(\mathcal{A}\)是归纳集的一个族，结合(a)可知\(\mathbb{Z}_+\)也是归纳集。

 下面证明性质(2)。由\(\mathbb{Z}_+\)的定义可知\(\mathbb{Z}_+\subset A\)。又\(A\)的元素均为正整数，故\(A\subset\mathbb{Z}_+\)。那么有\(A=\mathbb{Z}_+\)。

$\square$

 4. 解 (a) 设\(A\)是使得论断成立的所有正整数\(n\)的集合，那么对于\(n=1\)，\(\{1\}\)的非空子集就是它本身，其最大元存在，即为1，故\(1\in A\)。若\(n\in A\)，我们证明\(n+1\in A\)。设\(B\)为\(\{1,\cdots,n+1\}\)的一个非空子集，如果\(n+1\notin B\)，那么\(B\)也是\(\{1,\cdots,n\}\)的非空子集，由归纳假设可知其存在最大元。若\(n+1\in B\)，那么\(n+1\)显然就是\(B\)的最大元。由归纳原理可知，\(A=\mathbb{Z}_+\)，故该论断对于所有\(n\in\mathbb{Z}_+\)成立。

 (b) 因为对于任意\(\mathbb{Z}_+\)的非空子集\(A\)和\(n\in A\)，\(\{1,\cdots,n\}\cap A\)的最大元不一定是\(A\)的最大元。

 5. 证明 (a) 对于任意给定的\(a\in\mathbb{Z}_+\)，令\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}a+x\in\mathbb{Z}_+\}\)。那么由\(\mathbb{Z}_+\)的归纳性可知\(a+1\in\mathbb{Z}_+\)，故\(1\in X\)。若\(x\in X\)，那么\(a+x\in\mathbb{Z}_+\)，由\(\mathbb{Z}_+\)的归纳性可知\(a+x+1=a+(x+1)\in\mathbb{Z}_+\)，故\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，故原论断对于任意\(a,b\in\mathbb{Z}_+\)成立。

 (b) 对于任意给定的\(a\in\mathbb{Z}_+\)，令\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}a\cdot x\in\mathbb{Z}_+\}\)。由\(a\cdot 1 = a\in\mathbb{Z}_+\)可知\(1\in X\)。若\(x\in X\)，则结合(a)结论可知\(a\cdot(x+1)=a\cdot x + a\in\mathbb{Z}_+\)，故\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，故原论断对于对于任意\(a,b\in\mathbb{Z}_+\)成立。

 (c) 令\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}x-1\in\mathbb{Z}_+\cup\{0\}\}\)。由\(1-1=0\)可知\(1\in X\)。若\(x\in X\)，则\(x-1 = 0\)或\(x - 1\in \mathbb{Z}_+\)。那么\((x+1) - 1 = (x - 1) + 1 = 0 + 1 = 1\in\mathbb{Z}_+\)或\((x+1) - 1 = (x -1) + 1\in\mathbb{Z}_+\)，故\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，那么原论断对于任意\(a\in\mathbb{Z}_+\)都成立。

 (d) 首先证明\(d=1\)的情况。若\(c\in\mathbb{Z}_+\)，则\(c+1\in\mathbb{Z}_+\subset \mathbb{Z}\)显然成立，而由(c)可知\(c-1\in \mathbb{Z}_+\cup\{0\}\subset \mathbb{Z}\)。若\(c=0\)，\(c+1=0+1=1\in\mathbb{Z}_+\subset \mathbb{Z}\)，\(c-1=0-1=-1\in\mathbb{Z}_-\subset\mathbb{Z}\)，这里\(\mathbb{Z}_-\)为负整数集。若\(c\in\mathbb{Z}_-\)，则\(-c\in\mathbb{Z}_+\)，那么\(c+1 = -(-c-1)\in \mathbb{Z}_-\cup\{0\}\subset \mathbb{Z}\)，\(c-1 = -(-c +1)\in\mathbb{Z}_-\subset\mathbb{Z}\)。由此可知，\(d=1\)时论断成立。

 对于\(d\in\mathbb{Z}_+\)的情况，令\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}c+x\in\mathbb{Z}\}\)。由前面所证可知\(1\in X\)。若\(x\in X\)，则\(a + x\in\mathbb{Z}\)，故\((a + x) + 1 = a + (x+1)\in\mathbb{Z}\)，由此可知\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)。由此可知，\(d\in\mathbb{Z}_+\)时论断成立。

