Dedekind 分割与实数的构造
$X\subset \mathbb{Q}$ 是有理数的子集, 令 $X’=\mathbb{Q}-X$. 如果下面三条性质都成立:
- $X\neq \varnothing$, $X’\neq \varnothing$;
- 对任意 $x\in X$, $x’\in X’$, 都有 $x<x’$;
- $X$ 中没有最大元,
我们就称 $X$ 或 $X\cup X’$ 是 $\mathbb{Q}$ 的一个 Dedekind 分割. 我们用 $\mathcal{R}$ 表示所有 Dedekind 分割组成的集合.
我们可以重新解读后两条性质:
- 第二条等价于说, 如果 $x_1\in X$, 则对任意的 $x_2<x_1$, 我们就有 $x_2\in X$. 这也表明, 如果 $x’_1\in X’$, 则对任意的 $x’_2>x’_1$, 我们就有 $x’_2\in X’$.
- 第三条指的是对任意 $x\in X$, 总存在 $x’\in X$, 使得 $x’>x$.
每个 Dedekind 分割对应于一个实数(这一点可以由确界原理证明): 对任意的 $X\in \mathcal R$, 存在 $a\in \mathbb{R}$, 使得 $a=\sup X=\inf X’$. 并且若 $X’$ 有最小元, 则这个最小元就是 $a$. $X’$ 有最小元当且仅当 $a$ 是有理数.
设 $X\in\mathcal R$, 由定义的第二条可知, $X’$ 中的任意一个元素都是 $X$ 的一个上界, 由确界原理, $X$ 有上确界 $a=\sup X$, 由定义的第三条可知, $a \notin X$.
- 若 $a \in X’$, 则 $a$ 是 $X’$ 的最小元, 从而 $a=\inf X’$, 因为若不然, 则存在 $x_0 \in X’$ 使得 $x_0<a$ 且 $x_0$ 是 $X$ 的上界, 这与 $a=\sup X$ 矛盾.
- 若 $a \notin X’$, 则对一切的 $x’\in X’$, 都有 $a<x’$, 从而 $a=\inf X’$. 推出矛盾的过程和上面一样.
综上, 对任意的 $X\in\mathcal R$ 能唯一确定一个实数 $a=\sup X=\inf X’$.
∎我们给出两个Dedekind分割的例子(课堂练习: 直接验证定义):
- 假设 $\dfrac{p}{q}$ 是有理数, 其中 $p \in \mathbb{Z}$, $q\in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$ 并且 $p$ 和 $q$ 互素, 我们定义 $$X_{\frac{p}{q}}=\left\{ x\in \mathbb{Q} \Bigm| x< \frac{p}{q} \right\}.$$ 这个例子将给出所有的有理数.
- 我们定义 $X_{\sqrt{2}}$ 如下: $$X_{\sqrt{2}}=\left\{x\in \mathbb{Q}_{\geqslant 0}\bigm| x^2<2\right\}\cup \mathbb{Q}_{\leqslant 0}.$$ 这个例子将给出我们所熟悉的 $\sqrt{2}$.
- 根据定义, 得到 $X_{\frac{p}{q}}’=\mathbb{Q}-X_{\frac{p}{q}}=\left\{ x\in \mathbb{Q} \Bigm| x\geqslant \dfrac{p}{q} \right\}$, 这样的 $X_{\frac{p}{q}}’$ 有最小元 $\dfrac{p}{q}$, 所以这个 Dedekind 分割给出了所有的有理数.
- 易知 $\sqrt{ 2 }$ 是$X_{\sqrt{2}}$ 的上界, 只需证 $\sqrt{ 2 }$ 是它的上确界. 若不然, 存在实数 $a<\sqrt{ 2 }$, 对一切 $x \in X_{\sqrt{ 2 }}$, 都有 $x\leqslant a$. 但是由于有理数在实数中的稠密性, 对实数 $\dfrac{a+\sqrt{ 2 } }{2}$ 和 $\varepsilon= \dfrac{\sqrt{ 2 }-a}{2}>0$, 存在有理数 $b$ 使得 $d(b,\dfrac{a+\sqrt{ 2 } }{2})=\left|b-\dfrac{a+\sqrt{ 2 } }{2}\right|<\varepsilon$, 其中的有理数 $b$ 满足 $\sqrt{ 2 }>b>a$, 而 $b\in X_{\sqrt{ 2 }}$, 矛盾. 所以 $\sqrt{ 2 }=\sup X_{\sqrt{ 2 }}$. 从而这个 Dedekind 分割给出实数 $\sqrt{ 2 }$.
