实数系和复数系-习题

出去有明确的相反的说明以外，本习题中所提到的数，都理解为实数

1.如果 r ( r ≠ 0 ) r\left( r\neq 0 \right) r(r=0)是有理数而 x x x是无理数，证明 r + x r + x r+x及 r x rx rx是无理数

证明：

假设 r + x r + x r+x是有理数，则 x = r + x − r x = r + x - r x=r+x−r是有理数，矛盾

假设 r x rx rx是有理数，则 x = r x / r x = rx / r x=rx/r是有理数，矛盾

2.证明不存在平方为12的有理数

证明：

假设 p , q ∈ Q , g c d ( p , q ) = 1 , ( p q ) 2 = 12 p, q \in \mathbb{Q}, gcd\left( p,q \right)=1, \left( \frac{p}{q} \right)^2=12 p,q∈Q,gcd(p,q)=1,(qp)2=12

则
p 2 = 12 q 2 p^2 = 12q^2 p2=12q2

则 3 ∣ p 2 3 \mid p^2 3∣p2进而 3 ∣ p 3 \mid p 3∣p，令 p = 3 k p = 3k p=3k
3 k 2 = 4 q 2 3k^2 = 4q^2 3k2=4q2

同理 3 ∣ q 3 \mid q 3∣q，与 g c d ( p , q ) ≠ 1 gcd \left( p,q \right) \neq 1 gcd(p,q)=1，矛盾

3.证明1.15 命题 乘法公理包含着以下几个述语：

(a)如果 x ≠ 0 x\neq 0 x=0，且 x y = x z xy = xz xy=xz，就有 y = z y = z y=z

(b)如果 x ≠ 0 x\neq 0 x=0，且 x y = x xy = x xy=x，就有 y = 1 y = 1 y=1

©如果 x ≠ 0 x\neq 0 x=0，且 x y = 1 xy = 1 xy=1，就有 y = 1 x y = \frac{1}{x} y=x1

(d)如果 x ≠ 0 x\neq 0 x=0，就有 1 1 x = x \frac{1}{\frac{1}{x}}= x x11=x

证明：

(a)
y = 1 y = ( 1 x x ) y = 1 x ( x y ) = 1 x ( x z ) = ( 1 x x ) z = 1 z = z y = 1y = \left( \frac{1}{x}x \right) y=\frac{1}{x} \left( xy \right) =\frac{1}{x}\left( xz \right) =\left( \frac{1}{x}x \right) z=1z=z y=1y=(x1x)y=x1(xy)=x1(xz)=(x1x)z=1z=z

(b) z = 1 z=1 z=1代入(a)

(d) 1 x x = 1 \frac{1}{x}x=1 x1x=1,代入©

4.设 E E E是某有序集的非空子集，又设 α \alpha α是 E E E的下界，而 β \beta β是 E E E的上界。证明 α ≤ β \alpha \le \beta α≤β

证明：
∀ x ∈ E , α ≤ x ≤ β \forall x \in E, \alpha \le x \le \beta ∀x∈E,α≤x≤β

5.设 A A A是非空实数集，下有界。令 − A -A −A是所有 − x -x −x的集， x ∈ A x \in A x∈A。证明
inf ⁡ A = − sup ⁡ ( − A ) \inf A = - \sup \left( -A \right) infA=−sup(−A)

证明：
∃ a , ∀ x ∈ A , a ≤ x ⇒ − x ≤ − a \exists a, \forall x \in A,a \le x\Rightarrow-x \le -a ∃a,∀x∈A,a≤x⇒−x≤−a，从而 − A -A −A有上界，进而有上确界 α \alpha α
∀ x ∈ A , − x ≤ α ⇒ x ≥ − α \forall x \in A, -x \le \alpha\Rightarrow x \ge -\alpha ∀x∈A,−x≤α⇒x≥−α

对于 β < α \beta < \alpha β<α， ∃ x ∈ A , − x > β ⇒ x < − β \exists x \in A, -x >\beta \Rightarrow x < - \beta ∃x∈A,−x>β⇒x<−β ，从而 − β -\beta −β不是 A A A的下确界

因此
inf ⁡ A = − sup ⁡ ( − A ) \inf A = -\sup \left( -A \right) infA=−sup(−A)6. 固定 b > 1 b > 1 b>1

