在集合理论和有理数理论的基础上，我们可以开始构建实数理论。下面将要介绍的是实数系 $\mathbb{R}$ 的一种（通过有理数系 $\mathbb Q$ 出发的）构造方法，是由戴德金于 1872 年提出。这种方法以戴德金分割而著称。除此之外，实数系还可以使用柯西序列的形式极限或者十进制下的小数表示来构造。 ## 5A.1 动机 在定义新东西之前，我们通常要考察这个定义的动机，这里即我们为何需要实数集，有理数集的不足是什么？我们下面将给出两个理由。 我们早先在有理数集上定义了乘法，考虑这样一个式子： $$r^2=2$$ 能找到有理数 $r\in\mathbb Q$ 满足上面式子吗？ - **命题 5A.1.1（$\sqrt2$ 不是有理数）**：$r^2=2\Rightarrow r\not\in\mathbb{Q}$，即不存在一个有理数 $r$，使得 $r^2=2$。 **证明**：（反证法）如果 $r\in\mathbb Q\land r^2=2$，记 $r=p/q$，其中 $p\in\mathbb Z,q\in\mathbb N,p\perp q$，则有 $r^2=p^2/q^2=2$，即 $p^2=2q^2$。这说明 $p$ 是一个偶数，记 $p=2k$，带回得到 $4k^2=2q^2$，即 $q^2=2k^2$ ，这说明 $q$ 也是一个偶数，与假设 $p\perp q$ 矛盾，假设不成立。因此，$r^2=2\Rightarrow r\not\in\mathbb{Q}$ 这是一个常见的例子，可谓是老生常谈，但是这个例子事实上具有指导性意义，它表明虽然有理数是稠密的，但是有理数有无穷多个“洞”（你可以把 $2$ 换成任何一个不是完全平方数的自然数）。这充分说明了 $\mathbb Q$ 还不够完整，是我们需要定义实数集的一个很好的理由。考虑下面另一个例子： 我们尝试在拥有无限个元素的数集上定义仿造有限数集所定义的最大值。具体而言，我们定义数集的上界。 - **定义 5A.1.2（上界）**：对于一个数集 $A$，若 $\forall_{x\in A}x\leqslant m$，则称 $m$ 为数集 $A$ 的一个**上界**。 注意这个定义不能保证一个数集的上界是唯一的。举个例子，考虑数集 $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$ 由定义 $10$ 显然是 $A$ 的一个上界，但是 $A$ 还有很多上界，例如 $11$ 也是 $A$ 的上界。然而有限的数集的最大值显然是唯一的，因此我们尝试定义数集的上确界。 - **定义 5A.1.3（上确界）**：对于一个存在上界的数集 $A$，若 $m$ 是 $A$ 的一个上界且对于 $A$ 的任意一个上界 $m'$，都满足 $m\leqslant m'$，则称 $m$ 是 $A$ 的上确界。 这个定义对于有理数集 $\mathbb Q$ 而言，是不太合适的。具体而言，在有理数体系中，我们不能断言对于任意一个存在上界的数集，存在上确界。下面将要给出一个反例，但是在此之前，请允许我先证明一个引理。 - **引理 5A.1.4（平方根的不可趋近性）**：$\forall_{m\in\mathbb{Q^+},m^2>n\in\mathbb{Z^+}}\exists_{s\in\mathbb{Q^+}}sn$，即对于任意的 $m\in\mathbb{Q^+}$ ，满足 $m^2>n$，其中 $n$ 是一个正整数，总能找到一个正有理数 $sn$。 **证明**：（构造性证明）由于 $m\in\mathbb Q^+$，我们可以把 $m$ 写作 $m=p/q$ 的形式，其中 $p,q\in\mathbb {Z^+},p\perp q$。由于 $m^2>n$，故 $$ p^2-nq^2>0 $$ 我们取 $$ s=\frac{p^2+nq^2}{2pq}>0 $$ 于是 $$ m-s=\frac{p^2-nq^2}{2pq}>0 $$ 即 $s\frac{4np^2q^2}{4p^2q^2}=n $$ 由此可见，这个 $s$ 满足要求，原命题得证。 - **命题 5A.1.5（有的集合不存在有理数上确界）**：在有理数体系中，存在存在（有理数）上界，但是不存在上确界的数集。 **证明**：（构造性证明）考虑数集 $A=\left\{r\in\mathbb Q:r^2<2\right\}$，我们首先证明 $A$ 存在上界，例如 $2$ 就是 $A$ 的上界，然后证明根据定义 $A$ 不存在上确界。 