构造后怎样计算与比较？¶

先备知识¶

上一单元把一个实数定义为一个 Dedekind 分割：即非空、非全体、向下封闭且无最大元的有理数集合。这里使用的只是有理数的序和四则运算；不要求解析几何或 Python。特别地，

\[ A_r=\{q\in\mathbb Q:q<r\} \]

表示有理数 \(r\) 对应的切割。

学习目标¶

完成本单元后，你应能：

用包含关系比较两个 Dedekind 分割；
验证有理数嵌入 \(r\mapsto A_r\) 保持严格次序；
说明在一族切割有上界时，其并集为何给出最小上界；
读懂切割加法和相反数的定义，知道它们不是借用尚未构造的实数运算。

牵引问题¶

上一单元只回答了“怎样制造新数”。但若两个切割都记录了一条边界左侧的有理数，我们怎样判断谁在左、谁在右？又怎样说明由切割构成的数系不会再出现“有界却缺边界”的漏洞？

答案都来自同一件简单的事：左侧集合越大，边界越靠右。由此，集合的包含关系成为数的次序；一族左侧集合的并集则自然收集了它们共同逼近的边界。

探索与猜想¶

对有理数 \(r<s\)，上一单元已证明 \(A_r\subsetneq A_s\)。这提示定义

\[ A<B\quad\Longleftrightarrow\quad A\subsetneq B. \]

这个定义是否真的能比较任意两个切割？设 \(A\) 与 \(B\) 互不包含，便可取 \(a\in A\setminus B\)、\(b\in B\setminus A\)。若 \(a<b\)，由于 \(b\in B\) 且 \(B\) 向下封闭，应有 \(a\in B\)，矛盾；若 \(b<a\)，同理矛盾；而 \(a=b\) 也不可能。故任意两个切割必可比较。

这说明切割的次序不是额外添加的结构，而是其“左侧集合”本性已经强制给出的结构。

概念与理论¶

切割的次序¶

对 Dedekind 分割 \(A,B\)，定义

\[ A\le B\quad\Longleftrightarrow\quad A\subseteq B, \qquad A<B\quad\Longleftrightarrow\quad A\subsetneq B. \]

上面的探索表明，任意两个切割 \(A,B\) 都有 \(A\subseteq B\) 或 \(B\subseteq A\)。所以这是一个全序。重要的是方向：切割是“边界左边”的集合，集合越大，所表示的数越大。

有理数嵌入保持次序¶

映射 \(\iota:\mathbb Q\to\{\text{Dedekind 分割}\}\)，\(\iota(r)=A_r\)，不仅把有理数放进新数系，还保持原有次序。

若 \(r<s\)，则任意 \(q<r\) 都满足 \(q<s\)，故 \(A_r\subseteq A_s\)。并且中点 \((r+s)/2\) 属于 \(A_s\)，却不属于 \(A_r\)，所以 \(A_r\subsetneq A_s\)。反过来，若 \(A_r\subsetneq A_s\) 而 \(s\le r\)，则 \(q<s\) 蕴含 \(q<r\)，给出 \(A_s\subseteq A_r\)，与严格包含矛盾。因此

\[ r<s\quad\Longleftrightarrow\quad A_r<A_s. \]

原来的有理数次序没有被改变；我们只是增加了诸如 \(A_{\sqrt2}\) 这样的新边界。

切割的加法与相反数¶

若 \(A,B\) 是切割，定义它们的和为

\[ A+B=\{q\in\mathbb Q:\text{存在 }a\in A,\ b\in B\text{ 使 }q<a+b\}. \]

这一定义只说：凡是严格小于某个“左侧数加左侧数”的有理数，都在和的左侧。严格不等号确保结果没有最大元。相反数定义为

\[ -A=\{q\in\mathbb Q:\text{存在 }r\in\mathbb Q\setminus A\text{ 使 }q<-r\}. \]

这里 \(r\notin A\) 是边界右侧（或边界处）的有理数；取其负数并向左闭包，得到相反数的左侧。两个定义的量词都只遍历有理数，并没有把待构造的实数偷渡进公式。验证 \(A+B\) 与 \(-A\) 仍是切割，以及验证全部有序域公理，需要较长的有理数估计；本书把它作为构造的技术延伸，不在这里逐项展开。作为一致性检查，可直接验证

\[ A_r+A_s=A_{r+s},\qquad -A_r=A_{-r}. \]

