02 实数集的基本公理及其一般性质
\quad 我们需要对实数集作一个公理化的定义。
实数集：称集合 R\mathbb{R}R 为 实数集，若其满足：
1o1^{o}1o：有一个加法运算 “+++”;
2o2^{o}2o：有一个乘法运算 “⋅\cdot⋅”;
3o3^{o}3o：有序关系“≤\le≤”；
4o4^{o}4o：满足 完备性公理（连续性公理）。
\quad 实数集 R\mathbb{R}R 中的元素称为 实数。
\quad 加法运算、乘法运算、序关系都比较好理解，什么是“完备性公理”？事实上，对于完备性公理，我们已经有了非常浅显的几何认识。比如：数轴上没有空隙。
实数集的基本公理
I. 加法公理：R\mathbb{R}R 上有一个运算 +++ 称为 加法，如果满足：
aaa：∃\exists∃ 中性元（零元）000，使得 ∀ X∈R,x+0=x\forall ~ X\in \mathbb{R},x+0 = x∀ X∈R,x+0=x;
bbb：∀ x∈R\forall ~ x\in \mathbb{R}∀ x∈R，存在其负元 −x-x−x，使得 x+(−x)=0x+(-x) = 0x+(−x)=0;
ccc：结合律：∀ x,y,z∈R,(x+y)+z=x+(y+z)\forall ~ x,y,z \in \mathbb{R},(x+y)+z = x+(y+z)∀ x,y,z∈R,(x+y)+z=x+(y+z);
ddd：交换律：∀ x,y∈R,x+y=y+x\forall ~ x,y\in \mathbb{R},x+y = y+x∀ x,y∈R,x+y=y+x.
\quad另外，若集合 GGG 满足 I 中的条件 a,b,ca,b,ca,b,c，则称 GGG 为一个 群；若集合 GGG 同时满足 I 中的条件 a,b,c,da,b,c,da,b,c,d，则称 GGG 是一个 交换群 或 Abel 群。
II. 乘法公理：R\mathbb{R}R 上有一个运算 ⋅\cdot⋅ 称为 乘法，如果满足：
aaa：∃\exists∃ 中性元（单位元）1∈R−{0}1 \in \mathbb{R} -\{0\}1∈R−{0}，使得 ∀ x∈R,x⋅1=x\forall ~ x\in \mathbb{R},x \cdot 1=x∀ x∈R,x⋅1=x;
bbb：∀ x∈R−{0}\forall ~ x \in \mathbb{R} - \{0\}∀ x∈R−{0}，存在其逆元 x−1x^{-1}x−1，使得 x⋅x−1=1x\cdot x^{-1} = 1x⋅x−1=1;
ccc：结合律：∀x,y,z∈R,(x⋅y)⋅z=x⋅(y⋅z)\forall x,y,z\in \mathbb{R},(x\cdot y)\cdot z = x\cdot(y\cdot z)∀x,y,z∈R,(x⋅y)⋅z=x⋅(y⋅z);
ddd：交换律：∀ x,y∈R,x⋅y=y⋅x\forall ~x,y \in \mathbb{R},x\cdot y = y \cdot x∀ x,y∈R,x⋅y=y⋅x.
\quad 显然，R−{0}\mathbb{R} - \{0\}R−{0} 关于乘法构成一个群，且是 Abel 群。
I and II. 加法关于乘法的附加公理：（分配律）∀ x,y,z∈R,(x+y)⋅z=x⋅z+y⋅z\forall ~ x,y,z \in \mathbb{R},(x+y)\cdot z = x \cdot z + y \cdot z∀ x,y,z∈R,(x+y)⋅z=x⋅z+y⋅z.
Def. 代数域：集合 KKK 上若定义有加法、乘法、且满足分配律，则称 KKK 为一个 代数域。
III. 序公理：R\mathbb{R}R 上有一个不等关系“≤\le≤”，如果满足：
aaa：∀ x∈R,x≤x\forall~x \in \mathbb{R},x\le x∀ x∈R,x≤x;
bbb：∀x,y∈R,(x≤y)∧(y≤x)⟹(x=y)\forall x,y\in \mathbb{R},(x\le y)\land (y \le x) \Longrightarrow(x = y)∀x,y∈R,(x≤y)∧(y≤x)⟹(x=y);
ccc：∀ x,y,z∈R,(x≤y)∧(y≤z)⟹(x≤z)\forall ~ x,y,z\in \mathbb{R},(x\le y)\land (y \le z) \Longrightarrow (x\le z)∀ x,y,z∈R,(x≤y)∧(y≤z)⟹(x≤z);
ddd：∀ x,y∈R,(x≤y)∨(y≤x)\forall ~ x,y\in \mathbb{R},(x\le y) \lor (y \le x)∀ x,y∈R,(x≤y)∨(y≤x).
