6.tex

\chapter{实数}
实数是现实世界中最基本的数系，我们采用逼近法来研
究实数，逼近法是一种原理简朴但是应用广泛的方法，它将
贯穿于本书的微积分学部分，是一支主力军．

\section{度量与实数}

一般说来，常见的量可以归纳成两类：比如一堆蛋，
一群牛，它们都具有天然的个别单元，对它们的处理方法是
数一数它们的个数，用来数个数的数学体系就是“自然数系”．
另一类量如长度、重量、温度、压力这种量不具有天然不可
分割的单元！我们处理这类量的办法是度量，由度量产生的
数系就是“实数系”，换句话说，实数系乃是将常见的长度、
重量等这一类量的通性加以抽象化、组织化所得出来的数学
体系，它是用来表达、计算这一类连续变化的量的简洁、有
效工具．

下面将以长度为例，说明度量和实数的起源．

\subsection{长度的度量}
因为长度这种量并不是有天然不可分割的单位，所以我
们只好选用人为的单位长，设线段
$u$是所选用的单位长，当
我们要度量一个线段$a$时，我们所要去求的乃是$a$与$u$之间的
“比值”，这个比值是一个实数$k$, 我们就说线段$a$的长度是
$k$单位，现在让我们耐心地分析一下，在实践中这个“比
值”是怎样求得的？

我们先拿一根尺$u$, 用它 
去逐段比量线段$a$, 假如$a$恰好是$n$个和$u$等长的线段首尾连接
而成，我们说$u$恰好整量$a$, $a$的长度是$n$单位，但是假如$u$
不能整量$a$，例如在图6.1中的线段，$a$比$4u$要长些，却比$5u$要
短些．

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\draw (0,1)--node[above]{$u$}(1,1);
\foreach \x in {0,1}
{
    \draw (\x,1)--(\x,1.1);
}
\draw (0,0)--node[above=5pt]{$a$}(4.75,0);
\foreach \x in {0,1,...,4,4.25,4.5,4.75}
{
    \draw (\x,0)--(\x,0.1);
}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


试着去解决上述不能整量的矛盾的一个简朴想法是：把
单位长$u$适当地加以等分，希望分后的“分单位”能够整量
$a$（比如上面的例子中，$\frac{1}{4}u$
就可以整量$a$, 即$a=4\frac{3}{4}u=\frac{19}{4}u$），一般地，假如$a$
能用$\frac{1}{m}u$这个分单位整量，譬如$a=\frac{n}{m}u$，则$a,u$之间的比值是个有理数（也称为比数）．在
这儿，就自然地产生下述基本问题．

\textbf{度量基本问题 } 任给两个量$a,b$之间的比值是否一定是
个有理数（比数）？换句话说，对于任给两个量$a,b$是否存
在一个同时整量$a,b$的$u$？

上面这个问题的重要性可以分别从正、反两面来分析：
假如任何两个量的比值总是有理数，那么有理数全体就足够
处理度量问题，这样度量问题就变得十分简单了．从另一方
面来看，假如两个量之间的比值不一定是有理数，则有理数
全体（简称有理数系或比数系）就不足以处理度量问题，换
句话说，我们就得学会一个不只包含有理数系的实数系，才
能充分处理度量问题．总之，上述基本问题是必须实事求是
地弄明白的！

\subsection{无理数（非比实数）的存在}
不难给出，两个线段的比值不可能是有理数的一个简单
例子，如图6.2所示，各边为单位长
度的正方形的对角线$\ell$与边长之比就
不能是个有理数．
\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0)node[below]{$A$} --node[above]{1}(2,0)node[below]{$B$}-- (2,2)node[above]{$C$}--(0,2)node[above]{$D$}--(0,0)--node[left]{$\ell$}(2,2);
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

因为根据勾股定理，
$\ell^2=2$, 所以，如果$\ell$是个有理数，设其等于
$\frac{p}{q}$，这里$q$和$p$是两个互质的正整
数，我们将有
\[p^2=2q^2\]
根据上述方程，$p$是偶数，因此$p$本身也必定是偶数，譬如
说，$p=2p'$, 用$2p'$代替$p$, 我们得到
\[4({p'}^2)=2q^2\]
或者，
\[q^2=2(p')^2\]
因而$q^2$是偶数，于是$q$也是偶数，然而这同我们所作的$p$和$q$没
有公因子的约定相矛盾，这一矛盾是由假设对角线长能够表
示为既约分数$\frac{p}{q}$
引起的，所以这一假设是错误的．

这一用反证法推导的例子，表明符号$\sqrt{2}$不能对应于任
何有理数．另一例子是$\pi$——圆的周长与直径的比，证明$\pi$
不是有理数要复杂得多，并且直到近代才做到．不属于有理
数系的实数有很多，所以在某种意义上远比有理数更为普
遍，因此，从几何度量的客观实际需要出发，我们不得不增
添一类新数，这一类新数叫\textbf{无理数}．有理数和无理数的全体
统称为\textbf{实数系}．当我们面对着实数系中还存在着许多“无理
数”这一事实时，怎样去有系统地学习实数系的性质并充分
掌握其用法，这便成为我们的一个迫切的基本课题．下面所
要谈的逼近法，就是一种有效地利用熟知的有理数系作为桥
梁，向实数系进军的捷径．

\subsection{逼近法}
通过已知的有理数系去了解实数系的可能性基于下述基
本事实，那就是：任何无理数都可以用有理数去逼近它！
现在我们用数轴来图解有理数系与实数系间的关系．如图6.3
所示．

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.3]
\draw[very thick, ->] (-0.8,0)--(8,0)node[right]{$\ell$};
\foreach \x/\xtext in {0/0,1/\frac{1}{q},2/\frac{2}{q},5.5/\frac{p}{q},6.5/\frac{p+1}{q}}
{
    \draw (\x, 0)node[below]{$\xtext$}--(\x,.1);
} 
\draw (5.9,0)--(5.9,.1)node[above]{$x$};

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

在上面坐标系中，所有以整数为坐标的点，在直线$\ell$上
成一均匀分布的点集，其相邻两点间的距离都是1单位；同
样的，所有坐标是$\frac{p}{2}$, $(p=0,\pm1,\pm2,\ldots)$
的点，在直线上
成一均匀分布的点集，其相邻两点间的距离都是$\frac{1}{2}$
单位；设$q$为一指定的自然数，则所有坐标是$\frac{p}{q},\; p\in\mathbb{Z}$的点在直线
上成一均匀分布的点集，其相邻两点间的距离是$\frac{1}{q}$
单位．只
要将$q$取成足够大的自然数，则能使数$\frac{1}{q}$
想要多么小就可
以多么小．这个现象说明在直线上任何一段很短的线段中，
都有坐标是有理数的点，也就是任何两个有理数点之间都有
有理数点，这就是\textbf{有理数点集稠密性}，但是这个现象并不表
示有理点就可以填满整个直线，例如长度为$\sqrt{2}$, $\sqrt{3}$的线
段，若将它的一个端点放在数轴的原点，则另一端点在直线
的坐标就不是有理数．现在我们的问题是如何说明实数同原
来熟悉的有理数，因而最终同整数的关系．让我们再回到图
6.3的数轴$\ell$上，显然$\ell$上面的每一个点或者是坐标
为$\frac{p}{q}$的有理点，或者处于两个相邻的有理点
$\frac{p}{q}$和$\frac{p+1}{q}$
之间，换言之，给了任何自然数$q$之后，对于每一个实数$x$, 一定有一整
数$p$, 使得
\[\frac{p}{q}\le x<\frac{p+1}{q}\]
即
\[\frac{p}{q}\le x<\frac{p}{q}+\frac{1}{q}\]
从这三个数各减去$\frac{p}{q}$，得到
\[0\le x-\frac{p}{q}<\frac{1}{q}\]
于是
\[\left|x-\frac{p}{q}\right|<\frac{1}{q}\]
这个不等式说明，只要将$q$取成足够大的自然数，每一个实数$x$
与有理数$\frac{p}{q}$
的误差想要多么小就可以多么小．

