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§2.1 实数集的公理系统和某些一般性质 MA
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§2.1 实数集的公理系统和某些一般性质 MA
§2.1 Part1 实数集的公理系统
§2.1.1 实数集定义
实数集定义: 满足四条公理的集合成为实数集合:
加法公理
乘法公理
序公理
相互联系公理集: 乘法与加法联系 加法与序联系 乘法与序联系
完备性公理
加法公理
定义加法映射: +:R×R→R+:\mathbb{R}\times \mathbb{R}\to \mathbb{R}
加法公理内容
存在单位元素： 存在元素0使得 x+0=0+x=xx+0=0+x=x
存在反元素： 存在反元素使得 x+(−x)=(−x)+x=0x+(-x)=(-x)+x=0
满足结合率: x+(y+z)=(x+z)+yx+(y+z) = (x+z)+y
满足交换律: x+y=y+xx+y=y+x
群
对于集合G若满足性质(i ii iii) 性质我们称该集合为群,若该运算为加法,我们称其为加法群
如果还满足性质(iv) 我们称这个群为阿贝尔群或交换群
乘法公理
定义乘法法映射: ∙:R×R→R\bullet:\mathbb{R}\times \mathbb{R}\to \mathbb{R}
乘法公理内容
存在单位元素：存在元素1∈R\01\in R\backslash 0 使得 x∙1=1∙x=xx\bullet 1=1\bullet x=x
存在反元素： ∀x∈R\0\forall x \in R\backslash 0存在反元素 x−1∈Rx^{-1} \in R 使得 x∙1x=1x∙x=1x \bullet {1 \over x} = {1 \over x} \bullet x = 1
满足结合率: x(yz)=(xy)zx\left( {yz} \right) = \left( {xy} \right)z
满足交换律: xy=yxxy = yx
💡: R\0R\backslash 0 代表实数集 R 和 0 的差集(除了0之外的其他实数)
🤔: 乘法公理中提到了0,而0的定义是在加法之中的, 证明想要定义乘法, 必须要先定义加法.
序公理
序关系: RR 的元素之间存在关系 ≤\leq，即对于 RR 的元素 x,yx,y 满足如下性质(命题)
定理内容
自反性: a≤aa\leq a
传递性: (a≤b)∧(b≤c)  ⟹  a≤c(a\leq b)\land(b\leq c) \implies a\leq c
反对称性: (a≤b)∧(b≤a)  ⟹  a=b(a\leq b) \land (b\leq a) \implies a=b 
排中律: ∀a,b∈R(a≤b)∨(b≤a)≡True\forall a,b \in R \quad(a\leq b)\lor(b\leq a) \equiv \text{True}
满足序定理, 则实数集合为线性序集
连续性公理
若 (X,Y⊂R)∧(X.Y≠∅)(X,Y\subset R)\land(X.Y\neq\emptyset) ，并且 ∀x∈X, ∀y∈Y\forall x\in X,\ \forall y\in Y 都有 x≤yx\leq y   ⟹  \implies∃c∈R Let x≤c≤y\exist c \in R\ \text{Let}\ x\leq c \leq y
公理之间的关系
加法乘法之间的关系-分配律
∀x,y∈R , (x+y)∙z=x∙z+y∙z\forall x,y \in R\ ,\ (x+y)\bullet z = x\bullet z + y\bullet z
代数域: 如果集合 GG 上定义了满足上述加法公理 乘法公理 ，则 GG 称为代数域, 简称域
序公理和加法之间的关系
x≤y  ⟹  x+z≤y+zx\leq y \implies x+z \leq y+z
序公理和乘法之间的关系
(0≤x)∧(0≤y)  ⟹  (0≤x∙y)(0\leq x)\land(0\leq y) \implies (0\leq x\bullet y)
公理系统自然引申问题
对于任何抽象公理系统,立刻会出现至少两个问题
无矛盾性: 这些公理是否相容? 即满足上述全部条件的集合是否存在?
范畴性(逻辑学用词): 该公理系统是否唯一地定义了一个数学对象?
如何理解唯一(范畴性)?
