给出下面类比推理命题（其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集）：①“若”类比推出“”②“若”类比推出“若”③“若”类比推出“若”其中类比结论正确的个数有（）A．1B．2C．3D．4A甘肃省天水市一中题文给出下面类比推理命题（其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集）： ①“若”类比推出“” ②“若”类比推出“若”③“若”类比推出“若”? 其中类比结论正确的个数有
（ ）A．1 B．2 C．3 D．4给出下面类比推理命题（其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集）：①“若”类比推出“”②“若”类比推出“若”③“若”类比推出“若”其中类比结论正确的个数有（）A．1B．2C．3D．4A甘肃省天水市一中学年高二上学期期末考试数学（文）试题答案A相关试题基础集合论（3+）：实数公理
这里，我们暂时不管集合论里那些概念，来介绍一个比较无聊又比较啰嗦的东西。后面的文章跟这破玩意没什么关系，将引入集合等势、序集、序数和基数的概念。
&&& 我们的目标是，在 ZF
公理体系下，构造出满足以下条件的实数集 R：
&&& R 上定义关系
注意，这里定义的实际上就是通常所说的“小于等于”。如果定义“小于”为“小于等于”且“不等于”，那么任意两个实数满足三歧性（即
x=y，x 小于 y，y 小于 x 恰有一条成立），这是由第一二四行决定的。
第三行说的则是传递性，这里小于等于的传递性同小于的传递性是一个意思：若小于满足传递性，那么对任意的 a&=b&=c，若
a=b 则 b&=c 就是 a&=c，否则若 b=c 则 a&=b 就是 a&=c，再否则就只能 a 小于 b
小于 c，故 a 小于 c，当然有 a&=c，总之小于等于满足传递性；反过来，若小于等于满足传递性，那么对任意的 a 小于 b
小于 c，先推出 a&=c，然后若 a=c，则有 a 小于 b 同时 b 小于 a，这是违反三歧性的，因此 a 小于
c，即小于满足传递性。
一般地，定义了这样的顺序的集合被称为全序集，后面还会提到。
&&& R 上定义加法运算 +
: R&R→R，满足
&&& 注意，这里的 0
与我们之前定义的 0:=& 不是一个意思，以后各种不同的 0 或者类似这种情况（比如各种不同的
1），将要靠上下文区分它们。这里第一条指出来实数集中存在一个特殊的元素
0（零元），它与任意实数相加还是那个实数。第二条指出对任意实数，都存在一个实数与它相加为
0（通常把它叫做这个实数的相反数）。三四条分别是加法的结合律和交换律。
既然存在这样一个特殊的元素 0，它唯一吗？假设存在两个这样的元素 0, 0'，注意到 0+0' 既等于 0（因为 0' 是零元）也等于
0'（因为 0 是零元），也就是说 0, 0' 相等。类似地，任意实数的相反数唯一：若 x1, x2 都是 x 的相反数，那么
(x1+x)+x2=x1+(x+x2) 既等于 x1 又等于 x2，故两者相等。
&&& R 上定义乘法运算 ·
: R&R→R，满足
第一条指出实数集中存在一个特殊的元素
1（单位元，它不等于零元），与任意实数相乘还是那个实数。第二条指出对任意非零实数，都存在一个实数与它相乘为
1（通常把它叫做这个实数的倒数）。三四条分别是乘法的结合律和交换律。
剩下的公理列在下面：（其中最后一条公理中 X, Y 为 R 的任意非空子集）
前三条公理都是很自然的：第一条是乘法分配律；第二条是不等式两边加同一个实数，不等号方向不变；第三条是两个非负数相乘，结果还是非负数。第四条公理被称为完备公理，说的是对实数集的任意两个非空子集，如果其中一个集合的元素总是小于等于另一个集合的元素（在数轴上，这就相当于其中一个点集在另一个点集“左边”），那么总有一个实数大于等于前者的元素，小于等于后者的元素（相当于数轴上有一点把两个点集“分开”）。
&&& 满足这些条件的集合
R，被称为实数集。我们的目的，就是在 ZF 公理体系中，实打实地构造出这么一个实数集。
&&& 先列出自然数集
N（即前面说的 ω）的一些性质：除了小于关系满足三歧性和传递性之外，还有
第一条是我们证明过的引理（注意 a+1 就是 a 的后继）（我们只证过向右的箭头，实际上由 a 一定小于 a
的后继（这是因为由后继的定义，a 属于 a
的后继），向左的箭头是显然的），第二条则是序和加法的联系（顺便它还指出，并不是任意两个自然数都可以相减：小数不能减大数）。
简单证明一下第二条。先证向右的箭头，对 a 归纳，若 a=0，则 a&=b 成立，箭头右边也成立（取 p=b）。若对 a
成立，看 a+，假设 a+&=b，这说明 a 小于 b，由归纳假设，存在自然数 p 满足 a+p=b，而 p 不能为零（否则
a=b 了），故 p 一定是某个自然数 q 的后继，于是 (a+)+q=a+(q+)=a+p=b，q 就是使箭头右边成立的那个 p
。再证向左的箭头，实际上就是证明 a 小于等于 a+p，对 p 归纳一下就出来了。
&&& 推论：对任意自然数 a,
b，a 小于 b 当且仅当存在非零自然数 p 满足 a+p=b 。左边推右边是由于 a 小于 b 当然也小于等于 b，故存在自然数 p
满足 a+p=b，这个自然数不能为零，否则 a=b；右边推左边是由于 p 非零，故设 p 为自然数 q 的后继，于是
(a+)+q=b，故 a+ 小于等于 b，即 a 小于 b 。
加法交换律结合律都证过了，第六条是消去律也证过，看第五条，这用一下第二条的推论和消去律直接出来了。此时我们看到，a, b 和 a+c,
b+c 的大小关系是完全一样的。
&&& （也许有人会想 a=b
如何推出 a+c=b+c，这个...就是等量代换嘛！两个数各自不变，它们的和不可能变。）
注意第七条，它告诉我们若两个自然数之和为 0，则它们都为 0 。证明很简单，若 b 不为零，设 b 是自然数 p 的后继，则 a+b
是 a+p 的后继（这是加法定义里的递推式），这与 a+b 为零矛盾（零不是任意自然数的后继）。所以 b=0，这样就有 a=a+0=0
乘法交换律结合律分配律都容易证，看第十一条，对 c 用归纳原理就可以证明了，证明过程中要用到同向不等式相加（若 a 小于 b，c 小于
d，则 a+c 小于 b+d），这是因为 a+c 小于 a+d 小于 b+d 。用这个可以立即推出第十二条：因为如果 ac=bc 而
a, b 不等，那么要么 a 小于 b（此时 ac 小于 bc）要么 b 小于 a（此时 bc 小于
ac），这些都是矛盾的。此时我们看到，当 c 不为零时，a, b 和 ac, bc 的大小关系是完全一样的。
第十三条说的是若两个自然数之积为 0，则它们至少有一个为 0 。证明也不难，假设 b 不为 0，设 b 是自然数 p 的后继，则
ab=ap+a=0，第七条告诉我们 ap 和 a 都为 0，也就是说 a=0 。
最后一条是关于带余除法的。对 a 归纳，当 a=0 时，取 q=r=0 即可；若自然数 a 可以表示为 qb+r，其中 r
小于 b，那么就有 a+=qb+(r+)，其中 r+ 小于等于 b 。若 r+ 小于 b，则结论对 a+ 成立；否则 r+=b，此时
a+=qb+b=(q+)b+0，结论对 a+ 仍然成立。由归纳原理，所证结论成立。注意到，满足条件的 q, r 不仅存在，而且唯一：若
a=qb+r=q'b+r'，而 q 小于 q'，就有 q'b+r=qb+b+r，它大于等于 qb+b 大于 qb+r，这不可能，同理
q' 不能小于 q，于是只能 q=q'，等式两边消去 qb, q'b 得 r=r' 。
工具备齐了，下面定义整数。
&&& 我们准备用两个自然数的差
定义整数。按我们通常的经验，任意整数都可以用两个自然数的差表示，所以我们的做法并不违反直觉；但是，总不能先去定义整数集上的减法运算吧（这样就成循环论证了），因为这个原因，我们干脆就不用减法这个词了，直接用有序对
定义整数。但是，有些有序对减出来的结果是相同的，它们却不是同一个有序对。所以，我们要把这些有序对弄成一个等价类。
&&& 若 (x, y) 与
(z, w) 相等，按照通常的想法，当然有 x-y=z-w，但是这里有减法，不能用，于是我们把它移项变成
x+w=z+y，这样就好了，因为我们已经定义了自然数的加法。我们就用这个式子定义等价关系。
&&& 具体地说，我们在 N&N
上定义关系 R，满足对任意自然数 x, y, z, w，有
容易验证这是个等价关系：自反性满足，因为 (x, y)R(x, y) 就等价于 x+y=x+y；对称性满足，因为 (x, y)R(z,
w) 就是 x+w=z+y，而 (z, w)R(x, y) 就是 z+y=x+w；传递性满足，因为 (x, y)R(z, w)，(z,
