3. 实数的构造: Dedekind 分割

Dedekind 分割与实数的构造

定义 3.1 (Dedekind 分割). $X\subset \mathbb{Q}$ 是有理数的子集, 令 $X^{\prime }=\mathbb{Q}-X$. 如果下面三条性质都成立:

1)	$X\ne \varnothing$, $X^{\prime }\ne \varnothing$;
2)	对任意 $x\in X$, $x^{\prime }\in X^{\prime }$, 都有 $x<x^{\prime }$;
3)	$X$ 中没有最大元,

我们就称 $X$ 或 $X\cup X^{\prime }$ 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.

注记. 我们可以重新解读后两条性质:

•	第二条 2) 等价于说, 如果 $x_1\in X$, 那么对任意的 $x_2<x_1$, 我们就有 $x_2\in X$. 这也表明, 如果 $x_1^{\prime }\in X^{\prime }$, 那么对任意的 $x_2^{\prime }>x_1^{\prime }$, 我们就有 $x_2^{\prime }\in X^{\prime }$.
•	第三条 3) 指的是对任意 $x\in X$, 总存在 $x^{\prime }\in X$, 使得 $x^{\prime }>x$.

例子. 我们给出两个 Dedekind 分割的例子 (课堂练习: 直接验证定义) :

a)	假设 $\frac{p}{q}$ 是有理数, 其中 $p\in \mathbb{Z}$, $q\in {\mathbb{Z}}_{⩾1}$ 并且 $p$ 和 $q$ 互素, 我们定义$$X_{\frac{p}{q}}=\left\{x\in \mathbb{Q}|x<\frac{p}{q}\right\}.$$这个例子将给出所有的有理数.
b)	我们定义 $X_{\sqrt{2}}$ 如下: $$X_{\sqrt{2}}=\{x\in {\mathbb{Q}}_{⩾0}|x^2<2\}\cup {\mathbb{Q}}_{⩽0}.$$这个例子将给出我们所熟悉的 $\sqrt{2}$.

序结构

现在, 我们要在 $\mathcal{R}$ 上定义序关系, 加法和乘法, 使得 $(\mathcal{R},+,\cdot ,⩽)$ 满足四套公理.

我们先定义序关系:

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 $X\ne Y$, 我们称 $X<Y$ (也记做 $Y>X$) .

我们首先来验证这个序关系满足公理 (O1), (O2) 和 (O3):

(O3).	$⩽$ 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.
(O2).	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.

一个有趣的事情是, 我们现在就可以证明确界原理了 (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 $X\in \mathcal{X}$, $X⩽M$, 这里我们假设 $\mathcal{X}\ne \varnothing$. 我们现在定义 $\sup \mathcal{X}$ 的候选: $$M_0=\bigcup _{X\in \mathcal{X}}X.$$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:

1)	$M_0\ne \varnothing$, $M_0^{\prime }\ne \varnothing$. $M_0\ne \varnothing$ 是显然的. 为了说明 $M_0^{\prime }\ne \varnothing$, 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 $X\subset M$. 此时, 我们考虑任意的一个 $m^{\prime }\in M^{\prime }$, 这是 $M_0^{\prime }$ 中的一个元素.
2)	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 $x_2\in X\subset M_0=\bigcup _{Y\in \mathcal{X}}Y$.
3)	$M_0$ 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 $X\subset M_0$) , 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$$\mathcal{M}=\{M\in \mathcal{R}|M\text{是 X 的上界}\},$$那么, 我们有 $M_0\in \mathcal{M}$ 并且如果 $M\in \mathcal{M}$, 那么 $M_0⩽M$:

$M_0\in \mathcal{M}$ 是明显的. 为了说明 $M_0⩽M$, 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 $\bigcup _{X\in \mathcal{X}}X$ 也是 $M$ 的子集, 即 $M_0\subset M$, 这等价于 $M_0⩽M$.

这就证明了确界原理.

