实数构造

前置

• 广义实数

自然数

自然数

前置

• naive-set-theory-1

自然数

皮亚诺公理

• $0$ is a natural number.
• If $n$ is a natural number, then $n++$ is also a natural number.
• $0$ is not the successor of any natural number; i.e., we have $n++\ne 0$ for every natural number $n$.
• Different natural numbers must have different successors; i.e., if $n,m$ are natural numbers and $n\ne m$, then $n++\ne m++$. Equivalently, if $n++=m++$ then we must have $n=m$.
• Principle of mathematical induction. Let $P(n)$ be any property pertaining to a natural number $n$. Suppose that $P(0)$ is true, and suppose that whenever $P(n)$ is true, $P(n++)$ is also true. Then $P(n)$ is true for every natural number $n$.

自然数集$\mathbb{N}=\{n\mid n\text{ is a natural number}\}$

$\text{Recursive definitions}$. Suppose for each natural number $n$, we have some function $f_n:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ from the natural numbers to the natural numbers. Let $c$ be a natural number. Then we can assign a unique natural number $a_n$ to each natural number $n$, such that $a_0=c$ and $a_{n++}=f_n(a_n)$ for each natural number $n$.

证明：

首先，对于$n\ne 0$,根据 Peano 公理有$n++\ne 0$,所以$a_0$没有被重新定义，即$a_0$唯一

其次，设$a_n$唯一，若$a_{n++}$不唯一，即$m++=n++$,根据 Peano 公理有$m=n$，所以$a_{n++}$唯一

最后，根据数学归纳法，对所有的自然数$n$，$a_n$唯一

自然数加法

自然数加法$f(n,m):\mathbb{N}\times \mathbb{N}\to \mathbb{N}$,将$f(n,m)$记作$n+m$

• $\text{Addition of natural numbers}$. Let $m$ be a natural number. To add
  zero to $m$, we define $0+m:=m$. Now suppose inductively that we have defined how
  to add $n$ to $m$. Then we can add $n++$ to $m$ by defining $(n++)+m:=(n+m)++$.

说明:

对与任意一个自然数 $m$

首先，我们定义了 $f(0,m)=m$,根据 Peano 公理有$n++\ne 0$，所以$f(0,m)$唯一

其次假设我们已经唯一定义了$f(n,m)$,那么我们定义$f(n++,m)=(f(n,m))++$，假设定义不唯一，根据 Peano 公理有$n++=m++$，所以$n=m$，所以$f(n++,m)$被唯一定义

最后，根据数学归纳法，对所有的自然数 $n$，$f(n,m)$被唯一定义。

$\text{Lemma}$. For any natural number $n$, $n+0=n$. 可对$n$使用数学归纳法证明。

$\text{Lemma}$. For any natural numbers $n$ and $m$, $n+(m++)=(n+m)++$.
证明：

对$n$使用数学归纳法

$n=0$,$f(0,m++)=m++=f(0,m)++$

假设$f(n,m++)=f(n,m)++$成立

那么$f(n++,m++)=f(n,m++)++=(f(n,m)++)++=f(n++,m)++$

根据数学归纳法，对所有的自然数都有$f(n,m++)=f(n,m)++$成立

$\text{Lemma}$. For any natural numbers $n$ and $m$, $n+m=m+n$. 可固定其中一个数，对另一个数使用数学归纳法。

$\text{Lemma}$. For any natural numbers $a$, $b$, $c$, we have $(a+b)+c=a+(b+c)$. 可对$c$使用数学归纳法证明。

$\text{Lemma}$. Let $a$, $b$, $c$ be natural numbers such that $a+b=a+c$. Then we have $b=c$. 可对$a$使用数学归纳法证明。

$\text{Definition}$. A natural number $n$ is said to be positive iff it is not equal to 0.

$\text{Proposition}$. If $a$ is a positive natural number, and $b$ is a natural number, then $a+b$ is positive. 对$b$使用数学归纳法证明。

$\text{Corollary}$. If $a$ and $b$ are natural numbers such that $a+b=0$, then $a=0$ and $b=0$.

$\text{Lemma}$. Let $a$ be a positive number. Then there exists exactly one natural number $b$ such that $b++=a$.

令$P(n):(n\ne 0)\to (\text{存在唯一的自然数}b\text{使得}b++=a)$

$n=0$ 时， $P(0)$空真

假设 $P(n)$成立，即存在唯一的自然数$b$使得$b++=a$

那么$n++$时，假设$c++=a++$（$c$的存在性显然，因为$a++=a++$）,则有$a++=c++=(b++)++$,根据 Peano 公理有$c=b++$，所以存在唯一的自然数$b++$使得$b++=a++$

根据数学归纳法，P(n)对所有自然数 n 成立

自然数的上的偏序关系

$\text{Ordering of the natural numbers}$. Let $n$ and $m$ be natural numbers. We say that $n$ is greater than or equal to $m$, and write $n\ge m$ or $m\le n$, iff we have $n=m+a$ for some natural number $a$. We say that $n$ is strictly greater than $m$, and write $n>m$ or $m<n$, iff $n\ge m$ and $n\ne m$.

$\text{Proposition}$. Let $a,b,c$ be natural numbers. Then

• (Order is reflexive) $a\ge a$.
• (Order is transitive) If $a\ge b$ and $b\ge c$, then $a\ge c$.
• (Order is antisymmetric) If $a\ge b$ and $b\ge a$, then $a=b$.
• (Addition preserves order) $a\ge b$ if and only if $a+c\ge b+c$.
• $a<b$ if and only if $a++\le b$.
• $a<b$ if and only if $b=a+d$ for some positive number $d$.
• $a<=b$ and $c<d$ $\Rightarrow$ $a+c<b+d$

可以根据定义和上面已有的性质证明。

$\text{Proposition}$. Let $a$ and $b$ be natural numbers. Then exactly one of the following statements is true: $a<b$, $a=b$, or $a>b$.

证明：对$b$使用数学归纳法 $P(b):$假设$a<b$和$a=b$都不成立，我们证明一定有$a>b$

$b=0$时，$a=a+0$，所以$a\ge 0$,根据假设$a\ne 0$，所以$a>0$

假设$b=n$时,$P(b)$成立

$b=n++$时，因为$a>b$,所以$a\ge n++$,根据假设有$a\ne n$，所以$a>n$

根据数学归纳法，对所有的自然数$b$，$P(b)$成立

强归纳法

$\text{Lemma}$.$n++>n$. 因为 $n++=n+++0=(n+0)++=n+(0++)$

$\text{Lemma}$ 不存在自然数 m 和 n，使得$n<m<n++$

反证，若$n<m$,则$m=n+d=(n++)+e$,其中 $d>0$,$e\le 0$,所以$m>n++$

与自然数上的偏序关系的三分性矛盾

$\text{Strong principle of induction}$. Let $m_0$ be a natural number, and let $P(m)$ be a property pertaining to an arbitrary natural number $m$. Suppose that for each $m\ge m_0$, we have the following implication: if $P(m^{\prime })$ is true for all natural numbers $m_0\le m^{\prime }<m$, then $P(m)$ is also true. (In particular, this means that $P(m_0)$ is true, since in this case the hypothesis is vacuous.) Then we can conclude that $P(m)$ is true for all natural numbers $m\ge m_0$.

定义 $Q(n)$：$P(m)$ is true for all $m_0\le m<n$

当$n\le m_0$是，Q(n)空真，因此 Q(0)成立

假设$Q(n)$成立，即$P(m)$对所有$m_0\le m<n$成立

根据强归纳法的条件（if $P(m^{\prime })$ is true for all natural numbers $m_0\le m^{\prime }<m$, then $P(m)$ is also true.）有$P(n)$成立

集合$A=\{m\in \mathbb{N}\mid m_0\le m<n++\}=\{m\in \mathbb{N}\mid m_0\le m<n\}\cup \{n\}$

根据强归纳法的条件，P(m)对所有$m\in A$成立

根据数学归纳法，Q(n)对所有自然数$n$成立

自然数乘法

$g(n,m):\mathbb{N}\times \mathbb{N}\to \mathbb{N}$，将$g(n,m)$记作$n\times m$或$nm$或$n\cdot m$

$\text{Multiplication of natural numbers}$. Let $m$ be a natural number. To multiply zero to $m$, we define $0\times m:=0$. Now suppose inductively that we have defined how to multiply $n$ to $m$. Then we can multiply $n++$ to $m$ by defining $(n++)\times m:=(n\times m)+m$

$\text{Lemma}$. For any natural number $n$, $n\times 0=0$. 可对$n$使用数学归纳法证明。

$\text{Lemma}$. For any natural numbers $n$ and $m$, $n\times (m++)=(n\times m)+n$. 可对$n$使用数学归纳法证明。

$\text{Lemma}$. Let $n,m$ be natural numbers. Then $n\times m=m\times n$. 可固定$m$对$n$使用数学归纳法证明。

$\text{Lemma}$. Let $n,m$ be natural numbers. Then $n\times m=0$ if and only if at least one of $n,m$ is equal to zero. In particular, if $n$ and $m$ are both positive, then $nm$ is also positive.