w)R(u, v) 同时成立说明 x+w=z+y, z+v=u+w，两式相加得 x+w+z+v=z+y+u+w，消去 z+w 得
x+v=u+y，这就是 (x, y)R(u, v) 。此时，我们可以定义整数集了：等价关系 R
所确定的每个等价类都称为整数，它们组成的集合称为整数集，记为 Z 。
&&& 借用之前的记号，我们用
[(x, y)] 表示自然数有序对 (x, y) 所在的等价类（并且省略掉右下角的等价关系 R）
按通常的想法，整数应该可以分为零、正整数和负整数，我们自然可以想到：把 [(0, 0)], [(x, 0)], [(0, y)]
这样的整数分别定义为零、正整数和负整数，即：
&&& 先证明对任意整数
a，下列三式恰有一式成立：
&&& 这是因为，设
a=[(x, y)]，则 a=0 当且仅当 (x, y) 与 (0, 0) 等价，当且仅当 x=y；a 是正整数当且仅当存在非零自然数
p 使 (x, y) 与 (p, 0) 等价，当且仅当存在非零自然数 p 使 y+p=x，当且仅当 y 小于 x；同理，a
是负整数当且仅当 x 小于 y 。由于 x=y, x 小于 y, y 小于 x 恰有一式成立，故上面那三式也恰有一式成立。
注意在我们这里，非零自然数与正整数是有区别的（别忘了整数是 N&N
上的等价类）。当然，我们可以证明它们同构（即它们的顺序以及运算等等都可以一一对应，没什么区别），但是这个问题有些麻烦，我们采取一种偷懒的办法：不管它们有没有什么同构关系，只要最后造出满足条件的实数集就完事。至于造出实数集之后怎么办，实际上在很多时候（比如数学分析），从实数公理作为推理出发点就够了，大不了在满足实数公理的实数集里再把自然数集整数集有理数集搞出来。
接下来定义整数的加法，由于整数是等价类，所以对任意两个整数，从它们里面各挑一个元素来定义加法，就是很自然的了。直观上理解，整数 x-y
与整数 z-w 之和为 (x+z)-(y+w)，所以自然有下面的定义：对任意自然数 x, y, z, w，定义
当然，等价类里可能有很多元素，而挑哪个元素是随意的，为了保证加法运算对任意两个整数都能给出唯一的结果，需要证明这样一件事情：若 (x,
y)R(x', y') 且 (z, w)R(z', w')，证明 (x+z, y+w)R(x'+z', y'+w')
。实际上，由给定的条件有 x+y'=x'+y, z+w'=z'+w，两边相加就得到
(x+z)+(y'+w')=(x'+z')+(y+w)，这恰好就是 (x+z, y+w)R(x'+z', y'+w')
。所以，这个加法运算确实是一个从 Z&Z 到 Z 的函数。
加法的交换律和结合律都很容易验证。此外，与自然数集一样，整数集里也有零元（即 0），因为显然 [(x, y)]+[(0,
0)]=[(x, y)] 。令人欣喜的是，每个整数还都有相反数：对任意自然数 x, y，定义整数 [(x, y)]
不要太着急，跟刚才一样，我们要先验证同一个等价类中挑不同的元素 (x, y) 得到的结果相等：事实上，若 (x, y) 与 (x',
y') 等价，容易验证 (y, x) 与 (y', x') 等价。接下来，我们验证整数与它的相反数相加，结果确实是
0_Z：事实上，[(x, y)]+[(y, x)]=[(x+y, y+x)]=[(0, 0)]=0
。至此，我们证明每个整数都有（与它相加和为零元的）相反数，值得注意的是自然数集并不满足这个性质（自然数集中只有 0 有相反数
另外一个事实是，零的相反数是零，正整数的相反数是负整数，负整数的相反数是正整数。这由它们的定义很容易推出来。
这样，我们就可以定义减法了：减去一个数，等于加上一个数的相反数。这就是说，对任意整数 a, b，定义
&&& 值得注意的是，[(x,
y)]=[(x, 0)]-[(y, 0)] 。
有了减法，我们用它来定义序关系：对任意整数 a, b，定义
当然，定义“小于等于”为“小于”或“等于”。
&&& 由此立即可得 b 小于
a 当且仅当 a-b 为正整数，当且仅当 b-a 为负整数；另外，a=b 当且仅当 b-a=0 。于是，我们立即可得 a=b, a
小于 b, b 小于 a 恰有一式成立。判断 a, b 大小关系，只需判断它们的差是正是负还是零就好了。特别地，0 小于 a 当且仅当
a 是正整数，a 小于 0 当且仅当 a 是负整数。
另外，与自然数相同，我们还可以证明 a, b 和 a+c, b+c 的大小关系是完全一样的（这是因为 b-a 和
(b+c)-(a+c) 是相等的）。由此立刻可以推出，同向不等式可相加（若 a 小于 b，c 小于 d，则 a+c 小于
b+d），这是因为 a+c 小于 a+d 小于 b+d 。特别地，两个正整数相加仍为正整数（这是把 0 小于 a 和 0 小于 b
相加得到的）。这样，传递性就很容易证明了：若 a 小于 b 且 b 小于 c，说明 b-a, c-b 是正整数，它们的和 c-a
还是正整数，这说明 a 小于 c 。
在定义乘法之前，先回去看看那张自然数性质的列表，把自然数集 N 换为整数集
Z，哪些还符合？只有前七条不涉及乘法，其中第三四五六条仍然成立（在这里加法的消去律甚至更为显然，两边加上 c
的相反数一下子就消去了），而第七条当然不成立了。第二条若把 p∈N 换为
p∈{0}∪Z+，那么它还是成立的，不过这条性质也没多大意思：p 一定等于 b-a 了（a+p=b 两边加上 a
的相反数），这跟小于的定义一模一样。
第一条性质倒是值得一看（当然，1 要换成整数集中的 1：定义 1=[(1, 0)]）：根据小于的定义，只需证明正整数减 1
不会为负整数就行了。假设这种情况存在，即存在正整数减负整数等于 1，即存在非零自然数 x, y 使得
于是 (1, 0) 与 (x+y, 0) 等价，也就是 x+y=1，然而 x, y 均大于等于 1，因此 x+y 大于等于
2（同向不等式相加），矛盾。因此第一条性质也成立。
由此可见，整数和自然数一样，在 a 和 a+1 之间不存在其它的整数（自然数）。
最后，定义整数的乘法。按照通常的想法，(x-y)·(z-w)=(xz+yw)-(xw+yz)，跟加法类似地，有下面的定义：对任意自然数
x, y, z, w，定义
（在这里，自然数乘法的符号“ · ”被省略了）。当然，我们要证明如果 (x, y)R(x', y') 且 (z, w)R(z',
w')，则 (xz+yw, xw+yz)R(x'z'+y'w', x'w'+y'z')
。事实上，利用已知条件，可以凑出一个跟待证式很相似的式子 xz+yw+xw'+yz'=xz'+yw'+xw+yz（这是由
x(z+w')+y(z'+w)=x(z'+w)+y(z+w') 变过来的，注意
z+w'=z'+w）。接下来就有好玩的事情了：在等式两边同时加上 y'z' 和
y'w'（此时在纸上写出来这个过程观看更佳），注意到右边有两项可以凑成 (x+y')z'，把它换成 (x'+y)z'
再拆开，这个时候两边都有 yz'，可以直接约掉；左边有两项可以凑成 (x+y')w'，把它换成 (x'+y)w'
再拆开，这个时候两边都有 yw'，可以再约一下。这样，这个式子正好是
xz+yw+x'w'+y'z'=x'z'+y'w'+xw+yz，于是 (xz+yw, xw+yz) 和 (x'z'+y'w',
x'w'+y'z') 的确是等价的。
有了乘法的定义，现在我们研究一些简单的性质：首先，交换律、结合律、对加法的分配律，都容易用定义验证它们成立；其次容易验证，任意整数乘以
0 得数为 0，任意整数乘以 1 等于它自己，任意整数乘以 -1 等于它的相反数。另外，正整数 [(x, 0)] 乘以正整数 [(y,
0)] 得到的结果 [(xy, 0)] 仍然是正整数（注意我们用到了“对于自然数 x, y，若 xy=0，则 x=0 或 y=0
”的逆命题），我们立即可得，正整数乘负整数结果为负整数（因为负整数等于它的相反数——这一定是个正整数——乘以
-1），负整数乘负整数结果为正整数（同上，提出两个 -1，而 -1 乘 -1 结果为 -1 的相反数，也就是
1，乘了等于白乘）。
接下来，就可以推广自然数性质里的消去律了。若 a, b 是整数，而 c 是正整数，则 a, b 和 ac, bc
的大小关系是完全一样的（这是因为 b-a 的正负情况与 (b-a)c
完全一样：要么都是正整数，要么都是负整数，要么都是零）。反过来，若 c 是负整数，则 a, b 和 bc, ac
的大小关系是完全一样的。另外，若 ac=bc，则当 c 非零时就可以把 c 从等式两边消去。
看自然数性质的第十三条，它显然是成立的：若 a, b 均不为零，a, b
都要么正要么负，根据刚才的讨论，不管哪种情况，它们的乘积都不会为零。第十四条与带余除法有关，按照直观的理解，如果把命题改成这样：
