Rudin数学分析原理第一章答案
数学分析上册课后习题答案(叶淼林)
数学分析上册课后答案(叶淼林版)材料提供人：13级信息二班全体同学答案仅供参考，最终解释权归信息二班所有，侵权必究。
目录-----------------------------------------------------------------第一章.....................3第七章 (106)1.1......................37.1. (106)1.2......................47.2. (114)1.3......................67.3. (124)1.4......................10第八章 (128)1.5......................148.1. (128)1.6......................168.2. (131)第二章.....................19第九章.. (133)2.1......................199.1 (133)2.2......................229.2 (135)2.3......................32第十章.. (138)2.4 (35)2.5 (39)2.6 (43)第三章 (49)3.1 (49)3.2 (52)3.3 (57)3.4 (61)第四章 (65)4.1 (65)4.2 (69)4.3 (71)4.4 (73)4.5 (78)4.6 (81)第五章 (84)5.1 (84)5.2 (86)5.3 (93)第六章 (98)6.2 (98)6.3 (100)6.4 (101)6.5 (103)第一章§1.11、（1）实数和数轴是一一对应的关系。
（2）是无限不循环小数，是无理数。
（3）两个无理数之和还是无理数，一个有理数与一个无理数之和是无理数，当有理数不为零时，一个有理数与一个无理数的乘积是无理数。
Rudin和他的《数学分析原理》
Rudin 和他的《数学分析原理》卢丁 (Walter Rudin) 1921年5月2日出生在维也纳的一个犹太家庭里。
早年的卢丁有些不幸。
1938年德奥合并时全家逃到法国，1940年法国投降时，卢丁又逃到了英国。
在英国，他加入了皇家海军，直到二战结束。
战后，他到了美国。
1945年秋季到杜克大学攻读博士学位，1949年6月获得了博士学位 (本书背面的介绍说1953年是不对的)。
然后他在麻省理工学院、罗切斯特大学任师数年，这本《数学分析原理》就是他在麻省理工学院教书时写的。
当时他获得博士学位才两年。
以后他转到威斯康辛大学的迈迪森分校任教授，直至退休。
在杜克，他与另一位数学家玛丽·艾伦 (Mary Ellen Estill)相遇，1953年结婚，现在他们一起居住在迈迪森。
卢丁一共写过七本书：著名的分析学三部曲《数学分析原理》、《实分析与复分析》、《泛函分析》以及《群上的傅里叶分析》、《多圆盘上函数论》、《单位球C n上的函数论》和自传《我记忆中的路》(The Way I Remember It)。
其中，《数学分析原理》和《实分析和复分析》常常分别被数学学生们称作“小卢丁” (Baby Rudin) 和“大卢丁” (Big Rudin)。
而被称为“小卢丁” 的那本就是我要介绍的《数学分析原理》(Principles of Mathematical Analysis) 。
卢丁的《数学分析原理》是古典分析的经典教科书，在美国很受欢迎。
即使象陶哲轩(Terence Tao) 那样的著名教授，已经写了自己的《陶哲轩实分析》，也仍然使用这本书作为教材。
它恐怕是数学教材中被引用最多的教材了。
美国的数学系教程设计与中国有些不同。
美国的理工科大学生在入学后不管是哪个系的都统统学微积分课。
这样做对数学系学生的好处是，第一，数学系学生可以更多地接触到应该得到的感性认识和大量的广泛的应用；第二，万一发现自己不适合留在数学系的话，可以立即转系而不会有什么不适应 (同样，其他系的学生转到数学系也相对容易)。
书名：数学分析原理(英文版,第 版)
书评书名：数学分析原理（英文版，第3版）Principles of Mathematical Analysis （Third Edition）作者：（美）Walter Rudin出版商：机械工业出版社 2004作者介绍Walter Rudin，1921年出生于奥地利维也纳的一个富裕的犹太人家庭，1938年因祖国被纳粹德国占领而逃离奥地利，二次大战期间曾经服役于英国海军，二次大战结束后于1945年移民美国。
1953年Walter Rudin于杜克大学获得数学博士学位，然后在麻省理工学院、罗切斯特大学、耶鲁大学等学校任教。
从1959年起在威斯康星大学麦迪逊分校数学系任教。
他的主要研究领域为调和分析、算子理论和复变函数，是这些研究领域的国际著名学者。
Walter Rudin在麻省理工学院执教期间，写了这本著名的教科书“数学分析原理”作为大学生分析课程的教材，第一版于1953年出版，第二版与第三版分别于1964年与1976年出版。
除“数学分析原理”外，他还著有另外两本名著：“实复分析”（Real and Complex Analysis，1966）和“泛函分析”（Functional Analysis，1973），这些教材已被翻译成13种语言，在世界各地广泛使用。
以“数学分析原理”这本书作为教材的名校有加利福尼亚大学伯克利分校、哈佛大学、麻省理工学院等。
Walter Rudin在威斯康星大学麦迪逊分校数学系任教了32年，于1991年退休。
退休后他写了一部自传小说“我的回忆”（The way I remember it），在书中他描述了他的早年生活、骚乱的战争年代、以及他的数学生涯。
但是Walter Rudin作为数学家而闻名于世的还是这本著名的教科书“数学分析原理”，它被数学界亲切地称为“小鲁丁”（Baby Rudin），而另一本名著“实复分析”则被称为“大鲁丁”（Big Rudin）。
正因为写了这两本数学名著，Walter Rudin 于1993年荣获美国数学会颁发的Leroy P. Steele奖。
【精品】数学分析第一章习题分析.docx
第沖实数集与函敷 (1)第一节实数 (2)第二节效集僅界原理 (7)第三节fiftO (10)第四节具有某些特性的阪数 (17)总练习題答案 (22)第二章财极限 (26)第一节数列极限徵公 (27)第二节收敛数列的性质 (33)第三节数刘极限存在的条件 (39)总终习願唇* (44)第三章甬数极限 ........................................... ：・ .. (49)第一节面数极限低念 (50)第二节函数极限的性质 (55)第三节函数极限存在的条件 (60)第四节两个重要的极限 (64)第五卡无穷小董与无穷大R (69)总竦习題答案 (74)第酵献的连鸵 (79)第一节连续性豪念 (80)第二节连縊船性质 (86)第三节初等甬数的连线性 ............ : . (93)总绦习題菩案 (95)第五章导数和微分 (99)第一节导数的柢念 (100)第二节求导法H (107)一-唏三节滲变静数的导数 (114)第四节酗导数 ...................................................... ・“・117第五节» 分 (123)总练习题答案 (127)第六章微分中龊理及其觎 (130)第一节拉格朗日定理m的单调性 .......................................... BI第二节柯西中值定理和不定式极限 (140)s s223背F玄山鳥谡央」 225濟山M耳曲漱丰229s233s•册曲M#J r(涯) 242s s s殆2…••：254盂雷養監258259s^ss s s264誥**B i盂盅査穿268普令鉴雷畫抽273s 277•1s s§282T M283漓I*s s285s292s298誥H 書養 H93156羽W H阿涔30矗M g渐 -63S 169•s s ^§175176矗蛙益兽 -82节*笛料莽霞專常雷 183删I I*188 •ss ^l 189194孟盂睪 196节H 盂睾期盥聲睾賈 197n*W蛰®盥盂睾琳22金：2一22一8尹M册曲R222第一章实数集与函数本章大纲要求1 •掌握实数的概念及其性质2 •理解数集与邻域的概念，掌握有界集及确界的定义和确界原理3 •理解函数的概念，掌握函数的表示法及其有界性、单调性、周期性和奇偶性4 •掌握基本初等函数的性质和图形，理解复合函数、反函数、隐函数和分段函数的概念实数及其性质 买外绝对值与不等式有界性 单调性奇函数和偶函数 ［周期函数本章知识结构实数、数集与确界原理j 数集与确界原現 实 数 集 写 函 数［区间与邻域的概念与性质 （有界集确界原理〈确界、确界原理函数的定义及表示法函数的四则运算 函数概念复合函数反函数 初等函数数学分析同步捕导（上册）第一节实数一.