实数

前置

前置

实数

$Definition$ . (Sequences). Let $m$ be an integer. A sequence $(a_{n})_{n = m}$ of rational numbers is any function from the set ${n \in Z : n \geq m}$ to $Q$ , i.e., a mapping which assigns to each integer $n$ greater than or equal to $m$ , a rational number $a_{n}$ . More informally, a sequence $(a_{n})_{n = m}$ of rational numbers is a collection of rationals $a_{m}, a_{m + 1}, a_{m + 2}, \dots$ .

$Definition$ . (Cauchy sequences). A sequence $(a_{n})_{n = m}$ of rational numbers is said to be a Cauchy sequence iff for every $ϵ > 0$ , there exists an $N \geq 0$ such that $d (a_{j}, a_{k}) \leq ϵ$ for all $j, k \geq N$ .

$Definition$ . (Bounded sequences). Let $M \geq 0$ be rational. A finite sequence $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ is bounded by $M$ iff $∣ a_{i} ∣ \leq M$ for all $1 \leq i \leq n$ . An infinite sequence $(a_{n})_{n = m}$ is bounded by $M$ iff $∣ a_{i} ∣ \leq M$ for all $i \geq m$ .

$Lemma$ . Finite sequences are bounded

$Lemma$ . $∣ x - y ∣ <= M \Rightarrow ∣ x ∣ <= ∣ y ∣ + M$

$Lemma$ . (Cauchy sequences are bounded). Every Cauchy sequence $(a_{n})_{n = m}$ is bounded.

$Lemma$ . $n \in N \land x \in Q \Rightarrow n x = \sum_{i = 1}^{n} x$ , 提示：自然数到整数的同构映射、整数到有理数的同构映射、数学归纳法

令 $C = {x \in \prod_{i \in N} Q ∣ x_{i} is a Cauchy sequence}$ ，即由 $N$ 索引的 $Q$ 的笛卡尔积。

定义 $C$ 上的一种关系 $\sim_{c}$ ， $x \sim_{c} y$ 当且仅当对于任意 $ϵ \in Q \land ϵ > 0$ ，存在 $N \in N$ ，使得对于任意 $n \geq N$ ，有 $∣ x_{n} - y_{n} ∣ \leq ϵ$

$Lemma$ . $\sim_{c}$ 是等价关系

$\sim_{c}$ 在 $C$ 上的所有等价类所构成的集合为 $C$ ， $C$ 中的元素记作 $[(a_{n})_{n = 0}]$ ，简记为 $[a_{n}]$

实数加法

$Lemma$ . if $(a_{n})_{n = 0}$ and $(b_{n})_{n = 0}$ are Cauchy sequences, then $(a_{n} + b_{n})_{n = 0}$ is also a Cauchy sequence

在 $C$ 上定义加法

$[(a_{n})_{n = 0}] + [(b_{n})_{n = 0}] = [(a_{n} + b_{n})_{n = 0}]$

简记为 $[a_{n}] + [b_{n}] = [a_{n} + b_{n}]$

容易验证上述定义的加法是良定义的

上述定义的加法具有以下性质

加法交换律
加法结合律
加法单位元 $[0_{n}]$ ， $0_{n}$ 为 $Q$ 中的零序列
加法逆元 $[(a_{n})_{n = 0}] + [(- a_{n})_{n = 0}] = [(a_{n} - a_{n})_{n = 0}] = [0_{n}]$

因此 $< C, + >$ 构成一个交换群

note: 需要验证逆元的良定义性，即若两个数表示的等价类相等，则它们的逆元表示的等价类也相等

实数乘法

$Lemma$ . if $(a_{n})_{n = 0}$ and $(b_{n})_{n = 0}$ are Cauchy sequences, then $(a_{n} b_{n})_{n = 0}$ is also a Cauchy sequence

证明：by definition

任取一个 $ϵ \in Q \land ϵ > 0$

因为柯西列都是有界，所以 $∣ a_{n} ∣ \leq M_{1}$ ， $∣ b_{n} ∣ \leq M_{2}$ ，因此它们有共同上界 $M = ma x (M_{1}, M_{2})$

对于 $ϵ_{a} = ϵ / (2 M)$ ，存在 $N_{a}$ ，使得对于任意 $n, m \geq N_{a}$ ，有 $∣ a_{n} - a_{m} ∣ \leq ϵ_{a}$

对于 $ϵ_{b} = ϵ / (2 M)$ ，存在 $N_{b}$ ，使得对于任意 $n, m \geq N_{b}$ ，有 $∣ b_{n} - b_{m} ∣ \leq ϵ_{b}$

取 $N = ma x (N_{a}, N_{b})$ ，对于任意 $n, m \geq N$ ，有

$∣ a_{n} b_{n} - a_{m} b_{m} ∣ = ∣ a_{n} b_{n} - a_{n} b_{m} + a_{n} b_{m} - a_{m} b_{m} ∣ = ∣ a_{n} ∣∣ b_{n} - b_{m} ∣ + ∣ b_{m} ∣∣ a_{n} - a_{m} ∣ \leq M ∣ b_{n} - b_{m} ∣ + M ∣ a_{n} - a_{m} ∣ \leq ϵ_{a} + ϵ_{b} = ϵ$