那么它应该是对的。事实上，设 b=[(y, 0)]，对 a 为零或正整数的情况，直接令 a=[(x, 0)]=[(zy+w,
0)]=[(z, 0)]·[(y, 0)]+[(w, 0)] 就好了，利用前面证明过的定理，可以保证自然数 w 小于 y，取
q=[(z, 0)], r=[(w, 0)] 即可。如果 a 是负整数，我们可以把 a 写成 [(x, uy)] 的形式（事实上，先把
a 写成 [(0, y')]，再把 y' 表示成 sy+t 的形式，其中 t 小于 y，故 y' 小于 (s+1)y，设
y'+x=(s+1)y，则 a=[(x, (s+1)y)]），然后就有 a=[(x, uy)]=[(zy+w, uy)]=[(z,
u)]·[(y, 0)]+[(w, 0)]，取 q=[(z, u)], r=[(w, 0)] 即可。注意，这里 q, r
的选取仍然是唯一的，证明跟之前自然数里的证明完全一样。
最后，把我们讨论过的整数的性质列出来（仅一部分）：除了小于关系满足三歧性和传递性之外，还有
可以看到，整数集与我们想要的实数集还差了一点：不是所有非零整数都有倒数（事实上，可以证明只有 1 和 -1
有倒数）。要解决这个问题，就要靠接下来定义的有理数了。
整数由自然数的“减法”定义，类似地，有理数由整数的“除法”定义。由于有了之前的铺垫，我们可以用基本相同的方法定义有理数：先在
Z&(Z-{0}) 上定义关系 R（这个符号跟刚才一样，但是不会发生歧义，因为我们再也不会把 R 看成 N&N
上的等价关系了），满足对任意整数 x, z，任意非零整数 y, w，有
（今后时刻记住，能定义有理数的整数有序对，第二坐标一定不为零！）
容易验证这是个等价关系：自反性满足，因为 (x, y)R(x, y) 就等价于 xy=xy；对称性满足，因为 (x, y)R(z,
w) 就是 xw=zy，而 (z, w)R(x, y) 就是 zy=xw；传递性满足，因为 (x, y)R(z, w)，(z,
w)R(u, v) 同时成立说明 xw=zy, zv=uw，两式相加得 xwzv=zyuw，消去 zw 得 xv=uy（注意！当
z=0 时，不能从等式两边消去 zw，此时由 xw=zy=0 得 x=0，由 0=zv=uw 得 u=0，故 xv=uy
仍成立），这就是 (x, y)R(u, v) 。此时，我们可以定义有理数集了：等价关系 R
所确定的每个等价类都称为有理数，它们组成的集合称为有理数集，记为 Q 。
&&& 借用之前的记号，我们用
[(x, y)] 表示有序对 (x, y) 所在的等价类（并且省略掉右下角的等价关系 R）
按通常的想法，有理数应该可以分为零、正有理数和负有理数，我们自然可以想到：利用整数 x·y 的正负定义 [(x, y)]
的正负，即：
&&& 先证明对任意有理数
a，下列三式恰有一式成立：
&&& 事实上，对任意有理数
a=[(x, y)]，xy 总是零、正整数或负整数，若 xy=0，即 x=0（别忘了第二坐标 y 不为零！），于是 (x, y) 与
(0, 1) 等价，即 [(x, y)]=0；若 xy 为正整数，按定义，a 是正有理数；若 xy 为负整数，按定义，a
是负有理数。
&&& 另外，若
a=0=[(0, 1)]，在 a 的等价类中任取 (x, y)，则 (x, y) 与 (0, 1) 等价，即 x=0，故 xy
不会为正整数或负整数，于是 a 不是正有理数也不是负有理数；若 a 既是正有理数也是负有理数，即存在 a=[(x, y)]=[(z,
w)] 使得 xy 为正整数且 zw 为负整数，则 xyzw 必为负整数，而根据 (x, y) 与 (z, w) 等价得
xw=yz，故 (xw)·(yz) 不会是负整数（注意同号得正，零乘零得零），矛盾。综上，上述三种情况恰有一种成立。
接下来定义加法和相反数，加法的定义来源于小学数学的通分方法：对任意整数 x, z，任意非零整数 y, w，有
按惯例，要检查这些定义是不是正确的，再次注意，第二坐标不为零！所以，我们先要检验这些运算结果的第二坐标不为零。事实上，我们已有 y,
w 非零，故 yw 也非零。然后，要检验运算结果与等价类中挑哪个元素无关，这是很容易检验的。
&&& 容易验证，任意有理数加上
0 还等于它自己，任意有理数加上它的相反数等于
0，并且零的相反数是零，正有理数的相反数是负有理数，负有理数的相反数是正有理数。
接下来，我们定义减法和序关系：对任意整数 a, b，定义
当然，定义“小于等于”为“小于”或“等于”。
&&& 由此立即可得 b 小于
a 当且仅当 a-b 为正有理数，当且仅当 b-a 为负有理数；另外，a=b 当且仅当 b-a=0 。于是，我们立即可得 a=b, a
小于 b, b 小于 a 恰有一式成立。判断 a, b 大小关系，只需判断它们的差是正是负还是零就好了。特别地，0 小于 a 当且仅当
a 是正有理数，a 小于 0 当且仅当 a 是负有理数。
另外，与自然数及整数相同，我们还可以证明 a, b 和 a+c, b+c 的大小关系是完全一样的（这是因为 b-a 和
(b+c)-(a+c) 是相等的）。由此立刻可以推出，同向不等式可相加（若 a 小于 b，c 小于 d，则 a+c 小于
b+d），这是因为 a+c 小于 a+d 小于 b+d 。特别地，两个正有理数相加仍为正有理数（这是把 0 小于 a 和 0 小于 b
相加得到的）。这样，传递性就很容易证明了：若 a 小于 b 且 b 小于 c，说明 b-a, c-b 是正有理数，它们的和 c-a
还是正有理数，这说明 a 小于 c 。
紧接着，再来定义乘法：对任意整数 x, z，任意非零整数 y, w，有
&&& 我们有 y, w
非零，故 yw
也非零。检验运算结果与等价类中挑哪个元素无关，也是很容易的。可以证明，乘法满足交换律、结合律、对加法的分配律；任意有理数乘以 0
得数为 0，任意有理数乘以 1（定义为 [(1, 1)]）等于它自己，任意有理数乘以 -1
等于它的相反数。令人欣喜的是，每个非零有理数都有逆元：对任意非零整数 x, y，定义
&&& 对每个非零有理数
a=[(x, y)]，x 必然不为零，也就是说每个非零有理数都可以这样定义逆元；由于 x 不为零，故 [(y, x)]
确实代表一个有理数；又由于若 (x, y)R(x', y')，则显然 (y, x)R(y',
x')，故这样定义是没有问题的。最后，容易验证每个非零有理数乘以它的逆元等于 1 。
当然，我们还可以定义除法：一个有理数除以一个非零有理数，等于乘以它的倒数。
回去查看整数性质的列表，其它的性质我们在有理数集上都证明了，只有第一条和最后一条有些问题。第一条说的是，在 a, a+1
之间不存在别的整数。然而在有理数集上，任意两个不同的有理数之间都存在有理数！也就是说，我们有
事实上，我们可以令
（接下来，我们定义 2=1+1）先证明 a 小于 c，我们已知 a 小于 b，故 a+a 小于 a+b，即 2·a 小于
a+b，两边乘以 2 的倒数（注意，这里我们需要证明 2 的倒数是正有理数，实际上由于 1=[(1, 1)] 故 2=1+1=[(2,
1)]，它的倒数为 [(1, 2)]，按定义它是正有理数），得到 a 小于 c 。同理，由 a 小于 b 得 a+b 小于 b+b，即
a+b 小于 2·b，两边乘以 2 的倒数得到 c 小于 b 。结论得证。
&&& 关于最后一条，我们注意到
a=qb+r 就是 a·b^(-1)=q+r·b^(-1)，这里 a·b^(-1) 是给定的，q 是整数，r·b^(-1) 是大于等于
0 小于 1 的有理数。这种尚不严格的推理启示我们，是否任意有理数 a 都可以拆成一个整数 b 加一个大于等于 0 小于 1 的有理数
r 的形式？答案是肯定的。
当然，我们要知道在我们这里，有理数里是没有整数的（这是偷懒要付出的代价），因此暂时定义一个有理整数的东西：形如 [(x, 1)]（x
为任意整数）的有理数称为有理整数。在公式中，有理整数仍然用符号 Z 来记。显然，跟整数一样，在 [(x, 1)] 和 [(x+1,
1)]（它等于 [(x, 1)]+1）之间不存在其它的有理整数。这样，我们就可以正式地写出刚才的结论了：
接下来我们就证明它，首先把 a 写成 [(x, y)] 的形式（不妨设 y 为正整数，否则若 y 为负整数，则把 a 改写为
[(-x, -y)] 即可），然后根据带余除法的结论，记 x=sy+t，其中 s 是整数，t 是小于 y 的非负整数，那么
a=[(sy+t, y)]=[(s, 1)]+[(t, y)]，令 q=[(s, 1)], r=[(t, y)]
即满足要求。我们还可以证明，这里的 q, r 是唯一的：若 a=q+r=q'+r' 且 q' 大于 q，则 q' 大于等于 q+1，故
q'+r' 大于等于 q+1+r' 大于等于 q+1 大于 q+r，这就出现了矛盾。
