关于华东师大版《数学分析》教材中的一个错误证明的纠正

2019-08-11梁海华

大学教育 2019年8期

关键词：数学分析

梁海华

[摘要]指出了华东师大版《数学分析》教材中对实指数幂的运算性质的证明过程中的逻辑错误，引入新的技巧来纠正其证明并用该技巧来给出实指数幂运算性质的完整证明（包括教材中“证明留给读者”的部分）.

[关键词]华东师大版;数学分析;实指数幂运算性质;证明错误

[中图分类号] G64 [文献标识码] A [文章编号] 2095-3437（2019）08-0100-03

一、引言

数学分析是数学专业最重要的一门课程，是常微分方程、数学物理方程、复变函数、微分几何等分析类课程的基础. 学好数学分析，不仅可以培养严密的逻辑思维、审慎的推理能力，还能通过数学建模来解决实际问题. 当前，国内出版了众多的《数学分析》教材，各有特色，但国内使用最多的当属华东师大版的《数学分析》，见文献[1].

然而，一套好的教材需千锤百炼方可成为经典. 尽管华东师大版的《数学分析》教材颇受好评[2]，且已更新至第四版（以下把第四版简称为教材），但里面仍有一些瑕疵. 因此，不少数学教师发表论文，指出了教材中编写不合理的地方并提出修正的建议[3-4].

笔者在使用教材的过程中，也发现了一些较为明显的排版错误，如上册第84页的倒数第10行的“（7）”应为“（8）”;第154页第6行“必要性已由费马定理可出”应为“必要性已由费马定理看出”;第213页第6行的“定理9.5”应为“定理9.6”;等等. 但这些错误对于使用者而言影响不大，本文主要指出教材在证明定理4.10时的逻辑错误，该错误较为隐秘，至今仍未有文献对其展开探讨.

为方便，此处重述定理4.10.

定理4.10：设[a>0]是一个确定的实数，则对任意[α，β∈R]都有

[aα+β=aα?aβ，（aα）β=aαβ.] （1）

II. 定理4.10的证明错误及修正

教材通过分别证明[aα+β≥aα?aβ]和[aα+β≤aα?aβ]来得到第一个等式. 但在证明[aα+β≤aα?aβ]的过程中存在一个隐蔽的错误（87页4-6行）：

“为证相反的不等式，同理存在有理数[p≤α+β]，使得

[aα+β-ε

再取有理数[r≤α]和[s≤β]，并使[p≤r+s]”.

此处的错误在于，倘若[p=α+β]，则由

“[r≤α]，[s≤β]且[α+β=p≤r+s≤α+β]”

知，[r=α]且[s=β]. 這样，当[α]和[β]均为无理数（例如[α=1+3，] [β=3-3]）时，[r]和[s]不可能是有理数.

下面将给出正确的证明. 读者将会看到，当[p<α+β]时，教材的证明是正确的;而当[p=α+β]时，需要另寻他法. 首先给出如下引理.

引理. 设有理数[α，β]是任意两个实数，[p]是有理数且[p<α+β]. 则必存在两个有理数[r，s]使得[r≤α，s≤β]且[r+s>p].

证明：不妨设[α，β]均为正数，其余情形可类似得证. 因为[p<α+β]，所以存在非负整数[n]，使得[p]的[n]位过剩近似小于[α+β]的[n]位不足近似，即[pn<（α+β）n]，从而

[pn≤（α+β）n-110n].

另一方面，容易证明，

[αn+βn=（α+β）n]或[αn+βn=（α+β）n-110n.] （2）

事实上，设[α=a0. a1a2…， β=b0. b1b2…]. 若[an+1+bn+1<10]，则[αn+βn=（α+β）n];若[an+1+bn+1≥10]，则[αn+βn=（α+β）n-110n.]无论何种情况均成立着，从而总有[αn+βn][≥pn]. 于是，取[r=αn<α， s=βn<β]，便得到

[α+β>r+s=αn+βn≥pn>p.]

下面给出“[aα+β≤aα?aβ]”的正确证明.

