实数系统

现在我们将回到最初的概念，并把一些一直较为模糊的想法阐述清楚。在接下来的章节中，我们将为我们一直未加证明就使用的那些基本定理提供证明。在这个过程中你会看到，你以往所掌握的工具完全不足以证明诸如“在区间上连续的函数在该区间上存在最大值”这样的命题。

首先，我们明确列出我们所使用的数的性质。有几种方式可以做到这一点。其中一种方式是列出正整数的性质，并由它们构建一个具有我们下面所列性质的系统。另一种方式——也是我们本课程更愿意采用的方式——是建立一组基本规则，即公理：“我们将要使用的数系应具有以下性质……”。这些公理自然地分成三组，我们称之为域公理、序公理和连续性公理。在贯穿这些公理的过程中，字母 $a, b, c, \dots$ 代表一组对象的成员，我们约定把它们称为数。在这个集合中，我们假设可以把 $a$ 加到 $b$ 上得到数 $a + b$ ，并且可以把 $a$ 乘以 $b$ 得到数 $a b$ 。第一组公理，即域公理，表述了这两种运算的性质，所有其他性质都可以由此推导出来。

第一组：域公理

A1) $a + b = b + a$
A2) $(a + b) + c = a + (b + c)$
A3) 恰好存在一个数 $0$ ，使得对每个 $a$ 都有 $a + 0 = a$ 。
A4) 对每个 $a$ ，恰好存在一个数 $- a$ ，使得 $a + (- a) = 0$ 。
M1) $a b = b a$
M2) $(a b) c = a (b c)$
M3) 恰好存在一个数 $1 \neq 0$ ，使得对每个 $a$ 都有 $a \cdot 1 = a$ 。
M4) 若 $a \neq 0$ ，则恰好存在一个数 $a^{- 1}$ ，使得 $a a^{- 1} = 1$ 。
D) $a (b + c) = a b + a c$ 。

公理 A1) – 4) 给出了加法的性质，
M1) – 4) 给出了乘法的性质。
公理 D)，即分配律，将这两种运算联系起来。
A1) 和 M1) 分别表示加法和乘法的交换律，
A2) 和 M2) 则是结合律。
A3) 中的数 $0$ 当然被称为“零”，M3) 中的 $1$ 被称为“一”，尽管它应当被视为不同于计数中所用的“一”。
A4) 中的数 $- a$ 被称为 $a$ 的负数（相反数），
M4) 中的数 $a^{- 1}$ 则被称为 $a$ 的倒数（逆元）。
不可能定义一个既满足域公理、又使 $0$ 存在逆元的系统。

请注意，域公理所适用的系统类别比我们之前实数的概念要大得多；例如，有理数就满足这些公理。

我们提供几个示例证明，以说明我们的断言：加法和乘法的所有性质都可以由域公理推出。

定理 1

- (- a) = a \cdot

$a + (- a) = 0$ ；由 A1)， $(- a) + a = a + (- a) = 0$ ；但由 A4)， $- (- a)$ 是使得 $- a + b = 0$ 的唯一数 $b$ 。因此 $a = - (- a)$ 。

定理 2

a \cdot 0 = 0 \cdot

由 M3)， $a = a \cdot 1$ ；但由 A3)， $1 = 1 + 0$ 。由 D)，

a = a \cdot 1 = a \cdot (1 + 0) = a \cdot 1 + a \cdot 0 = a + a \cdot 0 \cdot

因此

(- a) + a = (- a) + (a + a \cdot 0) = ((- a) + a) + a \cdot 0,

由 A2)。但由 A2) 和 A4)， $(- a) + a = 0$ ，所以由 A3)，我们得到 $0 = 0 + a \cdot 0 = a \cdot 0$ 。

定理 3

(- 1) \cdot a = - a \cdot

$0 = 1 + (- 1)$ 。因此 $a \cdot 0 = a (1 + (- 1)) = a \cdot 1 + a (- 1)$ ，即由上一个定理， $0 = a \cdot 1 + a (- 1) = a + (- 1) a$ ，由 M3) 和 M1)。由于 $- a$ 是使得 $a + b = 0$ 的唯一数 $b$ ，我们有 $(- 1) a = - a$ 。