(a)如果 m , n , p , q m,n,p,q m,n,p,q是整数， n > 0 , q > 0 n > 0, q >0 n>0,q>0，且 r = m n = p q r = \frac{m}{n} = \frac{p}{q} r=nm=qp。证明
( b m ) 1 n = ( b p ) 1 q \left( b^m \right)^{\frac{1}{n}} = \left( b^p \right)^{\frac{1}{q}} (bm)n1=(bp)q1

因此，定义 b r = ( b m ) 1 n b^r = \left( b^m \right)^{\frac{1}{n}} br=(bm)n1

(b)证明，如果 r r r与 s s s是有理数，那么 b r + s = b r ⋅ b s b^{r+s} = b^r \cdot b^s br+s=br⋅bs

©如果 x x x是实数。定义 B ( x ) B\left( x \right) B(x)为所有数 b t b^t bt的集，这里 t t t是有理数并且 t ≤ x t \le x t≤x.

证明
b r = sup ⁡ B ( r ) b^r = \sup B\left( r \right) br=supB(r)

这里 r r r是有理数。由此，对于每个实数 x x x，定义
b x = sup ⁡ B ( x ) b^x = \sup B\left( x \right) bx=supB(x)

是合理的

(d)证明，对于一切实数 x x x及 y y y， b x + y = b x b y b^{x+y} = b^x b^y bx+y=bxby

证明：

(a)

(应该有 b > 0 b>0 b>0，则 b − n > 0 b^{-n}>0 b−n>0（ n ∈ N n \in \mathbb{N} n∈N）)

存在唯一正实数 r 1 , r 2 r_{1},r_{2} r1,r2，使得
r 1 n = b m , r 2 q = b p r_{1}^{n} = b^{m}, \quad r_{2}^{q} = b^{p} r1n=bm,r2q=bp
r 1 n = b m = b n r r_{1}^{n} = b^{m} = b^{nr} r1n=bm=bnr

而
r 2 q = b p = b q r r_{2}^{q} = b^{p} = b^{qr} r2q=bp=bqr

进而
r 1 n q = b n r q = r 2 q n r_{1}^{nq} = b^{nrq} = r_{2}^{qn} r1nq=bnrq=r2qn

由定理1.21, r 1 = r 2 = b r r_{1} = r_{2} = b^r r1=r2=br

(b)

设 r = m n , s = p q , m , n , p , q ∈ Z r = \frac{m}{n}, s = \frac{p}{q}, m,n,p,q \in \mathbb{Z} r=nm,s=qp,m,n,p,q∈Z
b r + s = ( b m q + p n ) 1 n q = ( b m q ⋅ b p n ) 1 n q b^{r+s} = \left( b^{mq + pn} \right)^{\frac{1}{nq}}=\left( b^{mq}\cdot b^{pn} \right)^{\frac{1}{nq}} br+s=(bmq+pn)nq1=(bmq⋅bpn)nq1

由定理1.21推论
b r + s = ( b m q ) 1 n q ⋅ ( b p n ) 1 n q = b r ⋅ b s b^{r +s} = \left( b^{mq} \right)^{\frac{1}{nq}}\cdot \left( b^{pn} \right)^{\frac{1}{nq}}=b^{r} \cdot b^{s} br+s=(bmq)nq1⋅(bpn)nq1=br⋅bs

©
B ( r ) = { b t : t ∈ Q , t ≤ r } B\left( r \right) = \left\{ b^{t}:t \in \mathbb{Q},t \le r \right\} B(r)={bt:t∈Q,t≤r}

令 p , q , m , n ∈ Z , t = p q , r = m n , t ≤ r p,q,m,n \in \mathbb{Z}, t = \frac{p}{q}, r = \frac{m}{n}, t \le r p,q,m,n∈Z,t=qp,r=nm,t≤r，则
( b t ) q n = ( b p q ) q n = b p n ≤ b q m \left( b^{t} \right)^{qn} = \left( b^{\frac{p}{q}} \right)^{qn} = b^{pn} \le b^{qm} (bt)qn=(bqp)qn=bpn≤bqm

由
b n − a n = ( b − a ) ( b n − 1 + b n − 2 a + ⋯ + a n − 1 ) b^{n} -a^{n} = \left( b-a \right)\left( b^{n-1} + b^{n-2}a + \cdots + a^{n-1} \right) bn−an=(b−a)(bn−1+bn−2a+⋯+an−1)

因此
( b t n ) q − ( b m ) q = ( b t n − b m ) T ( q ) \left( b^{tn} \right)^{q} - \left( b^{m} \right)^{q} = \left( b^{tn} - b^{m} \right)T\left( q \right) (btn)q−(bm)q=(btn−bm)T(q)

