基本完成第 5A 章
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f4a71722a4
@ -86,13 +86,13 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
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## 5A.2 实数集的构造
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我们通过 5A.1.5 发现，有理数集合的上确界有时不是一个有理数。因此，实数系所具有的一个重要特征应该是实数系中定义的全序关系 $\leqslant$ 是完备的，即该集合的任意有上界的非空真子集存在上确界。受这个思想启发而得到的实数系的构造方法，就是戴德金分割。除非特殊说明，我们下面使用的补集记号 $\overline{A}$，均指 $A$ 关于 $\mathbb Q$ 的补集，即 $\overline{A}:=\mathbb Q\setminus A$。
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我们通过 5A.1.5 发现，有理数集合的上确界有时不是一个有理数。因此，实数系所具有的一个重要特征应该是实数系中定义的全序关系 $\leqslant $ 是完备的，即该集合的任意有上界的非空真子集存在上确界。受这个思想启发而得到的实数系的构造方法，就是戴德金分割。除非特殊说明，我们下面使用的补集记号 $\overline{A}$，均指 $A$ 关于 $\mathbb Q$ 的补集，即 $\overline{A}:=\mathbb Q\setminus A$。
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- **定义 5A.2.1（戴德金分割）**：对于 $\mathbb Q$ 任意一个子集 $\alpha$，称 $\alpha$ 为一个**分割**，当且仅当 $a$ 满足以下全部条件：
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- **定义 5A.2.1（戴德金分割）**：对于 $\mathbb Q$ 任意一个子集 $\alpha$，称 $\alpha$ 为一个**分割**，当且仅当 $\alpha$ 满足以下全部条件：
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1. $\alpha\neq\varnothing\land\alpha\neq\mathbb Q$；
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2. 对于任意 $x\in\alpha,y\in\overline{\alpha}$，均有 $x<y$；
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3. 对于任意 $x\in\alpha$，均存在 $b\in\alpha$，使得 $a<b$。
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3. 对于任意 $x\in\alpha$，均存在 $y\in\alpha$，使得 $x<y$。
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在 $\mathbb Q$ 的全部子集中，由是分割的那些子集所组成的集簇（集合的集合）称为实数集，记作 $\mathbb R$。
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@ -104,11 +104,11 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
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1. 对于任意 $x\in\alpha$ 和 $y\in\mathbb Q$ 满足 $y<x$，均有 $y\in\alpha$。
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**证明**：（反证法）假设 $y\not\in\alpha$，则必有 $y\in\overline{\alpha}$，与分割定义 5A.2.1.2 矛盾，假设不成立。原命题得证。
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**证明**：（反证法）假设 $y\not\in\alpha$，则必有 $y\in\overline{\alpha}$，与分割定义 5A.2.1.2 矛盾，假设不成立。原命题得证。
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2. 对于任意有理数 $x>0$，均存在整数 $n$，使得 $xn\in\alpha\land x(n+1)\in\overline{\alpha}$。
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2. 对于任意有理数 $x>0$，均存在整数 $n$，使得 $xn\in\alpha\land x(n+1)\in\overline{\alpha}$。
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**证明**：TODO
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**证明**：先证明存在整数 $a,b$ 使得 $a\in \alpha\land b\in \overline{\alpha}$，然后可以得出存在整数 $l,r$ 使得 $x\cdot l\in\alpha\land x\cdot r\in\overline{\alpha}$，再通过归纳法证明存在整数 $n$ 使得 $xn\in\alpha\land x(n+1)\in\overline{\alpha}$。
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通俗地说，实数是由有理数和无理数组成的。因此，每个有理数都应该对应了一个实数，也就是一个分割。
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@ -120,19 +120,19 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
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我们现在尝试把有理数系 $\mathbb Q$ 上成立的运算及性质推广到 $\mathbb R$ 上。其中最容易的一个莫过于次序关系的定义。
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- **定义 5A.3.1（实数的次序关系）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，我们称 $\alpha\leqslant\beta$，当且仅当 $\alpha\subseteq\beta$。
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- **定义 5A.3.1（实数的次序关系）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，我们称 $\alpha\leqslant \beta$，当且仅当 $\alpha\subseteq\beta$。
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其他的几个次序关系，即 $<,=,\neq,>,\geqslant$，可以按照一般法则从上述定义中推导，故不再展开。这个定义的实数的次序关系显然是良好且自然的，一方面，对于两个有理数 $r,s\in\mathbb Q$，若 $r=s$，则一定有 $r^*=s^*$；若 $r<s$，则一定有 $r^*<s^*$。另一方面，这个次序关系也符合整数或者有理数的次序关系的许多性质。
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其他的几个次序关系，即 $<,=,\neq,>,\geqslant $，可以按照一般法则从上述定义中推导，故不再展开。这个定义的实数的次序关系显然是良好且自然的，一方面，对于两个有理数 $r,s\in\mathbb Q$，若 $r=s$，则一定有 $r^*=s^*$；若 $r<s$，则一定有 $r^*<s^*$。另一方面，这个次序关系也符合整数或者有理数的次序关系的许多性质。
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- **命题 5A.3.2（实数的序的基本性质）**：对于任意实数 $x,y\in\mathbb R$
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1. **反对称性**：$x<y\iff \lnot(y<x)$；
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1. **反对称性**：$x<y\implies \lnot(y<x)$；
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2. **传递性**：$(x<y\land y<z)\implies x<z$；
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3. **三歧性**：$x<y,x=y,y<x$ 中恰有一个是真的。
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有了次序，我们终于可以正式地定义由实数组成的集合的上界和上确界（同理可定义下界和下确界，不再展开）。
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- **定义 5A.3.3（上界）**：设 $A\subseteq\mathbb R$，$\beta\in\mathbb R$。如果对于任意 $\alpha\in A$，均成立 $\alpha\leqslant\beta$，则称 $\beta$ 为集合 $A$ 的一个**上界**。
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- **定义 5A.3.3（上界）**：设 $A\subseteq\mathbb R$，$\beta\in\mathbb R$。如果对于任意 $\alpha\in A$，均成立 $\alpha\leqslant \beta$，则称 $\beta$ 为集合 $A$ 的一个**上界**。
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- **定义 5A.3.4（上确界）**：设非空集合 $A\subseteq\mathbb R$，$\beta\in\mathbb R$。如果 $\beta$ 是 $A$ 的一个上界，并且不存在 $\gamma\in\mathbb R$ 满足 $\gamma<\beta$ 且 $\gamma$ 也是 $A$ 的一个上界，则称 $\beta$ 为集合 $A$ 的**上确界**，记作 $\sup A$。
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@ -150,7 +150,7 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
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2. 设 $r\in\beta,s\in\overline{\beta}$，于是必然存在 $\alpha\in A$，满足 $r\in\alpha$ 且 $s\not\in\alpha$，即 $s\in\overline{\alpha}$，故 $r<s$；
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3. 设 $r\in\beta$，于是存在 $\alpha\in A$，满足 $r\in\alpha$，因此存在 $s\in\alpha$ 使得 $r<s$。
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$\beta$ 显然为 $A$ 的一个上界，随后我们证明 $\beta$ 是 $A$ 的上确界。（反证法）假设 $\gamma$ 为 $A$ 的另一个上界，且 $\gamma<\beta$，则 $\gamma\subsetneq\beta$。根据真子集的定义，一定存在 $a\in\beta,a\not\in\gamma$。根据 $\beta$ 的构造，一定存在一个 $\alpha\in A$，满足 $a\in\alpha$。故 $\alpha\not\subset\gamma$，根据实数的三岐性，有 $\alpha>\gamma$，与 $\gamma$ 是 $A$ 的上界矛盾，假设不成立。原命题得证。
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$\beta$ 显然为 $A$ 的一个上界，随后我们证明 $\beta$ 是 $A$ 的上确界。（反证法）假设 $\gamma$ 为 $A$ 的另一个上界，且 $\gamma<\beta$，则 $\gamma\subsetneq\beta$。根据真子集的定义，一定存在 $a\in\beta,a\not\in\gamma$。根据 $\beta$ 的构造，一定存在一个 $\alpha\in A$，满足 $a\in\alpha$。故 $\alpha\not\subseteq\gamma$，根据实数的三岐性，有 $\alpha>\gamma$，与 $\gamma$ 是 $A$ 的上界矛盾，假设不成立。原命题得证。