下面我们来说明每一个无理数如何通过越来越逼近它的
有理数数列来描述它．

\subsubsection{二分逼近法}

现在让我们用二分逼近法来说明任何无理
数都可以用有理数数列去逼近它，使得误差小到任意小．

设某无理数$x$位于线段$A_0B_0=[a_0,b_0]$内（亦即$a_0<x<b_0$,
$a_0$, $b_0$均为有理数），见图6.4．

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[->] (-0.5,0)--(10.5,0);
\foreach \x/\xtext in {0/a_0,10/b_1=b_0,7.5/b_2,6.25/b_3}
{
    \draw (\x,0)--(\x,.1)node[above]{$\xtext$};
}  
\draw (5,0)--(5,.1);

\node at  (5,-.3)[left]{$A_1=A_2=A_3$};
\node at (6.25,0)[below]{$B_3$};
\node at (7.5,0)[below]{$B_2$};
\node at (0,0)[below]{$A_0$};
\node at (10,0)[below]{$B_1=B_0$};
\node at  (5,.5)[left]{$a_1=a_2=a_3$};
\draw[->] (5.7,.7)node[above]{$x$}--(5.7,0);
\end{tikzpicture}   
    \caption{}
\end{figure}

我们将线段$A_0B_0=[a_0,b_0]$等分为两段，亦即$\left[a_0,\frac{a_0+b_0}{2}\right]$和$\left[\frac{a_0+b_0}{2},b_0\right]$；而把$x$所在的那一段叫做$A_1B_1=[a_1,b_1]$, 换句话说，当$a_0<x<\frac{a_0+b_0}{2}$时，$a_1=a_0$, $b_1=\frac{a_0+b_0}{2}$；当$\frac{a_0+b_0}{2}<x<b_0$，$a_1=\frac{a_0+b_0}{2}$，$b_1=b_0$．这样逐
次二等分，由$A_1B_1$求得$A_2B_2$,……,由$A_{n-1}B_{n-1}$求得 $A_nB_n$,
永远无休止地二等分下去，因为每次二等分后，分段长度减
半，所以$x$所在的线段就可以小到任何需要的程度．现在把
上面的二分逼近过程写下来，就得到$a_n,b_n,x$的下列关系：
\begin{enumerate}
    \item $A_0B_0=[a_0, b_0]\supseteq A_1B_1 =[a_1,b_1]
    \supseteq \cdots \supseteq A_nB_n=[a_n, b_n]\supseteq A_{n+1}B_{n+1}=[a_{n+1},b_{n+1}]\supseteq \cdots \supseteq \{x\}$，即：
\[a_0\le a_1\le a_2\le\cdots\le a_n\le \cdots <x<\cdots\le b_n\le\cdots\le b_2\le b_1\le b_0\]

\item $b_n-a_n=\frac{1}{2}(b_{n-1}-a_{n-1})=\cdots=\frac{1}{2^n}(b_0-a_0)$，这
就保证了$a_n$或$b_n$和$x$之间的误差小于$\frac{1}{2^n}(b_0-a_0)$, 即$|x-a_n|<\frac{1}{2^n}(b_0-a_0)$或$|x-b_n|<\frac{1}{2^n}(b_0-a_0)$, 只要$n$够大，上述误
差就可以小到任意小．
\item 实数$x$由它的夹逼数列：
\[a_0\le a_1\le a_2\le\cdots\le a_n\le \cdots <x<\cdots\le b_n\le\cdots\le b_2\le b_1\le b_0\]
其中：$b_n-a_n=\frac{1}{2^n}(b_0-a_0)$
唯一确定，即没有另一点能够处在
所有的线段$A_nB_n$之中．
\end{enumerate}

要证明这个数的唯一性，我们假定另有第二个数$y$也属
于一切线段$A_nB_n$之中，于是这些线段的每一个长$b_n-a_n$都应
不小于$|x-y|$, 但是，因为线段$A_nB_n$可以任意小，只要$n$足
够大，$A_nB_n$的长就会小于$x$和$y$之间的距离，这就得出矛盾．
所以实数$x$能由它的夹逼数列唯一确定．

现在以$x=\sqrt{2}$, $a_0=1$, $b_0=2$为例来说明如何用二分
逼近法求$\sqrt{2}$的近似值，如图6.5所示．
\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex]
    \draw[->] (-0.5,0)--(10.5,0);
\foreach \x /\xtext in {0/a_0=a_1=1,10/b_0=2,5/{},2.5/a_2,3.75/a_3=a_4, 4.375/{}}
{
    \draw(\x,0)--(\x,.1)node[above]{$\xtext$};
}

\draw[->] (4.14,-.7)node[below]{$\sqrt{2}$}--(4.14,0);

\node at (5,-0.3)[right]{$b_1=b_2=b_3$};
\node at (4.375,-0.3){$b_4$};
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{enumerate}
    \item  $\frac{1}{2}\left(a_{0}+b_{0}\right)=\frac{3}{2},\qquad \left(-\frac{3}{2}\right)^{2}=\frac{9}{4}>2 \quad\Rightarrow\quad\frac{3}{2}>\sqrt{2}$
    
    故 $a_{0}=a_{1}=1,\qquad   b_{1}=\frac{3}{2}$

    \item   $\frac{1}{2}\left(a_{1}+b_{1}\right)=\frac{5}{4},\qquad \left(\frac{5}{4}\right)^{2}=\frac{25}{16}<2 \quad\Rightarrow\quad \frac{5}{4}<\sqrt{2}$
    
    故$a_{2}=\frac{5}{4}, \qquad  b_{2}=b_{1}=\frac{3}{2}$

    \item  $\frac{1}{2}\left(a_{2}+b_{2}\right)=\frac{11}{8},\qquad \left(\frac{11}{8}\right)^{2}=\frac{121}{64}<2 \quad\Rightarrow\quad \frac{11}{8}<\sqrt{2}$
    
    故 $a_{3}=\frac{11}{8},\qquad  b_{3}=b_{2}=\frac{3}{2}$

    \item   $\frac{1}{2}\left(a_{3}+b_{3}\right)=\frac{23}{16},\qquad \left(\frac{23}{16}\right)^{2}=\frac{529}{256}>2 \quad\Rightarrow\quad \frac{23}{16}>\sqrt{2}$
    
    故 $a_{4}=a_{3}=\frac{11}{8},\qquad  b_{4}=\frac{23}{16}$

    \item  $\frac{1}{2}\left(a_{4}+b_{4}\right)=\frac{45}{32},\quad \left(\frac{45}{32}\right)^{2}=\frac{2025}{1024}<2 \quad\Rightarrow\quad \frac{45}{32}<\sqrt{2}$
    
     故$a_{5}=\frac{45}{32}, \qquad b_{5}=b_{4}=\frac{23}{16}
    $
    
    \item  $\frac{1}{2}\left(a_{5}+b_{5}\right)=\frac{91}{64},\quad \left(\frac{91}{64}\right)^{2}=\frac{8281}{4096}>2 \quad\Rightarrow\quad \frac{91}{64}>\sqrt{2}$
    
     故$a_{6}=a_{5}=\frac{45}{32}, \qquad b_{6}=\frac{91}{64}
    $

    
    \item  $\frac{1}{2}\left(a_{6}+b_{6}\right)=\frac{181}{128},\quad \left(\frac{181}{128}\right)^{2}=\frac{32761}{16314}<2 \quad\Rightarrow\quad \frac{181}{128}<\sqrt{2}$
    
