介绍

这里从有理数域（记为QQQ）开始，构建一个具有最小上界性的有序域，这个具有最小上界性的有序域，我们一般称它为实数域（记为RRR）。这里可以提取出RRR的两个核心特征：

RRR是有序域。
RRR具有最小上界性。

下面便是从QQQ开始，构建一个集合RRR，让其满足上面的两个要求。需要注意，这里讲的RRR可能会让人感觉与平常讲的实数域有些不一样。其实，具体的讲，这里的RRR确实与我们平常讲的实数域不是一个东西，不过他们是同构的，他们之间是同构的表明他们在经过抽象后本质其实是一样的。本文并不涉及对他们同构的证明，有兴趣的可以看代数学方面的书籍去了解更多内容。

内容

一、用戴德金分割定义RRR

如果把所有有理数排在数轴上，以0为中心，从左到右依次增大，然后任取一个点，点左边轴上的有理数分一个集合，点右边轴上的有理数分一个集合，而这个分割点本身如果是有理数，就归入分成的两个集合中的任何一方中。这样分拆有理数集的方法，我们称之为戴德金分割。

戴德金分割是一种拆分有理数集的方法，首先，它把有理数集分为两个没有共同元素的非空真子集，其次，它让这两个真子集的并集正好等于有理数集，再者，它要这两个真子集中一个真子集的任意元素恒大于另一个真子集的任意元素。

在这里，对于戴德金分割，如果分割点本身是有理数，我们把其归入右边那部分构成的集合，然后取左边的一部分所构成的集合，以这样的集合作为我们要构建的RRR的元素，所有这样的元素组成的集合，就是我们要构建的RRR。

在这里，我们用严格的数学语言给RRR的元素下个定义，即RRR的元素是满足如下三个条件的有理数子集（记为α\alphaα）：

α≠∅\alpha \not = \varnothingα=∅且α≠Q\alpha \not = Qα=Q。（α\alphaα是QQQ的非空真子集）
如果p∈αp \in \alphap∈α，q∈Qq \in Qq∈Q且q<pq < pq<p，那么q∈αq \in \alphaq∈α。（α\alphaα是QQQ左边那部分）
如果p∈αp \in \alphap∈α，那么存在某个r∈αr \in \alphar∈α使得p<rp < rp<r。（α\alphaα右边没有端点）

对于α∈R\alpha \in Rα∈R，ppp，q∈Qq \in Qq∈Q，由以上定义可以直接得出如下性质：

如果p∈αp \in \alphap∈α且q∉αq \not \in \alphaq∈α，则p<qp < qp<q。
如果p∉αp \not \in \alphap∈α且p<qp < qp<q，则q∉αq \not \in \alphaq∈α。

二、在RRR中定义序

对于任意α\alphaα，β∈R\beta \in Rβ∈R，如果α\alphaα是β\betaβ的真子集，我们就称α<β\alpha < \betaα<β或者β>α\beta > \alphaβ>α。

如果α<β\alpha < \betaα<β且β<γ\beta < \gammaβ<γ，由于真子集的真子集还是真子集，所以有α<γ\alpha < \gammaα<γ。

对于任意α\alphaα，β∈R\beta \in Rβ∈R，由于真子集的性质，α\alphaα与β\betaβ的三种关系
α<β，α=β，β<α\alpha < \beta，\alpha = \beta，\beta < \alphaα<β，α=β，β<α
中最多只有一种成立。现在，我们再来证明α\alphaα与β\betaβ的三种关系中最少有一种成立。假设这三种关系全部不成立，由于α≮β且α≠β\alpha \not < \beta且\alpha \not = \betaα<β且α=β，所以α\alphaα不是β\betaβ的子集。由此存在p∈αp \in \alphap∈α，但p∉βp \not \in \betap∈β。如果q∈βq \in \betaq∈β，则根据RRR性质1有q<pq < pq<p，由此再根据RRR定义条件2有q∈αq \in \alphaq∈α，这表明β⊂α\beta \subset \alphaβ⊂α，又α≠β\alpha \not = \betaα=β，于是β<α\beta < \alphaβ<α，这与假设中三种关系全不成立是矛盾的。所以，三种关系中至少有一种成立。综合上述，也就是α\alphaα与β\betaβ的三种关系中有且仅有一种成立。

于是，RRR是有序集。

对于α\alphaα，β∈R\beta \in Rβ∈R，p∈Qp \in Qp∈Q，由以上可以得出如下性质：

如果p∈βp \in \betap∈β且p∉αp \not \in \alphap∈α，则α<β\alpha < \betaα<β。

三、RRR具有最小上界性

令AAA是RRR的不空子集，再令β∈R\beta \in Rβ∈R是AAA的上界，要证明RRR具有最小上界性，也就是要证明sup⁡A\sup AsupA在RRR中存在。

这里令γ\gammaγ为所有α∈A\alpha \in Aα∈A的并，也就是，p∈γp \in \gammap∈γ当且仅当存在α∈A\alpha \in Aα∈A使得p∈αp \in \alphap∈α。下面我们证明γ∈R\gamma \in Rγ∈R且γ=sup⁡A\gamma = \sup Aγ=supA。

由于AAA不空，故存在α0∈A\alpha_0 \in Aα0∈A，且α0\alpha_0α0不空。由γ\gammaγ的定义可知α0⊂γ\alpha_0 \subset \gammaα0⊂γ，故γ\gammaγ不空。由于β\betaβ是AAA的上界，也就是AAA中所有元素都是β\betaβ的子集，再由γ\gammaγ定义可知γ⊂β\gamma \subset \betaγ⊂β，故γ≠Q\gamma \not = Qγ=Q。于是γ\gammaγ满足RRR定义的条件1。

任取p∈γp \in \gammap∈γ，根据γ\gammaγ定义可知，存在α1∈A\alpha_1 \in Aα1∈A使得p∈α1p \in \alpha_1p∈α1。

再任取q∈Qq \in Qq∈Q且q<pq < pq<p，根据RRR定义的条件2可知，q∈α1q \in \alpha_1q∈α1，从而q∈γq \in \gammaq∈γ。于是γ\gammaγ满足RRR定义的条件2。

由RRR定义的条件3可知，存在r∈α1r \in \alpha_1r∈α1且p<rp < rp<r，由γ\gammaγ定义可知r∈γr \in \gammar∈γ。于是γ\gammaγ满足RRR定义的条件3。