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对称地，如果非空集合 $A\subseteq\mathbb R$ 有下界，则 $A$ 有下确界，证明只需要把集合并改为集合交即可。下面是关于有理数与实数之间次序关系的两个结论，它们在后面将会经常被使用。
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@ -162,7 +162,7 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
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- **推论 5A.3.7（有理数的稠密性）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$ 且 $\alpha<\beta$，存在有理数 $c$ 使得 $\alpha<c<\beta$。
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**证明**：由于 $\alpha<\beta$，$\alpha\subsetneq\beta$，即存在 $r\not\in\alpha\land r\in\beta$。根据 5A.3.6，$\alpha\leqslant r<\beta$。另一方面，根据分割的定义，存在 $s>r\land s\in\beta$，即 $\beta>s>r\geqslant\alpha$。
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**证明**：由于 $\alpha<\beta$，$\alpha\subsetneq\beta$，即存在 $r\not\in\alpha\land r\in\beta$。根据 5A.3.6，$\alpha\leqslant r<\beta$。另一方面，根据分割的定义，存在 $s>r\land s\in\beta$，即 $\beta>s>r\geqslant \alpha$。
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## 5A.4 实数的加减运算
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@ -170,9 +170,9 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
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- **定义 5A.4.1（加法）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，定义 $\alpha$ 与 $\beta$ 的和为
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$$\alpha+\beta=\left\{r+s:r\in\alpha,s\in\alpha\right\}$$
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$$\alpha+\beta=\left\{r+s:r\in\alpha,s\in\beta\right\}$$
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**证明**：首先证明 $\alpha+\beta$ 是一个分割。（构造性证明）任取 $a\in\alpha,b\in\beta$，根据定义有 $a+b\in \mathbb \alpha+\beta$，故 $\alpha+\beta$ 非空。再任取 $a'\in\overline{\alpha},b'\in\overline{\beta}$，根据分割的定义有 $a+b<a'+b'$，故 $a'+b'\not\in\alpha+\beta$，即 $\alpha+\beta\neq\mathbb Q$。
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**证明**：首先证明 $\alpha+\beta$ 是一个分割。（构造性证明）任取 $a\in\alpha,b\in\beta$，根据定义有 $a+b\in \mathbb \alpha+\beta$，故 $\alpha+\beta$ 非空。再任取 $a'\in\overline{\alpha},b'\in\overline{\beta}$，于是对于任意 $a\in\alpha,b\in\beta$ 有 $a+b<a'+b'$，故 $a'+b'\not\in\alpha+\beta$，即 $\alpha+\beta\neq\mathbb Q$。
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设 $r=a+b\in\alpha+\beta$，其中 $a\in\alpha,b\in\beta$。（反证法）假设存在 $s\in\overline{\alpha+\beta}$，满足 $s\leqslant r$，则 $s-a\leqslant b$，即 $s-a\in\beta$，从而 $s=(s-a)+b\in\alpha+\beta$，矛盾，假设不成立。故对于任意 $a\in\alpha+\beta,b\in\overline{\alpha+\beta}$，都有 $a<b$。
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@ -204,13 +204,13 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
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**证明**：首先证明 $-\alpha$ 是一个分割，（构造性证明）任取 $r\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，有 $\alpha<r+1$，即 $-r-1\in-\alpha$，故 $-\alpha$ 非空。任取 $r\in\alpha$，根据 5A.3.6，$r<\alpha$，故 $-r\not\in-\alpha$，即 $-\alpha\neq\mathbb Q$。
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假设 $a\in-\alpha,b\in\overline{-\alpha}$，根据定义，有 $-a>\alpha$，且 $-b\leqslant\alpha$，根据序的传递性，有 $-b<-a$，即 $a<b$。
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假设 $a\in-\alpha,b\in\overline{-\alpha}$，根据定义，有 $-a>\alpha$，且 $-b\leqslant \alpha$，根据序的传递性，有 $-b<-a$，即 $a<b$。
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假设 $r\in-\alpha$，根据加法逆元的定义有 $\alpha<-r$。根据 5A.3.7，存在 $\alpha<s<-r$，故 $-s\in-\alpha$ 且 $r<-s$。
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现在我们论证 $\alpha+(-\alpha)=0$。一方面，对于任意 $a\in\alpha,b\in-\alpha$，由于 $-b>\alpha,a<\alpha$，有 $-b>a$，即 $a+b\in0$，故 $\alpha+(-\alpha)\subseteq0$。
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另一方面，对于任意 $t\in0$，显然 $-t/2>0$。根据 5A.2.2.2，存在整数 $n$，使得 $-nt/2\in\alpha$，且 $-(n+1)t/2\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，$\alpha\leqslant-(n+1)t/2$，故 $\alpha<-(n+2)t/2$，即 $(n+2)t/2\in-\alpha$，同时 $t=-nt/2+(n+2)t/2\in\alpha+(-\alpha)$，所以 $0\subseteq\alpha+(-\alpha)$。
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另一方面，对于任意 $t\in0$，显然 $-t/2>0$。根据 5A.2.2.2，存在整数 $n$，使得 $-nt/2\in\alpha$，且 $-(n+1)t/2\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，$\alpha\leqslant -(n+1)t/2$，故 $\alpha<-(n+2)t/2$，即 $(n+2)t/2\in-\alpha$，同时 $t=-nt/2+(n+2)t/2\in\alpha+(-\alpha)$，所以 $0\subseteq\alpha+(-\alpha)$。
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综上所述，$\alpha+(-\alpha)=0$。
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@ -226,7 +226,7 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
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- **命题 5A.4.8（加法保序）**：设 $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb R$，那么 $\alpha<\beta\iff\alpha+\gamma<\beta+\gamma$。
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**证明**：根据 5A.3.7，存在有理数 $r$，满足 $\alpha<r<\beta$，即 $r\not\in\alpha\land r\in\beta$。设 $a+b\in\alpha+\gamma$，其中 $a\in\alpha,b\in\gamma$。根据分割的定义知，$a<r$，即 $a+b<r+b\in\beta+\gamma$，所以 $\alpha+\gamma\subseteq\beta+\gamma$。即 $\alpha+\gamma\leqslant\beta+\gamma$，另一方面，根据 5A.4.6，等号始终不成立，故 $\alpha+\gamma<\beta+\gamma$。
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**证明**：根据 5A.3.7，存在有理数 $r$，满足 $\alpha<r<\beta$，即 $r\not\in\alpha\land r\in\beta$。设 $a+b\in\alpha+\gamma$，其中 $a\in\alpha,b\in\gamma$。根据分割的定义知，$a<r$，即 $a+b<r+b\in\beta+\gamma$，所以 $\alpha+\gamma\subseteq\beta+\gamma$。即 $\alpha+\gamma\leqslant \beta+\gamma$，另一方面，根据 5A.4.6，等号始终不成立，故 $\alpha+\gamma<\beta+\gamma$。
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- **命题 5A.4.9（绝对值原理）**：设 $\alpha\in\mathbb R,\alpha\neq0$，那么 $\alpha>0$ 和 $-\alpha>0$ 中恰好有一个成立，换而言之，$\alpha>0\iff-\alpha<0$。
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@ -270,21 +270,364 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
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**证明**：我们还是只给出 $\alpha>0$ 的证明，其余情况是相当显然的。（同一法）我们首先证明存在性，构造
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$$\beta:=\left\{p\in\mathbb Q:\exists_{r\geqslant\alpha}p<r^{-1}\right\}$$
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$$\beta:=\left\{p\in\mathbb Q:\exists_{r\geqslant \alpha}p<r^{-1}\right\}$$
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我们来验证 $\beta$ 确实是一个分割。（构造性证明）任取 $r\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，有 $r\geqslant\alpha$，根据定义有 $r^{-1}-1\in\beta$，故 $\beta$ 不是空集。另一方面，任取 $0<r<\alpha$，因此对于任意 $r'\geqslant\alpha$，有 $r^{-1}>r'^{-1}$，即 $r^{-1}\not\in\beta$，故 $\beta\neq\mathbb Q$。