由于 T ( q ) > 0 T\left( q \right)>0 T(q)>0，因此
( b t n ) q − ( b m ) q ⇔ b t n − b m \left( b^{tn} \right)^{q} - \left( b^{m} \right)^{q} \Leftrightarrow b^{tn} - b^{m} (btn)q−(bm)q⇔btn−bm

而 b m = b r n b^{m} = b^{rn} bm=brn

因此
( b t n ) q − ( b m ) q ⇔ b t n − b m ⇔ b t ≤ b r \left( b^{tn} \right)^{q} - \left( b^{m} \right)^{q} \Leftrightarrow b^{tn} - b^{m} \Leftrightarrow b^{t} \le b^{r} (btn)q−(bm)q⇔btn−bm⇔bt≤br

所以 b r b^{r} br是 B ( r ) B \left( r \right) B(r)的上界

显然 b r ∈ B ( r ) b^{r} \in B\left( r \right) br∈B(r)，并且若 α < b r \alpha < b^{r} α<br， α \alpha α不是 B ( r ) B\left( r \right) B(r)的上界，因此
b r = sup ⁡ B ( r ) b^{r} = \sup B\left( r \right) br=supB(r)

(d)
b x + y = sup ⁡ B ( x + y ) = sup ⁡ { b u : u ∈ Q , u ≤ x + y } = sup ⁡ { b s + t : s ∈ Q , t ∈ Q , s + t ≤ x + y } = sup ⁡ { b s + t : s ∈ Q , t ∈ Q , s ≤ x , t ≤ y } = sup ⁡ { b s b t : s ∈ Q , t ∈ Q , s ≤ x , t ≤ y } = sup ⁡ { b s : s ∈ Q , s ≤ x } sup ⁡ { b t : t ∈ Q , t ≤ y } = B ( x ) B ( y ) \begin{aligned} b^{x + y} &= \sup B \left( x + y \right) \\ &= \sup \left\{ b^{u}: u \in \mathbb{Q}, u \le x + y \right\} \\ &= \sup \left\{ b^{s + t}: s \in \mathbb{Q}, t \in \mathbb{Q}, s + t \le x + y \right\}\\ &= \sup \left\{ b^{s+t}: s \in \mathbb{Q}, t \in \mathbb{Q}, s \le x, t \le y \right\}\\ &= \sup \left\{ b^{s} b^{t}: s \in \mathbb{Q}, t \in \mathbb{Q}, s \le x, t \le y \right\}\\ &= \sup\left\{ b^{s}:s\in \mathbb{Q}, s \le x \right\} \sup \left\{ b^{t}: t \in \mathbb{Q}, t \le y \right\} \\ &= B\left( x \right)B\left( y \right) \end{aligned} bx+y=supB(x+y)=sup{bu:u∈Q,u≤x+y}=sup{bs+t:s∈Q,t∈Q,s+t≤x+y}=sup{bs+t:s∈Q,t∈Q,s≤x,t≤y}=sup{bsbt:s∈Q,t∈Q,s≤x,t≤y}=sup{bs:s∈Q,s≤x}sup{bt:t∈Q,t≤y}=B(x)B(y)

第4个等号是因为找的是 b s + t b^{s+t} bs+t的上界，这样改一下，加起来的范围不变

第5个等号利用了(b)

7.固定 b > 1 , y > 0 b > 1, y > 0 b>1,y>0，按照下面的提纲来证明，存在唯一的实数 x x x使 b x = y b^{x}=y bx=y

(这 x x x叫做以 b b b为底 y y y的对数)

(a)对每个正整数 n n n， b n − 1 ≥ n ( b − 1 ) b^{n} - 1\ge n \left( b-1 \right) bn−1≥n(b−1)

(b)因之 b − 1 ≥ n ( b 1 n − 1 ) b-1 \ge n\left( b^{\frac{1}{n}} - 1 \right) b−1≥n(bn1−1)

©如果 t > 1 t > 1 t>1且 n > b − 1 t − 1 n > \frac{ b-1 }{t-1} n>t−1b−1，那么 b 1 n < t b^{\frac{1}{n}} < t bn1<t

(d)如果 w w w使 b w < y b^{w} < y bw<y。那么对于足够大的 n n n， b w + 1 n < y b^{w + \frac{1}{n}} <y bw+n1<y。为了证明这一点，应用©而取 t = y ⋅ b − w t=y \cdot b^{-w} t=y⋅b−w