 对于\(d=0\)的情况，有\(c + d = c + 0 = c \in \mathbb{Z}\)，\(c - d = c - 0 = c \in\mathbb{Z}\)。由此可知，\(d=0\)时论断成立。

 对于\(d\in\mathbb{Z}_-\)的情况，注意到\(-d\in\mathbb{Z}_+\)，故\(c+d = -(-c + (-d))\in\mathbb{Z}\)，\(c-d = c + (-d)\in\mathbb{Z}\)。由此可知，\(d\in\mathbb{Z}_-\)时论断成立。

 综上可知，原论断对于任意\(c,d\in\mathbb{Z}\)成立。

 (e) 首先证明\(d\in\mathbb{Z}_+\)的情况。令\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}c\cdot x\in\mathbb{Z}\}\)。由\(c\cdot 1 = c\in\mathbb{Z}\)可知\(1\in X\)。若\(x\in X\)，则\(c\cdot x\in\mathbb{Z}\)，结合(d)可知\(c\cdot (x + 1) = c\cdot x + c\in\mathbb{Z}\)，故\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，那么原论断对于任意\(d\in\mathbb{Z}_+\)成立。

 对于\(d=0\)的情况，\(c\cdot d = c\cdot 0 = 0\in\mathbb{Z}\)，原论断对于\(d=0\)显然成立。

 对于\(d\in\mathbb{Z}_-\)的情况，注意到\(-d\in\mathbb{Z}_+\)。那么\(c\cdot d = -(c\cdot (-d))\in\mathbb{Z}\)，故原论断对于任意\(d\in\mathbb{Z}_-\)成立。

 综上可知，原论断对于任意\(c,d\in\mathbb{Z}\)成立。

$\square$

 6. 证明 首先证明\(a^na^m=a^{n+m}\)。对于任意\(n\in\mathbb{Z}_+\)，定义集合\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}a^na^x=a^{n+x}\}\)。由\(a^n\cdot a^1 = a^{n+1}\)可知\(1\in X\)。若\(x\in X\)，则\(a^na^x=a^{n+x}\)，那么\(a^na^{x+1}=a^na^xa=a^{n+x}a=a^{a+x+1}\)，故\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，故对于任意\(n,m\in\mathbb{Z}_+\)，\(a^na^m=a^{n+m}\)。

 现证明\((a^n)^m=a^{nm}\)。对于任意\(n\in\mathbb{Z}_+\)，令\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}(a^n)^x=a^{nx}\}\)。由\((a^n)^1 = a^n = a^{n\cdot 1}\)可知\(1\in X\)。若\(x\in X\)，结合已证明的结论可知\((a^n)^x = a^{nx}\)，那么\((a^n)^{x+1} = (a^n)^x a^n = a^{nx}a^n = a^{nx+n}=a^{n(x+1)}\)，故\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，故对于任意\(n,m\in\mathbb{Z}_+\)，\((a^n)^m=a^{nm}\)。

 现证明\(a^mb^m=(ab)^m\)。设\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}a^xb^x=(ab)^x\}\)。由\(a^1b^1=ab=(ab)^1\)可知\(1\in X\)。若\(x\in X\)，则\(a^{x+1}b^{x+1} = a^xab^xb=a^xb^xab=(ab)^xab=(ab)^{x+1}\)，故\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，故对于任意\(m\in\mathbb{Z}_+\)，\(a^mb^m=(ab)^m\)。

$\square$

 7. 证明 首先证明这样一个结论：对于\(a\ne 0,n\in\mathbb{Z}\)，有\(a^{-n}=\frac{1}{a^n}\)。当\(n\in\mathbb{Z}_+\)时，这个结论是已给出的。对于\(n=0\)，有\(a^{-0}=a^0=1=\frac{1}{1}=\frac{1}{a^0}\)，结论成立。对于\(n\in\mathbb{Z}_-\)（\(\mathbb{Z}_-\)为负整数集），注意到\(-n\in\mathbb{Z}_+\)，故\(a^{-n}=\frac{1}{\frac{1}{a^{-n}}}=\frac{1}{a^{-(-n)}} = \frac{1}{a^n}\)。综上可知结论成立。