第二问我们在不知道 $\sqrt{ 2 }$ 是否是无理数的情况下给出了证明, 这也体现了 Dedekind 分割的一个优点, 可以众生平等地构造所有实数, 只要给出了对应的有理数集合$X\in \mathcal R$ 即可. 至于证明一个数是无理数大多时候是不容易的, 我们更关注像 $\pi,e$ 这种重要的无理数的证明.
序结构
现在, 我们要在 $\mathcal{R}$ 上定义序关系, 加法和乘法, 使得 $(\mathcal{R},+,\cdot, \leqslant)$ 满足四套公理. 我们先定义序关系:
对任意的 $X,Y\in \mathcal{R}$, 作为 $\mathbb{Q}$ 的子集合, 如果
- $X=Y$, 我们称 $X=Y$;
- $X\subset Y$ 且 $X\neq Y$, 我们称 $X<Y$ (也记做 $Y>X$).
第一条的第一个等号表示两个集合相等, 即两个集合包含完全一样的元素, 第二个等号表示 $\mathcal R$ 中的两个元素 $X,Y$ 相等.
我们首先来验证这个序关系满足公理 $(O1),\ (O2)$ 和 $(O3)$:
- $(O3).$ $\leqslant$ 是一个全序关系, 即对任意的 $X,Y\in \mathcal{R}$, $X\subset Y$ 和 $Y\subset X$ 必居其一:
我们假设 $X\not\subset Y$, 只要说明 $Y\subset X$ 即可. 根据假设, 存在 $x\in X$, 使得 $x\notin Y$, 根据 $Dedekind$ 分割的定义中的 2. , 对任意的 $y\in Y$, 都有 $y<x$ (否则 $x<y$, $y\in Y$, 就可以推出 $x\in Y$, 矛盾! ), 从而 $y\in X$ (因为 $x\in X$), 所以 $Y\subset X$. - $(O1).$ 对任意的 $X,Y,Z\in \mathcal{R}$, 如果 $X<Y$, $Y<Z$, 那么 $X<Z$.
这就是集合包含关系的传递性的重新叙述. - $(O 2).$ 对任意的 $X,Y\in \mathcal{R}$, $X<Y$, $X=Y$ 或者 $X>Y$ 三者恰有一种情形成立.
用集合的包含关系来看, 这是显然的.
这里的 $(O 2).$ 和 1 实数的公理化描述 的 $(O 2)$ 叙述不同, 但实际上两者是一回事: 第一节中的 $(O 2)$ 放到这里的意思是, 若 $X\subset Y$ 且 $Y \subset X$ 则 $X=Y$.
必要性: 根据序关系的定义, 假设 $X\neq Y$, 若$X\subset Y$ 且 $Y \subset X$ 同时成立, 则 $X<Y$ 和 $X>Y$ 同时成立, 根据这里的 $(O 2).$ 矛盾.
充分性: 情况一: $X<Y$ 和 $X=Y$ 都不成立, 则根据第一节的 $(O 2)$, 若 $X\subset Y$, 且$X\neq Y$, 则 $X<Y$, 但这是不成立的, 所以 $X\not\subset Y$, 由这里的 $(O 3).$ 只可能 $Y\subset X$, 由于 $Y\neq X$, 所以只可能 $Y<X$. 情况二: $X=Y$ 和 $X>Y$ 都不成立, 则和情况一类似, 可推出只可能 $X<Y$. 情况三: $X<Y$ 和 $X>Y$ 都不成立, 若 $X\subset Y$ 且 $Y \subset X$, 则只可能 $X=Y$. 综上所述, 第一节的 $(O2)$ 和这里的 $(O 2).$ 等价.