并集给出上确界¶

设 \(\mathcal F\) 是一个非空的切割族，并且存在一个切割 \(B\)，对每个 \(A\in\mathcal F\) 都有 \(A\subseteq B\)。令

\[ U=\bigcup_{A\in\mathcal F}A. \]

则 \(U\) 是切割，并且是 \(\mathcal F\) 的最小上界。

证明。 因 \(\mathcal F\) 非空，可取 \(A_0\in\mathcal F\)。由于 \(A_0\) 非空且 \(A_0\subseteq U\)，\(U\) 非空。又每个 \(A\in\mathcal F\) 都包含于 \(B\)，故 \(U\subseteq B\)；而 \(B\ne\mathbb Q\)，所以 \(U\ne\mathbb Q\)。

若 \(q\in U\) 且 \(p<q\)，则对某个 \(A\in\mathcal F\) 有 \(q\in A\)。切割 \(A\) 向下封闭，故 \(p\in A\subseteq U\)；所以 \(U\) 向下封闭。若 \(q\in U\)，同样可取 \(A\in\mathcal F\) 使 \(q\in A\)。因为 \(A\) 无最大元，存在 \(q'\in A\) 使 \(q<q'\)，从而 \(q'\in U\)。故 \(U\) 无最大元，\(U\) 是切割。

对每个 \(A\in\mathcal F\)，显然 \(A\subseteq U\)，故 \(U\) 是上界。若 \(V\) 是任一上界，即每个 \(A\in\mathcal F\) 都满足 \(A\subseteq V\)，则并集也满足 \(U\subseteq V\)。这正是 \(U\) 小于或等于每个上界的意思，故 \(U=\sup\mathcal F\)。\(\square\)

该定理把“完备性”落实成一个可检查的集合构造。第 3 章将抽取它为确界原理，并练习怎样用它证明存在性。

例题与迁移¶

例：两个嵌入有理数的和¶

证明 \(A_r+A_s=A_{r+s}\)。

证明。 若 \(q\in A_r+A_s\)，则存在 \(a<r\)、\(b<s\) 使 \(q<a+b\)。于是 \(q<a+b<r+s\)，故 \(q\in A_{r+s}\)。

反过来，设 \(q<r+s\)。令 \(\delta=(r+s-q)/2>0\)，并取 \(a=r-\delta/2\)、\(b=s-\delta/2\)。则 \(a<r\)、\(b<s\)，且 \(a+b=r+s-\delta>q\)。所以 \(q\in A_r+A_s\)。两边相等。\(\square\)

这个例子表明，新定义与旧有理数运算相容。它并不证明所有运算律，却说明定义的方向正确。

即时检验与回望¶

为什么包含更多有理数的切割表示更大的数？

答案

切割记录的是边界左边的有理数。若 \(A\subsetneq B\)，\(B\) 的左侧包含了 \(A\) 的左侧以及更多有理数，说明其边界更靠右；这正是定义 \(A<B\) 的理由。

证明 \(U=\bigcup\mathcal F\) 向下封闭时，为什么必须先从 \(q\in U\) 找到一个具体的 \(A\in\mathcal F\)？

答案

并集成员资格的含义是“至少属于其中一个集合”。只有找到含有 \(q\) 的具体切割 \(A\)，才能调用该切割的向下封闭性，把 \(p<q\) 推回 \(A\)，再推出 \(p\in U\)。

若没有共同上界 \(B\)，上面证明 \(U\ne\mathbb Q\) 的哪一步失效？

答案

无法得到 \(U\subseteq B\ne\mathbb Q\)。事实上，所有切割的并集就是 \(\mathbb Q\)，它不再是一个切割。因此“有上界”是构造上确界所必需的条件。

回看牵引问题：包含关系同时给出了比较与“最小上界”的语言。实数完备性不是模糊的连续直觉，而是有界切割族并集仍能代表一个数的事实。

习题与答案¶

ex-u-01-02-03-01¶

证明任意两个 Dedekind 分割 \(A,B\) 可比较：\(A\subseteq B\) 或 \(B\subseteq A\)。

答案

完整解答。 反设两种包含都不成立。取 \(a\in A\setminus B\)、\(b\in B\setminus A\)。有理数全序，故 \(a<b\)、\(b<a\) 或 \(a=b\)。若 \(a<b\)，因 \(b\in B\) 且 \(B\) 向下封闭，\(a\in B\)，矛盾；若 \(b<a\)，同理 \(b\in A\)，矛盾；若 \(a=b\)，它同时属于和不属于 \(A\)，矛盾。因此至少一种包含成立。

