I 3.6 整数和有理数
实数集$R$ 的某些子集具有区别于其他实数的特殊性质。本节讨论整数集和有理数集这两个子集。
我们从数1开始引入正整数。数1的存在性由域公理4所保证。数 $1+1$ 用 $2$ 表示，数 $2+1$ 用 $3$ 表示，数 $3+1$ 用 $4$ 表示 $\cdots$ 以此类推。通过这种重复加1的方法得到的数$1,2,3 \cdots$ 全都是正的，称为正整数。严格来说，正整数的这种描述并不完整，因为没有详细解释“以此类推”“重复加1”指的是什么。虽然这些表述的直观意义似乎是清楚的，但为了实数系统的严谨性，必须给正整数更准确的定义。定义正整数的方法有很多种，其中一个方便的方法是引入归纳集 (inductive set) 的概念。
归纳集的定义 一个实数的集合如果具有以下两个性质，就被称为归纳集.
$(a)$ 数 $1$ 在集合中
$(b)$ 对集合中的任意一个数$x$, 数 $x+1$ 也在集合中.
例如，$R$ 是一个归纳集，$R^+$ 也是一个归纳集。现在我们把正整数定义为属于每个归纳集的那些实数。
正整数的定义 如果一个实数属于每一个归纳集，则这个实数叫做正整数.
令$P$ 表示所有正整数的集合。 那么 $P$ 本身是一个归纳集。因为$(a)$ 它包含了$1$. $(b)$ 如果它包含了$x$，则它包含了$x+1$. 因为 $P$ 的元素属于每个归纳集，所以把 $P$ 称为最小归纳集。 集合$P$ 的这个性质，为归纳证法这一类推理提供了逻辑基础。第四节将给出关于归纳证法的详细讨论。
正整数的负值称为负整数。正整数和负整数以及0一起构成一个集合 $Z$, 称为整数集。
若是实数系统的详尽论述，到了这个阶段有必要证明关于整数的某些定理。例如，两个整数的和，差或积是一个整数，但两个整数的商不一定是整数。然而我们不在这里详述这些证明。
整数的商$\dfrac{a}{b}$ 称为有理数，用 $Q$ 表示。有理数集$Q$包含了整数集$Z$作为一个子集。有理数集$Q$满足所有域公理和序公理，是一个有序域。不在$Q$中的实数称为无理数。
I 3.7 实数作为直线上的点的几何解释
1902年，希尔伯特《几何基础》发表，5组数学公理确立了欧几里德直线上的点与实数的一一对应关系，是数学发展史上的里程碑事件。直线通常叫做实线或实轴。而且习惯上可互换使用实数和点这两个词。于是我们经常讲点$x$而不说对应于实数$x$的点。如图，我们选择直线上一点表示$0$，在 $0$ 右边的某一点表示 $1$。这个选择确定了尺度。
实数中的序关系有一个简单的几何解释。如图。如果$x<y$，则点$x$位于点$y$的左边。正数位于$0$的右边而负数位于$0$的左边。如果$a<b$，当且仅当点$x$位于$a$和$b$之间时$x$满足不等式$a<x<b$.
I 3.8 集合的上界，最大元，最小上界 (上确界)
前面列出的9条公理包含了初等代数中通常论述的实数的性质。在微积分中，还有一个在初等代数中不讨论的重要公理，这个公理 (或与之等价的性质) 被用来证明无理数的存在。
在初等代数中，当我们尝试解某些二次方程时就会出现无理数。例如求一个实数满足$x^2=2$. 由前9条公理我们不能证明 $R$ 中存在这样一个$x$. 因为$Q$ 也满足所有域公理和序公理，但不存在平方为$2$的有理数。 公理10使我们能在实数系中引进无理数，并给出了实数系的连续性。这个性质是微积分学的逻辑结构的基石。
为了方便叙述公理10，我们先引入一些专有名词和记号。
有序集的概念 某个集合上定义了一种序，便是一个有序集。例如，如果对任意两个有理数$a$和$b$, 规定 $a<b$ 即 $b-a$ 是正有理数，则有理数集 $Q$ 是一个有序集。
上界的概念 上界是一个与有序集有关的特殊元素，指的是有序集中大于或等于它的子集中一切元素的元素。设$U$是一个有序集，若存在$y \in U$, 对任意$x \in S \subseteq U$ 都有 $x \le y$ . 则称 $y$ 是子集$S$ 的一个上界。
上界在实数集R上的定义 假定$S$是一个非空实数集，并假定对$S$中的每个$x$, 存在一个数$B$, 使得
\[\begin{align} x \le B \end{align}\]那么就说$x$是以 $B$ 为上界的 ($S$ is bounded above by $B$) 。数 $B$ 称为 $S$ 的一个上界。 我们说$B$ 是一个上界，因为每个大于$B$ 的数也都是上界。如果上界 $B$ 也是$S$ 中的数，则称$B$ 为$S$ 的最大元. 至多可能存在一个这样的$B$. 如果存在，记作$B = max\ S$.