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我们来验证 $\beta$ 确实是一个分割。（构造性证明）任取 $r\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，有 $r\geqslant \alpha$，根据定义有 $r^{-1}-1\in\beta$，故 $\beta$ 不是空集。另一方面，任取 $0<r<\alpha$，因此对于任意 $r'\geqslant \alpha$，有 $r^{-1}>r'^{-1}$，即 $r^{-1}\not\in\beta$，故 $\beta\neq\mathbb Q$。
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设 $a\in\beta,b\in\overline{\beta}$，那么根据 $\beta$ 的定义，结合 5A.3.6，我们有 $\forall_{r\in\overline{\alpha}}b\geqslant r^{-1}$，同时 $\exists_{r\in\overline{\alpha}}a<r^{-1}$。联立得到 $a<r^{-1}\leqslant b$，根据大小关系的传递性，得到 $a<b$。
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设 $a\in\beta$，根据定义存在 $r\in\mathbb Q,r\geqslant\alpha$，使得 $a<r^{-1}$。根据 5A.3.7，一定存在有理数 $s$，满足 $a<s<r^{-1}$，即 $s\in\beta$ 且 $s>a$。
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设 $a\in\beta$，根据定义存在 $r\in\mathbb Q,r\geqslant \alpha$，使得 $a<r^{-1}$。根据 5A.3.7，一定存在有理数 $s$，满足 $a<s<r^{-1}$，即 $s\in\beta$ 且 $s>a$。
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我们现在证明 $\beta>0$ 成立。（构造性证明）任取有理数 $r\geqslant\alpha>0$，根据有理数的性质，有 $r^{-1}>0$，根据 5A.3.7，存在有理数 s，满足 $0<s<r^{-1}$，故 $s\in\beta$ 但是 $s\not\in0$。这表明 $\beta\nsubseteq0$，根据 5A.3.2.3，一定有 $\beta>0$。
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我们现在证明 $\beta>0$ 成立。（构造性证明）任取有理数 $r\geqslant \alpha>0$，根据有理数的性质，有 $r^{-1}>0$，根据 5A.3.7，存在有理数 s，满足 $0<s<r^{-1}$，故 $s\in\beta$ 但是 $s\not\in0$。这表明 $\beta\nsubseteq0$，根据 5A.3.2.3，一定有 $\beta>0$。
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我们现在验证 $\beta$ 确实是 $\alpha$ 的乘法逆元，即 $\alpha\beta=1$。注意到 $\alpha,\beta>0$，设 $p\in\alpha\beta$，根据定义，存在 $0<a<\alpha\leqslant r$，满足 $p<ar^{-1}$，故 $p<1$，即 $\alpha\beta\subseteq1$。设有理数 $s<1$，根据定义 $s<0$ 时显然有 $s\in\alpha\beta$。存在有理数 $t$，满足 $s<t<1$，存在有理数 $a$，满足 $t\alpha<a<\alpha$，因此 $at^{-1}>t\alpha t^{-1}>\alpha$，同时我们有 $s<t<aa^{-1}t<a(at^{-1})^{-1}$，所以 $s\in\alpha\beta$，即 $1\subseteq\alpha\beta$。综上所述，$\alpha\beta=1$。
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考虑到对于任意的实数 $\alpha,\beta,\gamma$，均有 $\alpha=\beta\iff\alpha\gamma=\beta\gamma$。故乘法逆元是唯一的。
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考虑到对于任意的实数 $\alpha,\beta,\gamma$ 且 $\gamma\neq 0$，均有 $\alpha=\beta\iff\alpha\gamma=\beta\gamma$。故乘法逆元是唯一的。
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由此，我们就可以定义除法。
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- **定义 5A.5.7（除法）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，其中 $\alpha\neq0$，定义 $\alpha$ 除 $\beta$ 的商为 $\alpha^{-1}\beta$，记作 $\beta/\alpha$。
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## 5A.6 实数集是满足确界性质的序域
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接下来我们可以将用柯西序列定义的实数集和用戴德金分割定义的实数集做个一统了，或者说我们将会用类似公理化的方式给实数集下一个定义——即从实数集需要满足哪些性质的角度定义实数集，而对于实数集的存在性证明，则留给诸如柯西序列和戴德金分割等等的构造。
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注意在戴德金分割的构造中，我们还没有定义实数的幂和对数。这意味着，实数的幂和对数可以直接在 “公理化” 后的实数集上定义。
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- **定义 5A.6.1（群）**：群是一个序偶 $(G,\circ)$，其中 $G$ 是一个集合，$\circ:G\times G\to G$ 是 $G$ 上的二元运算，满足：
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- 结合律：对于任意 $a,b,c\in G$ 有 $(a\circ b)\circ c=a\circ (b\circ c)$。
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- 存在 $e\in G$，被称作 $(G,\circ)$ 的单位元，满足：
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- （左）单位元：对于任意 $g\in G$ 有 $e\circ g=g$。
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- （左）逆元：对于任意 $a\in G$ 存在 $b\in G$ 使得 $b\circ a=e$。
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有时，不严谨地，在 $\circ$ 的定义明显时，我们会把 $G$ 直接叫作群。
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- **引理 5A.6.2（群的基本性质）**：设 $(G,\circ)$ 是群。
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1. **右逆元**：设 $e$ 是 $G$ 的一单位元，$a,a^{-1}\in G$ 满足 $a^{-1}\circ a=e$。那么 $a\circ a^{-1}=e$。
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**证明**：$a\circ a^{-1}=a\circ (e\circ a^{-1})=a\circ (a^{-1}\circ a)\circ a^{-1}=(a\circ a^{-1})\circ (a\circ a^{-1})$。
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令 $x=a\circ a^{-1}$，那么 $x=x\circ x$，存在 $x^{-1}\in G$ 使得 $x^{-1}\circ x=e$，于是 $x^{-1}\circ x=x^{-1}\circ x\circ x\implies e=e\circ x=x$。
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2. **右单位元**：设 $e$ 是 $G$ 的一单位元，那么对于任意 $g\in G$ 有 $g\circ e=g$。
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**证明**：$g\circ e=g\circ (g^{-1}\circ g)=(g\circ g^{-1})\circ g=e\circ g=g$。
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3. **单位元唯一**：设 $e_1,e_2$ 是 $G$ 的任意两个单位元，则 $e_1=e_2$。
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**证明**：$e_1=e_2\circ e_1=e_2$。前一步用了 $e_2$ 作左单位元的性质，后一步用了 $e_1$ 作右单位元的性质。
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4. **逆元唯一**：设 $e$ 是 $G$ 的单位元，$a,b,c\in G$ 满足 $b\circ a=c\circ a=e$，那么 $b=c$。
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**证明**：$b=e\circ b=(c\circ a)\circ b=c\circ (a\circ b)=c\circ e=c$。
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由于单位元唯一，所以有时也用一个三元组 $(G,\circ,e)$ 表示一个群。
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根据引理 5A.6.2.4，对于群 $(G,\circ)$ 和 $G$ 中的任一元素 $g$，可以将 $g$ 的逆元记作 $g^{-1}$。
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- **定义 5A.6.3（交换群）**：设 $(G,\circ)$ 是群。称 $(G,\circ)$ 是交换群，当且仅当 $\circ$ 满足交换律，即对于任意 $a,b\in G$ 都有 $a\circ b=b\circ a$。
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- **定义 5A.6.4（域）**：域是一个五元组 $(\mathbb F,+,\times,0,1)$，其中 $\mathbb F$ 是一个集合，$+,\times$ 都是 $G$ 上的二元运算 $G\times G\to G$。满足：
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- $(\mathbb F,+,0)$ 是交换群。
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- $(\mathbb F\setminus\{0\},\times,1)$ 是交换群。注意这蕴含了 $0\neq 1$。
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- 分配律：对于任意 $a,b,c\in\mathbb F$，$a\times (b+c)=a\times b+a\times c$ 且 $(b+c)\times a=b\times a+c\times a$。
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有时，不严谨地，在相关定义明显时，我们会把 $\mathbb F$ 直接叫作域。
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- **引理 5A.6.5（域的基本性质）**：设 $(\mathbb F,+,\times,0,1)$ 是域。
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1. 设 $a\in\mathbb F$，那么 $0\times a=a\times 0=0$。
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**证明**：$0\times a=(0+0)\times a=0\times a+0\times a$，从而类似引理 5A.6.2.1 的证明，可知 $0\times a=0$。对于 $a\times 0$ 同理。
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2. 设 $a,b\in\mathbb F$，那么 $a\times b=0\implies a=0\lor b=0$。