 其次，我们证明这样一个结论：对于\(a\ne 0,n\in\mathbb{Z}\)，有\(a^{n+1}=a^n\cdot a\)。\(n\in\mathbb{Z}_+\)的情况已由题目给出，现考虑\(n\)为0或负整数的情况。当\(n=0\)时，\(a^{0+1}=a^1=a=1\cdot a = a^0\cdot a\)。对于\(n\in\mathbb{Z}_-\)，注意到\(-n\in\mathbb{Z}_+,-n-1\in\mathbb{Z}_+\cup\{0\}\)，故\(a^n\cdot a = \frac{a}{a^{-n}}=\frac{a}{a^{-n - 1}\cdot a}=\frac{1}{a^{-(n+1)}}=a^{n+1}\)。综上可知结论成立。

 现证明\(a^na^m=a^{n+m}\)。当\(m\in\mathbb{Z}_+时\)，对任意\(n\in\mathbb{Z}\)，令\(X=\{x|x\in \mathbb{Z}_+\text{和}a^na^x=a^{n+x}\}\)。由\(a^na^1 =a^n\cdot a = a^{n+1}\)可知\(1\in X\)。若\(x\in X\)，则\(a^na^x=a^{n+x}\)，那么\(a^na^{x+1}=a^na^xa=a^{n+x}a=a^{a+x+1}\)，故\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，故原论断成立。

 当\(m=0\)时，有\(a^na^0 = a^n\cdot 1 = a^n = a^{n+0}\)，故原论断成立。

 当\(m\in\mathbb{Z}_-\)时，注意到\(-m\in\mathbb{Z}_+\)，故\(a^na^m = \frac{1}{a^{-n}}\frac{1}{a^{-m}}=\frac{1}{a^{-n}a^{-m}}=\frac{1}{a^{-(n+m)}}=a^{n+m}\)，故原论断成立。

 综上可知，对于\(a\ne 0\)以及\(n,m\in\mathbb{Z}\)，\(a^na^m=a^{n+m}\)成立。

 现证明\((a^n)^m = a^{nm}\)。当\(m\in\mathbb{Z}_+\)时，对任意\(n\in\mathbb{Z}\)，令\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}(a^n)^x=a^{nx}\}\)。由\((a^n)^1=a^n=a^{n\cdot 1}\)可知\(1\in X\)。若\(x\in X\)，结合前面所证内容可知\((a^n)^{x+1}=(a^n)^xa^n=a^{nx}a^n=a^{nx+n}=a^{n(x+1)}\)，故\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，故原论断成立。

 当\(m=0\)时，\((a^n)^0 = 1 = a^0 = a^{n\cdot 0}\)，原论断成立。

 当\(m\in\mathbb{Z}_-\)时，注意到\(-m\in\mathbb{Z}_+\)，故\((a^n)^m = \frac{1}{(a^n)^{(-m)}} = \frac{1}{a^{-nm}}=a^{nm}\)，故原论断成立。

 综上可知，对于\(a\ne 0\)以及\(n,m\in\mathbb{Z}\)，\((a^n)^m=a^{nm}\)。

 最后证明\(a^mb^m=(ab)^m\)。\(m\in\mathbb{Z}_+\)的情况已在习题 6中证明，现考虑\(m\)为0或负整数的情况。当\(m=0\)时，\(a^0b^0=1\cdot 1 = 1 = (ab)^0\)，原论断成立。当\(m\in\mathbb{Z}_-\)时，注意到\(-m\in\mathbb{Z}_+\)，故\(a^mb^m = \frac{1}{a^{-m}}\frac{1}{b^{-m}}=\frac{1}{a^{-m}b^{-m}}=\frac{1}{(ab)^{-m}}=(ab)^m\)，故原论断成立。综上可知，对于\(a,b\ne 0\)和\(m\in\mathbb{Z}\)，\(a^mb^m=(ab)^m\)。

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 8. 证明 (a) 此证明实际上已在习题-关系的习题 13中完成，这里不再赘述。