于是，如果$B \in S$ 且 $x \le B$，$\forall x \in S$, 则 $B= max \ S$ .
一个没有上界的集合称为是无上界的 (unbounded above).
以下例子用来说明这些术语的意义.
例1 令 $S$ 是所有正实数的集合，这个集合是无上界的。它没有上界也没有最大元。
例2 令 $S$ 是所有满足 $0\le x \le 1$ 的实数 $x$ 的集合。这个集合以 $1$ 为上界。$1$ 也是最大元。
例3 令 $T$ 是所有满足 $0\le x \lt 1$ 的实数 $x$ 的集合。这个集合以1为上界，但没有最大元。
某些集合 (如例3中的集合) 有上界, 但没有最大元。对这些集合，有一个取代最大元的概念，这个概念称为最小上界，其定义如下：
最小上界的定义 如果数$B$ 具有以下两个性质，则称$B$是非空集合$S$ 的最小上界.
$(a)$ $B$ 是$S$ 的一个上界.
$(b)$ 小于$B$ 的数不是 $S$ 的上界.
如果$S$有最大元，这个最大元也是最小上界。但如果$S$没有最大元，它仍然可以有一个最小上界。在例3中，$T$虽然没有最大元，但数$1$是 $T$ 的最小上界。
最小上界的唯一性 两个不同的数不可能是同一集合的最小上界.
证明: 假设$B$和$C$都是集合$S$的最小上界，因为$B$是最小上界，由性质$(b)$有$C\ge B$. 类似地，因为$C$是最小上界, 有$B \ge C$. 所以$B=C$. 即最小上界是唯一的. $#$
这个定理告诉我们，一个集合如果有最小上界，那么这个最小上界是唯一的。因为我们可以只说“最小上界”，而不必说”一个最小上界”。
通常用更简明的术语上确界来指一个集合的最小上界，缩写为$\sup$. 用$B = \sup S$ 表示$B$ 是$S$的最小上界/上确界.
I 3.9 最小上界公理 (完备性公理)
现在我们来叙述实数系的最小上界公理。
公理10 非空有上界的实数集$S$必有上确界. 即存在一个实数$B$ 使得$B = \sup S$.
再次强调，$S$的上确界不必是$S$的一个元素，事实上，当且仅当$S$存在最大元时$\sup S \in S$. 这种情况下$\max S = \sup S$.
类似地，我们可以给出下界，有下界，最小元的定义，这里不一一写出。最小元记作 $\min S$.
一个数$L$如果满足$(a)$ $L$ 是$S$的一个下界 $(b)$ 大于$L$的数不是$S$的下界. 则数$L$叫做$S$的 最大下界 (下确界). 下确界存在时也是唯一确定的，记作 $\inf S$. 如果$S$存在最小元，则 $\min S = \inf S$.
利用公理10可以证明以下定理：
下确界定理 非空有下界的实数集$S$必有下确界. 即存在一个实数$L$ 使得$L=\inf S$.
证明： 令$-S$ 表示$S$ 中数的负值的集合. 则$-S$非空且有上界. 由公理10存在一个实数$B$, 这个$B$ 是$-S$ 的上确界. $S$中每个元素$x$取负值后对应$-S$ 中的$-x$. 由上确界性质$(a)$ $B$ 是一个上界，则对$\forall x \in S$ 有 $-x \le B$ 即$x \ge -B$. 所以$-B$是$S$的一个下界. 由上确界性质$(b)$ 小于$B$ 的数都不是$-S$ 的上界，对任意$B’<B$, 存在$-x \in -S$, 使得$-x>B’$. 即对任意$-B’>-B$, 都存在$x \in S$, 使得$x<-B’$. 所以$-B$ 是$S$的最大下界. 即$-B=\inf S$. $#$
再看前面的例子，例1中所有正实数的集合，数$0$是集合的下确界，这个集合没有最小元. 例2和例3中数$0$是最小元.
这些例子都容易确定集合$S$是否有上界或下界，也容易确定上确界$\sup S$ 和下确界$\inf S$. 下面的例子说明确定上界或下界是否存在有时是困难的.