     故$a_{7}=\frac{181}{128}, \qquad b_{7}=b_{6}=\frac{91}{64}$，这时，$\frac{181}{128}<\sqrt{2}<\frac{91}{64}$，把$\frac{181}{128}$作为$\sqrt{2}$的不足近似值，其误差小于
$\frac{1}{2^7}=\frac{1}{128}$．
\end{enumerate}

照这样逐步计算，每次只要检验$\frac{1}{2}(a_{n-1}+b_{n-1})$的平方
和2之间的大小次序关系，就能确定
$\frac{1}{2}(a_{n-1}+b_{n-1})$应该是
$a_n$还是$b_n$, 显然的，这样所求得的$a_n,b_n$和$\sqrt{2}$有下列关系：
\[a_n<\sqrt{2}<b_n,\quad b_n-a_n=\frac{1}{2^n},\; (n=1,2,3,\ldots)\]

我们可以把$a_n$叫做$\sqrt{2}$的一个“$n$阶不足近似值”．$b_n$叫做$\sqrt{2}$的
一个“$n$阶过剩近似值”，它们和$\sqrt{2}$的差的绝对值小于
$\frac{1}{2^n}$．


\subsubsection{十分逼近法}

上面所讨论的二分逼近法只不过是逼近法
的一种，譬如，对于任何大于1的整数$q$, 我们可以仿照上
法用逐次$q$等分而得到“$q$分逼近法”，但是实用起来，$q$愈大
则每次要去确定$x$属于$q$个分段中的哪一段时所需做计算也就
愈繁，所以二分逼近法比较简便，再者，在$q$分逼近法中，
用来逼近的数$a_n,b_n$都是那些分母是$q$的方幂的分数；而常
用的“十进小数”也就是分母是10的方幂的分数，例如，
\[1.4=\frac{14}{10},\quad  1.41=\frac{141}{100}=\frac{141}{10^2},\quad \ldots \]
所以十分逼近法也就是用小数去逼近的方法，现在再以$\sqrt{2}$为例，简要地说明十分逼近法如下：

将线段$[1,2]$十等分，其分点分别是$1.1,1.2,\ldots,
1.9$, 看看哪些分点的平方小于2, 哪些大于2,算一下就
得出：

$(1.1)^2,(1.2)^2,(1.3)^2,(1.4)^2=1.96<2<2.25=
(1.5)^2,(1.6)^2,\ldots ,(1.9)^2$. 所以$1.4<\sqrt{2}<1.5$, $\sqrt{2}$属于
分段$[1.4,1.5]$；

再把$[1.4,1.5]$十等分，分点分别是$1.41,1.42,\ldots,
1.49$, 再算一下，由$(1.41)^2=1.9891<2<2.0164=
(1.42)^2,(1.43)^2,\ldots,(1.49)^2$, 就得出$\sqrt{2}$属于分段$[1.41,1.42]$, 再一次十等分，然后再由计算可以确定$\sqrt{2}$属于分
段$[1.414,1.415]$, 这样逐次十等分，就可以求得一个$n$位
小数$a_n$使得
\[a_n<\sqrt{2}<b_n=a_n+\left(\frac{1}{10}\right)^n\]

在实用时，我们按照实际问题所需要的精确度，求到足
够位数（即$\left(\frac{1}{10}\right)^n$小于许可误差）．这里我们用普通的算术
法则对2作开方运算将得到一个足够精确的小数．例如，
求$\sqrt{2}$的不足近似值和过剩近似值，精确到$\frac{1}{10^4}$．
计算如下：

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
\node at (0,0)[right]{$\qquad \quad\;\;\;  38\;\;36$};
\node at (0,0.25)[right]{$\qquad\;\;\;  5\;\;65\;\;64$};
\node at (0,0.5)[right]{$\qquad \;\;\; 6\;\;04\;\;00$};
\node at (0,0.75)[right]{$\quad \; 1\;\;12\;\;96$};
\node at (0,1)[right]{$\quad \; 1\;\;19\;\;00$};
\node at (0,1.25)[right]{$\quad\; 2\;\;81$};
\node at (0,1.5)[right]{$\quad \; 4\;\;00$};
\node at (0,1.75)[right]{$\;\;\; 96$};
\node at (0,2)[right]{$1\;00$};
\node at (0,2.25)[right]{$1$};
\node at (0,2.5)[right]{$2.00,00,00,00,\cdots$};
\node at (0,2.75)[right]{$1.4\quad1\quad4\quad2\cdots$};
\draw(2,2.65)--(-0.1,2.65)--(-0.1,-.2);

\foreach \x/\xtext in {2/24,1.5/281,1/2824,.5/28282}
{
   \node at (-.2,\x)[left]{\xtext};
}

\foreach \x in {2.125,1.625,...,0.125}
{
    \draw (0,\x)--(2-.6*\x,\x);
}
\end{tikzpicture}
\end{center}

从计算中知道
\[1.4142<\sqrt{2}<1.4143\]
\[|\sqrt{2}-1.4142|<\frac{1}{10^4}, \qquad |\sqrt{2}-1.4143|<
\frac{1}{10^4}\]

因此，1.4142, 1.4143分别是$\sqrt{2}$的精确到$\frac{1}{10^4}$
的不足
近似值与过剩近似值．

总结上面对于逼近法的讨论，我们得到了下列几点简要
的初步认识：
\begin{enumerate}
    \item 实数系，有理数系，整数系，自然数系的包含关
系是这样的：
\[\begin{split}
    &\qquad \mathbb{R}\quad \supset \quad \mathbb{Q}\quad \supset \quad \mathbb{Z}\quad \supset \quad \mathbb{N}\\
    &\text{实数系\quad 有理数系\quad 整数系\quad 自然数系}
\end{split}
\]

实数系还包括无理数，任何无理数都可以用有理数去逼
近它！二分逼近法和$q$分逼近法是各种逼近法中最常用的
几种．
\item 一般说来，逼近法就是对于某一给定实数$x$逐步
地去求它的近似值$a_n$, 使得误差$|x-a_n|$可以小到任意小．
在$q$分法中，使得误差小到任意小的办法是用逐次$q$等分同时
求出一个“不足近似值”$a_n$和一个“过剩近似值”$b_n$, 它们
把所要逼近的实数$x$夹逼在当中，即$a_n<x<b_n$. 因为当$n$逐
步增大时，$b_n-a_n=\frac{b_0-a_0}{q^n}$是显然可以小到任意小！这也就
是说，给定实数$x$由它的不足近似值数列$\{a_1,a_2,\ldots ,a_n,\ldots\}$
和过剩近似值数列$\{b_1,b_2,b_3,\ldots ,b_n,\ldots \}$唯一确定．

\item 更普遍地，对给定的实数$x$, 用某种方法得到两
个无穷数列$\{a_1,a_2,\ldots ,a_n,\ldots\}$和$\{b_1,b_2,b_3,\ldots ,b_n,\ldots \}$, 它
们和$x$之间满足下列关系：
\[a_1\le a_2\le \cdots \le a_n\le \cdots<x<\cdots\le b_n\le \cdots\le b_2\le b_1\]
而且在$n$不断增大时，$(b_n-a_n)$可以小到任意小，则$\{a_n\}$就
叫做$x$的一个“左逼近数列”，$\{b_n\}$就叫做$x$的一个“右逼近
数列”，它们分别从左、右夹逼$x$, 这样，$x$也就由这两组数
列唯一确定．
\end{enumerate}