$\Rightarrow$使用反证法

$\Leftarrow$使用定义

$\text{Proposition}$. For any natural numbers $a,b,c$, we have $a(b+c)=ab+ac$ and $(b+c)a=ba+ca$. 可对$a$使用数学归纳法证明。

$\text{Proposition}$. For any natural numbers $a,b,c$, we have $(a\times b)\times c=a\times (b\times c)$. 可对$c$使用数学归纳法证明。

$\text{Proposition}$. If $a,b$ are natural numbers such that $a<b$, and $c$ is positive, then $ac<bc$. 使用定义证明。

$\text{Corollary}$. Let $a,b,c$ be natural numbers such that $ac=bc$ and $c$ is non-zero. Then $a=b$. 使用上面的命题证明。

$\text{Proposition}$. Let $n$ be a natural number, and let $q$ be a positive number. Then there exist natural numbers $m,r$ such that $0\le r<q$ and $n=mq+r$. 并且$m$和$r$唯一。

存在性对$n$使用数学归纳法

唯一性的证明,设$n=m_{1}q+r_1=m_{2}q+r_2$,对$r_1$和$r_2$分类讨论

若$r_1=r_2$,则根据加法消去律，有$m_{1}q=m_{2}q$，$q\ne 0$，根据乘法消去律有$m_1=m_2$

若$r_1=r_2$,不妨设$r_1<r_2$，则$r_2=r_1+d$,其中$d\ne 0$，则有$m_{1}q+r_1=m_{2}q+r_1+d$，根据加法消去律有$m_{1}q=m_{2}q+d$，所以$m_{1}q>m_{2}q$，因为$q\ne 0$，根据乘法消去律有$m_1>m_2\Leftarrow$ $m_1\ge (m_2++)$

$n=m_{1}q+r_1>(m_2++)q+r_1=m_{2}q+r_1+q>m_{2}q+r_2=n$,矛盾

自然数整数次幂

$\text{Definition}$. Let $m$ be a natural number. To raise $m$ to the power $0$, we define $m^0:=1$; in particular, we define $0^0:=1$. Now suppose recursively that $m^n$ has been defined for some natural number $n$, then we define $m^{n++}:=m^n\times m$.

总结

由以上讨论知：

• 自然数加法有结合律,交换律
• 自然数乘法有结合律,交换律
• 自然数乘法对加法有分配律
• 自然数加法有单位元$0$，乘法有单位元$1=(0++)$

自然数是一个良序集

$\text{Lemma}$. 对于任意$n\in \mathbb{N},S=\{m\in \mathbb{N}|m\le n\}$，$S$为有限集

$n=0$时，$S=\{0\}$，是有限集

假设$n=k$时，$S$为有限集

则$n=k++$时，$S=\{m\in \mathbb{N}|m\le k\}\cup \{k++\}$，是有限集

根据数学归纳法，对于任意$n\in \mathbb{N},S=\{m\in \mathbb{N}|m\le n\}$，$S$为有限集

$\text{Lemma}$. $\mathbb{N}$中不存在无穷严格递减序列。由$S=\{m\in \mathbb{N}|m\le n\}$为有限集易得。

$\text{Lemma}$. $\mathbb{N}$为良序集。

由$<$的三分性可得$\mathbb{N}$是全序集

假设$\mathbb{N}$不是良序集，则$\mathbb{N}$中存在无穷严格递减序列，矛盾。

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整数

整数

前置

• 环论(二)
• 环论(有序环)

整数

整数

$A=\mathbb{N}\times \mathbb{N}$

在$A$上定义关系$(a,b){\sim }_{-}(c,d)$当且仅当$a+d=b+c$

$\text{Lemma}$. ${\sim }_{-}$是等价关系. 使用定义证明等价关系的自反性、对称性和传递性

等价关系的所有等价类组成的集合是$\mathbb{N}$的一个划分，记作$\mathcal{A}$

$(a,b)$的等价类记作$[(a,b)]$,简记为$[a,b]$

整数加法

在等价类上定义加法

$[a,b]+[c,d]=[a+c,b+d]$

在集类(集合的集合)上定义加法需要说明良定义性，即等价类之间的运算不依赖与等价类的表示方式，只依赖与集合内包含哪些元素。

假设$(e,f){\sim }_{-}(a,b)$和$(g,h){\sim }_{-}(c,d)$，需要证明$[e+g,f+h]=[a+c,b+d]$，可以根据定义证明。

根据上述加法的定义，可以证明上述加法具有以下性质

• 加法结合律
• 加法交换律
• 加法单位元$[0,0]$
• 加法逆元$[a,b]$的加法逆元为$[b,a]$

因此$<\mathcal{A},+>$构成一个交换群

note: 需要验证加法逆元的良定义性，若$[a,b]=[c,d]$,则$[b,a]=[d,c]$,即若两个数表示的等价类相等，则它们的加法逆元表示的等价类也相等

整数乘法

在等价类上定义乘法

$[a,b]\times [c,d]=[ac+bd,ad+bc]$

在集类上定义乘法需要说明良定义性，即等价类之间的运算不依赖与等价类的表示方式，只依赖与集合内包含哪些元素。

假设$(e,f){\sim }_{-}(a,b)$和$(g,h){\sim }_{-}(c,d)$，需要证明$[ac+bd,ad+bc]=[eg+fh,eh+fg]$

提示：证明 $[a,b]\times [c,d]=[ac+bd,ad+bc]=[ec+fd,ed+fc]=[e,f]\times [c,d]$ When $[a,b]=[e,f]$，另一侧的良定义性同理。

整环

根据定义可以证明上述乘法具有以下性质

• 乘法结合律
• 乘法交换律
• 乘法单位元$[1,0]=[0++,0]$
• 乘法对加法的分配律

$\text{Lemma}$. $<\mathcal{A},+,\times >$构成一个交换幺环

$\text{Proposition}$. (Integers have no zero divisors) Let a and b be integers such that
ab = 0. Then either a = 0 or b = 0 (or both).

$\text{Lemma}$. $\mathcal{A}$中任意元素都可以写为$[(a,0)]$或$[(0,a)]$的形式，$a$为自然数

证明：

对于任意$[c,d]$，分类讨论，若$c\ge d$，则$c=d+e$，$e$为自然数，则$[c,d]=[d+e,d]=[e,0]$. 若$c<d$，则$d=c+e$，$e$为自然数，则$[c,d]=[c,c+e]=[0,e]$

将$[a,0]$记作$a$，将$[0,a]$记作$-a$，将$[0,0]$记作$0$，则$\mathcal{A}$中的元素可以表示为$a$或$-a$，其中$a$为自然数

$\text{Definition}$. $i(n):N\to \mathcal{A}$，$i(n)=[n,0]$

$i(m+n)=[m+n,0]=[m,0]+[n,0]=i(m)+i(n)$

$i(mn)=[mn,0]=[m,0][n,0]=i(m)i(n)$

因此$i$是$\mathbb{N}$到$\mathcal{A}$的同态映射

若$i(m)=i(n)$，则$[m,0]=[n,0]$，即$m=n$，因此$i$是单射

因此$i$是$\mathbb{N}$到$\mathcal{A}$的子集$\{[n,0]\mid n\in \mathbb{N}\}$的同构映射

$\text{Proposition}$. (Integers have no zero divisors) Let a and b be integers such that
$ab=0$. Then either $a=0$ or $b=0$ (or both).

反证：$[a,b]\ne [0,0]$且$[c,d]\ne [0,0]$时，$[a,b][c,d]=[0,0]$

$[a,b][c,d]=[ac+bd,ad+bc]=[0,0]\Rightarrow ac+bd=0\text{且}ad+bc=0$

因此$ac=bd=ad=bc=0$，因此有 $(a(c+d)=b(c+d))$

$c\ne d\Rightarrow c+d\ne 0$, 所以使用消去律得到$a=b=0$

$\text{Lemma}$. $<\mathcal{A},+,\times >$构成一个整环(非零+无零因子+交换+幺环)

使用加法逆元定义减法

$[a,b]-[c,d]=[a,b]+[d,c]=[a+d,b+c]$

(抽象代数)环有以下性质

• $0a=a0=0$
• $a(-b)=(-a)b=-ab,(-a)(-b)=ab$
• 一个环的加法单位元等于乘法单位元$⟺$ R={0}
• R 的所有有乘法逆元的元素构成一个群
• 无零因子环有消去律

至此将$<\mathcal{A},+,\times >$记作$<\mathbb{Z},+,\times >$

有序环

$\text{Proposition}$. (Trichotomy of integers). Let x be an integer. Then exactly one of the following three statements is true: (a) x is zero; (b) x is equal to a positive natural number n; or (c) x is the negation −n of a positive natural number n.