例4$\quad$令 $S$ 是形如$(1+1/n)^n$ 的所有数的集合，其中$n=1,2,3,\cdots$ . 例如，取$n=1,2$和$3$我们得到$S$中的数$2,\dfrac{9}{4}$和$\dfrac{64}{27}$.集合中的每个数都大于1，因此集合$S$是有下界的.
\[\begin{align} \hspace{-2em}\dfrac{(1+\dfrac{1}{n+1})^{n+1}}{(1+\dfrac{1}{n})^n} &= \dfrac{(1+\dfrac{1}{n+1})^{n+1}}{(1+\dfrac{1}{n})^{n}\cdot (1+\dfrac{1}{n})} \cdot (1+\dfrac{1}{n}) \\ &= (1+\dfrac{1}{n}) \left(\frac{1+\frac{1}{n+1}}{1+\frac{1}{n}}\right)^{n+1} \\ &= (1+\dfrac{1}{n})\left(\frac{\frac{n+2}{n+1}}{\frac{n+1}{n}}\right)^{n+1} \\ &= (1+\dfrac{1}{n})\left(\dfrac{n^2+2n}{(n+1)^2}\right)^{n+1} \\ &= (1+\dfrac{1}{n})\left(1-\dfrac{1}{(n+1)^2}\right)^{n+1} \\ &\ge (1+\frac{1}{n})(1+(n+1)\left(-\frac{1}{(n+1)^2}\right)) (伯努利不等式(1+x)^n\ge 1+nx) \\ &= (1+\frac{1}{n})(1-\dfrac{1}{n+1}) \\ &= \dfrac{n+1}{n} \cdot \dfrac{n}{n+1} = 1 \end{align}\]所以数列$(1+1/n)^n$ 是单调递增的，$n=1$时取得最小值$2$. 所以集合$S$的下确界$\sup S = \min S = 2$.
下面来证明集合$S$ 有上界，只须证单调递增数列$(1+1/n)^n$ 有上界.
\(\begin{align} (1+\dfrac{1}{n})^n &= \sum_{k=0}^n C_n^k(\dfrac{1}{n})^k \quad (二项式定理) \\ &= \sum_{k=0}^n \dfrac{n!}{k!(n-k)!} (\dfrac{1}{n})^k \\ &= 1+1+\sum_{k=2}^n\dfrac{n(n-1)\cdots (n-(k-1))}{k!}\dfrac{1}{n^k} \\ &= 1+1+\sum_{k=2}^n\dfrac{1(1-\frac{1}{n})\cdots (1-\frac{k-1}{n})}{k!} \\ &\lt 2+\sum_{k=2}^n\dfrac{1}{k!} \\ &= 2+(\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\cdots +\dfrac{1}{n!}) \\ &\lt 2+(\dfrac{1}{2 \times 1}+\dfrac{1}{3 \times 2}+\cdots +\dfrac{1}{n\times (n-1)}) \quad (放缩)\\ &= 2+(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2})+(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3})+\cdots ++(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}) \quad(裂项求和)\\ &= 2+(1-\dfrac{1}{n}) \lt 3 \quad \# \end{align}\)
所以集合$S$有上界. 公理10告诉我们$S$必有上确界。这种情况下不容易通过$S$的表达式来确定上确界$\sup S$的值。后面有一章我们将了解到$\sup S$是一个近似等于$2.718$的无理数。这是微积分中一个重要的数，称为欧拉数$e$.
I 3.10 实数系的阿基米德性质
本节包含了实数系的若干重要性质，这些性质是最小上界公理的结果。
定理I.28 正整数$1,2,3,\cdots $ 的集合$P$ 是没有上界的.
证明： 假设集合$P$ 有上界. 因为$P$是非空的，由公理10知$P$必有最小上界 (整数集也有最小上界性，有理数集则没有)，设$P$ 的最小上界是$b$, 则由最小上界的定义，$b-1$ 不是$P$ 的上界，即存在正整数$n$, 使得$n>b-1$. 对这个$n$，我们有$n+1 > b$. 由正整数的最小归纳集定义，$n+1$ 也在$P$ 中，这与$b$ 是$P$ 的上界矛盾，所以$P$ 是没有上界的. $#$
作为定理I.28的推论，我们有以下结论：
定理I.29 对任意实数$x$, 存在正整数$n$，使得$n>x$.
证明： 原命题的否定表述为：存在某个实数$x$，对任意的正整数都有$n <= x$. 即正整数集$P$ 存在一个上界$x$，这与定理I.28矛盾，故原命题的否定为假，则原命题得证。
定理I.30 (阿基米德性质) 如果$x>0$ 且 $y$ 是任意实数，则存在正整数$n$, 使得$nx>y$.
证明： 把定理I.29中的$x$ 替换为 $y/x$ 即得证.
