关于Walter Rudin《数学分析原理》第一章附录对定理1.19的证明

一、概述

使用的书是来自机械工业出版社影印的《数学分析原理》，书号为ISBN 978-7-111-61954-3，对应于Walter Rudin的原书第三版。

作者在第一章提出了一个定理：

定理1.19：存在一个有序域R，它具备确界性质（least-upper-bound property）。特别地，R包含了有理数域Q。

定义了元素之间大小关系的集合，称为有序集；在有序集的基础上，定义加法和乘法的操作，使之符合加法乘法的公理（比如交换律等），便成为有序域，比如我们所熟知的实数域（这里的R其实就是指的实数域）。

确界性质，作者也给出了定义，即对于一个有序集而言，有上（下）界，就一定有上（下）确界。

作者将这个定理的证明放在了附录里，共分9个steps，从有理数域Q出发构造R。其中的Step 4个人感觉有错误：在Step 4的最后，证明 0∗⊂α+β0^\ast\subset\alpha + \beta0∗⊂α+β时，作者用到了有理数域的阿基米德性。

错误的地方就在这里：作者在定理1.20里证明了实数域的阿基米德性，并且是建立在定理1.19成立的前提上，而在附录里证明1.19时，又用到了定理1.20。这是犯了循环论证的错误（用后面的东西，去证明前面的东西）

二、一些定义，以及证明的思路：

首先明确并回顾有理数集的分割（cut）的定义：

若集合α\alphaα具有以下性质，则称之为有理数集Q的一个分割：

α\alphaα是Q的非空真子集;

若 p∈α,q∈Q,且q<p,则q∈αp\in\alpha,q\in Q,且q<p,则q\in\alphap∈α,q∈Q,且q<p,则q∈α;

若 p∈α,则∃r∈α,使得p<rp\in\alpha,则\exists r\in\alpha,使得p<rp∈α,则∃r∈α,使得p<r.

根据分割的定义，可以推出几条很有用的性质：分割内没有最大值（性质3）；若p在分割内，则比p小的所有有理数都在分割内；若q不在分割内，那么比q大的所有有理数都不在分割内（性质2）。

2.1 分割在数轴上的表示

可以在数轴上来理解分割的数学意义：一个分割（cut）将实数轴分为左右两部分，虽然它是个有理数集，但在分界点处，既可以是有理数，也可以是无理数。如下图所示，它在 2\sqrt{2}2 处实现了分割 α\alphaα，但分割内的元素全部是有理数，且没有最大值，考虑数列：1，1.4，1.41，1.414，……，它们都是分割 α\alphaα 内的元素。

2.2 证明思路

证明中9个steps的逻辑概述如下：

Step 1：提出分割（cut）的定义，以分割为元素构造出集合R。
Step 2：在R集上定义有序，使之成为有序集。即定义两个分割之间的大小关系。
Step 3：证明有序集R具有确界性质。
Step 4, 5：在有序集R上定义加法。即定义两个分割之间相加的法则。
Step 6, 7：在有序集R上定义乘法。即定义两个分割之间相乘的法则。（自此，有序集R变成了有序域，且具有确界性质）
Step 8, 9：揭示并证明某些分割（cuts）与有理数（rational numbers）在算术与比较上的等价性，从而证明Q是R的一个子域。揭示不同的有序域之间的某种同构性，比如有理数域、实数域、复数域等等。

【注】对于命题 0∗⊂α+β0^\ast\subset\alpha + \beta0∗⊂α+β. 其中：

0∗0^\ast0∗ 指的是一个特殊的分割，它包含了所有的负有理数;

α\alphaα指的是任意一个普通的分割;

β\betaβ 也是一个分割，与 α\alphaα 相关，由满足下列性质的所有数 ppp 构成：∃r>0,使得−p−r∉α.\exists r>0, 使得-p-r\notin\alpha.∃r>0,使得−p−r∈/α.

两个分割的加法操作，被定义为 r+sr+sr+s 所能取到的所有值构成的集合，其中 r∈α，s∈βr\in\alpha，s\in\betar∈α，s∈β.