&&& 注意到这里的 r
总必须是 a-q，而 a-q 大于等于 0 小于 1 就是 a 大于等于 q 小于 q+1，也就是说
而且这样的 q 是唯一的，通常把它称为 a 的整数部分。
最后，把我们讨论过的有理数的性质列出来（仅一部分）：除了小于关系满足三歧性和传递性之外，还有
回去对照一下实数公理，别的公理都满足了，唯独完备公理还没证。不仅如此，很遗憾地，我们还可以证明在有理数集中完备公理不成立：构造两个有理数集的非空子集
A, B，A 中元素都小于等于 B 中元素，但是不存在一个有理数大于等于 A 中所有元素，且小于等于 B 中所有元素。结合熟知的无理数
2^(1/2)，我们这样构造：
其中，有理数的平方 x^2 定义为 x·x 。
当然，这两个集合都非空，容易验证 1∈A, 2∈B 。
&&& 先证明 A
中元素都小于等于 B 中元素，为此先证明，不等式两边同乘一个正有理数，不等号方向不变，这是因为任取 c 为正有理数，则 a 小于 b
说明 b-a 为正有理数，说明 (b-a)·c 为正有理数，说明 ac 小于 bc 。接下来证明，若正有理数 a, b 满足 a 小于
b，则 a^2 小于 b^2，这是因为 a·a 小于 a·b 小于 b·b 。最后，分别任取集合 A, B 中元素 a, b，有
a^2 小于 2 小于 b^2，故 b 小于 a 不可能成立，因此 a 小于等于 b 。
接下来证明，不存在正有理数 c，大于等于 A 中所有元素，小于等于 B 中所有元素。用反证法，假设存在这样的
c，我们分几步来推出矛盾。
1. c 是正有理数。
&&& 这是显然的，因为由
1∈A 可推出 c 大于等于 1 大于 0 。
2. c^2 不等于 2 。
&&& 这就是证明根号 2
不是有理数的经典证明，但是这里假定数论基础为零，就写得麻烦一些：
&&& 假设 c^2=2 。由
c 是正有理数，不妨假设 c=[(x, y)]，其中 x, y 均为正整数（若 y 为负整数，则改写 c=[(-x, -y)]；既然
y 是正整数，x 当然自动成为正整数）。这样，就有 c^2=[(x^2, y^2)]=2=[(2, 1)]，于是 (x^2, y^2)
等价于 (2, 1)，即 x^2=2y^2 。
为了能够使用归纳法，我们再把它变成自然数（为了偷懒又付出了代价），既然 x, y 都是正整数，设 x=[(n, 0)], y=[(m,
0)]，其中 n, m 都是非零自然数，这样 x^2=2y^2 又化成了 n^2=2m^2 。
&&& 对于自然数
s，根据带余除法的性质，可以把 s 写成 2k+r 的形式，其中 k 是自然数，r 为小于 2 的自然数（也就是 0 或
1），并且这种写法唯一。若 r=0，称 s 为偶数，否则称 s
为奇数。由定义，任意一个自然数要么是偶数，要么是奇数，并且不能既是奇数又是偶数。值得注意的是，奇数的平方仍然是奇数（因为
(2k+1)^2=2(2k^2+2k)+1），偶数的平方仍然是偶数（因为 (2k)^2=2·2k^2）。
有了这些铺垫，我们用最小数原理完成最后一击：既然存在非零自然数 n, m 使得 n^2=2m^2，那么所有满足“存在非零自然数
m，使得 n^2=2m^2 ”的非零自然数 n 组成的集合就不是空集，故它有最小数 p，并存在非零自然数 q 满足 p^2=2q^2
。注意到 p^2 是偶数，故 p 是偶数，记 p=2s，就有 2s^2=q^2，此时 q^2 一定是偶数，故 q 是偶数，记
q=2t，就有 s^2=2t^2 。注意到 s, t 仍然为非零自然数，故 s 也属于刚才那个集合；且 s 小于 2s，故 s 小于
p 。这与 p 是该集合中的最小数矛盾。
&&& 综上所述，c^2 不等于
3. c^2 不会小于 2 。
&&& 事实上，若 c^2 小于
2，刚才我们证过 c^2 大于等于 1，设
&&& 显然 Δ 是正有理数，d
大于 c 。另一方面，我们有
&&& 注意中间放缩了一步
(Δ/3c)^2 小于 Δ/3，实际上这当且仅当 Δ 小于 3c^2，而我们已经证过 Δ=2-c^2 小于 2，且 3c^2 大于等于
3 。所以这步放缩是成立的。于是，d 也是集合 A 的元素，但 d 大于 c，这与 c 大于等于 A 中任意元素矛盾。
4. c^2 不会大于 2 。
&&& 事实上，若 c^2 大于
&&& 显然 Δ 是正有理数，d
小于 c 。另一方面，我们有
&&& 于是，d 也是集合 B
的元素，但 d 小于 c，这与 c 小于等于 B 中任意元素矛盾。
最终得出结论，不存在满足条件的有理数 c 。想象把有理数集放到数轴上，虽然任意两个点之间都有至少一个点，甚至有无穷个点（a, b
之间有一点 c，a, c 之间有另一点 d，这样重复下去，就能找到无穷个点），然而这些点之间是有很多空洞的，上面的两个集合 A,
B，反映到数轴上就是 A 全部在 B 左侧，但是却找不到一个已有的有理数点把它们分开！
要完成实数公理的最后一步，一般有两种方法，可以用 Dedekind 分割，或者用 Cauchy 数列。
实数—— Dedekind 分割
是有理数集的非空真子集，若 X 中任意元素小于 Q-X 中任意元素，并且 X 中无最大值（x 是 X 的最大值，当且仅当 x∈X 且
x 大于等于 X 中所有元素；把大于等于换为小于等于，就是最小值的定义），则称 X 为一个实数。
&&& 直观上来看，X 和
Q-X 相当于把有理数的点集分成了左右两部分。记 Y=Q-X，我们已知 X 没有“最右边的点”，若 Y
有“最左边的点”，那两个集合的分界线当然就是这个有理点。反过来，如果 Y 没有“最左边的点”，注意这时不存在有理数 c 既大于等于 X
中所有元素，又小于等于 Y 中所有元素（因为 c 必属于 X, Y 之一，若属于前者则它是 X 的最大值，否则它是 Y
的最小值，都是矛盾的），此时直观地来说，X, Y 的分界线是一个“无理数”。我们自然可以通过 Q-X
有无最小值，来严格地把实数划分为有理数无理数两部分，但是由于懒得证明这里的有理数与前面说的有理数是同构的，就不干这事了。
在实数集上定义大小关系是很简单的：若 a, b 为实数，则把 a 小于等于 b 定义为 a 是 b
的子集是很自然的，也就是说对任意实数 a, b，有
并定义“小于”为“小于等于”且“不等于”。
由这个定义，传递性是显然的，实数公理的第一第二条（返回本文最开头看）也显然满足。至于第四条，就需要说一说了：对任意实数 a, b，若
a 不小于等于 b（即 a 不包容于 b），则存在有理数 x 属于 a 但不属于 b 。若 b 不小于等于 a，则存在有理数 y 属于
b 但不属于 a 。若两者同时成立，那么由 x 属于 a 及 y 不属于 a，有 x 小于 y（因为实数的定义），但 y 属于 b 而
x 不属于 b，有 y 小于 x，这与有理数的三歧性矛盾。因此，要么 a 小于等于 b，要么 b 小于等于 a 。
既然这样，那完备公理是否满足？设 A, B 是实数集的两个非空子集，且 A 中任意实数小于等于 B 中任意实数，那么是否存在实数 c
大于等于 A 中任意实数，同时小于等于 B 中任意实数？答案是肯定的。想象 A 中任意实数都是数轴上的“左集”，A
是一堆“左集”的集合，它们各自有包容的关系，那么它们的并集应该就（很不严谨地说）是“刚好比它们都大的最小的那个集合”，它总该满足完备公理的条件了吧，也就是说考虑
&&& 分几步来证明 c
满足完备公理的条件。
1. c 是有理数集的非空真子集。
&&& 注意 c 的元素由 A
的元素（都是实数）的元素（都是有理数）组成，并且 A 中至少有一个元素 a（因为 A 非空）且 a 中至少有一个元素（因为 a
是实数，实数是有理数的非空真子集），故 c 非空。再注意到若从集合 B 中任取一个元素 b，它大于等于（也就是包容）A 中所有元素
a，因而也包容 c 。b 是有理数集的真子集，故 c 也是有理数集的真子集。
2. c 中任意元素小于 Q-c 中任意元素。
&&& 这是因为任取 c 中元素
x，由并集的定义，A 中存在元素 a 使得 x 属于 a 。但任取 Q-c 中元素 y，它不属于 A 的任意元素，特别地，y 不属于
a 。而 a 是实数，故由实数定义，x 小于 y 。
3. c 中无最大值。
&&& 若 c 中有最大值
x，由并集的定义，A 中存在元素 a 使得 x 属于 a 。但是 x 大于等于 c 中所有元素，当然也大于等于 a 中所有元素，故 x
是 a 的最大值，这与 a 是实数矛盾。
&&& 综合以上三条，c
4. c 大于等于 A 中任意元素。
这是显然的，因为由并集的定义，c 包容 A 的任意元素。
5. c 小于等于 B 中任意元素。
&&& 用反证法，设 B
中有元素 b 小于 c，即 b 是 c 的真子集，故 c 中有元素 x 不属于 b 。而由并集的定义，A 中存在元素 a 使得 x