阿基米德性质的几何意义是：一条线段无论有多长，都可以用给定任意短的线段的有限倍数来覆盖。换句话说，一根小直尺只要使用足够多次就能度量任意大的距离。当年阿基米德意识到这是直线的一个基本性质并把它明确地列为几何公理之一。在19至20世纪创立的非阿基米德几何中这条公理被去掉了。
由阿基米德性质，我们能证明以下定理。这个定理在积分学的讨论中非常有用。
定理I.31 如果对每个整数$n \ge 1$, 实数$a, x, y$ 满足不等式
\(\begin{align} a \le x \le a + \dfrac{y}{n} \end{align}\) 则 $x = a$.
证明： 如果$x>a$, 则有$x-a >0$. 由阿基米德性质，存在正整数$n$, 使得$n(x-a)>y$ 即$x> a+\dfrac{y}{n}$ ，这与不等式$x \le a+\dfrac{y}{n}$ 矛盾，因此不能有$x>a$, 于是必须有$x=a$.
3.11 上确界和下确界的基本性质
这节讨论上确界和下确界的三个基本性质，这些性质在微积分中将会用到。第一个性质指出，任何有上确界的实数集包含任意接近它的上确界的点。类似地，任何有下确界的实数集包含任意接近它的下确界的点。
定理I.32 $S$ 是一个实数集，$h$ 是任意给定的正数
$(a)$ 如果$S$有上确界，则存在$x \in S$, 使得 $x > \sup S-h$.
$(b)$ 如果$S$有下确界，则存在$x \in S$, 使得$x < \inf S+h$.
证明：命题$(a)$ 中，如果对$\forall x \in S$ 都有$x \le \sup S-h$, 则$\sup S-h$ 是比$\sup S$ 更小的小界，与$\sup S$ 是最小上界矛盾，所以至少存在一个$x \in S$ 满足$x > \sup S -h$. $(b)$ 的证明同理, 如果对$\forall x \in S$ 都有$x \ge \inf S+h$，则$\inf S+h$ 是一个比$\inf S$更大的下界，与$\inf S$ 是最大下界矛盾.
定理I.33 可加性 给定$\mathbb{R}$ 的非空子集$A$和$B$, 令$C$表示集合
\[C = \left\{\ a+b\hspace{0.4em}|\hspace{0.4em}a\in A, b\in B\ \right\}\]$(a)$ 如果$A$和$B$每一个都有上确界，则$C$有上确界，而且
\[\sup C = \sup A + \sup B\]$(b)$ 如果$A$和$B$每一个都有下确界，则$C$有下确界, 而且
\[\hspace{-3em} \inf C = \inf A + \inf B\]证明： $(a)$ 根据集合$C$的定义，对$\forall c \in C$ 有 $c = a+b$, 其中$a \in A$, $b \in B$. 因为$A$和$B$ 都有上确界，分别记为$\sup A$ 和$\sup B$, 则有$c \le \sup A + \sup B$, 故 $\sup A+\sup B$ 是集合$C$的一个上界，根据最小上界公理$C$必有上确界，则有
\[\hspace{-3em} \sup C \le \sup A + \sup B\]令$h = \dfrac{1}{n}$ , 其中$n$为任意正整数. 根据上确界的第一个基本性质(定理I.32), 存在$a \in A$ 使得$a > \sup A - \dfrac{1}{n}$ ；存在$b \in B$ 使得$b > \sup B - \dfrac{1}{n}$. 两不等式相加得：
\[\hspace{-3em}a+b \gt \sup A + \sup B - \dfrac{2}{n} \quad即\quad \sup A +\sup B < a+b+\dfrac{2}{n}\]由于$a+b \in C$, 有 $a+b \le \sup C$，则 $\sup A+\sup B \lt \sup C + \dfrac{2}{n}$ 成立. 综上有
\[\hspace{-3em}\sup C \le \sup A + \sup B \lt \sup C + \dfrac{2}{n}\]对每个整数$n \ge1$ 都成立。根据阿基米德性质的推论(定理I.31) 必有 $\sup C = \sup A + \sup B$. 命题$(a)$ 得证.
同理可证命题$(b)$.
定理I.34 给定$\mathbb{R}$ 的非空子集$S$和$T$, 使得对$\forall s \in S$, $\forall t \in T$ 有
\[\hspace{-5em} s \le t\]则$S$有上确界，而$T$有下确界，而且满足不等式
\[\hspace{-5em} \sup S \le \inf T\]证明： $T$中任意$t$ 都是$S$ 的上界，由最小上界公理，非空实数集$S$必有上确界 $\sup S$. 由上确界的定义有 $\sup S \le t$ 对任意$t \in T$ 都成立. 由下确界定义知 $\sup S$ 是$T$ 的一个下界，由最小上界公理的直接推论(下确界定理)，非空实数集$T$必有下确界 $\inf T$. 由下确界 (最大下界) 的定义有 $\sup S \le \inf T$ 成立.