假设有两个集合分别能够满足某一公理系统, 则可建立双射 f:A→Bf: A \rightarrow B
这样的两个表示我们称之为 “同构表示” 也称范畴的
实数的无矛盾性回答: 从我们所接受的集合论公理系统出发(ZFC公理),可以建立自然数集, 然后建立有理数集, 最后建立满足上述所有性质的一切实数的集合 R\mathbb{R}
§2.1 Part2 实数的其他性质
§2.1.2 群运算(加法 乘法)的相关推导
单位元素唯一(这里以加法公理中的0为例)
设存在02,01∈R0_2, 0_1 \in R
由于 ∀x∈R , 02+x=0201+x=01\forall x \in R \ ,\ 0_2+x = 0_2 \quad 0_1+x = 0_1
则有 02=02+01=010_2 = 0_2+0_1 = 0_1
逆元素唯一(这里以加法公理中的-x为例)
存在−x2,−x1∈R-x_2, -x_1 \in R
由于 ∀x∈R , −x1=−x1+0=−x1+(x+x2)=(−x1+x)+(−x2)=−x2\forall x \in R \ ,\\\ -x_1 = -x_1 +0=-x_1 +(x+x_2) = (-x_1+x)+(-x_2)=-x_2
则有 −x2=−x1-x_2=-x_1
移项定理(以加法为例) a+b=c  ⟹  c+(−a)=ba+b=c \implies c+(-a)=b
a+b+(−b)=c+(−b)  ⟹  a+0=c−b  ⟹  a=c−ba+b+(-b) = c+(-b) \implies a+0 =c-b \implies a=c-b
§2.1.3 加法乘法之间关系(分配律)的推论
x∙0=0∙x=0x\bullet 0 = 0\bullet x = 0
定理证明:
Let x∙0=x∙(0+0)=x∙0+x∙0\text{Let}\ x \bullet 0 =x\bullet (0+0) = x\bullet 0+x\bullet 0 
  ⟹  x∙0−(x∙0)=x∙0\implies x \bullet 0 -(x\bullet 0) = x\bullet0 
  ⟹  0=x∙0\implies0=x \bullet 0
分配律的无矛盾性
由 0∙x1=0x2∙x2−1=10 \bullet x_1=0 \quad x_2\bullet x_2^{-1} = 1 
可知道仅仅只有在定义反元素时候使用 R/0R/0 而非 RR , 才能保证在存在分配律情况下, 实数系的公理无矛盾性
二次推论: xy=0  ⟹  (x=0)∨(y=0)xy=0 \implies (x=0)\lor(y=0)
若 y≠0y\neq 0   ⟹  x=0∙y−1=0\implies x=0 \bullet y^{-1} = 0
若 x≠0x\neq 0   ⟹  y=0∙x−1=0\implies y=0 \bullet x^{-1} = 0
若 x,y=0x,y=0 自然成立
−x=(−1)∙x-x = (-1)\bullet x
定理证明
x+(−1)∙x=1∙x+(−1)∙x=(1+(−1))∙x=0x + (-1)\bullet x= 1\bullet x + (-1)\bullet x = (1+(-1))\bullet x = 0
反元素定义: x+(−x)=0x+ (-x) = 0
由反元素的唯一性可得 −x=(−1)∙x-x = (-1)\bullet x
§2.1.4 序公理推论
定义: x<y:=(x≤y)∧(x≠y)x<y:=(x\le y)\land(x\neq y) 
线性序的排中律:
推论内容:
∀x,y∈R ,(x<y)∨(x>y)∨(x=y)≡True\forall x,y \in R\ , (x<y)\lor(x>y)\lor(x=y) \equiv \text{True}
证明:
根据(偏)序公理(iv)排中律: ∀a,b∈R(a≤b)∨(b≤a)≡True\forall a,b \in R \quad(a\leq b)\lor(b\leq a) \equiv \text{True}
只需要证明: a≤b  ⟺  (a<b)∨(a=b)a\leq b \iff (a<b) \lor (a=b)
