实数满足的公理如下：
- 域公理
- 序公理
- 实数完备性公理
域公理
$\mathbb{R}$ 上所有元素和运算 $+, \cdot$ 一起构成了一个域。考虑其上任意两个元素 $a, b$ ，有：
- 封闭性
- $+, \cdot$ 均满足交换律。注意：乘法满足交换律将域和环区分开来。
- $+, \cdot$ 均满足结合律。
- 存在加法单位元 $0$ ，乘法单位元 $1$ 。
注意，$1 \neq 0$ ，域公理的这一条使得其至少含有 2 个元素。
- 加法对乘法满足分配律。
- 存在加法逆元 $(-a)$、乘法逆元 $a^{-1}$。
下证乘法逆元唯一。加法逆元同理。
若存在 $b, b’$ 均为 $a(a \neq 0) $ 的逆元，则有：
\[a \cdot b = 1 \: \wedge \: a \cdot b' = 1 \\ \begin{align*} (a \cdot b) \cdot b' &= 1 \cdot b'\\ (a \cdot b) \cdot b' &= b' \cdot 1 \;\text{(交换律)}\\ (a \cdot b) \cdot b' &= b' \;\text{(单位元)}\\ a \cdot (b \cdot b') &= b' \;\text{(结合律)}\\ a \cdot (b' \cdot b) &= b' \;\text{(交换律)}\\ (a \cdot b') \cdot b &= b' \;\text{(结合律)}\\ 1 \cdot b &= b' \;\text{(逆元定义)}\\ b \cdot 1 &= b' \;\text{(交换律)}\\ b &= b' \;\text{(单位元)}\\ \end{align*}\]所以逆元唯一。得证。
由域公理，我们可证明几个引理。
- $-(-a) = a, (a^{-1})^{-1} = a$
由交换律易得。
- $(-a) + (-b) = -(a + b), a^{-1} \cdot b^{-1} = (a \cdot b)^{-1}$
证明前式即可。
\[\begin{align*} (-a) + (-b) + (a + b) &= (-a) + (-b) + (b + a) \; (\text{交换律})\\ &= (-a) + ((-b) + b) + a \; (\text{结合律}) \\ &= (-a) + 0 + a \; (\text{加法单位元}) \\ &= (-a) + a \; (\text{结合律、交换律、加法单位元})\\ &= 0. \end{align*}\]两边同时加上 $-(a+b)$ ，由加法逆元性质可得证。
-
-
$a \cdot 0 = 0$
证明如下：
\[\begin{align*} \textbf{注意到 }a \cdot (0 + 0) &= a \cdot 0 \\ a \cdot 0 + a \cdot 0 &= a \cdot 0 \\ a \cdot 0 + a \cdot 0 + [-(a\cdot0)] &= a \cdot 0 + [-(a\cdot0)] \\ a \cdot 0 + 0 &= 0\\ a \cdot 0 &= 0 \end{align*}\] -
$a \cdot (-b) = -(a \cdot b)$
证明如下：
\[\begin{align*} a \cdot (b + (-b)) &= a \cdot 0 = 0 \\ a \cdot b + a \cdot (-b) &= 0 \\ a \cdot (-b) + a \cdot b + [-(a \cdot b)] &= -(a \cdot b)\\ a \cdot (-b) &= -(a \cdot b) \end{align*}\] -
$a \cdot b = 0 \Leftrightarrow a = 0 \text{ or } b = 0$
$\Leftarrow$ 已证，只需要证明 $\Rightarrow$.
(i) $b = 0$.
(ii) $b \neq 0$ ，则 $a \cdot b \cdot b^{-1} = a \cdot 1 = a = 0$.
得证。
-
序公理
略
完备性公理
给定集合 $\mathbb{A, B} \subset \mathbb{R}$，且满足：$\forall a \in \mathbb{A}, b \in \mathbb{B}, a \leq b$
则有：一定存在 $c \in \mathbb{R}$ 使得 $\forall a \in \mathbb{A}, b \in \mathbb{B}, a \leq c \leq b.$
命题1.1
-
给定实数 $a$，一定存在比它大的自然数。
采用反证法。假定存在一个实数 $a$ 比任何自然数都要大。设最大的自然数为 $n$ ，集合 $\mathbb{A} = {\alpha \mid n \leq \alpha \leq a}$.