一个有趣的事情是, 我们现在就可以证明2 区间套公理与确界原理, 距离空间]] 了(只需要用到序的定义!). 为此, 我们先做一番准备. 假设 $\mathcal{X} \subset \mathcal{R}$ (这是一个由若干Dedekind分割所组成的集合)有上界, 即存在Dedekind分割 $M$, 使得对任意 $X\in \mathcal{X}$, $X\leqslant M$, 这里我们假设 $\mathcal{X}\neq \varnothing$. 我们现在定义 $\sup\mathcal{X}$ 的候选: $$M_0=\displaystyle \bigcup_{X\in \mathcal{X}}X.$$ 这是有理数的子集, 我们首先要说明 $M_0\in \mathcal{R}$, 即 $M_0$ 是Dedekind分割. 我们逐条验证定义:
- $M_0\neq \varnothing$, $M_0′ \neq \varnothing$.
$M_0\neq \varnothing$ 是显然的. 为了说明 $M_0’\neq \varnothing$, 我们考虑 $\mathcal{X}$ 的一个上界 $M$, 也就是说对于任意的 $X\in \mathcal{X}$, 我们都有 $X\subset M$, 所以 $X’\supset M’$ 从而 $M_{0}’=\displaystyle\bigcap_{X\in \mathcal{X}}X’\supset M’$. 此时, 我们考虑任意的一个 $m’\in M’$, 这是 $M_0’$ 中的一个元素. - 对每一个 $x_1\in M_0$, 如果 $x_2< x_1$, 那么一定有 $x_2\in M_0$.
实际上, 由于 $x_1\in M_0$, 所以存在Dedekind分割 $X \in\mathcal{X}$, 使得 $x_1 \in X$, 所以 $x_2\in X \subset M_0= \displaystyle \bigcup_{Y\in \mathcal{X}}Y$. - $M_0$ 中没有最大元.
如若不然, 我们可以找到 $x\in M_0$ 是最大元. 根据 $M_0$ 的定义, 存在Dedekind分割 $X \in\mathcal{X}$, 使得 $x\in X$, 那么 $x$ 必须是 $X$ 的最大元(因为对任意的 $m\in X \subset M_{0},\ m\leqslant x$ ), 这与 $X$ 是Dedekind分割矛盾.
我们下面说明, $M_0$ 是 $\mathcal{X}$ 最小的上界, 即若定义 $${\mathcal{M}}=\bigl\{{M}\in \mathcal{R} \bigm| {M} \text{是 $\mathcal{X}$ 的上界}\bigr\},$$ 那么, 我们有 $M_0\in \mathcal{M}$ 并且如果 $M\in \mathcal{M}$, 那么 $M_0\leqslant M$: $M_0\in \mathcal{M}$ 是明显的. 为了说明 $M_0\leqslant M$, 其中 $M$ 是上界, 我们用定义: 由于 $M$ 是上界, 所以对任何的 $X\in \mathcal{X}$, 我们都有 $X\subset M$, 所以它们的并 $\displaystyle \bigcup_{X\in \mathcal{X}}X$ 也是 $M$ 的子集, 即 $M_0\subset M$，这等价于 $M_0\leqslant M$. 这就证明了确界原理.
加法结构
我们现在定义加法运算:
对任意的 $X,Y\in \mathcal{R}$, 我们定义 $$X+Y:=\left\{x+y\bigm| x\in X,y \in Y\right\}.$$ 我们还定义零元素 $\overline{0}$ 为 $$\overline{0}=X_0=\left\{x\in \mathbb{Q}\bigm| x<0\right\}.$$
我们首先说明加法运算 $$\mathbb{R}\times \mathbb{R} \stackrel{+}{\longrightarrow}\mathbb{R}, \ \ (X,Y)\mapsto X+Y$$ 是良好定义的, 即说明上面所定义的 $X+Y$ 的确是Dedekind分割(先验地来看, $X+Y$ 只是 $\mathbb{Q}$ 的一个子集). 为此, 我们只需要依次验证Dedekind分割的定义中的三条性质:
- $X+Y$ 及其补集 $(X+Y)’$ 是非空的.