根据三分性和整数加法与乘法的定义，我们可以构造一个有序环。

首先规定一个正数(positive integer)集合$P=\{x\in \mathbb{Z}\mid \text{存在非零自然数n使得}x=[n,0]\}$

容易验证 P 满足有性质

• $\forall x,y\in P,x+y\in P,xy\in P$
• $\forall x\in \mathbb{Z},x\in P,x=0,-x\in P$三者有且只有一个成立

根据抽象代数里有序环的性质，我们可以定义偏序关系$x<y⟺y-x\in P$, 可以证明$<$有如下性质

• Trichotomy: $x<y,x=y,x>y$三者有且只有一个成立
• Transitivity: $x<y,y<z\Rightarrow x<z$
• Addition preservation: $x<y\Rightarrow x+z<y+z$
• Multiplication preservation: $x<y,z>0\Rightarrow xz<yz$
• Negation reverses order: $a>b\Rightarrow -a<-b$

$\text{Lemma}$. $n++=n+(0++)=n+1$

$\text{Lemma}$. $x\in P\Rightarrow x>=1=0++$

$\text{Definition}$. 若一个有序环$R$满足如下性质则称该环为 Archimedean(阿基米德)环

• 对任意$x,y\in R$，$x>0,y>0\Rightarrow \exists n\in \mathbb{Z}\text{使得}nx>y$

$\text{Lemma}$. $\mathbb{Z}$是 Archimedean 环

反证法：假设对任意$x,y\in \mathbb{Z}$，$x>0,y>0\Rightarrow \neg \exists n\in \mathbb{Z}\wedge n>0\text{使得}nx>y$

即对$\forall n\in \mathbb{Z}\wedge n>0$，$nx<y$ or $nx=y$

若对于某个$n$, nx=y,则$(n+1)x=nx+x=y+x>y$, 矛盾

因此必须有$nx<y$对所有$n\in \mathbb{Z}\wedge n>0$成立

但是 $y-yx=y(1-x)\le 0$，即$n=y$使得$nx\ge y$，矛盾

$\text{Lemma}$. 若$n,m\in \mathbb{N}$，$n>m$，则$i(n)=[n,0]>[m,0]=i(m)$

$\text{Lemma}$. 非空$X\subseteq \mathbb{Z}$且$X$在$\mathbb{Z}$中的有下界，则$X$中不存在无穷严格递减序列

假设$X$存在无穷严格递减序列$x_0>x_1>x_2>\cdots \ge m$,$m$ 为$X$的一个下界

使用数学归纳法可证明对于任意的$n\in \mathbb{Z}\wedge n\ge 0$，有$x_0>m+n$

因为$Z$是阿基米德环，所以存在$k\in Z\wedge k>0$使得 $k>max(x_0,m)$

$k$ 可以表示为$k=m+d$,$d\in \mathbb{Z}\wedge d>=0$, 矛盾。

$\text{Lemma}$. 非空$X\subseteq \mathbb{Z}$且$X$在$\mathbb{Z}$中的有下界，则$X$中存在最小元素, 否则$X$中存在无穷严格递减序列

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有理数

有理数

前置

• 整数
• 环论(商域)

有理数

因为$\mathbb{Z}$是整环，所以我们可以构造一个整环的商域(The Field of Quotients of an Integral Domain)

$B=\mathbb{Z}\times (\mathbb{Z}\setminus \{0\})=\{(a,b)\mid a,b\in \mathbb{Z},b\ne 0\}$

在$B$上定义$(a,b){\sim }_{/}(c,d)$当且仅当$ad=bc$

$\text{Lemma}$. ${\sim }_{/}$是等价关系

等价关系${\sim }_{/}$的所有等价类组成的集合是$\mathbb{Z}$的一个划分，记作$\mathcal{B}$

类似于构造整数的过程，$(a,b)$的等价类记作$[(a,b)]$，简记为$[a,b]$，这里的$a$和$b$是整数而不是自然数

有理数加法

在等价类上定义加法

$[a,b]+[c,d]=[ad+bc,bd]$

因为$b$和$d$不为零，所以$bd$不为零，因此$[ad+bc,bd]$是$\mathcal{B}$中的元素

在集类上定义加法需要说明良定义性，即等价类之间的运算不依赖与等价类的表示方式，只依赖与集合内包含哪些元素。

假设$(e,f){\sim }_{/}(a,b)$和$(g,h){\sim }_{/}(c,d)$，需要证明$[ad+bc,bd]=[eg+fh,fh]$

容易验证按上述方式定义的加法具有如下性质：

• 加法交换律
• 加法结合律
• 加法单位元$[0,1]=[0,b]$，$1$为整环的乘法单位元,$b$为整环中的非零元素
• 加法逆元$[a,b]$的加法逆元为$[-a,b]$

因此$<\mathcal{B},+>$构成一个交换群

note: 需要验证逆元的良定义性，即若两个数表示的等价类相等，则它们的逆元表示的等价类也相等

有理数乘法

在等价类上定义乘法

$[a,b]\times [c,d]=[ac,bd]$

验证良定义：假设$(e,f){\sim }_{/}(a,b)$和$(g,h){\sim }_{/}(c,d)$，需要证明$[ac,bd]=[eg,fh]$，可按定义证明。

容易验证按上述方式定义的乘法具有如下性质：

• 乘法交换律
• 乘法结合律
• 乘法单位元$[1,1]=[c,c]$，$1$为整环的乘法单位元,$c$为整环中的非零元素
• 乘法逆元，若$[a,b]\ne [0,1]$，则$[a,b]$有乘法逆元$[b,a]$
• 乘法对加法的分配律

因此$<\mathcal{B},+,\times >$构成一个交换除环，即域。

note: 需要验证逆元的良定义性，即若两个数表示的等价类相等，则它们的逆元表示的等价类也相等

$\text{Definition}$. 令$i(n):N\to \mathcal{A}$，$i(n)=[n,1]$

$i(m+n)=[m+n,1]=[m,1]+[n,1]=i(m)+i(n)$

$i(mn)=[mn,1]=[m,1][n,1]=i(m)i(n)$

因此$i$是$\mathbb{N}$到$\mathcal{B}$的同态映射

若$i(m)=i(n)$，则$[m,1]=[n,1]$，即$m=n$，因此$i$是单射

因此$i$是$\mathbb{N}$到$\mathcal{B}$的子集$\{[n,1]\mid n\in \mathbb{N}\}$的同构映射

有序域

$\text{Lemma}$. $[a,b]=[-a,-b]$

$\text{Lemma}$. $\mathcal{B}$中任意元素$[a,b]=[a,1][b,1{]}^{-1}=i(a)i(b{)}^{-1}$，其中$a,b$为整数，$b>0$.

$\text{Definition}$. $P=\{x\in \mathcal{B}\mid \exists a,b\in \mathbb{Z},a,b>0\text{使得}x=[a,b]\}$

容易验证$P$满足如下性质

• $\forall x,y\in P,x+y\in P,xy\in P$
• $\forall x\in \mathcal{B},x\in P,x=0,-x\in P$三者有且只有一个成立

$\text{Lemma}$. 域是环

根据抽象代数里有序环的性质，我们可以定义偏序关系$x<y⟺y-x\in P$, $<$有如下性质

• Trichotomy: $x<y,x=y,x>y$三者有且只有一个成立
• Transitivity: $x<y,y<z\Rightarrow x<z$
• Addition preservation: $x<y\Rightarrow x+z<y+z$
• Multiplication preservation: $x<y,z>0\Rightarrow xz<yz$
• Negation reverses order: $a>b\Rightarrow -a<-b$

因为$\mathcal{B}$是域，所以有以下性质

• $a>0⟺a^{-1}>0$
• $0<a,0<b\to 0<a/b$
• $0<a<1\to 1<1/a$
• $-1<a<0\to 1/a<-1$

至此将$<\mathcal{B},+,\times >$记作$<\mathbb{Q},+,\times >$

$\text{Lemma}$. $[a,1]\ge [a,b]$ for $a,b\in Q\wedge a,b>0$

$\text{Lemma}$. 对于任意一个 Q 中的正数，都可以找到一个 Z 中的正数，使得

$\text{Lemma}$. $\mathbb{Q}$是一个 Archimedean 环，即对任意$x,y\in \mathbb{Q}$，$x>0,y>0\Rightarrow \exists n\in \mathbb{Z}\wedge n>0\text{使得}nx>y$

假设对任意$x,y\in \mathbb{Q}$，$x>0,y>0\Rightarrow \neg \exists n\in \mathbb{Q}\wedge n>0\text{使得}nx>y$

即对$\forall n\in \mathbb{Q}\wedge n>0$，$nx<y$ or $nx=y$

若对于某个$n$, $nx=y$,则$(n+1)x=nx+x=y+x>y$, 矛盾

因此必须有$nx<y$对所有$n\in \mathbb{Q}\wedge n>0$成立

但是 $y-(y{x}^{-1})x=y-y=0$，即$n=y{x}^{-1}$使得$nx\ge y$，矛盾

因此，对任意$x,y\in \mathbb{Q}$，$x>0,y>0\Rightarrow \exists n\in \mathbb{Q}\wedge n>0\text{使得}nx>y$

根据$\mathbb{Z}$的 Archimedean 性，可以找到一个$\mathbb{Z}$中的正数$m$，使得$m=m1>n$,易得$[m,1]>[n,1]$

因此对于任意一个正有理数$[a,b]$,存在一个$\mathbb{Z}$中的正数$s$使得$[s,1]>[a,1]\ge [a,b]$

所以$[s,1]x=sx>nx\ge y$. 证毕。

$\text{Lemma}$. 若$n,m\in \mathbb{Z}$，$n>m$，则$i(n)=[n,1]>[m,1]=i(m)$

有理数中定义范数(绝对值)、距离度量

$\text{Definition}$. (Absolute value) If $x$ is a rational number, the absolute value $|x|$ of $x$ is defined as follows. If $x$ is positive, then $|x|:=x$. If $x$ is negative, then $|x|:=-x$. If $x$ is zero, then $|x|:=0$.

上面定义绝对值有以下性质

• 非负性：$|x|\ge 0$，且$|x|=0⟺x=0$
• $|-x|=|x|$
• $x\le |x|$
• 三角不等式：$|x+y|\le |x|+|y|$
• 我们有不等式 $-y\le x\le y$ 当且仅当 $y\ge |x|$. 特别地，我们有 $-|x|\le x\le |x|$.
• 乘法性质：$|xy|=|x||y|$. 特别地，$|-x|=|x|$

$\text{Definition}$. (Distance) Let $x$ and $y$ be rational numbers. The quantity $|x-y|$ is called the distance between $x$ and $y$ and is sometimes denoted $d(x,y)$, thus $d(x,y):=|x-y|$.

