实数大小比较命题的证明
2014年9月24日 09:24 作者:陆天虹实数大小比较命题的证明
○上海金融学院应用数学系 201209
陆天虹
摘要：本文在有关实数有理近似的基础上，对实数大小比较的一个命题进行了讨论，给出了容易理解的证明，同时给出了如何求解命题中 n 的方法。
关键词：有理近似；不足近似；过剩近似；区间套定理
一、实数的有理近似
数学分析课程讲授实数这一节内容时，在实数的无限小数表示的基础上，
给出了有关实数的 n 位有理近似，定义如下（不妨设 x >0）：
x R ， x a0 .a1 an
定义实数的 n 位有理近似：
（1） n 位不足近似 : xn a0 .a1 …an
（2） n 位过剩近似 : xn
该定义中，不足近似相当于截尾法，过剩近似相当于进位法。不难看出，
x 的不足近似Xn，当 n 增大时不减，即数列{Xn} 单调递增；
x 的过剩近似 ，当 n 增大时不增，即数列单调递减。
二、实数大小比较的一个命题
命题：设x a0 .a1 a2…与y b0 .b1b2…为两个实数，则
x y 的等价条件是：存在非负整数n，使得
Xn
其中Xn 表示x 的n 位不足近似， 表示 y 的 n 位过剩近似 .y
[ 注 1]
三、例题
设 x =2.123， y =2.122, x y
无限小数表示为 x 2.12299 ， y 2.12199 …
于是，n 位不足近似和过剩近似分别如下
因此，我们得到了命题中的 n 至少为 4.
四、命题的证明
由该命题的充分条件，可得到
a0 b0 或非否整数l(l n ),使得 ak bk( k 0,1,2,…, l ) 而 al 1 bl 1
按实数的大小定义，即得 x y .
或者由n， x xn y 直接得到。
该命题的必要性证明如下（不妨假设 x 0， y 0 ）：
证法 1
x y , a0 b0 或 k : ak 1 bk , ak bk , k 1,2,…;
类似可证 a 0 b0 情形），于是
x y a 0 .a1 …a k b0 .b1…bk 0.0…a k 1…0.0…bk 1 …
0.0 …1 0.0…ak 1 … 0.0…bk 1… 0.0…ak 1 …
m(m k 1), am 0，如若不然，将 x a0 .a1…a k
表为 x a0 .a1 …( a k 1)99 …
证法 2
数列{Xn} 单调递增有上界，数列单调递减有下界 ,
n : x n x. 类似可得 y.
因此，存在 n, 使得Xn .
如若不然，则由 n， x n
取极限得到 x y，与 x y 矛盾.
五、命题中 n 的求解方法
该命题的证明可参见参考文献[1] 附录Ⅱ第八节，相关内容比较多，本文前述中我们给出了两种容易理解的证明方法。证法 1 中注意不能利用
ak bk x - y 1 / 10 k
同时证法 1 给了我们具体求解命题中 n 的一种方法：
（1）比较 x 与 y 的无限小数表示，得到
k ： ak bk , ak 1 bk 1
（2）确定 k 后，考察 x 的无限小数表示中a k 后首个非零数am 得到 m ( m k 1)
（3）取 n m （ m k 1） 即可。1
附：当 n m 1 时，必有X n
当 n m 时需进行验证。如例题中 x 2.12299…， y 2.12199…，比较得到 k 3, m 4， n 5 ，事实上有x4
[ 注1] 命题的直观解释：因为xn 当n 增加时是递增的，即对 任何n，x n 1
xn，而是递减的，即对任何n， . 于是是递增的，且y
随着n 增大与 x y 越来越接近。若x y 0，则必定存在（需要证明）
某个正整数 n，使得Xn ，而且从这个 n 起不等式一直成立。
参考文献：
[1] 华东师范大学数学系编. 数学分析（第三版）上册. 高等教育出版社，2001 年6
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