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**证明**：反证，若 $a,b$ 均不为 $0$，有 $a\times b\times b^{-1}=0\times b^{-1}$，得 $a=0$，矛盾。
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3. 设 $a\in\mathbb F$，$-1,-a$ 分别是 $1,a$ 的加法逆元，那么 $-a=(-1)a$。
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**证明**：$(-a)=0\times a+(-a)=((-1)+1)\times a+(-a)=(-1)a+1a+(-a)=(-1)a+a+(-a)=(-1)a$。
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4. 设 $a,b\in\mathbb F\setminus\{0\}$，那么 $(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$。
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**证明**：$(ab)^{-1}=(aa^{-1})(bb^{-1})(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}ab(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$。
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下面的定义中会涉及到 8.5 的一些定义。
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- **定义 5A.6.6（序域）**：序域是一个序偶 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$，其中 $(\mathbb F,+,\times,0,1)$ 是域，$\leqslant $ 是定义在 $\mathbb F$ 上的二元关系。满足：
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- $(\mathbb F,\leqslant )$ 是全序集。
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- 加法保序：对于任意 $a,b,c\in\mathbb F$，$a\leqslant b\implies a+c\leqslant b+c$。
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- 乘法保序：对于任意 $a,b,c\in\mathbb F$，$a\leqslant b\land 0\leqslant c\implies ac\leqslant bc$。
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有时，不严谨地，在相关定义明显时，我们会把 $\mathbb F$ 直接叫作序域。
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- **引理 5A.6.7（序域的基本性质）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域。
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1. 设 $a\in\mathbb F$。若 $a>0$，则 $-a<0$；若 $a<0$，则 $-a>0$。
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**证明**：根据加法保序，等式两端同时加上 $-a$ 即可。
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2. 设 $a,b,c,d\in\mathbb F$，那么 $a\leqslant b\land c\leqslant d\implies a+c\leqslant b+d$。
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**证明**：$a\leqslant b\implies a+c\leqslant b+c$，$c\leqslant d\implies b+c\leqslant b+d$。
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3. $(-1)\times (-1)=1$。
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**证明**：$(-1)\times (-1)=(-1)\times (-1)+(-1)+1=((-1)+1)\times(-1)+1=1$。
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4. 设 $x\in\mathbb F$，则 $x^2\geqslant 0$ 且 $x^2=0\implies x=0$。
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**证明**：证明 $x^2\geqslant 0$ 分 $x$ 的正负性讨论即可。证明 $x^2=0\implies x=0$ 用引理 5A.6.5.2。
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5. $0<1$。
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**证明**：引理 5A.6.7.4 的推论。
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6. 设 $a,b,c\in\mathbb F$，则 $a\leqslant b\land c\leqslant 0\implies ac\geqslant bc$。
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**证明**：只需证明 $-a\geqslant -b$ 即可。反证，若 $-a<-b$，又 $a\leqslant b$，结合引理 5A.6.7.2 可知 $a+(-a)<b+(-b)$ 即 $0<0$，矛盾。
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有了序的概念，我们就可以在此基础上定义界。
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- **定义 5A.6.8（上界和上确界）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域，$A\subseteq \mathbb F$。
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称 $u\in \mathbb F$ 是 $A$ 的上界，当且仅当对于任意 $a\in A$ 有 $a\leqslant u$。
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称 $u\in \mathbb F$ 是 $A$ 的上确界，当且仅当 $u$ 是 $A$ 的上界且对于任意 $A$ 的上界 $v$ 有 $u\leqslant v$。容易看出若 $A$ 存在上确界那么 $A$ 的上确界唯一，此时将其记为 $\sup A$。
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- **引理 5A.6.9（确界的基本性质）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域。
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1. 设 $A\subseteq \mathbb F$，那么 $u\in\mathbb F$ 是 $A$ 的上确界当且仅当 $u$ 是 $A$ 的上界且对于任意 $\varepsilon>0$ 存在 $a\in A$ 使得 $u-\varepsilon<a$。
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2. 设 $A,B\subseteq \mathbb F$ 有上确界，则 $A+B:=\{a+b:a\in A,b\in B\}$ 也有上确界，且 $\sup(A+B)=\sup A+\sup B$。
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**证明**：对于任意 $a+b\in A+B$，$a+b\leqslant \sup A+\sup B$，从而 $\sup A+\sup B$ 是 $A+B$ 的上界。
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对于任意 $\varepsilon>0$，存在 $a\in A,b\in B$ 使得 $a>\sup A-\frac\varepsilon2,b>\sup B-\frac\varepsilon2$，从而 $a+b>\sup A+\sup B-\varepsilon$。
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3. 设 $A,B\subseteq \{x\in \mathbb F:x\geqslant 0\}$ 有上确界，则 $AB:=\{ab:a\in A,b\in B\}$ 也有上确界，且 $\sup(AB)=\sup A\sup B$。
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**证明**：容易证明 $\sup A,\sup B\geqslant 0$。
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对于任意 $ab\in AB$，$ab\leqslant \sup A\sup B$，从而 $\sup A\sup B$ 是 $AB$ 的上界。
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对于任意 $\varepsilon>0$，设 $\delta=\frac{\varepsilon}{\sup A+\sup B}>0$，存在 $a\in A,b\in B$ 使得 $a>\sup A-\delta,b>\sup B-\delta$，从而 $ab>(\sup A-\delta)(\sup B-\delta)=\sup A\sup B-(\sup A+\sup B)\delta=\sup A\sup B-\varepsilon$。
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同理可以类似定义下界和下确界，并得到与下确界相关的一些基本性质，这里不再赘述。
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- **定义 5A.6.10（确界性质、确界原理）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域。称该序域满足确界性质，当且仅当 $\mathbb F$ 的任意非空有上界的子集都有上确界。
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- **引理 5A.6.11**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域且满足确界性质，那么 $\mathbb F$ 的任意非空有下界的子集都有下确界。
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**证明**：设 $A\subseteq \mathbb F$ 非空有下界。那么 $-A:=\{-x:x\in A\}$ 非空有上界，从而存在上确界 $L$。证明 $-L$ 就是 $A$ 的下确界即可。
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那么用戴德金分割定义的实数集就是一个满足确界性质的序域。
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事实上，从序域的角度来看我们所定义的各种数域，还有许多关联和性质，这里列举一些如下。
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- **定义 5A.6.12（归纳集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域，称 $A\subseteq \mathbb F$ 是 $\mathbb F$ 的归纳子集，当且仅当 $0\in A$ 且 $\forall_{a\in\mathbb F},a\in A\implies a+1\in A$。
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- **命题 5A.6.13（序域的最小归纳集是自然数集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域，$U:=\{A\subseteq \mathbb F:A\text{ 是 }\mathbb F\text{ 的归纳子集}\}$。那么偏序集 $(U,\subseteq)$ 存在最小元 $X$，且 $(X,0,f)$ 是一个皮亚诺结构，其中 $f:X\to X$ 是由 $f(x):=x+1$ 定义的函数（根据归纳集的定义，容易证明 $X$ 作为 $f$ 的对应域是合理的）。
