这是于品老师的数学分析讲义的内容, 在其中的一些地方做了补充注记, 一方面方便我们理解, 另一方面则是对某些问题的思考, 而且尽可能将练习题完成(可能有误)并整理下来. 排版上也可能有文字的错误和遗漏, 原文可以参考https://www.bananaspace.org, 欢迎评论.
实数的公理体系
$\mathbb{R}$ 是一个集合, 假设 $x,y,z\in \mathbb{R},$
- 在集合 $\mathbb{R}$ 上配有两种代数运算:
- 加法. $+:\mathbb{R}\times \mathbb{R} \to \mathbb{R}, (x,y)\mapsto x+y\ ;$
- 乘法. $\cdot:\mathbb{R}\times \mathbb{R}\to \mathbb{R},(x,y) \mapsto x\cdot y.$
- 在 $\mathbb{R}$ 上还有序关系:$\leqslant:\ x\leqslant y$ 或 $y\geqslant x.$
四元组 $(\mathbb{R},+,\cdot,\leqslant)$ 满足下述公理:
(F) 域公理: $\mathbb{R}$ 是一个域
- $(F 1)$ 加法结合律: $x+(y+z)=(x+y)+z.$
- $(F 2)$ 加法交换律: $x+y=y+x.$
- $(F 3)$ 存在加法单位元: 存在 $0\in \mathbb{R},$使得对一切 $x \in \mathbb{R},\ 0+x=x$ 成立.
- $(F 4)$ 加法逆元的存在性: 对任意 $x \in \mathbb{R}$, 存在 $-x \in \mathbb{R}$, 使得 $x + (-x) = 0$.
证明, 加法逆元 $-x$ 是唯一的, 即如果 $x’ \in \mathbb{R}$ 也满足 $x + x’ = 0$, 那么 $x’ = -x$.
证明
- 如果假定 $(F1)-(F4)$ 成立, 按照通行的代数学的概念, $(\mathbb{R}, +)$ 被称作是一个(交换)群.
- 我们强调 $-x$ 目前只是一个记号 . 根据俗套的约定, 我们把 $x + (-y)$ 简写成 $x – y$.
- $(F 5)$ 乘法结合律: $x \cdot (y \cdot z) = (x \cdot y) \cdot z$.
- $(F 6)$ 乘法交换律: $x \cdot y = y \cdot x$.
- $(F 7)$ 存在乘法单位元: 存在 $1 \in \mathbb{R}$, 使得 $1 \neq 0$ 并且对任意 $x \in \mathbb{R}$, $1 \cdot x = x$ 成立. 我们还要求 $1 \neq 0$, 从而 $\mathbb{R}$ 中至少有两个元素.
- $(F 8)$ 乘法逆元的存在性: 对任意 $x\in \mathbb{R}-{0}$, 存在 $x^{-1} \in \mathbb{R}$, 使得 $x \cdot x^{-1} = 1$.
证明, $x \neq 0$ 乘法逆元 $x^{-1}$ 是唯一的, 即若 $x’\in \mathbb{R}$ 也满足 $x\cdot x’=1$, 那么 $x’ = x^{-1}$.
证明
$x^{-1}=1\cdot x^{-1}=(x\cdot x’)\cdot x^{-1}=(x’\cdot x)\cdot x^{-1}=x’\cdot(x\cdot x^{-1})=x’\cdot 1=1\cdot x’=x’.$
∎从而加法单位元和乘法单位元是唯一的: 若还有 $0’\in\mathbb{R}$ 使得对一切 $x \in \mathbb{R}$ 都有 $0’+x=x,$ 则 $0’=0’+0=(0’+x)+(-x)=x+(-x)=0.$ 乘法单位元唯一同理.
$(F5)-(F8)$ 这四条公理表明 $(\mathbb{R}^\times := \mathbb{R}-{0}, \cdot)$ 是一个(交换)群. 我们强调 $x^{-1}$ 只是一个记号. 根据约定, 我们把 $x\cdot y^{-1}$ 也记作 $\dfrac{x}{y}$. 另外, 有时候我们还省略掉 $\cdot$ 把 $x\cdot y$ 写成 $xy$.
- $(F9)$ 乘法分配律: $x \cdot (y + z) = x \cdot y + x\cdot z$.