\subsection{实数系的基本性质}
实数系是计算长度、面积、重量、时间等等这一类量不
可缺少的工具．实数系具有四则运和大小次序这两种基本
结构．现在我们先以线段的长度为例，从几何上定义实数系
的四则运算和大小次序，这样，同学就容易从几何上验证实
数（线段长度）满足有理数系的四则运算和大小次序的基本
性质．然后，我们将在第七章利用数列极限的概念再给出实
数的算术运算的定义．

将两个线段$AB$, $CD$互相叠置，使$A$点与$C$点重合，如
果$D$点不与$B$点重合，落在线段$AB$上，那么线段$AB$的长度
$k$个单位就大于线段$CD$的长度$\ell$个单位，记作$k>\ell$; 如果$D$点
落在线段$AB$的延长线上，那么线段$AB$的长度就小于线段
$CD$的长度，记作$k<\ell$; 如果$D$点与$B$点重合则说线段$AB$与
$CD$有相等长度，记作$k=\ell$．

我们定义，和$k+\ell$与差$k-\ell\; (k>\ell )$分别是线段的几何和
与差的长度．

例如线段$AB$的长度是$k$单位，$BC$的长度是$\ell$单位，则线
段$AC$的长度就是$(k+\ell)$单位，如图6.6所示．
\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[|<->|] (0,-.35)--node[fill=white]{$k+\ell$}(7,-.35);
\draw[|<->|] (0,.35)--node[fill=white]{$k$}(5,.35);
\draw[|<->|] (5,.35)--node[fill=white]{$\ell$}(7,.35);
\node at (5,.5)[above]{$B$};
\draw[very thick](0,0)node[left]{$A$}--(7,0)node[right]{$C$};

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

现在我们定义积$ab$, 如图6.7(1), 画了一个任意角，
在它的一边上，从顶点开始顺次截取长度为1和$b$的线段
$OA$和$AC$, 在另一边上截取长度为$a$的线段$OB$, 此外，作直
线$CD$平行于直线$AB$, $CD$截得的线段$BD$的长度，定义为积
$ab$. 这个定义是合理的，因为如果我们在另一个角$O'$上类似
地作图（图2.7(2)），那么得到的线段$B'D'$的长度和线段
$BD$的长度相等．

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\begin{scope}
    \draw[very thick] (0,0)node[left]{$O$}--(4,0);
    \draw[very thick] (0,0)--(4,-2);
    \draw[dashed] (1,1)--(1,-2);
    \draw[dashed]  (3,1)--(3,-2);
    \foreach \x/\xtext in {1/B,3/D}
    {
        \node at (\x,0) [above]{$\xtext$};
    }
    \foreach \x/\xtext in {1/A,3/C}
    {
        \node at (\x,-.5*\x) [below]{$\xtext$};
    }
\node at (2,-2.5){$(1)$};
\node at (.5,-.25)[below]{1};
\node at (.5,0)[above]{$a$};
\node at (2,-1)[below]{$b$};
\node at (2,0)[above]{$ab$};
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=7cm]
    \draw[very thick] (0,0)node[above]{$O'$}--(3.5,0);
    \draw[very thick] (0,0)--(-120:3);
\draw[dashed]  (1,0)node[above]{$B'$}--(-120:.8)node[left]{$A'$};
\draw[dashed]  (2.5,0)node[above]{$D'$}--(-120:2)node[left]{$C'$};
\node at (.5,0)[above]{$a$};
\node at (-120:1.4)[left]{$b$};
\node at (3.5/2,0)[above]{$ab$};
\node at (-120:.4)[left]{$1$};
\node at (1.5,-2.5){$(2)$};
\end{scope}

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

除法运算定义为乘法的逆运算．如图6.8, 在角的一边
上从顶点开始，顺次截取长度为$b$和$a$的线段，而在另一边上
截取单位线段，作$CD$平行于$AB$, 于是$AC$的长度定义为$\frac{a}{b}$
这个定义也是合理的，并且$b\left(\frac{a}{b}\right)=a$．

最后，我们来规定负长度和零长度．在数轴上，原点$O$
右边的点和这点与点$O$的连接线段的长度成一一对应，我们
把这种长度称为正的长度．我们把直线上关于原点$O$和点$A$
（即对应长度为$a$的点）对称的点$A'$的相应线段的长度，形
式地规定为负的长度$-a$, 规定点$O$对应于长度零．结果在
整个直线上的点和实数之间建立了一一对应．

现在从几何上容易验证实数在四则运算和大小次序这两
种结构上满足下面的基本性质，例如，用图6.9可以验证分
配律$a(b+c)=ab+ac$．

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.2]
    \draw[very thick] (0,0)node[left]{$O$}--(4,0);
    \draw[very thick] (0,0)--(4,-2);
    \draw[dashed] (1,1)--(1,-2);
    \draw[dashed]  (3,1)--(3,-2);
    \foreach \x/\xtext in {1/B,3/D}
    {
        \node at (\x,0) [above]{$\xtext$};
    }
    \foreach \x/\xtext in {1/A,3/C}
    {
        \node at (\x,-.5*\x) [below]{$\xtext$};
    }

\node at (.5,-.25)[below]{1};
\node at (.5,0)[above]{$b$};
\node at (2,-1)[below]{$\frac{a}{b}$};
\node at (2,0)[above]{$a$};   
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=latex, scale=1.2]
 \draw[very thick] (0,0)node[left]{$O$}--(4,0);
    \draw[very thick] (0,0)--(4,-2);
    \draw (1,0)--(1,-.5);
    \draw  (2,0)--(2,-1);
    \draw  (3,0)--(3,-1.5);
\node at (.5,-.25)[below]{1};
\node at (.5,0)[above]{$c$};
\node at (1.5,0)[below]{$ac$};   
\node at (2.5,0)[below]{$bc$};   
\node at (1.5,-0.75)[right]{$a$};   
\node at (2.5,-1.25)[right]{$b$};  
\draw[|<->|] (1,.25)--node[above]{$(a+b)c$}(3,.25);
\draw[|<->|] (1-.1,-.5-.2)--node[left]{$a+b$}(3-.1,-1.5-.2);
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\subsubsection{加法和乘法的运算性质}

\begin{enumerate}
    \item 交换律：$a+b=b+a;\qquad  ab=ba$
    \item 结合律：$(a+b)+c=a+(b+c);\qquad (a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)$
    \item 分配律：$a\cdot (b+c)=a\cdot b+a\cdot c$
   \item 可逆性：$a+x=b;\qquad a\cdot x=b\; (a\ne 0)$都是唯一可解的，第一式的解是$b-a$; 第二式的解是$b/a$．
\end{enumerate}

\subsubsection{顺序性}
\begin{enumerate}
    \item 对于任意实数$a,b$, 下列关系中有一种且仅有一
    种成立：
    \[a>b,\qquad a=b\quad \text{或}\quad a<b\]
    \item 由$a<b$和$b<c$推出$a<c$(符号“$<$”的传递性）．
    \item 设$a<b$则$a+c<b+c$
    \item 符号定则
    \[\begin{cases}
        a>0,\qquad b>0\\
        a>0,\qquad b<0\\
        a<0,\qquad b<0
    \end{cases}\Rightarrow\quad  \begin{cases}
        a\cdot b>0\\a\cdot b<0\\a\cdot b>0\\
    \end{cases}\]
    \item 对于任意两个正实数，$a,b>0$, 恒存有一够大
    的正整数$n$, 使得$na<b$． （通常称之为阿基米德性质）
\end{enumerate}

\subsubsection{ 实数集连续性（完备性）}
我们已经知道实数系与有理数系在加、乘及不等式的运
算上有完全相同的性质，但是实数系还具有一个有理数系所
没有的优良性质，那就是下面讨论的实数系连续性（完备
性）．