由实数完备性公理可得 $\exists c, s. t. n \leq c \leq \alpha$
于是 $\exists m \in \mathbb{N}, s.t.m > c - 1$（否则$c-1 \in \mathbb{A},c\leq\alpha\text{ 必不成立}$）
但是这就等价于 $m + 1 > c \Rightarrow \mathbb{A} = \varnothing$
于是假设不成立，一定存在比任何一个实数 $a$ 都大的自然数
-
$\forall a, b \in \mathbb{R}, a < b, \exists c \in \mathbb{Q}, s. t. a < c < b.$ 证明：不妨考虑 $a, b > 0$ 的情况，其余情况同理。
由1得：$n > a \Rightarrow n^{-1} \cdot n > n^{-1} \cdot a \Rightarrow a^{-1} > n^{-1}$.
令 $a = (y - x)^{-1}$，则 $\frac{1}{n} < y - x.$
取 $m \in \mathbb{N}$ 使得 $\frac{m-1}{n} < x < \frac{m}{n}$，容易知道这样的 $m$ 一定存在。
于是就有 $x < \frac{m}{n} < \frac{(m-1)+1}{n} < \frac{1}{n} + x < y.$
-
$\forall x, y \ge 0, x \le y \Leftrightarrow x^2 \leq y^2$
设命题 $A: x \leq y$ ，命题 $B: x^2 \leq y^2$
$A \Rightarrow B: x \leq y \Rightarrow x \cdot x \leq y \cdot x, y \cdot x \leq y \cdot y \Rightarrow x \cdot x \leq y \cdot y$
$\neg A \Rightarrow \neg B: x > y \Rightarrow x \cdot x > y \cdot x, y \cdot x > y \cdot y \Rightarrow x \cdot x > y \cdot y$
$\square.$
-
$c^2 = 2$ 的解为实数。
需先证明 $c^2 = 2$ 的解唯一。
设 $\mathbb{A} = {a \in \mathbb{Q} \mid 1 \le a \le a^2 < 2}, \mathbb{B} = {b \in \mathbb{Q} \mid 1 \leq b \leq 2, b^2 > 2}$
则由实数完备性定理有，$\exists c \in \mathbb{R}, s. t. \forall a \in \mathbb{A}, b \in \mathbb{B}: a \leq c \leq b.$
假设有 $2$ 个符合条件的 $c: c_1, c_2$，则设 $a \leq c_1 < c_2 \leq b$，于是由命题 1.1.2 可得一定存在 $\bar{c_1}, \bar{c_2}$ 使得 $c_1 < \bar{c_1} < \bar{c_2} < c_2.$
设 $c_0 = \frac{\bar{c_1} + \bar{c_2}}{2}$，则有：
因为 $c_0 \in \mathbb{A} \cup \mathbb{B} = [1, 2] \cap \mathbb{Q}$，于是有：
情况1： $c_0 \in \mathbb{A}.$ 则 $c_1 < c_0 \Rightarrow a \leq c_1$ 不恒成立，矛盾；
情况2： $c_0 \in \mathbb{B}.$ 则 $c_2 > c_0 \Rightarrow b \geq c_2$ 不恒成立，矛盾；
综上，只有一个可能的 $c.$
下证 $c^2 = 2$ 的解为实数，即证明其在实数域有解。
$2 - c^2 \leq b^2 - c^2 \leq b^2 - a^2 = (b+a)(b-a) \leq 4(b-a)$
$2 - c^2 \geq a^2 - c^2 \geq a^2 - b^2 = (a + b)(a - b) $，后式$\leq 0$
因而 $2 - c^2 \geq 0, 2 - c^2 \leq 0 \Rightarrow c^2 = 2.$