假定 $(F1)-(F7)$ 以及 $(F9)$ 这八条, 我们就称 $(\mathbb{R}, +, \cdot)$ 是一个(交换)环; 满足这九条公理的 $(\mathbb{R}, +, \cdot)$ 被称作是一个域.
上面的定义具有下述的模式, 首先固定一个集合 $X = \mathbb{R},$ 然后在 $X$ 上加上额外的结构, 比如说加法结构 $+ \colon X \times X \rightarrow X$, 当然, 我们对这个额外的加法结构也可以做一些要求, 比如说满足$(F1)-(F4)$ 等; 我们还可以加更多的结构, 比如还要求 $X$ 上有乘法结构 $\cdot \colon X \times X \rightarrow X$ 并且对这些结构之间的关系也有限定 (比如说 $(F9)$ ). 在数学中，所谓的空间通常指的是一个配备了某些结构的集合 $X$.
对于正整数 $n$, 我们还约定 $$x^n = \underbrace{x\cdot x\cdot \cdots \cdot x}_{n\text{个}},\ nx = \underbrace{x+x+\cdots+x}_{n\text{个}}.$$ 类似的, 对于 $n\in \mathbb{Z}{<0}$, 我们约定 $$x^{n} = \underbrace{x^{-1}\cdot x^{-1}\cdot \cdots \cdot x^{-1}}_{|n|\text{个}},\ nx = \underbrace{(-x)+(-x)+\cdots+(-x)}_{|n|\text{个}}.$$ 我们规定 $0x = 0$, $x^0 = 1$ (去掉 $0^0 = 1$). 特别地, 我们定义了以整数 $n\in \mathbb{Z}$ 为幂的幂函数: $$\mathbb{R}^\times (:=\mathbb{R} -{0}) \to \mathbb{R}^\times, \ x \mapsto x^n.$$ 不难验证, 对任意的 $m,n \in \mathbb{Z},\ (n+m)x=nx +m x,\ x^{n+m}=x^n\cdot x^m$. 特别地, $nx+(-n)x=0,$ $x^n \cdot x^{-n}=1$.
- 证明, 对任意的 $x,y$, 如果 $b\neq 0$, 我们有 $$x+a=y+a\Rightarrow x=y; \ \ x\cdot b =y\cdot b \Rightarrow x=y.$$
- 证明, 对任意的 $x,y,z,w$, 如果 $y\neq 0$, $w\neq 0$, 那么我们有 $$\frac{x}{y}+\frac{z}{w}=\frac{xw+zy}{yw}, \ \frac{x}{y}\cdot \frac{z}{w}=\frac{x\cdot z}{y\cdot w}.$$
- 证明, 对任意非零的 $x$ 和 $y$, 我们有 $$\left(\frac{x}{y}\right)^{-1}=\frac{y}{x}.$$
- 证明, $(-1)\cdot x =-x$. 据此, 进一步证明 $(-x)\cdot y= -(xy)$, $(-x)\cdot (-y)=xy$.(提示: 利用 $x+(-1)\cdot x = 1\cdot x+(-1)\cdot x$)
从此之后, 我们可以不计后果地使用这些公式(熟知的公式是所谓的直观的一部分).