在前面，我们用二分法和十分法为例，说明了任何给
定的实数$x$都可以用有理数去逼近它．我们所用的是两个有
理数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$从左、右夹逼$x$，$\{a_n\}$, $\{b_n\}$和$x$之间的关
系可以用下面这一串次序关系来表达：
\[a_1\le a_2\le\cdots\le a_n\le \cdots <x<\cdots\le b_n\le \cdots\le b_2\le b_1\]
$(b_n-a_n)$可以任意小，记作$(b_n-a_n)\to 0$．上面是实数$x$已经先给定
了的情况，去求出两串数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$来左、右夹逼实数$x$,
也就是说，数轴$\ell$上的每一点，即每一个实数，能够由上述
的两个有理数列来唯一确定．反过来问，假如先给定了满足
下述这样一串大小次序关系的$\{a_n\}$和$\{b_n\}$, 即
\[a_1\le a_2\le\cdots\le a_n\le \cdots \le b_n\le \cdots\le b_2\le b_1\]
且$(b_n-a_n)$可以任意小，是不是会有那么一个实数$x$去被
$\{a_n\}$、$\{b_n\}$左、右夹逼呢？上述问题的答案是肯定的！因为
从实数系在长度度量的直观上看，这个实数$x$的存在也就是
说实数轴上没有空隙存在，即直线是连续不断的，换言之，
实数系也是连续不断的，因此我们称实数系为\textbf{实数连续统}；
它说明实数系包含着度量时所有应该包含的数，所以也叫做
实数系的\textbf{完备性}．下面是直线连续不断的直观概念的解析
描述．

\begin{blk}{实数系完备性}
     对于任给满足下述大小次序关系的两个
数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$,即
\[a_1\le a_2\le \cdots a_n\le \cdots \le b_n\le \cdots \le b_2\le b_1\]
且$(b_n-a_n)\to 0$，则必定存在一个介于所有$a_n,b_n$之间的实
数$x$．
\end{blk}


实数系的完备性是非常基本而且重要的！在以后的章节
中，我们将用这个性质来证明极限的存在，从而可进行一切
极限运算，而这些运算乃是微积分的基础．在每次用到时，
我们将详细解说其用法．这样逐步渐近，同学不难学会它的
种种用法．

\section*{习题6.1}
\addcontentsline{toc}{subsection}{习题6.1}

\begin{enumerate}
    \item 证明$\sqrt{3}$是无理数．
    \item 设$\sqrt{5}=a$, $a$的小数部分用$b$表示，求$a-\frac{1}{b}$．
\item 若$a+\sqrt{b}=c+\sqrt{d}$, 这里$a,b,c,d$是有理数而$\sqrt{b}$是无理数，则$a=c$, $b=d$, 试证之．

\item 利用“整系数方程
$a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n=0$
的任何有理根，如果写成既约分数时为$\frac{p}{q}$，
那么分子$p$是
$a_n$的约数，分母$q$是$a_0$的约数”，这一准则使我们能够得到一
切有理实根，从而证明任何其它根都是无理数．

试证明：
$3+2\sqrt{2}$, $1+\sqrt[3]{3}$, $\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$都是某一整系数方程
的无理根，从而证明这些数都是无理数．
\item \begin{enumerate}
    \item 如果$a$是有理数，$x$是无理数，试证明$a+x$是无
理数；又如果$a\ne 0$, 试证明$ax$是无理数．
\item 试证明任何两个有理数之间至少存在着一个无理
数，因而存在着无穷多个无理数．
\end{enumerate}

\item 试证明：任给无理数$a$和正整数$m$, 我们可以找到
分数$\frac{n}{m}$，使得$\left|a-\frac{n}{m}\right|<\frac{1}{2m}$
\item 若等腰三角形的顶角为$36^{\circ}$, 底边长为1, 试证它
的腰长不能用有理数表示．
\item 用二分逼近法求下列无理数的有理近似值，使得误
差小于$\frac{1}{100}$：
\begin{multicols}{2}
    \begin{enumerate}
        \item $\sqrt{7}$
        \item $\sqrt[3]{2}$
    \end{enumerate}
\end{multicols}
\end{enumerate}

\section{不等式与绝对值}
不等式在高等数学中所起的作用要比在初等数学中大得
多，一个量$x$的精确值往往难以确定，不过，对$x$进行估值，
即指明$x$大于某个已知量$a$而小于另一个已知量$b$, 却是容
易做到的．在许多应用中，重要的只是知道$x$的这种估值．
为以后学习方便起见，我们要在这一节比较详细地回顾一下
不等式的一些重要性质．

\subsection{不等式的性质}
$a$和$b$是实数，如果$a-b>0$, 那么就称$a$大于$b$, 记作
$a>b$; 如果$a-b<0$, 那么就称$a$小于$b$, 记作$a<b$; 如
果$a-b=0$那么就称$a$等于$b$, 记作$a=b$. 注意若$a<b$有
时也说成$b>a$, 因此$a<b$和$b>a$是等价的．

应用两个正实数之和或积仍然是正数这个基本事实，即
如果$a>0$和$b>0$则有$a+b>0$和$ab>0$, 而且依据不等式$a>b$
等价于$a-b>0$, 我们容易推导出下面的性质．

\begin{blk}{性质1}
    若$a>b$和$c>d$, 则$a+c>b+d$．换言之，同向
的两个不等式可以相加．
\end{blk}

\begin{blk}{性质2}
    若$a>b$且$c>0$, 则$ac>bc$．
\end{blk}

\begin{blk}{性质3}
    若$a>b$且$c<0$, 则$ac<bc$．
\end{blk}

上面的性质2和性质3也可以表达为不等式若乘以正数得到
同向不等式；若乘以负数则得到异向的不等式．更一般地可
以得到：

若$a>b>0$和$c>d>0$则$ac>bd$．
也就是两个同向的正数不等式可以相乘．


\begin{blk}{性质4}
    \begin{itemize}
        \item 若$a>b>0$, 则$\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$；
        \item 若$a>0>b$, 则$\frac{1}{a}>0>\frac{1}{b}$；
        \item 若$a<b<0$, 则$\frac{1}{a}>\frac{1}{b}$．
    \end{itemize}
 \end{blk}   

\begin{blk}{性质5}
    若$a>b$而$b>c$, 则$a>c$．
\end{blk}

这就是说不等式具有传递性，在几何上这是显然的，也可由
 $(a-b)+(b-c)=a-c$为正直接推出，在上述推演中，如果
 我们处处都用符号$\ge $代替$>$，则各项法则仍然成立．

\begin{blk}{性质6}
    若$a>b>0$, 则$a^2>b^2$．
\end{blk}

我们注意到$a^2-b^2=(a+b)(a-b)$, 因为$a+b$是正数，
 由$a>b$可以推出，$a^2>b^2$. 这样正数之间不等式可以进行平
 方运算．

\begin{blk}{性质7}
    若$a>b>0$, 则$\sqrt{a}>\sqrt{b}$，
 即在正实数之间的不等式两端能取平方根．
\end{blk}

事实上，$\sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$
，因为$\sqrt{a}+\sqrt{b}$是
正数，从而由$a>b$就可推出$\sqrt{a}-\sqrt{b}>0$, 即$\sqrt{a}>\sqrt{b}$．

更一般地，若$a>b>0$ 且$n$是自然数，那么
$a^n>b^n$．

这个结论可以用数学归纳法来证明．这个证明留给同学作为
练习．

反过来，若$a>b>0$, 且$n$是一个正整数，则$a^{\tfrac{1}{n}}>b^{\tfrac{1}{n}}$．

\begin{proof}
    假设$a^{\tfrac{1}{n}}=b^{\tfrac{1}{n}}$, 那么$\left(a^{\tfrac{1}{n}}\right)^n>\left(b^{\tfrac{1}{n}}\right)^n$，因而，$a=b$, 这就与已知$a>b$矛盾．