加法结构

我们现在定义加法运算:

定义 (加法). 对任意的 $X,Y\in \mathcal{R}$, 我们定义$$X+Y:=\{x+y|x\in X,y\in Y\}.$$我们还定义零元素 $\overline{0}$ 为$$\overline{0}=X_0=\{x\in \mathbb{Q}|x<0\}.$$

注记. 我们首先说明加法运算$$\mathbb{R}\times \mathbb{R}\stackrel{+}{⟶}\mathbb{R},(X,Y)\mapsto X+Y$$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:

1)	$X+Y$ 及其补集 $(X+Y{)}^{\prime }$ 是非空的. 由于 $X$ 和 $Y$ 都非空, $X+Y$ 自然非空; 我们随意选定 $x_0^{\prime }\in X^{\prime }$, $y_0^{\prime }\in Y^{\prime }$, 那么对任意的 $x\in X$, $y\in Y$, 我们都有 $x<x_0^{\prime }$, $y<y_0^{\prime }$. 所以, 对任意的 $x\in X$, $y\in Y$, 我们都有 $x+y<x_0^{\prime }+y_0^{\prime }$, 这就表明 $x_0^{\prime }+y_0^{\prime }$ 比 $X+Y$ 中所有数都大. 特别地, $x_0^{\prime }+y_0^{\prime }\notin X+Y$, 也就是说 $x_0^{\prime }+y_0^{\prime }\in (X+Y{)}^{\prime }$.
2)	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$$z=\underset{\in X}{\underbrace{x}}+\underset{\in Y}{\underbrace{z-x}}\in X+Y.$$
3)	$X+Y$ 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

(F1)	$(X+Y)+Z=X+(Y+Z)$. 根据定义, 这是显然的.
(F2)	$X+Y=Y+X$. 根据定义, 这也是显然的.
(O4)	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 引理 3.2. $X$ 是 Dedekind 分割. 那么, 对任意的正整数 $n$, 总存在 $x\in X$, $x^{\prime }\in X^{\prime }$, 使得$$0<x^{\prime }-x<\frac{1}{n}.$$ 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》 证明. 任意选定 $x_0\in X,x_0^{\prime }\in X^{\prime }$, 我们通过归纳的方式来构造一些列的 $(x_k,x_k^{\prime })$, 其中 $k⩾0$, $x_k\in X$, $x_k^{\prime }\in X^{\prime }$. 假设 $(x_k,x_k^{\prime })$ 已经构造好了, 那么我们考虑 $y=\frac{1}{2}(x_k+x_k^{\prime })$. 有两种可能的情况: 如果 $y\in X$, 那么定义 $(x_{k+1},x_{k+1}^{\prime })=(y,x_k^{\prime })$; 如果 $y\in X^{\prime }$, 那么定义 $(x_{k+1},x_{k+1}^{\prime })=(x_k,y)$. 很明显, 我们有$$|x_{k+1}-x_{k+1}^{\prime }|=\frac{1}{2}|x_k-x_k^{\prime }|\Rightarrow |x_k-x_k^{\prime }|=\frac{1}{2^k}|x_0-x_0^{\prime }|.$$上面的等式对任意的 $k$ 都对. 特别地, 我们选取 $k_0$, 使得 $2^{k_0}>n|x_0-x_0^{\prime }|$, 从而 $x=x_{k_0}\in X$ 和 $x^{\prime }=x_{k_0}^{\prime }\in X^{\prime }$ 满足要求. $\square$ 回到 (O4) 的证明: 首先注意到不等式 $X+Z⩽Y+Z$ 是显然的, 所以只要说明 $X+Z\ne Y+Z$ 即可. 我们选取 $y,\tilde{y}\in Y-X$, 使得 $y>\tilde{y}$ (先取 $\tilde{y}$, 由于 $Y$ 没有最大元, 可以再选 $y$) . 现在选取自然数 $n$, 使得 $\frac{1}{n}<y-\tilde{y}$ (在有理数中这一点总能做到) . 根据引理, 我们再取 $z\in Z$, $z^{\prime }\in Z^{\prime }$, 使得 $z^{\prime }-z<\frac{1}{n}$. 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, $x<\tilde{y}$, 所以 $z^{\prime }<z_1$. 这与 Dedekind 分割的定义中的 2) 矛盾!
(F3)	对任意的 $X\in \mathcal{R}$, 我们都有 $\overline{0}+X=X$. 根据 $\overline{0}$ 的定义, $\overline{0}+X=\{x+(-a)|a\in {\mathbb{Q}}_{>0}\}$. 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 $x^{\prime }\in X$, 使得 $x^{\prime }>x$, 我们令 $a=x^{\prime }-x\in {\mathbb{Q}}_{>0}$, 从而, $x=x^{\prime }+(-a)$, 这个分解表明 $x\in \overline{0}+X$, 所以 $X\subset \overline{0}+X$.
(F4)	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 $Z$: $$Z=\{y-x^{\prime }|y\in Y,x^{\prime }\in X^{\prime }\}.$$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: ∘ $Z\ne \varnothing$, $Z^{\prime }\ne \varnothing$. $Z$ 显然不是空集; 为了说明 $Z^{\prime }$ 不是空集, 我们选定 $y_0^{\prime }\in Y^{\prime }$, $x_0\in X$, 只要说明 $y_0^{\prime }-x_0\notin Z$ 即可: 如若不然, 存在 $y\in Y$ 和 $x^{\prime }\in X^{\prime }$, 使得 $y-x^{\prime }=y_0^{\prime }-x_0$, 即 $y+x_0=y_0^{\prime }+x^{\prime }$, 这与 $y<y_0^{\prime }$ 以及 $x_0<x^{\prime }$ 矛盾. ∘ 对任意的 $y-x^{\prime }\in Z$, 其中 $y\in Y,x^{\prime }\in X^{\prime }$, 如果 $z<y-x^{\prime }$, 就一定有 $z\in Z$. 我们只需要把 $z$ 分解为 $z=y-(y-z)$, 根据 $z<y-x^{\prime }$, 我们知道 $y-z>x^{\prime }$, 所以 $y-z\in X^{\prime }$, 所以 $z$ 可以写成 $Y$ 中元素与 $X^{\prime }$ 中元素的差. ∘ $Z$ 中的元素没有最大元. 证明是平凡的. 现在来说明 $X+Z=Y$. 由于 $X+Z$ 中的元素形如 $x+(y-x^{\prime })$, 其中 $x\in X$, $y\in Y$, $x^{\prime }\in X^{\prime }$, 根据 $x<x^{\prime }$, 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 $x^{\prime }\in X^{\prime }$, 使得 $x^{\prime }-x<\tilde{y}-y$, 那么 $\widetilde{\stackrel{~}{y}}=y+(x^{\prime }-x)<\tilde{y}$, 所以 $\widetilde{\stackrel{~}{y}}\in Y$. 从而, $$y=\underset{\in X}{\underbrace{x}}+\underset{\in Z}{\underbrace{\widetilde{\stackrel{~}{y}}-x^{\prime }}}\in X+Z$$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: $$-:\mathcal{R}\to \mathcal{R},X\mapsto -X.$$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 $-X=\{y-x^{\prime }\mid y\in \overline{0},x^{\prime }\in X^{\prime }\}$. 根据公理 (F1)-(F4) (目前已经证明) , 这个 $Z$ 是唯一的并且 $-(-X)=X$. 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 $\frac{p}{q}$ 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, 我们把验证细节的乐趣以及下面的练习题一并留给同学们:

