在有理数域 \(\mathbb Q\) 内讨论问题。设 $$ A=\{r\in \mathbb Q \mid r > 0 \text{ 且 } r^2 < 2\},\, B=\{r\in \mathbb Q \mid r > 0 \text{ 且 } r^2 > 2\}. $$
- 证明：对任意 \(a\in A\) 与 \(b\in B\)，均有 \(a < b\)；
- 证明：\(A\) 在 \(\mathbb Q\) 中没有上确界，\(B\) 在 \(\mathbb Q\) 中也没有下确界。此结论说明有理数集破坏了实数的哪一条核心公理？
答案
设\(a\in A\), \(b\in B\)，那么\(a^2 < 2 < b^2\)。根据平方比较引理（\(a\le b \Rightarrow a^2 \le b^2\)）可知 \(a < b\)。
假设存在\(s\in\mathbb Q\) 使得 \(s = \sup A\)。 首先，因为 \(1\in A\)，所以\(s\ge 1>0\)。
如果 \(s^2 > 2\)，那么对任意自然数 \(n \ge 1\)： $$ \left(s - \frac{1}{n} \right)^2 = s^2 - \frac{2s}{n} + \frac{1}{n^2} > s^2 - \frac{2s}{n}. $$ 取 \(n > \frac{2s}{s^2-2}\) （由阿基米德性质保证可取）时，有 $$ s - \frac{1}{n} > 0 \quad\text{且}\quad \left(s - \frac{1}{n} \right)^2 > 2.$$ 因此 \(s-\frac{1}{n} \in B\)。根据第1小问的结论可知 \(s-\frac{1}{n}\) 是 \(A\) 的上界。但 \(s\) 是 \(A\) 的上确界，因此 \(s < s-\frac{1}{n}\)。显然不可能。
如果 \(s^2 < 2\)，那么对任意自然数 \(n \ge 1\)： $$ \left(s + \frac{1}{n} \right)^2 = s^2 + \frac{2s}{n} + \frac{1}{n^2} < s^2 - \frac{2s}{n} + \frac{1}{n} = s^2 - \frac{2s+1}{n}. $$ 取 \(n > \frac{2s+1}{2-s^2}\) 时，有 \(s+\frac{1}{n})^2 < 2\)。 显然\(s + \frac{1}{n}>0\)，因此 \(s + \frac{1}{n} \in A\)。而\(s\)是\(A\)的上界，所以\(s \ge s + \frac{1}{n}\)。显然也不可能。
综上所述，\(s^2 < 2\) 和 \(s^2 > 2\) 均不可能。于是只可能 \(s^2 = 2\)。但是，\(2\) 没有有理数的平方根是众所周知的（参见定理 1.2），因此产生矛盾，假设不能成立。这就说明 \(A\) 在 \(\mathbb Q\) 中没有上确界。
仿此可证明 \(B\) 在 \(\mathbb Q\) 中没有下确界，这里从略。
此结论说明 \(\mathbb Q\) 破坏了实数的完备性公理。
求下列数集的上确界与下确界，并判断它们是否属于原集合。
- \(A = \left\{ \frac{(-1)^n}{n} + \frac{1+(-1)^n}{2} \;\middle|\; n \in\mathbb Z_+\right\}\),
- \(B = \left\{ \frac{n}{m+n} \;\middle|\; m, n \in\mathbb Z_+\right\}\).