证明
- $x=x+0=x+[a+(-a)]=(x+a)+(-a)=(y+a)+(-a)=y.$ $x=x\cdot1=x \cdot (b\cdot b^{-1})=(x\cdot b)\cdot b^{-1}=(y\cdot b)\cdot b^{-1}=y\cdot(b\cdot b^{-1})=y.$
- 首先由 $ywy^{-1}w^{-1}=wyy^{-1}w^{-1}=1$ 得 $(yw)^{-1}=y^{-1}w^{-1}.$ 从而 $$\begin{aligned}\dfrac{x}{y}+\dfrac{z}{w}&=xy^{-1}+zw^{-1}=xy^{-1}ww^{-1}+zw^{-1}yy^{-1}\\ &=xwy^{-1}w^{-1}+zyy^{-1}w^{-1}\\ &=(xw+zy)\cdot(yw)^{-1}= \frac{xw+zy}{yw}.\end{aligned}$$ 还有 $$\frac{x}{y}\cdot \frac{z}{w}=(xy^{-1})\cdot(zw^{-1})=(xz)\cdot(y^{-1}w^{-1})=(xz)\cdot(yw)^{-1}=\frac{x\cdot z}{y\cdot w}.$$
- 利用2. 的第二个等式有 $$ \frac{y}{x}\cdot \frac{x}{y}=\frac{y\cdot x}{x\cdot y}=\frac{y\cdot x}{y \cdot x}=(yx)\cdot(yx)^{-1}=1 \implies \left(\frac{x}{y}\right)^{-1}=\frac{y}{x}.$$
- 由 $x+(-1)\cdot x=1\cdot x+(-1)\cdot x=0,$ 得 $(-1)\cdot x=-x.$ 又因为 $$xy+(-x)y=[x+(-x)]y=0y=0, $$ 所以 $(-x)y=-(xy).$ 还有 $(-x)(-y)=-[x\cdot (-y)]=-[(-y)\cdot x]=-[-(yx)]=xy.$ 最后一个等号的证明为: $x+(-x)=(-x)+x=0\implies x=-(-x).$
(O) 序公理: $\mathbb{R}$ 是有序域
- $(O 1)$ 序的传递性: $x\leqslant y,\ y\leqslant z\Rightarrow x \leqslant z$.
- $(O 2)$ 序可以决定元素: $x\leqslant y,\ y\leqslant x\Rightarrow x=y$.
- $(O 3)$ 全序关系: 对任意的 $x$ 和 $y$, $x\leqslant y$ 或者 $y\leqslant x$, 二者必居其一 (可以都成立).
我们给出大于号和小于号的定义: 如果 $x\leqslant y$ 且 $x\neq y$, 我们就说 $xy.$ 我们在数学分析中偏爱 $\leqslant$ 和 $\geqslant$, 这是因为这两种符号在后来的取极限的运算下是封闭的, 这是后话.
另外, 如果 $x>0$, 我们就称 $x$ 是正实数并且称它的符号是正的, 记做 ${\rm sign}(x)=+$; 如果 $x<0$, 我们就称 $x$ 是负实数并且称它的符号是负的, 记做 ${\rm sign}(x)=-$. 换句话说, 我们定义了一个映射 $${\rm sign}\colon \mathbb{R}^\times \rightarrow {+,-}.$$ 我们在课程中会强调集合之间的映射这个概念. 习惯上我们把正实数, 记作 $\mathbb{R}_{>0}$, 我们还将 $\geqslant 0$ 的实数称作非负实数, 记作 $\mathbb{R}_{\geqslant 0}$; 类似地, 我们可以定义非正或者负实数并且“望文生义”地定义符号 $\mathbb{R}_{<0}$ 和 $\mathbb{R}_{\leqslant 0}$.
假设 $a, b\in \mathbb{R}$, 满足 $a<b$. 我们定义开区间, 闭区间和半开半闭的区间如下
\begin{align*}[a,b]:=\{x\in \mathbb{R} \mid a\leqslant x\leqslant b\}, &\ \ (a,b):=\{x\in \mathbb{R}\mid a<x<b\},\\ \\ [a,b):=\{x\in \mathbb{R} \mid a\leqslant x<b\}, &\ \ (a,b]:=\{x\in \mathbb{R} \mid a<x\leqslant b\}.\end{align*}
另外, 作为约定, 我们还采取下面的记号
\begin{align*}[a,+\infty):=\{x\in \mathbb{R}\mid x\geqslant a\}, &\ \ (a,+\infty):=\{x\in \mathbb{R}\mid x> a\},\\ \\ (-\infty,b]:=\{x\in \mathbb{R}\mid x \leqslant b\}, &\ \ (-\infty,b):=\{x\in \mathbb{R}\mid x <b\}.\end{align*}
其中, $a$ 和 $b$ 分别被称作是这些区间的左端点或者右端点.
用数学分析中的黑话来说, 符号 $\infty$ 被称作是无穷, $\pm \infty$ 被称作是正/负无穷, 它们目前完全不具有具体的含义.
$(O 4)$ 与加法相容: $x\leqslant y \Rightarrow x+z\leqslant y+z$.
$(O 5)$ 与乘法相容: $x\geqslant 0,\ y\geqslant 0 \Rightarrow xy\geqslant 0$.
