标签：ilo 四则运算 span 正数 情况 目录 表示 原理 isp
有理数域\(\Bbb{Q}\)是一个有序域, 对四则运算封闭(有理数做有限次加、减、乘、除运算后得到的结果还是有理数). 对任意\(r\in \Bbb{Q}\)以及任意\(n\in \Bbb{N}_+\), 从乘法运算出发, 可以定义正整数指数幂运算:
\[r^n=\underbrace{r\cdot r\cdot r\cdot\cdots\cdot r}_{\text{$n$项}}.\]
利用乘法的交换律和结合律, 易证以下命题
命题1: 对任意\(r,s\in \Bbb{Q}\setminus\{0\}\), 任意\(m,n\in \Bbb{N}_+\), 都有
\[(r\cdot s)^n=r^n\cdot s^n,\quad r^{mn}=(r^m)^n,\quad r^{m+n}=r^m\cdot r^n.\]
有理数域\(\Bbb{Q}\)上不成立确界原理, 而且对“开方”运算也不封闭, 例如
\[\{r\in \Bbb{Q}\ |\ r^2=2\}\]
就是空集.
利用Dedekind分割, 可以将有理数域\(\Bbb{Q}\)扩充成实数域\(\Bbb{R}\), 使得\(\Bbb{R}\)上成立确界原理, 并且\(\Bbb{Q}\)是\(\Bbb{R}\)的有序子域. 四则运算法则从有理数域\(\Bbb{Q}\)扩展到了实数域\(\Bbb{R}\)上, 相应的, 有理数的正整数指数幂运算也扩展到了实数的正整数指数幂运算.
那么, 在实数域\(\Bbb{R}\)上“开方”运算是否封闭?为了回答这个问题, 我们先刻画一下“开方”运算的本质.
命题2: 对任意\(y>0\)以及任意\(n\in \Bbb{N}_+\), 方程
\[y=x^n\]
存在唯一的正实数根\(x\). 称该正实数根\(x\)为\(y\)的\(n\)次方根, 记为
\[x=y^{\frac1n}\quad\textrm{或}\quad x=\sqrt[n]{y}.\]
\(\red{证明：}\)
Step1. 令
\[E=\{ t\in \Bbb{R}\ |t>0\textrm{并且}t^n<y \}.\]
当\(y>1\)时, 令\(t_0=1\); 当\(0<y\leq 1\)时，令\(t_0=\frac12 y\). 易证, 在上述两种情况中总有\(t_0\in E\), 因此\(E\)是一个非空数集. 令\(L=1+y>1\), 则\(L\)是\(E\)的一个上界. 否则,存在\(t_1\in E\)使得\(t_1>L=1+y\), 于是
\[y>t_1^n>L^n\geq L^2=1+2y+y^2>y,\]
矛盾.
综上, \(E\)是一个非空有界数集, 从而有上确界.
Step2. 记\(c=\sup E\), 则\(c>0\). 下证\(c^n=y\).
反证法, 假设\(c^n<y\)或\(c^n>y\).
(1) 若\(c^n<y\), 则\(c\in E\). 又因为\(\sup E=c\in E\), 所以\(c=\max E\). 对任意\(\epsilon>0\), \(c+\epsilon\)一定不在\(E\)中. 另一方面, 【当\(\epsilon\)很小很小, \((c+\epsilon)^n\)与\(c^n\)非常接近, 有可能保证\(c^n<(c+\epsilon)^n<y\), 这样\(c+\epsilon\)在\(E\)中, 得到矛盾】
\[\begin{array}{rcl}
&&(c+\epsilon)^n-c^n\&=&\epsilon\cdot \left[(c+\epsilon)^{n-1}+ (c+\epsilon)^{n-2}c+\cdots (c+\epsilon)c^{n-2}+c^{n-1}\right]\&\leq&\epsilon\cdot \underbrace{\left[(c+\epsilon)^{n-1}+ (c+\epsilon)^{n-1}c+\cdots (c+\epsilon)^{n-1}+(c+\epsilon)^{n-1}\right]}_{\text{$n$项}}\&=&n(c+\epsilon)^{n-1}\epsilon.
\end{array}\]
当\(0<\epsilon<1\)时, 就有
\[(c+\epsilon)^n-c^n\leq n(c+\epsilon)^{n-1}\epsilon\leq n(c+1)^{n-1}\epsilon.\]
当\(0<\epsilon<1\)并且
\[0<\epsilon <\frac{y-c^n}{ n(c+1)^{n-1}}\]
时, 就有
\[(c+\epsilon)^n-c^n\leq n(c+1)^{n-1}\epsilon<y-c^n,\]
此时\(c^n<(c+\epsilon)^n<y\), 从而\(c+\epsilon \in E\), 这与\(c=\max E\)矛盾.
(2) 若\(c^n>y\), 由于\(c=\sup E\), 则对任意\(\epsilon >0\), \(c-\epsilon\)不是\(E\)的上界. 另一方面, 【当\(\epsilon\)很小很小, \((c-\epsilon)^n\)与\(c^n\)非常接近, 有可能保证\(y<(c-\epsilon)^n<c^n\), 这时再证明这样的\(c-\epsilon\)是\(E\)的一个上界, 得到矛盾】
\[\begin{array}{rcl}
&&c^n-(c+\epsilon)^n\&=&\epsilon\cdot \left[c^{n-1}+ c^{n-2}(c-\epsilon)+\cdots c(c+\epsilon)^{n-2}+(c-\epsilon)^{n-1}\right]\&\leq &\epsilon\cdot \underbrace{\left[c^{n-1}+ c^{n-1}c+\cdots c^{n-1}+c^{n-1}\right]}_{\text{$n$项}}\&=&nc^{n-1}\epsilon.