Def. 偏序集与线性序集：若集合 XXX 上具有满足 III 条件 a,b,ca,b,ca,b,c 的关系“≤\le≤”，则称 XXX 为 偏序集；若集合 XXX 上具有同时满足 III 条件 a,b,c,da,b,c,da,b,c,d 的关系“≤\le≤”，则称 XXX 为 线性序集。
I and III. 加法与序的附加公理：∀ x,y,z∈R,(x≤y)⟹(x+z≤y+z)\forall ~x,y,z \in \mathbb{R},(x\le y)\Longrightarrow (x+z \le y+z)∀ x,y,z∈R,(x≤y)⟹(x+z≤y+z).
II and III. 乘法与序的附加公理：(0≤x)∧(0≤y)⟹(0≤x⋅y)(0\le x)\land (0 \le y)\Longrightarrow (0\le x\cdot y)(0≤x)∧(0≤y)⟹(0≤x⋅y).
IV. 完备性公理（连续性公理）：若 X,YX,YX,Y 是 R\mathbb{R}R 的两个非空子集，且对于 ∀ x∈X,y∈Y\forall ~x\in X,y \in Y∀ x∈X,y∈Y，有 x≤yx\le yx≤y，则存在 c∈Rc\in \mathbb{R}c∈R ，使得 x≤c≤yx\le c\le yx≤c≤y.
\quad 以上即为实数集的相关公理。可以说，任何满足以上公理的数学模型，都可以认为是实数集 R\mathbb{R}R 的一种具现。比如：
实数轴；十进制无穷小数；……
\quad 关于公理化模型，有两点需要注意：
无矛盾性：是否相容？范畴性：若 A,BA,BA,B 各自构造出实数集 RA,RB\mathbb{R}_{A},\mathbb{R}_{B}RA,RB，则应有 RA→fRB\mathbb{R}_{A} \xrightarrow{f} \mathbb{R}_{B}RAfRB，其中 fff 为 同构映射。
实数集的一般性质
一、加法公理的推论
1：R\mathbb{R}R 中存在唯一的零元。
证明：反证法。
\quad 假设 R\mathbb{R}R 中同时有零元 01,020_{1},0_{2}01,02，则：
01=01+02=02+01=02
0_{1} = 0_{1} + 0_{2} = 0_{2} + 0_{1} = 0_{2}
01=01+02=02+01=02
#
2：对于任意的 x∈Rx \in \mathbb{R}x∈R，存在其唯一的负元 −x∈R{-x} \in \mathbb{R}−x∈R.
证明：反证法。
\quad 任取 x∈Rx\in \mathbb{R}x∈R，假设 xxx 同时存在两个负元 x1x_{1}x1 与 x2x_{2}x2，则：
x1=x1+0=x1+(x+x2)=(x1+x)+x2=0+x2=x2.
x_{1}= x_{1} + 0 = x_{1} + (x+x_{2}) = (x_{1} + x) + x_{2} = 0 + x_{2} = x_{2}.
x1=x1+0=x1+(x+x2)=(x1+x)+x2=0+x2=x2.
#
3：代数方程 a+x=ba+x = ba+x=b 在 R\mathbb{R}R 中有唯一解 x=b+(−a)=b−ax = b+ (-a)=b-ax=b+(−a)=b−a。
证明：
\quad a∈Ra\in \mathbb{R}a∈R，则 ∃!\exists !∃! 负元 −a-a−a. 于是：
(a+x=b)⟹((−a)+(a+x)=(−a)+b)⟹(((−a)+a)+x=(−a)+b)⟹(0+x=b+(−a))⟹(x=b+(−a))
\begin{aligned}
(a+x = b) &\Longrightarrow ((-a) + (a + x) = (-a) + b)\\
&\Longrightarrow (((-a)+a) + x = (-a)+b)\\
&\Longrightarrow (0+x=b + (-a))\\
&\Longrightarrow (x = b+ (-a))
\end{aligned}
(a+x=b)⟹((−a)+(a+x)=(−a)+b)⟹(((−a)+a)+x=(−a)+b)⟹(0+x=b+(−a))⟹(x=b+(−a))
#
\quad 注意，目前为止，我们都还没有定义 减法，现在出于简化符号的目的，将减法作为一个“记号”引入：
b+(−a):=b−a.
b+ (-a):=b-a.
b+(−a):=b−a.