基本内容SU — 2二、重点难点第一节实数及绝对值的相关概念及性质我们在屮学阶段均已接触过，只是那时尚未对一些性质做进一步讨论，如实数的阿基米德性及稠密性等，在本节的学习中我们应着重注意对学过的知识的系统归纳和总结，从更新的高度理解实数.三、典型例题分析例1.证明:对任意x e R,存在唯一的整数，记为［幻•使得［门<J<M+ I.这里称［刃为工的整数部分.证明先证存在性：若0 < I 时，则取［疋］=0,有［x］ < x < ［J］ +1.若h根据实数的阿基米德性质，存在正整数N■使得工< N,令E = | j<n,n为正整数”则E工0,因为N€ E，因此％= minE存在11有％—1丢工<心・令［x］= no-l,则［刃< X R］ +1・若X 0,则一工〉0,由上面所证，存在正整数［一/］使得［一刃〈一工 < ［一刃+ 1所以一(［—刃 +1)< x <一［—龙］当工=一［一幻时，一［一刃W工 <-［—工］+1.令［工］=—［-工］•则［x］ < X < ［刃 + 1当X <—［一王］时•则一［―工］—1 <工 <—［一攵］・令［工］=—［一文］一1 ,则［x］ < J < ［z］ +1综上,存在性成立.再证唯一性；设都为整数且"<x<n + l,w^x<m + l,那么—(?n + 1) <—x m由此得••n—(m + l)<0<M+l — Z/1 即”一加一1 < 0 < 九一m + 1U学分析15步■粤(上SB)得—1 < m — n < 1由此得加一刃=0,即加=几例2•试在数轴上表示出下列不等式的解；(1)|| 工+ 1 Hz-1 ||<1；⑵|卄2 |+|x-2|<12解(1)先对不等式两端平方并化筒得x2+y <1 J2 -1 I即疋一】>++* 或J2 - 1 <~ (J2 4-1-)显热前者不可能•故解得1 . . 1"7<J<2如图】一1・图1-1(2)令工一2 =蓟则得H + 4I+UK12 或"+ 4|<12-两边平方,化简得再对上式两端平方得/+竝一32£0于是一8©〈4即—6 £工g 6・如图1 一2・—4—I—>—•_・ 6-3036 x0B1-2例3・设实数“6满足丨a|<l,|i|<l.证明不等式第一章实槪靈与函槪乞+01 + ab证明要证明的不等式等价于即同时有一盂〉°与】+応〉。
Rudin数学分析原理
Rudin数学分析原理《数学分析原理》是Walter Rudin所著的一本经典数学教材，被广泛用于大学本科生的数学分析课程。
以下是该教材的详细内容概述：第一章：实数系统1.1 实数的定义1.2 有序集和上确界性质1.3 数列的极限第二章：基本拓扑结构2.1 开集和闭集2.2 有界集和紧集2.3 连通集和分离集第三章：数列和级数3.1 数列的收敛性3.2 数列的子列和上极限、下极限3.3 级数的收敛性和绝对收敛性第四章：连续函数4.1 连续函数的定义4.2 连续函数的性质4.3 一致连续函数和Lipschitz函数第五章：微分学5.1 导数的定义5.2 导数的基本性质5.3 高阶导数和泰勒展开5.4 中值定理和洛必达法则第六章：积分学6.1 黎曼积分的定义6.2 黎曼积分的基本性质6.3 黎曼积分的换元法和分部积分法6.4 黎曼积分的收敛性和绝对收敛性第七章：级数和累积点7.1 级数的收敛性和绝对收敛性7.2 累积点的定义和性质7.3 紧致性和列紧致性第八章：一元函数的连续性和微分性8.1 连续函数的性质8.2 一元函数的微分性质第九章：曲线积分学9.1 曲线积分的定义和性质9.2 曲线积分的计算方法第十章：多元函数的微分学10.1 多元函数的偏导数和全微分10.2 多元函数的链式法则10.3 多元函数的隐函数定理第十一章：多重积分学11.1 二重积分的定义和性质11.2 二重积分的计算方法11.3 三重积分的定义和性质11.4 三重积分的计算方法第十二章：曲面积分学12.1 曲面积分的定义和性质12.2 曲面积分的计算方法第十三章：向量分析13.1 向量场的概念和性质13.2 向量场的散度和旋度13.3 向量场的格林定理和斯托克斯定理以上是《数学分析原理》的主要内容，该教材涵盖了实数系统、拓扑结构、数列和级数、连续函数、微分学、积分学、级数和累积点、一元函数的连续性和微分性、曲线积分学、多元函数的微分学、多重积分学、曲面积分学以及向量分析等数学分析的基本概念、定理和方法。
数学分析原理答案
数学分析原理答案数学分析原理答案【篇一：数学分析教材和参考书】：《数学分析》（第二版），陈纪修，於崇华，金路编高等教育出版社, 上册：2004年6月，下册：2004年10月参考书：（1）《数学分析习题全解指南》，陈纪修，徐惠平，周渊，金路，邱维元高等教育出版社, 上册：2005年7月，下册：2005年11月（2）《高等数学引论》（第一卷），华罗庚著科学出版社（1964）（3）《微积分学教程》，菲赫金哥尔兹编，北京大学高等数学教研室译，人民教育出版社（1954）（4）《数学分析习题集》，吉米多维奇编，李荣译高等教育出版社（1958）（5）《数学分析原理》，卢丁著，赵慈庚，蒋铎译高等教育出版社（1979）（6）《数学分析》，陈传璋等编高等教育出版社（1978）（7）《数学分析》（上、下册），欧阳光中，朱学炎，秦曾复编，上海科学技术出版社（1983）（8）《数学分析》（第一、二、三卷），秦曾复，朱学炎编，高等教育出版社（1991）（9）《数学分析新讲》（第一、二、三册），张竹生编，北京大学出版社（1990）（10）《数学分析简明教程》（上、下册），邓东皋等编高等教育出版社（1999）（11）《数学分析》（第三版，上、下册），华东师范大学数学系，高等教育出版社（2002）（12）《数学分析教程》常庚哲，史济怀编，江苏教育出版社（1998）（13）《数学分析解题指南》林源渠，方企勤编，北京大学出版社（2003）（14）《数学分析中的典型问题与方法》裴礼文编，高等教育出版社（1993）复旦大学数学分析全套视频教程全程录像,asf播放格式，国家级精品课程，三学期视频全程教师简介:陈纪修-基本信息博士生导师教授姓名：陈纪修任教专业：理学-数学类在职情况：在性别：男所在院系：数学科学学院陈纪修-本人简介姓名：陈纪修性别：男学位：博士职称：教授（博士生导师）高校教龄22年，曾获2001年上海市教学成果一等奖、获2001年国家级教学成果二等奖、获2002年全国普通高等学校优秀教材一等奖、2002年获政府特殊津贴；获宝钢教育奖（优秀教师奖）；被评为“九五”国家基础科学人才培养基金实施和基地建设先进工作者。
实复分析rudin 习题解答1
then it is clear that F1 = 1, F2 = 1, and Fn+1 = Fn + Fn−1 for n > 1. So, Fn = xn for all n. Remark: The study of the Fibonacci numbers is important; the reader can see the book, Fibonacci and Lucas Numbers with Applications by Koshy and Thomas.
Then S = N. Proof : (A ⇒ B ): If S = N, then N − S = φ. So, by (A), there exists the smallest integer w such that w ∈ N − S. Note that w > 1 by (1), so we consider w − 1 as follows. Since w − 1 ∈ / N − S, we know that w − 1 ∈ S. By (2), we know that w ∈ S which contadicts to w ∈ N − S. Hence, S = N. (B ⇒ C ): It is obvious. (C ⇒ A): We have proved it by this exercise.
p
1.3 If 2
n
Proof : If n is not a prime, then say n = ab, where a > 1 and b > 1. So, we have
b−1
2ab − 1 = (2a − 1)
k=0
数学分析原理部分参考答案
chapter one
3. Prove that if f is a real function on a measurable space X such that
{x : f (x) ≥ r} is measurable for every rational r, then f is measurable.