(e)如果 b w > y b^{w} > y bw>y，那么对于足够大的 n n n， b w − 1 n > y b^{w- \frac{1}{n}} >y bw−n1>y

(f)设 A A A是所有使 b w < y b^{w} < y bw<y成立的 w w w的集，证明 x = sup ⁡ A x = \sup A x=supA满足方程 b x = y b^{x}=y bx=y

(g)证明这个 x x x是唯一的

证明：

(a)
b n − 1 n = ( b − 1 ) ( b n − 1 + b n − 2 + ⋯ + 1 ) ≥ n ( b − 1 ) b^{n} - 1^{n} = \left( b-1 \right)\left( b^{n-1} + b^{n-2} + \cdots + 1 \right)\ge n\left( b-1 \right) bn−1n=(b−1)(bn−1+bn−2+⋯+1)≥n(b−1)

(b) b 1 n b^{\frac{1}{n}} bn1代入(a)中的 b b b

©
t > b − 1 n + 1 ≥ b 1 n − 1 + 1 = b 1 n t > \frac{b-1}{n} + 1\ge b^{\frac{1}{n}} - 1 + 1 = b^{\frac{1}{n}} t>nb−1+1≥bn1−1+1=bn1

(d)
b w < y ⇒ t = y ⋅ b − w > 1 b^{w} < y\Rightarrow t=y \cdot b^{-w} > 1 bw<y⇒t=y⋅b−w>1

足够大的 n n n，因此 n > b − 1 t − 1 n > \frac{ b-1 }{t-1} n>t−1b−1

代入©成立

(e)
b w > y ⇒ t = b w y > 1 b^{w} >y\Rightarrow t = \frac{b^{w}}{y}>1 bw>y⇒t=ybw>1

足够大的 n n n，因此 n > b − 1 t − 1 n > \frac{ b-1 }{t-1} n>t−1b−1

代入© b 1 n < b w y b^{\frac{1}{n}} < \frac{b^{w}}{y} bn1<ybw

因此 b w − 1 n > y b^{w-\frac{1}{n}} > y bw−n1>y

(f) A = { w : b w < y } A = \left\{ w:b^{w} < y \right\} A={w:bw<y}

若 b x > y b^{x} >y bx>y，则根据(e)，对于足够大的 n n n， b x − 1 n > y b^{x - \frac{1}{n}} > y bx−n1>y，与 x = sup ⁡ A x = \sup A x=supA矛盾

若 b x < y b^{x}<y bx<y，则根据(d)，对于足够大的 n n n， b x + 1 n < y b^{x + \frac{1}{n}} < y bx+n1<y，与 x = sup ⁡ A x = \sup A x=supA矛盾

因此 b x = y b^{x} = y bx=y

(g)假设 x < z x < z x<z
b z = b x + ( z − x ) = b x b z − x > b x = y b^{z} = b^{x + \left( z-x \right) } = b^{x}b^{z-x}>b^{x} =y bz=bx+(z−x)=bxbz−x>bx=y

8.证明在复数域中不能定义顺序关系以使其变成有序域。

提示：-1是平方数

证明：

若 i > 0 i >0 i>0，则 − 1 = ( i ) ( i ) > 0 -1=\left( i \right)\left( i \right) >0 −1=(i)(i)>0，矛盾

若 i < 0 i < 0 i<0，则 − i > 0 -i > 0 −i>0，进而 − 1 = ( − i ) ( − i ) > 0 -1 = \left( -i \right)\left( -i \right)>0 −1=(−i)(−i)>0，矛盾

进而 i = 0 i =0 i=0，矛盾

9.设 z = a + b i , w = c + d i z=a+bi,w=c+di z=a+bi,w=c+di。若 a < c a<c a<c或者 a = c a=c a=c但 b < d b<d b<d，就规定 z < w z<w z<w。

证明这能使得所有复数的集变成有序集。（这种顺序关系叫做字典顺序或辞典编纂顺序，其理由是明显的）。这种顺序关系有没有最小上界性呢？

证明：
z = w ⇔ a = c , b = d z = w \Leftrightarrow a=c,b=d z=w⇔a=c,b=d，因此 z < w z<w z<w， z = w z=w z=w， z > w z>w z>w只有一个成立

设 x = a + b i , y = c + d i , z = e + f i , x < y , y < z x = a + bi, y = c + di, z=e+fi, x < y, y < z x=a+bi,y=c+di,z=e+fi,x<y,y<z