\quad 作业：乘法公理的推论：
R\mathbb{R}R 中存在唯一的 111.∀ x∈R−{0}\forall ~ x \in \mathbb{R}-\{0\}∀ x∈R−{0}，存在唯一的逆元 x−1x^{-1}x−1.∀a∈R−{0}\forall a \in \mathbb{R}-\{0\}∀a∈R−{0}，a⋅x=ba\cdot x=ba⋅x=b 存在唯一的解 x=a−1⋅bx = a^{-1}\cdot bx=a−1⋅b.
二、乘法公理的推论
1：R\mathbb{R}R 中存在唯一的单位元 111.
证明：反证法。
\quad 假设 R\mathbb{R}R 中同时存在两个单位元 1x,1y1_{x},1_{y}1x,1y，则：
1x=1x⋅1y=1y⋅1x=1y.
1_{x} = 1_{x} \cdot 1_{y} = 1_{y} \cdot 1_{x} = 1_{y}.
1x=1x⋅1y=1y⋅1x=1y.
#
2：对于任意的 x∈R−{0}x\in\mathbb{R} - \{0\}x∈R−{0}，存在其唯一的逆元 x−1∈R−{0}x^{-1}\in \mathbb{R} - \{0\}x−1∈R−{0}.
证明：反证法。
\quad 假设 R−{0}\mathbb{R}-\{0\}R−{0} 中同时存在 xxx 的两个逆元 y,zy,zy,z，则：
y=y⋅1=y⋅(x⋅z)=(y⋅x)⋅z=1⋅z=z.
y = y \cdot 1 = y \cdot (x\cdot z) = (y \cdot x) \cdot z = 1\cdot z = z.
y=y⋅1=y⋅(x⋅z)=(y⋅x)⋅z=1⋅z=z.
#
3：代数方程 a⋅x=ba\cdot x = ba⋅x=b 在 R−{0}\mathbb{R}- \{0\}R−{0} 中存在唯一解 x=b⋅a−1=a−1⋅bx = b\cdot a^{-1} = a^{-1}\cdot bx=b⋅a−1=a−1⋅b.
证明：
(a⋅x=b)⟹(a−1⋅(a⋅x)=a−1⋅b)⟹((a−1⋅a)⋅x=a−1⋅b)⟹(x=a−1⋅b)
\begin{aligned}
(a\cdot x = b) &\Longrightarrow (a^{-1}\cdot (a\cdot x) = a^{-1}\cdot b)\\
&\Longrightarrow ((a^{-1}\cdot a)\cdot x = a^{-1}\cdot b)\\
&\Longrightarrow (x = a^{-1}\cdot b)
\end{aligned}
(a⋅x=b)⟹(a−1⋅(a⋅x)=a−1⋅b)⟹((a−1⋅a)⋅x=a−1⋅b)⟹(x=a−1⋅b)
#
\quad 思考：按照前面相似的逻辑，是否可以将除法作为“记号”引入？
b⋅a−1=b÷a.
b \cdot a^{-1} = b \div a.
b⋅a−1=b÷a.
三、加法公理与乘法公理联系的推论
1：对于任意的 x∈Rx\in \mathbb{R}x∈R，x⋅0=0⋅x=0x\cdot 0 = 0 \cdot x = 0x⋅0=0⋅x=0.