综上，我们证明了γ∈R\gamma \in Rγ∈R。

根据γ\gammaγ的定义可知，对于任意α∈A\alpha \in Aα∈A，有α⊂γ\alpha \subset \gammaα⊂γ，也就是α≤γ\alpha \leq \gammaα≤γ。这表示γ\gammaγ是AAA的上界。

任取δ∈R\delta \in Rδ∈R且δ<γ\delta < \gammaδ<γ，于是δ\deltaδ是γ\gammaγ的真子集，于是存在s∈γs \in \gammas∈γ且s∉δs \not \in \deltas∈δ。由γ\gammaγ定义可知，存在α2∈A\alpha_2 \in Aα2∈A使得s∈α2s \in \alpha_2s∈α2，根据RRR中序的定义可知δ<α2\delta < \alpha_2δ<α2，也就是说δ\deltaδ不是A的上界。

综上，我们证明了γ\gammaγ是AAA是上确界，也就是γ=sup⁡A\gamma = \sup Aγ=supA。

四、RRR是有序域

接下来，我们在RRR上定义加法与乘法，并证明它们满足加法公理、加法与序公理、乘法公理、乘法与序公理和乘法与加法的分配律。这样，RRR就是有序域了。

在RRR中定义加法

对于任意α\alphaα，β∈R\beta \in Rβ∈R，我们令AAA为如下集合：
{p∈Q∣p<a+b，其中a∈α，b∈β}\{p \in Q | p < a + b，其中a \in \alpha，b \in \beta\}{p∈Q∣p<a+b，其中a∈α，b∈β}
也就是说，对于AAA中的每个元素p∈Qp \in Qp∈Q，总存在a∈α，b∈βa \in \alpha，b \in \betaa∈α，b∈β，使得p<a+bp < a + bp<a+b成立。

再令BBB为如下集合：
{p∈Q∣p=a+b，其中a∈α，b∈β}\{p \in Q | p = a + b，其中a \in \alpha，b \in \beta\}{p∈Q∣p=a+b，其中a∈α，b∈β}
也就是说，对于BBB中的每个元素p∈Qp \in Qp∈Q，总存在a∈α，b∈βa \in \alpha，b \in \betaa∈α，b∈β，使得p=a+bp = a + bp=a+b成立。

对于任意q∈Bq \in Bq∈B，有q=a+bq = a + bq=a+b，其中a∈αa \in \alphaa∈α，b∈βb \in \betab∈β，根据RRR定义的条件3可知，有a′∈αa' \in \alphaa′∈α且a<a′a < a'a<a′，b′∈βb' \in \betab′∈β且b<b′b < b'b<b′，于是有q=a+b<a′+b′q = a + b < a' + b'q=a+b<a′+b′，于是q∈Aq \in Aq∈A。这也就是说B⊂AB \subset AB⊂A。

对于任意r∈Ar \in Ar∈A，有r<a+br < a + br<a+b，其中a∈αa \in \alphaa∈α，b∈βb \in \betab∈β，于是有r−a<br - a < br−a<b，令b′=r−ab' = r - ab′=r−a，根据RRR定义的条件2可知，有b′∈βb' \in \betab′∈β，又r=a+r−a=a+b′r = a + r - a = a + b'r=a+r−a=a+b′，于是r∈Br \in Br∈B。这也就是说A⊂BA \subset BA⊂B。

由上面推导可知，A=BA = BA=B，我们定义AAA或者BBB所表示的那个集合为α+β\alpha + \betaα+β。也就是α+β\alpha + \betaα+β中的元素同时具有AAA与BBB的定义中的性质。下面我们来证明α+β∈R\alpha + \beta \in Rα+β∈R。

由BBB的定义可知，B≠∅B \not = \varnothingB=∅，于是α+β≠∅\alpha + \beta \not = \varnothingα+β=∅。取a′∈Qa' \in Qa′∈Q且a′∉αa' \not \in \alphaa′∈α，b′∈Qb' \in Qb′∈Q且b′∉βb' \not \in \betab′∈β，根据RRR的性质1可知，对于任意a∈αa \in \alphaa∈α，b∈βb \in \betab∈β，有a<a′a < a'a<a′，b<b′b < b'b<b′，于是有a+b<a′+b′a + b < a' + b'a+b<a′+b′，根据AAA的定义可知，a′+b′∉Aa' + b' \not \in Aa′+b′∈A，也就是a′+b′∉α+βa' + b' \not \in \alpha + \betaa′+b′∈α+β，于是α+β≠Q\alpha + \beta \not = Qα+β=Q。于是α+β\alpha + \betaα+β符合RRR定义的条件1。

取s∈α+βs \in \alpha + \betas∈α+β，根据BBB定义，则有s=a+bs = a + bs=a+b，其中a∈αa \in \alphaa∈α，b∈βb \in \betab∈β，如果t∈Qt \in Qt∈Q且t<st < st<s，那么t−a<s−a=bt - a < s - a = bt−a<s−a=b，根据RRR定义的条件2可知t−a∈βt - a \in \betat−a∈β，又t=a+(t−a)t = a + (t - a)t=a+(t−a)，于是t∈α+βt \in \alpha + \betat∈α+β。于是α+β\alpha + \betaα+β符合RRR定义的条件2。

取s∈α+βs \in \alpha + \betas∈α+β，根据BBB定义，则有s=a+bs = a + bs=a+b，其中a∈αa \in \alphaa∈α，b∈βb \in \betab∈β，根据RRR定义的条件3可取a′∈αa' \in \alphaa′∈α且a<a′a < a'a<a′，令t=a′+bt = a' + bt=a′+b，那么t∈α+βt \in \alpha + \betat∈α+β，又s=a+b<a′+b=ts = a + b < a' + b = ts=a+b<a′+b=t，于是α+β\alpha + \betaα+β符合RRR定义的条件3。

于是，我们证明了α+β∈R\alpha + \beta \in Rα+β∈R。于是我们可以定义α+β\alpha + \betaα+β是α\alphaα与β\betaβ的和。这样我们就定义了RRR中的加法关系。

满足加法公理

这里取任意α\alphaα，β\betaβ，γ∈R\gamma \in Rγ∈R，下面我们来证明对于加法的定义满足加法公理。

交换律

由RRR中加法的定义可知，α+β\alpha + \betaα+β与β+α\beta + \alphaβ+α是同一个集合，也就是
α+β=β+α\alpha + \beta = \beta + \alphaα+β=β+α