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**证明**：显然 $\mathbb F\in U$ 从而 $U$ 非空。取 $X:=\bigcap U$。容易证明 $X$ 也是一个归纳子集，从而也容易证明它就是 $U$ 的最小元，现在证明 $(X,0,f)$ 是皮亚诺结构。
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- $f$ 是单射：设 $x,y\in X$，$f(x)=f(y)\implies x+1=y+1\implies x+1+(-1)=y+1+(-1)\implies x=y$。
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- $0$ 不在 $f$ 的值域中：由于 $0\geqslant 0$ 且 $\forall_{a\in\mathbb F},a\geqslant 0\implies a+1\geqslant 0$，所以可以证明 $\{x\in X:x\geqslant 0\}$ 也是归纳集，而 $X$ 又是最小归纳集，于是对于任意 $x\in X$ 有 $x\geqslant 0$。若 $x\in\mathbb F$ 且 $x+1=0$，容易证明 $x=-1$，而 $-1<0$，从而 $x\not\in X$。
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- $\forall_{Y\subseteq X},0\in Y\land (\forall_{x\in X},x\in Y\implies f(x)\in Y)\implies Y=X$：$Y$ 一定是归纳集，又 $X$ 是最小归纳集，故 $Y=X$。
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- **推论 5A.6.14（最小的序域是有理数集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域，$U:=\{A\subseteq \mathbb F:((A,+,\times,0,1),\leqslant )\text{ 是序域}\}$。那么偏序集 $(U,\subseteq)$ 存在最小元 $X$，且 $((X,+,\times,0,1),\leqslant )$ 与 $((\mathbb Q,+,\times,0,1),\leqslant )$ 同构。
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**证明**：根据引理 5A.6.13 可知自然数集在任何一个序域中，从而通过域的加法逆元和乘法逆元的定义可知有理数集也在任何一个序域中，而有理数集本身也是序域，所以有理数集就是最小的序域。（这里的 “在……中” 是指同构意义下的）
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- **命题 5A.6.15（阿基米德性质）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是满足确界性质的序域，$N$ 是其最小归纳集，那么 $N$ 无上界。或等价地，对于任意 $\varepsilon>0$，存在 $n\in N$ 且 $n>0$ 且 $\frac{1}{n}<\varepsilon$。
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**证明**：反证。若 $N$ 有上界，那么 $N$ 有上确界 $L$，那么存在 $n\in N$ 使得 $L-1<n\leqslant L$，从而 $L<n+1$，矛盾。
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- **命题 5A.6.16（有理数是稠密的）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是满足确界性质的序域，$Q$ 是其最小子序域。那么对于任意 $a,b\in \mathbb F$ 且 $a<b$，一定存在 $q\in Q$ 使得 $a<q<b$。
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**证明**：设 $N$ 是该序域的最小归纳集。根据阿基米德性质，存在 $n\in N$ 且 $n>0$ 使得 $\frac1n<b-a$。类似 5A.2.2.2 的证明，可以证明存在整数 $m$ 使得 $\frac {m-1}n\leqslant a<\frac mn$。而此时 $\frac mn-a\leqslant \frac1n<b-a$ 从而 $a<\frac mn<b$。
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- **命题 5A.6.17**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是满足确界性质的序域。设 $Q$ 是 $\mathbb F$ 的最小子序域，$R:=\{\sup A:A\subseteq Q\text{ 且非空有上界}\}$。那么 $R=\mathbb F$。
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**证明**：反证。若存在 $x\in \mathbb F$ 且 $x\not\in R$。
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考察 $S=\{q\in Q:q<x\}$，容易利用阿基米德性质证明 $S$ 非空有上界，从而 $S$ 有上确界 $y$。根据 $R$ 的定义可知 $y\in R$ 从而 $y\neq x$，根据 $S$ 的定义可知 $x$ 是 $S$ 的一个上界从而 $y\leqslant x$。
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于是 $y<x$，那么不存在有理数 $q$ 使得 $y<q<x$，这与命题 5A.6.16 矛盾。
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- **命题 5A.6.18（满足确界性质的序域彼此同构）**：设 $((\mathbb F_1,+_1,\times_1,0_1,1_1),\leq_1),((\mathbb F_2,+_2,\times_2,0_2,1_2),\leq_2)$ 都是满足确界性质的序域，那么它们同构。
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**证明**：在下面的论述中，为了方便，除了区分 $\mathbb F_1$ 或 $\mathbb F_2$ 以外将不再对 $+,\times,0,1,\leqslant $ 作特别的区分，因为它们通常是根据上下文自明的。
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设 $Q_1,Q_2$ 分别是 $\mathbb F_1,\mathbb F_2$ 的最小子序域，那么 $\mathbb F_1:=\{\sup A:A\subseteq Q_1\text{ 且非空有上界}\},\mathbb F_2:=\{\sup A:A\subseteq Q_2\text{ 且非空有上界}\}$。
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由于 $((Q_1,+,\times,0,1),\leqslant )$ 和 $((Q_2,+,\times,0,1),\leqslant )$ 都与 $((\mathbb Q,+,\times,0,1),\leqslant )$ 同构，那么存在同构双射 $\Phi_Q:Q_1\to Q_2$。
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为证明 $((\mathbb F_1,+,\times,0,1),\leqslant )$ 和 $((\mathbb F_2,+,\times,0,1),\leqslant )$ 同构，构造函数 $\Phi:\mathbb F_1\to\mathbb F_2$，满足：$\Phi(\sup A_1):=\sup\Phi_Q(A_1)$，其中 $A_1\subseteq Q_1$ 非空有上界。
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需要先证明该映射是良定义的，即若 $\sup A_1=\sup B_1$，其中 $A_1,B_1\subseteq Q_1$ 都非空有上界， 那么一定有 $\sup A_2=\sup B_2$，这里 $A_2:=\Phi_Q(A_1),B_2:=\Phi_Q(B_1)$。
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反证，若 $\sup A_2<\sup B_2$，那么存在 $ a_2, b_2\in B_2$，使得 $\sup A_2< a_2< b_2\leqslant \sup B_2$。设 $a_1=\Phi_Q^{-1}( a_2),b_1=\Phi^{-1}_Q( b_2)$，那么 $a_1,b_1\in B_1$ 且对于任意 $c_1\in A_1$ 有 $c_2=\Phi_Q(c_1)\in A_2\implies c_2< a_2< b_2\implies c_1<a_1<b_1$，于是 $\sup A_1\leqslant a_1<b_1\leqslant \sup B_1$，矛盾。
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接着证明该映射是单射，即若 $A_1,B_1\subseteq Q_1$ 都非空有上界，且 $\sup A_1\neq \sup B_1$，那么 $\sup A_2\neq \sup B_2$。这个证明和映射良定义的证明类似，不再赘述。
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接着证明该映射是满射，即对于任意 $A_2\subseteq Q_2$ 非空有上界，存在非空有上界的 $A_1\subseteq Q_1$ 使得 $\sup \Phi_Q(A_1)=\sup A_2$。令 $A_1=\Phi_Q^{-1}A_2$ 即可。
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接着证明 $\Phi(\sup A_1+\sup B_1)=\Phi(\sup A_1)+\Phi(\sup B_1)=\sup A_2+\sup B_2$，可以直接利用引理 5A.6.9.2。
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接着证明 $\Phi(\sup A_1\sup B_1)=\Phi(\sup A_1)\Phi(\sup B_1)=\sup A_2\sup B_2$。类似地，利用引理 5A.6.9.3，证明上确界的乘法实质上只是对其对应的有理数的集合进行操作，然后再利用有理数上的同构关系证明即可。
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于是，根据命题 5A.6.18，满足确界性质的序域可以是实数集的另一种定义。在后续定义实数的幂和对数、以及完善实数相关理论的过程中，我们也会仅按照这个新定义来使用实数集的性质。
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## 5A.7 实数的幂和对数
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- **定义 5A.7.1（实数的整数次幂）**：设 $a>0$ 是实数。
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首先定义 $a^0:=1$。对任意 $n\in\mathbb N$，现归纳地假定已定义好 $a^n$，那么定义 $a^{n+1}:=a^n\times a$。
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设 $n\in\mathbb Z^-$，定义 $a^n:=\frac{1}{a^{-n}}$。
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容易验证，已经定义过的有理数的整数次幂是相容于现在的定义的实数的整数次幂的，所以在幂底为有理数的情况下，我们已经可以使用命题 4.4.6 中我们证明过的若干算律。
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- **引理 5A.7.2（整数指数运算律）**：设 $x,y>0$ 是实数，$n,m$ 是整数。
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1. $x^nx^m=x^{n+m}$，$(x^n)^m=x^{nm}$，$(xy)^n=x^ny^n$。
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**证明**：先通过归纳证明对任意 $n,m\in\mathbb N$，$x^{n-m}=\frac{x^n}{x^m}$。然后就能把整数指数全部转换为自然数指数，就容易用归纳再证明了。
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2. $x<y\land n>0\implies x^n<y^n$。
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**证明**：对 $n$ 归纳。
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3. $x>1\land n>0\implies x^n>1$。