3.13 非负实数平方根的存在
平方根的定义：如果$x^2=a$, 则称实数$x$ 是实数$a$ 的一个平方根.
$a$存在平方根等价于方程$x^2=a$ 有实数解。方程的每个解 $x$ 称为实数$a$ 的一个平方根。前面提到过方程$x^2=2$在有理数中无解。借助公理10，我们可以证明: 当$a \ge 0$ 时方程$x^2 = a$ 有实数解，即证明非负实数都存在平方根。
如果不借助公理10，我们先来看看，仅由前9条实数公理能推出哪些关于平方根的结论。首先，负数不存在平方根，因为如果$x^2=a$, $a$ 作为一个平方的结果必须是非负的。根据序公理7的推论定理I.20 ( 如果$x\ne 0$ 则$x^2>0$ ) 和域公理的推论定理I.6 ( $0 \cdot x =0$ ) 中$x$ = $0$ 的情形，可证$x^2$ 是非负的，所以当$a<0$ 时 $x^2=a$ 没有实数解。当$a\ge0$ 时假设$x^2=a$ 有实数解，当$a=0$ 时，$x=0$ 是唯一的平方根，即$0$有且仅有$0$这一个平方根：$\sqrt{0}=0$。这由域公理的推论定理I.11 (如果$ab=0$ 则$a=0$或$b=0$) 取$a=b=x$ 可以证明；当$a>0$时，方程 $x^2=a$ 的解$x\ne 0$ 且有 $(-x)^2=x^2=a$ 即$-x$也是$a$ 的一个平方根。这由域公理的推论定理I.12: $(-a)(-b)=ab$ 中取$a=b=x$ 可证。也就是说，假如正数$a$存在平方根，则至少有一正一负互为相反数的两个平方根。而且它至多有两个平方根: 假设$x$和$y$ 是$a$的两个不同的平方根，即$x^2=a$ 且 $y^2=a$ 成立，则有$x^2=y^2$ 即$(x+y)(x-y)=0$，再次由定理I.11有$x+y=0$ 或 $x-y=0$, 即$x=-y$ 或 $x=y$. 所以必有$x=-y$. 两个不同的平方根必互为相反数，所以最多有两个。综上，假如正数$a$存在平方根， 则恰有一正一负互为相反数的两个平方根。
微积分中，连续函数的中值定理也能推出非负实数至少存在一个平方根，但了解一下平方根的存在性怎么由公理10直接证明是有启发性的。
定理I.35 非负实数$a$存在唯一的非负平方根.
注：如果$a \ge 0$, $a$ 的非负平方根记为$\sqrt{a}$ 或 $a^{\frac{1}{2}}$. 如果$a \gt 0$, $a$ 的负平方根记为$-\sqrt{a}$ 或 $-a^{\frac{1}{2}}$.
证明：$1)$ 如果$a=0$, 由域公理的推论定理I.11可知，$0$ 是唯一的平方根.
$2)$ 如果 $a > 0$, 令$S$ 是所有满足$x^2 \le a$ 的正实数$x$ 构成的集合。
(思路：证明非空实数集$S$ 的上确界$b$ 是方程$x^2=a$ 的解，即$b^2=a$. 即证明了$a$存在非负平方根$b$. 借助最小上界公理，用反证法排除$b^2>a$ 和 $b^2<a$ 的情况)
由不等式 $(1+a)^2 > a$ 恒成立可知 $1+a$ 是$S$的一个上界. 下面证明$S$ 是非空集合.
不等式两边乘$a$得 $a^2 < a(1+a)^2$ 再变形得 $(\dfrac{a}{1+a})^2 < a$. 则存在正实数$x=\dfrac{a}{1+a}$ 满足 $x^2\le a$. 即$S$包含了正实数$\dfrac{a}{1+a}$, 这就证明了$S$ 是非空实数集. 由最小上界公理可知 $S$ 必有上确界，记作$b$. 由上界定义有 $\dfrac{a}{1+a}\le b$. 故$b>0$. 猜想$b$ 是方程$x^2=a$ 的正实数解，分别讨论$b^2>a$ , $b^2<a$ 和 $b^2=a$ 这三种仅有的可能性.