结合律

我们知道α+β\alpha + \betaα+β是如下集合：
{p∈Q∣p=a+b，其中a∈α，b∈β}\{p \in Q | p = a + b，其中a \in \alpha，b \in \beta\}{p∈Q∣p=a+b，其中a∈α，b∈β}
记为AAA。

于是(α+β)+γ(\alpha + \beta) + \gamma(α+β)+γ是如下集合：
{p∈Q∣p=a+b，其中a∈A，b∈γ}\{p \in Q | p = a + b，其中a \in A，b \in \gamma\}{p∈Q∣p=a+b，其中a∈A，b∈γ}
记为BBB。

我们知道β+γ\beta + \gammaβ+γ是如下集合：
{p∈Q∣p=a+b，其中a∈β，b∈γ}\{p \in Q | p = a + b，其中a \in \beta，b \in \gamma\}{p∈Q∣p=a+b，其中a∈β，b∈γ}
记为CCC。

于是α+(β+γ)\alpha + (\beta + \gamma)α+(β+γ)是如下集合：
{p∈Q∣p=a+b，其中a∈α，b∈C}\{p \in Q | p = a + b，其中a \in \alpha，b \in C\}{p∈Q∣p=a+b，其中a∈α，b∈C}
记为DDD。

再令EEE为如下集合：
{p∈Q∣p=a+b+c，其中a∈α，b∈β，c∈γ}\{p \in Q | p = a + b + c，其中a \in \alpha，b \in \beta，c \in \gamma\}{p∈Q∣p=a+b+c，其中a∈α，b∈β，c∈γ}

由以上定义可知，E⊂BE \subset BE⊂B且E⊂DE \subset DE⊂D。任取p∈Bp \in Bp∈B，则p=a+bp = a + bp=a+b，其中，a∈Aa \in Aa∈A，b∈γb \in \gammab∈γ，于是有a=c+da = c + da=c+d，其中，c∈αc \in \alphac∈α，d∈βd \in \betad∈β，于是有p=c+d+bp = c + d + bp=c+d+b，于是p∈Ep \in Ep∈E，于是B⊂EB \subset EB⊂E，于是B=EB = EB=E。任取q∈Dq \in Dq∈D，则q=e+fq = e + fq=e+f，其中，e∈αe \in \alphae∈α，f∈Cf \in Cf∈C，于是有f=g+hf = g + hf=g+h，其中，g∈βg \in \betag∈β，h∈γh \in \gammah∈γ，于是有q=e+g+hq = e + g + hq=e+g+h，于是q∈Eq \in Eq∈E，于是D⊂ED \subset ED⊂E，于是D=ED = ED=E。于是我们证明了B=DB = DB=D，也就是：
(α+β)+γ=α+(β+γ)(\alpha + \beta) + \gamma = \alpha + (\beta + \gamma)(α+β)+γ=α+(β+γ)

加法零元

我们将加法零元定义为所有的负有理数组成的集合，记为0∗0^*0∗。

现在我们来证明0∗∈R0^* \in R0∗∈R。由于0∗≠∅0^* \not = \varnothing0∗=∅且0∗≠Q0^* \not = Q0∗=Q，所以符合RRR定义的条件1。任取p∈0∗p \in 0^*p∈0∗，q∈Qq \in Qq∈Q且q<pq < pq<p，于是q也是负有理数，于是q∈0∗q \in 0^*q∈0∗，所以符合RRR定义的条件2。由于p<p2p < \frac{p}{2}p<2p且p2∈0∗\frac{p}{2} \in 0^*2p∈0∗，所以符合RRR定义的条件3。故得证。

任取r∈α+0∗r \in \alpha + 0^*r∈α+0∗，则r=a+br = a + br=a+b，其中，a∈αa \in \alphaa∈α，b∈0∗b \in 0^*b∈0∗，由于bbb是负有理数，于是有r=a+b<ar = a + b < ar=a+b<a，根据RRR定义条件2可知r∈αr \in \alphar∈α，于是α+0∗⊂α\alpha + 0^* \subset \alphaα+0∗⊂α。

任取s∈αs \in \alphas∈α，根据RRR定义条件3可取t∈αt \in \alphat∈α且s<ts < ts<t，于是s−t∈0∗s - t \in 0^*s−t∈0∗，又s=t+(s−t)s = t + (s - t)s=t+(s−t)，于是s∈α+0∗s \in \alpha + 0^*s∈α+0∗，于是α⊂α+0∗\alpha \subset \alpha + 0^*α⊂α+0∗。

综合上面有：
α+0∗=α\alpha + 0^* = \alphaα+0∗=α

加法负元

我们将α\alphaα的加法负元定义为如下集合：
{p∈Q∣存在r∈Q且p<r，使得对于任意q∈α都有q+r<0}\{p \in Q | 存在r \in Q且p < r，使得对于任意q \in \alpha都有q + r < 0\}{p∈Q∣存在r∈Q且p<r，使得对于任意q∈α都有q+r<0}
记为α−\alpha^-α−。

下面我们来证明α−∈R\alpha^- \in Rα−∈R。

取r∈Qr \in Qr∈Q且r∉αr \not \in \alphar∈α，根据RRR定义性质1可知，对于任意q∈αq \in \alphaq∈α有q<rq < rq<r，于是q+(−r)=q−r<0q + (-r) = q - r < 0q+(−r)=q−r<0，又−r−1<−r-r - 1 < -r−r−1<−r，于是−r−1∈α−-r - 1 \in \alpha^-−r−1∈α−，于是α−≠∅\alpha^- \not = \varnothingα−=∅。取p∈αp \in \alphap∈α，由于对于任意s∈Qs \in Qs∈Q且s>−ps > -ps>−p都有s+p>0s + p > 0s+p>0，所以−p∈Q-p \in Q−p∈Q且−p∉α−-p \not \in \alpha^-−p∈α−，所以α−≠Q\alpha^- \not = Qα−=Q。于是符合RRR定义的条件1。

取s∈α−s \in \alpha^-s∈α−，则存在r∈Qr \in Qr∈Q且s<rs < rs<r，对于任意u∈αu \in \alphau∈α都有r+u<0r + u < 0r+u<0，再取t∈Qt \in Qt∈Q且t<st < st<s，于是有t<rt < rt<r，于是t∈α−t \in \alpha^-t∈α−。于是符合RRR定义的条件2。