在 $C$ 上定义乘法

$[(a_{n})_{n = 0}] \times [(b_{n})_{n = 0}] = [(a_{n} b_{n})_{n = 0}]$

简记为 $[a_{n}] \times [b_{n}] = [a_{n} b_{n}]$

容易验证上述定义的乘法是良定义的

$Definition$ . (Sequences bounded away from zero). A sequence $(a_{n})_{n = 0}$ of rational numbers is said to be bounded away from zero iff there exists a rational number $c > 0$ such that $∣ a_{n} ∣ \geq c$ for all $n \geq 0$ .

$Lemma$ . Let $x$ be a non-zero real number. Then $x = [(a_{n})_{n = 0}]$ for some Cauchy sequence $(a_{n})_{n = 0}$ which is bounded away from zero.

证明：
由 $x = [b_{n}] \neq = [0_{n}]$ ,存在 $ϵ \in Q \land ϵ > 0$ ，使得对于任意 $N$ , 都存在 $n_{0} > N$ ,使得 $∣ b_{n_{0}} ∣ \geq ϵ$

因为 $x$ 是柯西列，所以存在 $N_{1}$ ，使得对于任意 $n, m \geq N_{1}$ ，有 $∣ b_{n} - b_{m} ∣ \leq ϵ /2$

取 $N = ma x (N_{1}, n_{0})$ ，对于任意 $n \geq N$ ，有 $∣ b_{n_{0}} - b_{n} ∣ \leq ϵ /2$ ，因此 $∣ b_{n} ∣ \geq ∣ b_{n_{0}} ∣ - ∣ b_{n_{0}} - b_{n} ∣ \geq ϵ - ϵ /2 = ϵ /2$

构造一个新的数列 $a_{i} = b_{n_{0}}, i < n_{0}$ ， $a_{i} = b_{i}, i \geq n_{0}$

易得 $[a_{n}] = [b_{n}] = x$ ,且 $∣ a_{n} ∣ \geq ϵ /2$

即 $(a_{n})_{n = 0}$ 是 bounded away from zero 的 cauchy sequence

$Lemma$ . 若 $a_{n}$ 是 bounded away from zero 的 cauchy sequence，则 $1/ a_{n}$ 也是 cauchy sequence. 按柯西列的定义证明

$Lemma$ . 若 $a_{n} \sim_{c} b_{n}$ ，且 $a_{n}, b_{n}$ 都是 bounded away from zero 的 cauchy sequence，则 $1/ a_{n} \sim_{c} 1/ b_{n}$ ，即逆元是良定义的。

上述定义的乘法具有以下性质

乘法交换律
乘法结合律
乘法单位元 $[1_{n}]$ ， $1_{n}$ 为 $Q$ 中的单位序列
乘法逆元，若 $[a_{n}] \neq = [0_{n}]$ ，且 $(a_{n})_{n = 0}$ 是 bounded away from zero 的 cauchy sequence，则 $[a_{n}]$ 有乘法逆元 $[b_{n}]$ ，其中 $b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$
乘法对加法的分配律

因此 $< C, +, \times >$ 构成一个交换除环，即域

$Definition$ . $i (n) : Q \to C$ ， $i (q) = [q_{n}]$ ， $\forall q_{i} = q$

$i (q_{1} + q_{2}) = [(q_{1} + q_{2})_{n}] = [(q_{1})_{n}] + [(q_{2})_{n}]$

$i (q_{1} q_{2})$ = $[(q_{1} q_{2})_{n}] = [(q_{1})_{n}] [(q_{2})_{n}]$

若 $i (q_{1}) = i (q_{2})$ ， $[(q_{1})_{n}] = [(q_{2})_{n}] \Rightarrow q_{1} = q_{2}$ ，因此 $i$ 是单射

因此 $i$ 是 $Q$ 到 $C$ 的子集的同构映射

有序域

$Definition$ . Let $(a_{n})_{n = 0}$ be a sequence of rationals. We say that this sequence is positively bounded away from zero iff we have a positive rational $c > 0$ such that $a_{n} \geq c$ for all $n \geq 0$ (in particular, the sequence is entirely positive). The sequence is negatively bounded away from zero iff we have a positive rational $c > 0$ such that $a_{n} \leq - c$ for all $n \geq 0$ (in particular, the sequence is entirely negative).