{x : f (x) < g(x)}, {f (x) = g(x)}
are measurable. (b)Prove that the set of points at which a sequence of measurable real-
valued functions converges (to a finite limit) is measurable.
on X for n = 1, 2, 3, · · ·. Moreover, gn(x) → f1(x) − f (x) as n → ∞, for every
x ∈ X. By the Lebesgue’s monotone convergence theorem, we have
lim gndµ = (f1 − f )dµ.
the word ”nonnegative” is omitted? Is the truth of the statements affected if
R1 is replaced by a general topological space?
[proof]: (a) Because for every real number α,
inf (ak) ≤ inf bk, n = 1, 2, · · · .
k≥n
k≥n
数学分析原理答案
数学分析原理答案【篇一：数学分析教材和参考书】：《数学分析》（第二版），陈纪修，於崇华，金路编高等教育出版社, 上册：2004年6月，下册：2004年10月参考书：（1）《数学分析习题全解指南》，陈纪修，徐惠平，周渊，金路，邱维元高等教育出版社, 上册：2005年7月，下册：2005年11月（2）《高等数学引论》（第一卷），华罗庚著科学出版社（1964）（3）《微积分学教程》，菲赫金哥尔兹编，北京大学高等数学教研室译，人民教育出版社（1954）（4）《数学分析习题集》，吉米多维奇编，李荣译高等教育出版社（1958）（5）《数学分析原理》，卢丁著，赵慈庚，蒋铎译高等教育出版社（1979）（6）《数学分析》，陈传璋等编高等教育出版社（1978）（7）《数学分析》（上、下册），欧阳光中，朱学炎，秦曾复编，上海科学技术出版社（1983）（8）《数学分析》（第一、二、三卷），秦曾复，朱学炎编，高等教育出版社（1991）（9）《数学分析新讲》（第一、二、三册），张竹生编，北京大学出版社（1990）（10）《数学分析简明教程》（上、下册），邓东皋等编高等教育出版社（1999）（11）《数学分析》（第三版，上、下册），华东师范大学数学系，高等教育出版社（2002）（12）《数学分析教程》常庚哲，史济怀编，江苏教育出版社（1998）（13）《数学分析解题指南》林源渠，方企勤编，北京大学出版社（2003）（14）《数学分析中的典型问题与方法》裴礼文编，高等教育出版社（1993）复旦大学数学分析全套视频教程全程录像,asf播放格式，国家级精品课程，三学期视频全程教师简介:陈纪修-基本信息博士生导师教授姓名：陈纪修任教专业：理学-数学类在职情况：在性别：男所在院系：数学科学学院陈纪修-本人简介姓名：陈纪修性别：男学位：博士职称：教授（博士生导师）高校教龄22年，曾获2001年上海市教学成果一等奖、获2001年国家级教学成果二等奖、获2002年全国普通高等学校优秀教材一等奖、2002年获政府特殊津贴；获宝钢教育奖（优秀教师奖）；被评为“九五”国家基础科学人才培养基金实施和基地建设先进工作者。
代数学引论答案(第一章)
1.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: [方法1] 对任意a,b G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G为交换群.2.证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射.由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为,并且群G为一个交换群,可得.因此有.综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.(Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射是一同构映射,则对任意有,另一方面，由逆元的性质可知.因此对任意有,即映射是一同构映射,则群G为一个交换群.3.设n为一个正整数, nZ为正整数加法群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.4.证明:在S4中，子集合B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}是子群，证明B与U4不同构.证明:可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下：由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，并且B的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.[讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.5. 证明:如果在一阶为2n 的群中有一n 阶子群，它一定是正规子群.证明:[方法1]设H 是2n 阶群G 的n 阶子群, 那么对任意a H, 有H aH=,并且aH G,H G,又注意到aH 和H 中都有n 个元素, 故此H aH=G.同理可证对任意a H, 有H Ha=, H Ha=G ，因此对任意a H ，有aH=Ha.对任意a H, 显然aH H, Ha H 又因aH,Ha 及H 中都有n 个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意a G,有aH=Ha ，因此H 是G 的正规子群.[方法2] 设H 是2n 阶群G 的n 阶子群,那么任取a H, h H, 显然有aha -1H.对给定的x H, 有H xH=, H xH=G.这是因为若假设y H xH, 则存在h H ，使得y=xh,即x=yh -1H 产生矛盾,因此H xH=;另一方面, xH G,H G, 又注意到xH 和H 中都有n 个元素, 故此H xH=G.那么任取a H,由上面的分析可知a xH, 从而可令a=xh 1这里h 1H.假设存在h H, 使得aha -1H,则必有aha -1xH,从而可令aha -1=xh2，这里h 2H.那么，xh 1ha -1=xh 2,即a= h 2h 1h H,产生矛盾.因此，任取a H, h H, 有aha -1H.综上可知对任取a G, h H, 有aha -1H,因此H 为G 的一个正规子群.6. 设群G 的阶为一偶数,证明G 中必有一元素a e 适合a 2=e.证明: 设b G ，且阶数大于2，那么b≠b -1,而b -1的阶数与b 的阶数相等.换句话说G 中阶数大于2的元素成对出现，幺元e 的阶数为1，注意到G 的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).[讨论][1] 设G 是一2n 阶交换群，n 为奇数则G 中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange 定理.[2] 群G 中，任取a G ，有a n =e ，那么G 一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n 有什么关系？7. 设H ，K 为群G 的子群，HK 为G 的一子群当且仅当HK=KH.证明：(Ⅰ)设HK=KH ，下面证明HK 为G 的一子群.任取a,b ∈HK,可令a=h 1k 1，b=h 2k 2这里h i ∈H ，k i ∈K ，i=1,2. 那么ab=(h 1k 1)(h 2k 2)=h 1(k 1h 2)k 2 ---------------(1)因HK=KH ，故此k 1h 2= h 3k 3 ----------------------(2)。
rudin 实分析习题答案
rudin 实分析习题答案Rudin实分析习题答案实分析是数学中的一个重要分支，它研究的是实数集上的函数和序列的性质。
在学习实分析的过程中，习题是必不可少的一部分。
本文将为大家提供一些Rudin实分析习题的答案，希望能够帮助读者更好地理解和掌握这门学科。
一、序列和极限在实分析中，序列和极限是最基础的概念之一。
下面是一些与序列和极限相关的习题答案。
1. 设有序列{an}，若对任意正整数N，存在正整数n>N，使得an>0成立，证明lim(an)=0。
答案：根据题意，对于任意正整数N，都存在正整数n>N，使得an>0。
根据实数的性质，我们可以得到0≤an<1/n，因此，对于任意正数ε>0，只需取N=1/ε，当n>N时，就有an<ε，即lim(an)=0。
2. 设有序列{an}，若对任意正整数N，存在正整数n>N，使得|an-an+1|<1/N成立，证明该序列是柯西序列。
答案：根据题意，对于任意正整数N，都存在正整数n>N，使得|an-an+1|<1/N。
由此可得，对于任意正整数m>n>N，有|am-an|≤|am-am-1|+...+|an+1-an|<1/N+...+1/N=N/N=N。
因此，对于任意正数ε>0，只需取N=1/ε，当m>n>N时，就有|am-an|<ε，即该序列是柯西序列。
二、连续函数和微积分连续函数和微积分是实分析中的重要内容。
下面是一些与连续函数和微积分相关的习题答案。
1. 设函数f(x)在[a,b]上连续，证明存在c∈[a,b]，使得f(c)=1/(b-a)∫[a,b]f(x)dx。
答案：根据连续函数的性质，f(x)在[a,b]上连续，那么f(x)在[a,b]上可积。
根据积分中值定理，存在c∈[a,b]，使得f(c)=1/(b-a)∫[a,b]f(x)dx。
2. 设函数f(x)在[a,b]上连续，且f(a)≠f(b)，证明存在c∈(a,b)，使得f(c)=[f(a)+f(b)]/2。
数值分析引论习题与答案(易大义版)
數值分析引論課後習題與答案易大義版第一章緒論習題一1.設x>0,x*の相對誤差為δ，求f(x)=ln xの誤差限。
解：求lnxの誤差極限就是求f(x)=lnxの誤差限，由公式(1.2.4)有已知x*の相對誤差滿足，而，故即2.下列各數都是經過四捨五入得到の近似值，試指出它們有幾位有效數字，並給出其誤差限與相對誤差限。
解：直接根據定義和式(1.2.2)(1.2.3)則得有5位有效數字，其誤差限，相對誤差限有2位有效數字，有5位有效數字，3.下列公式如何才比較準確？（1）（2）解：要使計算較準確，主要是避免兩相近數相減，故應變換所給公式。
（1）（2）4.近似數x*=0.0310,是 3 位有數數字。
5.計算取，利用：式計算誤差最小。
四個選項：第二、三章插值與函數逼近習題二、三1. 給定の數值表用線性插值與二次插值計算ln0.54の近似值並估計誤差限.解：仍可使用n=1及n=2のLagrange插值或Newton插值,並應用誤差估計（5.8）。