取s∈α−s \in \alpha^-s∈α−，则存在r∈Qr \in Qr∈Q且s<rs < rs<r，对于任意u∈αu \in \alphau∈α都有r+u<0r + u < 0r+u<0，令t=s+r2t = \frac{s + r}{2}t=2s+r，可知t∈Qt \in Qt∈Q，由于s<s+r2<rs < \frac{s + r}{2} < rs<2s+r<r，于是s<t<rs < t < rs<t<r，于是t∈α−t \in \alpha^-t∈α−。于是符合RRR定义的条件3。

以上便证明了α−∈R\alpha^- \in Rα−∈R。

接下来我们来证明一个下面要用到的结论：对于任意α∈R\alpha \in Rα∈R，w∈Qw \in Qw∈Q且w>0w > 0w>0，存在整数nnn使得nw∈αnw \in \alphanw∈α且(n+1)w∉α(n + 1)w \not \in \alpha(n+1)w∈α。

如果0∈α0 \in \alpha0∈α，由RRR的性质可知，我们能取v∈Qv \in Qv∈Q，v>0v > 0v>0且v∉αv \not \in \alphav∈α，由有理数的阿基米德性可知，存在自然数mmm使得mw>vmw > vmw>v，于是mw∉αmw \not \in \alphamw∈α。对于如下的m+1m + 1m+1个依次递增的有理数
0，w，2w，3w，...，(m−2)w，(m−1)w，mw0，w，2w，3w，...，(m - 2)w，(m - 1)w，mw0，w，2w，3w，...，(m−2)w，(m−1)w，mw
我们将其中所有属于α\alphaα的有理数归为集合AAA，剩余的则是不属于α\alphaα的，将其归为集合BBB，由于0∈α0 \in \alpha0∈α，所以AAA不为空，由于AAA是有限的，于是我们可以取到AAA中最大的有理数，设它为n′wn'wn′w，其中n′n'n′是0或自然数，由于mw∉αmw \not \in \alphamw∈α且mwmwmw是上面那组递增的有理数中最大的，所以n′w<mwn' w< mwn′w<mw，由于n′n'n′是0或者自然数，于是有n′w<(n′+1)w≤mwn'w < (n' + 1)w \leq mwn′w<(n′+1)w≤mw，于是(n′+1)w∈B(n' + 1)w \in B(n′+1)w∈B，也就是(n′+1)w∉α(n' + 1)w \not \in \alpha(n′+1)w∈α。

如果0∉α0 \not \in \alpha0∈α，由RRR性质可知，我们能取v∈αv \in \alphav∈α且v<0v < 0v<0，于是−v>0-v > 0−v>0，由有理数的阿基米德性可知，存在自然数mmm使得mw>−vmw > -vmw>−v，于是−mw<v-mw < v−mw<v，根据RRR定义性质2可知−mw∈α-mw \in \alpha−mw∈α。对于如下的m+1m + 1m+1个依次递减的有理数
0，−w，−2w，−3w，...，−(m−2)w，−(m−1)w，−mw0，-w，-2w，-3w，...，-(m - 2)w，-(m - 1)w，-mw0，−w，−2w，−3w，...，−(m−2)w，−(m−1)w，−mw
我们将其中所有属于α\alphaα的有理数归为集合AAA，剩余的则是不属于α\alphaα的，将其归为集合BBB，由于−mw∈α-mw \in \alpha−mw∈α，所以AAA不为空，由于AAA是有限的，于是我们可以取到AAA中最大的有理数，设它为−n′w-n'w−n′w，其中n′n'n′是自然数，由于0∉α0 \not \in \alpha0∈α且000是上面那组递减的有理数中最大的，所以−n′w<0-n' w< 0−n′w<0，由于n′n'n′是自然数，于是有−n′w<(−n′+1)w≤0-n'w < (-n' + 1)w \leq 0−n′w<(−n′+1)w≤0，于是(−n′+1)w∈B(-n' + 1)w \in B(−n′+1)w∈B，也就是(−n′+1)w∉α(-n' + 1)w \not \in \alpha(−n′+1)w∈α。

于是我们证明了上面的结论。

接着我们来证明α+α−=0∗\alpha + \alpha^- = 0^*α+α−=0∗。

任取p∈α+α−p \in \alpha + \alpha^-p∈α+α−，由α−\alpha^-α−的定义可知p<0p < 0p<0，于是p∈0∗p \in 0^*p∈0∗，于是α+α−⊂0∗\alpha + \alpha^- \subset 0^*α+α−⊂0∗。

任取q∈0∗q \in 0^*q∈0∗，令w=−q2w=-\frac{q}{2}w=−2q，于是w∈Qw \in Qw∈Q且w>0w>0w>0，而α∈R\alpha \in Rα∈R，根据上面证明过的结论，存在整数nnn，使得nw∈αnw \in \alphanw∈α且(n+1)w∉α(n + 1)w \not \in \alpha(n+1)w∈α。令r=−(n+2)wr = -(n + 2)wr=−(n+2)w，t=−(n+1)wt = -(n + 1)wt=−(n+1)w，由于w>0w > 0w>0，于是t=−(n+1)w>−(n+2)w=rt = -(n + 1)w > -(n + 2)w = rt=−(n+1)w>−(n+2)w=r，又(n+1)w∉α(n + 1)w \not \in \alpha(n+1)w∈α，根据RRR的性质1，于是对于任意s∈αs \in \alphas∈α都有s<(n+1)ws < (n + 1)ws<(n+1)w，于是s+t<(n+1)w−(n+1)w=0s + t <(n + 1)w - (n + 1)w = 0s+t<(n+1)w−(n+1)w=0，于是r∈α−r \in \alpha^-r∈α−。从而有q=−2w=nw−(n+2)w=nw+r∈α+α−q = -2w = nw - (n + 2)w = nw + r \in \alpha + \alpha^-q=−2w=nw−(n+2)w=nw+r∈α+α−。也就是0∗⊂α+α−0^* \subset \alpha + \alpha^-0∗⊂α+α−。

综上，我们证明了α+α−=0∗\alpha + \alpha^- = 0^*α+α−=0∗。

由于0∗+(0∗)−=0∗0^* + (0^*)^- = 0^*0∗+(0∗)−=0∗，又0∗+(0∗)−=(0∗)−0^* + (0^*)^- = (0^*)^-0∗+(0∗)−=(0∗)−，故(0∗)−=0∗(0^*)^- = 0^*(0∗)−=0∗。也就是说，加法零元0∗0^*0∗的加法负元是其自身。