 (b) 对任意\(n\in\mathbb{Z}_+\)，由\(n>0\)可知\(\frac{1}{n}>0\)，故\(0\)是集合\(\{\frac{1}{n}|n\in\mathbb{Z}_+\}\)的一个下界。对任意\(a\in\mathbb{R}\)，若\(a>0\)，则令\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{且}x>\frac{1}{a}\}\)。注意到\(X\)非空，否则\(\frac{1}{a}\)是\(\mathbb{Z}_+\)的一个上界，矛盾。故存在\(x_0\in X\)，使得\(x_0>\frac{1}{a}\Longrightarrow \frac{1}{x_0} < a\)。这表明任意\(a>0\)都不是\(\{\frac{1}{n}|n\in\mathbb{Z}_+\}\)的下界，那么0就是\(\{\frac{1}{n}|n\in\mathbb{Z}_+\}\)的下确界。

 (c) 先证明对任意\(h\in\mathbb{R}_+,n\in\mathbb{Z}_+\)，\((1+h)^n\geqslant 1+nh\)，其中\(\mathbb{R}_+\)是正实数集。令\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}(1+h)^x\geqslant 1+xh\}\)。由\((1+h)^1 = 1+h = 1+1\cdot h\)可知\(1\in X\)。若\(x\in X\)，则\((1+h)^{x+1} = (1+h)^x(1+h)\geqslant (1+xh)(1+h) = 1 + (x+1)h + xh^2 \geqslant 1 + (x+1)h\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，故原论断成立。

 现证明\(\inf\{a^n|n\in\mathbb{Z}_+\} = 0\ (0<a<1)\)。对于\(0<a<1,n\in\mathbb{Z}_+\)，首先证明\(0<a^n<1\)。令\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}0<a^x<1\}\)。由\(0<a^1 = a<1\)可知\(1\in X\)。若\(x\in X\)，则\(0<a^x<1\)，两边同时乘\(a\)可得到\(0<a^{x+1}<a<1\)，故\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，故对于\(0<a<1,n\in\mathbb{Z}_+\)，\(0<a^n<1\)恒成立。由此可知\(0\)为\(\{a^n|n\in\mathbb{Z}_+\}\)的一个下界。对于任意\(b>0\)，令\(A=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}x>\frac{a}{1-a}(\frac{1}{b}-1)\}\)，由\(\mathbb{Z}_+\)的无上界性可知\(A\)非空，故存在\(x_0 \in X\)。那么注意到\((1 + \frac{1 - a}{a})^{x_0} \geqslant 1 + x_0\frac{1-a}{a}\Longrightarrow a^{x_0} \leqslant \frac{1}{1+x_0\frac{1-a}{a}} < \frac{1}{\frac{1}{b}} = b\)，故任意\(b>0\)不是\(\{a^n|n\in\mathbb{Z}_+\}\)的下界，那么0就是\(\{a^n|n\in\mathbb{Z}_+\}\)的下确界。

$\square$

 9. 证明 (a) 先证明\(\mathbb{Z}_+\)的任意非空子集\(A\)若有上界\(b\)，则有一个最大元。由\(\mathbb{Z}_+\)的无上界性可知，存在\(n\in\mathbb{Z}_+\)，使得\(n>b\)，那么\(\{1,\cdots, n\}\cap A = A\)，\(A\)为\(\{1,\cdots, n\}\)的非空子集。结合习题 4 (a)可知，\(A\)具有最大元。

 现考虑\(\mathbb{Z}\)的任意非空子集\(A\)。若其有上界，且\(A\cap\mathbb{Z}_+\ne \varnothing\)，由上面所证可知\(A\cap\mathbb{Z}_+\)具有最大元，该最大元即\(A\)的最大元。若\(A\cap\mathbb{Z}_+=\varnothing\)，且\(0\in A\)，则易知\(0\)为\(A\)的最大元。若\(0\notin A\)，则\(A\)为负整数集\(\mathbb{Z}_-\)的非空子集，令\(B=\{-x|x\in A\}\)，那么\(B\)是\(\mathbb{Z}_+\)的非空子集，由\(\mathbb{Z}_+\)的良序性质可知，存在最小元\(x_0\in B\)。那么对于任意\(x\in A\)，\(-x\geqslant x_0\Longrightarrow x\leqslant -x_0\)，\(-x_0\)即是\(A\)的最大元。由此可知，\(\mathbb{Z}\)的任意非空子集若有上界，则有一个最大元。