線性插值時，用0.5及0.6兩點，用Newton插值誤差限，因，故二次插值時，用0.5，0.6，0.7三點，作二次Newton插值誤差限，故2. 在-4≤x≤4上給出の等距節點函數表，若用二次插值法求の近似值，要使誤差不超過，函數表の步長h應取多少?Fpg 解：用誤差估計式（5.8），令因得3. 若，求和.解：由均差與導數關係於是4. 若互異，求の值，這裏p≤n+1.解：，由均差對稱性可知當有而當P＝n＋1時於是得5. 求證.解：解：只要按差分定義直接展開得6. 已知の函數表求出三次Newton均差插值多項式，計算f(0.23)の近似值並用均差の餘項運算式估計誤差.解：根據給定函數表構造均差表由式(5.14)當n=3時得Newton均差插值多項式N3(x)=1.0067x+0.08367x(x-0.2)+0.17400x(x-0.2)(x-0.3)由此可得f(0.23) N3(0.23)=0.23203由餘項運算式(5.15)可得由於7. 給定f(x)=cosxの函數表用Newton等距插值公式計算cos 0.048及cos 0.566の近似值並估計誤差解：先構造差分表計算，用n=4得Newton前插公式誤差估計由公式（5.17）得其中計算時用Newton後插公式（5.18)誤差估計由公式（5.19）得這裏仍為0.5658．求一個次數不高於四次の多項式p(x),使它滿足解：這種題目可以有很多方法去做，但應以簡單為宜。
图论第一章课后习题解答
d (v) =2m
推论 3 在任何图中，奇点个数为偶数。 推论 4 正则图的阶数和度数不同时为奇数。 定义 5 一个图 G 的各个点的度 d1, d2,…, dn 构成的非负整数组 (d1, d2,…, dn)称为 G 的 度序列。 若对一个非负整数组(d1, d2,…, dn)， 则称这个数组是可图的。 定理 5 且 设有非负整数组 Π = (d1, d2,…, dn)，
bi 个 (i = 1,2,…,s)，则有 列。 定理 7
bi = n。故非整数组(b ,b ,…, b )是 n 的一个划分，称为 G 的频序
1 2 s
s
i 1
一个 n 阶图 G 和它的补图 G 有相同的频序列。
§1.2 子图与图的运算
且 H 中边的重数不超过 G 中对应边的 定义 1 如果 V H V G ，E H E G ， 重数，则称 H 是 G 的子图，记为 H G 。有时又称 G 是 H 的母图。 当 H G ，但 H G 时，则记为 H G ，且称 H 为 G 的真子图。G 的生成子图是 指满足 V(H) = V(G)的子图 H。 假设 V 是 V 的一个非空子集。以 V 为顶点集，以两端点均在 V 中的边的全体为边集 所组成的子图，称为 G 的由 V 导出的子图，记为 G[ V ]；简称为 G 的导出子图，导出子图 G[V\ V ]记为 G V ； 它是 G 中删除 V 中的顶点以及与这些顶点相关联的边所得到的子图。 若 V = {v}, 则把 G-{v}简记为 G–v。 假设 E 是 E 的非空子集。以 E 为边集，以 E 中边的端点全体为顶点集所组成的子图 称为 G 的由 E 导出的子图，记为 G E ；简称为 G 的边导出子图，边集为 E \ E 的 G 的 导出子图简记为 G E 。若 E e ，则用 G–e 来代替 G-{e}。 定理 8 简单图 G 中所有不同的生成子图（包括 G 和空图）的个数是 2m 个。 定义 2 设 G1，G2 是 G 的子图。若 G1 和 G2 无公共顶点，则称它们是不相交的；若 G1 和 G2 无公共边，则称它们是边不重的。G1 和 G2 的并图 G1∪G2 是指 G 的一个子图，其顶点 集为 V(G1)∪V(G2)，其边集为 E(G1)∪E(G2)；如果 G1 和 G2 是不相交的，有时就记其并图为 G1+G2。类似地可定义 G1 和 G2 的交图 G1∩G2，但此时 G1 和 G2 至少要有一个公共顶点。
解析几何第四版吕林根课后的习题答案第一章
第一章矢量与坐标§ 1.1矢量的概念1.下列情形中的矢量终点各构成什么图形？（1）把空间中一切单位矢量归结到共同的始点；（2）把平行于某一平面的一切单位矢量归结到共同的始点；（3）把平行于某一直线的一切矢量归结到共同的始点；（4）把平行于某一直线的一切单位矢量归结到共同的始点.[ 解] ：（1）单位球面；（ 2）单位圆（ 3）直线；（ 4）相距为 2 的两点FA2.设点 O 是正六边形 ABCDEF 的中心，在矢量 OA、OB、 OC、OD 、OE、OF、 AB、BC、CD、 DE、 EF B O和 FA 中，哪些矢量是相等的？E[ 解] ：如图 1-1，在正六边形 ABCDEF中，相等的矢量对是：C图 1-1 OA和 EF；OB和 FA；OC和 AB；OE和CD；OF 和 DE .3.设在平面上给了一个四边形ABCD ，点 K、 L 、 M、N 分别是边ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ的中点，求证：KL ＝ NM .当ABCD是空间四边形时，这等式是否也成立？[ 证明 ] ：如图 1-2，连结 AC, 则在 BAC 中，KL 1AC. KL与AC方向相同；在 DAC12中， NM NM 与 AC 方向相同，从而AC.2KL ＝NM 且KL与NM方向相同，所以KL ＝NM .4.如图 1-3，设 ABCD -EFGH 是一个平行六面体，在下列各对矢量中，找出相等的矢量和互为相反矢量的矢量：(1)AB 、CD ; (2)AE 、CG ;(3) AC、EG ;(4)AD 、GF;(5)BE、CH .[ 解 ]：相等的矢量对是（2）、（ 3）和（ 5）；互为反矢量的矢量对是（1）和（ 4）。
图 1—3§ 1.2矢量的加法1.要使下列各式成立，矢量a,b 应满足什么条件？（1）a b a b;（ 2）a b a b ;（3）a b a b ;（4）a b a b ;（5） a b a b .[ 解 ：（ ） a,b 所在的直线垂直时有 a b a b ；] 1（ 2） a,b 同向时有 a bab;（ 3） ab , 且 a, b 反向时有 a bab ;（ 4） a,b 反向时有 a bab;（ 5） a,b 同向，且 ab 时有 a ba b.§ 1.3数量乘矢量1 试解下列各题． ⑴ 化简 (x y) (a b) (x y) (a b) ．⑵ 已知ae 1 2 e 2 e 3 ， b 3e 1 2 e 2 2 e 3 ，求 a b ， a b 和 3 a 2 b ．⑶ 从矢量方程组解⑴3 x4 y a，解出矢量 x ， y ． 2 x3 y b( x y) (ab) ( x y) (a b) x a x b y a y b x a x b y a y b 2x b 2y a⑵ a b e 1 2 e 2 e 3 3 e 1 2 e 22 e34 e 1 e 3 ，a b e 1 2e 2 e 3 (3 e 1 2 e 2 2 e 3 ) 2 e 1 4 e 2 3 e 3 ，3 a 2b3(e 1 2e 2 e 3 ) 2(3 e 1 2 e 2 2 e 3 )3e 1 10 e 2 7 e 3 ．2 已知四边形ABCD 中， ABa 2 c ， CD 5 a 6b 8c ，对角线 AC 、 BD 的中点分别为 E 、 F ，求 EF ．解EF1CD1AB 1(5 a 6 b 8 c)1(a 2 c ) 3a 3 b 5 c ．22223 设 AB a 5 b ， BC2 a 8 b ， CD 3( a b) ，证明： A 、 B 、 D 三点共线．证明 ∵BDBC CD2 a 8 b 3( a b)a 5 bAB∴ AB 与 BD 共线，又∵ B 为公共点，从而A 、B 、 D 三点共线． 4在四边形 ABCD 中， ABa 2b ， BC4 a b ，CD5 a 3 b ，证明 ABCD为梯形．证明∵ AD AB BC CD ( a 2 b) ( 4 a b) (5 a 3 b) 2( 4 a b) 2 BC∴AD ∥ BC ，∴ ABCD 为梯形．6. 设 L、M、N 分别是ABC 的三边 BC、CA、AB 的中点，证明：三中线矢量AL,BM,CN 可以构成一个三角形. [证明 ]：AL 1(AB AC ) 2BM 1(BA BC) 2CN 1(CA CB)21(AB AC BA BC CA CB) 0AL BM CN2从而三中线矢量AL, BM ,CN 构成一个三角形。
随机过程课后答案毛用才胡奇英
p( p 1) b2
D(X)
E(X2
)
E2(X)
P b2
（4） 若 Xi (pi,b) i 1, 2 则
fX1X2
(t)
fX1
(t)
fX2
(t)
(1
jt )(P1P2 ) b
Y X1X2 (P1 P2,b)
2
同理可得：
f
Xi
(t )
( b
b
jt
)
Pi
3、设 X 是一随机变量， F(x) 是其分布函数，且是严格单调的，求以下随机变量
的特征函数。
（1）Y aF ( X ) b, (a 0, b是常数)；
（2） Z ln F ( X ),并求E(Z k )(k是常数）。
解 （1） P{F ( x) y} P{x F 1 ( y)} F [ F 1 ( y)] y
0
F (y)
y
1
y0 0 y 1
y 1
F ( x) 在区间[0，1]上服从均匀分布
第一章习题解答
1． 设随机变量 X 服从几何分布，即： P(X k) pqk , k 0,1, 2,。求 X 的特征函
数，EX 及 DX。其中 0 p 1, q 1 p 是已知参数。
解 f X ( t ) E ( e jtx )
e jtk p q k
k 0
p
( q k e jtk )
k 0
= p (q e jt ) k
k 0
p 1 qe jt
又 E ( X )
kpq k
k 0
p kq k
k 0
p
q p2
q p
D(X ) E(X 2) [E(X )]2 q P2
数学分析1知到章节答案智慧树2023年德州学院
数学分析1知到章节测试答案智慧树2023年最新德州学院第一章测试1.设非空数集有上确界，则（）参考答案:错2.无最小值的非空数集，必无下确界. （）参考答案:错3.函数无界的充要条件是其值域无上界，也无下界. （）参考答案:错4.集合，则集合的上、下确界是（）.参考答案:．5.下列论断中, 正确的是（）.参考答案:有上界的集合必有上确界;;有界的集合必有上确界.;有最大值的集合必有上确界;第二章测试1.若对任意的>0, 内有的无穷多项，则数列收敛于. （）参考答案:错2.数列收敛. （）参考答案:错3.数列和数列都发散，则数列发散. （）参考答案:错4.若，则数列收敛于. （）参考答案:对5.下列结果不正确的是( ).参考答案:；第三章测试1.函数在点的左、右极限都存在, 则在点的极限也存在. （）参考答案:错2.当时, 函数与是等价无穷小. （）参考答案:错3.若在开区间上单调增加，且有上界, 则在点有左极限. （）参考答案:对4.函数极限存在. （）参考答案:对5.曲线的渐近线共有几条（）参考答案:；第四章测试1.若在点连续，则也在点连续. （）参考答案:对2.设是的第二类间断点. （）参考答案:错3.设,是的第一类间断点.（）对4.函数在内一致连续. （）参考答案:错5.设，则是的（）参考答案:连续点.第五章测试1.若在点连续，则点可导. （）参考答案:错2.设，，则. （）错3.函数在点可导和可微是等价的. （）参考答案:对4.可导的偶函数,其导函数为奇函数.（）参考答案:对5.若函数在=0处可导，则常数的值为 ( ).参考答案:；第六章测试1.若在点取得极小值，则. （）参考答案:错2.设在区间上可导且，则在上严格递增. （）参考答案:错3.若极限不存在，则也不存在. （）参考答案:错4.若则在点取得极值. （）参考答案:对5.若函数在定义域内则有 ( ).参考答案:单调减少且曲线是凹的.。