由于α+α−=0∗\alpha + \alpha^- = 0^*α+α−=0∗，于是α+α−+(α−)−=0∗+(α−)−\alpha + \alpha^- + (\alpha^-)^-= 0^* + (\alpha^-)^-α+α−+(α−)−=0∗+(α−)−，于是α=(α−)−\alpha = (\alpha^-)^-α=(α−)−。这也就是说α\alphaα与α−\alpha^-α−互为加法负元。

由于(α+β)−+α+β=0(\alpha + \beta)^- + \alpha + \beta = 0(α+β)−+α+β=0，于是(α+β)−+α+α−+β+β−=α−+β−(\alpha + \beta)^- + \alpha + \alpha^- + \beta + \beta^- = \alpha^- + \beta^-(α+β)−+α+α−+β+β−=α−+β−，于是(α+β)−=α−+β−(\alpha + \beta)^- = \alpha^- + \beta^-(α+β)−=α−+β−。

满足加法与序公理

现在证明上面定义的加法满足加法与序公理：如果α\alphaα，β\betaβ，γ∈R\gamma \in Rγ∈R，并且α<β\alpha < \betaα<β，那么α+γ<β+γ\alpha + \gamma < \beta + \gammaα+γ<β+γ。

从上面加法的定义以及小于的定义可知，α+γ⊂β+γ\alpha + \gamma \subset \beta + \gammaα+γ⊂β+γ。假设α+γ=β+γ\alpha + \gamma = \beta + \gammaα+γ=β+γ，根据上面已经证明的加法公理，则有α+γ+γ−=β+γ+γ−\alpha + \gamma + \gamma^- = \beta + \gamma + \gamma^-α+γ+γ−=β+γ+γ−，于是α+0∗=β+0∗\alpha + 0^* = \beta + 0^*α+0∗=β+0∗，于是α=β\alpha = \betaα=β，这与α<β\alpha < \betaα<β是矛盾的，于是α+γ≠β+γ\alpha + \gamma \not = \beta + \gammaα+γ=β+γ。从而α+γ<β+γ\alpha + \gamma < \beta + \gammaα+γ<β+γ。

综上，我们证明了加法满足加法与序公理。

由上述加法与序公理可知，如果α<0∗\alpha < 0^*α<0∗，则α+α−<0∗+α−\alpha + \alpha^- < 0^* + \alpha^-α+α−<0∗+α−，也就是α−>0∗\alpha^- > 0^*α−>0∗。如果α>0∗\alpha > 0^*α>0∗，则α+α−>0∗+α−\alpha + \alpha^- > 0^* + \alpha^-α+α−>0∗+α−，也就是α−<0∗\alpha^- < 0^*α−<0∗。

在R+R^+R+中定义乘法

我们将正实数集定义为如下集合:
{α∈R∣α>0∗}\{\alpha \in R\ | \alpha > 0^*\}{α∈R ∣α>0∗}
记为R+R^+R+。于是，由定义可知，如果α∈R+\alpha \in R^+α∈R+，则必有0∈α0 \in \alpha0∈α，因为如果0∉α0 \not \in \alpha0∈α，根据RRR性质2，则所有比0大的正有理数也不属于α\alphaα，这与α>0∗\alpha > 0^*α>0∗是矛盾的。这也就是说R+R^+R+的任意元素α\alphaα一定包含所有非正有理数。由于0∈α0 \in \alpha0∈α，根据RRR定义的条件3可知，必存在p∈αp \in \alphap∈α且p>0p > 0p>0。也就是说R+R+R+的任意元素α\alphaα一定包含有正有理数。

对于任意α\alphaα，β∈R+\beta \in R^+β∈R+，我们令AAA为如下集合：
{p∈Q∣0<p<ab，其中a∈α且a>0，b∈β且b>0}\{p \in Q | 0 < p < ab，其中a \in \alpha且a > 0，b \in \beta且b > 0\}{p∈Q∣0<p<ab，其中a∈α且a>0，b∈β且b>0}
也就是说，AAA的元素是正有理数，对于AAA中的每个正有理数ppp，总存在a∈αa \in \alphaa∈α且a>0a > 0a>0，b∈βb \in \betab∈β且b>0b > 0b>0，使得p<abp < abp<ab成立。由R+R^+R+的定义可知α\alphaα和β\betaβ中必有正有理数，设分别为a∈αa \in \alphaa∈α且a>0a > 0a>0，b∈βb \in \betab∈β且b>0b > 0b>0，于是有0<ab2<ab0 < \frac{ab}{2} < ab0<2ab<ab，于是ab2∈A\frac{ab}{2} \in A2ab∈A，于是AAA不为空。

再令BBB为如下集合：
{p∈Q∣p=ab，其中a∈α且a>0，b∈β且b>0}\{p \in Q | p = ab，其中a \in \alpha且a > 0，b \in \beta且b > 0\}{p∈Q∣p=ab，其中a∈α且a>0，b∈β且b>0}
也就是说，BBB的元素是正有理数，对于BBB中的每个正有理数ppp，总存在a∈αa \in \alphaa∈α且a>0a > 0a>0，b∈βb \in \betab∈β且b>0b > 0b>0，使得p=abp = abp=ab成立。由R+R^+R+的定义可知α\alphaα和β\betaβ中必有正有理数，设分别为a∈αa \in \alphaa∈α且a>0a > 0a>0，b∈βb \in \betab∈β且b>0b > 0b>0，于是有ab∈Bab \in Bab∈B，于是BBB不为空。

对于任意q∈Bq \in Bq∈B，有q=abq = abq=ab，其中a∈αa \in \alphaa∈α且a>0a > 0a>0，b∈βb \in \betab∈β且b>0b > 0b>0，根据RRR定义的条件3可知，有a′∈αa' \in \alphaa′∈α且a<a′a < a'a<a′，b′∈βb' \in \betab′∈β且b<b′b < b'b<b′，于是有q=ab<a′b′q = ab < a'b'q=ab<a′b′，于是q∈Aq \in Aq∈A。这也就是说B⊂AB \subset AB⊂A。

对于任意r∈Ar \in Ar∈A，有r<abr < abr<ab，其中a∈αa \in \alphaa∈α且a>0a > 0a>0，b∈βb \in \betab∈β且b>0b > 0b>0，于是有ra<b\frac{r}{a} < bar<b，令b′=rab' = \frac{r}{a}b′=ar，根据RRR定义的条件2可知，有b′∈βb' \in \betab′∈β，又r=ara=ab′r = a\frac{r}{a} = ab'r=aar=ab′，于是r∈Br \in Br∈B。这也就是说A⊂BA \subset BA⊂B。