上面定义的距离有以下性质

• 非负性：$d(x,y)\ge 0$，且$d(x,y)=0⟺x=y$
• 对称性：$d(x,y)=d(y,x)$
• 三角不等式：$d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z)$

$\text{Lemma}$. (Interspersing of integers by rationals). Let $x$ be a rational num-ber. Then there exists an integer $n$ such that $n\le x<n+1$. In fact, this integer is unique (i.e., for each $x$ there is only one $n$ for which $n\le x<n+1$). In particular, there exists a natural number $N$ such that $N>x$ (i.e., there is no such thing as a rational number which is larger than all the natural numbers).

提示：$\mathbb{Z}$中的非空子集若有下界，则该子集有最小元素。

$\text{Proposition}$. (Interspersing of rationals by rationals). If $x$ and $y$ are two rationals such that $x<y$, then there exists a third rational $z$ such that $x<z<y$.

令$2=1+1$,$1$ 是整环$\mathbb{Z}$ 的乘法单位元

(1/2) + (1/2) = [1,1+1] + [1,1+1]=[1+1+1+1,1+1+1+1]=[1,1]

$x=x/2+x/2<x/2+y/2<y/2+y/2=y$

令$z=(x+y)/2=x/2+y/2$即可。

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实数

实数

• 前置
  • 实数
  • 实数加法
  • 实数乘法
  • 有序域
  • 幂运算
    • 正整数次方根
    • 有理数次幂

前置

• 有理数
• 环论(幂运算)

实数

$\text{Definition}$. (Sequences). Let $m$ be an integer. A sequence $(a_n{)}_{n=m}$ of rational numbers is any function from the set $\{n\in \mathbb{Z}:n\ge m\}$ to $\mathbb{Q}$, i.e., a mapping which assigns to each integer $n$ greater than or equal to $m$, a rational number $a_n$. More informally, a sequence $(a_n{)}_{n=m}$ of rational numbers is a collection of rationals $a_m,a_{m+1},a_{m+2},\cdots$.

$\text{Definition}$. (Cauchy sequences). A sequence $(a_n{)}_{n=m}$ of rational numbers is said to be a Cauchy sequence iff for every $ϵ>0$, there exists an $N\ge 0$ such that $d(a_j,a_k)\le ϵ$ for all $j,k\ge N$.

$\text{Definition}$. (Bounded sequences). Let $M\ge 0$ be rational. A finite sequence $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ is bounded by $M$ iff $|a_i|\le M$ for all $1\le i\le n$. An infinite sequence $(a_n{)}_{n=m}$ is bounded by $M$ iff $|a_i|\le M$ for all $i\ge m$.

$\text{Lemma}$. Finite sequences are bounded

$\text{Lemma}$. $|x-y|<=M\Rightarrow |x|<=|y|+M$

$\text{Lemma}$. (Cauchy sequences are bounded). Every Cauchy sequence $(a_n{)}_{n=m}$ is bounded.

$\text{Lemma}$. $n\in \mathbb{N}\wedge x\in \mathbb{Q}\Rightarrow nx={\sum }_{i=1}^{n}x$, 提示：自然数到整数的同构映射、整数到有理数的同构映射、数学归纳法

令$C=\{x\in {\prod }_{i\in \mathbb{N}}\mathbb{Q}\mid x_i\text{ is a Cauchy sequence}\}$，即由$\mathbb{N}$索引的$\mathbb{Q}$的笛卡尔积。

定义$C$上的一种关系${\sim }_c$，$x{\sim }_{c}y$当且仅当对于任意$ϵ\in \mathbb{Q}\wedge ϵ>0$，存在$N\in \mathbb{N}$，使得对于任意$n\ge N$，有$|x_n-y_n|\le ϵ$

$\text{Lemma}$. ${\sim }_c$是等价关系

${\sim }_c$在$C$上的所有等价类所构成的集合为 $\mathcal{C}$，$\mathcal{C}$中的元素记作$[(a_n{)}_{n=0}]$，简记为$[a_n]$

实数加法

$\text{Lemma}$. if $(a_n{)}_{n=0}$ and $(b_n{)}_{n=0}$ are Cauchy sequences, then $(a_n+b_n{)}_{n=0}$ is also a Cauchy sequence

在$\mathcal{C}$上定义加法

$[(a_n{)}_{n=0}]+[(b_n{)}_{n=0}]=[(a_n+b_n{)}_{n=0}]$

简记为$[a_n]+[b_n]=[a_n+b_n]$

容易验证上述定义的加法是良定义的

上述定义的加法具有以下性质

• 加法交换律
• 加法结合律
• 加法单位元$[0_n]$，$0_n$为$\mathbb{Q}$中的零序列
• 加法逆元$[(a_n{)}_{n=0}]+[(-a_n{)}_{n=0}]=[(a_n-a_n{)}_{n=0}]=[0_n]$

因此$<\mathcal{C},+>$构成一个交换群

note: 需要验证逆元的良定义性，即若两个数表示的等价类相等，则它们的逆元表示的等价类也相等

实数乘法

$\text{Lemma}$. if $(a_n{)}_{n=0}$ and $(b_n{)}_{n=0}$ are Cauchy sequences, then $(a_n{b}_n{)}_{n=0}$ is also a Cauchy sequence

证明：by definition

任取一个$ϵ\in \mathbb{Q}\wedge ϵ>0$

因为柯西列都是有界，所以$|a_n|\le M_1$，$|b_n|\le M_2$，因此它们有共同上界$M=max(M_1,M_2)$

对于${ϵ}_a=ϵ/(2M)$，存在$N_a$，使得对于任意$n,m\ge N_a$，有$|a_n-a_m|\le {ϵ}_a$

对于${ϵ}_b=ϵ/(2M)$，存在$N_b$，使得对于任意$n,m\ge N_b$，有$|b_n-b_m|\le {ϵ}_b$

取$N=max(N_a,N_b)$，对于任意$n,m\ge N$，有

$|a_n{b}_n-a_m{b}_m|=|a_n{b}_n-a_n{b}_m+a_n{b}_m-a_m{b}_m|=|a_n||b_n-b_m|+|b_m||a_n-a_m|\le M|b_n-b_m|+M|a_n-a_m|\le {ϵ}_a+{ϵ}_b=ϵ$

在$\mathcal{C}$上定义乘法

$[(a_n{)}_{n=0}]\times [(b_n{)}_{n=0}]=[(a_n{b}_n{)}_{n=0}]$

简记为$[a_n]\times [b_n]=[a_n{b}_n]$

容易验证上述定义的乘法是良定义的

$\text{Definition}$. (Sequences bounded away from zero). A sequence $(a_n{)}_{n=0}$ of rational numbers is said to be bounded away from zero iff there exists a rational number $c>0$ such that $|a_n|\ge c$ for all $n\ge 0$.

$\text{Lemma}$. Let $x$ be a non-zero real number. Then $x=[(a_n{)}_{n=0}]$ for some Cauchy sequence $(a_n{)}_{n=0}$ which is bounded away from zero.

证明：
由$x=[b_n]\ne [0_n]$,存在$ϵ\in \mathbb{Q}\wedge ϵ>0$，使得对于任意$N$, 都存在$n_0>N$,使得$|b_{n_0}|\ge ϵ$

因为$x$是柯西列，所以存在$N_1$，使得对于任意$n,m\ge N_1$，有$|b_n-b_m|\le ϵ/2$

取$N=max(N_1,n_0)$，对于任意$n\ge N$，有$|b_{n_0}-b_n|\le ϵ/2$，因此$|b_n|\ge |b_{n_0}|-|b_{n_0}-b_n|\ge ϵ-ϵ/2=ϵ/2$

构造一个新的数列$a_i=b_{n_0},i<n_0$，$a_i=b_i,i\ge n_0$

易得$[a_n]=[b_n]=x$,且$|a_n|\ge ϵ/2$

即$(a_n{)}_{n=0}$是 bounded away from zero 的 cauchy sequence

$\text{Lemma}$. 若$a_n$是 bounded away from zero 的 cauchy sequence，则$1/a_n$也是 cauchy sequence. 按柯西列的定义证明

$\text{Lemma}$. 若$a_n{\sim }_c{b}_n$，且$a_n,b_n$都是 bounded away from zero 的 cauchy sequence，则$1/a_n{\sim }_{c}1/b_n$，即逆元是良定义的。

上述定义的乘法具有以下性质

• 乘法交换律
• 乘法结合律
• 乘法单位元$[1_n]$，$1_n$为$\mathbb{Q}$中的单位序列
• 乘法逆元，若$[a_n]\ne [0_n]$，且$(a_n{)}_{n=0}$是 bounded away from zero 的 cauchy sequence，则$[a_n]$有乘法逆元$[b_n]$，其中$b_n=\frac{1}{a_n}$
• 乘法对加法的分配律

因此$<\mathcal{C},+,\times >$构成一个交换除环，即域

$\text{Definition}$. $i(n):\mathbb{Q}\to \mathcal{C}$，$i(q)=[q_n]$，$\forall q_i=q$

$i(q_1+q_2)=[(q_1+q_2{)}_n]=[(q_1{)}_n]+[(q_2{)}_n]$

$i(q_1{q}_2)$ = $[(q_1{q}_2{)}_n]=[(q_1{)}_n][(q_2{)}_n]$

若$i(q_1)=i(q_2)$，$[(q_1{)}_n]=[(q_2{)}_n]\Rightarrow q_1=q_2$，因此$i$是单射

因此$i$是$\mathbb{Q}$到$\mathcal{C}$的子集的同构映射

有序域

$\text{Definition}$. Let $(a_n{)}_{n=0}$ be a sequence of rationals. We say that this sequence is positively bounded away from zero iff we have a positive rational $c>0$ such that $a_n\ge c$ for all $n\ge 0$ (in particular, the sequence is entirely positive). The sequence is negatively bounded away from zero iff we have a positive rational $c>0$ such that $a_n\le -c$ for all $n\ge 0$ (in particular, the sequence is entirely negative).