1. （反证法）假设 $2$ 不是 $A$ 的上界。则根据定义，$\exists_{x\in A}x>2$，因此 $x>0$，故 $x^2>2^2=4$，但是根据 $A$ 的定义 $x^2<2$，矛盾，假设不成立。因此，$2$ 是 $A$ 的上界，即 $A$ 存在上界； 2. （反证法）假设有理数 $m$ 是 $A$ 的上确界。显然有 $m>0$（分类讨论）， 1. 若 $m^2<2$，取 $$s=m-\frac{m^2-2}{m+2}>m$$ 同时有 $$s^2-2=\frac{2(m^2-2)}{(m+2)^2}<0$$ 根据定义 $s\in A$，且 $s>m$，矛盾，假设不成立； 2. 由 5A.1.1 知不存在 $m\in\mathbb Q$，满足 $m^2=2$； 3. 若 $m^2>2$，由 5A.1.4 知，存在 $m'\in\mathbb Q^+$，满足 $m'2$，由定义可以知道，$m'$ 也为 $A$ 的一个上界。于是 $m$ 不满足上确界的定义，矛盾，假设不成立。 综上所述，假设不成立。所以 $A$ 不存在上确界，原命题得证。 其实，我们很容易发现，$A$ 的上确界是 $\sqrt2$，但是我们尚未定义实数集时，$A$ 确实不存在上确界。这个例子也表明了有理数的不完备性。 ## 5A.2 实数集的构造 我们通过 5A.1.5 发现，有理数集合的上确界有时不是一个有理数。因此，实数系所具有的一个重要特征应该是实数系中定义的全序关系 $\leqslant$ 是完备的，即该集合的任意有上界的非空真子集存在上确界。受这个思想启发而得到的实数系的构造方法，就是戴德金分割。除非特殊说明，我们下面使用的补集记号 $\overline{A}$，均指 $A$ 关于 $\mathbb Q$ 的补集，即 $\overline{A}:=\mathbb Q\setminus A$。 - **定义 5A.2.1（戴德金分割）**：对于 $\mathbb Q$ 任意一个子集 $\alpha$，称 $\alpha$ 为一个**分割**，当且仅当 $\alpha$ 满足以下全部条件： 1. $\alpha\neq\varnothing\land\alpha\neq\mathbb Q$； 2. 对于任意 $x\in\alpha,y\in\overline{\alpha}$，均有 $x0$，均存在整数 $n$，使得 $xn\in\alpha\land x(n+1)\in\overline{\alpha}$。 **证明**：先证明存在整数 $a,b$ 使得 $a\in \alpha\land b\in \overline{\alpha}$，然后可以得出存在整数 $l,r$ 使得 $x\cdot l\in\alpha\land x\cdot r\in\overline{\alpha}$，再通过归纳法证明存在整数 $n$ 使得 $xn\in\alpha\and x(n+1)\in\overline{\alpha}$。 通俗地说，实数是由有理数和无理数组成的。因此，每个有理数都应该对应了一个实数，也就是一个分割。 - **定义 5A.2.3（有理数的嵌入）**：对于一个有理数 $r\in\mathbb Q$，其对应的分割为 $\left\{s\in\mathbb Q\vert s,\geqslant$，可以按照一般法则从上述定义中推导，故不再展开。这个定义的实数的次序关系显然是良好且自然的，一方面，对于两个有理数 $r,s\in\mathbb Q$，若 $r=s$，则一定有 $r^*=s^*$；若 $r\gamma$，与 $\gamma$ 是 $A$ 的上界矛盾，假设不成立。原命题得证。 对称地，如果非空集合 $A\subseteq\mathbb R$ 有下界，则 $A$ 有下确界，证明只需要把集合并改为集合交即可。下面是关于有理数与实数之间次序关系的两个结论，它们在后面将会经常被使用。 - **命题 5A.3.6（嵌入基本定理）**：设 $\alpha\in\mathbb R,r\in\mathbb Q$，那么 $\alpha\leqslant r\iff r\in\overline{\alpha}$。 **证明**：设 $r\in\overline{\alpha}$。根据分割的定义，对于任意 $a\in\alpha$，均有 $ar\land s\in\beta$，即 $\beta>s>r\geqslant\alpha$。 ## 5A.4 实数的加减运算 我们下面把有理数的四则运算拓展到实数系上。 - **定义 5A.4.1（加法）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，定义 $\alpha$ 与 $\beta$ 的和为 $$\alpha+\beta=\left\{r+s:r\in\alpha,s\in\beta\right\}$$ **证明**：首先证明 $\alpha+\beta$ 是一个分割。（构造性证明）任取 $a\in\alpha,b\in\beta$，根据定义有 $a+b\in \mathbb \alpha+\beta$，故 $\alpha+\beta$ 非空。再任取 $a'\in\overline{\alpha},b'\in\overline{\beta}$，于是对于任意 $a\in\alpha,b\in\beta$ 有 $a+ba$，则 $c+b\in\alpha+\beta$。综上所述，$\alpha+\beta$ 确实是一个分割。 容易证明，有理数嵌入实数后的与实数的加法运算是相容的，即 $(r+s)^*=r^*+s^*$。 实数的加法一样拥有有理数的运算律。根据定义，这很容易从有理数的运算律中直接推出。 - **命题 5A.4.2（实数加法交换律）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，有 $\alpha+\beta=\beta+\alpha$。 **证明**：根据实数加法的定义和有理数的交换律可以推出。 - **命题 5A.4.2（实数的加法结合律）**：设 $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb R$，有 $\alpha+(\beta+\gamma)=(\alpha+\beta)+\gamma$。 **证明**：根据实数加法的定义和有理数的结合律可以推出。 实数的加法和有理数的加法有相同的单位元（如果我们不区分 $0$ 和 $0^*$ 的话）。 - **命题 5A.4.3（实数的加法单位元）**：设 $\alpha\in\mathbb R$，$\alpha+0=\alpha$。 **证明**：对于任意 $a\in\alpha,b\in0^*$，根据定义有 $b<0$，故 $a+b\alpha\right\}$$ **证明**：首先证明 $-\alpha$ 是一个分割，（构造性证明）任取 $r\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，有 $\alpha\alpha$，且 $-b\leqslant\alpha$，根据序的传递性，有 $-b<-a$，即 $a\alpha,a<\alpha$，有 $-b>a$，即 $a+b\in0$，故 $\alpha+(-\alpha)\subseteq0$。 另一方面，对于任意 $t\in0$，显然 $-t/2>0$。根据 5A.2.2.2，存在整数 $n$，使得 $-nt/2\in\alpha$，且 $-(n+1)t/2\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，$\alpha\leqslant-(n+1)t/2$，故 $\alpha<-(n+2)t/2$，即 $(n+2)t/2\in-\alpha$，同时 $t=-nt/2+(n+2)t/2\in\alpha+(-\alpha)$，所以 $0\subseteq\alpha+(-\alpha)$。 综上所述，$\alpha+(-\alpha)=0$。 容易验证，我们定义的减法与有理数的减法是相容的。 - **定义 5A.4.5（减法）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，定义 $\alpha$ 和 $\beta$ 的差为 $\alpha+(-\beta)$，记作 $\alpha-\beta$。 我们应该更多地推广有理数所具有的性质。下面是关于加减法和大小关系的另一些结论。 - **引理 5A.4.6（加法的非退化性）**：设 $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb R$，那么 $\alpha=\beta\iff\alpha+\gamma=\beta+\gamma$。 - **推论 5A.4.7（加法逆元的唯一性）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，那么 $\alpha+\beta=0\iff\beta=-\alpha$。 - **命题 5A.4.8（加法保序）**：设 $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb R$，那么 $\alpha<\beta\iff\alpha+\gamma<\beta+\gamma$。 **证明**：根据 5A.3.7，存在有理数 $r$，满足 $\alpha0$ 和 $-\alpha>0$ 中恰好有一个成立，换而言之，$\alpha>0\iff-\alpha<0$。 ## 5A.5 实数的乘法运算 - **定义 5A.5.1（乘法）**：乘法是分段定义的。设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$。定义 $\alpha$ 和 $\beta$ 的积为 $$\alpha\times \beta=\begin{cases}0&\alpha=0\lor\beta=0\\\left\{r\in\mathbb Q:\exists_{00\\(-\alpha)\times(-\beta)&\alpha,\beta<0\\-((-\alpha)\times\beta)&\alpha<0\land\beta>0\\-(\alpha\times(-\beta))&\alpha>0\land\beta<0\end{cases}$$ 在合理的情况下，我们通常省略 $\times$，直接写作 $\alpha\beta$。 **证明**：通过 5A.4.9，我们知道每对 $\alpha,\beta$ 满足且恰好满足上述条件中的一个。首先证明当 $\alpha,\beta>0$ 时 $\alpha\beta$ 是一个分割。（构造性证明）任取 $0ab$，故 $rr$。 然后我们证明实数的乘法运算与有理数是相容的。设 $r,s\in\mathbb Q$，这里只给出 $r,s>0$ 的证明，因为其他情况是容易验证的。根据定义， $$\begin{aligned}r^*s^*&=\left\{p\in\mathbb Q:\exist_{00$ 的证明，其余情况是容易验证的。根据定义，有 $$\begin{aligned}\alpha1&=\left\{p\in\mathbb Q:\exists_{00\iff\alpha^{-1}>0$。 **证明**：我们还是只给出 $\alpha>0$ 的证明，其余情况是相当显然的。（同一法）我们首先证明存在性，构造 $$\beta:=\left\{p\in\mathbb Q:\exists_{r\geqslant\alpha}pr'^{-1}$，即 $r^{-1}\not\in\beta$，故 $\beta\neq\mathbb Q$。 设 $a\in\beta,b\in\overline{\beta}$，那么根据 $\beta$ 的定义，结合 5A.3.6，我们有 $\forall_{r\in\overline{\alpha}}b\geqslant r^{-1}$，同时 $\exists_{r\in\overline{\alpha}}aa$。 我们现在证明 $\beta>0$ 成立。（构造性证明）任取有理数 $r\geqslant\alpha>0$，根据有理数的性质，有 $r^{-1}>0$，根据 5A.3.7，存在有理数 s，满足 $00$。 我们现在验证 $\beta$ 确实是 $\alpha$ 的乘法逆元，即 $\alpha\beta=1$。注意到 $\alpha,\beta>0$，设 $p\in\alpha\beta$，根据定义，存在 $0t\alpha t^{-1}>\alpha$，同时我们有 $s0$，则 $-a<0$；若 $a<0$，则 $-a>0$。 **证明**：根据加法保序，等式两端同时加上 $-a$ 即可。 2. 设 $a,b,c,d\in\mathbb F$，那么 $a\leq b\land c\leq d\implies a+c\leq b+d$。 **证明**：$a\leq b\implies a+c\leq b+c$，$c\leq d\implies b+c\leq b+d$。 3. $(-1)\times (-1)=1$。 **证明**：$(-1)\times (-1)=(-1)\times (-1)+(-1)+1=((-1)+1)\times(-1)+1=1$。 4. 设 $x\in\mathbb F$，则 $x^2\geq 0$ 且 $x^2=0\implies x=0$。 **证明**：证明 $x^2\geq 0$ 分 $x$ 的正负性讨论即可。