属于 a 。由此可以看出，a 不是 b 的子集。但是由已知条件，a 一定小于等于 b，即 a 是 b 的子集，矛盾。
综上，完备公理成立。
&&& 容易推出对任意实数 a,
b，三式 a=b, a 小于 b, b 小于 a 恰有一式成立。特别地，定义实数 0 为负有理数集
Q-（容易验证它符合实数的定义，在证明它的任意元素 x 不是最大值时，用到了 x 与有理数 0 之间必有其它的有理数），正实数集为大于
0 的实数组成的集合，负实数集为小于 0 的实数组成的集合，则任意实数要么等于
0，要么属于正实数集，要么属于负实数集，三者恰有一个成立。
接下来，定义实数的加法：对任意实数 a, b，定义
&&& 我们要验证 a+b
的确是实数：
1. a+b 是有理数的非空真子集。
&&& 注意到 x, y
都是有理数，x+y 当然也是有理数，故 a+b 为有理数集的子集；a, b 均非空，故集合 a+b 也非空；由 a, b 均不等于
Q，从 Q-a, Q-b 中分别任取有理数 x', y'，则 x'+y' 不属于 a+b，这是因为如果 x'+y' 属于
a+b，就说明存在 x∈a, y∈b 使 x+y=x'+y'，但是由 a, b 均为实数得 x 小于 x' 且 y 小于 y'，故
x+y 小于 x'+y'，矛盾，故集合 a+b 不等于有理数集 Q 。
2. a+b 中任意元素小于 Q-(a+b) 中任意元素。
&&& 这是因为任取 a+b
中元素 x+y（x, y 分别属于 a, b）及 Q-(a+b) 中任意元素 z，设 z=x'+y，则 x' 不属于集合 a（否则 z
就属于 a+b 了），因而由 a 是实数得 x 小于 x'，即 x+y 小于 z 。
3. a+b 没有最大值。
&&& 这是因为若集合 a+b
有最大值 x+y（x, y 分别属于 a, b），则由 a 是实数得 a 无最大值，故 a 中存在元素 x' 大于 x，这样 x'+y
也是 a+b 的元素且大于 x+y，与 x+y 是最大值矛盾。
&&& 综上，a+b
由定义，加法的交换律和结合律是容易验证的。并且容易证明，若实数 a, b, c 满足 a 小于等于 b，则 a+c 小于等于 b+c
。现在我们验证任意实数加上 0 还等于它自己，由定义写出
&&& 证明 a+0 等于 a
用外延公理。事实上，若 x 属于 a，由 a 中无最大元知 a 中有大于 x 的元素 y，此时 x-y
是负有理数（这是有理数集中“大于”的定义），故 x=y+(x-y) 属于 a+0 。反过来，若 x+y 属于 a+0（x, y
分别属于 a, Q-），则 x+y 小于 x，故 x+y 绝不会不属于 a（否则根据实数定义，x 就小于 x+y 了），即 x+y
属于 a 。由外延公理，a+0=a 。
定义相反数自然想到利用有理数的相反数，既然实数都可以看作是“左集”，那么把“右集”里的有理数都取相反数，就差不多可以定义为这个实数的相反数了。但是，“右集”中可能含有最小值！此时取完相反数的集合有最大值，它就不是实数了。所以，我们要先把“右集”的最小值排除在外。
&&& 具体地说，对任意实数
&&& 也就是说，-a 是
Q-a 中所有“不是 Q-a 的最小值”的元素的相反数组成的集合。我们不仅要验证 -a 是实数，而且要验证对任意实数 a 都有
a+(-a)=0 。分几步来做这些工作。
1. -a 是有理数的非空真子集。
&&& 注意由 a 是实数得
Q-a 中有元素 x，由 x+1 大于 x，得 x+1 也属于 Q-a（否则若它属于 a，由 a 是实数得 x+1 小于
x，矛盾），并且 x+1 不是 Q-a 的最小元（因为 Q-a 中有元素 x，比 x+1 要小），按定义，-(x+1) 属于 -a，即
-a 不空。又 a 中任取元素 x，则 -x 不属于 -a，即 -a 不等于 Q 。
2. -a 中任意元素小于 Q-(-a) 中任意元素。
&&& 分别任取 -a,
Q-(-a) 中元素 x, y，则 -x 属于 Q-a 且不是 Q-a 的最小值。y 不属于 -a，说明 -y 要么不属于 Q-a（即
-y 属于 a，故有 -y 小于 -x，即 x 小于 y），要么属于 Q-a 但是是 Q-a 的最小值（因为 -x 也属于 Q-a
但不是最小值，故 -y 小于 -x，即 x 小于 y），不管怎样都有 x 小于 y 。
3. -a 没有最大值。
&&& 只需证明 Q-a
中所有“不是 Q-a 的最小值”的元素组成的集合（记为 a'）没有最小值就行了。事实上，在 a' 里任取有理数 x，它不是 Q-a
的最小值，故 Q-a 中有元素 y 小于 x，如果 y 不是 Q-a 的最小值那它就属于 a'，如果是最小值，那么在 y, x
之间找一个有理数，它小于 x，但是 y 比它小，因此它不是最小值，它属于 a'，总之在 a' 里总有比 x 小的有理数，故 a'
没有最小值，即 -a 没有最大值。
&&& 综合以上三条，-a
4. a+(-a)=0 。
&&& 先证明：对任意正有理数
t，在 a 中存在元素 x 使得 x+t 不属于 a 。假设它不成立，即存在某个正有理数 t，对任意 a 中元素 x，x+t 也属于
a，可以用归纳原理证明 x+n·t 属于 a（其中 n 为任意非负有理整数。设 n=[([(n', 0), 1)] 再对自然数 n'
用归纳原理）。取 Q-a 中一个元素 y，由我们证过的结论，存在有理整数 n 满足 (y-x)/t 大于等于 n 小于 n+1，而 x
小于 y，也就是说 (y-x)/t 是正有理数，故 n+1 大于 0，即为正有理整数。这样，x+(n+1)·t 就大于 y，故它属于
Q-a，矛盾。
&&& 任取 a+(-a)
的元素 x+y（x, y 分别属于 a, -a），则由定义 -y 属于 Q-a，于是有 x 小于 -y，即 x+y=x-(-y)
为负有理数。反过来，任取负有理数 z，那么根据刚才证明的结论，a 中存在元素 x 使得 x-z/2 不属于 a 。此时，x-z/2
属于 Q-a，那么 x-z 当然也属于 Q-a，并且不是 Q-a 的最小值，于是 z-x 属于 -a，而 z=x+(z-x)，故 z
属于 a+(-a) 。
这样，我们终于证明了每个实数都有相反数。根据本文开头的讨论，每个实数的相反数唯一。
为了完成实数定义的最后一部分，我们定义实数的乘法。这里有个很麻烦的地方是：我们在定义实数加法时大量用到了“同向不等式可相加”，但是，同向不等式不一定可以相乘！只有同向正不等式才可以相乘。我们先在正实数集上定义实数的乘法：对任意正实数
a, b，定义
有一点先要说明：任意正实数都包含至少一个正有理数。若不然，存在正实数 a 不包含正有理数，由于 a
大于（就是不小于等于，也就是不包容）0=Q-，而 a 又是 (Q-)∪{0} 的子集，故 a 必须包含 0 。但是这样一来，0 就是
a 的最大元，这与 a 是实数矛盾。由此立即推出，任意正实数都包含所有负有理数及 0 。
&&& 接下来我们就验证 ab
的确是实数：
1. ab 是有理数的非空真子集。
&&& ab 包含
0，因而不空。由 a, b 都包含所有负有理数及 0，从而从 Q-a, Q-b 中分别任取有理数 x',
y'，它们一定是正有理数。还可以看到，x'y' 不属于 ab，这是因为如果 x'y' 属于 ab，就说明存在正实数 x∈a, y∈b
使 xy=x'y'，但是由 a, b 均为实数得 x 小于 x' 且 y 小于 y'，故 xy 小于 x'y'，矛盾，故 ab
不等于有理数集 Q 。
2. ab 中任意元素小于 Q-ab 中任意元素。
&&& 这是因为任取 ab
中元素，要么是负有理数或 0（这时注意 Q-ab 中不含任何负有理数及 0，故只含正有理数，显然 ab 中的这个元素小于 Q-ab
中任意元素）要么可以写成 xy（x, y 都是正实数且分别属于 a, b），取 Q-(a+b) 中任意元素 z，设 z=x'y，则
x' 不属于集合 a（否则 z 就属于 ab 了），因而由 a 是实数得 x 小于 x'，即 xy 小于 z 。
3. ab 没有最大值。
&&& 注意到 x, y
都是正有理数，xy 当然也是正有理数，故集合 ab 含有正有理数。也就是说，ab 的最大值如果有，只能是正有理数。若集合 ab
有最大值 xy（x, y 都是正实数且分别属于 a, b），则由 a 是实数得 a 无最大值，故 a 中存在元素 x' 大于 x，这样
x'y 也是 ab 的元素且大于 xy，与 xy 是最大元矛盾。
&&& 综上，ab
是实数。同时，由定义 ab 显然真包容 0=Q-，故 ab 为正实数。
由定义，乘法的交换律和结合律是容易验证的，并且也顺带证明了正实数乘以正实数结果为正实数。现在我们定义实数 1 为一切小于有理数 1