假设$a^{\tfrac{1}{n}}<b^{\tfrac{1}{n}}$, 于是$\left(a^{\tfrac{1}{n}}\right)^n<\left(b^{\tfrac{1}{n}}\right)^n$，即$a<b$, 这又与已知
条件$a>b>0$矛盾，故我们得出结论$a^{\tfrac{1}{n}}>b^{\tfrac{1}{n}}$．
\end{proof}


\subsection{绝对值不等式}
我们回想到$|x|$的定义是这样的：

\begin{blk}{定义}
$x$是一个实数，当$x$是一个非负数时，$x$的绝对
值$|x|$是它本身；当$x$是一个负数时，$x$的绝对值$|x|$是$x$
的相反数．
\begin{equation}
|x|=\begin{cases}
    x,&x\ge 0\\
    -x,&x<0
\end{cases}
\end{equation}
\end{blk}

我们也可以说，当$x$不为零时，$|x|$是$x$和$-x$两数之中
的较大者；当$x$为零时，$|x|$则等于二者之中任何一个．即
\begin{equation}
    \begin{split}
        |x|&=\max\{x,-x\},\qquad (x\ne 0)\\
        |x|&=x=-x,\qquad (x=0)
    \end{split}
\end{equation}

\begin{example}
\[|5|=\max\{5,-5\}=5,\qquad |-5|=\max\{5,-5\}=5,\qquad |0|=0\]
\end{example}

\subsubsection{$|x|$的几何意义}
在$Oxy$平面内，$P(x,0)$和原点$O(0,0)$之间的距离是
\[d=\sqrt{(x-0)^2+(0-0)^2}=\sqrt{x^2}=|x|\]
因此我们可以说$|x|$是$P(x,0)$点离开原点有$x$单位的
\textbf{距离}．

图6.10说明$|x_2|=|P_2O|$, $|x_1|=|OP_1|$, 其中$x_2<0$,
$x_1>0$．
\begin{figure}[htp]
    \centering
 \begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw(-.5,0)--(8,0)node[right]{$x$};
\foreach \x/\xtext in {0/x_2,4/0,7/x_1}
{
    \draw (\x,0)node[below]{$\xtext$}--(\x,.2);
}
\draw[|<->|](0,.35)node[above]{$P_2$}--node[fill=white]{$|x_2|$}(4,.35);
\draw[|<->|](7,.35)node[above]{$P_1$}--node[fill=white]{$|x_1|$}(4,.35);

 \end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

如果我们要在$x$轴上描述距离原点不超过2个单位的点
集，我们把这个条件可以直接写成
\begin{equation}
    |x|\le 2
\end{equation}
这个不等式的解集是位于以原点$O$为中心，长度等于4的线
段上的一切点．下图说明这些点的位置．
\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex]
    \draw[->](-4,0)--(4,0)node[right]{$x$};
    \foreach \x in {-2,0,2}
    {
        \draw(\x,0)node[below]{$\x$}--(\x,.1);
    }
    \draw[thick] (-2,0)--(-2,.5)--(4,.5);
    \draw[thick] (2,0)--(2,.8)--(-4,.8);
    \foreach \x in {-1,1}
    {
        \draw(\x,0)--(\x,.1);
    }
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

从上面看出这些点的坐标满足不等式
\begin{equation}
    -2\le x\le 2
\end{equation}
这就是说(6.3)和(6.4)是等价的不等式．
今后我们将经常遇到的不等式具有下面的形式
\begin{equation}
    |x-a|<3
\end{equation}

$|x-a|=\sqrt{(x-a)^2}$的几何意义是$x$轴上的$P(x,0)$点
离开$A(a,0)$点的距离．因此已给的不等式是描述在$x$轴上
距离$A(a,0)$点小于3个单位的点集，根据上面的例题的结
论，(6.5)等价于$-3<x-a<3$．

不等式的各端加$a$, 得到
\begin{equation}
    a-3<x<a+3    
\end{equation}

因此满足不等式(6.5)的点的坐标是在$a-3$与$a+3$之间（不
包括$a-3$和$a+3$）．

\begin{example}
    在$x$轴上哪些点满足不等式$|x-3|\le 5$．
\end{example}

\begin{solution}
    $|x-3|\le 5$, 即$-5\le x-3\le 5$, 也即
$$-5+3\le x\le 5+3$$
$\therefore\quad -2\le x\le 8$

这些点位于以3为中心，长度等于10个单位的线段上，
见下图（图6.12）．
\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, xscale=1.3]
    \draw[->](-2,0)--(5,0)node[right]{$x$};
    \foreach \x in {-2,0,2,...,8}
    {
        \draw(\x/2,0)node[below]{$\x$}--(\x/2,.1);
    }
    \foreach \x in {-1,1,...,7}
    {
        \draw(\x/2,0)--(\x/2,.1);
    }
    \draw[thick] (-1,0)--(-1,.8)--(5,.8);
    \draw[thick] (4,0)--(4,.5)--(-2,.5);
\end{tikzpicture}

    \caption{}
\end{figure}

同样地，我们也可以解释$x>3$的几何意义，不等式
$|x|>3$是描述在$x$轴上距离原点大于3个单位的点集，图6.13
说明了这些点的位置，图中的圆圈表示去掉$\pm 3$, 因此这些
点的坐标小于$-3$或大于3, 即
\[x<-3,\quad \text{或}\quad x>3\]

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex]
    \draw[->](-4,0)--(4,0)node[right]{$x$};
    \foreach \x in {-3,0,1,3}
    {
        \draw(\x,0)node[below]{$\x$}--(\x,.1);
    }
    \foreach \x in {-2,-1,...,2}
    {
        \draw(\x,0)--(\x,.1);
    }
    \draw[thick] (-3,0)--(-3,.5)--(-4,.5);
    \draw[thick] (3,0)--(3,.5)--(4,.5);
    \foreach \x in {-3,3}
    {
        \draw (\x,0) [fill=white]circle(1.5pt);
    }
\end{tikzpicture}

    \caption{}
\end{figure}

这就是说，不等式$|x|>a\; (a>0)$等价于不等式$x<-a$或
$x>a\; (a>0)$．
\end{solution}


\begin{example}
    求满足不等式$(x+2)^2-16>0$的点集．
\end{example}

\begin{solution}
    移项
\[(x+2)^2>16\]
    两边开平方，等价于
    \[|x+2|>4\]
    即
    \[\begin{split}
        x+2<-4\qquad &\text{或}\qquad x+2>4\\  x<-6\qquad &\text{或}\qquad x>2
    \end{split}\]
因此，满足不等式的解集是$\{x|x<-6\}\cup\{x|x>2\}$．

利用二次函数$y=(x+2)^2-16$的草图，如图6.14, 就
更直接地得到$x<-6$或$x>2$．
\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.5]
    \draw[->](-7,0)--(3,0)node[right]{$x$};
    \draw[->](0,-17)--(0,1)node[right]{$y$}; 
\draw[domain=-6.1:2.1, samples=100, thick] plot(\x,{(\x+2)*(\x+2)-16 });
\foreach \y in {-1,-2,...,-16}
{
    \draw (0,\y)--(-.2,\y);
}
\foreach \x in {-6,-5,...,2}
{
    \draw (\x,0)--(\x,.2);
}
\node at (2.5,0)[below]{$2$};
\node at (-6.5,0)[below]{$-6$};
\node at (.5,-.5){$O$};
\node at (0,-16)[right]{$-16$};
\end{tikzpicture}