由于 $X$ 和 $Y$ 都非空, $X+Y$ 自然非空; 我们随意选定 $x’_0\in X’$, $y’_0\in Y’$, 那么对任意的 $x\in X$, $y\in Y$, 我们都有 $x<x_0’$, $y<y_0’$. 所以, 对任意的 $x\in X$, $y\in Y$, 我们都有 $x+y<x_0’+y_0’$, 这就表明 $x_0’+y_0’$ 比 $X+Y$ 中所有数都大. 特别地, $x_0’+y_0′ \notin X+Y$, 也就是说 $x_0’+y_0’\in (X+Y)’$. - 对任意的 $x+y\in X+Y$, 其中 $x\in X$, $y\in Y$, 如果有理数 $z<x+y$, 那么 $z\in X+Y$.
为此, 我们注意到 $z-x<y$, 根据，$y\in Y$, 我们知道 $z-x\in Y$, 所以 $$z=\underbrace{x}_{\in X}+\underbrace{z-x}_{\in Y} \in X+Y.$$ - $X+Y$ 中没有最大元.
如果不然, 假设 $x_0+y_0\in X+Y$ 是最大元, 其中 $x_0\in X$, $y_0\in Y$. 根据定义, 由于 $X$ 和 $Y$ 没有最大元, 所以存在 $x\in X$, $y\in Y$, 使得 $x_0<x$, $y_0<y$, 从而 $x_0+y_0<x+y$. 但是 $x+y\in X+Y$, 这与 $x_0+y_0$ 是最大元这个假设矛盾.
我们下面需要依次验证和加法相关的几条公理. 如果不加其他的陈述, 我们总假设 $X,Y,Z\in \mathcal{R}$ 是任意选定的Dedekind分割. 那么, 我们有
- $(F 1)$ $(X+Y)+Z=X+(Y+Z)$.
根据定义, 这是显然的. - $(F 2)$ $X+Y=Y+X$.
根据定义, 这也是显然的. - $(O 4)$ 如果 $X< Y$, 那么 $X+Z< Y+Z$.
这个性质的证明不是一句话就可以完成的, 我们先准备一个技术工具.
$X$ 是Dedekind分割. 那么, 对任意的正整数 $n$, 总存在 $x\in X$, $x’ \in X’$, 使得 $$0<x’-x<\frac{1}{n}.$$
证明想法可以追溯到庄周:
一尺之棰，日取其半，万世不竭。$-$《庄子 $\cdot$天下》
任意选定 $x_0\in X, x’_0\in X’$, 我们通过归纳的方式来构造一些列的 $(x_k,x’_k)$, 其中 $k\geqslant 0$, $x_k\in X$, $x_k’\in X’$. 假设 $(x_k,x’_k)$ 已经构造好了, 那么我们考虑 $y=\dfrac{1}{2}(x_k+x’_k)$. 有两种可能的情况: 如果 $y\in X$, 那么定义 $(x_{k+1},x’_{k+1})=(y,x’_k)$; 如果 $y\in X’$, 那么定义 $(x_{k+1},x’_{k+1})=(x_k,y)$. 很明显, 我们有 $$|x_{k+1}-x’_{k+1}|=\dfrac{1}{2}|x_k-x’_k| \ \ \Rightarrow \ \ |x_k-x’_k|=\dfrac{1}{2^{k}}|x_0-x’_0|.$$ 上面的等式对任意的 $k$ 都对. 对任意的正整数 $n$, 选取 $k_0$, 使得 $2^{k_0}>n|x_0-x_0’|$, 从而 $x=x_{k_0}\in X$ 和 $x’=x’_{k_0}\in X’$ 满足要求.
∎回到 $(O4)$ 的证明:
首先注意到不等式 $X+Z\leqslant Y+Z$ (因为 $X<Y$, 对任意的 $x+z \in X+Z$, 其中 $x \in X,\ z\in Z$, 都有 $x \in Y$, 从而 $x+z\in Y+Z$ ), 所以只要说明 $X+Z\neq Y+Z$ 即可, 选取 $y, \tilde{y}\in Y-X$ (集合 $X$ 在集合 $Y$ 中的补集), 使得 $y>\tilde{y}$ (先取 $\tilde{y}$, 由于 $Y$ 没有最大元, 可以再选 $y$). 我们现在取自然数 $n$, 使得 $\dfrac{1}{n}<y-\tilde{y}$ (在有理数中这总能做到). 根据引理, 再取 $z\in Z$, $z’\in Z’$, 使得 $z’-z<\dfrac{1}{n}$. 我们现在说明 $y+z\notin X+Z$: 如若不然, 那么存在 $x\in X$, $z_1\in Z$, 使得 $y+z=x+z_1$. 按照定义, $x<\tilde{y}$, 有 $$z’-z< \frac{1}{n}<y-\tilde{y}<y-x=z_{1}-z,$$ 所以 $z'<z_1$. 这与 Dedekind 分割的定义中的第二条矛盾!