 (b) 令\(N=\{n|n\in \mathbb{Z}\text{且}n<x\}\)。那么由\(\mathbb{Z}_+\)的无上界性可知，存在\(m\in \mathbb{Z}_+\)，使得\(x<m\)。故\(N\)存在上界\(m\)。那么，\(N\)存在最大元\(n_0\)。由\(N\)的定义可知\(n_0<x\)，又由\(n_0\)的最大元性质以及\(x\notin \mathbb{Z}\)可知，\(n_0+1>x\)，故\(n_0<x<n_0+1\)。

 (c) 对\(x\)，若\(x\notin \mathbb{Z}\)，令\(n\)为满足(b)性质的整数，那么有\(n<x<n+1\)，即\(x-1<n\)。注意到\(x-y>1\)，故\(y<x-1<n<x\)。若\(x\in\mathbb{Z}\)，则令\(n=x-1\)，那么有\(y<x-1=n<x\)。

 (d) 令\(a=\frac{1}{x-y}>0\)，由\(\mathbb{Z}_+\)的无上界性可知，存在\(n\in\mathbb{Z}_+\)，使得\(n>a\)。那么\(nx - ny = n(x-y)>a(x-y) = 1\)。对于\(nx\)和\(ny\)，应用(c)可知，存在\(m\in \mathbb{Z}\)，使得\(nx<m<ny\)，则\(x<\frac{m}{n}<y\)。\(\frac{m}{n}\)即满足条件的有理数\(z\)。

$\square$

 10. 证明 (a) 先证明\((x+h)^2\leqslant x^2+h(2x+1)\)。注意到\(0\leqslant h<1\)，故\(h^2\leqslant h\)，那么\(h^2 + 2hx + x^2\leqslant h + 2hx + x^2\)，即\((h+x)^2\leqslant x^2 + h(2x+1)\)。

 现证明\((x-h)^2\geqslant x^2-h(2x)\)。注意到\(0\leqslant h<1\)，故\(h^2\geqslant 0\)，那么\(h^2 -2hx + x^2 \geqslant -2hx + x^2\)，即\((x-h)^2\geqslant x^2-h(2x)\)。

 (b) 若\(x>0\)，\(x^2<a\)。令\(h=\min\{\frac{a-x^2}{2(2x+1)},1\}>0\)，那么结合(a)可知，\((x+h)^2\leqslant x^2 + h(2x+1) \leqslant x^2 + \frac{a-x^2}{2} = \frac{a+x^2}{2} < a\)。若\(x>0\)，\(x^2 > a\)，令\(h=\min\{\frac{x^2 - a}{4x},1\}>0\)，那么\((x-h)^2\geqslant x^2 - h(2x) \geqslant x^2 - \frac{x^2 - a}{2} = \frac{x^2 + a}{2} > a\)。需要注意的是，这里证明所需的\(h\)只需在\((0,1)\)的范围内。

 (c) 注意到\((a+\frac{1}{2})^2 - a = a^2 + \frac{1}{4}>0\Longrightarrow (a+\frac{1}{2})^2 > a\)。对于任意\(0<a+\frac{1}{2} < x\)，有\(a<(a+\frac{1}{2})^2 < x^2\)。故\(a+\frac{1}{2}\)为\(B\)的一个上界。又\(a<(a+\frac{1}{2})^2 \Longrightarrow (\frac{a}{a+\frac{1}{2}})^2=\frac{a^2}{(a+\frac{1}{2})^2} < a\)，故\(\frac{a}{a+\frac{1}{2}}\in B\)且\(\frac{a}{a+\frac{1}{2}}>0\)。由\(\mathbb{R}\)的上确界性质可知存在\(b=\sup B\geqslant \frac{a}{a+\frac{1}{2}} > 0\)。若\(b^2 < a\)，则由(b)可知，存在\(h>0\)使得\((b+h)^2 < a\)，这说明\(b+h\in B\)且\(b+h > b\)，这与\(b\)的上界性质矛盾。若\(b^2 > a\)，则\(1^2 > \frac{a}{b^2}\)，则由(b)可知，存在\(0<h<1\)使得\((1-h)^2 > \frac{a}{b^2}\)，即\([(1-h)b]^2 > a\)。对于任意\(0<(1-h)b<x\)，有\(a<[(1-h)b]^2 < x^2\)，那么\((1-h)b\)是比\(b\)小的\(B\)的上界，这与\(b\)的最小性矛盾。故只有\(b^2=a\)。