定理 4

(- a) (- b) = a b \cdot

$b + (- b) = 0$ 。因此 $a (b + (- b)) = a \cdot 0 = 0$ ，即由 D)， $a b + a (- b) = 0$ 。于是 $a (- b) = - (a b)$ 。又 $a + (- a) = 0$ ，所以 $(a + (- a)) (- b) = a (- b) + (- a) (- b) = 0$ 。于是 $a (- b) = - (- a) (- b)$ ，即 $- (a b) = - (- a) (- b)$ 。再一次取负，由第一个定理可知 $a b = (- a) (- b)$ 。

请注意，在贯穿这些证明的过程中，我们使用了你可能见过的“相等的量可以相互替换”这一原理。但这里不是替换的情形；数 $0$ 是同一个数，无论它被写成 $0, a + (- a), (- b) + b$ 还是别的什么形式。变化的只是这个数的表示方式，而我们只是使用如下原理：如果一个规则对某个数成立，那么在应用该规则时我们如何表示这个数无关紧要。

习题 1.

证明 $- (a + b) = (- a) + (- b)$ ； $- (b - a) = a - b$ ，其中 $a - b = a + (- b)$ 。

第二组公理涉及数的排序。我们将其表述为关于正数的公理，然后定义 $a < b$ 意为“ $b - a$ 是正的。”

第二组：序公理

作为所有这些公理的基础，我们取某个由数组成的集合 $P$ 的存在性，我们将其称为“正数”。这些公理给出 $P$ 所应具有的性质。

P1) 若 $a$ 和 $b$ 在 $P$ 中，则 $a + b$ 也在 $P$ 中。
P2) 若 $a$ 和 $b$ 在 $P$ 中，则 $a b$ 也在 $P$ 中。
P3) 若 $a$ 是任意 $\neq 0$ 的数，则要么 $a$ 在 $P$ 中，要么 $- a$ 在 $P$ 中，但两者不能同时成立。
P4) $0$ 不在 $P$ 中。

定义 1.

现在我们定义 $a < b$ 意为“ $b - a$ 在 $P$ 中”。 $a \leq b$ 意为“要么 $a < b$ ，要么 $a = b$ ”。代替 $a < b$ ，我们有时写作 $b > a$ ，类似地用 $b \geq a$ 表示 $a \leq b$ 。

由第一组和第二组的公理，我们可以证明 $a < b$ 的所有性质：

定理 5

对任意两个数 $a$ 和 $b$ ，以下三者中恰好有一个成立： $a < b, b < a, a = b$ 。

考虑数 $b - a$ 。若 $b - a$ 在 $P$ 中，则 $a < b$ ，且 $- (b - a) = a - b$ 不在 $P$ 中，且 $a \neq b$ 。此时 $a < b$ 成立，而 $a = b$ 和 $b < a$ 都不成立。接下来假设 $b - a$ 不在 $P$ 中。那么 $a < b$ 不成立。但若 $a \neq b$ ，则由 P3)， $- (b - a) = a - b$ 在 $P$ 中；换言之， $b < a$ 。剩下唯一的可能是 $a = b$ ，此时 $b - a$ 和 $a - b$ 都不在 $P$ 中，因为两者都是 $0$ 。

定理 6

若 $a < b$ ，则 $a + c < b + c$ 。

设 $a < b$ ，即 $b - a$ 在 $P$ 中。但 $(b + c) - (a + c) = b + c - a - c = b - a$ 在 $P$ 中。因此 $a + c < b + c$ 。

定理 7

若 $a < b$ 且 $c > 0$ （即 $c$ 在 $P$ 中），则 $c a < c b$ 。

$b - a$ 在 $P$ 中，且 $c$ 在 $P$ 中。因此由 P2)， $c (b - a) = c b - c a$ 在 $P$ 中。于是 $c a < c b$ 。

定理 8

若 $a < b$ 且 $b < c$ ，则 $a < c$ 。

若 $a < b$ 且 $b < c$ ，则 $b - a$ 和 $c - b$ 都在 $P$ 中。那么，由 P1)， $(c - b) + (b - a) = c - a$ 也在 $P$ 中，即 $a < c$ 。