- $(F 3)$ 对任意的 $X\in \mathcal{R}$, 我们都有 $\overline{0}+X=X$.
根据 $\overline{0}$ 的定义, $\overline{0}+X=\bigl\{x+(-a)\bigm|a\in \mathbb{Q}_{>0}\bigr\}$. 假设 $x-a \in \overline{0}+X$ 是任意给定的一个元素, 其中 $x\in X$, $a\in \mathbb{Q}_{>0}$, 那么, 根据 $x-a<x$, 我们知道 $x-a\in X$, 这说明 $\overline{0}+X\subset X$; 假设 $x\in X$ 是任意给定的一个元素, 那么一定存在 $x’\in X$, 使得 $x’>x$, 我们令 $a=x’-x \in \mathbb{Q}_{>0}$, 从而, $x=x’+(-a)$, 这个分解表明 $x\in \overline{0}+X$, 所以 $X\subset \overline{0}+X$. - $(F 4)$ 对任意的Dedekind分割 $X$ 和 $Y$, 存在唯一的 $Z\in \mathcal{R}$, 使得 $X+Z=Y$. $Y=\overline{0}$ 的情况就是公理 $(F4)$.
$X,Y\in \mathcal{R}$ 给定, 我们按照下面的方式定义 $Z$: $$Z=\bigl\{y-x’ \bigm| y\in Y, x’\in X’ \bigr\}.$$ 我们首先要说明 $Z\in \mathcal{R}$, 其推理与之前验证 $X+Y\in \mathcal{R}$ 的方式类似:- $Z\neq \varnothing$, $Z’\neq \varnothing$.
$Z$ 显然不是空集; 为了说明 $Z’$ 不是空集, 我们选定 $y’_0\in Y’$, $x_0\in X$, 只要说明 $y’_0-x_0 \notin Z$ 即可: 若不然, 存在 $y\in Y$ 和 $x’\in X’$, 使得 $y-x’=y_0′-x_0$, 即 $y+x_0=y_0’+x’$, 这与 $y<y_0’$ 以及 $x_0<x’$ 矛盾. - 对任意的 $y-x’ \in Z$, 其中 $y\in Y, x’\in X’$, 如果 $z<y-x’$, 就一定有 $z\in Z$.
我们只需要把 $z$ 分解为 $z=y-(y-z)$, 根据 $z<y-x’$, 我们知道 $y-z>x’$, 所以 $y-z\in X’$, 所以 $z$ 可以写成 $Y$ 中元素与 $X’$ 中元素的差. - $Z$ 中的元素没有最大元.
若有最大元 $y_{0}-x_{0}’\in Z$, 其中 $y_{0} \in Y,\ x_{0}’\in X’$. 由于 $Y$ 中没有最大元, 所以存在 $y_{1}\in Y, \ y_{1}>y_{0}$, 于是 $y_{1}-x_{0}’>y_{0}-x_{0}’$ 且 $y_{1}-x_{0}’\in Z$, 矛盾.
- $Z\neq \varnothing$, $Z’\neq \varnothing$.
- 现在来说明 $X+Z=Y$. 由于 $X+Z$ 中的元素形如 $x+(y-x’)$, 其中 $x\in X$, $y\in Y$, $x’\in X’$, 根据 $x<x’$, 所以这个元素必然 $<y$, 这就说明该元素落在 $Y$ 中, 所以 $X+Z\subset Y$; 对任意 $y$, 由于 $Y$ 没有最大元, 我们可以选取 $\tilde{y}\in Y$, 使得 $y<\tilde{y}$. 根据上面的技术性引理, 我们还可以选取 $x\in X$ 和 $x’\in X’$, 使得 $x’-x<\tilde{y}-y$, 那么 $\tilde{\tilde{y}}=y+(x’-x) <\tilde{y}$, 所以 $\tilde{\tilde{y}}\in Y$. 从而, $$y=\underbrace{x}_{\in X}+\underbrace{\tilde{\tilde{y}}-x’}_{\in Z}\in X+Z,$$ 这说明 $Y\subset X+Z$. 综合上述, $X+Z=Y$.