    \caption{}
\end{figure}
\end{solution}

\subsubsection{和、积、商的绝对值}
若$a$和$b$是实数，则$a\le |a|$和$b\le |b|$, 相加得到
\[a+b\le  |a|+|b|\]
同样
\[-a\le |a|\qquad \text{和}\qquad -b\le |b|\]
于是
\[-a-b\le |a|+|b|\]
因为$a+b$和$-(a+b)$都不大于$|a|+|b|$, 所以这两个数中最
大者也不大于$|a|+|b|$, 于是
\[|a+b|=\max\{a+b,-(a+b)\}\le |a|+|b|\]
这个结果
\begin{equation}
    |a+b|\le |a|+|b|
\end{equation}
常叫做\textbf{三角不等式}，因为它类似于三角形中任何一边小于其
它两边之和这个定理．

有时，我们需要$|a+b|$的下限估值，注意到
\[|a|=|(a+b)-b\le |a+b| +|-b| =|a+b| +|b|\]
因此下面不等式成立
\begin{equation}
    |a+b|\ge |a|-|b|
\end{equation}

若$a,b$是任何实数，则
\[|ab|=\sqrt{(ab)^2}=\sqrt{a^2b^2}=\sqrt{a^2}\cdot \sqrt{b^2}=|a|\cdot |b|\]
即
\begin{equation}
    |ab|=|a|\cdot |b|
\end{equation}
\[\left|\frac{a}{b}\right|=\sqrt{\left(\frac{a}{b}\right)^2}=\sqrt{\frac{a^2}{b^2}}=\frac{\sqrt{a^2}}{\sqrt{b^2}}=\frac{|a|}{|b|}\]
即
\begin{equation}
    \left|\frac{a}{b}\right|=\frac{|a|}{|b|}
\end{equation}

\section*{习题6.2}
\addcontentsline{toc}{subsection}{习题6.2}

\begin{enumerate}
    \item 解不等式组：
\[\begin{cases}
    \frac{x}{2}-\frac{x}{3}>-1\\
    2(x-3)-3(x-2)<0
\end{cases}\]

\item 解不等式：
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item $|2x-1|<2|1-2x|-3$
    \item $\left|\frac{3x}{x+1}-3\right|<0.01$
    \item $|x+1|+|x-5|>3$
    \item $\frac{3x-1}{x-5}<2$
\end{enumerate}
\end{multicols}

\item 图示满足下面不等式组的点$(x,y)$的区域$R$.
\[\begin{cases}
    |x-1|+|y-5|<1\\
y>5+|x-1|
\end{cases}\]
\item 试证明若$ax^2+bx+c>0$对于任何$x$都成立的充要条
件是$a>0$且$b^2-4ac<0$．
\item 等差数列与等比数列的首项相等且第$2n+1$项也相
等，问第$n+1$项如何？
\item 若$x+2y=1$, 求$xy$的最大值．
\item 平移$y=-\frac{1}{3}x^2$使其顶点在抛物线$y=x^2$上，试求
这样得到任何一条抛物线都不能经过的范围，并画图表示．
\item 求证
\begin{enumerate}
    \item $|a+b+c|\le |a|+|b|+|c|$
    \item $|a-b-c|\ge |a|-|b|-|c|$
    \item $\Big| |a|-|b| \Big|\le |a+b|$
\end{enumerate}

\item \begin{enumerate}
    \item 若$|h|<\frac{\varepsilon}{4}$, $|k|<\frac{\varepsilon}{6}$，求证$|2h-3k|<\varepsilon$．
    \item 若$|a_n-r|<\varepsilon$，$|a_n-a_n'|<\varepsilon$，求证$|a_n'-r|<\varepsilon$．
    \item 若$|b_n|<\varepsilon$，$|a_n-b_n|<\varepsilon$，求证$|a_n|<2\varepsilon$．
\end{enumerate}

\item 试用$a$表出从点$(0,a)$到曲线$y=\left|\frac{x^2}{2}-1\right|$上
的点$(x,y)$的距离的最小值$(a>1)$．

\item 解不等式$\sqrt{2x^2-3x-2}>x-1$．
\end{enumerate}

\subsection{几个重要的不等式}
下面我们来推导几个常用的著名不等式．


\begin{example}
    贝努里不等式．若$n\in\mathbb{N}$且$n\ge 2$, $a>-1$且$a\ne 0$
（即$a>0$或$-1<a<0$），则
\[(1+a)^n>1+na\]
\end{example}


\begin{proof}
\begin{enumerate}
    \item 对于$n=2$, 因为$(1+a)^2=1+2a+a^2$, 又$a^2>0$, 故不等式成立．
\item 假设不等式对于$n=k$成立，即
\[(1+a)^k>1+ka\]
我们来证明不等式对于$n=k+1$也成立，就是说
\[(1+a)^{k+1}>1+(k+1)a\]

事实上，由假设$1+a>0$, 故不等式
\[(1+a)^k(1+a)>(1+ka)(1+a)\]
成立，即
\[(1+a)^{k+1}>1+(k+1)a+ka^2\]
将上面不等式右边舍去正项$ka^2$, 就知道
\[(1+a)^{k+1}>1+(k+1)a\]
成立，因此命题对于$n\ge 2$的自然数成立．
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{example}
    无论多少个正数的几何平均数不大于其算术平均
数，即
\[\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\ge \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\]
\end{example}

\begin{proof}
令$A=\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}$，则题意是说，
\begin{equation}
    A^n\ge a_1a_2\cdots a_n
\end{equation}
当$a_1=a_2=\cdots= a_n$时，则(6.11)显然成立．如果$a_1,a_2,\ldots,a_n$
这$n$个数有不相等的，由于
    \[nA=a_1+a_2+\cdots+a_n\]
即：
\[(a_1-A)+(a_2-A)+\cdots+(a_n-A)=0\]
则必有一大于
$A$, 也必有一小于$A$, 不妨设$a_1>A>a_2$, 于是，$A-a_1<0$,
$A-a>0$, 把$a_1,a_2,\ldots,a_n$改换成
\begin{equation}
a_1'=A,\; a_2'=a_2+a_1-A,\; a_3'=a_3,\; \ldots, a_n'=a_n
\end{equation}
由此可见我们新得之$n$个数，其和不变，即
\[\begin{split}
    a'_1+a'_2+\cdots +a'_n&=A+(a_2+a_1-A)+a_3+\cdots +a_n\\
&= a_1+a_2+\cdots +a_n\\
&=nA
\end{split}\]
但其积增大，因为
\[\begin{split}
    A(a_2+a_1-A)-a_1a_2&=Aa_2+Aa_1-A^2-a_1a_2\\
&=A(a_2-A)+a_1(A-a_2)\\
&=(A-a_2)(a_1-A)>0
\end{split}\]
从而
\[A(a_2+a_1-A)a_3\cdots a_n>a_1a_2\cdots a_n\]
若(6.12)中还有不等于$A$的，比如，$a_s>A>a_m$, 我们用同法
即用$A$取代其中较大的一个$a_c$, 用$a_m+a_s-A$代换$a_m$, 又可另
得$n$个正数，其和同前，而其积更大．由此以往，不过$n-1$
次，便可得$n$个相等之正数$\underbrace{A,A,\cdots A}_{\text{$n$个}}$, 此时积最大，故有
\[A^n\ge a_1a_2\cdots a_n\]
且当$a_1=a_2=\cdots =a_n$时，等式成立．
\end{proof}

\begin{example}
    柯西不等式，若$a_i,b_i,\; i=1,2,\cdots ,n$是实数，则
\[(a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n)\le (a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\]
当且仅当
$\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$
时，等式成立．
\end{example}