练习 (正负性). 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.

1)	证明, $X$ 是正的当且仅当 $X$ 中有正的有理数.
2)	证明, $X$ 是正的当且仅当 $-X$ 是负的.

利用这个习题的第一个结论, 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$$\underset{n\text{个}}{\underbrace{X+\cdots +X}}>Y.$$实际上, 根据上面习题的结论, 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 $y^{\prime }\in Y$. 我们当然可以找到 $n$, 使得 $n\cdot x>y^{\prime }$, 此时, $n\cdot x\in \underset{n\text{个}}{\underbrace{X+\cdots +X}}$ 并且比 $Y^{\prime }$ 中的一个元素还要大, 这说明 $\underset{n\text{个}}{\underbrace{X+\cdots +X}}>Y$.

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: $$X\cdot Y=\{\begin{array}{ll}\overline{0},& \text{如果 X=0 或 Y=0};\\ \{x\cdot y|x⩾0,x\in X,y⩾0,y\in Y\}\cup \overline{0},& \text{如果 X>0，Y>0};\\ -(X\cdot (-Y)),& \text{如果 X>0，Y<0};\\ -((-X)\cdot Y),& \text{如果 X<0，Y>0};\\ ((-X)\cdot (-Y)),& \text{如果 X<0，Y<0}.\end{array}$$我们希望 (将证明) 乘法单位元 $\overline{1}$ 恰好就是$$\overline{1}=X_1=\{x\in \mathbb{Q}|x<1\}.$$

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 $(\mathcal{R},+,\cdot ,⩽)$ 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) .