$Definition$ . A real number $x$ is said to be positive iff it can be written as $x = [(a_{n})_{n = 0}]$ for some Cauchy sequence $(a_{n})_{n = 0}$ which is positively bounded away from zero. （ $x$ is said to be negative iff it can be written as $x = [(a_{n})_{n = 0}]$ for some Cauchy sequence $(a_{n})_{n = 0}$ which is negatively bounded away from zero.）

$P = {x \in C ∣ x is positive}$

可以验证 $P$ 满足如下性质

$\forall x, y \in P, x + y \in P, x y \in P$
$\forall x \in C, x \in P, x = 0, - x \in P$ 三者有且只有一个成立

因此 $< C, +, \times >$ 构成一个有序域，即 $< R, +, \times >$

可以定义 $<$ 为 $x < y ⟺ y - x \in P$

(抽象代数)有序域(环)上的性质对 $< C, +, \times >$ 都成立

Trichotomy: $x < y, x = y, x > y$ 三者有且只有一个成立
Transitivity: $x < y, y < z \Rightarrow x < z$
Addition preservation: $x < y \Rightarrow x + z < y + z$
Multiplication preservation: $x < y, z > 0 \Rightarrow x z < y z$
Negation reverses order: $a > b \Rightarrow - a < - b$
$a > 0 ⟺ a^{- 1} > 0$
$0 < a, 0 < b \to 0 < a / b$
$0 < a < 1 \to 1 < 1/ a$
$- 1 < a < 0 \to 1/ a < - 1$

$lemma$ . $x, y \in Q \land x < y \Rightarrow i (x) < i (y)$ ,即 $i (q) = [(q_{n})_{n}]$ 是从 $Q$ 到 $C$ 的一个子集的序同构

至此将 $< C, +, \times >$ 记作 $< R, +, \times >$ ,简记为 $R$

$Proposition$ . Let $a_{0}, a_{1}, a_{2}, ...$ be a Cauchy sequence of non-negative rational numbers. Then $[(a_{n})_{n = 0}]$ is a non-negative real number.

$Corollary$ . Let $(a_{n})_{n = 0}$ and $(b_{n})_{n = 0}$ be Cauchy sequences of rationals such that $a_{n} \geq b_{n}$ for all $n \geq 0$ . Then $[(a_{n})_{n = 0}] \geq [(b_{n})_{n = 0}]$ .

$Proposition$ . Let $x$ be a positive real number. Then there exists a positive rational number $q$ such that $q \leq x$ , and there exists a positive integer $N$ such that $x \leq N$ .

$Corollary$ . Let $x$ be a real number, and let $ϵ$ be a positive real number. Then there exists a positive integer $M$ such that $M ϵ > x$ .

$Proposition$ . Given any two real numbers $x < y$ , we can find a rational number $q$ such that $x < q < y$ .

$Definition$ . $∣ x ∣ = x$ if $x \geq 0$ , else $∣ x ∣ = - x$

(抽象代数)有序环上的绝对值有以下性质

$∣ x ∣ \geq 0$
$∣ - x ∣ = ∣ x ∣$
$∣ x ∣ = 0 ⟺ x = 0$
$x < ∣ x ∣$
$∣ x + y ∣ \leq ∣ x ∣ + ∣ y ∣$
$∣ x y ∣ = ∣ x ∣∣ y ∣$

用绝对值定义距离 $d (x, y) = ∣ x - y ∣$ ，则有以下性质

$d (x, y) \geq 0$ . Also, $d (x, y) = 0$ if and only if $x = y .$
$d (x, y) = d (y, x)$ .
$d (x, z) \geq d (x, y) + d (y, z)$ .

$Lemma$ . Let $(a_{n})_{n = 0}$ be a Cauchy sequence of rationals, and let $x$ be a real number. Show that if $a_{n} \leq x$ for all $n \geq 0$ , then $[a_{n}] \leq x$ . Similarly, show that if $a_{n} \geq x$ for all $n \geq 0$ , then $[a_{n}] \geq x$ .

$Definition$ . (Upper bound). Let $E$ be a subset of $R$ , and let $M$ be a real number. We say that $M$ is an upper bound for $E$ , iff we have $x \leq M$ for every element $x$ in $E$ .

$Definition$ . (Least upper bound). Let $E$ be a subset of $R$ , and $M$ be a real number. We say that $M$ is a least upper bound for $E$ iff (a) $M$ is an upper bound for $E$ , and also (b) any other upper bound $M$ for $E$ must be larger than or equal to $M$ .

$Proposition$ . Let $E$ be a subset of $R$ . Then $E$ can have at most one least upper bound.

$Theorem$ . (Existence of least upper bound). Let $E$ be a non-empty subset of $R$ . If $E$ has an upper bound, (i.e., $E$ has some upper bound $M$ ), then it must have exactly one least upper bound.