(A) Archimedes 公理:
$\mathbb{R}$ 是 Archimedes 有序域 即对任意 $x>0$ 和 $y$, 总存在正整数 $n$, 使得 $n\cdot x\geqslant y$.
假设 $a>0$, 你是否能证明开区间 $(0,a)$ 是非空的. 通过反证法, 你就可以看到所谓的 Dedekind 分割的影子. Dedekind 分割是构造实数的一种手段, 我们在后面的课程会讨论. 在思考的过程中你也会发现, 真正的困难在于, 基于目前的公理, 我们不清楚 $\mathbb{R}$ 中都有什么样子的元素 (目前我们只知道 $0,1,-1\in \mathbb{R}$), 所以, 能否大量的构造实数是一个很重要的问题. 我们课程的一个关键点就是构造 $\sqrt{2}$, $e$ 和 $\pi$, 这听起来有些无聊, 但是中学数学教学从来都没有给出这些数的具体定义 (只要求大家必须接受它们的某些性质).
- 证明, $x\geqslant 0$ 等价于 $-x\leqslant 0$; $y>1$ 可以推出 $0<\dfrac{1}{y}<1$. 进一步证明, $x\geqslant y$ 等价于 $-x\leqslant -y$.
- 证明, $1>0$, $-1\neq 1$. (提示: 如若不然, 那么, $-1>0$, 利用 $(O 5)$ 就得到了矛盾)
- 证明, 如果 $x\leqslant y$, $a\leqslant 0$, 那么 $a\cdot x \geqslant a\cdot y$.
- 证明, 如果 $a \leqslant b$, $x\leqslant y$, 那么 $a+x\leqslant b+y$ 并且 $=$ 成立当且仅当 $a=b$, $x=y$; 再证明, 如果 $0< a \leqslant b$, $0<x\leqslant y$, 那么 $ax\leqslant by$ 并且 $=$ 成立当且仅当 $a=b$，$x=y$.
- 给定 $x,y\in \mathbb{R}$, 如果对任意的 $a<x$ 都能推出 $a<y$, 证明, $x\leqslant y$.
- 证明, 对任意的 $x\in \mathbb{R}$, 我们有 $x^2 \geqslant 0$.
- 证明, 如果 $a^2<a$, 那么 $0<a<1$.
- 如果非零实数 $x$ 和 $y$ 的符号相同, 证明, $(x+y)^2>(x-y)^2$.
证明
- (1) 假设 $-x>0,$ 因为 $x\geqslant 0$ 所以 $x+(-x)\geqslant 0+(-x)=-x>0.$ 这与 $x+(-x)=0$ 矛盾. 所以假设不成立, 从而 $-x\leqslant 0.$ 反过来, 假设 $x<0,$ 因为 $-x\leqslant 0,$ 所以 $x+(-x)\leqslant x+0=x<0.$ 这与 $x+(-x)=0$ 矛盾, 所以假设不成立, 从而 $x\geqslant 0.$ 所以等价.