代数学引论(聂灵沼丁石孙版)第一章习题答案
第一章代数基本概念1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明:对任意a,bG,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: [方法1]对任意a,bG,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群.[方法2]对任意a,bG,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:(1)a(bc)=(ab)c;(2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:[方法1]设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,…,n),有a k a i a k a j------------<1>a i a k a j a k------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4>由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得a k a m=a t.由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得a s a k=a t.由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
[方法2]为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可.为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}.(Ⅰ) 证明G内存在幺元.<1> 存在a t G，使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);<2> 证明a1a t= a t a1;因为a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2,故此a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t.由条件(1),(2)可得到a1a t= a t a1.<3> 证明a t就是G的幺元;对任意a k G,a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k由条件(2)可知a t a k=a k.类似可证a k a t=a k.因此a t就是G的幺元.(Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆；上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,…等符号记G 内元素.下面证明任意aG，存在bG，使得ab=ba=e.<1> 对任意aG，存在bG，使得ab=e;(这一点很容易证明这里略过.)<2> 证明ba=ab=e;因为a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G内任意元素都可逆.由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知G在该乘法下成一群.4.设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群.证明：取一元aG,因xa=a在G内有解, 记一个解为e a ,下面证明e a为G内的左幺元. 对任意bG, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以e a b= e a(ac)= (e a a)c=ac=b,因此e a为G内的左幺元.再者对任意dG, xd=e a在G内有解,即G内任意元素对e a存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.[总结]群有几种等价的定义:(1)幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.(2)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺元, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.(3)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.(4)设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群.值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.5.在S3中找出两个元素x,y,适合(xy)2x2y2.[思路] 在一个群G中，x,yG, xy=yx (xy)2x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.解: 取x=, y=那么(xy)2= x2y2.[注意]我们可以通过mathematica软件编写S n的群表,输出程序如下:Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);Stable[n_]:=(*生成S n群表*)(a=Se[n];Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])当n=3时群表如下：[说明]：表示置换, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示,,,,那么群表如下:6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.7.设G是一群, a,bG,如果a-1ba=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=.证明：我们采用数学归纳法证明.当k=1时, a-1ba=b r=, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.我们注意到a-1b k a== b kr,因此a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)a=a-1a==,可见k=n+1时结论也成立.由归纳原理可知结论得证.8.证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.证明:(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射.由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为,并且群G为一个交换群,可得.因此有.综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.(Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群.若映射是一同构映射,则对任意有,另一方面，由逆元的性质可知.因此对任意有,即映射是一同构映射,则群G为一个交换群.9.设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1S.证明这是一个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.证明:首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群.对任意aG,有a～a,故此aa-1=eS；对任意a,bS,由(ab)b-1=aS,可知ab～b，又be-1=bS,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=abS.再者因ae-1=aS, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G的一个子群.接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系.对任意aG, 有aa-1=eS，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此a～c(传递性).综上可知～是一个等价关系.10.设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.11.证明:在S4中，子集合B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}是子群，证明B与U4不同构.证明:可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下：为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么f(x2)= f2(x)=i2=-1另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构. [讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.12.证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.证明:[方法1]设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意aH, 有HaH=,并且aHG,HG,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此HaH=G.同理可证对任意aH, 有HHa=, HHa=G，因此对任意aH，有aH=Ha.对任意aH, 显然aHH, HaH又因aH,Ha及H中都有n个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意aG,有aH=Ha，因此H是G的正规子群.[方法2]设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取aH, hH, 显然有aha-1H.对给定的xH, 有HxH=, HxH=G.这是因为若假设yHxH, 则存在hH，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此HxH=;另一方面, xHG,HG, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此HxH=G.那么任取aH,由上面的分析可知axH, 从而可令a=xh1这里h1H.