综上这个命题可以改写为：∀v∈Q且v<0，∃p∈α，q∈β，使得v=p+q\forall v\in Q且v<0，\exists p\in\alpha，q\in\beta，使得v=p+q∀v∈Q且v<0，∃p∈α，q∈β，使得v=p+q.

三、改进Step 4（讨论涉及到的所有数字，都是有理数）

在第四步中，证明 0∗⊂α+β0^\ast\subset\alpha + \beta0∗⊂α+β 时，作者提供的证明如下：

Step 4:
……
为了证明 0∗⊂α+β0^\ast\subset\alpha + \beta0∗⊂α+β，任选负有理数 v∈0∗v\in0^\astv∈0∗，并使 w=−v/2w=-v/2w=−v/2。于是有 w>0w>0w>0，且存在整数 nnn 使得 nw∈αnw\in\alphanw∈α 但是 (n+1)w∉α(n+1)w\notin\alpha(n+1)w∈/α（这一步是因为有理数域Q具有阿基米德性）。构造 p=−(n+2)wp=-(n+2)wp=−(n+2)w，于是 −p−w∉α-p-w\notin\alpha−p−w∈/α，从而有 p∈βp\in\betap∈β，且:v=nw+p∈α+β.v=nw+p\in\alpha+\beta.v=nw+p∈α+β.于是得证0∗⊂α+β0^\ast\subset\alpha + \beta0∗⊂α+β.

因为可能会造成循环论证的原因，我们现在尝试不借助有理数域的阿基米德性，而使用更加原生的方法对其进行证明。

首先，我们先证明三个引理1，1x，2：

引理1：

∀ε>0，∃p∈α，使得p+ε∉α.\forall\varepsilon>0，\exists p\in\alpha，使得p+\varepsilon\notin\alpha.∀ε>0，∃p∈α，使得p+ε∈/α.

引理1的证明：
假设：存在某正有理数 ε0\varepsilon_0ε0，使得对 α\alphaα 里的任意元素 ppp，均有 p+ε0∈αp+\varepsilon_0\in\alphap+ε0∈α.
于是，有 p+2ε0∈αp+2\varepsilon_0\in\alphap+2ε0∈α，p+3ε0∈αp+3\varepsilon_0\in\alphap+3ε0∈α，…，p+kε0∈αp+k\varepsilon_0\in\alphap+kε0∈α，…（其中k为任意正整数）.
同时，根据分割的性质2，比 ppp 小的有理数也全部属于 α\alphaα，即上式中 kkk 也可以取0和负整数.
对于 ∀w∈Q\forall w\in Q∀w∈Q，取 k=⌈w−pε0⌉k=\lceil\frac{w-p}{\varepsilon_0}\rceilk=⌈ε0w−p⌉，则：w=p+(w−p)≤p+kε0w=p+(w-p)\leq p+k\varepsilon_0w=p+(w−p)≤p+kε0，由于p+kε0∈αp+k\varepsilon_0\in\alphap+kε0∈α，故 w∈αw\in\alphaw∈α，即有理数集 Q⊂αQ\subset\alphaQ⊂α，这与分割的第一条性质相矛盾，因此假设不成立，引理1得证.

引理1x：（1x是对1的扩展）

∀ε>0，∃p∈α，使得下列两条性质成立:1).p+ε∉α.2).∃r>0,使得p+ε−r∉α.\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\forall\varepsilon>0，\exists p\in\alpha，使得下列两条性质成立:\\\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad1).\quad p+\varepsilon\notin\alpha.\\\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad2).\quad\exists r>0,使得p+\varepsilon-r\notin\alpha.∀ε>0，∃p∈α，使得下列两条性质成立:1).p+ε∈/α.2).∃r>0,使得p+ε−r∈/α.