(2) 假设 $y^{-1}\leqslant 0,$ 则 $-y^{-1}\geqslant 0.$ 由 $y>1$ 得 $y-1>0$ 从而 $-y^{-1}y+y^{-1}\geqslant 0,$ 即 $y^{-1}\geqslant y^{-1}y=1>0\geqslant y^{-1}$ ($1>0$ 是下一题的结果). 矛盾, 故 $y^{-1}>0.$ 假设 $y^{-1}\geqslant 1$ 则 $y^{-1}-1\geqslant 0,$ 而 $y\geqslant 0$ 所以 $yy^{-1}-y\geqslant 0$ 从而 $yy^{-1}\geqslant y>1.$ 这与 $yy^{-1}=1$ 矛盾. 所以 $y^{-1}<1,$ 从而 $0<y^{-1}<1$ (若 $0<y<1$ 则 $y^{-1}>1$ 也成立. 证法类似)
(3) $x\geqslant y \iff x-y\geqslant 0 \iff -y\geqslant-x.$ - (1) 假设 $1\leqslant 0,$ 则 $-1\geqslant 0.$ 从而 $1=(-1)\cdot(-1)\geqslant 0,$ 但 $1\neq 0,$ 所以 $1>0,$ 这与假设矛盾, 所以 $1>0.$
(2) 假设 $-1=1,$ 则由 (1) 得 $-1=1\geqslant 0,$ 从而$1\leqslant 0,$ 矛盾, 所以 $-1\neq 1.$ - 由 $x\leqslant y,\ a\leqslant 0$ 得 $y-x\geqslant 0,\ -a\geqslant 0,$ 有 $-a(y-x)\geqslant 0,$ 即 $-ay+ax\geqslant 0,$ 从而 $ax\geqslant ay.$
- (1) 首先 $a+x\leqslant b+x \leqslant b+y.$ 其次, 充分性: 因为 $a=b,\ x=y,$ 所以 $a-b=y-x,$ 从而 $a+x=b+y.$ 必要性: 由 $a\leqslant b,\ x\leqslant y$ 得 $a-b\leqslant 0,\ y-x\geqslant 0.$ 又由 $a+x=b+y$ 得 $0 \leqslant y-x=a-b\leqslant 0,$ 所以 $a=b,\ x=y.$
(2) 由已知可得 $b-a\geqslant 0,\ y\geqslant 0,$ 且 $y-x\geqslant 0,\ a\geqslant 0,$ 所以 $y(b-a)\geqslant 0,\ a(y-x)\geqslant 0.$ 从而 $$by-ax=by-ay+ay-ax=y(b-a)+a(y-x)\geqslant 0+0=0,$$ 即 $by\geqslant ax.$ 其次, 充分性: 由 $a=b,x=y$ 得 $ax-by=ax-ay+ay-by=a(x-y)+y(a-b)=a\cdot 0+y\cdot 0=0.$ 即 $ax=by.$ 必要性: 由 $ax=by,\ a\leqslant b$ 得 $b=axy^{-1}\leqslant bxy^{-1},$ 由此以及 $0<x\leqslant y, y^{-1}>0$ 得 $1\leqslant xy^{-1}\leqslant yy^{-1}=1.$ 所以 $xy^{-1}=1,$ 从而由乘法逆元的唯一性得 $x=y,$ 从而$a=b.$ - 假设 $x>y,$ 取 $a=y,$ 则 $a<x$ 能推出 $a<y.$ 这与 $a=y$ 矛盾. 所以 $x\leqslant y.$
- 当 $x\geqslant 0$ 时, $x^{2}=x\cdot x\geqslant 0.$ 当 $x<0$ 时, 令 $x=-y,$ 则 $y>0.$ 从而 $x^{2}=(-y)(-y)=y^{2}\geqslant 0.$
- 首先立刻有 $0\leqslant a^{2}<a$. 只需证明 $a<1.$ 假设 $a\geqslant 1,$ 则$a-1\geqslant 0,$ 所以 $a^{2}-a\geqslant 0,$ 即 $a^{2}\geqslant a.$ 这与 $a^{2}<a$ 矛盾. 所以 $0<a<1.$
- 假设 $(x+y)^{2}\leqslant(x-y)^{2},$ 则 $(x-y)^{2}-(x+y)^{2}\geqslant 0,$ 即 $(x^{2}-2xy+y^{2})-(x^{2}+2xy+y^{2})\geqslant 0,$ 所以 $-4xy\geqslant 0,$ 得 $xy\leqslant 0.$ 又因为 $x,y$ 符号相同且非负, 则 $xy>0,$ 这与 $xy \leqslant 0$ 矛盾, 所以 $(x+y)^{2}>(x-y)^{2}.$
$\mathbb{R}$ 包含所有有理数, 即存在单射 $\iota \colon \mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{R}$, 使得对任意的 $x,y \in \mathbb{Q}$, 我们有 $$\iota(x+_{_{\mathbb{Q}}}y)=\iota(x)+\iota(y), \ \ \iota(x\cdot_{_{\mathbb{Q}}}y)=\iota(x)\cdot\iota(y),$$ 其中 $+_{_{\mathbb{Q}}}$ 和 $\cdot_{_{\mathbb{Q}}}$ 分别为有理数 $\mathbb{Q}$ 上的乘法和加法. 映射 $\iota\colon \mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{R}$ 还保持序关系, 即对任意的 $x,y \in \mathbb{Q}$, 如果 $x\leqslant_{_{\mathbb{Q}}} y$，那么 $\iota(x)\leqslant \iota(y)$, 其中 $\leqslant_{_{\mathbb{Q}}}$ 是有理数上的序.