证明：
(x⋅0)=(x⋅(0+0))=(x⋅0+x⋅0)⟹(x⋅0+(−x⋅0)=x⋅0+x⋅0+(−x⋅0))⟹(0=x⋅0)⟹(x⋅0=0)
\begin{aligned}
&(x \cdot 0) = (x \cdot (0 + 0)) = (x\cdot 0 + x \cdot 0) \\
\Longrightarrow &(x\cdot 0 + (-x\cdot 0) = x \cdot 0 + x\cdot 0 + (-x \cdot 0))\\
\Longrightarrow &(0 = x\cdot 0)\\
\Longrightarrow &(x\cdot 0 = 0)
\end{aligned}
⟹⟹⟹(x⋅0)=(x⋅(0+0))=(x⋅0+x⋅0)(x⋅0+(−x⋅0)=x⋅0+x⋅0+(−x⋅0))(0=x⋅0)(x⋅0=0)
#
\quad有趣的是，1 虽然是个关于乘法的结论，但在证明过程中，利用了加法！
\quad 由 1 可得推论：若 x∈R−{0}x \in \mathbb{R}-\{0\}x∈R−{0}，则 x−1∈R−{0}x^{-1} \in \mathbb{R} -\{0\}x−1∈R−{0}.
证明：反证法。
\quad 若 x−1=0x^{-1} = 0x−1=0，则由 1 可得：x⋅0=x⋅x−1=0x\cdot 0 = x \cdot x^{-1} = 0x⋅0=x⋅x−1=0，产生矛盾。
#
2：(x⋅y=0)⟹(x=0)∨(y=0)(x\cdot y = 0) \Longrightarrow (x = 0) \lor (y=0)(x⋅y=0)⟹(x=0)∨(y=0).
证明：
\quad 若 y=0y = 0y=0，则命题成立。
\quad 若 y≠0y\ne 0y=0，则由 1 推论可知，y−1≠0y^{-1} \ne 0y−1=0，从而
(x⋅y=0)⟹(x⋅y⋅y−1=0⋅y−1)⟹(x=0)
\begin{aligned}
(x \cdot y = 0) &\Longrightarrow (x\cdot y \cdot y^{-1} = 0 \cdot y^{-1})\\
&\Longrightarrow (x = 0)
\end{aligned}
(x⋅y=0)⟹(x⋅y⋅y−1=0⋅y−1)⟹(x=0)
#
3：∀ x∈R,−x=(−1)⋅x\forall ~ x \in \mathbb{R},-x = (-1)\cdot x∀ x∈R,−x=(−1)⋅x.
证明：
\quad 显然，−x-x−x 是 xxx 的负元，由负元的唯一性可知，只需证明 (−1)⋅x(-1)\cdot x(−1)⋅x 也是 xxx 的负元。事实上，
x+(−1)⋅x=1⋅x+(−1)⋅x=(1+(−1))⋅x=0⋅x=0.
x + (-1) \cdot x = 1\cdot x + (-1)\cdot x = (1 + (-1))\cdot x = 0\cdot x = 0.
x+(−1)⋅x=1⋅x+(−1)⋅x=(1+(−1))⋅x=0⋅x=0.
#
4：∀ x∈R,(−1)⋅(−x)=x\forall ~ x \in \mathbb{R},(-1)\cdot (-x) = x∀ x∈R,(−1)⋅(−x)=x.
证明：
\quad 显然，xxx 是 −x-x−x 的负元，由负元的唯一性，只需证明 (−1)⋅(−x)(-1)\cdot (-x)(−1)⋅(−x) 也是 −x-x−x 的负元。事实上，
(−1)⋅(−x)+(−x)=(−1)⋅(−x)+1⋅(−x)=((−1)+1)⋅(−x)=0⋅(−x)=0.
(-1)\cdot (-x) + (-x) = (-1)\cdot (-x) + 1 \cdot (-x) = ((-1)+1) \cdot (-x) = 0 \cdot (-x) = 0.
(−1)⋅(−x)+(−x)=(−1)⋅(−x)+1⋅(−x)=((−1)+1)⋅(−x)=0⋅(−x)=0.
#
5：∀ x∈R,(−x)⋅(−x)=x⋅x\forall ~ x\in \mathbb{R},(-x)\cdot(-x) = x\cdot x∀ x∈R,(−x)⋅(−x)=x⋅x.
证明：
(−x)⋅(−x)=(−1)⋅x⋅(−x)=x⋅(−1)⋅(−x)=x⋅((−1)⋅(−x))=x⋅x.
\begin{aligned}
(-x)\cdot (-x) &= (-1)\cdot x \cdot (-x) \\
&=x \cdot (-1) \cdot (-x) \\
& = x\cdot ((-1)\cdot (-x)) \\
& = x\cdot x.
