關(guān)于華東師大版《數(shù)學(xué)分析》教材中的一個(gè)錯(cuò)誤證明的糾正

關(guān)于華東師大版《數(shù)學(xué)解析》教材中的一個(gè)錯(cuò)誤證明的糾正數(shù)學(xué)解析是數(shù)學(xué)專業(yè)最重要的一門課程，是常微分方程、數(shù)學(xué)物理方程、復(fù)變函數(shù)、微分幾何平解析類課程的基礎(chǔ).學(xué)好數(shù)學(xué)解析，不單能夠培育嚴(yán)實(shí)的邏輯思想、謹(jǐn)慎的推理能力，還能夠經(jīng)過(guò)數(shù)學(xué)建模來(lái)解決實(shí)責(zé)問(wèn)題.當(dāng)前，國(guó)內(nèi)第一版了眾多的《數(shù)學(xué)解析》教材，各有特點(diǎn)，但國(guó)內(nèi)使用最多的當(dāng)屬華東師大版的《數(shù)學(xué)解析》，見(jiàn)文件.可是，一套好的教材需精益求精方可成為經(jīng)典.只管華東師大版的《數(shù)學(xué)解析》教材頗受好評(píng)，且已更新至第四版（以下把第四版簡(jiǎn)稱為教材），但里面仍有一些瑕疵.所以，很多量學(xué)教師發(fā)布論文，指出了教材中編寫不合理的地方并提出修正的建議[3-4].筆者在使用教材的過(guò)程中，也發(fā)現(xiàn)了一些較為顯然的排版錯(cuò)誤，如上冊(cè)第84頁(yè)的倒數(shù)第10行的“（7）”應(yīng)為“（8）”;第154頁(yè)第6行“必需性已由費(fèi)馬定理可出”應(yīng)為“必需性已由費(fèi)馬定理看出”;第213頁(yè)第6行的“定理9.5”應(yīng)為“定理9.6”;等等.但這些錯(cuò)誤關(guān)于使用者而言影響不大，本文主要指出教材在證明定理4.10時(shí)的邏輯錯(cuò)誤，該錯(cuò)誤較為奧密，到現(xiàn)在仍未有文件對(duì)其睜開(kāi)商議.為方便，此處重述定理4.10.定理4.10：設(shè)[a0]是一個(gè)確立的實(shí)數(shù)，則對(duì)任意[α，β∈R]都有[aα+β=aα?aβ，（aα）β=aαβ（.]1）定理4.10的證明錯(cuò)誤及修正教材經(jīng)過(guò)分別證明[aα+β≥a?αaβ]和[aα+β≤a?αaβ]來(lái)獲得第一個(gè)等式.但在證明[aα+β≤a?αaβ]的過(guò)程中存在一個(gè)隱蔽的錯(cuò)誤87頁(yè)4-6行）：“為證相反的不等式，同理存在有理數(shù)[p≤α+β]，使得[aα+β-εap.]再取有理數(shù)[r≤α]和[s≤β]，并使[p≤r+s]”.此處的錯(cuò)誤在于，若是[p=α+β]，則由“[r≤α]，[s≤β]且[α+β=p≤r+s≤α+β]”知，[r=α]且[s=β].這樣，當(dāng)[α]和[β]均為無(wú)理數(shù)（比方[α=1+3，][β=3-3]）時(shí)，[r]和[s]不行能是有理數(shù).下邊將給出正確的證明.讀者將會(huì)看到，當(dāng)[pα+β]時(shí)，教材的證明是正確的;而當(dāng)[p=α+β]時(shí)，需要另尋他法.第一給出以下引理.引理.設(shè)有理數(shù)[α，β]是任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，[p]是有理數(shù)且[pα+β].則必存在兩個(gè)有理數(shù)[r，s]使得[r≤α，s≤β]且[r+sp].證明：不如設(shè)[α，β]均為正數(shù)，其他情況可近似得證.因?yàn)閇pα+β]，所以存在非負(fù)整數(shù)[n]，使得[p]的[n]位節(jié)余近似小于[α+β]的[n]位不足近似，即[pn（α+β）n]，進(jìn)而[pn≤（α+β）n-110n].另一方面，簡(jiǎn)單證明，[αn+βn=（α+β）n]或[αn+βn=（α+β）n-110n.]（2）事實(shí)上，設(shè)[α=a0.a1a2，β=b0.b1b2].若[an+1+bn+110]，則[αn+β（n=α+β）n];若[an+1+bn+1≥10]，則[αn+β（n=α+β）n-110n.]無(wú)論何種狀況均成立著，進(jìn)而總有[αn+βn][≥pn]于.是，取[r=αnα，s=βnβ]，便獲得[α+βr+s=αn+βn≥pnp.]下邊給出“[aα+β≤?aαaβ]的”正確證明.不如設(shè)[a1]（關(guān)于[0a1]的證明完整近似）.因?yàn)閇aα+β=supr≤α+β{ar為“有r理數(shù)}]，所以對(duì)任意[ε0]，存在有理數(shù)[r0≤α+β]，使得[ar0aα+β-ε.]（3）若是[r0α+β]，則由引理知，存在兩個(gè)有理數(shù)[r，s]使得[r≤α，s≤β;r+sr0.]于是，[ar0ar+s=ar?as≤aα?aβ，]（4）此中第一和第三個(gè)不等號(hào)是利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性獲得，而第二個(gè)等號(hào)則是利用有理數(shù)指數(shù)冪的運(yùn)算性質(zhì)

.