存在单射 $\iota \colon \mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{R}$ 说明 $\mathbb{Q}$ 的基数1 $\aleph_0$ 小于等于 $\mathbb{R}$ 的基数 $\mathfrak{c}$. 并且这样的 $\iota$ 是域同态, 即保持加法和乘法的运算, 这说明 $\mathbb{Q}$ 和 $\mathbb{R}$ 的一个子域具有一致的结构, 这样的好处在于, 按照规则必然有 $\forall a,b \in \mathbb{Q},\ \iota(a)+\iota(b)$ 是唯一确定的 $\iota(a+_{_{\mathbb{Q}}}b).$ 同时还保持序关系, 所以 $\mathbb{Q}$ 和 $\mathbb{R}$ 的这个子域还具有一致的序结构. 综上所述,单射 $\iota$ 满足保运算性和保序性, 从嵌入的角度, 单射 $\iota$ 是 $\mathbb{Q}$ 到有序域 $\mathbb{R}$ 的一个序域嵌入. 在数学上, 这样的 $\iota$ 存在了, 就说明 $\mathbb{Q}$ 和 $\iota$ 的像 $\iota(\mathbb{Q}) \subset \mathbb{R}$ 同构: $\mathbb{Q}\cong\iota(\mathbb{Q}).$ 所以在同构意义下, $\mathbb{Q} \subset \mathbb{R}.$ 证明的思路便是构造这样的 $\iota.$
首先对于整数 $n$ 定义映射 $\iota(n)\in \mathbb{R}$. 我们令
$$\iota(n)=\begin{cases}\overbrace{1+1+\cdots+1}^{n\text{个}}, \ \ &\text{如果}~n>0;\\ \\ 0, \ \ &\text{如果}~n=0;\\ \\ \underbrace{(-1)+(-1)+\cdots+(-1)}_{-n\text{个}}, \ \ &\text{如果}~n<0.\end{cases}$$
不难验证对任意的 $m,n \in \mathbb{Z}$, 我们都有 $$\iota(m+_{_{\mathbb{Q}}}n)=\iota(m)+\iota(n), \ \iota(-n)=-\iota(n), \ \iota(m\cdot_{_{\mathbb{Q}}}n)=\iota(m)\cdot\iota(n).$$ 据此, 为了验证 $\iota$ 是单射, 只要说明如果 $\iota(m)=\iota(n)$, 则 $m=n$. 我们有 $$\iota(m-n)=\iota(m)+\iota(-n)=\iota(m)-\iota(n)=0,$$ 按照定义, 就有 $k=m-n=0$ (因为对任意的 $k>0$, $\underbrace{1+1+\cdots+1}_{k\text{个}}>0$, 对任意的 $k<0$ , $\underbrace{(-1)+(-1)+\cdots+(-1)}_{-k\text{个}}<0$). 对于有理数 $x=\dfrac{p}{q}\in \mathbb{Q}$, 其中 $p,q\in \mathbb{Z}$, $q\neq 0$，我们定义 $$\iota(x)=\frac{\iota(p)}{\iota(q)},$$ 其中, 因为 $p$ 和 $q$ 是整数, 所以 $\iota(p)$ 和 $\iota(q)$ 已经有了定义. 当然, $x$ 可以表示为其他的整数的商的形式, 比如说, $x=\dfrac{s}{t}$, 其中 $s,t\in \mathbb{Z}$, 为了说明 $\iota(x)$ 是良好定义的, 我们就要说这两种表示所给出的 $\mathbb{R}$ 中的元素是一样的, 即证明 $$\frac{\iota(p)}{\iota(q)}=\frac{\iota(s)}{\iota(t)}.