由上面推导可知，A=BA = BA=B，令CCC为如下所有非正有理数组成的集合：
{p∈Q∣p≤0}\{p \in Q | p \leq 0\}{p∈Q∣p≤0}
令A′A'A′为如下集合：
C∪AC \cup AC∪A
令B′B'B′为如下集合：
C∪BC \cup BC∪B
于是，A′=B′A' = B'A′=B′，A′A'A′或者B′B'B′所表示的那个集合，就是AAA或者BBB所表示的那个由满足条件的正有理数组成的集合与所有非正有理数组成的集合CCC的并集，我们定义这个集合为αβ\alpha\betaαβ。也就是αβ\alpha\betaαβ中的正有理数元素同时具有AAA与BBB的定义中的性质。由AAA与BBB不为空可知，αβ\alpha\betaαβ中必存在正有理数。下面我们先来证明αβ∈R\alpha\beta \in Rαβ∈R。

由αβ\alpha\betaαβ的定义可知，αβ≠∅\alpha\beta \not = \varnothingαβ=∅。取a′∈Qa' \in Qa′∈Q且a′∉αa' \not \in \alphaa′∈α，b′∈Qb' \in Qb′∈Q且b′∉βb' \not \in \betab′∈β，根据RRR的性质1可知，对于任意a∈αa \in \alphaa∈α且a>0a > 0a>0，b∈βb \in \betab∈β且b>0b > 0b>0，有a<a′a < a'a<a′，b<b′b < b'b<b′，于是有ab<a′b<a′b′ab < a'b < a'b'ab<a′b<a′b′，根据AAA的定义可知，a′b′∉Aa'b' \not \in Aa′b′∈A，又a′b′>0a'b' > 0a′b′>0，于是a′b′∉Ca'b' \not \in Ca′b′∈C，于是a′b′∉A′a'b' \not \in A'a′b′∈A′，也就是a′b′∉αβa'b' \not \in \alpha\betaa′b′∈αβ，于是αβ≠Q\alpha\beta \not = Qαβ=Q。于是αβ\alpha\betaαβ符合RRR定义的条件1。

任取s∈αβs \in \alpha\betas∈αβ，如果s∈Cs \in Cs∈C，任取t∈Qt \in Qt∈Q且t<st < st<s，根据CCC定义可知t∈Ct \in Ct∈C，于是t∈αβt \in \alpha\betat∈αβ。如果s∈Bs \in Bs∈B，根据BBB定义，则有s=abs = abs=ab，其中a∈αa \in \alphaa∈α且a>0a > 0a>0，b∈βb \in \betab∈β且b>0b > 0b>0。任取t∈Qt \in Qt∈Q且t<st < st<s，如果t≤0t \leq 0t≤0，那么t∈Ct \in Ct∈C，于是t∈αβt \in \alpha\betat∈αβ。如果t>0t > 0t>0，那么ta<sa=b\frac{t}{a} < \frac{s}{a} = bat<as=b，根据RRR定义的条件2可知ta∈β\frac{t}{a} \in \betaat∈β，又t=atat = a\frac{t}{a}t=aat，于是t∈Bt \in Bt∈B，于是t∈B′t \in B't∈B′，于是t∈αβt \in \alpha\betat∈αβ。于是αβ\alpha\betaαβ符合RRR定义的条件2。

任取s∈αβs \in \alpha\betas∈αβ，如果s∈Cs \in Cs∈C，由于αβ\alpha\betaαβ中必存在正有理数，于是有t∈αβt \in \alpha\betat∈αβ且t>0t > 0t>0，于是s<ts < ts<t。如果s∈Bs \in Bs∈B，根据BBB定义，则有s=abs = abs=ab，其中a∈αa \in \alphaa∈α且a>0a > 0a>0，b∈βb \in \betab∈β且b>0b > 0b>0，根据RRR定义的条件3可取a′∈αa' \in \alphaa′∈α且a<a′a < a'a<a′，令t=a′bt = a'bt=a′b，于是t∈αβt \in \alpha\betat∈αβ，于是s=ab<a′b=ts = ab < a'b = ts=ab<a′b=t。于是αβ\alpha\betaαβ符合RRR定义的条件3。

于是，我们证明了αβ∈R\alpha\beta \in Rαβ∈R。从αβ\alpha\betaαβ的定义可知αβ>0∗\alpha\beta > 0^*αβ>0∗，于是αβ∈R+\alpha\beta \in R^+αβ∈R+。于是我们可以定义αβ\alpha\betaαβ是α\alphaα与β\betaβ的积。这样我们就定义了R+R^+R+中的乘法关系。

满足乘法公理

这里取任意α\alphaα，β\betaβ，γ∈R+\gamma \in R^+γ∈R+，下面我们来证明对于R+R^+R+中乘法的定义满足乘法公理。

交换律

由R+R^+R+中乘法的定义可知，αβ\alpha\betaαβ与βα\beta\alphaβα是同一个集合，也就是
αβ=βα\alpha\beta = \beta\alphaαβ=βα

结合律

令
G={p∈Q∣p≤0}G = \{p \in Q | p \leq 0\}G={p∈Q∣p≤0}

我们知道αβ\alpha\betaαβ是如下集合：
G∪{p∈Q∣p=ab，其中a∈α且a>0，b∈β且b>0}G \cup \{p \in Q | p = ab，其中a \in \alpha且a > 0，b \in \beta且b > 0\}G∪{p∈Q∣p=ab，其中a∈α且a>0，b∈β且b>0}
记为AAA。

于是(αβ)γ(\alpha\beta)\gamma(αβ)γ是如下集合：
G∪{p∈Q∣p=ab，其中a∈A且a>0，b∈γ且b>0}G \cup \{p \in Q | p = ab，其中a \in A且a > 0，b \in \gamma且b > 0\}G∪{p∈Q∣p=ab，其中a∈A且a>0，b∈γ且b>0}
记为BBB。

我们知道βγ\beta\gammaβγ是如下集合：
G∪{p∈Q∣p=ab，其中a∈β且a>0，b∈γ且b>0}G \cup \{p \in Q | p = ab，其中a \in \beta且a > 0，b \in \gamma且b > 0\}G∪{p∈Q∣p=ab，其中a∈β且a>0，b∈γ且b>0}
记为CCC。