假设$b^2>a$成立. 则$b^2-a>0$. 令$c = b - \dfrac{b^2-a}{2b} = \dfrac{1}{2}(b+\dfrac{a}{b})$. 则$0<c<b$.
$c^2=b^2-(b^2-a)+\dfrac{(b^2-a)^2}{4b^2}=a+\dfrac{(b^2-a)^2}{4b^2}>a$ . 则对$\forall x \in S$ 有 $x^2 \le a < c^2$ 则 $x^2 < c^2$ 即 $(c+x)(c-x) >0$ 对 $\forall x \in S$ 都成立，由序公理推论定理I.24, 如果$ab>0$ 则$a$和$b$ 都为正或都为负, $c+x>0$ 所以 $c-x$ 也为正，即 $x < c$ 对 $\forall x \in S$ 都成立. 故$c$ 是$S$的一个上界，则 $c < b$ 与 $b$ 是$S$的最小上界矛盾。所以$b^2>a$ 不可能成立.
假设 $b^2<a$ 成立. 则$a-b^2>0$. 令正实数$c$满足$c<b$ 且 $c < \dfrac{a-b^2}{3b}$ 则有
$(b+c)^2 = b^2 + 2bc + c^2 < b^2 + 2bc + bc = b^2 + 3bc<b^2 + (a-b^2)=a$.
则正实数 $b+c \in S$ 且有 $b+c>b$ . 这与$b$ 是$S$ 的上界矛盾，所以$b^2<a$ 也不可能成立. 所以只剩唯一的可能性 $b^2 = a$. 这就证明了$a>0$时方程$x^2=a$ 有正实数解$b$. 即正数$a$存在平方根. 由前面推理的结论知正数$a$恰有一正一负互为相反数的两个平方根。所以正数$a$ 存在唯一的正平方根. 综合1)和2) 定理I.35得证.
I 3.14 高阶根. 有理幂
最小上界公理也能用来证明高阶根的存在. 例如，如果$n$是正的奇数，则对每一个实数 $x$ ，恰好存在一个实数$y$ , 使得$y^n=x$. 这个$y$ 被称为$x$ 的$n$ 次方根 (nth root of x)，记为$y=\sqrt[n]{x}$ 或 $y=x^{1/n}$ .
当$n$ 是偶数时，如果x是负数则不存在偶数次方根，因为$y^n \ge0$, 任何实数的偶数次方都是非负的。如果$x$为正数则存在偶数次方根，可以证明存在唯一的正实数$y$使得 $y^n=x$. 这个$y$称为$x$的正$n$次方根, 记号也是$\sqrt[n]{x}$ 或 $x^{1/n}$ . 因为$(-y)^n=y^n$, 正数$x$存在一正一负两个偶数次方根. 注意当$n$ 是偶数时，$\sqrt[n]{x}$ 仅表示正n次方根。这些结论的证明这里不讨论，它们将由连续函数的中值定理推出. (见3.10)
用高阶根定义有理指数幂：如果$r$是正有理数，记作$r = m/n$, 其中$m$和$n$是正整数，我们把有理幂$x^r $ 即$x^{\frac{m}{n}}$定义为$x^m$ 的$n$次方根 (只要$n$次方根存在) 或 $x$的$n$次方根的$m$次幂, 即定义$x^{\frac{m}{n}}=(x^m)^{\frac{1}{n}}=(x^{\frac{1}{n}})^m$. 如果$x \ne 0$ ,当$x^r$ 存在时, 我们定义$x^{-r}=\dfrac{1}{x^r}$ . 根据这些定义，不难验证常见的整数指数运算定律对有理指数也是成立的：$x^r \cdot x^s = x^{r+s}$ , $(x^r)^s = x^{rs}$ 以及 $(xy)^r = x^ry^r$.