目标：构造一个实数(有理数的 cauchy 列 $(a_{n})_{n = 0}$ )，使得其为最小上界

从非空集 $E$ 中取一个元素 $x_{0}$

对于每一个 $n \in N$

从有理数的 archimedean 性，可以找到一个整数 $U_{n}$ ，使得 $U_{n} (1/ (1 + n)) > M$
同理可以找到一个整数 $L_{n}$ ，使得 $L_{n} (1/ (1 + n)) < x_{0}$

对于每个 $n$ , $S_{n} = {i \in Z ∣ i / (1 + n) is an upper bound of E}$ ,有最小元，记作 $K_{n}$

$a_{n} = K_{n} / (1 + n)$ 的每一项都是 $E$ 的上界
$b_{n} = (K_{n} - 1) / (1 + n)$ 的每一项都不是 $E$ 的上界

接下来要证明 $a_{n}$ 和 $b_{n}$ 是 cauchy 列，且它们是 cauchy 等价的，即 $[a_{n}] = [b_{n}]$

$a_{n} - a_{n^{'}} = K_{n} / (1 + n) - K_{n^{'}} / (1 + n^{'}) \geq K_{n} / (1 + n) - (K_{n} - 1) / (1 + n) \geq 1/ (1 + n)$

$a_{n} - b_{n^{'}} = K_{n} / (1 + n) - K_{n^{'}} / (1 + n^{'}) \leq (K_{n^{'}} - 1) / (1 + n^{'}) - K_{n^{'}} / (1 + n^{'}) \leq - 1/ (1 + n^{'})$

因此对于任意的 $ϵ \in Q \land ϵ > 0$ ，存在 $N \in N \land N > 1/ ϵ$ ，使得对于任意 $n, n^{'} \geq N$ ，有 $∣ a_{n} - a_{n^{'}} ∣ \leq 1/ N \leq ϵ$ ，即 $a_{n}$ 是 cauchy 列

容易证明 $a_{n} \sim_{c} b_{n}$ ； $b_{n}$ 也是 cauchy 列;因此 $[a_{n}] = [b_{n}]$

因为 $a_{n}$ 的每一项都是 $E$ 的上界，所以 $[(a_{n})_{n = 0}]$ 是 $E$ 的上界

因为 $b_{n}$ 的每一项都不是 $E$ 的上界，所以 $[(b_{n})_{n = 0}]$ 小于 $E$ 的每一个上界

$s = [a_{n}] = [b_{n}]$ 满足最小上界性质，即 $s$ 是 $E$ 的最小上界

Q.E.D.

$Definition$ . (上确界) if E has a upper bound, then the least upper bound of $E$ is the supremum of $E$ ,denoted by $sup (E)$

幂运算

因为实数域是一个有序域，因此可以定义整数幂

下面开始逐步定义实数的有理数次幂。

正整数次方根

Let $x \geq 0$ be a non-negative real, and let $n \geq 1$ be a positive integer.
We define $x^{1/ n}$ , also known as the $n$ th root of $x$ , by the formula

x^{1/ n} := sup {y \in R : y \geq 0 and y^{n} \leq x}

We often write $x$ for $x^{1/2}$ .

Note we do not define the $n$ th root of a negative number. In fact, we will leave the
$n$ th roots of negative numbers undefined for the rest of the text (one can define these
$n$ th roots once one defines the complex numbers, but we shall refrain from doing so).

Lemma (Existence of $n$ th roots). Let $x \geq 0$ be a non-negative real, and let $n \geq 1$ be a positive integer. Then the set $E := {y \in R : y \geq 0 and y^{n} \leq x}$ is nonempty and is also bounded above. In particular, $x^{1/ n}$ is a real number.

Proof The set $E$ contains 0 (why?), so it is certainly not empty. Now we show it has an upper bound. We divide into two cases: $x \leq 1$ and $x > 1$ . First suppose that we are in the case where $x \leq 1$ . Then we claim that the set $E$ is bounded above by 1. To see this, suppose for sake of contradiction that there was an element $y \in E$ for which $y > 1$ . But then $y^{n} > 1$ (why?), and hence $y^{n} > x$ , a contradiction. Thus $E$ has an upper bound. Now suppose that we are in the case where $x > 1$ . Then we claim that the set $E$ is bounded above by $x$ . To see this, suppose for contradiction that there was an element $y \in E$ for which $y > x$ . Since $x > 1$ , we thus have $y > 1$ . Since $y > x$ and $y > 1$ , we have $y^{n} > x$ (why?), a contradiction. Thus in both cases $E$ has an upper bound, and so $x^{1/ n}$ is finite. $□$

Lemma Let $x, y \geq 0$ be non-negative reals, and let $n, m \geq 1$ be positive integers.

(a) If $y = x^{1/ n}$ , then $y^{n} = x$ .
(b) Conversely, if $y^{n} = x$ , then $y = x^{1/ n}$ .
(c) $x^{1/ n}$ is a non-negative real number, and is positive iff $x$ is positive.
(d) We have $x > y$ if and only if $x^{1/ n} > y^{1/ n}$ .
(e) If $x > 1$ , then $x^{1/ k}$ is a decreasing function of $k$ , where $k$ ranges over the positive integers; that is to say, $x^{1/ k} < x^{1/ l}$ whenever $k > l$ . If $0 < x < 1$ , then $x^{1/ k}$ is an increasing function of $k$ (i.e., $x^{1/ k} > x^{1/ l}$ whenever $k > l$ ). If $x = 1$ , then $x^{1/ k} = 1$ for all $k$ .
(f) We have $(x y)^{1/ n} = x^{1/ n} y^{1/ n}$ .
(g) We have $(x^{1/ n})^{1/ m} = x^{1/ nm}$ .