若 a < c a < c a<c，由于 c ≤ e c \leq e c≤e，有 x < z x <z x<z

若 a = c , b < d a=c, b <d a=c,b<d，若 c < e c < e c<e，则 x < z x <z x<z，若 c = e , d < f c=e, d < f c=e,d<f，则 b < f b<f b<f，进而 x < z x<z x<z

因此 x < y < z x < y <z x<y<z

不妨假设 S S S非空有上界

令 A = { a : z = a + b i ∈ S } A = \left\{ a:z =a+bi \in S \right\} A={a:z=a+bi∈S}
B = { b : z = a + b i ∈ S , a = sup ⁡ A } B = \left\{ b: z=a+bi \in S, a=\sup A \right\} B={b:z=a+bi∈S,a=supA}

进而 sup ⁡ S = ( sup ⁡ A , sup ⁡ B ) \sup S = \left( \sup A, \sup B \right) supS=(supA,supB)

z = a + b i , w = u + v i z = a + bi, w = u+vi z=a+bi,w=u+vi，而
a = ( ∣ w ∣ + u 2 ) 1 2 , b = ( ∣ w ∣ − u 2 ) 1 2 a = \left( \frac{\left| w \right| +u}{2} \right)^{\frac{1}{2}}, b = \left( \frac{\left| w \right| -u}{2} \right)^{\frac{1}{2}} a=(2∣w∣+u)21,b=(2∣w∣−u)21

证明：如果 v ≥ 0 v \ge 0 v≥0，那么 z 2 = w z^{2}=w z2=w，而若 v ≥ 0 v \ge 0 v≥0那么 ( z ˉ ) 2 = w \left( \bar{z} \right)^2=w (zˉ)2=w

由此断定每个复数(只有一个例外)有两个复平方根

证明：

显然

11.如果 z z z是复数。证明存在 r ≥ 0 r \ge 0 r≥0及复数 w w w， ∣ w ∣ = 1 \left| w \right|=1 ∣w∣=1，使 z = r w z =rw z=rw。是否 w w w及 r r r永远由 z z z唯一确定

证明：
r = ∣ z ∣ , w = z ∣ z ∣ r = \left| z \right|, w = \frac{z}{\left| z \right|} r=∣z∣,w=∣z∣z

两边取模，所以 r r r唯一，进而 w w w唯一

12.如果 z 1 , z 2 , ⋯ , z n z_{1}, z_{2}, \cdots, z_{n} z1,z2,⋯,zn是复数，试证
∣ z 1 + z 2 + ⋯ + z n ∣ ≤ ∣ z 1 ∣ + ∣ z 2 ∣ + ⋯ + ∣ z n ∣ \left| z_{1} + z_{2}+ \cdots + z_{n} \right|\le \left| z_{1} \right| + \left| z_{2} \right| + \cdots + \left| z_{n} \right| ∣z1+z2+⋯+zn∣≤∣z1∣+∣z2∣+⋯+∣zn∣

证明：
n = 2 n=2 n=2时显然

假设 n = k n=k n=k时成立，当 n = k + 1 n=k+1 n=k+1时
∣ z 1 + z 2 + ⋯ + z k + z k + 1 ∣ ≤ ∣ z 1 + z 2 + ⋯ + z k ∣ + ∣ z k + 1 ∣ ≤ ∣ z 1 ∣ + ∣ z 2 ∣ + ⋯ + ∣ z k ∣ + ∣ z k + 1 ∣ \left| z_{1} + z_{2}+ \cdots + z_{k} + z_{k+1} \right|\le \left| z_{1} + z_{2}+ \cdots + z_{k} \right| + \left| z_{k+1} \right| \le \left| z_{1} \right| + \left| z_{2} \right| + \cdots + \left| z_{k} \right| +\left| z_{k+1} \right| ∣z1+z2+⋯+zk+zk+1∣≤∣z1+z2+⋯+zk∣+∣zk+1∣≤∣z1∣+∣z2∣+⋯+∣zk∣+∣zk+1∣

有数学归纳法成立

因此成立

14.如果 z z z是复数，且 ∣ z ∣ = 1 \left| z \right|=1 ∣z∣=1，即 z z ˉ = 1 z \bar{z}=1 zzˉ=1，计算
∣ 1 + z ∣ 2 + ∣ 1 − z ∣ 2 \left| 1+z \right|^2 + \left| 1-z \right|^2 ∣1+z∣2+∣1−z∣2