证明： $(x^r)^s = x^{rs}$ , $r \in \mathbb{Q}$
令$r = \dfrac{a}{b}$, $s=\dfrac{c}{d}$ , $a,b,c,d \in \mathbb{Z}$. 根据有理指数幂的定义有
\[\begin{align} (x^{\frac{a}{b}})^{\frac{c}{d}} &= \biggl(\bigl((x^a)^{\frac{1}{b}}\bigr)^c\bigg)^{\frac{1}{d}}\\ &=\biggl(\bigl((x^a)^c\bigr)^{\frac{1}{b}}\bigg)^{\frac{1}{d}} \\ &=\biggl(\bigl(x^{ac}\bigr)^{\frac{1}{b}}\bigg)^{\frac{1}{d}} \quad(运用整数指数幂运算定律)\\ &=\biggl(x^{\frac{ac}{b}}\bigg)^{\frac{1}{d}} \\ &= x^{\frac{ac}{bd}} \quad(\frac{ac}{b}看成整体，根据定义可得) \\ &=x^{\frac{a}{b}\cdot \frac{c}{d}} \end{align}\]证明： $(xy)^r = x^r y^r$ , $r \in \mathbb{Q}$
令 $r= \dfrac{m}{n}, m, n \in \mathbb{Z}$ , 等式右边取$n$次幂，即可运用整数指数运算定律：
\[\begin{align} \left( x^{\frac{m}{n}} y^{\frac{m}{n}} \right)^n &= ( x^{\frac{m}{n}})^n (y^{\frac{m}{n}})^n \\ &= x^{\frac{m}{n}\cdot n} y^{\frac{m}{n}\cdot n} \quad(根据(x^r)^s = x^{rs})\\ &= x^m y^m \\ &=(xy)^m \end{align}\]根据$n$次方根定义有 $\biggl((xy)^{m}\biggr)^{\frac{1}{n}}=(xy)^{\frac{m}{n}} = x^{\frac{m}{n}}y^{\frac{m}{n}}$ 即$(xy)^r = x^r y^r$, $r \in \mathbb{Q}$ 得证.
证明： $x^r \cdot x^s = x^{r+s}$ ， $r, s \in \mathbb{Q}$
令$r = \dfrac{a}{b}$, $s=\dfrac{c}{d}$ , $a,b,c,d \in \mathbb{Z}$. 应用两个已证明的有理指数幂运算律和整数指数幂运算律：
$(x^{\frac{a}{b}}x^{\frac{c}{d}})^{bd}=x^{ad}x^{bc}=x^{ad+bc}$
根据$n$次方根定义有 $x^{\frac{ad+bc}{bd}}=x^{\frac{a}{b}}x^{\frac{c}{d}}$ 即 $x^{\frac{a}{b}+\frac{c}{d}}=x^{\frac{a}{b}}x^{\frac{c}{d}}$ 命题得证.
I 3.15 实数的十进制小数表示
形如 $r= a_0 + \dfrac{a_1}{10}+\dfrac{a_2}{10^2}+\cdots + \dfrac{a_n}{10^n}$ (I.16) 的实数，通常记为更简短的形式：$r = a_0.a_1a_2\cdots a_n$ 其中$a_0$是一个非负整数，$a_1,a_2,a_3,\cdots a_n$ 是满足 $0\le a_i \le 9$ 的整数. 此表达式称为实数$r$ 的有尽小数表示 (finite decimal representation). 例如，
$\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{10}=0.5\ ,\quad \dfrac{1}{50}=\dfrac{2}{10^2}=0.02\ ,\quad \dfrac{29}{4}=7+\dfrac{2}{10}+\dfrac{5}{10^2}=7.25$
像这样能用有尽小数表示的实数一定是有理数，实际上它们都能化为分数形式$\dfrac{a}{10^n}$ , 其中$a$ 是一个整数. 然而不是所有的有理数都能用有尽小数来表示，例如$\dfrac{1}{3}$如果能用有尽小数表示，则对某个整数$a$有$\dfrac{1}{3}=\dfrac{a}{10^n}$ 即 $3a=10^n$ . 但因为$3$不是10的任何次幂的因数，所以这表达式不可能存在.
然而如果$n$取足够大，就能通过I.16 和的形式把任意正实数$x$近似到所希望的任意精度。原因可从以下几何论证看出：
如果$x$不是一个整数，那么必然位于两个连续的整数之间，比方说 $a_0 < x < a_0+1$ . 可以把连接$a_0$和$a_0+1$的线段细分成十等份。如果$x$不是分点，则$x$必然位于两个连续的分点之间，表示这个更缩小范围的不等式是：
$a_0+\dfrac{a_1}{10} < x < a_0+\dfrac{a_1+1}{10}$ , 其中$a_1$ 是一个非负整数 ( $0 \le a_1 \le 9$ ) .