证明 $x^2=0\implies x=0$ 用引理 5A.6.5.2。 5. $0<1$。 **证明**：引理 5A.6.7.4 的推论。 6. 设 $a,b,c\in\mathbb F$，则 $a\leq b\land c\leq 0\implies ac\geq bc$。 **证明**：只需证明 $-a\geq -b$ 即可。反证，若 $-a<-b$，又 $a\leq b$，结合引理 5A.6.7.2 可知 $a+(-a)0$ 存在 $a\in A$ 使得 $u-\varepsilon0$，存在 $a\in A,b\in B$ 使得 $a>\sup A-\frac\varepsilon2,b>\sup B-\frac\varepsilon2$，从而 $a+b>\sup A+\sup B-\varepsilon$。 3. 设 $A,B\subseteq \{x\in \mathbb F:x\geq 0\}$ 有上确界，则 $AB:=\{ab:a\in A,b\in B\}$ 也有上确界，且 $\sup(AB)=\sup A\sup B$。 **证明**：容易证明 $\sup A,\sup B\geq 0$。 对于任意 $ab\in AB$，$ab\leq \sup A\sup B$，从而 $\sup A\sup B$ 是 $AB$ 的上界。 对于任意 $\varepsilon>0$，设 $\delta=\frac{\varepsilon}{\sup A+\sup B}>0$，存在 $a\in A,b\in B$ 使得 $a>\sup A-\delta,b>\sup B-\delta$，从而 $ab>(\sup A-\delta)(\sup B-\delta)=\sup A\sup B-(\sup A+\sup B)\delta=\sup A\sup B-\varepsilon$。 同理可以类似定义下界和下确界，并得到与下确界相关的一些基本性质，这里不再赘述。 - **定义 5A.6.10（确界性质、确界原理）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域。称该序域满足确界性质，当且仅当 $\mathbb F$ 的任意非空有上界的子集都有上确界。 - **引理 5A.6.11**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域且满足确界性质，那么 $\mathbb F$ 的任意非空有下界的子集都有下确界。 **证明**：设 $A\subseteq \mathbb F$ 非空有下界。那么 $-A:=\{-x:x\in A\}$ 非空有上界，从而存在上确界 $L$。证明 $-L$ 就是 $A$ 的下确界即可。 那么用戴德金分割定义的实数集就是一个满足确界性质的序域。 事实上，从序域的角度来看我们所定义的各种数域，还有许多关联和性质，这里列举一些如下。 - **定义 5A.6.12（归纳集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，称 $A\subseteq \mathbb F$ 是 $\mathbb F$ 的归纳子集，当且仅当 $0\in A$ 且 $\forall_{a\in\mathbb F},a\in A\implies a+1\in A$。 - **命题 5A.6.13（序域的最小归纳集是自然数集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，$U:=\{A\subseteq \mathbb F:A\text{ 是 }\mathbb F\text{ 的归纳子集}\}$。那么偏序集 $(U,\subseteq)$ 存在最小元 $X$，且 $(X,0,f)$ 是一个皮亚诺结构，其中 $f:X\to X$ 是由 $f(x):=x+1$ 定义的函数（根据归纳集的定义，容易证明 $X$ 作为 $f$ 的对应域是合理的）。 **证明**：显然 $\mathbb F\in U$ 从而 $U$ 非空。取 $X:=\bigcap U$。容易证明 $X$ 也是一个归纳子集，从而也容易证明它就是 $U$ 的最小元，现在证明 $(X,0,f)$ 是皮亚诺结构。 - $f$ 是单射：设 $x,y\in X$，$f(x)=f(y)\implies x+1=y+1\implies x+1+(-1)=y+1+(-1)\implies x=y$。 - $0$ 不在 $f$ 的值域中：由于 $0\geq 0$ 且 $\forall_{a\in\mathbb F},a\geq 0\implies a+1\geq 0$，所以可以证明 $\{x\in X:x\geq 0\}$ 也是归纳集，而 $X$ 又是最小归纳集，于是对于任意 $x\in X$ 有 $x\geq 0$。若 $x\in\mathbb F$ 且 $x+1=0$，容易证明 $x=-1$，而 $-1<0$，从而 $x\not\in X$。 - $\forall_{Y\subseteq X},0\in Y\land (\forall_{x\in X},x\in Y\implies f(x)\in Y)\implies Y=X$：$Y$ 一定是归纳集，又 $X$ 是最小归纳集，故 $Y=X$。 - **推论 5A.6.14（最小的序域是有理数集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，$U:=\{A\subseteq \mathbb F:((A,+,\times,0,1),\leq)\text{ 是序域}\}$。那么偏序集 $(U,\subseteq)$ 存在最小元 $X$，且 $((X,+,\times,0,1),\leq)$ 与 $((\mathbb Q,+,\times,0,1),\leq)$ 同构。 **证明**：根据引理 5A.6.13 可知自然数集在任何一个序域中，从而通过域的加法逆元和乘法逆元的定义可知有理数集也在任何一个序域中，而有理数集本身也是序域，所以有理数集就是最小的序域。（这里的 “在……中” 是指同构意义下的） - **命题 5A.6.15（阿基米德性质）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是满足确界性质的序域，$N$ 是其最小归纳集，那么 $N$ 无上界。或等价地，对于任意 $\varepsilon>0$，存在 $n\in N$ 且 $n>0$ 且 $\frac{1}{n}<\varepsilon$。 **证明**：反证。若 $N$ 有上界，那么 $N$ 有上确界 $L$，那么存在 $n\in N$ 使得 $L-10$ 使得 $\frac1n0$ 是实数。 首先定义 $a^0:=1$。对任意 $n\in\mathbb N$，现归纳地假定已定义好 $a^n$，那么定义 $a^{n+1}:=a^n\times a$。 设 $n\in\mathbb Z^-$，定义 $a^n:=\frac{1}{a^{-n}}$。 容易验证，已经定义过的有理数的整数次幂是相容于现在的定义的实数的整数次幂的，所以在幂底为有理数的情况下，我们已经可以使用命题 4.4.6 中我们证明过的若干算律。 - **引理 5A.7.2（整数指数运算律）**：设 $x,y>0$ 是实数，$n,m$ 是整数。 1. $x^nx^m=x^{n+m}$，$(x^n)^m=x^{nm}$，$(xy)^n=x^ny^n$。 **证明**：先通过归纳证明对任意 $n,m\in\mathbb N$，$x^{n-m}=\frac{x^n}{x^m}$。然后就能把整数指数全部转换为自然数指数，就容易用归纳再证明了。 2. $x0\implies x^n1\land n>0\implies x^n>1$。 **证明**：对 $n$ 归纳。 - **引理 5A.7.3**：设 $y>0$ 是实数，$n$ 是正整数，那么存在唯一的 $x>0$ 使得 $x^n=y$。 **证明**：记 $A=\{q\in \mathbb Q:q>0,q^n\frac 1y$，从而 $N^n\geq N>\frac 1y\implies (\frac 1N)^n0$。下面我们来证明不可能有 $x^ny$。 若 $x^n0$ 使得对于任意 $0<\varepsilon\leq 1$ 有 $(1+\varepsilon)^n\leq 1+k\varepsilon$。取 $\varepsilon=\dfrac{\frac{y}{x^n}-1}{k}>0$，那么 $(x(1+\varepsilon))^n=x^n(1+\varepsilon)^n\leq x^n(1+k\varepsilon)=y$，从而 $x(1+\varepsilon)\in A$，这与 $x$ 是 $A$ 的上界矛盾。 若 $x^n>y$。通过归纳可以证明存在 $k>0$ 使得对于任意 $0<\varepsilon\leq 1$ 有 $(1-\varepsilon)^n\geq 1-k\varepsilon$。