솔루션이 없어서 제맘대로 푼거에용

명제 1.1.2의 증명을 마무리하여라.

명제 1.1.2 실수 $a,\,b,\,c,\,\in\R$ 에 대하여 다음이 성립한다.

(가) $a \geq b,\;a \leq b \Longrightarrow a=b$

순서공리에 의해, $a \geq b \longrightarrow a=b$ 또는 $a-b \in P$
$ISW, a \leq b \longrightarrow a=b$ 또는 $b-a \in P$

case 1) $a-b \in P,\;b-a \in P$

$\forall x,y \in \R:-(xy) = (-x)y$ 이고,
$-(a-b)=-(1 \cdot (a-b))=(-1)(a-b)=b-a$
그런데, $P$와 $-P$는 서로소이므로 모순

case 2) $a=b,\;b-a \in P$

$a=b \longrightarrow b-a=0$ 이다.
그런데, $\{0\}$과 $P$는 서로소이므로 모순

case 3) $a-b \in P,\; a=b$

case 2와 마찬가지 방법으로 모순

case 4) $a=b$

모순 없음

따라서 명제는 참. $\square$

(나) $a \leq b,\; b \leq c \Longrightarrow a \leq c$

순서공리에 의해, $a \leq b \longrightarrow a=b$ 또는 $b-a \in P$
$ISW, b \leq c \longrightarrow b=c$ 또는 $c-b \in P$

case 1) $a=b,\;b=c$

$a=c$

case 2) $a=b,\;c-b \in P$

$c-b=c-a \in P$
$\therefore a<c$

case 3) $b-a \in P,\; b=c$

$b-a=c-a \in P$
$\therefore a<c$

case 4) $b-a \in P,\; c-b \in P$

$\forall x,y \in P:x+y \in P$ 이므로,
$(b-a)+(c-b)=c-a \in P$ 이다.
$\therefore a<c$

모든 경우에 $a \leq c$ 가 성립한다.
따라서 명제는 참. $\square$

(다) $a+b<a+c \Longleftrightarrow b<c$

순서공리에 의해, $a+b<a+c \longrightarrow (a+c)-(a+b)=c-b \in P$
$\therefore a+b<a+c \Longrightarrow b<c\;\cdots$①

순서공리에 의해, $b<c \longrightarrow c-b \in P$
그런데, $c-b=(c-b)+0=(c-b)+(a+(-a))=(a+c)-(a+b) \in P$
$\therefore b<c \Longrightarrow a+b<a+c\;\cdots$②

①, ②에 의해, $a+b<a+c \Longleftrightarrow b<c$ 가 성립한다.
따라서 명제는 참. $\square$

(라) $a>0,\;b<c \Longrightarrow ab<ac$

순서공리에 의해, $b<c \longrightarrow c-b \in P$
$ISW, a>0 \longrightarrow a-0=a \in P$
그런데, $\forall x, y \in P : xy \in P$ 이므로,
$(c-b) \cdot a = ac - ab \in P$
$\therefore ab < ac$

따라서 명제는 참. $\square$

(마) $a<0,\;b<c \Longrightarrow ab>ac$

책에서 증명

(바) $a^{2} \geq 0,$ 특히 $1>0$

case 1) $a>0$

(라)에 의해, $a>0,\;0<a \longrightarrow a \cdot 0 < a \cdot a$
$\therefore a^{2}>0$

case2) $a<0$

(마)에 의해, $a<0,\;a<0 \longrightarrow a \cdot a > a \cdot 0$
$\therefore a^{2}>0$

case 3) $a=0$

$a^{2}=a\cdot a=0\cdot 0=0$

모든 경우에 $a^{2}\geq0$이 성립한다.

또한, $a=1$이면, $1^{2}\geq0$ 이 성립하는데 ,$1\neq0$ 이므로, $1>0$

따라서 명제는 참. $\square$

(사) $0<a<b\Longrightarrow 0<{1\over b}<{1\over a}$

(마)의 명제가 참이므로, (마)의 대우명제인 $ab \leq ac \Longrightarrow a \geq 0$ 혹은 $b \geq c$ 도 참이다.

따라서, ${1\over b}\cdot0=0 \leq {1\over b}\cdot b=1$ 이므로, ${1\over b}\geq0$ 혹은 $0\geq b$이다.
그런데, $b>0$ 이므로, ${1\over b}\geq0$
또한, 만약 ${1\over b}=0$ 이라면, $({1\over b})^{-1}=b$ 를 정의할 수 없으므로 모순이다. 따라서 ${1\over b} \neq 0$
$\therefore {1\over b} > 0\cdots$ ①
$ISW,\;{1\over a} > 0\cdots$ ②

①, ②와 (라)에 의해, ${1\over a}>0,\;0<{1\over b} \longrightarrow {1\over a}\cdot 0=0 < {1\over a}\cdot{1\over b}={1\over ab}\cdots$ ③

③과 (라)에 의해, ${1\over ab}>0,\;a<b \longrightarrow {1\over ab}\cdot a={1\over b}<{1\over ab}\cdot b={1\over a}\cdots$ ④

①, ④에 의해, $0<{1\over b}<{1\over a}$ 이 성립한다.

따라서 명제는 참. $\square$

(아) $a,\,b>0$ 이면, $a^{2}<b^{2} \Longleftrightarrow a<b$

(다)에 의해, $b>0\longrightarrow b+a>a>0$

(사)의 ①과 마찬가지 방법으로, ${1\over b+a}>0\longrightarrow {1\over b+a}-0={1\over b+a}\in P\cdots$ ①

순서공리에 의해, $b^{2}-a^{2}=(b-a)(b+a)\in P\cdots$ ②

①, ②와 $\forall x,y\in P: xy\in P$ 이므로, $((b-a)(b+a))\cdot({1\over a+b})=b-a\in P\longrightarrow a<b\cdots$ ③

증명1

(라)에 의해,
$a>0,\;a<b\longrightarrow a\cdot a=a^{2}<a\cdot b$
$b>0,\;a<b\longrightarrow a\cdot b<b\cdot b=b^{2}$
$\therefore a^{2}<ab<b^{2}$

증명2

순서공리에 의해
$a>0\longrightarrow a-0=a\in P$
$b>0\longrightarrow b-0=b\in P$
$a<b\longrightarrow b-a\in P$

$\forall x,y\in P: x+y\in P$ 이므로, $b+a\in P$
$\forall x,y\in P: xy\in P$ 이므로, $(b-a)\cdot(b+a)=b^{2}-a^{2}\in P$

$\therefore a<b\Longrightarrow a^{2}<b^{2}\cdots$ ④

③, ④에 의해 $a^{2}<b^{2}\Longleftrightarrow a<b$ 가 성립한다.

따라서 명제는 참. $\square$