答案
设通项为 \(a_n\)。
- 当 \(n\) 为奇数时，\(a_n = -\frac{1}{n}\)。因为 \(n\ge 1\) 且无上界，所以 \(-1 \le a_n < 0\)。
- 当 \(n\) 为偶数时，\(a_n = \frac{1}{n} + 1\)。因为 \(n\ge 2\) 且无上界，所以 \(1 < a_n \le \frac{3}{2}\)。
综上有 \(-1 \le a_n \le \frac{3}{2}\)。以上等号均能取得（\(n = 1\) 和 \(n = 2\)）。根据确界定义可知 \(\inf A = -1\), \(\sup A = \frac{3}{2}\)，且都属于 \(A\)。
因为 \(m, n\in\mathbb Z_+\)，所以 \(0 < n < m+n\)。于是 $$ 0 < \frac{n}{m+n} < 1.$$ 可见 \(0\) 和 \(1\) 分别是 \(B\) 的下界和上界。下面证明这两个界是紧的。
设 \(\sup B = c\)。假设 \(c < 1\)，则由 \(\frac{n}{m+n} \le c\) 得 \(n \le c(m+n)\)，即 \((1-c) n \le cm\)。
固定 \(m=1\)，则 \(n \le \frac{c}{1-c}\)。这和 \(n\) 可取任意正整数（从而没有上界）矛盾。
设 \(\inf B = c’\)。假设 \(c’ > 0\)，则由 \(\frac{n}{m+n} \ge c’\) 得 \(n \ge c’(m+n)\)。
固定 \(n = 1\)，则 \(m \le \frac{1}{c’} - 1\)。这和 \(m\) 可取任意正整数（从而没有上界）矛盾。
综上所述，\(\inf B = 0\), \(\sup B = 1\)，且均不属于 \(B\)。
设 \(z\in\mathbb C\) 满足 \(|z| = 1\) 且 \(z \ne \pm1\)。
- 证明 \(\frac{z-1}{z+1}\) 为纯虚数。
- 对任意复数 \(z_1, z_2\in C\)，利用共轭复数的运算性质，证明恒等式 $$|z_1 + z_2|^2 + |z_1 - z_2|^2 = 2(|z_1|^2 + |z_2|^2).$$ 并以此计算：若 \(|z_1| = |z_2| = 1\) 且 \(|z_1+z_2| = \sqrt3\)，求 \(|z_1 - z_2|\)。
答案
设 \(z = a + b\,\mathrm i\)，其中 \(a, b\in\mathbb R\)。那么 \begin{align*} \frac{z-1}{z+1} &= \frac{(a-1) + b\,\mathrm i}{(a+1) + b\,\mathrm i} \\ &= \frac{[(a-1) + b\,\mathrm i][(a+1) - b\,\mathrm i]}{[(a+1) + b\,\mathrm i][(a+1) - b\,\mathrm i]} \\ &= \frac{a^2 + b^2 - 1 + 2b\,\mathrm i}{(a+1)^2 + b^2}. \end{align*} 又根据 \(|z|=1\) 得 \(a^2 + b^2 = 1\)，于是 $$\frac{z-1}{z+1} = \frac{b\,\mathrm i}{a + 1}.$$ 因为 \(z \ne \pm1\)，所以 \(b \ne 0\)，这就说明 \(\frac{z-1}{z+1}\) 的实部为零，而虚部非零，因此是纯虚数。
\begin{align*} |z_1 + z_2|^2 &= (z_1 + z_2)(z_1^* + z_2^*) \\ &= z_1 z_1^* + z_1 z_2^* + z_2 z_1^* + z_2 z_2^* \\ &= |z_1|^2 + z_1 z_2^* + z_2 z_1^* + |z_2|^2, \\ |z_1 - z_2|^2 &= |z_1|^2 - z_1 z_2^* - z_2 z_1^* + |z_2|^2. \\ \end{align*} 两式相加即得要证的式子。
计算：\(|z_1-z_2|^2 = 2(|z_1|^2+|z_2|^2) - |z_1+z_2|^2 = 2\times(1+1) - 3 = 1\)。因此 \(|z_1-z_2|=1\)。
判断下列区间是否满足 Cantor 定理（定理 1.9）的全部条件。若不满足，之处破坏了哪一条假设。求出 \(\bigcap_{n=1}^\infty I_n\)。
- \(I_n = (0, \frac{1}{n}]\),
- \(I_n = [n, +\infty)\),
- \(I_n = [-\frac{1}{n}, 1+\frac{1}{n}]\).