我们再进一步研究刚才所以定义的加法的结构. 注意到, 根据刚刚证明的$(F4)$, 我们可以定义相反数的运算: $$-\colon\mathcal{R}\rightarrow \mathcal{R}, X\mapsto -X.$$ 其中 $-X$ 是使得 $X+Z=\overline{0}$ 的(唯一的)那一个 $Z$. 按照定义, 我们有 $$-X=\{y-x’\mid y\in \overline{0},x’\in X’\}.$$根据公理$(F1)-(F4)$ (目前已经证明), 这个 $Z$ 是唯一的并且 $-(-X)=X$:
若还有 $\tilde{Z}\in \mathcal R$ 使得 $X+\tilde{Z}=\overline0$, 则 $\tilde{Z}=\overline 0+\tilde{Z}=Z+(X+\tilde{Z})=Z+\overline0=Z.$ 根据 $X+(-X)=(-X)+X=\overline 0$ 得 $X=-(-X)$.
∎我们还可以说明, 这里定义的负号运算和本来有理数上的负号的运算是一致的, 即若 $\dfrac{p}{q}$ 是有理数, 那么 $X_{-\frac{p}{q}}=-X_{\frac{p}{q}}$: 为此, 我们只需要说明 $X_{-\frac{p}{q}}+X_{\frac{p}{q}}=\overline{0}$ 即可:
$\overline{0} = \{-a \mid a \in \mathbb{Q}_{>0}\}$, 对任意的 $-a \in \overline{0}$, 都有 $a>0$, $$ -a = \underbrace{\left(-a – \frac{p}{q} + \frac{a}{2}\right)}_{\in X_{-\frac{p}{q}}} + \underbrace{\left(\frac{p}{q} – \frac{a}{2}\right)}_{\in X_{\frac{p}{q}}} \in X_{-\frac{q}{p}} + X_{\frac{q}{p}}, $$ 说明 $\overline{0} \subset X_{-\frac{p}{q}} + X_{\frac{p}{q}}$. 还有, 对任意的 $x \in X_{-\frac{p}{q}},\ y \in X_{\frac{p}{q}}$, 都有 $x < -\dfrac{p}{q},\ y < \dfrac{p}{q}$, 从而 $x+y < 0$ 且 $x+y \in \mathbb{Q}$, 所以 $x+y \in \overline{0}$ 这说明 $X_{-\frac{p}{q}} + X_{\frac{p}{q}} \subset \overline{0}$.
∎若 $m\in \mathbb{R}-\mathbb{Q}$, 则类似的命题仍然成立, 即 $X_{-m}+X_{m}=\overline 0$: 对任意的 $-a \in \overline{0},\ a>0$, 总存在 $-t\in X_{-m}$, 使得 $-m-a<-t<-m$, 这样的 $t$ 还满足 $t-a<m$, 即 $t-a\in X_{m}$, 于是 $$-a = \left(-t\right) + \left(t-a\right) \in X_{-m} + X_{m}.$$ 从而 $\overline 0 \subset X_{-m}+X_{m}$. 另一个方向和上面有理数情况的证明一样.
对于 $X\in \mathcal{R}$, 如果 $X>\overline{0}$, 我们就称 $X$ 是正的; 如果 $X<\overline{0}$, 我们就称 $X$ 是负的.
- 证明, $X$ 是正的当且仅当 $X$ 中有正的有理数.
- 证明, $X$ 是正的当且仅当 $-X$ 是负的.
- 必要性: 对任意的 $a \in \overline{0}$, 有 $a < 0$, 根据定义, $X > \overline{0}$, 存在 $b \in X$ 但 $b \notin \overline{0}$, 即 $a < b \Rightarrow b \geqslant 0$, 并且存在 $b’ \in X$, $b’ > b$ (因为 $X$ 无最大元), $b’$ 即为所求.