证明：
∣ 1 + z ∣ 2 + ∣ 1 − z ∣ 2 = ( 1 + z ) ( 1 + z ˉ ) + ( 1 − z ) ( 1 − z ˉ ) = 1 + z + z ˉ + z z ˉ + 1 − z − z ˉ + z z ˉ = 4 \begin{aligned} &\left| 1+z \right|^2 + \left| 1-z \right|^2\\ =& \left( 1+z \right) \left( 1 + \bar{z} \right) + \left( 1-z \right)\left( 1-\bar{z} \right) \\ =& 1 + z + \bar{z} + z\bar{z} + 1 - z - \bar{z} + z\bar{z}\\ =&4 \end{aligned} ===∣1+z∣2+∣1−z∣2(1+z)(1+zˉ)+(1−z)(1−zˉ)1+z+zˉ+zzˉ+1−z−zˉ+zzˉ4

15.在什么条件下Schwarz不等式中的等式成立？

解：
a i = 0 , i = 1 , 2 , ⋯ , n a_{i}=0, i=1,2,\cdots,n ai=0,i=1,2,⋯,n

或者 b i = 0 , i = 1 , 2 , ⋯ , n b_{i}=0, i=1,2,\cdots,n bi=0,i=1,2,⋯,n

或者 ∣ B a i − C b i ∣ = 0 \left| Ba_{i} - Cb_{i} \right|=0 ∣Bai−Cbi∣=0即 B a i = C b i Ba_{i} = Cb_{i} Bai=Cbi

16.设 k ≥ 3 k \ge 3 k≥3， x , y ∈ R k , ∣ x − y ∣ = d > 0 \mathbf{x},\mathbf{y} \in \mathbb{R}^k, \left| \mathbf{x}-\mathbf{y} \right|=d>0 x,y∈Rk,∣x−y∣=d>0且 r > 0 r>0 r>0。试证：

(a)如果 2 r > d 2r > d 2r>d，就有无穷多个 z ∈ R k \mathbf{z} \in \mathbb{R}^k z∈Rk，使得
∣ z − x ∣ = ∣ z − y ∣ = r \left| \mathbf{z}-\mathbf{x} \right| =\left| \mathbf{z}-\mathbf{y} \right| =r ∣z−x∣=∣z−y∣=r

(b)如果 2 r = d 2r=d 2r=d，就恰好有一个这样的 z \mathbf{z} z

如果 k k k是2或1，这些命题应该怎样修正

证明：
z = x + y 2 + r 2 − d 2 4 e \mathbf{z} = \frac{\mathbf{x} + \mathbf{y}}{2} + \sqrt{ r^2 -\frac{d^2}{4}} \mathbf{e} z=2x+y+r2−4d2 e

其中 e \mathbf{e} e为单位向量

(a)单位向量有无穷个

(b)后半个为零向量，所以唯一

©显然

k = 2 k=2 k=2，若 2 r > d 2r>d 2r>d只有两个，其他一样
k = 1 k=1 k=1，若 2 r > d 2r>d 2r>d则无解，其他一样

17.如果 x ∈ R k , y ∈ R k \mathbf{x} \in \mathbb{R}^k, \mathbf{y}\in\mathbb{R}^k x∈Rk,y∈Rk。试证
∣ x + y ∣ 2 + ∣ x − y ∣ 2 = 2 ∣ x ∣ 2 + 2 ∣ y ∣ 2 \left| \mathbf{x} + \mathbf{y} \right|^2 + \left| \mathbf{x} - \mathbf{y} \right|^2 = 2 \left| \mathbf{x} \right|^2 + 2 \left| \mathbf{y} \right|^2 ∣x+y∣2+∣x−y∣2=2∣x∣2+2∣y∣2

用几何的说法，把它解释成平行四边形的命题

证明：

显然

18.如果 k ≥ 2 k \ge 2 k≥2，且 x ∈ R k \mathbf{x} \in \mathbb{R}^k x∈Rk，试证存在 y ∈ R k \mathbf{y} \in \mathbb{R}^k y∈Rk，使得 y ≠ 0 \mathbf{y} \neq \mathbf{0} y=0，但 x ⋅ y = 0 \mathbf{x} \cdot \mathbf{y} = 0 x⋅y=0，如果 k = 1 k=1 k=1，这还对不对？