ex-u-01-02-03-02¶

证明 \(r<s\) 当且仅当 \(A_r\subsetneq A_s\)。

答案

若 \(r<s\)，则 \(q<r\) 推出 \(q<s\)，故 \(A_r\subseteq A_s\)；中点 \((r+s)/2\) 属于 \(A_s\setminus A_r\)，包含严格。反之，若 \(A_r\subsetneq A_s\) 而 \(s\le r\)，则每个 \(q<s\) 也满足 \(q<r\)，即 \(A_s\subseteq A_r\)，矛盾。因此 \(r<s\)。

ex-u-01-02-03-03¶

设 \(\mathcal F\) 是非空切割族，且每个成员都包含于某个切割 \(B\)。逐条验证 \(U=\bigcup\mathcal F\) 满足 Dedekind 分割的四个条件。

答案

取 \(A_0\in\mathcal F\)，由 \(A_0\ne\varnothing\) 与 \(A_0\subseteq U\) 知 \(U\) 非空。每个成员包含于 \(B\)，故 \(U\subseteq B\ne\mathbb Q\)，所以 \(U\ne\mathbb Q\)。若 \(q\in U\)、\(p<q\)，取 \(A\in\mathcal F\) 使 \(q\in A\)；由 \(A\) 向下封闭知 \(p\in A\subseteq U\)。若 \(q\in U\)，同样取这样的 \(A\)；它无最大元，故存在 \(q'\in A\subseteq U\) 且 \(q<q'\)。四条条件均成立。

ex-u-01-02-03-04¶

证明上题的 \(U\) 是 \(\mathcal F\) 的最小上界。

答案

每个 \(A\in\mathcal F\) 都是并集 \(U\) 的子集，所以 \(U\) 是上界。若 \(V\) 是任一上界，则对每个 \(A\in\mathcal F\) 有 \(A\subseteq V\)。任取 \(q\in U\)，它属于某个 \(A\in\mathcal F\)，于是 \(q\in V\)；故 \(U\subseteq V\)。按切割的次序定义，这说明 \(U\le V\)，所以 \(U\) 是最小上界。

ex-u-01-02-03-05¶

用定义证明 \(-A_r=A_{-r}\)。

答案

若 \(q\in-A_r\)，存在 \(t\notin A_r\) 使 \(q<-t\)。\(t\notin A_r\) 等价于 \(t\ge r\)，故 \(q<-t\le-r\)，所以 \(q\in A_{-r}\)。反过来，若 \(q<-r\)，取 \(t=r\)；显然 \(t\notin A_r\)，且 \(q<-t\)，故 \(q\in-A_r\)。因此两集合相等。

ex-u-01-02-03-06¶

证明 \(A+B\) 与 \(-A\) 仍是 Dedekind 分割。你不必在本题验证结合律、交换律或 \(A+(-A)=A_0\)，但必须逐项处理四个切割条件。

答案

证明纲要。 对 \(A+B\)：取 \(a\in A,b\in B\)，则 \(a+b-1\in A+B\)，故它非空。取 \(\alpha\notin A,\beta\notin B\)。若 \(\alpha+\beta<a+b\)，其中 \(a\in A,b\in B\)，则 \(a\le\alpha\)（否则由向下封闭推出 \(\alpha\in A\)），同理 \(b\le\beta\)，从而 \(a+b\le\alpha+\beta\)，矛盾；故 \(\alpha+\beta\notin A+B\)，它是真子集。若 \(q<a+b\) 且 \(p<q\)，则 \(p<a+b\)，给出向下封闭；若 \(q<a+b\)，取 \(q'=(q+a+b)/2\)，则 \(q<q'<a+b\)，所以无最大元。

对 \(-A\)：由于 \(A\ne\mathbb Q\)，取 \(r\notin A\)，则 \(-r-1\in-A\)，故非空。取 \(a\in A\)；\(-a\notin-A\)，因为若 \(-a<-r\) 且 \(r\notin A\)，便有 \(r<a\)，由向下封闭推出 \(r\in A\)，矛盾，故 \(-A\) 是真子集。向下封闭直接保留同一个右侧见证 \(r\notin A\)。最后，若 \(q<-r\)，取 \(q'=(q-r)/2\)；则 \(q<q'<-r\)，所以 \(q'\in-A\) 且 \(q'>q\)。四个切割条件均已验证。

下一单元将从这里得到的“有界切割族有上确界”抽象为确界原理，并研究它怎样产生新的存在性结论。