不妨设[a>1]（关于[0

[aα+β=sup r≤α+β{ar|r 为有理数}]，

所以对任意[ε>0]，存在有理数[r0≤α+β]，使得

[ar0>aα+β-ε.] （3）

如果[r0<α+β]，则由引理知，存在两个有理数[r，s]使得

[r≤α，s≤β; r+s>r0.]

于是，

[ar0

其中第一和第三个不等号是利用指数函数的单调性得到，而第二个等号则是利用有理数指数幂的运算性质. 结合（3）和（4）便得：

[aα+β

因[ε]是任意的正数，所以上式意味着[aα+β≤aα?aβ].

如果[r0=α+β]，则未必存在有理数[r，s]使得[r≤α，s≤β; r+s≥r0.]以下将引入一种小技巧来解决这个问题，读者不难发现，下面的证明方法也完全适用于[r0<α+β]的情形.

既然[r0=α+β]，那么对任何正整数[n]都有[r0-1n<α+β]. 利用引理（那里的[p]相当于此处的[r0-1n]）知，存在有理数[r，s]使得

[r≤α，s≤β]且[r0-1n

故

[ar0-1n

注意[r0]和[1n]均为有理数，所以[ar0-1n=a-1n?ar0]，再由及便得

[aα+β-ε

令[ε→0]，由函数极限的保不等式性质得

[aα+β≤（aα?aβ）?a1n].

再令[n→∞]，由数列极限保不等式性质以及[limn→∞an=1]得[aα+β≤aα?aβ].

因此，无论是[r0<α+β]还是[r0=α+β]，都有[aα+β≤aα?aβ].

注. 证明过程中，先引入[r0-1n]，而后应用引理，最后再令[n→∞]是关键的技术.

III. 定理4.10第二式的证明

教材并未给出定理4.10第二式的证明，而是留给读者. 显然，第二式的证明比第一式的证明更复杂. 而且，如果没看出第一式的证明错误，则在证明第二式时仍会产生类似的逻辑错误.

下面将使用上一节所提出的技巧，给出后一个式子的严谨证明. 为此，只需要分别证明

[ （aα）β≤aαβ]及[aαβ≤ （aα）β].

根据实数指数幂的定义，[aα=sup r≤α{ar|r 为有理数}]，而

[（aα）β=sup r≤β{（aα）r|r 为有理数}， ]

[sup r≤αβ{ar|r 为有理数}.] （6）

首先证明[ （aα）β≤aαβ].

由上确界的定义，对任意[ε>0]，存在有理数[r≤α]使得[aα≤ar+ε]; 存在有理数[s≤β]使得

[（aα）β≤（aα）s+ε.] （7）

因此，

[（aα）β≤（ar+ε）s+ε.] （8）

记[f（x）=（ar+x）s+x.][f]可看作[g（u）=us]和[u（x）=ar+x]的复合函数再加上线性函数[h（x）=x]. 由于[s]为有理数，所以[g（u）=us]是其定义域上的连续函数，[u（x）][=ar+x]是[x]的连续函数，故 [（ar+x）s]是[x]的连续函数，从而[f]为定义域内的连续函数. 这样，

[limx→0f（x）=f（0）=（ar）s=ars.]

于是，在（7）的两边同时令[ε→0]便得[（aα）β≤ars.] 再由[r≤α]及[s≤β]以及指数函数的单调性得

[（aα）β≤ars≤aαβ].

其次证明[ aαβ≤（aα）β].

对任何正整数[n]，由（6）的第二式以及上确界的定义知，存在有理数[p≤αβ]使得

[aαβ≤ap+1n.] （9）

根据有理数的稠密性，可取有理数[r，s]使得[r≤α，s≤β]且[ rs+1n>p]. 于是，

[ap+1n≤ars+1n+1n=a1n?ars+1n]

[=a1n?（ar）s+1n≤a1n?（aα）β+1n.]

结合（9）立刻得

[aαβ≤a1n?（aα）β+1n.]

令[n→∞]，由[limn→∞an=1]以及数列极限的保不等式性质，得[aαβ≤（aα）β.]