由有理數定義實數

• 實數形成的集合$\mathbb{R}$配備了次序關係、加法運算與乘法運算後，稱之為實數系(real number system)。

• 一般定義實數是由自然數$\mathbb{N}$ 為基礎，搭配Peano 公理來定義實數系。

• 以下將由有理數(rational number)為一個有序體且正整數(natural number)具有良序性的基礎，來證明實數系(real number system)為一個具有完備性的有序體，因此需以下假設，且分為三部份。

  • 定義何謂實數。
  • 定義實數的次序關係、加法與乘法運算，並證明有序體的性質對實數也成立。
  • 實數的完備性。
• 定義：假設有理數為有序體(ordered field) ($\mathbb{Q}, +, \times$)，且正整數$\mathbb{N}$有良序性。令$\mathbb{Q}^{+} \subseteq \mathbb{Q}$為正有理數且$\forall p,\ q,\ r \in \mathbb{Q}^{+}$ 滿足以下性質。
  • (加法交換性)$p + q = q + p$.
  • (加法結合性)$(p+q)+r = p+(q+r)$.
  • (加法單位元素)$\exists 0 \in \mathbb{N} \ni p + 0 = p$.
  • (加法單位反元素)$\forall p \in \mathbb{Q}^{+} \ \exists -p \in \mathbb{Q}^{+} \ni p + (-p) = 0$.
  • (乘法交換性)$p \times q = q \times p$.
  • (乘法結合性)$(p \times q) \times r = p \times (q \times r)$.
  • (乘法單位元素)$\exists 1 \in \mathbb{N} \ni p \times 1 = p$.
  • (乘法單位反元素)$\forall p \neq 0, \exists p^{-1} \ni p \times p^{-1} = 1$.
  • (分配律) $p \times (q + r) = p \times q + p \times r$.
  • (三一律) $\forall p$，三者中必定恰有一成立：$p \in \mathbb{Q}^{+}, \ -p \in \mathbb{Q}^{+},\ p = 0$.
  • (加法封閉性)$p \in \mathbb{Q}^{+} \text{ and } q \in \mathbb{Q}^{+} \Rightarrow p + q \in \mathbb{Q}^{+}$.
  • (乘法封閉性)$p \in \mathbb{Q}^{+} \text{ and } q \in \mathbb{Q}^{+} \Rightarrow p \times q \in \mathbb{Q}^{+}$.
  • (正整數的良序性) 若$\phi \neq S \subseteq \mathbb{N}$，則$S$ 必定有最小元素。

Dedekind分劃(cut)

• 為了證明實數系為完備的有序體，這裡採用的是Richard Dedekind所提出的方法。

• 在早期證明定理都是以幾何圖形來說明，因此若將「直線有連續性」解釋為在直線上，任意兩(有理)點都有其它(有理)點存在，其實不夠嚴謹。因為我們很容易可畫出無理數$r, \ r^2 = 2$的圖形。

• $Theorem: r^2 = 2$不為有理數。
  • Proof:
  • Let $p \in \mathbb{Q} \text{ and } p^2 = 2$.
  • $p = m/n,\ \forall m,n \in \mathbb{N} \text{ and gcd}(m,n) = 1$.
  • $\therefore m^2 = 2n^2 \Rightarrow m^2$為偶數，所以$m$ 為偶數。
  • 令 $m = 2 m_1$，可得 $n^2 = 2 m_1^2$，所以$n$ 也為偶數。
  • 因此可得$\text{gcd}(m,n) = 2$ 矛盾。(QED)。
• 定義：分劃(cut)
  • 令$\phi \neq S \subset \mathbb{Q}$，若
  • $\forall p \in S, S=\{q \in \mathbb{Q} | q < p \}$；即比$p$小的有理數均為$S$的元素
  • $\forall p \in S \ \exists q \in \mathbb{Q} \ni q > p \text{ and } q \in S$，即集合$S$存在有理數上界為集合的元素。
  • 若集合$S$滿足以上性質時，稱$S$為$\mathbb{Q}$的一個分劃。
  • 此定義即為比某個數小的全體有理數所形成的集合。
  • E.g. 給定$r \in \mathbb{Q}$，則$r^{*}=\{ q \in \mathbb{Q} | q < r \}$為有理數$r$ 所決定的有理數分劃(rational cut)。
  • E.g. 給定$d \in \mathbb{Q}^{+}$，則$S = \{p \in \mathbb{Q} | p \leq 0 \} \cup \{ p \in \mathbb{Q} | p > 0 \text{ and } p^2 < d \}$為一分劃。
    • Proof:
    • $\because 0 \in S, \therefore S \neq \phi$。且$(1+d)^2 > d, \therefore 1+d \notin S \therefore S \neq \mathbb{Q}$.
    • 若$p \in S$且$q \in \mathbb{Q},\ q < p$。
      • 當$q \leq 0$時，可知$q \in S$。
      • 當$q > 0$時，$\because 0 < q < p \therefore q^2 < p^2 < d \therefore q \in S$.
    • 若$p \in S$，要證明$S$存在上界，只須考慮$p > 0$的情形即可。
      • 令 $q = (p^3 + 3dp)/(3p^2 + d) \in \mathbb{Q}$且
      • $q-p = \frac{p^3 + 3dp}{3p^2 + d}-p = \frac{2p(d-p^2)}{3p^2 + d} > 0$.
      • $d-q^2 = d - \frac{(p^3+3dp)^2}{(3p^2+d)^2} = \frac{(d-p^2)^3}{(3p^2+d)^2} > 0$.
      • $\therefore q > p \text{ and } q \in S$ (QED).