伯努利不等式 ( $B er n o u l l i^{'} s I n e q u a l i t y$ )

证明：数学归纳法我们要证明命题 $P (n) : (1 + x)^{n} \geq 1 + n x$ ，其中 $x \geq - 1, n \in N^{+}$ 。

奠基步 (Base Case)当 $n = 1$ 时：左边 $= (1 + x)^{1} = 1 + x$ 右边 $= 1 + 1 \cdot x = 1 + x$ 显然 $1 + x \geq 1 + x$ 成立。
归纳假设 (Inductive Hypothesis)假设当 $n = k$ ( $k \geq 1$ ) 时命题成立，即： $(1 + x)^{k} \geq 1 + k x$
归纳递推 (Inductive Step)我们需要证明当 $n = k + 1$ 时命题也成立。考虑 $(1 + x)^{k + 1}$ ： $(1 + x)^{k + 1} = (1 + x)^{k} \cdot (1 + x)$ 利用归纳假设 $(1 + x)^{k} \geq 1 + k x$ ，由于 $x \geq - 1$ ，所以 $1 + x \geq 0$ ，不等号方向不变： $(1 + x)^{k + 1} \geq (1 + k x) (1 + x)$ 展开右边的乘积： $(1 + k x) (1 + x) = 1 + x + k x + k x^{2} = 1 + (k + 1) x + k x^{2}$ 因为 $k$ 是正整数且 $x^{2} \geq 0$ ，所以 $k x^{2} \geq 0$ 。舍弃这一项后不等式依然成立： $1 + (k + 1) x + k x^{2} \geq 1 + (k + 1) x$ 因此： $(1 + x)^{k + 1} \geq 1 + (k + 1) x$ 命题对 $n = k + 1$ 成立。结论：根据数学归纳法，对于所有 $n \in N^{+}$ ，伯努利不等式均成立。

性质 (a) 的证明：
若 $y = x^{1/ n}$ ，则 $y^{n} = x$ 我们使用反证法，分别排除 $y^{n} < x$ 和 $y^{n} > x$ 的可能性。
排除 $y^{n} < x$ 假设 $y^{n} < x$ 。我们要找一个微小的正数 $ϵ > 0$ ，使得 $(y + ϵ)^{n}$ 仍然小于 $x$ 。如果能找到这样的 $ϵ$ ，那么 $y + ϵ$ 也会落在集合 $E$ 中，这与 $y$ 是 $E$ 的上确界矛盾。利用二项式展开或不等式：当 $0 < ϵ < 1$ 时， $(y + ϵ)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (k n) y^{n - k} ϵ^{k} = y^{n} + ϵ \sum_{k = 1}^{n} (k n) y^{n - k} ϵ^{k - 1}$ 由于 $ϵ < 1$ ，上式可放缩为： $(y + ϵ)^{n} < y^{n} + ϵ (\sum_{k = 1}^{n} (k n) y^{n - k})$ 令常数 $C = \sum_{k = 1}^{n} (k n) y^{n - k}$ 。为了使 $(y + ϵ)^{n} < x$ ，我们只需要取 $ϵ < \frac{x - y ^{n}}{C}$ 。这样我们就找到了一个 $y + ϵ \in E$ ，且 $y + ϵ > y$ ，与 $y = sup E$ 矛盾。

排除 $y^{n} > x$ 的可能性已知条件： $E = \{z \in \mathbb{R} : z \geq 0 \text{ 且 } z^n \leq x\}$$y = \sup E$
证明（反证法）：假设 $y^{n} > x$ 。
我们的目标是找到一个更小的上界 $y - ϵ$ ，从而否定 $y$ 是最小上界（Least Upper Bound）。
第一步：构造 $ϵ$ 我们希望找到 $ϵ \in (0, y)$ ，使得 $(y - ϵ)^{n} > x$ 。
利用伯努利不等式 $(1 - h)^{n} \geq 1 - nh$ （其中 $n \geq 1, h \leq 1$ ），我们对 $(y - ϵ)^{n}$ 进行放缩： $(y - ϵ)^{n} = y^{n} (1 - \frac{ϵ}{y})^{n} \geq y^{n} (1 - n \cdot \frac{ϵ}{y}) = y^{n} - n ϵ y^{n - 1}$ 为了保证 $(y - ϵ)^{n} > x$ ，只需令下界大于 $x$ ： $y^{n} - n ϵ y^{n - 1} > x ⟹ y^{n} - x > n ϵ y^{n - 1}$ 由于假设 $y^{n} - x > 0$ ，且 $n, y$ 均为正数，我们可以取： $ϵ = \frac{y ^{n} - x}{2 n y ^{n - 1}}$ 显然 $ϵ > 0$ 。同时，由于 $y^{n} - x < y^{n}$ （因为 $x \geq 0$ ），可以推导出 $ϵ < \frac{y ^{n}}{2 n y ^{n - 1}} = \frac{y}{2 n} < y$ ，因此 $y - ϵ$ 仍是一个正实数。
第二步：证明 $y - ϵ$ 是 $E$ 的上界
对于集合 $E$ 中的任意元素 $z$ ，根据定义有 $z^{n} \leq x$ 。由第一步的构造可知： $(y - ϵ)^{n} > x \geq z^{n}$ 在非负实数范围内，幂函数 $f (t) = t^{n}$ 是严格单调递增的。因此： $(y - ϵ)^{n} > z^{n} ⟹ y - ϵ > z$ 既然对于所有的 $z \in E$ 都有 $z < y - ϵ$ ，那么 $y - ϵ$ 是 $E$ 的一个上界。