Proof: (x<y)∨(x=y)=[(x≤y)∧(x≠y)]∨(x=y)=[(x≤y)∨(x=y)]∧[(x≠y)∨(x=y)]=(x≤y)\text{Proof: }(x<y) \lor (x=y) \\ = [(x\le y)\land(x\neq y)] \lor (x=y) \\ =[(x\leq y) \lor (x=y)] \land [(x\neq y)\lor (x=y)]\\ =(x\leq y) 
线性序的传递性
推论内容:
(x<y)∧(y≤z)  ⟹  (x<z)(x<y)\land(y\leq z) \implies (x<z) 
(x≤y)∧(y<z)  ⟹  (x<z)(x\leq y)\land(y < z) \implies (x<z)
我们以第二个为例子证明
利用 x<y:=(x≤y)∧(x≠y)x<y:=(x\le y)\land(x\neq y)
得到 (x≤y)∧(y<z)=(x≤y)∧(y≤z)∧(y≠z)  ⟹  x≤z(x\leq y)\land(y < z) = (x\leq y)\land(y \leq z) \land (y\neq z) \implies x\leq z
接下来验证 x≠zx\neq z
If Let x=z  ⟹  (z≤y)∧(y≤z)∧(y≠z)  ⟹  (y=z=x)∧(y≠z)\text{If Let } x=z \\ \implies (z\leq y)\land(y \leq z) \land (y\neq z) \\ \implies (y=z=x) \land (y\neq z ) 矛盾
§2.1.5 序和加法乘法间关系的推论
偏序公理→线性序公理
偏序和加法关系→线性序的和加法关系: x<y  ⟹  x+z<y+zx<y \implies x+z<y+z
偏序和乘法关系→线性序的和乘法关系: x,y>0  ⟹  xy>0x,y>0 \implies xy>0
证明略: 只要使用x<y:=(x≤y)∧(x≠y)x<y:=(x\le y)\land(x\neq y) 定义即可解决
§2.1.6 完备性(连续性公理) 推论
概念引入
上(下)有界集合:
设 X⊂RX \subset R  如果∃c∈R, Let ∀x∈X, have x≤c \exist c \in R ,\ \text{Let} \ \forall x \in X ,\ \text{have}\ x\leq c 称X为上有界集合
符合上述条件的 c∈Rc \in R 称为XX的上界
有界集合: 既是上有界也是下有届的集合
最大(小)元素:
设 a∈X⊂Ra \in X \subset R , 且 ∀x∈X, have x≤a\forall x \in X ,\ \text{have} \ x \leq a  称aa 为集合中的最大(小元素)
max X =a:=(a∈X)∧(∀x∈X(x≤A))max\ X \ = a := (a\in X) \land (\forall x \in X (x\leq A))
最值元素存在即唯一定理
定理内容: 如果在一个数集中有最大元素(最小元素) ,则它是唯一的
证明
💡由序公理反对称性和最值定义可得
若存在两个最大值a1 a2a_1 \ a_2   ⟹  \implies(a1≤a2)∧(a1≥a2)  ⟹  a1=a2(a_1 \leq a_2) \land (a_1 \geq a_2) \implies a_1 = a_2
上下确界定义
定义: X⊂RX \subset R  的上界中最小者为其上(下)确界
记为 supX=max{∀c∈R,∀x∈X(c⩽x)}sup X = m a x\{ \forall c \in R , \forall x \in X \left( c \leqslant x \right) \}
同理 inf X =min{∀c∈R,∀x∈X(c⩾x)}inf\ X\ = min\{ \forall c \in R , \forall x \in X \left( c \geqslant x \right) \} 为下界
确界定理
回顾下完备性(连续)公理:
若 (X,Y⊂R)∧(X.Y≠∅)(X,Y\subset R)\land(X.Y\neq\emptyset) ，并且 ∀x∈X, ∀y∈Y\forall x\in X,\ \forall y\in Y 都有 x≤yx\leq y   ⟹  \implies∃c∈R Let x≤c≤y\exist c \in R\ \text{Let}\ x\leq c \leq y