• 對於任何分劃$S$，均有以下兩個性質：

  • $\forall p \in S, q \in \mathbb{Q},\text{ and } q \notin S \Rightarrow q > p$.(分劃必存在有理數上界)
  • $\forall p,q \in \mathbb{Q},\ p \notin S \text{ and } p < q \Rightarrow q \notin S$.(分劃必包含小於某個有理數的全部有理數)

分劃的次序關係

• 定義：相等分劃
  • $S_1, S_2 \subset \mathbb{Q}$為有理數中的分劃，若兩集合相等時，記為$S_1 = S_2$。
• 定義：分劃的大小
  • $S_1, S2 \subset \mathbb{Q}$為有理數中的分劃。
  • 若存在有理數$p$ 滿足 $p \in S_1$且 $p \notin S_2$，則記為$S_1 > S_2$ 或 $S_2 < S_1$.
  • $S_1 \geq S_2$表示$S_1 > S_2$或 $S_1 = S_2$.
• Theorem:分劃的次序滿足三一律
  • $S_1, S_2 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃，則下列三者恰有一成立。
  • $S_1 > S_2,\ S_1 < S_2, S_1 = S_2$.
• Theorem:分劃的次序滿足遞移律
  • $S_1, S_2, S_3 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃。
  • $S_1 > S_2 \text{ and } S_2 > S_3 \Rightarrow S_1 > S_3$.
  • Proof:
  • $\because S_1 > S_2, \therefore \exists p \in \mathbb{Q} \ni p \in S_1 \text{ and } p \notin S_2$.
  • $\because S_2 > S_3, \therefore \exists q \in \mathbb{Q} \ni q \in S_2 \text{ and } q \notin S_3$.
  • $\because p \notin S_2 \text{ and } q \in S_2 \therefore p > q$.
  • $\because q \notin S_3 \text{ and } p > q \therefore p \notin S_3$.
  • $\because p \in S_1 \text{ and } p \notin S_3 \Rightarrow S_1 > S_3$ (QED).