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**证明**：对 $n$ 归纳。
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- **引理 5A.7.3**：设 $y>0$ 是实数，$n$ 是正整数，那么存在唯一的 $x>0$ 使得 $x^n=y$。
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**证明**：记 $A=\{q\in \mathbb Q:q>0,q^n<y\}$。通过归纳可知 $\max(1,y)^n\geqslant y$，且 $x^n$ 是关于 $x$ 的增函数，从而 $A$ 有上界 $\max(1,y)$。同时，存在正整数 $N$ 使得 $N>\frac 1y$，从而 $N^n\geqslant N>\frac 1y\implies (\frac 1N)^n<y$，那么 $A$ 非空。
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于是 $A$ 存在上确界 $x>0$。下面我们来证明不可能有 $x^n<y$ 或 $x^n>y$。
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若 $x^n<y$。通过归纳可以证明存在 $k>0$ 使得对于任意 $0<\varepsilon\leqslant 1$ 有 $(1+\varepsilon)^n\leqslant 1+k\varepsilon$。取 $\varepsilon=\dfrac{\frac{y}{x^n}-1}{k}>0$，那么 $(x(1+\varepsilon))^n=x^n(1+\varepsilon)^n\leqslant x^n(1+k\varepsilon)=y$，从而 $x(1+\varepsilon)\in A$，这与 $x$ 是 $A$ 的上界矛盾。
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若 $x^n>y$。通过归纳可以证明存在 $k>0$ 使得对于任意 $0<\varepsilon\leqslant 1$ 有 $(1-\varepsilon)^n\geqslant 1-k\varepsilon$。取 $\varepsilon=\dfrac{1-\frac{y}{x^n}}{k}>0$，那么 $(x(1-\varepsilon))^n=x^n(1-\varepsilon)^n\geqslant x^n(1-k\varepsilon)=y$，从而 $x(1-\varepsilon)$ 也是 $A$ 的上界，这与 $x$ 是 $A$ 的上确界矛盾。
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- **定义 5A.7.4（实数的有理指数幂）**：设 $a>0$ 是实数，$q\in\mathbb Q$。
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若 $q\geqslant 0$，那么存在 $m,n\in\mathbb N$ 且 $n>0$ 使得 $q=\frac{m}{n}$，定义 $a^{q}$ 为使得 $x^n=a^m$ 成立的唯一正数解。
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若 $q<0$，定义 $a^q:=\frac{1}{a^{-q}}$。
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**证明**：对于任意 $m,n,p,q\in\mathbb N$ 且 $n,q>0$，若 $\frac mn=\frac pq$，那么 $(a^{\frac mn})^{nq}=((a^{\frac mn})^n)^q=a^{mq}=a^{np}=((a^{\frac pq})^q)^n=(a^{\frac {p}{q}})^{nq}$，根据引理 5A.7.3，可知 $a^{\frac mn}=a^{\frac pq}$。
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$a^{\frac n1}$ 是使得 $x^1=a^n$ 的唯一正整数解，即 $a^{\frac n1}=a^n$，故实数的整数次幂是相容于实数的有理数次幂的。
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- **引理 5A.7.5（有理数指数运算律）**：设 $x,y>0$ 是实数，$q,r$ 是有理数。
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1. $x^qx^r=x^{q+r}$，$(x^q)^r=x^{qr}$，$(xy)^q=x^qy^q$。
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2. $x<y\land q>0\implies x^q<y^q$。
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3. $x>1\land q>0\implies x^q>1$。
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**证明**：回到定义再利用整数指数算律。
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- **定义 5A.7.6（实数的实数指数幂）**：设 $a>0$ 是实数，$r\in\mathbb R$。
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若 $a>1$，显然 $\{a^q:q\in \mathbb Q,q\leqslant r\}$ 非空有上界，那么定义 $a^r$ 为它的上确界。
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若 $0<a<1$，定义 $a^r:=(\frac{1}{a})^{-r}$。
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若 $a=1$，定义 $a^r:=1$。
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当 $a>1$ 时，$a^x$ 是关于 $x$ 的严格增函数，于是可以证明实数的有理数指数幂是相容于实数的实数指数幂的。
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- **命题 5A.7.7（实数指数运算律）**：设 $x,y>0$ 是实数，$r,s$ 是实数。
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1. $x^rx^s=x^{r+s}$，$(x^r)^s=x^{rs}$，$(xy)^r=x^ry^r$。
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**证明**：只需证明 $x,y>1$ 时的结论即可。
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$x^rx^s=x^{r+s}$：利用引理 5A.6.9.3。
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$(x^r)^s=x^{rs}$：若 $r<0$，由于
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$$
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x^r=\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}=\sup\{\frac1{x^{q}}:q\in\mathbb Q,-q\leqslant r\}=\frac{1}{\inf\{x^q,q\in\mathbb Q,-q\leqslant r\}}=\frac{1}{\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant -r\}}
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$$
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这样只需要考虑 $r,s\geqslant 0$ 的情况，此时 $\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}=\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,0\leqslant q\leqslant r\}$。
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然后证明对于任意非空有上界的正实数集 $A$ 和非负有理数 $p$，$(\sup A)^p=\sup\{x^p:x\in A\}$：
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设 $L:=\sup A$，容易证明 $L^p$ 是 $\sup\{x^p:x\in A\}$ 的上界。然后对于任意 $\varepsilon>0$，我们要找到 $\delta>0$ 使得 $(L(1-\delta))^p>L^p(1-\varepsilon)$，即 $(1-\delta)^p>1-\varepsilon$，任取正整数 $n>p$，利用有理数指数的运算律放缩成 $(1-\delta)^n>1-\varepsilon$，接下来就类似引理 5A.7.3 的证明了。
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于是：
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$$
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\begin{aligned}
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(x^{r})^s&=\sup\bigg\{\big(\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}\big)^p:p\in\mathbb Q,p\leqslant s\bigg\}\\
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&=\sup\bigg\{\big(\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}\big)^p:p\in\mathbb Q,0\leqslant p\leqslant s\bigg\}\\
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&=\sup\bigg\{\sup\{x^{pq}:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}:p\in\mathbb Q,0\leqslant p\leqslant s\bigg\}\\
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&=\sup\{x^{pq}:p,q\in\mathbb Q,q\leqslant r,0\leqslant p\leqslant s\}\\
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&=\sup\{x^{y}:y\in \mathbb Q,y\leqslant rs\}=x^{rs}
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\end{aligned}
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$$
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$(xy)^r=x^ry^r$：利用引理 5A.6.9.3。
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2. $x<y\land r>0\implies x^r<y^r$。
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**证明**：通过归纳可以证明对于任意 $n\in\mathbb N$ 和 $\varepsilon>0$，$(1+\varepsilon)^n\geqslant 1+n\varepsilon$。
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存在 $n\in\mathbb N$ 且 $n> \dfrac{y-1}{\frac{y-x}{x}}$，那么 $(\frac yx)^n=(1+\frac{y-x}{x})^n\geqslant 1+n\frac{y-x}{x}> y$。于是 $y^{\frac1n}< \frac{y}{x}\implies y^{1-\frac 1n}>x$。
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存在 $N\in\mathbb N$ 使得 $N>\frac{n}{r}$，存在整数 $m$ 使得 $\frac{m}{N}<r\leqslant \frac{m+1}{N}$，注意到 $r>\frac{n}{N}$，故 $m\geqslant n$。记 $q_2:=\frac mN,q_1:=\frac{m+1}N$。那么：