\begin{proof}
对于任何实数$t$, 不等式
\begin{equation}
    (a_1+tb_1)^2+(a_2+tb_2)^2+\cdots +(a_n+tb_n)^2\ge 0
\end{equation}
成立，将(6.13)的左端改写成按$t$的降幂排列，得
\begin{equation}
   ( b^2_1+b^2_2+\cdots +b^2_n)t^2+2(a_1b_1+\cdots +a_nb_n)t+(a^2_1+a_2^2+
+\cdots +a_n^2)\ge 0
\end{equation} 
设$A=a^2_1+\cdots +a_n^2$, $B=a_1b_1+\cdots +a_nb_n$,
$C=b^2_1+\cdots +b^2_n$, 
于是(6.14)写成
$Ct^2+2Bt+A>0$, 其中$C\ge 0$．
\begin{itemize}
    \item 若$C=0$, 于是$b_1=b_2=\cdots =b_n=0$, 显然，柯西不等式
成立．
\item 若$C>0$, 因而$$C\left(t+\frac{B}{C}\right)^2+\left(A-\frac{B^2}{C}\right)\ge 0$$
对于任意实数$t$成立．故令$t=-\frac{B}{C}$代入，得到
\[A-\frac{B^2}{C}\ge 0,\qquad \text{即}\qquad \frac{AC-B^2}{C}\ge 0\]
$\because\quad C>0,\qquad \therefore\quad B^2\le AC$, 即
\[(a_1b_1+\cdots +a_nb_n)^2\le (a^2_1+\cdots +a^2_n)(b^2_1+\cdots +b^2_n)\]
再由(6.13)推知当且仅当$t=\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}$时，等式成立．
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{example}
    设$a_1,a_2,\ldots,a_n,b_1,b_2,\ldots,b_n$是实数，则
\[\sqrt{\sum^n_{i=1}(a_i+b_i)^2}\le \sqrt{\sum^n_{i=1}a^2_i}+\sqrt{\sum^n_{i=1}b^2_i}\]
\end{example}

\begin{proof}
 \[   \sum^n_{i=1}(a_i+b_i)^2=\sum^n_{i=1}a_i^2+2\sum^n_{i=1}a_ib_i+\sum^n_{i=1}b_i^2\]
由例6.6柯西不等式知
\[\sum^n_{i=1}a_ib_i\le\left|\sum^n_{i=1}a_ib_i\right|\le \sqrt{\sum^n_{i=1}a_i^2}\sqrt{\sum^n_{i=1}b_i^2}\]
因此：
\[\begin{split}
    \sum^n_{i=1}(a_i+b_i)^2&\le \sum^n_{i=1}a_i^2+2\sqrt{\sum^n_{i=1}a_i^2}\sqrt{\sum^n_{i=1}b_i^2}+\sum^n_{i=1}b_i^2\\
    &=\left(\sqrt{\sum^n_{i=1}a^2_i}+\sqrt{\sum^n_{i=1}b^2_i}\right)^2
\end{split}\]
两边开平方，取算术根即得所证．
\end{proof}    

\section*{习题6.3}
\addcontentsline{toc}{subsection}{习题6.3}

\begin{enumerate}
   \item  若$a,b,c,d$是不相等正数，求证：
\begin{enumerate}
    \item $\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{d}{c}+\frac{a}{d}>4$
    \item $\frac{b}{\sqrt{a}}+\frac{a}{\sqrt{b}}>\sqrt{a}+\sqrt{b}$
\end{enumerate}
   \item  若$a_1,a_2$表示正数，$p,q$表示正整数，求证：
\begin{enumerate}
    \item $a_1^{p+q}+a_2^{p+q}\ge a_1^pa_2^q+a_1^qa_2^q$
    \item $\frac{a_1^{p+q}+a_2^{p+q}}{2}\ge \left(\frac{a_1^p+a_2^p}{2}\right)\left(\frac{a_1^q+a_2^q}{2}\right)$
\end{enumerate}

\item 用数学归纳法证明：
若$a_1>0$, $a_2>0$, $n$是正整数，则
\[\frac{a_1^n+a_2^n}{2}\ge \left(\frac{a_1+a_2}{2}\right)^n\]
\item 求证，当$n$是1或不小于5的自然数时，总有
$2^n>n^2$．
\item 设$0<a<1$, $0<x_0<1$, $x_n=a(1-x_{n-1})+
+(1-a)x_{n-1},\quad (n=1,2,3,\ldots)$,
\begin{enumerate}
    \item 用$a$与$x_0$表示$x_n$；
    \item 证明 $0<x_n<1$．
\end{enumerate}

\item 设$a>2$, 给定数列$\{x_n\}$, 其中$x_1=a$, $x_{n+1}=\frac{x^2_n}{2(x_n-1)},\quad (n=1,2,3,\ldots)$，
求证：
\begin{enumerate}
    \item $x_n>2$, 且$\frac{x_{n+1}}{x_n}<1$
\item 如果$a<3$, 那么$x_n\le 2+\frac{1}{2^{n-1}}$
\end{enumerate}

\item 若长方形的体积是定值，求全面积的最小值．
\item 求证球内接长方体中，以正方体的体积为最大．
\item 求证在周长都为$2L$的所有三角形中，面积最大的必
是等边三角形．
\item 若$a,b,c$是正数且$abc=8$．

求证：$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge 3\sqrt{2}(abc)^{\tfrac{1}{3}}=6\sqrt{2}$

\item 若$a>0$, $b>0$, 且$a+b=1$, 
求证：\[\left(a+\frac{1}{a}\right)\left(b+\frac{1}{b}\right)\ge \frac{25}{4}\]

\item 若$a+b+c=1$, 且$a>0$, $b>0$, $c>0$, 求证：
\begin{enumerate}
    \item $\left(\frac{1}{a}-1\right)\left(\frac{1}{b}-1\right)\left(\frac{1}{c}-1\right)\ge 8$
    \item $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 9$
\end{enumerate}

\item 若$x,y$是实数，且$x^2+y^2\le 1$,
求证：$|x^2+2xy-y^2|\le \sqrt{2}$

\item 对于任何实数，求证：
\[\sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}{n}}\ge \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\]
当且仅当诸数相等时，等式成立．
\item $a+b=1$, $a>0$, $b>0$, 求证$\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}\le 2sqrt{2}$．
\item 求证
$\frac{|x_1+x_2|}{|4+x_1^2| |4+x_2^2|}<\frac{1}{8}$
\item 对于$n\ge 2$的自然数$n$, 证明不等式
$$2^n>1+n\sqrt{2^{n-1}}$$
\item 对于任何正整数$k\le n$, 求证：
\[1+\frac{k}{n}\le \left(1+\frac{1}{n}\right)^k\le 1+\frac{k}{n}+\frac{k^2}{n^2}\]
\item 已知$a,b,c,d,e$是实数，满足
\[a+b+c+d+e=8,\qquad a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=16\]
试确定$e$的最大值．
\item 半径为1的圆内接三角形面积等于$\frac{1}{4}$,
设此三角形三边长为$a,b,c$, 求证：
\begin{enumerate}
    \item $abc=13$
    \item $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
\end{enumerate}

\item 直角三角形斜边长等于10, 内切圆半径为$a$．求何
时内切圆的半径最大，最大值是多少？
\item 若$n>2$, 求证$(n!)^2>n^n$．
\item 有$n$个实数$a_1,a_2,\ldots,a_n$且
$a_1+a_2+\cdots+a_n=n$
\begin{enumerate}
    \item 求证：$\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\cdots+\sqrt{|a_n|}\ge \sqrt{n}$
    \item 又$a^2_1+a_2^2+\cdots+a^2_n=n$, 
求$a_1,a_2,\ldots,a_n$的值．
\end{enumerate}

\item 若 $a,b,c$是正实数，
求证：$\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\ge \frac{3}{2}$
\end{enumerate}