的有理数组成的集合（显然它满足实数定义，并且这样定义出的 1 不等于 0），并证明任意正实数乘以 1 等于它自己。我们记《0,
1》为一切小于 1 的正有理数组成的集合，那么 a·1 也就是
&&& 证明 a·1 等于 a
用外延公理（我们只要证明二者与 Q+ 的交集相等就行了）。事实上，若正实数 x 属于 a，由 a 中无最大元知 a 中有大于 x
的元素 y，在 x 小于 y 的两边乘以 y 的倒数得 x/y 小于 1，故 x=y·(x/y) 属于 a·1 。反过来，若 xy
属于 a·1（正实数 x, y 分别属于 a, 1），则正实数 xy 小于 x，故 xy 绝不会不属于 a（否则根据实数定义，x
就小于 xy 了），即 xy 属于 a 。由外延公理，a·1=a 。
定义倒数自然想到利用有理数的倒数，既然正实数都可以看作是“左集”，那么把“右集”里的有理数都取倒数，再并上 Q- 和
{0}，就差不多可以定义为这个正实数的倒数了。但是，“右集”中可能含有最小值！此时取完倒数的集合有最大值，它就不是实数了。所以，我们要先把“右集”的最小值排除在外。
&&& 具体地说，对任意正实数
&&& 也就是说，a^(-1)
是 Q-a 中所有“不是 Q-a 的最小值”的元素的倒数，并上 Q- 和 {0} 组成的集合。我们不仅要验证 a^(-1)
是正实数，而且要验证对任意正实数 a 都有 a·a^(-1)=0 。分几步来做这些工作。
1. a^(-1) 是有理数的非空真子集。
&&& a 显然不空，又 a
中任取正有理数 x，则 x^(-1) 不属于 a^(-1)，即 a^(-1) 不等于 Q 。
2. a^(-1) 中任意元素小于 Q-(a^(-1)) 中任意元素。
&&& 分别任取 a^(-1),
Q-(a^(-1)) 中元素 x, y（若 x 不是正有理数，则 x 显然小于 y，不用讨论了），则 x^(-1) 属于 Q-a
且不是 Q-a 的最小值。y 不属于 a^(-1)，说明 y^(-1) 要么不属于 Q-a（即 y^(-1) 属于 a，故有
y^(-1) 小于 x^(-1)，即 x 小于 y），要么属于 Q-a 但是是 Q-a 的最小值（因为 x^(-1) 也属于 Q-a
但不是最小值，故 y^(-1) 小于 x^(-1)，即 x 小于 y），不管怎样都有 x 小于 y 。
&&& 注意，对任意正有理数
x, y，若 y^(-1) 小于 x^(-1)，则 x 一定小于 y，否则若 y 小于等于 x，那么就有 1=y·y^(-1)
小于等于 x·y^(-1) 小于 x·x^(-1)=1，这不可能。
3. a^(-1) 没有最大值。
&&& 注意 a^(-1)
中必有正有理数，因为任取正有理数 x 属于 Q-a，那么 x+1 仍然属于 Q-a，并且不是它的最小值，于是 (x+1)^(-1)
就是属于 a^(-1) 的正有理数。如果 a^(-1) 存在最大值，它只能是正有理数，接下来只需证明 Q-a 中所有“不是 Q-a
的最小值”的元素组成的集合（记为 a'）没有最小值就行了。事实上，在 a' 里任取有理数 x，它不是 Q-a 的最小值，故 Q-a
中有元素 y 小于 x，如果 y 不是 Q-a 的最小值那它就属于 a'，如果是最小值，那么在 y, x 之间找一个有理数，它小于
x，但是 y 比它小，因此它不是最小值，它属于 a'，总之在 a' 里总有比 x 小的有理数，故 a' 没有最小值。综上，a^(-1)
没有最大值。
综合以上三条，a^(-1) 是实数，并且显然是正实数。
4. a·a^(-1)=1 。
&&& 先证明：对任意正有理数
t，在 a 中存在正有理数 x 使得 x(1+t) 不属于 a 。事实上，a 中任取正有理数 x0，若 x0(1+t) 不属于 a
则结论得证。否则，我们已经证过 a 中必有有理数 x 使得 x+x0t 不属于 a（因为 x0t 是正有理数），而 x0+x0t 属于
a，故 x 大于 x0（因而也是正有理数），从而 x(1+t)=x+xt 大于 x+x0t 也不属于 a，故 x
就是满足条件的正有理数。
&&& 从而，对任意大于 1
的有理数 t，在 a 中存在正有理数 x 使得 xt 不属于 a 。
&&& 任取 a·a^(-1)
的元素 xy（正有理数 x, y 分别属于 a, a^(-1)），则由定义 y^(-1) 属于 Q-a，于是有 x 小于
y^(-1)，两边乘以 y^(-1) 得正有理数 xy 小于 1 。反过来，任取小于 1 的正实数 z，那么根据刚才证明的结论，a
中存在正有理数 x 使得 x·((1+z^(-1))/2) 不属于 a 。此时，x·((1+z^(-1))/2) 属于
Q-a，那么比它要大的 x·z^(-1) 当然也属于 Q-a，并且不是 Q-a 的最小值，于是 z·x^(-1) 属于
a^(-1)，而 z=x·(z·x^(-1))，故 z 属于 a·a^(-1) 。
这样，我们终于证明了每个正实数都有倒数。根据本文开头的讨论，每个正实数的倒数唯一。
接下来，在整个实数集上定义乘积：规定对任意实数 a，有 a·0=0·a=0；对任意正实数 a, b，有
ab=(-a)·(-b)=-(a·(-b))=-((-a)·b)
。这样，任意两个实数都有了乘积，并且容易验证乘法满足交换律和分配律，以及任意实数乘以 1 等于它自己。定义负实数 a 的倒数等于 -a
的倒数的相反数，这样任意非零实数都有了倒数，并且任意非零实数乘以倒数都等于 1
。我们还立即可得，两个非负实数的乘积仍为非负实数（正实数乘正实数得正实数的结论我们证过，而 0 不管乘以谁都得 0）。
&&& 由此我们还知道，若 a,
b 为任意实数，则 ab 和 (-a)b 互为相反数。这只需对 a, b
的正负讨论，然后用定义就行。另外，两个实数之和的相反数等于它们相反数的和。这是因为 (a+b)+((-a)+(-b)) 由结合律等于
最后一击！证明乘法对加法满足分配律。也就是说，对任意实数 a, b, c，有 (a+b)·c=a·c+b·c
。乘法是分正负定义的，这使我们不得不分情况讨论，幸运的是，一些技巧可以帮我们减少工作量：
&&& 若 c=0，则两边都是
0，等式成立。
为负实数，此式可变为 (a+b)·(-c)=a·(-c)+b·(-c)，这里 -c 是正实数。我们只需考虑 c
为正实数的情况，以下均设 c 为正实数。
&&& 若 a+b=0，则
b=-a，从而 ac, bc 是相反数，等式两边都是 0 因而成立。
&&& 若 a+b
为负实数，此式可变为 ((-a)+(-b))·c=(-a)·c+(-b)·c，这里 (-a)+(-b) 是正实数。我们只需考虑 a+b
为正实数的情况，以下均设 a+b 为正实数。
a=0，则等式两边都等于 bc 。若 b=0，则等式两边都等于 ac 。以下均设 a, b 均不为零。a, b
不可能全是负实数，故不妨设 a 为正实数。
为负实数，则此式可变为 (a+b)·c+(-b)·c=((a+b)+(-b))·c，这里 a+b, -b 都是正实数。我们只需考虑 b
为正实数的情况。
&&& 让我们总结一下：现在
a, b, c 都是正实数了，接下来就该回到定义了。不过在此之前，我们先证一个小结论：若 a, b 为正实数，则
&&& 即把 a, b
的“正部”相加，再补上负有理数和 0，得到的恰好是 a+b 。我们记等式右边的集合为 X 。
&&& 首先，X 的每个元素 z
都能表示成 a 的某个元素加上 b 的某个元素（若 z 小于等于 0，则可以把它写成 z/2+z/2；否则 z
是正有理数，故必存在分别属于 a, b 的正有理数 x, y 使得 z=x+y），即都属于 a+b 。
&&& 其次，从 a, b
中分别任取元素 x, y，若 x, y 都是正有理数，显然 x+y 属于 X；若 x+y 不是正有理数，则 x+y 也肯定属于
X；若两种情况都不成立，也就是说 x+y 是正有理数但 x, y 不都是正有理数，则它们必有一个是正有理数，不妨设 x 为正有理数，y
不是正有理数。在 b 中任取正有理数 y'（它当然大于 y），令 x'=(x+y)-y'（于是它小于 x），则 x' 必属于集合
a，若它是正实数，则 x+y=x'+y' 属于 X 。若 x' 也不是正实数，此时发现 y' 和 x 都大于 x+y，当然更大于
(x+y)/2，因此正有理数 (x+y)/2 同时属于 a 和 b，x+y 当然属于 X 。总之，x+y 属于 X 。即 a+b
中任意元素都属于 X 。
由外延公理，该等式成立。
&&& 回到对分配律的证明，由于
a, b, c 都是正实数，我们可以用定义以及刚才这个结论写出
&&& 注意 (a+b)c 和
ac+bc 只差一步之遥：若 ac+bc 里的 z1, z2 相等，那它就成了 (a+b)c 。由此，显然 (a+b)c 是