第三步：引出矛盾
根据上确界的定义， $y$ 必须是 $E$ 的最小上界。然而： $y - ϵ < y$ 我们找到了一个比 $y$ 更小的上界 $y - ϵ$ ，这与 $y = sup E$ 矛盾。结论：假设 $y^{n} > x$ 不成立。结合之前对 $y^{n} < x$ 的排除，根据实数的三分律，必然有： $y^{n} = x$

性质 (b) 的证明：

若 $y^{n} = x$ ( $y \geq 0$ )，则 $y = x^{1/ n}$ 根据定义， $x^{1/ n} = sup E$ ，其中 $E = {z \in R : z \geq 0 且 z^{n} \leq x}$ 。
$y$ 是 $E$ 的一个上界：
对于任意 $z \in E$ ，根据定义有 $z^{n} \leq x$ 。因为已知 $x = y^{n}$ ，所以 $z^{n} \leq y^{n}$ 。由于在非负实数范围内，函数 $f (t) = t^{n}$ 是严格单调递增的，因此 $z \leq y$ 。所以 $y$ 是集合 $E$ 的上界。
$y$ 是 $E$ 的最小上界：
由于 $y^{n} = x$ 且 $y \geq 0$ ，根据集合 $E$ 的定义，显然有 $y \in E$ 。任何集合的上界如果属于该集合本身，则它必然是最小上界（即该集合的最大值）。因此 $y = sup E = x^{1/ n}$ 。结论： $n$ 次方根与其逆运算 $y^{n}$ 在非负实数域上是互一对应的。

性质（c）前半句显然，后半句由实数域是有序幺环，而有序环是无零因子环，由无零因子幺环的性质可得后半句。

性质D显然

证明性质 (e)，

性质 (e) 的证明
命题：设 $k, l$ 为正整数且 $k > l$ 。
若 $x > 1$ ，则 $x^{1/ k} < x^{1/ l}$ （ $x^{1/ k}$ 随 $k$ 递减）。
若 $0 < x < 1$ ，则 $x^{1/ k} > x^{1/ l}$ （ $x^{1/ k}$ 随 $k$ 递增）。
若 $x = 1$ ，则 $x^{1/ k} = 1$ 。

当 $x > 1$ 时令 $y_{k} = x^{1/ k}$ ， $y_{l} = x^{1/ l}$ 。根据性质 (a)，我们有 $y_{k}^{k} = x$ 且 $y_{l}^{l} = x$ 。

引理：若 $x > 1$ ，则对于任何正整数 $n$ ， $x^{1/ n} > 1$ 。证明：若 $x^{1/ n} \leq 1$ ，则 $(x^{1/ n})^{n} \leq 1^{n} = 1$ ，即 $x \leq 1$ ，与假设矛盾。Q.E.D.

比较 $y_{k}$ 与 $y_{l}$ ：假设 $y_{k} \geq y_{l}$ 。由于 $y_{k} > 1$ 且 $k > l$ ，根据幂运算性质： $y_{k}^{k} = y_{k}^{k - l} \cdot y_{k}^{l}$ 因为 $y_{k} > 1$ 且 $k - l \geq 1$ ，所以 $y_{k}^{k - l} > 1$ 。
又因我们假设 $y_{k} \geq y_{l}$ ，则 $y_{k}^{l} \geq y_{l}^{l}$ 。
结合上述两点： $x = y_{k}^{k} = y_{k}^{k - l} \cdot y_{k}^{l} > 1 \cdot y_{l}^{l} = x$ 即得出 $x > x$ 的矛盾。
结论：因此必须有 $y_{k} < y_{l}$ ，即 $x^{1/ k} < x^{1/ l}$ 。

当 $0 < x < 1$ 时同样令 $y_{k} = x^{1/ k}$ ， $y_{l} = x^{1/ l}$ 。

引理：若 $0 < x < 1$ ，则对于任何正整数 $n$ ， $0 < x^{1/ n} < 1$ 。证明：若 $x^{1/ n} \geq 1$ ，则 $x \geq 1^{n} = 1$ ，与假设矛盾。Q.E.D.