分劃的加法運算

• Theorem: 兩分劃可以相加。
  • $S_1, S_2 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃。
  • 則集合$S_3 = \{ p+q | p \in S_1,\ q \in S_2 \}$也是有理數的分劃。
  • Proof:
  • [1] 證明$\phi \neq S_3 \subset \mathbb{Q}$。
  • $\because S_1 \neq \phi \text{ and } S_2 \neq \phi \therefore S_3 \neq \phi$.
  • $\because S_1 \neq \mathbb{Q} \text{ and } S_2 \neq \mathbb{Q} \therefore \exists s,t \in \mathbb{Q} \ni s \notin S_1 \text{ and } t \notin S_2$.
  • 因此可得$\forall p \in S_1,\ p < s$, $\forall q \in S_2,\ q < t$.
  • $\therefore \forall v \in S_3, v < s+t \text{ and} s+t \notin S_3,\ S_3 \neq \mathbb{Q}$ [1].
  • [2] 證明比$p+q$小的所有有理數均為$S_3$的元素。
  • Let $v \in S_3, \ s \in \mathbb{Q}, \ s < v$.
  • 依$S_3$的定義，必存在$p \in S_1,\ q \in S_2 \ni v = p + q$.
  • 令$t = s - q$，則 $t \in \mathbb{Q}$，且因$s < v$ 可得$t < p$.
  • $\because S_1$是分劃且$p \in S_1$，所以$t \in S_1$。
  • $\because s = t + q$且 $q \in S_2$，所以$s \in S_2$ [2]。
  • [3] 證明$S_3$存在有理數上界。
  • 令 $v \in S_3$，則可找到$p \in S_1 \text{ and } q \in S_2 \ni v = p + q$.
  • $\because S_1$是分劃且$p \in S_1$，所以可找到$s \in S_1 \ni s > p$。
  • $\therefore s + q \in S_3 \text{ and } s + q > v$[3].
  • 由[1,2,3]可得$S_3$為有理數中的分劃(QED)。
• 定義：分劃的和(sum)
  • $S_1, S_2 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃，則$S_1, S_2$之和為$S_1 + S_2$
  • $S_1 + S_2 = \{p+q | p \in S_1,\ q \in S_2 \}$.
• Theorem:分劃的加法滿足交換律
  • $S_1, S_2 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃，則$S_1 + S_2 = S_2 + S_1$
• Theorem:分劃的加法滿足結合性
  • $S_1, S_2,S_3 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃，則$(S_1 + S_2) + S_3 = S_1 + (S_2 + S_3)$.
• Theorem:分劃的加法有單位元素
  • $S \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃，則$S + 0 = S$.
• Theorem:每個分劃都有加法反元素
  • $S \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃，則必存在一個分劃$T$滿足$S+T = 0$.
  • 分劃$S$的加法反元素將以$-S$表示。
  • 加法反元素具唯一性。
• Corollary:逼近定理
  • $S \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃，則對每個正有理數$p$，必可找到$s \in S$以及$q \in \mathbb{Q} - S$ 且 $q$不是$\mathbb{Q} -S$的最小元素，使得$q-s=p$
  • E.g. 令$S=1/2$的分劃，若$p=3,\ s=0$，則$q=3$.
• Theorem:分劃的加法可保持次序
  • $S_1, S_2,S_3 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃。
  • 若$S_1 > S_2 \Rightarrow S_1 + S_3 > S_2 + S_3$。

分劃的乘法運算

• Theorem:兩正分劃可以相乘
  • $S_1, S_2 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃，且$S_1 > 0,\ S_2 > 0$。
  • 則$\{ r \in \mathbb{Q} | r \leq 0 \} \cup \{ pq | p \in S_1 \cap \mathbb{Q}^{+},\ q \in S_ \cap \mathbb{Q}^{+}\}$為有理數中的分劃。
  • 稱為正分劃$S_1, S_2$的積(product)，記為$S_1 S_2$。

• 定義：分劃的積
  • $S_1, S_2 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃，則積$S_1 S_2$定義如下：
  • $S_1 = 0,\ S_2 = 0,\ S_1 S_2 = 0$.
  • $S_1 > 0,\ S_2 < 0,\ S_1 S_2 = -(S_1(-S_2))$.
  • $S_1 < 0,\ S_2 > 0,\ S_1 S_2 = -((-S_1) S_2)$.
  • $S_1 < 0,\ S_2 < 0,\ S_1 S_2 = (-S_1)(-S_2)$.
  • $S_1 > 0,\ S_2 > 0,\ S_1 S_2$ 同前一個定理。
• Theorem:分劃的乘法滿足交換律
  • $S_1, S_2 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃。
  • 則$S_1 S_2 = S_2 S_1$。
• Theorem:分劃的乘法滿足結合律
  • $S_1, S_2, S_3 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃。
  • 則$(S_1 S_2) S_3 = S_1 (S_2 S_3)$。
• Theorem:分劃的乘法有單位元素
  • $S \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃，則$S 1 = S$。
• Theorem:每個不為0的分劃都有乘法反元素
  • $0 \neq S \subset \mathbb{Q}$為有理數的分劃。
  • 則必有一分劃$T$滿足$ST=1$
  • $T$為分劃$S$的乘法反元素，記為$S^{-1}$ 或$1/S$。
• Theorem:逼近定理
  • $S \subset \mathbb{Q}$為有理數的一個正分劃。
  • 則對於每個大於1的有理數$p$，必可找到$s \in S,\ q \in \mathbb{Q} - S$且$q$不是$\mathbb{Q}-S$的最小元素使得$p=q/s$
• Theorem:分劃的乘法對加法可分配
  • $S_1, S_2, S_3 \subset \mathbb{Q}$為有理數的分配。
  • 則$S_1(S_2 + S_3) = S_1 S_2 + S_1 S_3$.