有上(下)界的非空子集有唯一上确界
唯一性: 设 X⊂RX \subset R 上界构成集合 Y⊂RY \subset R 显然是个数集 ∧\land 最值元素存在即唯一定理   ⟹  \implies若存在即唯一
存在性:
显然X YX\ Y 符合上述的连续性公理要求则有 ∃c∈R Let x≤c≤y\exist c \in R\ \text{Let}\ x\leq c \leq y
 x≤c  ⟹  c∈Yc≤y  ⟹  minY=c\ x\leq c \implies c \in Y\quad c\leq y \implies minY=c
则有cc为上确界
§2.3 实数集完备性的一些基本引理
闭区间套引理(柯西康托尔原理)
🆕序列: 以自然数为自变量的函数 f:N→Xf:N \rightarrow X 称为序列，或者更完整地称为集合 XX 的元素序列
🆕区间套序列: X1,X2,…,Xn,…X_1,X_2,\dots,X_n,\dots 是某些集合的序列. 如果X1⊃X2⊃⋯⊃Xn⊃…X_1\supset X_2 \supset \dots \supset X_n \supset \dots即, 就称之为集合套序列, 简称集合套
✅柯西康托尔原理(定理):
对于任何闭区间套序列I1⊃I2⊃⋯⊃In⊃…I_1 \supset I_2\supset\dots\supset I_n \supset \dots 可以找到属于所有这些闭区间的一点 c∈Rc \in R
如果此外还已知，对于 ∀ϵ>0\forall \epsilon> 0, 在序列中可以找到长度∣Ik∣<ϵ|I_k|< \epsilon 的闭区间 则 cc 是所有闭区间的唯一公共点.
📐证明第一部分: 闭区间套必然有公共点
对于任何区间套集合中的两个元素 In=[an,bn],Im=[am,bm]I_n = [a_n,b_n],I_m = [a_m,b_m]
有如下的关系式 ak≤bka_k \leq b_k 
若 ∀m,n  ⟹  am≤an≤bn≤bm\forall m,n \implies a_m \leq a_n\leq b_n \leq b_m
将 ak,bka_k,b_k 构造两个新数集合 A={ak∣k∈N},B={bk∣k∈N}A = \{a_k |k \in N\} ,B = \{b_k |k \in N\}
则有 ∀a∈A,∀b∈B, Have a≤b\forall a \in A, \forall b \in B , \text{ Have } a\leq b 
由连续性公理可以得到 ∃c∈R, Let a≤c≤b\exist c \in R, \text{ Let } a\leq c\leq b
📐证明第二部分: ∀ϵ>0,∃Ik∈{Ik} Let: ∣Ik∣<ϵ  ⟹  c\forall \epsilon>0 , \exist I_k \in \{I_k\} \text{ Let: } |I_k| < \epsilon \implies c 是唯一的
假设有 c1c_1 c2c_2 符合要求, 假设 c1≤c2c_1 \leq c_2
  ⟹  an≤c1<c2≤bn  ⟹  c2−c1≤bn−an=∣In∣<ϵ\implies a_n \leq c_1 < c_2 \leq b_n \implies c_2-c_1 \leq b_n-a_n = |I_n| <\epsilon
∀ϵ>0,0≤c2−c1<ϵ  ⟹  c2=c1\forall \epsilon >0, 0 \leq c_2-c_1< \epsilon \implies c_2 = c_1
有限覆盖引理(博雷尔勒贝格原理)
🆕集合族覆盖集合: S={X}S= \{X\} 是由一组集合 XX 构成的集合族.如果 Y⊂⋃X∈SXY\subset\bigcup\limits_{X\in S} X (即如集合 YY 的任何元素 yy 至少属于集合族 SS 的一个集合 XX ) 我们就称 SS 覆盖 YY
🆕子族: 集合族 SS  的子集也是一个集合族, 称为 SS 的子族
✅博雷尔-勒贝格原理: 在覆盖一个闭区间的任何开区间族中都有覆盖该闭区间的有限子族.