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$$
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\frac{q_2}{q_1}=1-\frac{q_1-q_2}{q_1}=1-\frac{\frac{1}{N}}{\frac{m+1}{N}}=1-\frac{1}{m+1}>1-\frac{1}{n}
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$$
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于是 $y^{\frac{q_2}{q_1}}>y^{1-\frac 1n}>x$，得到 $x^{q_1}<y^{q_2}$。
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同时我们知道 $q_2< r\leqslant q_1$，那么 $x^{q_1}$ 就是 $\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}$ 的上界，同时 $y^{q_2}\in \{y^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}$，于是 $x^r=\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}\leqslant x^{q_1}<y^{q_2}\leqslant \sup\{y^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}=y^r$。
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3. $x>1\land r>0\implies x^r>1$。
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**证明**：存在 $q\in\mathbb Q$ 使得 $0<q<r$，从而 $\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}\geqslant x^q>1$。
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作为推论，我们有：
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4. 设 $r\neq 0$，那么幂函数 $x\mapsto x^r$ 是 $\mathbb R^+\to\mathbb R^+$ 的严格单调双射。
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**证明**：根据 5A.7.7.2 可知严格单调性，这又直接蕴含了单射性。
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满射性：对于任意实数 $y>0$，令 $x=y^{\frac 1r}$，根据 5A.7.7.1 可知 $x^r=y$。
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5. 设实数 $a>0$ 且 $a\neq 1$，那么指数函数 $x\mapsto a^x$ 是 $\mathbb R\to\mathbb R^+$ 的严格单调双射。
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**证明**：根据 5A.7.7.3 可知严格单调性，这又直接蕴含了单射性。
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满射性：只用考虑 $a>1$ 的情况。对于任意实数 $y>0$，令 $x=\sup\{r:r\in\mathbb R,a^r\leqslant y\}$。现在证明不可能有 $a^x<y$ 或 $a^x>y$。
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若 $a^x<y$，容易证明存在 $n\in\mathbb N$ 使得 $(\frac{y}{a^x})^n>a$，从而 $a^{x+\frac 1n}<y$，这与 $x$ 是上界矛盾。
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若 $a^x>y$，容易证明存在 $n\in\mathbb N$ 使得 $(\frac{a^x}{y})^n>a$，从而 $a^{x-\frac 1n}>y$，这与 $x$ 是上确界矛盾。
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根据命题 5A.7.7.5，可以定义对数函数，作为指数函数的反函数。
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- **定义 5A.7.8（对数函数）**：设实数 $a>0$ 且 $a\neq 1$，那么定义 $\log_a x$ 为 $a^x$ 的反函数。
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- **命题 5A.7.9（对数函数算律）**：设实数 $a>0$ 且 $a\neq 1$，$x\in\mathbb R^+$。
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1. $\log_a(a^x)=a^{\log_a x}=x$。
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2. 设 $y\in\mathbb R^+$，那么 $\log_a(xy)=\log_a x+\log_ay$。
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3. 设 $y\in\mathbb R$，那么 $\log_a(x^y)=y\log_a x$。
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4. 设 $b,c>0$ 且 $c\neq 1$，那么 $\log_ab=\frac{\log_c b}{\log_ca}$。
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**证明**：通过反函数利用幂的算律验证即可。
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@ -278,110 +278,3 @@ $\varepsilon$ 接近性的定义是在给极限的定义做铺垫。我们将给
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**证明**：首先需注意不存在有理数的平方等于 $2$。我们考虑找到自然数 $n$ 使得 $(n\varepsilon)^2<2<((n+1)\varepsilon)^2$。假设不存在，那么可以归纳证明对于任意自然数 $n$，$(n\varepsilon)^2<2$。但考虑取 $n=[\frac{2}{\varepsilon}]+1$，那么 $n>\frac{2}{\varepsilon}\implies(n\varepsilon)^2>4>2$，矛盾。
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我们对整数与有理数的讨论至此基本完结。基于上述理论， 我们接下来就可以（也有必要）引入实数。
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## 4.6 有理数集是最小的序域
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在引入实数前，我们先来抽象地描述一下有理数所含有的重要性质，并在扩充到实数的同时保留它们。
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- **定义 4.6.1（群）**：群是一个序偶 $(G,\circ)$，其中 $G$ 是一个集合，$\circ:G\times G\to G$ 是 $G$ 上的二元运算，满足：
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- 结合律：对于任意 $a,b,c\in G$ 有 $(a\circ b)\circ c=a\circ (b\circ c)$。
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- 存在 $e\in G$，被称作 $(G,\circ)$ 的单位元，满足：
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- （左）单位元：对于任意 $g\in G$ 有 $e\circ g=g$。
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- （左）逆元：对于任意 $a\in G$ 存在 $b\in G$ 使得 $b\circ a=e$。
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有时，不严谨地，在 $\circ$ 的定义明显时，我们会把 $G$ 直接叫作群。
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- **引理 4.6.2（右逆元）**：设群 $(G,\circ)$ 及其一单位元 $e$，$a,a^{-1}\in G$ 满足 $a^{-1}\circ a=e$。那么 $a\circ a^{-1}=e$。
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**证明**：$a\circ a^{-1}=a\circ (e\circ a^{-1})=a\circ (a^{-1}\circ a)\circ a^{-1}=(a\circ a^{-1})\circ (a\circ a^{-1})$。
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令 $x=a\circ a^{-1}$，那么 $x=x\circ x$，存在 $x^{-1}\in G$ 使得 $x^{-1}\circ x=e$，于是 $x^{-1}\circ x=x^{-1}\circ x\circ x\implies e=e\circ x=x$。
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- **引理 4.6.3（右单位元）**：设群 $(G,\circ)$ 及其一单位元 $e$，那么对于任意 $g\in G$ 有 $g\circ e=g$。
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**证明**：$g\circ e=g\circ (g^{-1}\circ g)=(g\circ g^{-1})\circ g=e\circ g=g$。
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- **引理 4.6.4（单位元唯一）**：设群 $(G,\circ )$ 及其任意两个单位元 $e_1,e_2$，则 $e_1=e_2$。
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**证明**：$e_1=e_2\circ e_1=e_2$。前一步用了 $e_2$ 作左单位元的性质，后一步用了 $e_1$ 作右单位元的性质。
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- **引理 4.6.5（逆元唯一）**：设群 $(G,\circ)$ 及其单位元 $e$，$a,b,c\in G$ 满足 $b\circ a=c\circ a=e$，那么 $b=c$。
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**证明**：$b=e\circ b=(c\circ a)\circ b=c\circ (a\circ b)=c\circ e=c$。
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由于单位元唯一，所以有时也用一个三元组 $(G,\circ,e)$ 表示一个群。
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根据引理 4.6.5，对于群 $(G,\circ)$ 和 $G$ 中的任一元素 $g$，可以将 $g$ 的逆元记作 $g^{-1}$。
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- **定义 4.6.6（交换群）**：设 $(G,\circ)$ 是群。称 $(G,\circ)$ 是交换群，当且仅当 $\circ$ 满足交换律，即对于任意 $a,b\in G$ 都有 $a\circ b=b\circ a$。
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- **定义 4.6.7（域）**：域是一个五元组 $(\mathbb F,+,\times,0,1)$，其中 $\mathbb F$ 是一个集合，$+,\times$ 都是 $G$ 上的二元运算 $G\times G\to G$。满足：
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- $(\mathbb F,+,0)$ 是交换群。
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- $(\mathbb F\setminus\{0\},\times,1)$ 是交换群。注意这蕴含了 $0\neq 1$。