取 $\varepsilon=\dfrac{1-\frac{y}{x^n}}{k}>0$，那么 $(x(1-\varepsilon))^n=x^n(1-\varepsilon)^n\geq x^n(1-k\varepsilon)=y$，从而 $x(1-\varepsilon)$ 也是 $A$ 的上界，这与 $x$ 是 $A$ 的上确界矛盾。 - **定义 5A.7.4（实数的有理指数幂）**：设 $a>0$ 是实数，$q\in\mathbb Q$。 若 $q\geq 0$，那么存在 $m,n\in\mathbb N$ 且 $n>0$ 使得 $q=\frac{m}{n}$，定义 $a^{q}$ 为使得 $x^n=a^m$ 成立的唯一正数解。 若 $q<0$，定义 $a^q:=\frac{1}{a^{-q}}$。 **证明**：对于任意 $m,n,p,q\in\mathbb N$ 且 $n,q>0$，若 $\frac mn=\frac pq$，那么 $(a^{\frac mn})^{nq}=((a^{\frac mn})^n)^q=a^{mq}=a^{np}=((a^{\frac pq})^q)^n=(a^{\frac {p}{q}})^{nq}$，根据引理 5A.7.3，可知 $a^{\frac mn}=a^{\frac pq}$。 $a^{\frac n1}$ 是使得 $x^1=a^n$ 的唯一正整数解，即 $a^{\frac n1}=a^n$，故实数的整数次幂是相容于实数的有理数次幂的。 - **引理 5A.7.5（有理数指数运算律）**：设 $x,y>0$ 是实数，$q,r$ 是有理数。 1. $x^qx^r=x^{q+r}$，$(x^q)^r=x^{qr}$，$(xy)^q=x^qy^q$。 2. $x0\implies x^q1\land q>0\implies x^q>1$。 **证明**：回到定义再利用整数指数算律。 - **定义 5A.7.6（实数的实数指数幂）**：设 $a>0$ 是实数，$r\in\mathbb R$。 若 $a>1$，显然 $\{a^q:q\in \mathbb Q,q\leq r\}$ 非空有上界，那么定义 $a^r$ 为它的上确界。 若 $01$ 时，$a^x$ 是关于 $x$ 的严格增函数，于是可以证明实数的有理数指数幂是相容于实数的实数指数幂的。 - **命题 5A.7.7（实数指数运算律）**：设 $x,y>0$ 是实数，$r,s$ 是实数。 1. $x^rx^s=x^{r+s}$，$(x^r)^s=x^{rs}$，$(xy)^r=x^ry^r$。 **证明**：只需证明 $x,y>1$ 时的结论即可。 $x^rx^s=x^{r+s}$：利用引理 5A.6.9.3。 $(x^r)^s=x^{rs}$：若 $r<0$，由于 $$ x^r=\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}=\sup\{\frac1{x^{q}}:q\in\mathbb Q,-q\leq r\}=\frac{1}{\inf\{x^q,q\in\mathbb Q,-q\leq r\}}=\frac{1}{\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq -r\}} $$ 这样只需要考虑 $r,s\geq 0$ 的情况，此时 $\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}=\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,0\leq q\leq r\}$。 然后证明对于任意非空有上界的正实数集 $A$ 和非负有理数 $p$，$(\sup A)^p=\sup\{x^p:x\in A\}$： 设 $L:=\sup A$，容易证明 $L^p$ 是 $\sup\{x^p:x\in A\}$ 的上界。然后对于任意 $\varepsilon>0$，我们要找到 $\delta>0$ 使得 $(L(1-\delta))^p>L^p(1-\varepsilon)$，即 $(1-\delta)^p>1-\varepsilon$，任取正整数 $n>p$，利用有理数指数的运算律放缩成 $(1-\delta)^n>1-\varepsilon$，接下来就类似引理 5A.7.3 的证明了。 