$\text{Definition}$. A real number $x$ is said to be positive iff it can be written as $x=[(a_n{)}_{n=0}]$ for some Cauchy sequence $(a_n{)}_{n=0}$ which is positively bounded away from zero. （$x$ is said to be negative iff it can be written as $x=[(a_n{)}_{n=0}]$ for some Cauchy sequence $(a_n{)}_{n=0}$ which is negatively bounded away from zero.）

$P=\{x\in \mathcal{C}\mid x\text{ is positive}\}$

可以验证$P$满足如下性质

• $\forall x,y\in P,x+y\in P,xy\in P$
• $\forall x\in \mathcal{C},x\in P,x=0,-x\in P$三者有且只有一个成立

因此$<\mathcal{C},+,\times >$构成一个有序域，即$<\mathbb{R},+,\times >$

可以定义$<$为$x<y⟺y-x\in P$

(抽象代数)有序域(环)上的性质对$<\mathcal{C},+,\times >$都成立

• Trichotomy: $x<y,x=y,x>y$三者有且只有一个成立
• Transitivity: $x<y,y<z\Rightarrow x<z$
• Addition preservation: $x<y\Rightarrow x+z<y+z$
• Multiplication preservation: $x<y,z>0\Rightarrow xz<yz$
• Negation reverses order: $a>b\Rightarrow -a<-b$
• $a>0⟺a^{-1}>0$
• $0<a,0<b\to 0<a/b$
• $0<a<1\to 1<1/a$
• $-1<a<0\to 1/a<-1$

$\text{lemma}$. $x,y\in \mathbb{Q}\wedge x<y\Rightarrow i(x)<i(y)$,即$i(q)=[(q_n{)}_n]$是从$\mathbb{Q}$到$\mathcal{C}$的一个子集的序同构

至此将$<\mathcal{C},+,\times >$记作$<\mathbb{R},+,\times >$,简记为$\mathbb{R}$

$\text{Proposition}$. Let $a_0,a_1,a_2,...$ be a Cauchy sequence of non-negative rational numbers. Then $[(a_n{)}_{n=0}]$ is a non-negative real number.

$\text{Corollary}$. Let $(a_n{)}_{n=0}$ and $(b_n{)}_{n=0}$ be Cauchy sequences of rationals such that $a_n\ge b_n$ for all $n\ge 0$. Then $[(a_n{)}_{n=0}]\ge [(b_n{)}_{n=0}]$.

$\text{Proposition}$. Let $x$ be a positive real number. Then there exists a positive rational number $q$ such that $q\le x$, and there exists a positive integer $N$ such that $x\le N$.

$\text{Corollary}$. Let $x$ be a real number, and let $ϵ$ be a positive real number. Then there exists a positive integer $M$ such that $Mϵ>x$.

$\text{Proposition}$. Given any two real numbers $x<y$, we can find a rational number $q$ such that $x<q<y$.

$\text{Definition}$. $|x|=x$ if $x\ge 0$, else $|x|=-x$

(抽象代数)有序环上的绝对值有以下性质

1. $|x|\ge 0$
2. $|-x|=|x|$
3. $|x|=0⟺x=0$
4. $x<|x|$
5. $|x+y|\le |x|+|y|$
6. $|xy|=|x||y|$

用绝对值定义距离$d(x,y)=|x-y|$，则有以下性质

1. $d(x,y)\ge 0$. Also, $d(x,y)=0$ if and only if $x=y.$
2. $d(x,y)=d(y,x)$.
3. $d(x,z)\ge d(x,y)+d(y,z)$.

$\text{Lemma}$. Let $(a_n{)}_{n=0}$ be a Cauchy sequence of rationals, and let $x$ be a real number. Show that if $a_n\le x$ for all $n\ge 0$, then $[a_n]\le x$. Similarly, show that if $a_n\ge x$ for all $n\ge 0$, then $[a_n]\ge x$.

$\text{Definition}$. (Upper bound). Let $E$ be a subset of $\mathbb{R}$, and let $M$ be a real number. We say that $M$ is an upper bound for $E$, iff we have $x\le M$ for every element $x$ in $E$.

$\text{Definition}$. (Least upper bound). Let $E$ be a subset of $\mathbb{R}$, and $M$ be a real number. We say that $M$ is a least upper bound for $E$ iff (a) $M$ is an upper bound for $E$, and also (b) any other upper bound $M$ for $E$ must be larger than or equal to $M$.

$\text{Proposition}$. Let $E$ be a subset of $\mathbb{R}$. Then $E$ can have at most one least upper bound.

$\text{Theorem}$. (Existence of least upper bound). Let $E$ be a non-empty subset of $\mathbb{R}$. If $E$ has an upper bound, (i.e., $E$ has some upper bound $M$), then it must have exactly one least upper bound.

目标：构造一个实数(有理数的 cauchy 列$(a_n{)}_{n=0}$)，使得其为最小上界

从非空集$E$中取一个元素$x_0$

对于每一个$n\in \mathbb{N}$

• 从有理数的 archimedean 性，可以找到一个整数$U_n$，使得$U_n(1/(1+n))>M$
• 同理可以找到一个整数$L_n$，使得$L_n(1/(1+n))<x_0$

对于每个$n$,$S_n=\{i\in \mathbb{Z}|i/(1+n)\text{ is an upper bound of }E\}$,有最小元，记作$K_n$

• $a_n=K_n/(1+n)$的每一项都是$E$的上界
• $b_n=(K_n-1)/(1+n)$的每一项都不是$E$的上界

接下来要证明$a_n$和$b_n$是 cauchy 列，且它们是 cauchy 等价的，即$[a_n]=[b_n]$

$a_n-a_{n^{\prime }}=K_n/(1+n)-K_{n^{\prime }}/(1+n^{\prime })\ge K_n/(1+n)-(K_n-1)/(1+n)\ge 1/(1+n)$

$a_n-b_{n^{\prime }}=K_n/(1+n)-K_{n^{\prime }}/(1+n^{\prime })\le (K_{n^{\prime }}-1)/(1+n^{\prime })-K_{n^{\prime }}/(1+n^{\prime })\le -1/(1+n^{\prime })$

因此对于任意的$ϵ\in \mathbb{Q}\wedge ϵ>0$，存在$N\in \mathbb{N}\wedge N>1/ϵ$，使得对于任意$n,n^{\prime }\ge N$，有$|a_n-a_{n^{\prime }}|\le 1/N\le ϵ$，即$a_n$是 cauchy 列

容易证明$a_n{\sim }_c{b}_n$；$b_n$也是 cauchy 列;因此$[a_n]=[b_n]$

因为$a_n$的每一项都是$E$的上界，所以$[(a_n{)}_{n=0}]$是$E$的上界

因为$b_n$的每一项都不是$E$的上界，所以$[(b_n{)}_{n=0}]$小于$E$的每一个上界

$s=[a_n]=[b_n]$满足最小上界性质，即$s$是$E$的最小上界

Q.E.D.

$\text{Definition}$. (上确界) if E has a upper bound, then the least upper bound of $E$ is the supremum of $E$,denoted by $\sup (E)$

幂运算

因为实数域是一个有序域，因此可以定义整数幂

下面开始逐步定义实数的有理数次幂。

正整数次方根

Let $x\ge 0$ be a non-negative real, and let $n\ge 1$ be a positive integer.
We define $x^{1/n}$, also known as the $n$th root of $x$, by the formula

$$x^{1/n}:=\sup \{y\in \mathbb{R}:y\ge 0\text{ and }{y}^n\le x\}$$

We often write $\sqrt{x}$ for $x^{1/2}$.

Note we do not define the $n$th root of a negative number. In fact, we will leave the
$n$th roots of negative numbers undefined for the rest of the text (one can define these
$n$th roots once one defines the complex numbers, but we shall refrain from doing so).

Lemma (Existence of $n$th roots). Let $x\ge 0$ be a non-negative real, and let $n\ge 1$ be a positive integer. Then the set $E:=\{y\in \mathbf{R}:y\ge 0\text{ and }{y}^n\le x\}$ is nonempty and is also bounded above. In particular, $x^{1/n}$ is a real number.

Proof The set $E$ contains 0 (why?), so it is certainly not empty. Now we show it has an upper bound. We divide into two cases: $x\le 1$ and $x>1$. First suppose that we are in the case where $x\le 1$. Then we claim that the set $E$ is bounded above by 1. To see this, suppose for sake of contradiction that there was an element $y\in E$ for which $y>1$. But then $y^n>1$ (why?), and hence $y^n>x$, a contradiction. Thus $E$ has an upper bound. Now suppose that we are in the case where $x>1$. Then we claim that the set $E$ is bounded above by $x$. To see this, suppose for contradiction that there was an element $y\in E$ for which $y>x$. Since $x>1$, we thus have $y>1$. Since $y>x$ and $y>1$, we have $y^n>x$ (why?), a contradiction. Thus in both cases $E$ has an upper bound, and so $x^{1/n}$ is finite. $\square$

Lemma Let $x,y\ge 0$ be non-negative reals, and let $n,m\ge 1$ be positive integers.