假设存在hH, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令aha-1=xh2这里h2H.那么xh1ha-1=xh2,即a= h2h1hH,产生矛盾.因此，任取aH, hH, 有aha-1H.综上可知对任取aG, hH, 有aha-1H,因此H为G的一个正规子群.13.设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素ae适合a2=e.证明:设bG，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).[讨论][1] 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.[2] 群G中，任取aG，有a n=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？14.令A=, B=证明:集合{B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群D n同构. 证明:下面证明G={B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群.(Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论：(1)B i B j=B i+j,注意到B n=故此B i B j=B r G这里i+j=kn+r,kZ,0<rn.(2)A B i B j=B r G这里i+j=kn+r,kZ,0<rn.(3)容易证明BAB=A=AB n,BA=B i AB(s+1)n=AB n-t G,这里i=sn+t,kZ,0<tn.那么B i(AB j)=( B i A)B j=(AB n-t)B j G(4)(AB i)(AB j)=A(B i AB j)=A((AB n-t)B j)=A2(B n-t B j)= B n-t B j)G由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.(Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.(Ⅲ)显然B n=A2=E为幺元.(Ⅳ)对B i(i=1,2,…,n),有B i B n-i=E;对AB i(i=1,2,…,n),有(AB i)(B n-i A)=E,因此G内任何一元都可逆.由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群.最后证明G与D n同构.令f:G→D nf(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，可以证明f就是G到D n的同构映射，这里不予证明了.15.设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群.证明:对任意a,bGa i+2b i+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (a i+1b i+1)=a(ba i+1)b i+1,根据消去律可得a i+1b=ba i+1.----------------------(1)同时a i+1b i+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (a i b i)=a(ba i)b i+1,根据消去律可得a i b=ba i.---------------------------(2)因此a i+1b=a(a i b)=a(ba i)=(ab)a i----(3)另外ba i+1=(ba)a i----------------------(4)结合(1),(3),(4)有(ab)a i=(ba)a i---------------------(5)由消去律可得到ab=ba.因此G为交换群.16.在群SL2(Q)中，证明元素a=的阶为4，元素b=的阶为3，而ab为无限阶元素.证明：可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.因为ab=，对任何正整数n，(ab)n=≠可见ab的阶为无限.[注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.[问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？17.如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.证明:交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，bS，并设a的阶为m，b的阶为n，则(ab)mn=(a m)n(b n)m=e因此ab为有限阶元素，即abS.a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1S.综上可知S为G的一个子群.18.如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.证明:采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素.(1)首先看第一种情况：G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={,…}为G的一个子群；G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群；G中取a3G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={,…}为G的一个子群；… … …我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列G n(n=1,2,…)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾；(2)再看第二种情况:设a∈G的阶数为无穷，那么序列G1=<>，G2=<>，…，G n=<>，…是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.19.写出D n的所有正规子群.20.设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.证明：(Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.任取a,b∈HK,可令a=h1k1，b=h2k2这里h i∈H，k i∈K，i=1,2.那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)因HK=KH，故此k1h2= h3k3 ----------------------(2)这里h3∈H，k3∈K.由(1),(2)知ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)另外，a-1= (h1k1)-1= ∈KH=HK. ----------------- (4)由(3),(4)知HK是G的子群.(Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH.若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈KH，那么有HK KH.若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈HK，那么有KH HK.综上知，HK=KH.21.设H，K为有限群G的子群，证明证明：因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪h r(H∩K)这里r为H∩K在H中的指数，h i∈H，当i≠j，h i-1h j∉H∩K(事实上等价于h i-1h j∉K),i, j=1,2,…,r.又(H∩K)K=K,所以HK=h1K∪h2K∪…∪h r K.------------(1)注意到h i-1h j∉K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时，h i K∩h j K=.----------------(2)由(1),(2)我们得到[总结]左陪集的相关结论设H为G的一子群，那么(1)a∈a H;(2)a∈H⇔aH=H;(3)b∈aH⇔aH=bH;(4)aH=bH⇔a-1b∈H;(5)aH∩bH≠，有aH=bH.22.设M,N是群G的正规子群.证明：(i)MN=NM;(ii)MN是G的一个正规子群；(iii)如果MN={e}，那么MN/N与M同构.证明：(i)[方法1]任取a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN⊆NM.同样的方法可以证明NM⊆MN. 因此MN=NM.[方法2]任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1∈MN即可.因为ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，而M为G的正规子群，故n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，所以ab-1∈MN.(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.所以MN为G的正规子群.(iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为MN={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N[注].作一个MN/N到M的映射f[注]，f: MN/N→MmNm，那么该映射显然是一一对应，另外f(m i Nm j N)= f(m i m j N)= m i m j，因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.[讨论]1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群.[注意]1MN={e}，对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N.证明：若存在m i≠m j∈M, 有m i N=m j N，那么m i m j-1∈N，而m i m j-1∈M. 因此m i m j-1∈MN，产生矛盾.2. 设f: MN/N→MmNm，则由于对任何m i≠m j∈M, 有m i N≠m j N，故此f为MN/N到M的一个映射.23.设G是一个群，S是G的一非空子集合.令C(S)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S}N(S)= {x∈G|x-1Sx=S}.证明：(i) C(S),N(S)都是G的子群;(ii) C(S)是N(S)的正规子群.