$$ 根据整数情况已经证明的结论，我们知道上式等价于 $$\iota(p)\cdot \iota(t)=\iota(q)\cdot \iota(s) \iff \iota(p t) = \iota(q s) \iff pt=qs,$$ 其中最后一个等价性用到了 $\iota$ 在整数集上是单射, 所以 $\iota(x)$ 是良好定义的, 从而我们得到了映射 $$\iota\colon \mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{R}.$$ 为了说明 $\iota$ 是单射, 考虑 $\iota\bigl(\dfrac{p}{q}\bigr)=\iota\bigl(\dfrac{s}{t}\bigr)$, 其中 $p,q,s,t$ 是整数. 此时, 按照定义, 我们有 $$\frac{\iota(p)}{\iota(q)}=\frac{\iota(s)}{\iota(t)}\Rightarrow pt=qs\Rightarrow \frac{p}{q}=\frac{s}{t}.$$ 并且容易验证, 对于有理数 $p{1},\ p_{2}$ , 总有 $$\iota(p_{1}+_{_{\mathbb{Q}}}p_{2})=\iota(p_{1})+\iota(p_{2}),\ \iota(p_{1}\cdot_{_{\mathbb{Q}}}p{2})=\iota(p_{1})\cdot \iota(p_{2}).$$ 最后, 我们证明 $\iota$ 保持序关系, 即说明如果 $\dfrac{p}{q}>\dfrac{s}{t}$，那么 $\dfrac{\iota(p)}{\iota(q)}>\dfrac{\iota(s)}{\iota(t)}$, 其中, 我们总能假设 $q>0, \ t>0$. 由于 $\iota(q)>0$, $\iota(t)>0$ (因为对任意的 $k>0$, $\underbrace{1+1+\cdots+1}_{k\text{个}}>0$), 所以 $\dfrac{\iota(p)}{\iota(q)}>\dfrac{\iota(s)}{\iota(t)}$ 等价于 $$\iota(p)\cdot \iota(t)>\iota(q)\cdot \iota(s)\Leftrightarrow \iota(pt-qs)>0.$$ 后者是显然的, 因为 $pt-qs>0$.
∎我们之后将 $\mathbb{Q}$ 和 $\iota$ 的像等同. 自此往后, 我们就在这个意义下认为有理数 $\mathbb{Q}$ 是 $\mathbb{R}$ 的子集. 换句话说, 我们用 $n$ 来表示 $\mathbb{R}$ 中的 $\underbrace{1+1+\cdots+1}_{n\text{个}}$, $\dfrac{p}{q}$ 表示 $\dfrac{\overbrace{1+1+\cdots+1}^{p\text{个}}}{\underbrace{1+1+\cdots+1}_{q\text{个}}}$ 等. 习惯上, 我们将 $\mathbb{R}-\mathbb{Q}$ 的元素称为无理数(这是一个在中文世界里被广泛接受的“无理的”术语).
有了以上的各种准备和经验, 我们就不难证明
- 证明, 利用 $\mathbb{R}$ 中的 $n$ 的定义, 我们有 $n\cdot x =nx$. (先证明在 $\mathbb{R}$ 中, 我们有 $n\cdot x= \overbrace{x+x+\cdots+x}^{n\text{个}}$, 其中 $n>0$ 是 $\mathbb{R}$ 中的一个自然数).