ac+bc 的子集。要证 ac+bc 也是 (a+b)c 的子集，只需证明 ac+bc 中的任意正有理数属于 (a+b)c
即可，为此任取正实数 x, y, z1, z2 使得 x 属于 a, y 属于 b, z1, z2 属于 c，令
z=(xz1+yz2)/(x+y)（显然它是正有理数），这样 (x+y)z 就等于了 xz1+yz2 。另外，z 一定属于
c（若不然，则 z1 和 z2 都小于 z，那么 (xz1+yz2)/(x+y) 就小于 (xz+yz)/(x+y) 等于
z，这不可能）。因此，xz1+yz2=(x+y)z 属于 c 。
至此，实数的分配律全部证完。所有实数公理已经得证。
实数—— Cauchy 数列
这是另一种构造实数系的方法。
作为预备知识，定义有理数的绝对值：当 x 不为负有理数时，它的绝对值仍为 x；否则，它的绝对值为 0
。容易证明以下的性质：
很多常用的性质可以从它们推出来，例如在第三条性质里令 y=|x|，立即可得 -|x| 小于等于 x 小于等于 |x|
；在第四条性质里令 y=-1，立即可得 |x|=|-x| 。
定义有理数列（本文后面把它简称为数列）为从 N 到 Q 的函数。我们用这个记号
记一个数列，把该函数在自然数 n 处的值称作数列的第 n 项，记作 a_n 。
&&& 称数列
(a_n)_(n∈N)（以后我们把它就简写为 a）为 Cauchy 数列，当且仅当对任意正有理数 ε，存在自然数
N，使得对任意大于等于 N 的自然数 n, m，有 a_n-a_m 的绝对值小于 ε 。形式化地写出来，就是
形象地说，就是对于不管多么小的正有理数，总能扔掉数列的前面一段，使得剩下的部分任两个数的距离都小于这个正有理数。按照我们对极限已有的认识，实数列若满足上面的性质，它必然收敛到实数；但有理数列就不一定收敛到有理数了。我们就用这种方式，干脆用“收敛到某个实数的
Cauchy 数列”定义实数好了。但是，对不同的 Cauchy 数列，它们可能收敛到同一实数，所以我们要在 Cauchy
数列组成的集合（它们当然能组成集合，因为包容集是 Q^N）上定义等价关系，然后把实数正式定义为由此产生的这些等价类。
&&& 形象地说，两个
Cauchy 数列等价，就是它们相应项之差可以无限接近于零，也就是说两个 Cauchy 数列 a, b 等价，当且仅当
当然，我们需要立刻验证它的确是个等价关系。自反性是显然的，因为 |a_n-a_n| 小于任意正有理数，N
随便取都行；对称性也是显然的，因为 |a_n-b_n|=|b_n-a_n|；传递性就需要稍微绕一点弯了，设 a, b 等价且 b, c
等价，注意到对于任意正有理数 ε，ε/2 也是正有理数，于是
&&& 按照定义，数列 a, c
等价。于是，这的确是个等价关系，我们把这个等价关系所确定的每个等价类都叫做实数，实数组成的集合叫做实数集。我们仍然用
[(a_n)_(n∈N)] 表示这个 Cauchy 数列所在的等价类。
&&& 用 Cauchy
数列定义实数的好处之一，是定义运算比较容易：对任意 Cauchy 数列 a, b 定义
在使用这些定义之前，有两件事必须要做：验证结果的确是 Cauchy
数列；验证结果不依赖于两个等价类中代表元的选取。其中，加法比较好做，先证明加法运算结果的确是 Cauchy
数列，跟上面的证明几乎完全一样：对任意正有理数 ε，有
&&& 然后证明若 Cauchy
数列 a, c 等价且 Cauchy 数列 b, d 等价，则 a+b, c+d 等价：对任意正有理数 ε，有
乘法就稍微麻烦一些，我们先证明每个 Cauchy 数列都是有界的：对任意 Cauchy 数列 a，存在正有理数 M 使得数列 a
每一项的绝对值小于 M 。证明如下：按照 Cauchy 数列的定义，取 ε=1，必存在自然数 N 使得对任意大于等于 N 的自然数
n, m 均有 |a_n-a_m| 小于 1 。特别地，取 m=N，有 |a_n-a_N| 小于 1，即 a_n 必夹在 a_N-1,
a_N+1 之间，因此也夹在 -|a_N|-1, |a_N|+1 之间。我们取
（注意有限个有理数必有最大值），那么这个 M 就大于数列 a 每一项的绝对值，于是数列 a 有界。
&&& 接下来我们证明
Cauchy 数列 a, b 的乘积也是 Cauchy 数列。设数列 a, b 的界分别为 M_1, M_2，则对任意正有理数
&&& 然后证明若 a, c
等价且 b, d 等价，则 ab, cd 等价：设数列 a, b 的界分别为 M_1, M_2，则对任意正有理数 ε，有
至此，加法和乘法都成功定义了，不仅没有分正负的麻烦，而且更爽的是，交换律结合律以及分配律都自动显然成立。我们定义：（其中 a 为任意的
Cauchy 数列）
（容易证明它们都是成功的定义）那么任意实数加上 0 还是它自己，任意实数加上它的相反数等于 0；并且，0 不等于 1，任意实数乘以 1
还是它自己。
定义倒数要稍微绕一些弯：很自然想到把数列每一项取倒数，但是如果数列里有 0，这个数列就没法取倒数了！另外，如果数列无限接近
0，取完倒数就不是 Cauchy 数列了。为此，我们先对一组特殊的 Cauchy
数列定义倒数（最后只要保证每个非零实数代表的等价类里，存在定义过的数列就行了）：对任意 Cauchy 数列 a，若存在正有理数 δ
满足数列 a 每一项的绝对值都大于 δ，则称数列 a 为可逆数列。
接下来，定义实数的倒数：对任意可逆数列 a，定义
&&& 先证明数列 a
每项取倒数还是 Cauchy 数列。为此，设数列 a 每一项绝对值都大于正有理数 δ，则有
&&& 故数列 a^(-1) 是
Cauchy 数列。接下来证明若可逆数列 a, b 等价，则 a^(-1), b^(-1) 等价：设数列 a, b
每一项绝对值分别大于正有理数 δ_1, δ_2，则对任意正有理数 ε，有
最后证明，任意非零实数代表的等价类里至少有一个可逆数列，也就是说，任意一个与 0=(0)_(n∈N) 不等价的 Cauchy
数列都与一个可逆数列等价。为此，我们不妨看看 Cauchy 数列 a 与 0 等价是什么意思，这只需在数列等价的定义中把 b_n
全取成 0 就行了：
&&& 那么，a 不与 0
等价就可以用下式表示：（我们把 ε, n 改写作 δ, n_N）
&&& 这里 δ
是一个很有意思的数，它保证数列 a 中有“无穷”项都大于等于它。如果数列 a
从某一项开始一直都大于等于它，那就好了，离可逆数列的定义不远了。这时，数列 a 是 Cauchy 数列的条件就发挥作用了，我们取
Cauchy 数列中的 ε 等于 δ/2，就有
&&& 特别地，把这个式子里的
m 换成刚才的 n_N（注意 n_N 大于等于 N，并且数列 a 第 n_N 项的绝对值大于等于 δ），我们就得到
&&& 这样一来，我们发现数列
a 从 a_N 开始一直都大于正有理数 δ/2 。要想把它改成一个可逆数列，只需注意改变数列的有限项，得到的数列一定是 Cauchy
数列，并且与原数列等价（证明很容易），直接把数列 a 的第 0 项到第 N-1 项全改成 δ 就变成了一个可逆数列。
综上所述，任意非零实数都有倒数，且任意非零实数乘以它的倒数等于 1 。
加法乘法已经定义，只剩下序关系了，还是老套路，先定义正实数负实数，这里我们只在可逆数列定义的基础上做少许改动：
&&& 对任意 Cauchy
数列 a，若存在正有理数 δ 满足数列 a 每一项都大于 δ，则称数列 a 为正可逆数列。
&&& 对任意 Cauchy
数列 a，若存在正有理数 δ 满足数列 a 每一项都小于 -δ，则称数列 a 为负可逆数列。
显然，正可逆数列和负可逆数列都是可逆数列。我们把正可逆数列所在的等价类称为正实数，负可逆数列所在的等价类称为负实数。
先验证正可逆数列与负可逆数列不能在同一个等价类中（即不能等价），这是因为正可逆数列每一项都大于 δ_1，负可逆数列每一项都小于
-δ_2，其中 δ_1, δ_2 为正有理数，那么两个数列相应项之差就一定大于
δ_1+δ_2，这是与等价数列的定义矛盾的。
&&& 之后，我们验证任意一个与
0=(0)_(n∈N) 不等价的 Cauchy
数列，要么与一个正可逆数列等价，要么与一个负可逆数列等价。由之前的结论，可以先把它等价成一个可逆数列，设它每一项绝对值都大于正有理数
δ 。注意到若该数列从某项开始都是正数，则把之前所有项全改成 2δ
它就变成了正可逆数列；若该数列从某项开始都是负数，则把之前所有项全改成 -2δ
它就变成了负可逆数列；若这两者都不成立，那么该数列从任意一项开始都有正有负，而正项和负项之差的绝对值大于
2δ，也就是说该数列从任意一项开始都能找到两项差值大于 2δ，这与该数列为 Cauchy 数列矛盾。
因此，任意一个非零实数，要么是正实数，要么是负实数，且二者不同时成立，也就是说对任意实数 a，下列三式恰有一式成立：