\end{array}\]
当\(0<\epsilon<c\)并且
\[0<\epsilon<\frac{c^n-y}{nc^{n-1}}\]
时, 就有
\[c-\epsilon>0,\quad y<(c-\epsilon)^n<c^n.\]
此时\(c-\epsilon\)就是\(E\)的一个上界, 否则存在\(t\in E\)使得\(t>c-\epsilon\), 于是
\[y<(c-\epsilon)^n<t^n<y,\]
矛盾. 但是这又与\(c-\epsilon\)不是\(E\)的上界矛盾.
综上, \(c=\sup E>0\)就是方程
\[y=x^n\]
的一个正实数根.
Step 3. 假设\(c_1,c_2\)都是方程\(y=x^n\)的正实数根, 并且\(c_1>c_2\), 则
\[y=c_1^n>c_2^n=y,\]
矛盾. 所以方程\[y=x^n\]的正实数根有且只有一个.
\(\Box\)
推论1. 设\(a>0\), \(m,n,p,q\in \Bbb{N}_+\)并且\(r=\frac{m}{n}=\frac{p}{q}\), 则
\[\left(a^\frac{1}{n}\right)^m=\left(a^m\right)^{\frac1n}=\left(a^p\right)^{\frac1q},\quad \left(a^\frac{1}{n}\right)^\frac{1}{m}=a^\frac{1}{mn}.\]
\(\red{证明：}\)
设\(s=\left(a^m\right)^{\frac1n}\), \(t=\left(a^p\right)^{\frac1q}\), 根据条件以及命题2可知, \(s,t>0\)并且
\[s^n=a^m,\quad t^q=a^p,\]
进一步可得
\[s^{nq}=a^{mq},\quad t^{qn}=a^{pn}.\]
由于\(\frac{m}{n}=\frac{p}{q}\), 则\(mq=pn\), 从而
\[s^{nq}=a^{mq}=a^{np}=t^{qn},\]
这表示\(s\)和\(t\)都是某个正数(即\(a^{mq}\))的\(nq\)次方根, 根据命题2, 由唯一性可得
\(s=t\), 即
\[\left(a^m\right)^{\frac1n}=\left(a^p\right)^{\frac1q}.\]
设\(u=a^{\frac1n}\), 则\(u^n=a\), 进而
\[a^m=(u^n)^m=u^{mn}=(u^m)^n,\]
所以
\[\left(a^\frac{1}{n}\right)^m=u^m=(a^m)^\frac{1}{n}.\]
设\(v=a^\frac{a}{mn}\), 则\(v^{mn}=a=u^m\), 从而
\[v=(u^m)^\frac{1}{mn}.\]
由于\(\frac{m}{mn}=\frac{1}{n}\), 根据前面的结论, 就有
\[a^\frac{1}{mn}=v=(u^m)^\frac{1}{mn}=u^\frac1n=\left(a^\frac{1}{n}\right)^\frac{1}{m}.\]
\(\Box\)
基于推论1, 我们可以定义
\[a^r=a^{\frac{m}{n}}=\left(a^m\right)^{\frac1n},\]
它不会因为有理数\(r\)的不同分数形式(既约或非既约)而不同.
推论2. 设\(a>0\)， \(r,s\in \Bbb{Q}_+\), 则
\[(a^r)^s=a^{rs}，\quad a^{r+s}=a^ra^s.\]
\(\red{证明：}\)
设
\[r=\frac{m}{n},\quad s=\frac{p}{q}.\]
根据推论1, 就有
\[\left(a^\frac{m}{n}\right)^\frac{p}{q}=\left[\left(a^\frac{m}{n}\right)^p \right]^\frac{1}{q}=\left[\left(a^\frac{1}{n}\right)^{mp} \right]^\frac{1}{q}=\left[\left(a^{mp}\right)^\frac{1}{n} \right]^\frac{1}{q}=\left(a^{mp}\right)^\frac{1}{nq}=a^\frac{mp}{nq},\]
即
\[(a^r)^s=a^{rs}\]
设
\[u=a^{\frac{1}{n}},\quad v=a^{\frac{1}{q}},\quad w=a^\frac{1}{nq},\]
则\(w^nq=a=u^n=v^q\), 从而
\[w^{nqmq}=a^{mq}=u^{nmq}, \quad w^{nq np}=a^{np}=v^{qnp},\]
\[(w^{mq+np})^{nq}=w^{nqmq} w^{nqnp}=u^{nmq}v^{qnp}=(u^mv^n)^{nq}.\]
根据命题2中的唯一性结论, 就有
\[w^{mq+np}=u^mv^n,\]
即
\[a^{r+s}=a^\frac{mq+np}{nq}=w^{mq+np}=u^mv^n=a^\frac{m}{n}a^\frac{p}{q}=a^ra^s.\]
\(\Box\)
待续……
标签：ilo 四则运算 span 正数 情况 目录 表示 原理 isp
原文地址：https://www.cnblogs.com/sunfenglong/p/11610478.html