(a) If $y=x^{1/n}$, then $y^n=x$.
(b) Conversely, if $y^n=x$, then $y=x^{1/n}$.
(c) $x^{1/n}$ is a non-negative real number, and is positive iff $x$ is positive.
(d) We have $x>y$ if and only if $x^{1/n}>y^{1/n}$.
(e) If $x>1$, then $x^{1/k}$ is a decreasing function of $k$, where $k$ ranges over the positive integers; that is to say, $x^{1/k}<x^{1/l}$ whenever $k>l$. If $0<x<1$, then $x^{1/k}$ is an increasing function of $k$ (i.e., $x^{1/k}>x^{1/l}$ whenever $k>l$). If $x=1$, then $x^{1/k}=1$ for all $k$.
(f) We have $(xy{)}^{1/n}=x^{1/n}{y}^{1/n}$.
(g) We have $(x^{1/n}{)}^{1/m}=x^{1/nm}$.

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伯努利不等式 ($Bernoull{i}^{\prime }sInequality$)

证明：数学归纳法我们要证明命题 $P(n):(1+x{)}^n\ge 1+nx$，其中 $x\ge -1,n\in {\mathbb{N}}^{+}$。

1. 奠基步 (Base Case)当 $n=1$ 时：左边 $=(1+x{)}^1=1+x$右边 $=1+1\cdot x=1+x$显然 $1+x\ge 1+x$ 成立。
2. 归纳假设 (Inductive Hypothesis)假设当 $n=k$ ($k\ge 1$) 时命题成立，即：$(1+x{)}^k\ge 1+kx$
3. 归纳递推 (Inductive Step)我们需要证明当 $n=k+1$ 时命题也成立。考虑 $(1+x{)}^{k+1}$：$(1+x{)}^{k+1}=(1+x{)}^k\cdot (1+x)$利用归纳假设 $(1+x{)}^k\ge 1+kx$，由于 $x\ge -1$，所以 $1+x\ge 0$，不等号方向不变：$(1+x{)}^{k+1}\ge (1+kx)(1+x)$展开右边的乘积：$(1+kx)(1+x)=1+x+kx+k{x}^2=1+(k+1)x+k{x}^2$因为 $k$ 是正整数且 $x^2\ge 0$，所以 $k{x}^2\ge 0$。舍弃这一项后不等式依然成立：$1+(k+1)x+k{x}^2\ge 1+(k+1)x$因此：$(1+x{)}^{k+1}\ge 1+(k+1)x$命题对 $n=k+1$ 成立。结论： 根据数学归纳法，对于所有 $n\in {\mathbb{N}}^{+}$，伯努利不等式均成立。

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性质 (a) 的证明：
若 $y=x^{1/n}$，则 $y^n=x$我们使用反证法，分别排除 $y^n<x$ 和 $y^n>x$ 的可能性。
排除 $y^n<x$假设 $y^n<x$。我们要找一个微小的正数 $ϵ>0$，使得 $(y+ϵ{)}^n$ 仍然小于 $x$。如果能找到这样的 $ϵ$，那么 $y+ϵ$ 也会落在集合 $E$ 中，这与 $y$ 是 $E$ 的上确界矛盾。利用二项式展开或不等式：当 $0<ϵ<1$ 时，$(y+ϵ{)}^n={\sum }_{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})y^{n-k}{ϵ}^k=y^n+ϵ{\sum }_{k=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})y^{n-k}{ϵ}^{k-1}$由于 $ϵ<1$，上式可放缩为：$(y+ϵ{)}^n<y^n+ϵ\left({\sum }_{k=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)y^{n-k}\right)$令常数 $C={\sum }_{k=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)y^{n-k}$。为了使 $(y+ϵ{)}^n<x$，我们只需要取 $ϵ<\frac{x-y^n}{C}$。这样我们就找到了一个 $y+ϵ\in E$，且 $y+ϵ>y$，与 $y=\sup E$ 矛盾。

排除 $y^n>x$ 的可能性已知条件：E = \{z \in \mathbb{R} : z \geq 0 \text{ 且 } z^n \leq x\}$$y = \sup E
证明（反证法）：假设 $y^n>x$。
我们的目标是找到一个更小的上界 $y-ϵ$，从而否定 $y$ 是最小上界（Least Upper Bound）。
第一步：构造 $ϵ$我们希望找到 $ϵ\in (0,y)$，使得 $(y-ϵ{)}^n>x$。
利用伯努利不等式 $(1-h{)}^n\ge 1-nh$（其中 $n\ge 1,h\le 1$），我们对 $(y-ϵ{)}^n$ 进行放缩：$(y-ϵ{)}^n=y^n{\left(1-\frac{ϵ}{y}\right)}^n\ge y^n\left(1-n\cdot \frac{ϵ}{y}\right)=y^n-nϵy^{n-1}$为了保证 $(y-ϵ{)}^n>x$，只需令下界大于 $x$：$y^n-nϵy^{n-1}>x⟹y^n-x>nϵy^{n-1}$由于假设 $y^n-x>0$，且 $n,y$ 均为正数，我们可以取：$ϵ=\frac{y^n-x}{2n{y}^{n-1}}$显然 $ϵ>0$。同时，由于 $y^n-x<y^n$（因为 $x\ge 0$），可以推导出 $ϵ<\frac{y^n}{2n{y}^{n-1}}=\frac{y}{2n}<y$，因此 $y-ϵ$ 仍是一个正实数。
第二步：证明 $y-ϵ$ 是 $E$ 的上界
对于集合 $E$ 中的任意元素 $z$，根据定义有 $z^n\le x$。由第一步的构造可知：$(y-ϵ{)}^n>x\ge z^n$在非负实数范围内，幂函数 $f(t)=t^n$ 是严格单调递增的。因此：$(y-ϵ{)}^n>z^n⟹y-ϵ>z$既然对于所有的 $z\in E$ 都有 $z<y-ϵ$，那么 $y-ϵ$ 是 $E$ 的一个上界。

第三步：引出矛盾
根据上确界的定义，$y$ 必须是 $E$ 的最小上界。然而：$y-ϵ<y$我们找到了一个比 $y$ 更小的上界 $y-ϵ$，这与 $y=\sup E$ 矛盾。结论：假设 $y^n>x$ 不成立。结合之前对 $y^n<x$ 的排除，根据实数的三分律，必然有：$y^n=x$

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性质 (b) 的证明：

若 $y^n=x$ ($y\ge 0$)，则 $y=x^{1/n}$根据定义，$x^{1/n}=\sup E$，其中 $E=\{z\in \mathbb{R}:z\ge 0\text{ 且 }{z}^n\le x\}$。
$y$ 是 $E$ 的一个上界：
对于任意 $z\in E$，根据定义有 $z^n\le x$。因为已知 $x=y^n$，所以 $z^n\le y^n$。由于在非负实数范围内，函数 $f(t)=t^n$ 是严格单调递增的，因此 $z\le y$。所以 $y$ 是集合 $E$ 的上界。
$y$ 是 $E$ 的最小上界：
由于 $y^n=x$ 且 $y\ge 0$，根据集合 $E$ 的定义，显然有 $y\in E$。任何集合的上界如果属于该集合本身，则它必然是最小上界（即该集合的最大值）。因此 $y=\sup E=x^{1/n}$。结论：$n$ 次方根与其逆运算 $y^n$ 在非负实数域上是互一对应的。

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性质（c）前半句显然，后半句由实数域是有序幺环，而有序环是无零因子环，由无零因子幺环的性质可得后半句。

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性质D显然

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证明性质 (e)，

性质 (e) 的证明
命题：设 $k,l$ 为正整数且 $k>l$。
若 $x>1$，则 $x^{1/k}<x^{1/l}$（$x^{1/k}$ 随 $k$ 递减）。
若 $0<x<1$，则 $x^{1/k}>x^{1/l}$（$x^{1/k}$ 随 $k$ 递增）。
若 $x=1$，则 $x^{1/k}=1$。

当 $x>1$ 时令 $y_k=x^{1/k}$， $y_l=x^{1/l}$。根据性质 (a)，我们有 $y_k^k=x$ 且 $y_l^l=x$。

引理： 若 $x>1$，则对于任何正整数 $n$，$x^{1/n}>1$。证明： 若 $x^{1/n}\le 1$，则 $(x^{1/n}{)}^n\le 1^n=1$，即 $x\le 1$，与假设矛盾。Q.E.D.

比较 $y_k$ 与 $y_l$：假设 $y_k\ge y_l$。由于 $y_k>1$ 且 $k>l$，根据幂运算性质：$y_k^k=y_k^{k-l}\cdot y_k^l$因为 $y_k>1$ 且 $k-l\ge 1$，所以 $y_k^{k-l}>1$。
又因我们假设 $y_k\ge y_l$，则 $y_k^l\ge y_l^l$。
结合上述两点：$x=y_k^k=y_k^{k-l}\cdot y_k^l>1\cdot y_l^l=x$即得出 $x>x$ 的矛盾。
结论： 因此必须有 $y_k<y_l$，即 $x^{1/k}<x^{1/l}$。

当 $0<x<1$ 时同样令 $y_k=x^{1/k}$， $y_l=x^{1/l}$。

引理： 若 $0<x<1$，则对于任何正整数 $n$，$0<x^{1/n}<1$。证明： 若 $x^{1/n}\ge 1$，则 $x\ge 1^n=1$，与假设矛盾。Q.E.D.