证明：

若 x i = 0 , i = 1 , 2 , ⋯ , k x_{i}=0, i=1,2,\cdots,k xi=0,i=1,2,⋯,k，则令 y 1 = 1 , y i = 0 , i = 2 , 3 , ⋯ , k y_{1}=1, y_{i}=0,i=2,3,\cdots,k y1=1,yi=0,i=2,3,⋯,k

若 x i ≠ 0 , i = 1 , 2 , ⋯ , k x_{i} \neq 0, i=1,2,\cdots, k xi=0,i=1,2,⋯,k, 则令 y 1 = 1 , y 2 = − x 1 y 1 x 2 , y i = 0 , i = 3 , ⋯ , k y_{1}=1, y_{2} = -\frac{x_{1}y_{1}}{x_{2}}, y_{i}=0, i=3,\cdots,k y1=1,y2=−x2x1y1,yi=0,i=3,⋯,k

如果 k = 1 k=1 k=1，不存在

19.设 a ∈ R k , b ∈ R k \mathbf{a} \in \mathbb{R}^k, \mathbf{b} \in \mathbb{R}^k a∈Rk,b∈Rk，求 c ∈ R k \mathbf{c} \in \mathbb{R}^k c∈Rk和 r > 0 r>0 r>0使得
∣ x − a ∣ = 2 ∣ x − b ∣ \left| \mathbf{x}-\mathbf{a} \right| = 2 \left| \mathbf{x}-\mathbf{b} \right| ∣x−a∣=2∣x−b∣

当且仅当 ∣ x − c ∣ = r \left| \mathbf{x}-\mathbf{c} \right|=r ∣x−c∣=r

(答案： 3 c = 4 b − a , 3 r = 2 ∣ b − a ∣ 3 \mathbf{c} = 4 \mathbf{b}- \mathbf{a}, 3r = 2 \left| \mathbf{b}-\mathbf{a} \right| 3c=4b−a,3r=2∣b−a∣)

证明：显然

20.关于附录，设把性质（Ⅲ）从分划的定义中删去，保留顺序及假发的原来定义，证明所得的有序集有最小上界性，加法满足公理(A1)到(A4)（零元稍有不同！）但(A5)不成立

证明：
R \mathbb{R} R的元是 Q \mathbb{Q} Q的确定的子集，称为分划，规定分划是具有以下三种性质的任意集 α ⊆ Q \alpha \subseteq \mathbb{Q} α⊆Q

(Ⅰ) α ≠ ∅ , α ≠ Q \alpha \neq \emptyset, \alpha \neq \mathbb{Q} α=∅,α=Q

(Ⅱ)如果 p ∈ α , q ∈ Q p\in \alpha, q \in \mathbb{Q} p∈α,q∈Q且 q < p q < p q<p,那么 q ∈ α q\in \alpha q∈α

令 A A A是 R \mathbb{R} R的非空子集， β ∈ R \beta \in \mathbb{R} β∈R是 A A A的上界

令 γ = ⋃ α ∈ A α \gamma= \bigcup_{\alpha \in A}\alpha γ=⋃α∈Aα
p ∈ γ ⇔ ∃ α ∈ A , p ∈ A p \in \gamma \Leftrightarrow \exists\alpha \in A, p \in A p∈γ⇔∃α∈A,p∈A

A ≠ ∅ A \neq \emptyset A=∅,因此存在 α 0 ∈ A \alpha_{0} \in A α0∈A，这个 α 0 ≠ ∅ \alpha_{0}\neq \emptyset α0=∅

因此 α 0 ⊂ γ , γ ≠ ∅ \alpha_{0} \subset \gamma, \gamma\neq \emptyset α0⊂γ,γ=∅
∀ α ∈ A , α ⊂ β \forall \alpha \in A, \alpha \subset \beta ∀α∈A,α⊂β，因此 γ ⊂ β , γ ≠ Q \gamma \subset \beta, \gamma \neq \mathbb{Q} γ⊂β,γ=Q，进而满足(Ⅰ)

取 p ∈ γ p \in \gamma p∈γ， ∃ α 1 ∈ A , p ∈ α 1 \exists \alpha_{1} \in A, p \in \alpha_{1} ∃α1∈A,p∈α1

如果 q < p q < p q<p，则 q ∈ α 1 q \in \alpha_{1} q∈α1,因此 q ∈ γ q \in \gamma q∈γ，进而满足(Ⅱ)，因此 γ ∈ R \gamma \in \mathbb{R} γ∈R