引理1x的证明：
引理1证明了第一条性质，现证明性质2：
假设：存在某正有理数 ε0\varepsilon_0ε0，使得对 α\alphaα 里的任意元素 ppp，和任意正有理数 rrr，均有 p+ε0−r∈αp+\varepsilon_0-r\in\alphap+ε0−r∈α.
令 r=ε0/2r=\varepsilon_0/2r=ε0/2，于是有 p+ε0/2∈αp+\varepsilon_0/2\in\alphap+ε0/2∈α，同理 p+ε0/2+ε0−rp+\varepsilon_0/2+\varepsilon_0-rp+ε0/2+ε0−r 也属于 α\alphaα，即 p+ε0∈αp+\varepsilon_0\in\alphap+ε0∈α.
也就是说，对 α\alphaα 里的任意元素 ppp，均有 p+ε0∈αp+\varepsilon_0\in\alphap+ε0∈α. 这与性质1相矛盾，因此假设不成立，性质2成立，引理1x得证.

【注解】
性质2给了这样的揭示：可选取 ppp 使得 p+εp+\varepsilonp+ε 不是落在分割 α\alphaα 之外的最小元素，即：可以选取一个更小的 ppp 使得性质1成立；换句话说，对任意 ε>0\varepsilon>0ε>0 至少可以选取两个不同的 ppp，使得性质1成立（事实上，可以选取无穷多个这样的 ppp，鉴于分割内没有最大值，但我们只需要两个就足够了）。至于是否存在一个最小的 p+εp+\varepsilonp+ε，需要证明。从分割在数轴上的表示来看，可以清楚看到这个最小值应该是存在的，即分割点处，如果分割点是有理数的话。

引理2：

∀ε>0，∃p∈α，使得−p−ε∈β.\forall\varepsilon>0，\exists p\in\alpha，使得-p-\varepsilon\in\beta.∀ε>0，∃p∈α，使得−p−ε∈β.

引理2的证明：
根据有理数集 β\betaβ 的定义，若要使−p−ε∈β-p-\varepsilon\in\beta−p−ε∈β，需找到 r>0r>0r>0，使得 p+ε−r∉αp+\varepsilon-r\notin\alphap+ε−r∈/α. 这是引理1x的性质2的直接推论，故引理2得证。

最终命题：

现在，我们开始证明最终命题：0∗⊂α+β0^\ast\subset\alpha + \beta0∗⊂α+β.

试证：∀v∈0∗，∃p∈α，q∈β，使得v=p+q.\forall v\in0^\ast，\exists p\in\alpha，q\in\beta，使得v=p+q.∀v∈0∗，∃p∈α，q∈β，使得v=p+q.
证明：
对于 ∀v∈0∗\forall v\in0^\ast∀v∈0∗，取 ε=−v\varepsilon=-vε=−v，根据引理2，存在 p∈αp\in\alphap∈α，使得 q=−p−ε∈βq=-p-\varepsilon\in\betaq=−p−ε∈β，且 p+q=−ε=vp+q=-\varepsilon=vp+q=−ε=v. 命题得证.

其实可以当做是引理2的直接推论了！

小结：

新的证明过程，摆脱了对有理数域的阿基米德性的依赖，填补了原步骤Step 4末尾环节的证明疏漏。

这是因为作者在证明阿基米德性（即定理1.20）时，用到了定理1.19，所以在证明1.19时最好不要再循环使用阿基米德性。

或许有人认为：在Step 3中，作者已经证明了有序集R具有确界性质，而定理1.20的证明过程用到的也是确界性质，所以Step 3之后就可以使用使用定理1.20了。

这种看法是错误的的！！！

因为在阿基米德性的定义中，既用到了有序性，也用到加法和乘法的操作，所以阿基米德性是有序域才会有的性质。Step 4的末尾，要用到有理数域Q的阿基米德性，有理数域也确实是有序域，但此时还没有任何一个定理能够证明Q具备确界性质，就更无法证明Q具备阿基米德性了。附录里9个steps做的事情，就是通过构造性的方式证明定理1.19：至少存在一个有序域，它具备确界性质。到step 4时，R还仅仅是个有序集。所以，直到step 9结束，我们才可以认为R是个具备确界性质的有序域，Q亦然。随后，定理1.20才能得证。