比较 $y_k$ 与 $y_l$：假设 $y_k\le y_l$。由于 $0<y_k<1$ 且 $k-l\ge 1$，所以 $y_k^{k-l}<1$。
又因我们假设 $y_k\le y_l$，则 $y_k^l\le y_l^l$。
结合两点：$x=y_k^k=y_k^{k-l}\cdot y_k^l<1\cdot y_l^l=x$即得出 $x<x$ 的矛盾。

结论： 因此必须有 $y_k>y_l$，即 $x^{1/k}>x^{1/l}$。

当 $x=1$ 时设 $y=1^{1/k}$。根据性质 (b)，只要证明 $1^k=1$ 即可说明 $1=1^{1/k}$。显然，在有理数和实数的乘法定义下，单位元的任意有限次幂仍为单位元。
因此 $1^{1/k}=1$ 对所有正整数 $k$ 成立，故 $x^{1/k}=x^{1/l}=1$。

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性质 (f) 的证明：$(xy{)}^{1/n}=x^{1/n}{y}^{1/n}$

我们已知对于 $x,y\ge 0$ 和 $n\ge 1$，实数的 $n$ 次方根是唯一存在的，且满足 $(x^{1/n}{)}^n=x$。

证明：令 $\alpha =x^{1/n}$，$\beta =y^{1/n}$。根据性质 (a)，有 ${\alpha }^n=x$ 且 ${\beta }^n=y$。考虑乘积 $\alpha \beta$。根据实数乘法的交换律和结合律：$(\alpha \beta {)}^n={\alpha }^n{\beta }^n=x\cdot y=xy$现在我们得到了 $(\alpha \beta {)}^n=xy$。
根据性质 (b)（即：若 $z^n=X$ 且 $z\ge 0$，则 $z=X^{1/n}$），将 $z=\alpha \beta$ 和 $X=xy$ 代入：$\alpha \beta =(xy{)}^{1/n}$将 $\alpha ,\beta$ 原值代回，即得：$x^{1/n}{y}^{1/n}=(xy{)}^{1/n}$Q.E.D.

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性质 (g) 的证明：$(x^{1/n}{)}^{1/m}=x^{1/nm}$证明：令 $y=(x^{1/n}{)}^{1/m}$。根据性质 (a)，先对两边取 $m$ 次幂：$y^m=x^{1/n}$。再次对两边取 $n$ 次幂：$(y^m{)}^n=(x^{1/n}{)}^n$。根据幂的乘法规则（对于整数幂 $(a^m{)}^n=a^{mn}$）：$y^{mn}=x$。根据性质 (b)，既然 $y^{mn}=x$ 且 $y\ge 0$，那么 $y$ 必须是 $x$ 的 $mn$ 次方根：$y=x^{1/nm}$Q.E.D.

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一些的推论：

• $x>0,(x^n{)}^{1/n}=x$
• 命题：$(x^a{)}^{1/b}=(x^{1/b}{)}^a$（其中 $x>0$，$a\in \mathbb{Z}$，$b\in {\mathbb{Z}}^{+}$）
  证明：令 $\alpha =(x^a{)}^{1/b}$。根据性质 (a,b)（即 $y=X^{1/n}⟺y^n=X$），两边取 $b$ 次幂得：${\alpha }^b=x^a$令 $\beta =(x^{1/b}{)}^a$。我们要证明 $\beta =\alpha$，根据根的唯一性，只要证明 ${\beta }^b=x^a$ 即可。对 $\beta$ 进行幂运算：${\beta }^b=((x^{1/b}{)}^a{)}^b$根据整数幂的交换律 $(z^a{)}^b=z^{ab}=(z^b{)}^a$（这在抽象代数或实数的整数幂部分已经证明过）：${\beta }^b=((x^{1/b}{)}^b{)}^a$再次根据性质 (a)，$(x^{1/b}{)}^b=x$，代入上式得：${\beta }^b=x^a$既然 ${\alpha }^b=x^a$ 且 ${\beta }^b=x^a$，由于 $b$ 次方根在正实数域是唯一的，所以：$\alpha =\beta ⟹(x^a{)}^{1/b}=(x^{1/b}{)}^a$

有理数次幂

$\text{Definition}$ Let $x>0$ be a positive real number, and let $q$ be a rational number. To define $x^q$, we write $q=a/b$ for some integer $a$ and positive integer $b$, and define

$x^q:=(x^{1/b}{)}^a.$

$\text{Lemma}$ Let $a,a^{\prime }$ be integers and $b,b^{\prime }$ be positive integers such that $a/b=a^{\prime }/b^{\prime }$, and let $x$ be a positive real number. Then we have $(x^{1/b^{\prime }}{)}^{a^{\prime }}=(x^{1/b}{)}^a$.

$\text{Proof}$ There are three cases: $a=0,a>0,a<0$. If $a=0$, then we must have $a^{\prime }=0$ (why?) and so both $(x^{1/b^{\prime }}{)}^{a^{\prime }}$ and $(x^{1/b}{)}^a$ are equal to $1$, so we are done.

Now suppose that $a>0$. Then $a^{\prime }>0$ (why?), and $a{b}^{\prime }=b{a}^{\prime }$. Write $y:=x^{1/(a{b}^{\prime })}=x^{1/(b{a}^{\prime })}$. we have $y=(x^{1/b^{\prime }}{)}^{1/a}$ and $y=(x^{1/b}{)}^{1/a^{\prime }}$; We thus have $y^a=x^{1/b^{\prime }}$ and $y^{a^{\prime }}=x^{1/b}$. Thus we have

$(x^{1/b^{\prime }}{)}^{a^{\prime }}=(y^a{)}^{a^{\prime }}=y^{a{a}^{\prime }}=(y^{a^{\prime }}{)}^a=(x^{1/b}{)}^a$

as desired.

Finally, suppose that $a<0$. Then we have $(-a)/b=(-a^{\prime })/b^{\prime }$. But $-a$ is positive, so the previous case applies and we have $(x^{1/b^{\prime }}{)}^{-a^{\prime }}=(x^{1/b}{)}^{-a}$. Taking the reciprocal of both sides we obtain the result.

Q.E.D.

Thus $x^q$ is well-defined for every rational $q$. Note that this new definition is consistent with our old definition for $x^{1/n}$ (why?) and is also consistent with our old definition for $x^n$ (why?).

Lemma Let $x,y>0$ be positive reals, and let $q,r$ be rationals.

(a) $x^q$ is a positive real.
(b) $x^{q+r}=x^q{x}^r$ and $(x^q{)}^r=x^{qr}$.
(c) $x^{-q}=1/x^q$.
(d) If $q>0$, then $x>y$ if and only if $x^q>y^q$.
(e) If $x>1$, then $x^q>x^r$ if and only if $q>r$. If $x<1$, then $x^q>x^r$ if and only if $q<r$.
(f) $(xy{)}^q=x^q{y}^q$.

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（性质 e）命题：设 $x>0$ 为实数，$q,r$ 为有理数。若 $x>1$，则 $x^q>x^r⟺q>r$。若 $0<x<1$，则 $x^q>x^r⟺q<r$。

核心引理在证明之前，我们需要一个基础引理：引理 1：若 $x>1$ 且 $q\in \mathbb{Q},q>0$，则 $x^q>1$。证明：设 $q=a/b$，其中 $a,b\in {\mathbb{Z}}^{+}$。因为 $x>1$，由方根性质可知 $x^{1/b}>1$。由于 $a\ge 1$，正实数大于 1 的正整数次幂仍然大于 1（由归纳法易得），故 $(x^{1/b}{)}^a>1$，即 $x^q>1$。

1. 情况 $x>1$ 的证明我们先证充分性：若 $q>r$，则 $x^q>x^r$。令 $q-r=\delta$。因为 $q>r$，所以 $\delta$ 是一个正有理数。根据有理数幂的性质 (b)：$x^q=x^{r+\delta }=x^r\cdot x^{\delta }$由于 $x>1$ 且 $\delta >0$，根据引理 1，可知 $x^{\delta }>1$。又因为 $x^r>0$（性质 a），不等式两边同乘 $x^r$ 保持方向：$x^r\cdot x^{\delta }>x^r\cdot 1⟹x^q>x^r$再证必要性：若 $x^q>x^r$，则 $q>r$。使用反证法。若 $q\le r$，则根据三分律：若 $q=r$，则 $x^q=x^r$，矛盾。若 $q<r$，则根据刚才证得的充分性，应有 $x^q<x^r$，与已知矛盾。因此必有 $q>r$。
2. 情况 $0<x<1$ 的证明我们同样先证充分性：若 $q>r⟹x^q<x^r$。令 $y=1/x$。因为 $0<x<1$，所以 $y>1$。根据有理数幂的性质 (c) 和 (f)：x^q = (1/y)^q = 1/y^q$$$$x^r = (1/y)^r = 1/y^r因为 $y>1$ 且 $q>r$，由第 1 部分已证结论可知 $y^q>y^r$。由于 $y^q,y^r$ 均为正数，取倒数会改变不等号方向：$\frac{1}{y^q}<\frac{1}{y^r}⟹x^q<x^r$必要性（若 $x^q>x^r⟹q<r$）同理可用反证法导出。

Q.E.D.