接下来我们把连接 $a_0+\dfrac{a_1}{10}$ 和 $a_0+\dfrac{a_1+1}{10}$ 的线段也分成十等份 ( 每段长$10^{-2}$ ) 并继续这个过程进一步缩小区间。如果有限步之后$x$恰好落在分点上，那么$x$ 是一个有尽小数 (形如I.16), 否则这种逼近过程可以无限进行下去，产生整数$a_1$, $a_2$, $a_3$, $\cdots$ 的无限序列。这种情况下我们称$x$ 的无尽小数表示是 $x = a_0.a_1a_2a_3\cdots$ . 在第$n$步，$x$满足不等式：
\[a_0+\dfrac{a_1}{10}+\cdots+\dfrac{a_n}{10^n} < x < a_0+\dfrac{a_1}{10}+\cdots +\dfrac{a_n+1}{10^n}\]这给出$x$的两个有尽小数近似值，一个从上逼近，一个从下逼近。它们相差$10^{-n}$ ，所以只要$n$取足够大我们就能达到任何想要的精度。 $#$
当$x=\dfrac{1}{3}$ 时，不难论证 $a_0=0$ 且对所有$n\ge1$都有$a_n=3$. 因此对应的无尽小数展开式是
\[\dfrac{1}{3}=0.333\cdots\]每个无理数都有一个无尽小数表示。例如，当$x=\sqrt{2}$ 时，我们可以通过试错法逐步逼近，计算出任意多位小数的近似值展开式。因为$(1.4)^2 < 2 < (1.5)^2$ ，所以$\sqrt{2}$ 落在$1.4$ 和$1.5$ 之间。类似地，通过平方并与$2$ 比较，我们可以得到更好的近似值：
\[1.41 < \sqrt{2} < 1.42, \quad 1.414 < \sqrt{2} < 1.415,\quad 1.4142 < \sqrt{2} < 1.4143\]注意上述过程生成了长度为$10^{-1}, 10^{-2},10^{-3},\cdots$ 的一系列区间，每个区间包含在前面一个区间之中，这是一个被称为区间套序列 (sequence of nested intervals) 的例子。这个概念可以作为从有理数构造无理数的基础。
本书只叙述实数的小数展开式如何借助最小上界公理分析地确定，不讨论小数的其他性质。
如果$x$是一个给定的正实数，令$a_0$表示$\le x$的最大整数。选定$a_0$之后，我们令$a_1$表示满足
\[a_0 + \dfrac{a_1}{10} \le x\]的最大整数。更一般地，选定$a_0, a_1,a_2,\cdots a_{n-1}$ 之后，我们令$a_n$ 表示满足
\[a_0 + \dfrac{a_1}{10} + \dfrac{a_2}{10^2} +\cdots+\dfrac{a_n}{10^n} \le x \tag{I.17}\]的最大整数。令$S$ 表示通过这种方法在$n=0, 1, 2, \cdots$ 时定义的
\[a_0 + \dfrac{a_1}{10} + \dfrac{a_2}{10^2} +\cdots+\dfrac{a_n}{10^n} \tag{I.18}\]所有数的集合。则$S$是非空实数集且有上界$x$。由最小上界公理知$S$必有最小上界。容易证明$x$就是$S$的最小上界。设$S$的最小上界为$x’$, 由最小上界定义有$x’ \le x$. 如果$x’<x$, 记$\epsilon = x - x’$. 由前面几何论证知，只要$n$取足够大，有尽小数近似值就能与$x$任意接近，即存在正整数$n$使得
\[\begin{align} x - (a_0+\dfrac{a_1}{10}+\dfrac{a_2}{10^2}+\cdots \dfrac{a_n}{n}) < \epsilon \quad 即\\ \dfrac{a_1}{10}+\dfrac{a_2}{10^2}+\cdots \dfrac{a_n}{n} > x' \end{align}\]这与$x’$ 是$S$的最小上界矛盾，所以只有$x’=x$ 这种可能性，即 $x$ 就是最小上界。
如此获得的$a_0, a_1,a_2,\cdots $可以用来定义$x$的小数展开式，我们用
\[x = a_0.a_1a_2a_3\cdots\]表示第$n$位数$a_n$是满足不等式I.17的最大整数。例如，如果$x=\frac{1}{8}$ ，我们选定$a_0=0$, $a_1=1$, $a_2=2$, $a_3=5$，对所有$n \ge 4$ $a_n=0$. 则$\frac{1}{8}$ 的小数展开式可以写成
\[\dfrac{1}{8}= 0.125000\cdots\]如果我们用$<$ 代替 (I.17) 中的不等号$\le$ ，就得到小数展开式的一个稍微不同的定义。虽然按这个定义获得的整数$a_0, a_1, a_2,\cdots$ 可能与$\le$不同，但形如(I.18) 的所有近似值的集合$S$ 的最小上界仍然是$x$. 例如，如果对$x=\frac{1}{8}$ 应用第二个定义，我们选定$a_0=0,a_1=1,a_2=2,a_3=4$, 对所有$n\ge 4$ $a_n=9$. 这就得到了$\frac{1}{8}$ 的无尽小数展开式
\[\dfrac{1}{8} = 0.124999\cdots\]一个实数能有两个不同的小数表示，只是因为对小数展开式的定义不同，反映了“两个不同的实数集可以有相同的上确界”这样一个事实。