- 证明, 对于任意的 $a<b$, $(a,b)$ 有无限多个元素. (提示: 我们可以考虑 $\dfrac{1}{2}(a+b)$ 并利用 $0<\dfrac{1}{2}<1$ 这个事实)
- 如果 $\mathbb{R}$ 中存在元素 $o>0$, 使得对任意的 $x>0$, 我们都有 $o<x$, 我们就称 $o$ 是无穷小元. 证明，$\mathbb{R}$ 中没有无穷小元. (有一种专门研究含有无穷小的数的分析, 叫做非标准分析)
证明
- 当 $n>0$ 时, 有 $$ nx=\overbrace{x+x+\cdots+x}^{n\text{ 个}} =(1+1+\cdots+1)\cdot x=n\cdot x. $$
当 $n=0$ 时 由 $0x=0$ 和 $0\cdot x=(0+0)\cdot x=0\cdot x+0\cdot x$ 得 $0\cdot x=0=0x.$ 当 $n<0$ 时, 由 $x+(-1)\cdot x=1\cdot x+(-1)\cdot x=0,$ 得 $$\begin{aligned}nx&=\overbrace{(-x)+(-x)+\cdots+(-x)}^{|n|\text{ 个}}\\ \\&=(-1)\cdot x+(-1)\cdot x+\cdots+(-1)\cdot x \\ \\&=[(-1)+(-1)+\cdots+(-1)]\cdot x=n\cdot x.\end{aligned}$$ - 先证: 若 $a>b,\ c>0,$ 则 $ac>bc.$ 只需证 $ac\neq bc.$ 假设 $ac=bc,$ 则由 $c\neq 0$ 得 $a=b.$ 这与 $a>b$ 矛盾. 再看此题, 由于 $2=1+1>1+0=1>0,$ 所以 $0< \dfrac{1}{2}<1.$ 又因为$a<b$ 所以 $b-a>0$, 从而 $\dfrac{1}{2}(b-a)>0,$ 故 $b-a=2\cdot \dfrac{1}{2}(b-a)> \dfrac{1}{2}(b-a)>0.$ 从而 $b> \dfrac{1}{2}(b+a)>a.$ 即找到了一个 $(a,b)$ 中的元素. 假设 $(a,b)$ 中只有有限个元素, 并且设其中按照序关系最小的元素为 $k,$ 则在 $(a,k)$ 中仍至少有一个元素 $\dfrac{1}{2}(k-a).$ 矛盾. 从而有无限个元素.
- 假设 $\mathbb{R}$ 中有无穷小元 $a>0,$ 则 $\forall x>0,$ 都有 $a<x.$ 令 $x=a>0,$ 则 $a<a,$ 矛盾.所以$\mathbb{R}$ 中没有无穷小元.
我们还可以根据 Archimedes 公理得到:
对于任意给定的实数 $y$, 总存在正整数 $n$, 使得 $n\geqslant y$.
在 Archimedes 公理中, 令 $x=1$, 于是对于任意实数 $y$, 总存在正整数 $n$, 使得 $n\cdot 1\geqslant y$, 即 $n\geqslant y$.
∎对于任意给定的实数 $x>0$, 总存在正整数 $n$, 使得 $n\cdot x\geqslant 1$.
在 Archimedes 公理中, 令 $y=1$.
∎(I) 区间套公理
给定有限 (即要求下面的 $a_n$ 和 $b_n$ 均为实数)闭区间的序列 ${I_n=[a_n,b_n]}_{n=1,2,\cdots}$, 如果这个序列是下降的, 即 $I_1\supset I_2\supset I_3\supset \cdots$ (等价于对任意的 $n\geqslant 1$ 都有 $a_n\leqslant a_{n+1}$ 并且 $b_{n+1}\leqslant b_n$), 那么它们的交集非空, 即
$$\lim_{n\rightarrow \infty}I_n := \bigcap_{n\geqslant 1}I_n\neq \varnothing.$$
我们将满足上述四条公理系统 (F)，(O)，(A)，(I) 的四元组 $(\mathbb{R}, +,\cdot,\leqslant)$ 称作是实数.
这个定义目前并不是良好定义的: 我们完全不知道这样的实数理论是不是唯一的; 我们甚至没有证明满足四条的四元组 $(\mathbb{R}, +,\cdot,\leqslant)$ 是存在的. 另外, 除了有理数之外, 我们并没有证明无理数 (比如说 $\sqrt{2}$) 是存在的.
我们注意到, 如果就强行要求 $\mathbb{R}$ 是全体有理数的集合并且配备了 $+$, $\cdot$ 和 $\leqslant$ 这几种有理数上的结构, 我们所得到的四元组是满足(F)，(O)，(A) 这三条公理系统的, 所以, 要想真的得到我们中学所熟悉的实数 (比如说存在 $\sqrt{2}$), 区间套公理是必不可缺的. 例如在 $\mathbb{Q}$ 上可以通过二分法构造出一列闭区间使得它们的交集在 $\mathbb{Q}$ 上是空集,但是在 $\mathbb{R}$ 上非空, 里面的元素可以是一个无理数.
- 基数: 有限集合的基数表示这个集合的元素个数, 无限集合的基数取决于它和什么样的集合能建立双射. ↩︎
无可挑剔的一篇博客！
优雅。感谢这篇可以看作开荒的博客。
完美
可以写一下阿基米德公理的推广
即令x=1或y=1
感谢指点!已更新文章.