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- 分配律：对于任意 $a,b,c\in\mathbb F$，$a\times (b+c)=a\times b+a\times c$ 且 $(b+c)\times a=b\times a+c\times a$。
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有时，不严谨地，在相关定义明显时，我们会把 $\mathbb F$ 直接叫作域。
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- **引理 4.6.8**：设 $(\mathbb F,+,\times,0,1)$ 是域，$a\in\mathbb F$，那么 $0\times a=a\times 0=0$。
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**证明**：$0\times a=(0+0)\times a=0\times a+0\times a$，从而类似引理 4.6.2 的证明，可知 $0\times a=0$。对于 $a\times 0$ 同理。
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- **引理 4.6.9**：设 $(\mathbb F,+,\times,0,1)$ 是域，$a,b\in\mathbb F$，那么 $a\times b=0\implies a=0\lor b=0$。
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**证明**：反证，若 $a,b$ 均不为 $0$，有 $a\times b\times b^{-1}=0\times b^{-1}$，得 $a=0$，矛盾。
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- **引理 4.6.10**：设 $(\mathbb F,+,\times,0,1)$ 是域，$a\in\mathbb F$，$-1,-a$ 分别是 $1,a$ 的加法逆元，那么 $-a=(-1)a$。
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**证明**：$(-a)=0\times a+(-a)=((-1)+1)\times a+(-a)=(-1)a+1a+(-a)=(-1)a+a+(-a)=(-1)a$。
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- **引理 4.6.11**：设 $(\mathbb F,+,\times,0,1)$ 是域，$a,b\in\mathbb F\setminus\{0\}$，那么 $(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$。
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**证明**：$(ab)^{-1}=(aa^{-1})(bb^{-1})(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}ab(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$。
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下面的定义中会涉及到 8.5 的一些定义。
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- **定义 4.6.12（序域）**：序域是一个序偶 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$，其中 $(\mathbb F,+,\times,0,1)$ 是域，$\leq$ 是定义在 $\mathbb F$ 上的二元关系。满足：
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- $(\mathbb F,\leq)$ 是全序集。
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- 加法保序：对于任意 $a,b,c\in\mathbb F$，$a\leq b\implies a+c\leq b+c$。
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- 乘法保序：对于任意 $a,b,c\in\mathbb F$，$a\leq b\land 0\leq c\implies ac\leq bc$。
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有时，不严谨地，在相关定义明显时，我们会把 $\mathbb F$ 直接叫作序域。
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- **引理 4.6.13**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，$a\in\mathbb F$。若 $a>0$，则 $-a<0$；若 $a<0$，则 $-a>0$。
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**证明**：根据加法保序，等式两端同时加上 $-a$ 即可。
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- **引理 4.6.14**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，$a,b,c,d\in\mathbb F$，那么 $a\leq b\land c\leq d\implies a+c\leq b+d$。
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**证明**：$a\leq b\implies a+c\leq b+c$，$c\leq d\implies b+c\leq b+d$。
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- **引理 4.6.15**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，则 $(-1)\times (-1)=1$。
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**证明**：$(-1)\times (-1)=(-1)\times (-1)+(-1)+1=((-1)+1)\times(-1)+1=1$。
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- **引理 4.6.16**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，$x\in\mathbb F$。则 $x^2\geq 0$ 且 $x^2=0\implies x=0$。
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**证明**：证明 $x^2\geq 0$ 分 $x$ 的正负性讨论即可。证明 $x^2=0\implies x=0$ 用引理 4.6.9。
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- **推论 4.6.17**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，则 $0<1$。
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- **引理 4.6.18**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，$a,b,c\in\mathbb F$，则 $a\leq b\land c\leq 0\implies ac\geq bc$。
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**证明**：只需证明 $-a\geq -b$ 即可。反证，若 $-a<-b$，又 $a\leq b$，结合引理 4.6.14 可知 $a+(-a)<b+(-b)$ 即 $0<0$，矛盾。
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显然有理数集是一个序域，现在我们来推导它们间更深入的关系。
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- **定义 4.6.19（归纳集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，称 $A\subseteq \mathbb F$ 是 $\mathbb F$ 的归纳子集，当且仅当 $0\in A$ 且 $\forall_{a\in\mathbb F},a\in A\implies a+1\in A$。
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- **命题 4.6.20（序域的最小归纳集是自然数集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，$U:=\{A\subseteq \mathbb F:A\text{ 是 }\mathbb F\text{ 的归纳子集}\}$。那么偏序集 $(U,\subseteq)$ 存在最小元 $X$，且 $(X,0,f)$ 是一个皮亚诺结构，其中 $f:X\to X$ 是由 $f(x):=x+1$ 定义的函数（根据归纳集的定义，容易证明 $X$ 作为 $f$ 的对应域是合理的）。
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**证明**：显然 $\mathbb F\in U$ 从而 $U$ 非空。取 $X:=\bigcap U$。容易证明 $X$ 也是一个归纳子集，从而也容易证明它就是 $U$ 的最小元，现在证明 $(X,0,f)$ 是皮亚诺结构。
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- $f$ 是单射：设 $x,y\in X$，$f(x)=f(y)\implies x+1=y+1\implies x+1+(-1)=y+1+(-1)\implies x=y$。
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- $0$ 不在 $f$ 的值域中：由于 $0\geq 0$ 且 $\forall_{a\in\mathbb F},a\geq 0\implies a+1\geq 0$，所以可以证明 $\{x\in X:x\geq 0\}$ 也是归纳集，而 $X$ 又是最小归纳集，于是对于任意 $x\in X$ 有 $x\geq 0$。若 $x\in\mathbb F$ 且 $x+1=0$，容易证明 $x=-1$，而 $-1<0$，从而 $x\not\in X$。
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- $\forall_{Y\subseteq X},0\in Y\land (\forall_{x\in X},x\in Y\implies f(x)\in Y)\implies Y=X$：$Y$ 一定是归纳集，又 $X$ 是最小归纳集，故 $Y=X$。
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- **推论 4.6.21（最小的序域是有理数集）**：设 $((\mathbb F,+',\times',0',1'),\leq')$ 是序域，$U:=\{A\subseteq \mathbb F:((A,+',\times',0',1'),\leq')\text{ 是序域}\}$。那么偏序集 $(U,\subseteq)$ 存在最小元 $X$，且 $((X,+',\times',0',1'),\leq')$ 与 $((\mathbb Q,+,\times,0,1),\leq)$ 同构。
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**证明**：根据引理 4.6.20 可知自然数集在任何一个序域中，从而通过域的加法逆元和乘法逆元的定义可知有理数集也在任何一个序域中，而有理数集本身也是序域，所以有理数集就是最小的序域。（这里的 “在……中” 是指同构意义下的）
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@ -434,7 +434,7 @@ $$
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- 自反性：对于任意 $x\in X$ 有 $x\leq_X x$。
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- 反传递性：若 $x,y\in X$ 满足 $x\leq _X y$ 且 $y\leq_X x$，则 $x=y$。
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- 反对称性：若 $x,y\in X$ 满足 $x\leq _X y$ 且 $y\leq_X x$，则 $x=y$。
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- 传递性：若 $x,y,z\in X$ 满足 $x\leq_X y$ 且 $y\leq_X z$，则 $x\leq_X z$。
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