比较 $y_{k}$ 与 $y_{l}$ ：假设 $y_{k} \leq y_{l}$ 。由于 $0 < y_{k} < 1$ 且 $k - l \geq 1$ ，所以 $y_{k}^{k - l} < 1$ 。
又因我们假设 $y_{k} \leq y_{l}$ ，则 $y_{k}^{l} \leq y_{l}^{l}$ 。
结合两点： $x = y_{k}^{k} = y_{k}^{k - l} \cdot y_{k}^{l} < 1 \cdot y_{l}^{l} = x$ 即得出 $x < x$ 的矛盾。

结论：因此必须有 $y_{k} > y_{l}$ ，即 $x^{1/ k} > x^{1/ l}$ 。

当 $x = 1$ 时设 $y = 1^{1/ k}$ 。根据性质 (b)，只要证明 $1^{k} = 1$ 即可说明 $1 = 1^{1/ k}$ 。显然，在有理数和实数的乘法定义下，单位元的任意有限次幂仍为单位元。
因此 $1^{1/ k} = 1$ 对所有正整数 $k$ 成立，故 $x^{1/ k} = x^{1/ l} = 1$ 。

性质 (f) 的证明： $(x y)^{1/ n} = x^{1/ n} y^{1/ n}$

我们已知对于 $x, y \geq 0$ 和 $n \geq 1$ ，实数的 $n$ 次方根是唯一存在的，且满足 $(x^{1/ n})^{n} = x$ 。

证明：令 $α = x^{1/ n}$ ， $β = y^{1/ n}$ 。根据性质 (a)，有 $α^{n} = x$ 且 $β^{n} = y$ 。考虑乘积 $α β$ 。根据实数乘法的交换律和结合律： $(α β)^{n} = α^{n} β^{n} = x \cdot y = x y$ 现在我们得到了 $(α β)^{n} = x y$ 。
根据性质 (b)（即：若 $z^{n} = X$ 且 $z \geq 0$ ，则 $z = X^{1/ n}$ ），将 $z = α β$ 和 $X = x y$ 代入： $α β = (x y)^{1/ n}$ 将 $α, β$ 原值代回，即得： $x^{1/ n} y^{1/ n} = (x y)^{1/ n}$ Q.E.D.

性质 (g) 的证明： $(x^{1/ n})^{1/ m} = x^{1/ nm}$ 证明：令 $y = (x^{1/ n})^{1/ m}$ 。根据性质 (a)，先对两边取 $m$ 次幂： $y^{m} = x^{1/ n}$ 。再次对两边取 $n$ 次幂： $(y^{m})^{n} = (x^{1/ n})^{n}$ 。根据幂的乘法规则（对于整数幂 $(a^{m})^{n} = a^{mn}$ ）： $y^{mn} = x$ 。根据性质 (b)，既然 $y^{mn} = x$ 且 $y \geq 0$ ，那么 $y$ 必须是 $x$ 的 $mn$ 次方根： $y = x^{1/ nm}$ Q.E.D.

一些的推论：

$x > 0, (x^{n})^{1/ n} = x$
命题： $(x^{a})^{1/ b} = (x^{1/ b})^{a}$ （其中 $x > 0$ ， $a \in Z$ ， $b \in Z^{+}$ ）
证明：令 $α = (x^{a})^{1/ b}$ 。根据性质 (a,b)（即 $y = X^{1/ n} ⟺ y^{n} = X$ ），两边取 $b$ 次幂得： $α^{b} = x^{a}$ 令 $β = (x^{1/ b})^{a}$ 。我们要证明 $β = α$ ，根据根的唯一性，只要证明 $β^{b} = x^{a}$ 即可。对 $β$ 进行幂运算： $β^{b} = ((x^{1/ b})^{a})^{b}$ 根据整数幂的交换律 $(z^{a})^{b} = z^{ab} = (z^{b})^{a}$ （这在抽象代数或实数的整数幂部分已经证明过）： $β^{b} = ((x^{1/ b})^{b})^{a}$ 再次根据性质 (a)， $(x^{1/ b})^{b} = x$ ，代入上式得： $β^{b} = x^{a}$ 既然 $α^{b} = x^{a}$ 且 $β^{b} = x^{a}$ ，由于 $b$ 次方根在正实数域是唯一的，所以： $α = β ⟹ (x^{a})^{1/ b} = (x^{1/ b})^{a}$

有理数次幂

$Definition$ Let $x > 0$ be a positive real number, and let $q$ be a rational number. To define $x^{q}$ , we write $q = a / b$ for some integer $a$ and positive integer $b$ , and define

$x^{q} := (x^{1/ b})^{a} .$

$Lemma$ Let $a, a^{'}$ be integers and $b, b^{'}$ be positive integers such that $a / b = a^{'} / b^{'}$ , and let $x$ be a positive real number. Then we have $(x^{1/ b^{'}})^{a^{'}} = (x^{1/ b})^{a}$ .