构造一个开区间 \((0, 1)\) 到 \(\mathbb R\) 的显式双射。并以此说明 \((0, 1)\) 为不可数集。
设 \(A\), \(B\) 为非空有界实数集。
- 证明 \(\sup(A\cup B) = \max \{\sup A, \sup B\}\)；
- 若 \(A \cap B \ne \varnothing\)，证明 \(\sup(A\cap B) \le \min\{\sup A, \sup B\}\)。并举例说明严格不等号可以成立。
设 \(A\), \(B\) 为非空有界实数集，\(c\in\mathbb R\) 为常数。
- 证明 \(\sup(A + B) = \sup A + \sup B\)；
- 若 \(c < 0\)，证明 \(\sup(cA) = c\inf A\)（可直接用 \(\inf(-A) = -\sup A\)）。
设 \(A\), \(B\) 为非空有界实数集。定义 $$ AB = \{ ab \mid a\in A,\, b\in B \}. $$
- 若 \(A,B \subseteq (0, +\infty)\)，证明 \(\sup(AB) = \sup A\cdot\sup B\)；
- 若去掉“正数集”限制，等式 \(\sup(AB) = \sup A\cdot\sup B\) 是否依然成立？请举反例说明。
设 \(\{[a_n, b_n]\}_n\) 为一列闭区间，且满足 \([a_{n+1}, b_{n+1}] \subseteq [a_n, b_n]\)。
- 如果已知对任意 \(n\in\mathbb N\)，\(b_n - a_n \le \frac{1}{n+1}\)，证明存在唯一实数 \(c\)，使得 \(\bigcap_{n=0}^\infty [a_n, b_n] = \{c\}\)；
- 记 \(\alpha = \sup\{a_n \mid n\in\mathbb N\}\), \(\beta = \inf\{b_n \mid n\in\mathbb N\}\)。证明 \(\alpha \le \beta\) 且 \(\bigcap_{n=0}^\infty [a_n, b_n] = [\alpha, \beta]\)。
考虑用三等分法和区间套定理证明 \([0, 1]\) 不可属性的过程（参见 1.2.4 节），并思考以下问题：
- 构造区间套 \([a_n, b_n]\) 避开枚举序列 \(\{x_n\}\) 时，为什么必须将区间三等分而不是二等分？（请指出若采用二等分法，在哪个具体情形下无法保证 \(x_n\notin [a_n, b_n]\)。
- 既然 \([0, 1]\) 不可数，那么所有端点为有理数的闭区间组成的集合 $$ \mathscr I = \{[p, q] \mid p, q\in \mathbb Q,\, p < q\} $$ 是可数的还是不可数的？请给出证明。
已知 \(|z_1 + z_2| \le |z_1| + |z_2|\)，请利用此不等式推导左侧不等式 $$\bigl| |z_1| - |z_2| \bigr| \leq |z_1 + z_2|,$$ 并求出等号成立的条件。（式中变量均为复数。）
证明复数域 \(\mathbb C\) 上无法定义与通常加法和乘法相容的全序关系（即 \(\mathbb C\)不能成为有序域）。
按照下面的方法，仅将 Cantor 定理和阿基米德性质作为已知前提（暂不使用强分离原理和确界定理），证明强分离原理成立：
设 \(A\), \(B\) 为 \(\mathbb R\) 的两个非空子集，满足对任意 \(a\in A\), \(b\in B\) 都有 \(a\le b\)。利用二分法构造区间套 \(\{[a_n, b_n]\}_n\)，严格证明存在 \(c\in\mathbb R\)，使得对一切 \(a\in A\), \(b\in B\) 都有 \(a\le c\le b\)。
提示
取 \(a_0 \in A\), \(b_0 \in B\)。若 \(a_0 = b_0\) 则结论显然；若 \(a_0 < b_0\)，考察中点 \(m_0 = \frac{a_0 + b_0}{2}\) 与集合 \(A\), \(B\) 的位置关系，并以此为依据决定下一步选取左半区间 \([a_0, m_0]\) 还是右半区间 \([m_0, b_0]\)，并利用数学归纳法说明对每个自然数 \(n\) 均满足：对任意 \(a\in A\) 和任意 \(b\in B\)，\(a\le b_n\) 且 \(a_n\le b\)。