关于华东师大版《数学分析》教材中的一个错误证明的纠正

关于华东师大版《数学解析》教材中的一个错误证明的纠正数学解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、微分几何平解析类课程的基础.学好数学解析，不单能够培育严实的逻辑思想、谨慎的推理能力，还能够经过数学建模来解决实责问题.当前，国内第一版了众多的《数学解析》教材，各有特点，但国内使用最多的当属华东师大版的《数学解析》，见文件.可是，一套好的教材需精益求精方可成为经典.只管华东师大版的《数学解析》教材颇受好评，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.所以，很多量学教师发布论文，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，也发现了一些较为显然的排版错误，如上册第84页的倒数第10行的“（7）”应为“（8）”;第154页第6行“必需性已由费马定理可出”应为“必需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.但这些错误关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，该错误较为奥密，到现在仍未有文件对其睁开商议.为方便，此处重述定理4.10.定理4.10：设[a0]是一个确立的实数，则对任意[α，β∈R]都有[aα+β=aα?aβ，（aα）β=aαβ（.]1）定理4.10的证明错误及修正教材经过分别证明[aα+β≥a?αaβ]和[aα+β≤a?αaβ]来获得第一个等式.但在证明[aα+β≤a?αaβ]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-εap.]再取有理数[r≤α]和[s≤β]，并使[p≤r+s]”.此处的错误在于，若是[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（比方[α=1+3，][β=3-3]）时，[r]和[s]不行能是有理数.下边将给出正确的证明.读者将会看到，当[pα+β]时，教材的证明是正确的;而当[p=α+β]时，需要另寻他法.第一给出以下引理.引理.设有理数[α，β]是任意两个实数，[p]是有理数且[pα+β].则必存在两个有理数[r，s]使得[r≤α，s≤β]且[r+sp].证明：不如设[α，β]均为正数，其他情况可近似得证.因为[pα+β]，所以存在非负整数[n]，使得[p]的[n]位节余近似小于[α+β]的[n]位不足近似，即[pn（α+β）n]，进而[pn≤（α+β）n-110n].另一方面，简单证明，[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+110]，则[αn+β（n=α+β）n];若[an+1+bn+1≥10]，则[αn+β（n=α+β）n-110n.]无论何种状况均成立着，进而总有[αn+βn][≥pn]于.是，取[r=αnα，s=βnβ]，便获得[α+βr+s=αn+βn≥pnp.]下边给出“[aα+β≤?aαaβ]的”正确证明.不如设[a1]（关于[0a1]的证明完整近似）.因为[aα+β=supr≤α+β{ar为“有r理数}]，所以对任意[ε0]，存在有理数[r0≤α+β]，使得[ar0aα+β-ε.]（3）若是[r0α+β]，则由引理知，存在两个有理数[r，s]使得[r≤α，s≤β;r+sr0.]于是，[ar0ar+s=ar?as≤aα?aβ，]（4）此中第一和第三个不等号是利用指数函数的单调性获得，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+βa?αaβ+ε.]因[ε]是任意的正数，所以上式意味着[aα+β≤a?αaβ].若是[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，下边的证明方法也完整适用于

[r0

α+β]的情况.既然[r0=α+β]，那么对任何正整数[n]都有[r0-1nα+β].利用引理（那处的[p]相当于此处的[r0-1n]）知，存在有理数[r，s]使得[r≤α，s≤β]且[r0-1nr+s].故[ar0-1nar+s=ar?as≤aα?aβ.]（5）注意[r0]和[1n]均为有理数，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≤a?αaβ].所以，无论是[r0α+β]仍是[r0=α+β]，都有[aα+β≤a?αaβ].注.证明过程中，先引入[r0-1n]，此后应用引理，最后再令[n→∞]是重点的技术.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.并且，若是没看出第一式的证明错误，则在证明第二式时仍会产生近似的逻辑错误.下边将使用上一节所提出的技巧，给出后一个式子的谨慎证明.为此，只需要分别证明[（aα）β≤aαβ]及[aαβ≤（aα）β].依据实数指数幂的定义，[aα=supr≤α{ar|r为有理数}]，而[（aα）β=supr≤β{（aα）r|r为有理数}，][supr≤αβ{ar|r为有理数}.]（6）第一证明[（aα）β≤aαβ].由上确界的定义，对任意[ε0]，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）所以，[（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].因为[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，进而[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）的两边同季节[ε→便0]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）依占有理数的茂密性，可取有理数

[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?（