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实数域上的实数幂，需要有了极限的概念才好定义。

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广义实数

拓展实数域(广义实数)

1. 前置

• 实数

2. 拓展实数域

$\overline{\mathbb{R}}=\mathbb{R}\cup \{-\infty ,+\infty \}$
其中$-\infty$和$+\infty$是两个新的元素，且满足$-\infty <x<+\infty$对所有$x\in \mathbb{R}$成立

$\text{Definition}$. (上确界) if E has a upper bound, then the least upper bound of $E$ is the supremum of $E$,denoted by $\sup (E)$, if E not has a upper bound, then the supremum of $E$ is $+\infty$

因为有最小上界属性的全序集都有最大下界属性，因此可以定义下确界

$\text{Definition}$. (下确界) if E has a lower bound, then the greatest lower bound of $E$ is the infimum of $E$,denoted by $\inf (E)$, if E not has a lower bound, then the infimum of $E$ is $-\infty$

$\text{Lemma}$. $\inf (E)=-\sup (-E)$

尽管 $-\infty ,\infty$ 本身都不是实数 (被称作广义实数), 然而作为规定, 它们与实数 $x$ 之间有如下序关系及代数运算:

◎ 序: $-\infty <x<\infty$;
◎ 加法: $(\pm \infty )+(\pm \infty )=x+(\pm \infty )=(\pm \infty )+x=\pm \infty$;
◎ 减法: $x-(\mp \infty )=(\pm \infty )-x=(\pm \infty )-(\mp \infty )=\pm \infty$;
◎ 乘法: $(\pm \infty )\cdot (\pm \infty )=+\infty ,(\pm \infty )\cdot (\mp \infty )=-\infty$,

$x\cdot (\pm \infty )=(\pm \infty )\cdot x=\{\begin{array}{ll}\pm \infty ,& x>0,\\ 0,& x=0,\\ \mp \infty ,& x<0;\end{array}$

◎ 除法: $\frac{x}{\pm \infty }=0,\frac{\pm \infty }{x}=\{\begin{array}{ll}\pm \infty ,& x>0,\\ \mp \infty ,& x<0;\end{array}$
◎ 绝对值: $|\pm \infty |=+\infty$.
此外, $(\pm \infty )+(\mp \infty ),(\pm \infty )-(\pm \infty ),\frac{\pm \infty }{0},\frac{x}{0},\frac{\pm \infty }{\pm \infty },\frac{\pm \infty }{\mp \infty }$ 都没有意义.

拓展实数域上序的性质

• 三一律： 对于任何 $a,b\in \overline{\mathbb{R}}$，$a<b,a=b,a>b$ 有且仅有一个成立。这是 $\overline{\mathbb{R}}$ 作为全序集的核心。
• 传递性： $a<b$ 且 $b<c⟹a<c$。
• 若 $b\le c$，且对于 $a\in \bar{\mathbb{R}}$，满足 $a+b$ 与 $a+c$ 均有定义，则：$a+b\le a+c$

确界的性质：设 $A,B$ 是拓展实数域上的非空集合，$k$ 是实数

• $\sup (A+B)=\sup A+\sup B$
• $\inf (A+B)=\inf A+\inf B$
• 当 $k\ge 0$ 时：
  • $\sup (kA)=k\sup A$
  • $\inf (kA)=k\inf A$
• 当 $k<0$ 时（方向反转）：
  • $\sup (kA)=k\inf A$
  • $\inf (kA)=k\sup A$

3. 证明

在不触发加法未定式的前提下，分配律在 $\overline{\mathbb{R}}$ 上对任意实数系数 $a\in \mathbb{R}$ 恒成立。

在扩展实数域 $\overline{\mathbb{R}}=[-\infty ,+\infty ]$ 中，乘法对加法的分配律为：

$a\cdot (b+c)=a\cdot b+a\cdot c$

为使等式良定义且成立，必须满足：

1. 无加法未定式：表达式中所有的加法（$b+c$ 与 $ab+ac$）均不能出现 $\infty -\infty$ 或 $-\infty +\infty$。
2. 零乘无穷大约定：严格规定 $0\cdot (\pm \infty )=0$。

由于 $a,b,c\in \mathbb{R}$ 时分配律显然成立，以下仅讨论涉及 $\pm \infty$ 或 $0$ 的边界情况：

3.1. 情况一：$a=0$

无论 $b+c$ 为何值，由约定知：

• $\text{左式}=0\cdot (b+c)=0$
• $\text{右式}=0\cdot b+0\cdot c=0+0=0$
• 恒有 $\text{左式}=\text{右式}$。

3.2. 情况二：$a>0$

不妨设 $b=+\infty$。因加法良定义，必有 $c\in (-\infty ,+\infty ]$，从而 $b+c=+\infty$。

• $\text{左式}=a\cdot (+\infty )=+\infty$
• $\text{右式}=a\cdot (+\infty )+a\cdot c=(+\infty )+a\cdot c=+\infty$（因 $a>0⟹a\cdot c>-\infty$）
• 恒有 $\text{左式}=\text{右式}=+\infty$（$b=-\infty$ 时同理可证两端均为 $-\infty$）。

3.3. 情况三：$a<0$

仍设 $b=+\infty$，则 $c\in (-\infty ,+\infty ]$，从而 $b+c=+\infty$。

• $\text{左式}=a\cdot (+\infty )=-\infty$
• $\text{右式}=a\cdot (+\infty )+a\cdot c=(-\infty )+a\cdot c=-\infty$（因 $a<0⟹a\cdot c<+\infty$）
• 恒有 $\text{左式}=\text{右式}=-\infty$。

Q.E.D.

交换律 (Commutativity)

定理（加法交换律）：设 $x,y\in \overline{\mathbb{R}}$。若 $x+y$ 良定义，则 $y+x$ 亦良定义，且

$x+y=y+x.$

证明：分三种情况讨论。

1. $x,y\in \mathbb{R}$：通常实数加法满足交换律，显然成立。

2. 其中一个为 $+\infty$：不妨设 $x=+\infty$。由 $x+y$ 良定义知 $y\ne -\infty$，即 $y\in (-\infty ,+\infty ]$。由定义：
   $x+y=(+\infty )+y=+\infty ,y+x=y+(+\infty )=+\infty .$

3. 其中一个为 $-\infty$：不妨设 $x=-\infty$，同理 $y\in [-\infty ,+\infty )$。由定义：
   $x+y=(-\infty )+y=-\infty ,y+x=y+(-\infty )=-\infty .$

综上，加法交换律在 $\overline{\mathbb{R}}$ 上有意义即成立。$■$

结合律 (Associativity)

由于 $(+\infty )+(-\infty )$ 未定义，结合律在 $\overline{\mathbb{R}}$ 上不能无条件成立。例如：

$[(+\infty )+(-\infty )]+1\text{未定义},(+\infty )+[(-\infty )+1]=(+\infty )+(-\infty )\text{未定义}.$

下面给出两种核心情形下的成立条件。

情形一：非负广义实数上的无条件结合律

定理 1：设 $x,y,z\in [0,+\infty ]$，则加法无条件满足结合律：

$(x+y)+z=x+(y+z).$

证明：元素均非负，运算过程绝不出现 $-\infty$，所有中间运算均良定义。

• 若 $x,y,z\in [0,+\infty )$：退化为 $\mathbb{R}$ 上结合律，显然成立。
• 若至少有一个为 $+\infty$：
  • 左端：若 $x$ 或 $y$ 为 $+\infty$，则 $x+y=+\infty$，进而 $(+\infty )+z=+\infty$；若 $x,y$ 有限而 $z=+\infty$，则 $(x+y)+(+\infty )=+\infty$。
  • 右端：若 $y$ 或 $z$ 为 $+\infty$，则 $y+z=+\infty$，进而 $x+(+\infty )=+\infty$；若 $y,z$ 有限而 $x=+\infty$，则 $(+\infty )+(y+z)=+\infty$。
  • 两端均等于 $+\infty$，等式成立。$■$

情形二：一般广义实数上的有条件结合律

定理 2：设 $x,y,z\in \overline{\mathbb{R}}$。若 $x,y,z$ 不包含异号无穷大（即要么全无 $+\infty$，要么全无 $-\infty$），则

$(x+y)+z=x+(y+z).$

证明：不失一般性，假设无 $-\infty$（即元素只能是有限实数或 $+\infty$）。

• 若 $x,y,z\in \mathbb{R}$：退化为实数结合律，显然成立。
• 若至少有一个为 $+\infty$：排除了 $-\infty$，任意元素与 $+\infty$ 相加均为 $+\infty$，不会触发未定义。
  • 左端：$x=+\infty$ 或 $y=+\infty$ 时 $x+y=+\infty$，进而 $(+\infty )+z=+\infty$；$x,y$ 有限而 $z=+\infty$ 时，$(x+y)+(+\infty )=+\infty$。
  • 右端：$y=+\infty$ 或 $z=+\infty$ 时 $y+z=+\infty$，进而 $x+(+\infty )=+\infty$；$y,z$ 有限而 $x=+\infty$ 时，$(+\infty )+(y+z)=+\infty$。
  • 两端恒为 $+\infty$，等式成立。

无 $+\infty$ 的情形对称可证。$■$

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