結(jié)合（

3）和（4）便得：[aα+βa?αaβ+ε.]因[ε]是任意的正數(shù)，所以上式意味著[aα+β≤a?αaβ].若是[r0=α+β]，則未必存在有理數(shù)[r，s]使得[r≤α，s≤β;r+s≥r0.]以下將引入一種小技巧來(lái)解決這個(gè)問(wèn)題，讀者不難發(fā)現(xiàn)，下邊的證明方法也完整適用于

[r0

α+β]的情況.既然[r0=α+β]，那么對(duì)任何正整數(shù)[n]都有[r0-1nα+β].利用引理（那處的[p]相當(dāng)于此處的[r0-1n]）知，存在有理數(shù)[r，s]使得[r≤α，s≤β]且[r0-1nr+s].故[ar0-1nar+s=ar?as≤aα?aβ.]（5）注意[r0]和[1n]均為有理數(shù)，所以[ar0-1n=a-1n?ar0]，再由及便得[aα+β-εar0=ar0-1n?a1n（ar+s）?a1n=（ar?as）?a1n（aα?aβ）a1n].令[ε→0]，由函數(shù)極限的保不等式性質(zhì)得[aα+β≤（aα?aβ）?a1n].再令[n→∞]，由數(shù)列極限保不等式性質(zhì)以及[limn→∞an=1]得[aα+β≤a?αaβ].所以，無(wú)論是[r0α+β]仍是[r0=α+β]，都有[aα+β≤a?αaβ].注.證明過(guò)程中，先引入[r0-1n]，此后應(yīng)用引理，最后再令[n→∞]是重點(diǎn)的技術(shù).III.定理4.10第二式的證明教材并未給出定理4.10第二式的證明，而是留給讀者.顯然，第二式的證明比第一式的證明更復(fù)雜.并且，若是沒(méi)看出第一式的證明錯(cuò)誤，則在證明第二式時(shí)仍會(huì)產(chǎn)生近似的邏輯錯(cuò)誤.下邊將使用上一節(jié)所提出的技巧，給出后一個(gè)式子的謹(jǐn)慎證明.為此，只需要分別證明[（aα）β≤aαβ]及[aαβ≤（aα）β].依據(jù)實(shí)數(shù)指數(shù)冪的定義，[aα=supr≤α{ar|r為有理數(shù)}]，而[（aα）β=supr≤β{（aα）r|r為有理數(shù)}，][supr≤αβ{ar|r為有理數(shù)}.]（6）第一證明[（aα）β≤aαβ].由上確界的定義，對(duì)任意[ε0]，存在有理數(shù)[r≤α]使得[aα≤ar+ε];存在有理數(shù)[s≤β]使得[（aα）β≤（aα）s+ε.]（7）所以，[（aα）β≤（ar+ε）s+ε.]（8）記[f（x）=（ar+x）s+x.][f]可看作[g（u）=us]和[u（x）=ar+x]的復(fù)合函數(shù)再加上線性函數(shù)[h（x）=x].因?yàn)閇s]為有理數(shù)，所以[g（u）=us]是其定義域上的連續(xù)函數(shù)，[u（x）][=ar+x]是[x]的連續(xù)函數(shù)，故[（ar+x）s]是[x]的連續(xù)函數(shù)，進(jìn)而[f]為定義域內(nèi)的連續(xù)函數(shù).這樣，[limx→0f（x）=f（0）=（ar）s=ars.]于是，在（7）的兩邊同季節(jié)[ε→便0]得[（aα）β≤ars].再由[r≤α]及[s≤β]以及指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性得[（aα）β≤ars≤aαβ].其次證明[aαβ≤（aα）β].對(duì)任何正整數(shù)[n]，由（6）的第二式以及上確界的定義知，存在有理數(shù)[p≤αβ]使得[aαβ≤ap+1n.]（9）依占有理數(shù)的茂密性，可取有理數(shù)

[r，s]使得

[r

≤α，s≤β]且[rs+1np].

于是，[ap+1n≤ars+1n+1n=a1n

?ars+1n][=a1n?（ar）s+1n≤a1n?（