接下来，我们定义减法和序关系：对任意实数 a, b，定义
当然，定义“小于等于”为“小于”或“等于”。
&&& 由此立即可得 b 小于
a 当且仅当 a-b 为正实数，当且仅当 b-a 为负实数；另外，a=b 当且仅当 b-a=0 。于是，我们立即可得 a=b, a
小于 b, b 小于 a 恰有一式成立。判断 a, b 大小关系，只需判断它们的差是正是负还是零就好了。特别地，0 小于 a 当且仅当
a 是正实数，a 小于 0 当且仅当 a 是负实数。
另外，与自然数整数及有理数相同，我们还可以证明 a, b 和 a+c, b+c 的大小关系是完全一样的（这是因为 b-a 和
(b+c)-(a+c) 是相等的）。由此立刻可以推出，同向不等式可相加（若 a 小于 b，c 小于 d，则 a+c 小于
b+d），这是因为 a+c 小于 a+d 小于 b+d 。特别地，两个正实数相加仍为正实数（这是把 0 小于 a 和 0 小于 b
相加得到的）。这样，传递性就很容易证明了：若 a 小于 b 且 b 小于 c，说明 b-a, c-b 是正实数，它们的和 c-a
还是正实数，这说明 a 小于 c 。
最后一击！证明该实数集满足完备公理，也就是说对 R 的任意两个非空子集 A, B 均有
&&& 我们不能像
Dedekind 分割那样，直接把 A 中的实数“取并集”得到它的“上界”。我们打算间接找出 B 的一个“下界”，为此考虑所有小于 B
中一切实数的有理数组成的集合，记为 X 。这里需要说明一下，有理数 x 与实数比较大小时，要把有理数看作是 Cauchy 数列
(x)_(n∈N)
所在的等价类（这是一个实数）再比较大小。容易证明，我们可以放心混用有理数与有理数、实数与实数、有理数与实数之间定义的大小关系，传递性总是满足的。
先证明一个比较显然的结论：任取一个实数，都存在比它大的有理数，也存在比它小的有理数。事实上，从这个实数代表的等价类中任取一个
Cauchy 数列，取 ε=1，可以看到它必然从某一项（设为第 N 项）开始，任意两项之差不超过 1 。按照定义，容易验证 a_N+2
比这个实数大，a_N-2 比这个实数小。
&&& 显然，如果从 X
中任取一个有理数，那么比它小的有理数仍然属于 X 。另外，从 A 中任取一个实数，它比 B
中一切实数都不大；再取一个比这个实数小的有理数，它比 B 中一切实数都小，因此它属于 X，也就是说 X 不是空集；从 B
中任取一个实数，再取一个比这个实数大的有理数，按定义它不属于 X，也就是说 X 不是整个有理数集。这个
X，几乎就是前面讨论过的“左集”！区别只在于 X 可能有最大值，不过这没什么关系。
&&& 为了刻画出集合 X
的“最大值”，我们用一串分数来逼近它，具体地说，对任意非零自然数 n，考虑集合
也就是说，我们关心有哪些有理数 [(m, n)]（这里的 n 实际上代表的是 [(n, 0)]，它是正整数）属于集合 X，把它们各自的
m 拉出来组成一个集合。
&&& 容易看出，[(m1,
n)] 和 [(m2, n)] 的大小关系与 m1, m2 的一致，所以我们立刻断定，从 X_n
中任取一个整数，那么比它小的整数仍然属于 X 。另外，从 X 中任取一个有理数，我们已经证过必存在比它小的有理整数 [(k,
1)]=[(kn, n)]，因此 kn 必属于 X_n，即 X_n 不空；从 Q-X 中任取一个有理数，必存在比它大的有理整数
[(l, 1)]=[(ln, n)]，因此 ln 必不属于 X_n，即 X_n 不是整个整数集。
X_n，又是一个左集！整数集中的左集。由于整数集给我们的印象是直线上一堆离散的点，那么，X_n
总要有个最大值吧。下面来证明这个直觉是正确的。
&&& 首先，我们要在 X_n
中找一个整数，它加上 1 就不属于 X_n 了。设 Y_n=Z-X_n，每个整数必属于 X_n, Y_n 之一，我们把所有满足“正整数
[(k, 0)] 属于 Y_n，而负整数 [(0, k)] 属于 X_n ”的非零自然数拉出来组成一个集合 T 。从 Y_n
中任取一个元素，如果不是正整数，那么 [(1, 0)] 也属于 Y_n，总之 Y_n 中有一个正整数 [(k, 0)]，同理 X_n
中有一个负整数 [(0, l)]，此时 k, l 中较大的那个自然数当然属于 T，因此 T 不空，它有最小值 k 。那么，[(0,
k)] 和 [(k, 0)] 分别属于 X_n, Y_n，若 k=1，那么不管 [(0, 0)] 属于 X_n 还是 Y_n
都存在我们要找的整数（对于前者，这个整数是 [(0, 0)]；对于后者，这个整数是 [(0, 1)]）。否则，由于非零自然数 k-1
不属于 T，我们得到要么 [(0, k-1)] 属于 Y_n（此时 [(0, k)] 是我们要找的整数），要么 [(k-1, 0)]
属于 X_n（此时 [(k-1, 0)] 是我们要找的整数）。
&&& 其次，这个整数（仍记为
k）显然是 X_n 的最大值，因为若 X_n 中有整数比 k 还大，那么它就大于等于 k+1，也就是说 k+1 小于等于 X_n
中的一个元素，却不属于 X_n，这是不可能的。
&&& 另外，X_n
的最大值显然唯一，记为 x_n，定义有理数列 (c_n)_(n∈N) 满足对任意非零自然数 n，满足
（同样，括号里第二个 n 实际上代表的是 [(n, 0)]，它是正整数）。至于 c_0，我们规定它等于
c_1（这个数是随便取的，反正它不影响数列关于收不收敛的性质）。这样，对任意非零自然数 n，c_n 都属于 X，而 c_n+1/n
都不属于 X 。别忘了，不属于 X 的有理数都比属于 X 的有理数大，任取大于等于某个非零自然数 N 的自然数 n,
m，我们立即可以得到
（以上类似于 1/N 的表达，实际上是有理数 [(1, N)]，而 N 实际上是整数 [(N, 0)]）而对任意正有理数
ε，总存在大于 1/ε 的非零自然数 N，这样立即可以看出数列 c 是一个 Cauchy 数列。
&&& 接下来证明实数 [c]
小于等于 B 中任意实数。任取 B 中实数 [b]（b 是一个 Cauchy 数列），我们已知数列 c 的每一项都小于 [b]（别忘了
c_0 等于 c_1，因此 c_0 也小于 [b]），接下来证明 [c] 小于等于 [b] 。假设 [b] 小于 [c]
&&& 先找一个大于 [b]
小于 [c] 的有理数。注意到 [c-b] 是正实数，故存在正可逆数列 (c-b)' 与 c-b 等价，设数列
c'=b+(c-b)'，则 c' 与 c 等价，且存在正有理数 δ 使得 c' 的每一项都大于 b 的相应项加上 δ 。再注意到 b,
c' 均为 Cauchy 数列，故它们分别从某个第 N_1, N_2 项开始，任意两项之差小于 δ/3，取 N 为 N_1, N_2
中较大的那个，那么特别地，数列 b 从第 N 项开始每项都小于 b_N+δ/3，数列 c' 从第 N 项开始每项都大于
c'_N-δ/3，它又大于 b_N+2δ/3 。容易证明，b_N+δ/2 就是大于 [b] 小于 [c']=[c]
的有理数。把这个有理数设为 x 。
&&& 有理数 x 小于实数
[c] 是什么意思？按我们的定义，有理数 x 对应一个实数 [(x)_(n∈N)]，它小于实数 [c] 意思就是
[c-(x)_(n∈N)] 为正实数，也就是说 [(c_n-x)_(n∈N)] 为正实数（注意，这个中括号里是一个 Cauchy
数列，它的第 n 项是数列 c 的第 n 项减去 x）。找一个跟它等价的正可逆数列 d，它的每一项都大于某个正有理数
δ，接下来用同样的把戏，可以看出数列 (c_n-x)_(n∈N) 从某项开始都大于 δ/2，即数列 c 从某项开始都大于有理数
x+δ/2，但是数列 c 的每一项都小于 [b]，也就是说 x 小于 [b] 。这是矛盾的。
&&& 最后，证明实数 [c]
大于等于 A 中所有实数。注意 A 中的实数都满足“小于等于 B 中所有实数”，如果 [c] 小于 A
中某个实数，根据刚才的讨论，我们可以找一个介于二者之间的有理数 d，它比 [c] 大，并且比 B
中所有实数都小，因此它属于前面构造出的那个集合 X 。而 d 比 [c] 大，用同样的把戏可以看出数列 c 从某项（设为第 N_1
项）开始都小于 d-δ/2（其中 δ 是另一个正有理数） 。但这是不可能的，因为存在非零自然数 N_2 使得 1/N_2 小于
δ/2（这只需 N_2 大于 2/δ），这样的话取 N 为 N_1, N_2 中较大的一个，则 c_N 小于 d-δ/2 小于
d-1/N_2 小于 d-1/N，即 d 大于 c_N+1/N，这是一个不属于 X 的有理数，但 d 属于 X，这不可能。
至此，实数的完备公理全部证完。所有实数公理已经得证。
已投稿到：
以上网友发言只代表其个人观点，不代表新浪网的观点或立场。