证明：(i) 首先证明C(S)是G的子群.任取x，y∈C(S)，那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，所以xy∈C(S).另一方面，xa=axa=x-1axax-1=x-1a所以x-1∈C(S).因此，C(S)是G的子群.接着证明N(S)都是G的子群.任取x，y∈N(S)，则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S所以xy∈N(S).另一方面，x-1Sx=SS=xSx-1所以x-1∈N(S).因此，N(S)是G的子群.(ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)N(S).任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在a y∈S使得yay-1=a y，因此a=y-1a y y.那么(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xa y x-1)y= y-1a y y=a，即(y-1xy)a=a(y-1xy).所以y-1xy∈C(S)，因此C(S)是N(S)的正规子群.24.证明任意2阶群都与乘法群{1，-1}同构.证明：略.25.试定出所有互不相同的4阶群.解：我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.(1)若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为<a>.(2)若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群G={e，a，b，c}，那么a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a. 群表如下：综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein四阶群.26.设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.证明：易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p 阶群必同构.27.Z为整数环，在集合S=Z×Z上定义(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),(a,b)(c,d)=(ac+bd,ad+bc).证明S在这两个运算下成为幺环.提示：(1,0)为该环的单位元素.证明：略.28.在整数集上重新定义加法“”与乘法“”为ab=ab, ab=a+b试问Z在这两个运算下是否构成一环.答：不构成环.29.设L为交换幺环，在L中定义：ab=a+b-1,ab=a+b-ab.这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构. 证明：(i)证明L在运算下构成交换群：由的定义，得到(ab)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2a(bc)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2这里2=1+1，所以(ab)c= a(bc).----------------(1)同时由的定义还可以得到a1= 1a=a，------------------------(2)a(2-a)=(2-a)a=1，---------------(3)ab=ba，----------------------------(4)由(1),(2),(3)(4)可知L在运算下构成交换群.(ii)证明L中运算满足结合律和交换律：容易证明这里略过.(iii)证明乘法对加法满足分配律：因为a(bc)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，(ab)(ac)=(a+b-1)(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，所以a(bc)= (ab)(ac).由于和满足交换律，故此(bc)a= (ba)(ca).因此新定义的乘法对新定义的加法满足分配律(iv) 设0为环(L，+，)的零元，则0a=a0=a由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L，，)为交换幺环.(v) 最后证明(L，+，)与(L，，)同构：设f: L→Lx1-x，容易证明f为(L，+，)到(L，，)的同构映射.30.给出环L与它的一个子环的例子，它们具有下列性质:(i) L具有单位元素，但S无单位元素；(ii) L没有单位元素，但S有单位元素；(iii) L, S都有单位元素，但互不相同；(iv) L不交换，但S交换.解：(i) L=Z，S=2Z；(ii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iii) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；(iv) L={|a,b∈R}，S={|a∈R}；31.环L中元素e L称为一个左单位元，如果对所有的a∈L，e L a= a；元素e R称为右单位元，如果对所有的a∈L，ae R=a.证明：(i)如果L既有左单位元又有右单位元，则L具有单位元素；(ii)如果L有左单位元，L无零因子，则L具有单位元素；(iii)如果L有左单位元，但没有右单位元，则L至少有两个左单位元素.证明：(i) 设e L为一个左单位元，e R为右单位元，则e L e R=e R=e L.记e=e R=e L，则对所有的a∈L，ea=ae=a，因此e为单位元素；(ii) 设e L为一个左单位元，则对所有的a(≠0)∈L，a(e L a)=a2；另一方面，a(e L a)=(ae L)a.所以a2=(ae L)a.因为L无零因子，所以满足消去律[注]，故此a= ae L.另外，若a=0，则a= ae L=e L a.因此左单位元e L正好是单位元.(iii) 设e L为一个左单位元，因为L中无右单位元，故存在x∈L，使得xe L≠x，即xe L-x≠0,则e L+ xe L-x≠e L，但是对所有的a∈L，(e L+ xe L-x)a=a,因此e L+ xe L-x为另一个左单位元，所以L至少有两个左单位元素.[注意] L无零因子，则满足消去律(参考教材46页).32.设F为一域.证明F无非平凡双边理想.证明：设I为F的任意一个理想，且I≠{0}，则对任意a(≠0)∈I，则a-1∈F,于是a-1a=1∈I.从而F中任意元素f，有f1=f∈I，故I=F，即F只有平凡双边理想.[讨论] 事实上，一个体(又称除环)无非平凡双边理想. 另一方面，若L是阶数大于1的(交换)幺环，并且除了平凡理想，没有左或右理想，则L是一体(域).33.如果L是交换环，a∈L，(i) 证明La={ra|r∈L}是双边理想；(ii) 举例说明，如果L非交换，则La不一定是双边理想.证明：(i) 容易验证La为L的一个加法群. 任取ra∈La，l∈L，则l(ra)=(lr)a∈La，(ra)l=r(al)=r(la)=(rl)a∈La故La为L的一个双边理想.(ii) 设L=M2(R)，那么L显然不是交换环，取h=，下面考察Lh是否为L的理想：取k=，容易验证h∈Lh，hk Lh，因此Lh不是L的一个理想.34.设I是交换环L的一个理想，令rad I={r∈L|r n∈I对某一正整数n}，证明rad I也是一个理想.radI叫做理想I的根.35.设L为交换幺环，并且阶数大于1，如果L没有非平凡的理想，则L是一个域.证明：只要证明非零元素均可逆即可.任取a∈L，那么La和aL是L的理想，且La≠{0}，aL≠{0}，因L无平凡的理想，故此La=aL=L，因此ax=1和ya=1都有解，因而a为可逆元.36.Q是有理数域，M n(Q)为n阶有理系数全体矩阵环.证明无非平凡的理想(这种环称为单环).证明：我们社K为M n(Q)的非零理想，下面证明K=M n(Q).为了证明这一点，只要证明n阶单位矩阵E∈K.记E ij为除了第i行第j列元素为1，其余元素全为0的矩阵.那么E ij E st=而E=E11+E22+…+E nn.我们只要证明E ii∈K(i=1,2,…,n)就有E∈K.设A∈K，且A≠0，又令A=(a ij)n×n,假设a kj≠0，则有E ik AE ji=a kj E ii(i=1,2,…,n).由于a kj≠0，故存在逆元a kj-1.设B= a kj-1E ii,则BE ik AE ji= a kj-1E ii E ik AE ji= a kj-1E ik AE ji=E ik E kj E ji=E ii.因为K为理想，A∈K，所以E ii=BE ik AE ji∈K，证毕.37.设L为一环，a为L中一非零元素.如果有一非零元素b使aba=0，证明a是一个左零因子或一右零因子.证明：若ab=0，则a为左零因子；若ab≠0，则aba=(ab)a=0，故ab为右零因子.38.环中元素x称为一幂零元素，如果有一正整数n使x n=0，设a为幺环中的一幂零元素，证明1-a可逆.证明：设a n=0，那么(1+a+a2+…+a n-1)(1-a)=(1-a) (1+a+a2+…+a n-1)=1-a n=1因此1-a可逆.39.证明：在交换环中，全体幂零元素的集合是一理想.40.设L为有限幺环.证明由xy=1可得yx=1.证明：当L只有一个元素，即L={0}，亦即0=1[注]，此时显然有xy=1=xy；当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元[注],因此yL=L.又因L为有限环，所以存在z∈L，使得yz=1.注意到(xy)z=z，x(yz)=x，所以x=z，即yx=1.[注意]1.幺环多于一个元素当且仅当0≠1.2．当L有多于一个元素时(即0≠1时)，若xy=1，y不是左零元.因为若存在z≠0使得yz=0，则z=(xy)z=x(yz)=0,产生矛盾.41.在幺环中，如果对元素a有b使ab=1但ba≠1，则有无穷多个元素x，适合ax=1. (Kaplansky定理)证明：首先，若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元[注].现在假设a只有n(>1)个右逆元，并设这些元素为x i(i=1,2,…,n).那么a(1-x i a+x1)=1(i=1,2,…,n),又当i≠j时，1-x i a+x1≠1-x j a+x1[注]，这里i，j=1,2,…,n.于是{x i|i=1,2,…,n}={1-x i a+x1| i=1,2,…,n }，故存在x k∈{x i|i=1,2,…,n}使得x1=1-x k a+x1,即x k a=1.因为n>1，我们取x t≠x k∈{x i|i=1,2,…,n}，那么(x k a)x t=x t，(x k a)x t =x k(ax t)=x k因此x t=x k，产生矛盾，所以假设不成立，即a有无穷多个右逆元.[注意]1. 若ab=1但ba≠1，则a至少有两个右逆元. 因为易验证1-ba+a就是另一个右逆元.2. 