∀ α ∈ A , α ≤ γ \forall \alpha \in A, \alpha \le \gamma ∀α∈A,α≤γ

假设 δ < γ \delta < \gamma δ<γ。那么存在 s ∈ γ , s ∉ δ s \in \gamma, s \not\in \delta s∈γ,s∈δ。因为 s ∈ γ , ∃ α ∈ A , s ∈ α s \in \gamma, \exists \alpha \in A, s \in \alpha s∈γ,∃α∈A,s∈α

因此 γ < α \gamma < \alpha γ<α， γ \gamma γ不是 A A A的上界

因此 γ = sup ⁡ A \gamma = \sup A γ=supA

因此有最小上界性

(A1)

显然 α + β \alpha + \beta α+β是 Q \mathbb{Q} Q的非空子集

令 r ′ ∉ α , s ′ ∉ β r^{\prime} \not\in \alpha, s^{\prime} \not\in \beta r′∈α,s′∈β，则 ∀ r ∈ α , s ∈ β , r ′ + s ′ > r + s \forall r \in \alpha, s \in \beta, r^{\prime} + s^{\prime} > r + s ∀r∈α,s∈β,r′+s′>r+s，因此 r ′ + s ′ ∉ α + β r^{\prime} + s^{\prime} \not\in \alpha + \beta r′+s′∈α+β。满足(Ⅰ)

令 p ∈ α + β p \in \alpha + \beta p∈α+β， p = r + s , r ∈ α , s ∈ β p = r + s, r \in \alpha, s \in \beta p=r+s,r∈α,s∈β

如果 q < p q < p q<p，则 q < r + s ⇒ q − s < r q < r + s \Rightarrow q-s <r q<r+s⇒q−s<r，进而 q − s ∈ α q-s \in \alpha q−s∈α

因此 q = ( q − s ) + s ∈ α + β q = \left( q-s \right) + s \in \alpha + \beta q=(q−s)+s∈α+β，满足(Ⅱ)

(A2) α + β = { r + s : r ∈ α , s ∈ β } \alpha + \beta = \left\{ r+s:r\in\alpha, s \in \beta \right\} α+β={r+s:r∈α,s∈β}
β + α = { s + r : s ∈ β , r ∈ α } \beta + \alpha = \left\{s + r:s \in \beta, r \in \alpha \right\} β+α={s+r:s∈β,r∈α}
∀ r ∈ Q , s ∈ Q \forall r \in \mathbb{Q}, s \in \mathbb{Q} ∀r∈Q,s∈Q，有 r + s = s + r r + s=s + r r+s=s+r，进而 α + β = β + α \alpha + \beta = \beta + \alpha α+β=β+α

(A3)显然

(A4) 0 ∗ = { p ∈ Q : p ≤ 0 } 0^{*} = \left\{ p \in \mathbb{Q}: p \le 0 \right\} 0∗={p∈Q:p≤0}

如果 r ∈ α , s ∈ 0 ∗ r \in \alpha, s \in 0^{*} r∈α,s∈0∗，则 r + s ≤ r r + s \le r r+s≤r，进而 r + s ∈ α r + s \in \alpha r+s∈α。因此 α + 0 ∗ ⊂ α \alpha + 0^{*} \subset \alpha α+0∗⊂α

令 p ∈ α p \in \alpha p∈α,则 p = p + 0 ∈ α + 0 ∗ p = p + 0 \in \alpha + 0^{*} p=p+0∈α+0∗，因此 α ⊂ α + 0 ∗ \alpha \subset \alpha + 0^{*} α⊂α+0∗

因此 α + 0 ∗ = α \alpha + 0^{*} = \alpha α+0∗=α

(A5)

令 O ′ = { r ∈ Q : r < 0 } O^{\prime} = \left\{ r\in \mathbb{Q}:r <0 \right\} O′={r∈Q:r<0}

不存在 α \alpha α使得 α + O ′ = 0 ∗ \alpha + O^{\prime} = 0^{*} α+O′=0∗

令 x = r + s ∈ α + O ′ , r ∈ α , s ∈ O ′ x = r+s \in \alpha + O^{\prime}, r \in \alpha, s \in O^{\prime} x=r+s∈α+O′,r∈α,s∈O′

存在 t ∈ O ′ , t > s t \in O^{\prime}, t >s t∈O′,t>s，并且 r + t ∈ α + O ′ , r + t > s r + t \in \alpha + O^{\prime}, r + t >s r+t∈α+O′,r+t>s 即 α + O ′ \alpha + O^{\prime} α+O′没有最大值

然而 O ∗ O^{*} O∗有最大值 0 0 0，矛盾