实数

  • 我们定义实数 R\R 是一个集合，上面有两个操作：
    • 加法 +:R×R↦R,(x,y)↦x+y+:\R\times\R\mapsto\R, (x,y)\mapsto x+y
    • 乘法 ⋅:R×R↦R,(x,y)↦x⋅y\cdot: \R\times\R\mapsto\R, (x,y)\mapsto x\cdot y
  • 同时还有序关系 (Order Relation) ≤:x≤y\le: x\le y.

域公理 (Axioms of Field)

  1. 加法交换律：x+y=y+xx+y=y+x
  2. 加法结合律：x+(y+z)=(x+y)+zx+(y+z)=(x+y)+z
  3. 加法单位元：存在 0∈R0\in\R 使得对 ∀x∈R\forall x\in\R 有 0+x=x0+x=x 成立
  4. 加法逆元的存在性、唯一性：对 ∀x∈R\forall x\in\R，存在且只存在一个 −x∈R-x\in\R，使得 x+(−x)=0x+(-x)=0

    这里，我们还没有证明 (−1)⋅x=−x(-1)\cdot x=-x，−x-x 整体应该被当作一个记号，用于表示 xx 的加法逆元。

  5. 乘法结合律：x⋅(y⋅z)=(x⋅y)⋅zx\cdot (y\cdot z)=(x\cdot y)\cdot z
  6. 乘法交换律：x⋅y=y⋅xx\cdot y=y\cdot x
  7. 乘法单位元：存在 1∈R,1≠01\in\R,1\ne 0，使得对任意 ∀x∈R\forall x\in\R 都有 1⋅x=x1\cdot x=x
  8. 乘法逆元的存在性、唯一性：对任意 ∀x∈R−{ 0 }\forall x\in\R-\set{0}，存在 x−1∈Rx^{-1}\in\R 使得 x⋅x−1=1x\cdot x^{-1}=1
  9. 乘法分配律：x⋅(y+z)=x⋅y+x⋅zx\cdot (y+z)=x\cdot y+x\cdot z
练习题
证明

对任意的 x,y∈R,b≠0x,y\in\R,b\ne0，有

x+a=y+a  ⟹  x=yx⋅b=y⋅b  ⟹  x=yx+a=y+a\implies{x=y}\\x\cdot{b}=y\cdot{b}\implies{x=y}

先证明第一个。我们在方程两边同时加上 aa 的加法逆元 −a-a，则

x+a+(−a)=y+a+(−a)x+[a+(−a)]=y+[a+(−a)]x+0=y+0x=y \begin{aligned} x+a+(-a)&=y+a+(-a)\\ x+[a+(-a)]&=y+[a+(-a)]\\ x+0&=y+0\\ x&=y \end{aligned}

再证明第二个。

证明

对任意 x,y,z,wx,y,z,w，若 y,w≠0y,w\ne 0，则有

xy+zw=xw+zyyw \frac{x}{y}+\frac{z}{w}=\frac{xw+zy}{yw}

序公理 (Axioms of Order)

  1. 序的传递性：x≤y,  y≤z  ⟹  x≤z.x \le y,\; y \le z\;\Longrightarrow\;x \le z.
  2. 序可以决定元素：x≤y,  y≤x  ⟹  x=yx\le y,\; y\le x \implies x=y
  3. 全序关系：∀x,y∈R,  x≤y\forall x,y\in\R,\; x\le y 或者 y≤xy\le x 二者至少有一个正确
  4. 与加法相容：x≤y  ⟹  x+z≤y+zx\le y\implies x+z\le y+z
  5. 与乘法相容：x≥0∧y≥0  ⟹  xy≥0x\ge 0\land y\ge 0 \implies xy\ge 0
练习题
证明题

1>0 1\gt 0

证明

证明 反证法：若 1<01\lt 0，则 −1>0-1\gt 0，由于和乘法相容，有

1⋅(−1)<0⋅(−1)−1<0 1\cdot (-1)\lt 0\cdot (-1)\\ -1\lt 0

矛盾！故 1>01\gt 0

证明：

x≥0  ⟹  −x≤0 x\ge 0 \implies -x\le 0

证明

证明 因为和加法相容，则 x+(−x)≥0+(−x)x+(-x)\ge 0+(-x)，故有 0≥−x  ⟺  −x≤00\ge -x \iff -x\le 0.

证明：

y∈R,y>0  ⟹  0<y−1<1 y\in\R,y\gt 0 \implies 0\lt y^{-1}\lt 1

证明

证明 首先证明，y>1  ⟹  y−1>0y\gt 1\implies y^{-1}\gt 0.

反证法，假设 y−1=0y^{-1}= 0，那么根据 Field Axioms，我们有

1=y−1⋅y≤0⋅y=0 1=y^{-1}\cdot y\le 0\cdot y=0

而这与 1≠01\ne 0 的定义不符。

假设 y−1<0y^{-1}\lt 0，则根据上面证明的，有 −y−1>0-y^{-1}\gt 0，由于和乘法相容，故

y⋅(−y−1)>0+(−y−1)−1>−(y−1)y−1>1 \begin{aligned} y\cdot (-y^{-1})&\gt 0+(-y^{-1})\\ -1&\gt -(y^{-1})\\ y^{-1}&\gt 1 \end{aligned}

再由 y>1>0y\gt 1\gt 0，故 y−1⋅y>1⋅y  ⟺  1>yy^{-1}\cdot y\gt 1\cdot y \iff 1\gt y，矛盾！

故必有 y−1>0y^{-1}\gt 0，再由于和乘法相容，有

y⋅y−1>1⋅y−11>y−1 y\cdot y^{-1}\gt 1\cdot y^{-1}\\ 1\gt y^{-1}

所以，0<y−1<10\lt y^{-1}\lt 1

Achimedes 公理

Achimedes Axioms

对任意 x>0x\gt 0 和 yy，总存在正整数 nn，使得 n⋅x≥yn\cdot x\ge y.

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