证明 $\mathrm{\forall }x\in \mathbb{F}$，

(1)

若$x=0$，则$x^2=0$，命题成立。

(2)

若$x\in {\mathbb{F}}^{+}$，则$x^2=x\cdot x\in {\mathbb{F}}^{+}$，命题成立。

(3)

若$-x\in {\mathbb{F}}^{+}$，则$$\begin{array}{}\text{(1)}& x^2=(x+(-x))\cdot (-x)+x\cdot x=(-x)\cdot (-x)+x\cdot (x+(-x))=(-x)\cdot (-x)\in {\mathbb{F}}^{+}\end{array}$$ 命题成立。

综上，$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{F},x^2\ge 0$，并且$x^2=0⟺x=0$。 $◻$

证明 由$f$在$x_0$处连续，$\mathrm{\forall }{\epsilon }^{\prime }>0$，$\mathrm{\exists }{\delta }_1>0$使得$$\begin{array}{}\text{(2)}& x\in U(x_0,{\delta }_1)⟹|f(x)-f(x_0)|<{\epsilon }^{\prime }\end{array}$$ 由$g$在$x_0$处连续，$\mathrm{\forall }{\epsilon }^{\prime }>0$，$\mathrm{\exists }{\delta }_2>0$使得$$\begin{array}{}\text{(3)}& x\in U(x_0,{\delta }_2)⟹|g(x)-g(x_0)|<{\epsilon }^{\prime }\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(4)}& |g(x)|\ge |g(x_0)|-|g(x)-g(x_0)|>|g(x_0)|-{\epsilon }^{\prime }\stackrel{?}{\ge }\frac{1}{2}|g(x_0)|\end{array}$$ 取$0<{\epsilon }^{\prime }\le \frac{1}{2}|g(x_0)|$，$\delta =min\{{\delta }_1,{\delta }_2\}>0$，则$$\begin{array}{}\text{(5)}& \begin{array}{rl}x\in U(x_0,\delta )⟹|\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(x_0)}{g(x_0)}|& =\left|\frac{f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x)}{g(x)g(x_0)}\right|\\ & =\left|\frac{[f(x)-f(x_0)]g(x_0)+f(x_0)[g(x_0)-g(x)]}{g(x)g(x_0)}\right|\\ & \le \frac{|f(x)-f(x_0)||g(x_0)|+|f(x_0)||g(x_0)-g(x)|}{|g(x)||g(x_0)|}\\ & <\frac{|g(x_0)|+|f(x_0)|}{|g(x_0){|}^2}2{\epsilon }^{\prime }\stackrel{?}{\le }\epsilon \end{array}\end{array}$$ 故取$$\begin{array}{}\text{(6)}& {\epsilon }^{\prime }=\frac{1}{2}|g(x_0)|min\{1,\frac{|g(x_0)|\epsilon }{|g(x_0)|+|f(x_0)|}\}\end{array}$$ 因此$\frac{f}{g}$在$x_0$处连续。 $◻$

证明 参见例2.3.2。 $◻$

证明 (1) 易见$f(0)=0$。令$y=-x$可得$f(-x)=-f(x)$，故$f$为奇函数。借助数学归纳法可证明$$\begin{array}{}\text{(8)}& f(nx)=nf(x),\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N},x\in \mathbb{R}\end{array}$$ 因此$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{Z}$，$f(n)=f(1)n$。$\mathrm{\forall }x=\frac{m}{n}\in \mathbb{Q}$，有$f(m)=f(nx)=nf(x)$，故$f(x)=\frac{1}{n}f(m)=\frac{m}{n}f(1)=f(1)x$。

(2) 若$f$连续，任取$x_0\in \mathbb{R}$，则$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta >0$使得$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$，$$\begin{array}{}\text{(9)}& |x-x_0|<\delta ⟹|f(x)-f(x_0)|<\epsilon \end{array}$$ 令${\delta }^{\prime }=min\{\delta ,\epsilon \}$。由有理数的稠密性知$\mathrm{\exists }r\in \mathbb{Q}$满足$x_0-{\delta }^{\prime }<r<x_0+{\delta }^{\prime }$，则有$$\begin{array}{}\text{(10)}& \begin{array}{rl}|f(x_0)-f(1)x_0|& =|f(x_0)-f(r)-f(1)(x_0-r)|\le |f(x_0)-f(r)|+|f(1)||x_0-r|\\ & <\epsilon +|f(1)|{\delta }^{\prime }\le (1+|f(1)|)\epsilon \stackrel{?}{<}{\epsilon }^{\prime }\end{array}\end{array}$$ 取${\epsilon }^{\prime }=\epsilon (1+|f(1)|)$即可。因此，任取$x_0\in \mathbb{R}$，$\mathrm{\forall }{\epsilon }^{\prime }>0$都有$$\begin{array}{}\text{(11)}& |f(x_0)-f(1)x_0|<(|f(1)|+1)\epsilon ={\epsilon }^{\prime }⟹f(x_0)=f(1)x_0\end{array}$$

(3) 若$f$单调，不妨设$f$单调不减，此时$f(1)\ge 0$。任取$x_0\in \mathbb{R}$，则$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，取特定$\delta >0$，由有理数的稠密性知$\mathrm{\exists }{r}_1,r_2\in \mathbb{Q}$满足$x_0-\delta <r_1<x_0<r_2<x_0+\delta$，则有$$\begin{array}{}\text{(12)}& f(x_0)-\epsilon \stackrel{?}{<}f(1)r_1\le f(x_0)\le f(1)r_2\stackrel{?}{<}f(x_0)+\epsilon \end{array}$$ 若$f(1)=0$，则$f(x_0)=0$对任意$x_0\in \mathbb{R}$恒成立，此时$f$连续；若$f(1)>0$，则有$$\begin{array}{}\text{(13)}& \begin{array}{rl}f(1)r_2& <f(1)(r_1+x_0-r_1+\delta )<f(r_1)+2\delta f(1)\le f(x_0)+2\delta f(1)=f(x_0)+\epsilon \\ f(1)r_1& >f(1)(r_2+x_0-r_2-\delta )>f(r_2)-2\delta f(1)\ge f(x_0)-2\delta f(1)=f(x_0)-\epsilon \end{array}\end{array}$$ 取$\delta =\frac{\epsilon }{2f(1)}$即可。 $◻$