证明
📐假设需无穷覆盖的闭区间, 迭代分割
设S={U}S=\{U\} 是覆盖闭区间 I1=[a,b]I_1 = [a,b] 的开区间族
假如闭区间 I1I_1 不能被 SS 中的有限个开区间覆盖, 则只要把 I1I_1 等分为两个闭区间, 其 中就至少有一个闭区间不能被有限个上述开区间覆盖, 我们把这个闭区间记作 I2I_2
📐构造出闭区间套 , 存在 c∈In,n∈Nc \in I_n,n \in N
并且我们构造出闭区间套序列 I1⊃I2⊃⋯⊃In⊃…I_1 \supset I_2\supset\dots\supset I_n \supset \dots 且有 ∣In∣=I1/2n|I_n| = I_1/2^n
根据闭区间套引理, 属于全部闭区间 In,n∈NI_n , n \in N 的点 c∈Rc\in R 存在
由于 SS 为 I1I_1 的覆盖 , 故有 c∈I1=[a,b],c∈(α,β)∈Sc \in I_1=[a,b] , c \in (\alpha,\beta) \in S
📐由于对半分割, 构造的区间套对于 ∀ϵ>0,∃n0∈N, Let: ∣In0∣<ϵ\forall \epsilon>0, \exist n_0 \in N , \text{ Let: } |I_{n0}|<\epsilon
取 ϵ=min(c−α,β−c)\epsilon = min(c-\alpha,\beta - c) , 利用这个 ϵ\epsilon  可找到对应的 In0I_{n0}
∣In0∣<min(c−α,β−c)<∣β−α∣|I_{n0} |<min(c-\alpha,\beta-c)< |\beta-\alpha| , 其中 ∣β−α∣|\beta-\alpha| 为开区间的长度
大概可以感觉出 In0⊂(α,β)I_{n0} \subset (\alpha,\beta) 和假设 I1⊃I2⊃⋯⊃In⊃…I_1 \supset I_2\supset\dots\supset I_n \supset \dots 是需要无穷开覆盖相违背
📐如何证明 In0⊂(α,β)I_{n0} \subset (\alpha , \beta)  在假设 n0n_0 对应的 ϵ=min(c−α,β−c)\epsilon = min(c-\alpha,\beta - c) 情况下
In0=[a,b],∣a−b∣<ϵ  ⟹  cI_{n0} = [a,b] , |a-b|< \epsilon \implies c
...
极限点引理(波尔查诺魏尔斯特拉斯原理)
🆕极限点: 如果点 p∈Rp \in R 的任何邻域都包含集合 X⊂RX \subset R. 的一个无穷子集, 点 p p 就称为集合 XX  的极限点
举例 xn=1/nx_n= 1/n  构成的无穷集合 X={1/n∣n∈N}X=\{1/n | n \in N\} 只有 00 是其极限点
✅波尔查诺魏尔斯特拉斯: 任何无穷有界数集至少有一个极限点
证明如下
📐将 至少一个极限点 极限点的范围缩减到 上下界构造的闭区间 II
假设一个有界无穷数集 XX , 利用其上下确界 a,ba,b 构造一个闭区间 I=[a,b]I=[a,b] 得到 X⊂[a,b]=IX \subset [a,b]=I 现在证明 II  上有一个是 XX 的极限点
📐反证法: 如果这样的点不存在, 导出矛盾 取每个点那些只有 II 中有限元素的领域, 构成开覆盖   ⟹  \implies 开覆盖必然有有限子族   ⟹  \implies 有限个集合, 每个集合有限个元素, II 为有限集合
假设 I=[a,b]I =[a,b]  中没有这样的极限点
那么 ∀i∈I\forall i \in I  存在一个邻域 ∃U(i)∈{U(i)}\exist U(i) \in \{U(i)\}, 要么 U(i)U(i)  中没有 XX 中的元素 ,要么只有有限个
我们把这些比较特殊的邻域 构成一个 集族
由于邻域中i∈U(i)i \in U(i), 所有的点不包含XX中元素,或只有有限个元素的邻域 构成一组 对闭区间 II 的覆盖
由于邻域是开区间的, 故这样的覆盖必然有 有限子族同样完成 对 II 的覆盖
取这个集族, 其中有限个集合 , 每个集合中只有有限个 II 的元素. II集合只有有限个
闭区间 II  中元素显然是无限个, 和假设不符合
🤔一些思考 ?
可以发现, 从区间套-有限覆盖-极限点引理中 我们已经比较滥用无穷的概念了
那么无穷的描述 十分一定需要像极限那样 通过∀…∃…\forall \dots \exist \dots 来描述呢?
∀…∃…\forall \dots \exist \dots 在描述很多问题的时候并不显得那么直接. 是不是有更加直接且严谨的方式/