于是α(βγ)\alpha(\beta\gamma)α(βγ)是如下集合：
G∪{p∈Q∣p=ab，其中a∈α且a>0，b∈C且b>0}G \cup \{p \in Q | p = ab，其中a \in \alpha且a > 0，b \in C且b > 0\}G∪{p∈Q∣p=ab，其中a∈α且a>0，b∈C且b>0}
记为DDD。

再令EEE为如下集合：
G∪{p∈Q∣p=abc，其中a∈α且a>0，b∈β且b>0，c∈γ且c>0}G \cup \{p \in Q | p = abc，其中a \in \alpha且a > 0，b \in \beta且b > 0，c \in \gamma且c > 0\}G∪{p∈Q∣p=abc，其中a∈α且a>0，b∈β且b>0，c∈γ且c>0}

由以上定义可知，E⊂BE \subset BE⊂B且E⊂DE \subset DE⊂D。任取p∈Bp \in Bp∈B，如果p∈Gp \in Gp∈G，则p∈Ep \in Ep∈E。如果p∉Gp \not \in Gp∈G，则p=abp = abp=ab，其中，a∈Aa \in Aa∈A且a>0a > 0a>0，b∈γb \in \gammab∈γ且b>0b > 0b>0，于是有a=cda = cda=cd，其中，c∈αc \in \alphac∈α且c>0c > 0c>0，d∈βd \in \betad∈β且d>0d > 0d>0，于是有p=cdbp = cdbp=cdb，于是p∈Ep \in Ep∈E，于是B⊂EB \subset EB⊂E，于是B=EB = EB=E。任取q∈Dq \in Dq∈D，如果q∈Gq \in Gq∈G，则q∈Eq \in Eq∈E。如果q∉Gq \not \in Gq∈G，则q=efq = efq=ef，其中，e∈αe \in \alphae∈α且e>0e > 0e>0，f∈Cf \in Cf∈C且f>0f > 0f>0，于是有f=ghf = ghf=gh，其中，g∈βg \in \betag∈β且g>0g > 0g>0，h∈γh \in \gammah∈γ且h>0h > 0h>0，于是有q=eghq = eghq=egh，于是q∈Eq \in Eq∈E，于是D⊂ED \subset ED⊂E，于是D=ED = ED=E。于是我们证明了B=DB = DB=D，也就是：
(αβ)γ=α(βγ)(\alpha\beta)\gamma = \alpha(\beta\gamma)(αβ)γ=α(βγ)

乘法单位元

我们将乘法单位元定义为所有的小于1的有理数组成的集合，记为1∗1^*1∗。

现在我们来证明1∗∈R1^* \in R1∗∈R。由1∗1^*1∗定义可知1∗≠∅1^* \not = \varnothing1∗=∅且1∗≠Q1^* \not = Q1∗=Q，所以符合RRR定义的条件1。任取p∈1∗p \in 1^*p∈1∗，q∈Qq \in Qq∈Q且q<pq < pq<p，于是q<p<1q < p < 1q<p<1，于是q∈1∗q \in 1^*q∈1∗，所以符合RRR定义的条件2。由于p<1+p2<1p < \frac{1 + p}{2} < 1p<21+p<1，于是1+p2∈1∗\frac{1 + p}{2} \in 1^*21+p∈1∗，所以符合RRR定义的条件3。故得证。

由1∗1^*1∗的定义可知1∗>0∗1^* > 0^*1∗>0∗，于是1∗∈R+1^* \in R^+1∗∈R+。

任取r∈α1∗r \in \alpha1^*r∈α1∗，如果r≤0r \leq 0r≤0，则r∈αr \in \alphar∈α。如果r>0r > 0r>0，则r=abr = abr=ab，其中，a∈αa \in \alphaa∈α且a>0a > 0a>0，b∈1∗b \in 1^*b∈1∗且b>0b > 0b>0，又由于b<1b < 1b<1，于是有r=ab<ar = ab < ar=ab<a，根据RRR定义条件2可知r∈αr \in \alphar∈α，于是α1∗⊂α\alpha1^* \subset \alphaα1∗⊂α。

任取s∈αs \in \alphas∈α，如果s≤0s \leq 0s≤0，则r∈α1∗r \in \alpha1^*r∈α1∗。如果s>0s > 0s>0，根据RRR定义条件3可取t∈αt \in \alphat∈α且s<ts < ts<t，于是0<st<10 < \frac{s}{t} < 10<ts<1，于是st∈1∗\frac{s}{t} \in 1^*ts∈1∗，又s=tsts = t\frac{s}{t}s=tts，于是s∈α+0∗s \in \alpha + 0^*s∈α+0∗，于是α⊂α1∗\alpha \subset \alpha1^*α⊂α1∗。

综合上面有：
α1∗=α\alpha1^* = \alphaα1∗=α

乘法逆元

令
G={p∈Q∣p≤0}G = \{p \in Q | p \leq 0\}G={p∈Q∣p≤0}

我们将α\alphaα的乘法逆元定义为如下集合：
G∪{p∈Q∣p>0，并且存在r∈Q且p<r，使得对于任意q∈α且q>0，都有qr<1}G \cup \{p \in Q | p > 0，并且存在r \in Q且p < r，使得对于任意q \in \alpha且q > 0，都有qr < 1\}G∪{p∈Q∣p>0，并且存在r∈Q且p<r，使得对于任意q∈α且q>0，都有qr<1}
记为α−1\alpha^{-1}α−1。取s∉αs \not \in \alphas∈α，根据RRR的性质1可知，对于任意q∈αq \in \alphaq∈α且q>0q > 0q>0，都有q<sq < sq<s，于是有q1s<1q\frac{1}{s} < 1qs1<1，又0<1s+1<1s0 < \frac{1}{s + 1} < \frac{1}{s}0<s+11<s1，于是1s+1∈α−1\frac{1}{s + 1} \in \alpha^{-1}s+11∈α−1。这也就是说α\alphaα的乘法逆元必包含有正有理数。