 (d) 注意到\(b^2=c^2\Longrightarrow b^2-c^2 = (b+c)(b-c)=0\)。又\(b,c>0\Longrightarrow b+c>0\)，故\(b-c=0\Longrightarrow b=c\)。

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 11. 证明 (a) 我们首先证明，对于任意\(n\in\mathbb{Z}\)，不存在\(a\in\mathbb{Z}\)，使得\(n<a<n+1\)。若存在\(a\in\mathbb{Z}\)，使得\(n<a<n+1\)，则\(0<a-n<1\)，那么\(a-n\)是一个比1小的正整数，矛盾。

 现证明存在\(n\in\mathbb{Z}\)使得\(m=2n+1\)。由习题 9 (b)可知，存在\(n\in\mathbb{Z}\)，使得\(n<\frac{m}{2}<n+1\)，则\(2n<m<2(n+1)=2n+2\)。结合已证结论可知，\((2n,2n+1)\)和\((2n+1,2n+2)\)中都不存在整数，故\(m\)只能为\(2n+1\)。

 (b) 我们首先证明，对于整数\(m\in\mathbb{Z}\)，若存在\(n\in\mathbb{Z}\)使得\(m=2n+1\)，当且仅当\(m\)为奇数。必要性已由(a)证明，现证明充分性。由\(m=2n+1\)可知\(\frac{m}{2}=n+\frac{1}{2}\)。若\(\frac{m}{2}\)为整数，那么由\(0<\frac{1}{2} = \frac{m}{2}-n\)可知\(\frac{1}{2}\)是比1小的正整数，矛盾。

 现证明原论断。由\(p,q\)为奇数可知，存在\(m,n\in\mathbb{Z}\)，使得\(p=2m+1,q=2n+1\)，那么\(p\cdot q = (2m+1)(2n+1)=4mn+2m+2m+1=2(2mn+n+m)+1\)，故\(p\cdot q\)也为奇数。设\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{且}p^x\text{是一个奇数}\}\)。由\(p=p^1\)为奇数可知，\(1\in X\)。若\(x\in X\)，则\(p^x\)为奇数，\(p^{x+1}=p^x \cdot p\)是两个奇数相乘，故也为奇数，那么\(x+1\in X\)。由归纳原理可知\(X=\mathbb{Z}_+\)，由此可知对于任何\(n\in\mathbb{Z}_+\)，\(p^n\)也是一个奇数。

 (c) 令\(X=\{x|x\in\mathbb{Z}_+\text{和}x\cdot a\in\mathbb{Z}_+\}\)。由于\(a\)为有理数，故一定存在\(m',n'\in\mathbb{Z}\)，使得\(a=\frac{m'}{n'}>0\)。若\(n'>0\)，则\(n'\cdot a = m'>0\)，那么\(n'\in X\)，\(X\)非空。若\(n'<0\)，则\(-n'>0\)，\((-n')\cdot a = -m' > 0\)，则\(-n'\in X\)，\(X\)非空。由此可知，\(X\)一定非空。由\(\mathbb{Z}_+\)的良序性质可知，存在\(X\)的最小元\(n\)。令\(m=n\cdot a\)。若\(m,n\)同时为偶数，则\(a=\frac{m}{n}=\frac{\frac{m}{2}}{\frac{n}{2}}\)，其中\(\frac{m}{2},\frac{n}{2}\in\mathbb{Z}_+\)。那么\(\frac{n}{2}<n\)且\(\frac{n}{2}\in X\)，这与\(n\)的最小性矛盾。

 (d) 若\(\sqrt{2}\)为有理数，令\(a=\sqrt{2}\)，则取\(m,n\)为满足(c)条件的正整数。那么\(\frac{m^2}{n^2}=(\frac{m}{n})^2 = (\sqrt{2})^2 = 2\Longrightarrow m^2=2n^2\)，这说明\(m^2\)为偶数。由(b)可知，若\(m\)为奇数，则\(m^2\)也为奇数，故\(m\)只能为偶数。那么\(\frac{m^2}{n^2}=\frac{4(\frac{m}{2})^2}{n^2}=2\Longrightarrow n^2 = 2(\frac{m}{2})^2\)。类似地，可以推出\(n^2\)为偶数，进而推出\(n\)为偶数。那么\(m,n\)均为偶数，矛盾。

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