\end{aligned}
(−x)⋅(−x)=(−1)⋅x⋅(−x)=x⋅(−1)⋅(−x)=x⋅((−1)⋅(−x))=x⋅x.
#
四、序公理的推论
\quad 首先，说明一下，什么是严格不等式。
严格不等式：若 x≤yx\le yx≤y 且 x≠yx \ne yx=y，则记 x 1：∀ x,y∈R,(x 证明： \quad 由序公理：(x≤y)∨(y≤x)(x\le y)\lor (y \le x)(x≤y)∨(y≤x)，若 x=yx = yx=y，则结论成立；若 x≠yx\ne yx=y，则 (x # 2：∀ x,y,z∈R,(x≤y)∧(y 证明： \quad 以第二个结论为例， (x \begin{aligned} (x \\ &\Longrightarrow (x\le z) \end{aligned} (x 再利用反证法。若 x=zx = zx=z，则 (x (x \le x) (x 从而产生矛盾。因此 x≠zx\ne zx=z. # 五、加法公理与序公理联系的推论 1：(x>y)⟹(x+z>y+z)(x>y)\Longrightarrow(x+z>y+z)(x>y)⟹(x+z>y+z). 证明： \quad 由序公理，(x>y)⟹(x≥y)⟹(x+z≥y+z)(x>y)\Longrightarrow (x \ge y)\Longrightarrow (x+z \ge y+z)(x>y)⟹(x≥y)⟹(x+z≥y+z). 于是只要证明 x+z≠y+zx+z \ne y+zx+z=y+z. \quad 反证法。若 x+z=y+zx+z = y +zx+z=y+z，则线性方程 x+z=(y+z)x + z = (y+z)x+z=(y+z) 有唯一解： x=(y+z)+(−z)=y+(z+(−z))=y+0=y x = (y+z)+ (-z) = y+ (z + (-z)) = y + 0 =y x=(y+z)+(−z)=y+(z+(−z))=y+0=y 与 x>yx>yx>y 矛盾。 # 2：(x>0)⟹(−x<0)(x>0)\Longrightarrow(-x<0)(x>0)⟹(−x<0). 证明： (x>0)⟹(x+(−x)>−x)⟹(0>−x) \begin{aligned} (x>0)&\Longrightarrow (x+ (-x)>-x)\\ &\Longrightarrow (0>-x) \end{aligned} (x>0)⟹(x+(−x)>−x)⟹(0>−x) # 3：(x>y)∧(z≥w)⟹(x+z>y+w)(x>y)\land(z\ge w)\Longrightarrow (x+z >y+w)(x>y)∧(z≥w)⟹(x+z>y+w). 4：(x≥y)∧(z>w)⟹(x+z>y+w)(x\ge y)\land(z >w)\Longrightarrow (x+z>y+w)(x≥y)∧(z>w)⟹(x+z>y+w). \quad 只证 1,2；3,4 自证。 六、乘法公理与序公理联系的推论 1：(x>0)∧(y>0)⟹(x⋅y>0)(x>0)\land (y>0)\Longrightarrow (x\cdot y>0)(x>0)∧(y>0)⟹(x⋅y>0). 证明： \quad 由序公理与乘法公理的附加公理， (x>0)∧(y>0)⟹(x≥0)∧(y≥0)⟹(x⋅y≥0) (x>0)\land (y>0)\Longrightarrow(x\ge 0)\land (y\ge 0)\Longrightarrow (x\cdot y \ge 0) (x>0)∧(y>0)⟹(x≥0)∧(y≥0)⟹(x⋅y≥0) 因此只需证明 x⋅y≠0x\cdot y\ne 0x⋅y=0. 反证法，若 x⋅y=0x\cdot y=0x⋅y=0，则由前面的结论 (x⋅y=0)⟹(x=0)∨(y=0). (x\cdot y = 0)\Longrightarrow (x=0)\lor (y=0). (x⋅y=0)⟹(x=0)∨(y=0). 从而产生矛盾。 # 2：(x<0)∧(y<0)⟹(x⋅y>0)(x<0)\land (y<0)\Longrightarrow (x\cdot y>0)(x<0)∧(y<0)⟹(x⋅y>0). 2 与 3 类似，我们证明3. 