下面我们来证明α−1∈R\alpha^{-1} \in Rα−1∈R。

由α−1\alpha^{-1}α−1定义可知α−1≠∅\alpha^{-1} \not = \varnothingα−1=∅。取p∈αp \in \alphap∈α且p>0p > 0p>0，由于对于任意s∈Qs \in Qs∈Q且s>1ps > \frac{1}{p}s>p1都有sp>1sp > 1sp>1，所以1p∈Q\frac{1}{p} \in Qp1∈Q且1p∉α−1\frac{1}{p} \not \in \alpha^{-1}p1∈α−1，所以α−≠Q\alpha^- \not = Qα−=Q。于是符合RRR定义的条件1。

取s∈α−1s \in \alpha^{-1}s∈α−1，如果s≤0s \leq 0s≤0，取t∈Qt \in Qt∈Q且t<st < st<s，则t∈Gt \in Gt∈G，则t∈α−1t \in \alpha^{-1}t∈α−1。如果s>0s > 0s>0，则存在r∈Qr \in Qr∈Q且s<rs < rs<r，对于任意u∈αu \in \alphau∈α且u>0u > 0u>0都有ru<1ru < 1ru<1。再取t∈Qt \in Qt∈Q且t<st < st<s，若t≤0t \leq 0t≤0，则t∈Gt \in Gt∈G，则t∈α−1t \in \alpha^{-1}t∈α−1。若t>0t > 0t>0，于是有t<s<rt < s < rt<s<r，于是t∈α−1t \in \alpha^{-1}t∈α−1。于是符合RRR定义的条件2。

取s∈α−1s \in \alpha^{-1}s∈α−1，如果s≤0s \leq 0s≤0，由于α−1\alpha^{-1}α−1中必含有正有理数，设为ttt，于是有t∈α−1t \in \alpha^{-1}t∈α−1且s<ts < ts<t。如果s>0s > 0s>0，则存在r∈Qr \in Qr∈Q且s<rs < rs<r，对于任意u∈αu \in \alphau∈α且u>0u > 0u>0都有ru<1ru < 1ru<1，令t=s+r2t = \frac{s + r}{2}t=2s+r，可知t∈Qt \in Qt∈Q，由于s<s+r2<rs < \frac{s + r}{2} < rs<2s+r<r，于是s<t<rs < t < rs<t<r，于是t∈α−1t \in \alpha^{-1}t∈α−1。于是符合RRR定义的条件3。

以上便证明了α−1∈R\alpha^{-1} \in Rα−1∈R。再由α−1\alpha^{-1}α−1的定义以及α−1\alpha^{-1}α−1中必含有正有理数可知α−1>0∗\alpha^{-1} > 0^*α−1>0∗，于是α−1∈R+\alpha^{-1} \in R^+α−1∈R+。

接着我们来证明αα−1=1∗\alpha\alpha^{-1} = 1^*αα−1=1∗。

任取p∈αα−1p \in \alpha\alpha^{-1}p∈αα−1，由α−1\alpha^{-1}α−1的定义可知p<1p < 1p<1，于是p∈1∗p \in 1^*p∈1∗，于是αα−1⊂1∗\alpha\alpha^{-1} \subset 1^*αα−1⊂1∗。

任取q∈1∗q \in 1^*q∈1∗，如果q≤0q \leq 0q≤0，根据R+R^+R+中乘法定义可知q∈αα−1q \in \alpha\alpha^{-1}q∈αα−1。如果q>0q > 0q>0，于是0<q<10 < q < 10<q<1，于是0<1−q<10 < 1 - q < 10<1−q<1。取p∈αp \in \alphap∈α且p>0p > 0p>0，由于p(1−q)<pp(1 - q) < pp(1−q)<p，于是p(1−q)∈αp(1 - q) \in \alphap(1−q)∈α。由于p(1−q)>0p(1 - q) > 0p(1−q)>0，由之前已经证明过的结论，我们知道存在整数nnn，使得np(1−q)∈αnp(1 - q) \in \alphanp(1−q)∈α且(n+1)p(1−q)∉α(n + 1)p(1 - q) \not \in \alpha(n+1)p(1−q)∈α，记np(1−q)np(1 - q)np(1−q)为rrr，记(n+1)p(1−q)(n + 1)p(1 - q)(n+1)p(1−q)为r′r'r′，于是有r′−r=p(1−q)r' - r = p(1 - q)r′−r=p(1−q)。根据RRR性质1可知p<r′p < r'p<r′，于是p(1−q)<r′(1−q)p(1 - q) < r'(1 - q)p(1−q)<r′(1−q)，于是r′−r<r′−r′qr' - r < r' - r'qr′−r<r′−r′q，于是rq>r′\frac{r}{q} > r'qr>r′，根据RRR性质2可知rq∉α\frac{r}{q} \not \in \alphaqr∈α。于是，根据RRR性质1可知，对于任意s∈αs \in \alphas∈α且s>0s > 0s>0，我们都有s<rqs < \frac{r}{q}s<qr，于是有sqr<1s\frac{q}{r} < 1srq<1，由于r∈αr \in \alphar∈α，根据RRR定义的条件3可知，存在t∈αt \in \alphat∈α且r<tr < tr<t，于是qt<qr\frac{q}{t} < \frac{q}{r}tq<rq，于是qt∈α−1\frac{q}{t} \in \alpha^{-1}tq∈α−1。又q=tqtq = t\frac{q}{t}q=ttq，于是q∈αα−1q \in \alpha\alpha^{-1}q∈αα−1。于是1∗⊂αα−11^* \subset \alpha\alpha^{-1}1∗⊂αα−1。

综上，我们证明了αα−1=1∗\alpha\alpha^{-1} = 1^*αα−1=1∗。

满足乘法与序公理

现在证明上面定义的乘法满足乘法与序公理：如果α\alphaα，β∈R\beta \in Rβ∈R，α>0∗\alpha > 0^*α>0∗且β>0∗\beta > 0^*β>0∗，那么αβ>0∗\alpha\beta > 0^*αβ>0∗。

由R+R^+R+中乘法的定义可知，上面乘法与序公理是成立的。

（由于平台对文章篇幅限制，此文分为上下两个部分，结尾部分请参阅《使用戴德金分割法从有理数域构造实数域（下）》）

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为了解决伴随RIP协议的路由环路问题，可以采用水平分割法，这种方法的核心是（22），而反向毒化方法则是（23）。
为了解决伴随RIP协议的路由环路问题,可以采用水平分割法,这种方法的核心是(22),而反向毒化方法则是(23). (22) A.把网络水平地分割为多个网段,网段之间通过指定路由器发布路由信息 B.一条 ...

使用戴德金分割法从有理数域构造实数域（上）

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