于是： $$ \begin{aligned} (x^{r})^s&=\sup\bigg\{\big(\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}\big)^p:p\in\mathbb Q,p\leq s\bigg\}\\ &=\sup\bigg\{\big(\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}\big)^p:p\in\mathbb Q,0\leq p\leq s\bigg\}\\ &=\sup\bigg\{\sup\{x^{pq}:q\in\mathbb Q,q\leq r\}:p\in\mathbb Q,0\leq p\leq s\bigg\}\\ &=\sup\{x^{pq}:p,q\in\mathbb Q,q\leq r,0\leq p\leq s\}\\ &=\sup\{x^{y}:y\in \mathbb Q,y\leq rs\}=x^{rs} \end{aligned} $$ $(xy)^r=x^ry^r$：利用引理 5A.6.9.3。 2. $x0\implies x^r0$，$(1+\varepsilon)^n\geq 1+n\varepsilon$。 存在 $n\in\mathbb N$ 且 $n> \dfrac{y-1}{\frac{y-x}{x}}$，那么 $(\frac yx)^n=(1+\frac{y-x}{x})^n\geq 1+n\frac{y-x}{x}> y$。于是 $y^{\frac1n}< \frac{y}{x}\implies y^{1-\frac 1n}>x$。 存在 $N\in\mathbb N$ 使得 $N>\frac{n}{r}$，存在整数 $m$ 使得 $\frac{m}{N}\frac{n}{N}$，故 $m\geq n$。记 $q_2:=\frac mN,q_1:=\frac{m+1}N$。那么： $$ \frac{q_2}{q_1}=1-\frac{q_1-q_2}{q_1}=1-\frac{\frac{1}{N}}{\frac{m+1}{N}}=1-\frac{1}{m+1}>1-\frac{1}{n} $$ 于是 $y^{\frac{q_2}{q_1}}>y^{1-\frac 1n}>x$，得到 $x^{q_1}1\land r>0\implies x^r>1$。 **证明**：存在 $q\in\mathbb Q$ 使得 $01$。 作为推论，我们有： 4. 设 $r\neq 0$，那么幂函数 $x\mapsto x^r$ 是 $\mathbb R^+\to\mathbb R^+$ 的严格单调双射。 **证明**：根据 5A.7.7.2 可知严格单调性，这又直接蕴含了单射性。 满射性：对于任意实数 $y>0$，令 $x=y^{\frac 1r}$，根据 5A.7.7.1 可知 $x^r=y$。 5. 设实数 $a>0$ 且 $a\neq 1$，那么指数函数 $x\mapsto a^x$ 是 $\mathbb R\to\mathbb R^+$ 的严格单调双射。 **证明**：根据 5A.7.7.3 可知严格单调性，这又直接蕴含了单射性。 满射性：只用考虑 $a>1$ 的情况。对于任意实数 $y>0$，令 $x=\sup\{r:r\in\mathbb R,a^r\leq y\}$。现在证明不可能有 $a^xy$。 若 $a^xa$，从而 $a^{x+\frac 1n}y$，容易证明存在 $n\in\mathbb N$ 使得 $(\frac{a^x}{y})^n>a$，从而 $a^{x-\frac 1n}>y$，这与 $x$ 是上确界矛盾。 根据命题 5A.7.7.5，可以定义对数函数，作为指数函数的反函数。 - **定义 5A.7.8（对数函数）**：设实数 $a>0$ 且 $a\neq 1$，那么定义 $\log_a x$ 为 $a^x$ 的反函数。 - **命题 5A.7.9（对数函数算律）**：设实数 $a>0$ 且 $a\neq 1$，$x\in\mathbb R^+$。 1. $\log_a(a^x)=a^{\log_a x}=x$。 2. 设 $y\in\mathbb R^+$，那么 $\log_a(xy)=\log_a x+\log_ay$。 3. 设 $y\in\mathbb R$，那么 $\log_a(x^y)=y\log_a x$。 4. 设 $b,c>0$ 且 $c\neq 1$，那么 $\log_ab=\frac{\log_c b}{\log_ca}$。 **证明**：通过反函数利用幂的算律验证即可。