充分性: 假设 $X< \overline 0$, 则对任意的 $x \in X$, 都有 $x \in\overline 0$, 即 $x<0$. 但是 $X$ 中有正的有理数, 矛盾. - 必要性: $X > \overline{0}$ 且 $-X = \{ (-a) – x’ \mid a \in \mathbb{Q}_{>0},\ x’ \in X’ \}$. 由第一问, 存在 $b \in X$, $b > 0$, 对任意的 $t \in X’,\ t > b > 0$, 得 $-t < 0$. 对任意的 $k =(-a)-x’\in-X$, 其中 $x’\in X’,\ a\in \mathbb{Q}_{>0}$, $k < -x’ < 0 \Rightarrow k \in \overline{0}$, 即 $-X \subset \overline{0}$. 只需证 $-X \neq \overline{0}$ 即可. 若不然, $-X = \overline{0}$, 则由 $X + (-X) = \overline{0}$, 得 $X = X + \overline{0} = \overline{0}$, 矛盾.
充分性: 由 $-X < \overline{0}$, $(-X)+X= \overline{0}$, 得 $X = \{ (-a)-k \mid a \in \mathbb{Q}_{\ge 0},\, k \in -X \}$. 先取 $k_0 \in -X$, 则 $-k_0 > 0$, 再取 $a_0 = -\dfrac{k_0}{2} \in \mathbb{Q}_{\ge 0}$, 则 $(-a_0)-k_0 = -\dfrac{3k_0}{2} > 0$. 假设 $X < \overline{0}$, 则对任意的 $x \in X$, 都有 $x < 0$, 但 $(-a_0)-k_0 \in X$ 且 $(-a_0)-k_0 > 0$. 矛盾.
利用这个习题第一个结论, 我们现在可以证明Archimedes公理 (A), 即如果Dedekind分割 $X>\overline{0}$, 那么对任意的 $Y\in \mathcal{R}$, 存在正整数 $n$, 使得 $$\underbrace{X+\cdots +X}_{n~\text{个}}>Y.$$ 实际上, 根据上面习题的第一个结论, 我们先选一个有理数 $x\in X$, 并且 $x>0$. 我们任意选取一个有理数 $y’\in Y’$. 我们当然可以找到 $n$, 使得 $n\cdot x>y’$, 此时, $n\cdot x \in \underbrace{X+\cdots +X}_{n~\text{个}}$ 并且比 $Y’$ 中的一个元素还要大, 这说明 $\underbrace{X+\cdots +X}_{n~\text{个}}>Y$.
乘法结构
我们现在要来定义并研究 $\mathcal{R}$ 上的乘法. 为了定义乘法, 对于 $X,Y\in \mathcal{R}$, 我们分情况来讨论: $$X\cdot Y =\begin{cases}\overline{0}, \ \ &\text{如果 $X=\overline{0}$ 或 $Y=\overline{0}$};\\ \bigl\{x\cdot y\bigm| x\geqslant 0, x\in X, y\geqslant 0, y \in Y\bigr\}\cup \overline{0}, \ \ &\text{如果 $X>0$，$Y>0$};\\ -\bigl(X\cdot(-Y)\bigr), \ \ &\text{如果 $X>0$，$Y<0$};\\ -\bigl((-X)\cdot Y \bigr), \ \ &\text{如果 $X<0$，$Y>0$};\\ \bigl((-X)\cdot(-Y)\bigr), \ \ &\text{如果 $X<0$，$Y<0$}.\end{cases}$$ 我们希望(将证明)乘法单位元 $\overline{1}$ 恰好就是 $$\overline{1}=X_1=\bigl\{x\in \mathbb{Q}\bigm| x<1\bigr\}.$$ 在第一次作业题中, 我们将逐条验证域公理 (F) 和序公理 (O) 所剩下的部分. 至此, 我们证明了 $(\mathcal{R},+,\cdot,\leqslant)$ 满足实数的所有公理, 从而证明了实数的存在性. 关于实数的唯一性, 我们将会在后面课程的展开中顺便讨论(比如说在什么意义下是唯一的).
可以写一下Dedekind定理与确界原理是等价的
写好了>~<