3：(x>0)∧(y<0)⟹(x⋅y<0)(x>0)\land (y<0)\Longrightarrow (x \cdot y<0)(x>0)∧(y<0)⟹(x⋅y<0). 证明： (x>0)∧(y<0)⟹(x>0)∧(−y>0)⟹(x⋅(−y)>0)⟹(x⋅(−1)⋅y>0)⟹((x⋅(−1))⋅y>0)⟹(((−1)⋅x)⋅y>0)⟹((−1)⋅(x⋅y)>0)⟹(−(x⋅y)>0)⟹(x⋅y<0). \begin{aligned} (x>0)\land (y<0) &\Longrightarrow (x>0)\land (-y>0)\\ &\Longrightarrow (x\cdot (-y)>0) \\ &\Longrightarrow (x\cdot (-1)\cdot y >0) \\ &\Longrightarrow ((x\cdot(-1))\cdot y >0) \\ &\Longrightarrow (((-1)\cdot x)\cdot y >0) \\ &\Longrightarrow ((-1)\cdot(x\cdot y)>0)\\ &\Longrightarrow (-(x\cdot y)>0)\\ &\Longrightarrow (x\cdot y<0). \end{aligned} (x>0)∧(y<0)⟹(x>0)∧(−y>0)⟹(x⋅(−y)>0)⟹(x⋅(−1)⋅y>0)⟹((x⋅(−1))⋅y>0)⟹(((−1)⋅x)⋅y>0)⟹((−1)⋅(x⋅y)>0)⟹(−(x⋅y)>0)⟹(x⋅y<0). # 4：(x>y)∧(z>0)⟹(x⋅z>y⋅z)(x>y)\land(z>0)\Longrightarrow (x\cdot z > y\cdot z)(x>y)∧(z>0)⟹(x⋅z>y⋅z). 证明： (x>y)∧(z>0)⟹(x−y>0)∧(z>0)⟹((x−y)⋅z>0)⟹(x⋅z−y⋅z>0)⟹(x⋅z>y⋅z). \begin{aligned} (x>y)\land (z>0) &\Longrightarrow (x-y>0) \land (z>0) \\ &\Longrightarrow ((x-y)\cdot z >0)\\ &\Longrightarrow (x\cdot z - y \cdot z >0) \\ &\Longrightarrow (x\cdot z >y \cdot z). \end{aligned} (x>y)∧(z>0)⟹(x−y>0)∧(z>0)⟹((x−y)⋅z>0)⟹(x⋅z−y⋅z>0)⟹(x⋅z>y⋅z). # 4 与 5 类似，我们证明 4. 5：(x>y)∧(z<0)⟹(x⋅z 七、加法公理、乘法公理与序公理的推论 1：1>01>01>0. 证明： \quad 由序公理，(x>y)∨(x=y)∨(x \quad 显然 1≠01\ne 01=0，我们证明：1>01>01>0. 反证法。假设 1<01<01<0，于是 (1<0)∧(1<0)⟹(1⋅1>0)⟹(1>0). (1<0)\land (1<0) \Longrightarrow (1\cdot 1 >0) \Longrightarrow (1>0). (1<0)∧(1<0)⟹(1⋅1>0)⟹(1>0). 从而产生矛盾。 # 2：(0 证明： \quad 反证法。假设 x−1<0x^{-1}<0x−1<0，则 (0 (0 (0 从而产生矛盾。 \quad 显然 y≠0y\ne 0y=0，否则 x=0x=0x=0，矛盾。于是 (y>0)⟹(y−1>0)(y>0)\Longrightarrow (y^{-1}>0)(y>0)⟹(y−1>0)，从而 (x \begin{aligned} (x &\Longrightarrow (x\cdot y <1)\\ &\Longrightarrow (x^{-1}\cdot x\cdot y^{-1} &\Longrightarrow (y^{-1} \end{aligned} (x # \quad 目前为止，实数公理以及其基本推论介绍完毕。下面做一个总结。 Def. 正数：大于零的数就是 正数。 Ex：111 是正数。 Ex：若 xxx 是正数，则 x−1x^{-1}x−1 也是正数。 Def：小于零的数称为 负数。 Ex：111 的负元是负数。 参考： 张平. 数学分析课程.