$Proof$ There are three cases: $a = 0, a > 0, a < 0$ . If $a = 0$ , then we must have $a^{'} = 0$ (why?) and so both $(x^{1/ b^{'}})^{a^{'}}$ and $(x^{1/ b})^{a}$ are equal to $1$ , so we are done.

Now suppose that $a > 0$ . Then $a^{'} > 0$ (why?), and $a b^{'} = b a^{'}$ . Write $y := x^{1/ (a b^{'})} = x^{1/ (b a^{'})}$ . we have $y = (x^{1/ b^{'}})^{1/ a}$ and $y = (x^{1/ b})^{1/ a^{'}}$ ; We thus have $y^{a} = x^{1/ b^{'}}$ and $y^{a^{'}} = x^{1/ b}$ . Thus we have

$(x^{1/ b^{'}})^{a^{'}} = (y^{a})^{a^{'}} = y^{a a^{'}} = (y^{a^{'}})^{a} = (x^{1/ b})^{a}$

as desired.

Finally, suppose that $a < 0$ . Then we have $(- a) / b = (- a^{'}) / b^{'}$ . But $- a$ is positive, so the previous case applies and we have $(x^{1/ b^{'}})^{- a^{'}} = (x^{1/ b})^{- a}$ . Taking the reciprocal of both sides we obtain the result.

Q.E.D.

Thus $x^{q}$ is well-defined for every rational $q$ . Note that this new definition is consistent with our old definition for $x^{1/ n}$ (why?) and is also consistent with our old definition for $x^{n}$ (why?).

Lemma Let $x, y > 0$ be positive reals, and let $q, r$ be rationals.

(a) $x^{q}$ is a positive real.
(b) $x^{q + r} = x^{q} x^{r}$ and $(x^{q})^{r} = x^{q r}$ .
(c) $x^{- q} = 1/ x^{q}$ .
(d) If $q > 0$ , then $x > y$ if and only if $x^{q} > y^{q}$ .
(e) If $x > 1$ , then $x^{q} > x^{r}$ if and only if $q > r$ . If $x < 1$ , then $x^{q} > x^{r}$ if and only if $q < r$ .
(f) $(x y)^{q} = x^{q} y^{q}$ .

（性质 e）命题：设 $x > 0$ 为实数， $q, r$ 为有理数。若 $x > 1$ ，则 $x^{q} > x^{r} ⟺ q > r$ 。若 $0 < x < 1$ ，则 $x^{q} > x^{r} ⟺ q < r$ 。

核心引理在证明之前，我们需要一个基础引理：引理 1：若 $x > 1$ 且 $q \in Q, q > 0$ ，则 $x^{q} > 1$ 。证明：设 $q = a / b$ ，其中 $a, b \in Z^{+}$ 。因为 $x > 1$ ，由方根性质可知 $x^{1/ b} > 1$ 。由于 $a \geq 1$ ，正实数大于 1 的正整数次幂仍然大于 1（由归纳法易得），故 $(x^{1/ b})^{a} > 1$ ，即 $x^{q} > 1$ 。

情况 $x > 1$ 的证明我们先证充分性：若 $q > r$ ，则 $x^{q} > x^{r}$ 。令 $q - r = δ$ 。因为 $q > r$ ，所以 $δ$ 是一个正有理数。根据有理数幂的性质 (b)： $x^{q} = x^{r + δ} = x^{r} \cdot x^{δ}$ 由于 $x > 1$ 且 $δ > 0$ ，根据引理 1，可知 $x^{δ} > 1$ 。又因为 $x^{r} > 0$ （性质 a），不等式两边同乘 $x^{r}$ 保持方向： $x^{r} \cdot x^{δ} > x^{r} \cdot 1 ⟹ x^{q} > x^{r}$ 再证必要性：若 $x^{q} > x^{r}$ ，则 $q > r$ 。使用反证法。若 $q \leq r$ ，则根据三分律：若 $q = r$ ，则 $x^{q} = x^{r}$ ，矛盾。若 $q < r$ ，则根据刚才证得的充分性，应有 $x^{q} < x^{r}$ ，与已知矛盾。因此必有 $q > r$ 。
情况 $0 < x < 1$ 的证明我们同样先证充分性：若 $q > r ⟹ x^{q} < x^{r}$ 。令 $y = 1/ x$ 。因为 $0 < x < 1$ ，所以 $y > 1$ 。根据有理数幂的性质 (c) 和 (f)： $x^q = (1/y)^q = 1/y^q$$$$x^r = (1/y)^r = 1/y^r$ 因为 $y > 1$ 且 $q > r$ ，由第 1 部分已证结论可知 $y^{q} > y^{r}$ 。由于 $y^{q}, y^{r}$ 均为正数，取倒数会改变不等号方向： $\frac{1}{y ^{q}} < \frac{1}{y ^{r}} ⟹ x^{q} < x^{r}$ 必要性（若 $x^{q} > x^{r} ⟹ q < r$ ）同理可用反证法导出。

Q.E.D.

实数域上的实数幂，需要有了极限的概念才好定义。

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