定理 9

若 $a \neq 0$ ，则 $a^{2}$ 在 $P$ 中。

要么 $a$ 在 $P$ 中，要么 $- a$ 在 $P$ 中。若 $a$ 在 $P$ 中，则由 P2)， $a a = a^{2}$ 在 $P$ 中。若 $- a$ 在 $P$ 中，则 $(- a) (- a) = a \cdot a = a^{2}$ 在 $P$ 中。证毕。

定理 10

$1 > 0$ ，即 $1$ 在 $P$ 中。

$1 = 1^{2}$ 。

习题

证明以下各题：

习题 2.

若 $a < b$ ，则 $- b < - a$ 。

习题 3.

若 $a < b$ 且 $c < 0$ ，则 $b c < a c$ 。

习题 4.

若 $a b > 0$ ，则要么 $a > 0$ 且 $b > 0$ ，要么 $a < 0$ 且 $b < 0$ 。

习题 5.

若 $a > 0$ ，则 $a^{- 1} > 0$ ；若 $a < 0$ ，则 $a^{- 1} < 0$ 。

习题 6.

若 $a < b$ 且 $c < d$ ，则 $a + c < b + d$ 。

习题 7.

整数是一个满足第一组和第二组除 M4) 之外所有公理的系统。通过考虑满足 $n \neq 0$ 的整数的数对 $(m, n)$ （如果你愿意，也可写作 $\frac{m}{n}$ ），建立有理数的运算和序。注意，我们用 $\frac{2}{3}$ 所表示的有理数也可以用 $\frac{6}{9}, \frac{4}{6}, \frac{- 2}{- 3}$ 等表示。因此 $\frac{m}{n}$ 本身并不是一个有理数，而只是表示某个有理数的一种方式。你应当明确说明什么时候两个数对表示同一个有理数。

第三组：连续性公理

第一组和第二组的所有公理都被有理数满足。但在有理数范围内，我们无法证明我们在第 12 章中使用过的那个定理，即在 $a \leq x \leq b$ 上连续且满足 $f (a) < f (b)$ 的函数 $f (x)$ 在该区间上取遍 $f (a)$ 与 $f (b)$ 之间的每一个值。例如，我们考虑希腊人所面临的困境：他们没有能够表示边长为 $1$ 的正方形对角线长度的数。根据毕达哥拉斯定理，对角线 $d$ 应满足 $d^{2} = 1^{2} + 1^{2} = 2$ 。但不存在具有这一性质的有理数 $d$ ；因为若存在，我们将 $d = \frac{m}{n}$ 写成最简分数，其中 $m$ 和 $n$ 是整数。那么

d^{2} = \frac{m^{2}}{n^{2}} = 2,

即 $m^{2} = 2 n^{2}$ 。于是 $m^{2}$ 能被 $2$ 整除。但若 $m$ 是奇数，这是不可能的，因此 $m$ 是偶数，设 $m = 2 p$ 。那么 $4 p^{2} = 2 n^{2}$ ，即 $n^{2} = 2 p^{2}$ ，所以 $n$ 也是偶数。因此 $\frac{m}{n}$ 不可能是最简分数，因为我们可以约去一个 $2$ 。这就产生了矛盾，意味着 $d$ 是有理数这一原始假设是错误的。

用介值定理的语言来说，这可以作如下解释： $y = f (x) = x^{2}$ 在 $0 \leq x \leq 2$ 上连续，且 $f (0) = 0 < 4 = f (2)$ 。如果介值定理对有理数成立，那么在 $0$ 和 $2$ 之间就会存在一个有理数 $x_{0}$ ，使得 $x_{0}^{2} = 2$ 。但并不存在这样的有理数。因此，为了证明介值定理，我们还需要一个只满足域公理和序公理的系统未必具备的进一步性质。正是因为你当时对这个性质没有任何经验，才使得在那个定理被陈述时无法证明它。不过，在给出这条公理之前，我们必须先作一些定义。

定义 2.