假设当i≠j时，1-x i a+x1=1-x j a+x1，则x i a=x j a，故x i ax1=x j ax1,因此x i=x j，产生矛盾.42.设L是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素a∈L都有唯一的元素b使得aba=a.证明：(i) L无零因子；(ii) bab=b;(iii) L有单位元素；(iv) L是一个体.证明：(i) 先证明L无左零因子，假设a为L的一个左零因子，那么a≠0，且存在c≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但a(b+c)a=a,b+c≠b产生矛盾，所以L无左零因子.类似可证L无右零因子.(ii) 因aba=a，所以abab=ab. 由(i)的结论知L无零因子，因此满足消去律，而a≠0，故bab=b.(iii) 我们任一选取a(≠0)∈L，再设aba=a(这里b是唯一的)，首先证明ab=ba.因为a(a2b-a+b)a=a，所以a2b-a+b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.任取c∈L，则ac=abac，故此c=(ba)c=(ab)c；另一方面，ca=caba，故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab就是单位元素，我们记ab=ba=1.(iv) 由(iii)可知任意a(≠0)∈L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此L成为一个体.43.令C[0,1]为全体定义在闭区间[0,1]上的连续函数组成的环.证明：(i) 对于的任一非平凡的理想I，一定有个实数，，使得f()=0对所有的f(x)∈I；(ii) 是一零因子当且仅当点集{x∈[0,1]|f(x)=0} 包含一个开区间.证明：(i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g∈I可逆.(ii) 提示：用连续函数的局部保号性.44.令F=Z/pZ为p个元素的域.求(i) 环M n(F)的元素的个数；(ii) 群GL n(F)的元素的个数.45.设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式：a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.证明：因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba⇔1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab⇔(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab⇔(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可.因为1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.。
rudin 实分析习题答案
rudin 实分析习题答案《Rudin 实分析习题答案》Rudin 的《实分析》是一本经典的数学教材，被广泛应用于大学本科和研究生的数学课程中。
这本书包含了许多深入的数学概念和定理，而习题则是帮助学生加深对这些概念和定理的理解和运用。
在学习《实分析》这门课程时，很多学生会遇到习题的困难，因此需要参考习题答案来进行学习和巩固。
本文将为大家介绍一些常见的rudin《实分析》习题答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌握这门课程。
1. 习题1.1习题1.1要求证明一个数学定理。
这个定理可能是一个数学公式或者一个数学定律。
在证明这个定理的过程中，我们需要运用一些数学方法和技巧，比如利用数学归纳法、反证法等。
在这个习题的答案中，我们需要清晰地展示证明的过程和逻辑，确保每一步都是正确的。
2. 习题2.3习题2.3可能是一个计算题，需要我们运用一些数学公式和方法来解决。
在这个习题的答案中，我们需要列出计算过程，并确保每一步都是正确的。
同时，我们还需要对结果进行分析和解释，确保读者能够理解我们的计算过程和结论。
3. 习题3.5习题3.5可能是一个证明题，需要我们运用一些数学定理和方法来证明一个结论。
在这个习题的答案中，我们需要清晰地展示证明的过程和逻辑，确保每一步都是正确的。
同时，我们还需要对证明过程进行分析和解释，确保读者能够理解我们的证明过程和结论。
总之，rudin《实分析》习题答案是帮助学生加深对课程内容理解和掌握的重要工具。
通过参考习题答案，学生可以更好地理解课程内容，提高数学解题能力，从而取得更好的学习成绩。
希望本文介绍的rudin《实分析》习题答案能够帮助大家更好地学习和掌握这门课程。
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Rudin习题答案：深入学习数学分析的利器
数学分析是数学中的重要分支，它涉及到极限、连续性、微积分等概念，是许多学科的基础。
而Walter Rudin的《数学分析原理》是数学分析领域的经典教材之一，它深入浅出地讲解了数学分析的基本原理和方法，为学习者提供了一个扎实的学习基础。
而对于这本教材的习题，更是一个检验学习者对数学分析理论掌握程度的利器。
Rudin习题答案不仅是对教材内容的巩固和复习，更是对数学分析理论的深入理解和应用。
通过解答习题，学习者可以加深对数学分析概念和定理的理解，提高数学建模和问题解决的能力。
同时，通过与他人讨论和比较不同的解题方法，还可以拓展思维，提高解决问题的灵活性和创造性。
当然，解答Rudin习题并不是一件容易的事情。
许多习题需要深入的数学知识和严谨的逻辑推理，需要学习者耐心思考和不断实践。
但正是这种挑战性，使得解答Rudin习题成为了学习数学分析的一种乐趣和动力。
通过不断地解题，学习者可以逐渐提高自己的数学水平，培养自己的数学思维，从而更好地应对未来的学习和工作。
总之，Rudin习题答案是学习数学分析的利器，它不仅可以帮助学习者巩固知识，提高能力，还可以培养学习者的思维和解决问题的能力。
因此，我们应该珍惜这个宝贵的学习资源，努力学习和解答Rudin习题，不断提高自己的数学水平，为未来的学习和工作打下坚实的基础。
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The Real and Complex Number
Systems
Written by Men-Gen Tsai
email:b89902089@.tw 1.
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6.Fix b>1.
(a)If m,n,p,q are integers,n>0,q>0,and r=m/n=p/q,prove
that
(b m)1/n=(b p)1/q.
Hence it makes sense to define b r=(b m)1/n.
(b)Prove that b r+s=b r b s if r and s are rational.
(c)If x is real,define B(x)to be the set of all numbers b t,where t is
rational and t≤x.Prove that
b r=sup B(r)
where r is rational.Hence it makes sense to define
b x=sup B(x)
for every real x.
(d)Prove that b x+y=b x b y for all real x and y.
1
Proof:For(a):mq=np since m/n=p/q.Thus b mq=b np. By Theorem1.21we know that(b mq)1/(mn)=(b np)1/(mn),that is, (b m)1/n=(b p)1/q,that is,b r is well-defined.
For(b):Let r=m/n and s=p/q where m,n,p,q are integers,and n>0,q>0.Hence(b r+s)nq=(b m/n+p/q)nq=(b(mq+np)/(nq))nq= b mq+np=b mq b np=(b m/n)nq(b p/q)nq=(b m/n b p/q)nq.By Theorem1.21 we know that((b r+s)nq)1/(nq)=((b m/n b p/q)nq)1/(nq),that is b r+s= b m/n b p/q=b r b s.
For(c):Note that b r∈B(r).For all b t∈B(r)where t is rational and t≤r.Hence,b r=b t b r−t≥b t1r−t since b>1and r−t≥0.Hence b r is an upper bound of B(r).Hence b r=sup B(r).
For(d):b x b y=sup B(x)sup B(y)≥b t x b t y=b t x+t y for all rational t x≤x and t y≤y.Note that t x+t y≤x+y and t x+t y is rational. Therefore,sup B(x)sup B(y)is a upper bound of B(x+y),that is, b x b y≥sup B(x+y)=b(x+y).
Conversely,we claim that b x b r=b x+r if x∈R1and r∈Q.The following is my proof.
b x+r=sup B(x+r)=sup{b s:s≤x+r,s∈Q}
=sup{b s−r b r:s−r≤x,s−r∈Q}
=b r sup{b s−r:s−r≤x,s−r∈Q}
=b r sup B(x)
=b r b x.
And we also claim that b x+y≥b x if y≥0.The following is my proof:
2
(r∈Q)
B(x)={b r:r≤x}⊂{b r:r≤x+y}=B(x+y), Therefore,sup B(x+y)≥sup B(x),that is,b x+y≥b x.
Hence,
b x+y=sup B(x+y)
=sup{b r:r≤x+y,r∈Q}
=sup{b s b r−s:r≤x+y,s≤x,r∈Q,s∈Q}
≥sup{sup B(x)b r−s:r≤x+y,s≤x,r∈Q,s∈Q}
=sup B(x)sup{b r−s:r≤x+y,s≤x,r∈Q,s∈Q}
=sup B(x)sup{b r−s:r−s≤x+y−s,s≤x,r−s∈Q}
=sup B(x)sup B(x+y−s)
≥sup B(x)sup B(y)
=b x b y
Therefore,b x+y=b x b y.
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