实数及相关公理

Posted by Panda2134's Blog on September 15, 2019

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:

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。

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:

    • $a \cdot (-b) = -(a \cdot b)$

      证明如下:

    • $a \cdot b = 0 \Leftrightarrow a = 0 \text{ or } b = 0$

      $\Leftarrow$ 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

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

  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

  2. $\forall a, b \in \mathbb{R}, a < b, \exists c \in \mathbb{Q}, s. t. a < c < b.$ 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 $x < \frac{m}{n} < \frac{(m-1)+1}{n} < \frac{1}{n} + x < y.$

  3. $\forall x, y \ge 0, x \le y \Leftrightarrow x^2 \leq y^2$

    设命题 $A: x \leq y$ ,命题 $B: x^2 \leq y^2$

    $A \Rightarrow B: x \leq y \Rightarrow x \cdot x \leq y \cdot x, y \cdot x \leq y \cdot y \Rightarrow x \cdot x \leq y \cdot y$

    $\neg A \Rightarrow \neg B: x > y \Rightarrow x \cdot x > y \cdot x, y \cdot x > y \cdot y \Rightarrow x \cdot x > y \cdot y$

    $\square.$

  4. $c^2 = 2$ 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 $2 - c^2 \geq 0, 2 - c^2 \leq 0 \Rightarrow c^2 = 2.$