设 $S$ 是任意一个由数组成的集合。若只要 $x$ 在 $S$ 中就有 $x \leq M$ ，则称数 $M$ 为 $S$ 的上界。若只要 $x$ 在 $S$ 中就有 $N \leq x$ ，则称数 $N$ 为 $S$ 的下界。全体数构成的集合没有上界或下界，例如，若 $M$ 是一个上界，那么 $M + 1$ 也是一个数且 $M + 1 > M$ 。全体负数构成的集合有许多上界，例如 $41, 29 \frac{3}{8}, 0, π, \sqrt{2}$ ，但没有下界。

定义 3.

数 $M$ 被称为 $S$ 的最小上界（上确界），如果：
a) $M$ 是 $S$ 的一个上界；并且
b) 不存在 $S$ 的上界使得。

最大下界（下确界）可以类似地定义。负数集合的一个最小上界是 $0$ ；这也是非正数集合的一个最小上界。若 $S$ 不含任何数，则任何数都是 $S$ 的上界，所以 $S$ 不可能有最小上界。显然，若 $S$ 有最小上界，则它只有一个。

现在我们可以陈述最后一条公理：

C) 若一个非空集合 $S$ 有上界，则它有最小上界。

由此可得：若 $𝑺$ 有下界，则它有最大下界。因为若 $- S$ 表示 $S$ 中各元素的负数构成的集合，且 $M$ 是 $S$ 的一个下界，那么 $- M$ 是 $- S$ 的一个上界。因此 $- S$ 有最小上界，而是 $S$ 的最大下界。作为第一个应用，我们证明整数没有上界。

定理 11

集合 $1, 2, 3, \dots$ 没有上界。

假设该定理不成立；那么由 C)，整数有一个最小上界 $M$ 。于是 $M - 1$ 不可能是上界，所以存在整数 $n > M - 1$ 。但这样 $n + 1 > (M - 1) + 1 = M$ ，且 $n + 1$ 是整数。这与 $M$ 是上界的假设矛盾，因此定理得证。（注意由此可知，若 $ϵ$ 是任意正数，则存在正整数 $n$ 使得 $\frac{1}{n} < ϵ$ ；否则， $\frac{1}{ϵ}$ 将会是正整数的一个上界。）

现在我们知道，在我们的系统中存在一个数 $d$ 使得 $d^{2} = 2$ 。这可以由 $x^{2}$ 的连续性和介值定理推出，但让我们给出一个如何直接证明它的示意。设 $S$ 是满足 $r^{2} < 2$ 的正有理数 $r$ 的集合。那么 $1$ 在 $S$ 中，所以 $S$ 非空。 $2$ 是 $S$ 的一个上界，因为若 $r > 2$ ，则 $r^{2} > 2^{2} = 4 > 2$ ，于是 $r$ 不在 $S$ 中。设 $d$ 是 $S$ 的最小上界。若 $d^{2} > 2$ ，令 $d^{2} - 2 = ϵ > 0$ 。取整数 $n$ 使得 $\frac{4}{n} < ϵ$ ，即 $\frac{1}{n} < \frac{ϵ}{4}$ 。那么

{(d - \frac{1}{n})}^{2} = d^{2} - \frac{2 d}{n} + \frac{1}{n^{2}} \geq d^{2} - \frac{4}{n} + \frac{1}{n^{2}},

因为 $d \leq 2$ ，即

{(d - \frac{1}{n})}^{2} \geq d^{2} - ϵ + \frac{1}{n^{2}} > d^{2} - ϵ = 2 \cdot

于是 $d - \frac{1}{n}$ 是 $S$ 的一个上界且小于 $d$ ，这是不可能的。因此 $d^{2} \leq 2$ 。若 $d^{2} < 2$ ，我们可以找到 $S$ 中的一个有理数 $r$ 使得 $r > d$ 。（若 $2 - d^{2} = δ > 0$ ，取正整数 $n$ 使得 $\frac{1}{n^{2}} < δ$ ；然后再取足够大的正整数 $q$ ，使得在 $(2 n^{2} - 1) q^{2}$ 与 $2 n^{2} q^{2}$ 之间存在某个整数的平方 $m$ 。令 $r = \frac{m}{q n} \cdot$ 那么 $r^{2} < 2$ ，且 $r > d \cdot$ ）剩下唯一的可能是 $d^{2} = 2$ 。