实数与复数：公理及其证明结果

学习目标

辨认实数的假设，证明公理的结果，并解释复数为何扩展算术却不能延续实数的有序域结构。自然数嵌入整数、整数分式嵌入有理数；这里把实数系 $\mathbb R$ 作为完备有序域，再由实数对构造复数。构造、公理和从公理推得的定理是不同的陈述。

1. 完备有序域的假设

域的加法和乘法满足结合律、交换律，有加法单位元零和乘法单位元一且 $0\ne1$，每个元素有加法逆元，每个非零元素有乘法逆元，且乘法对加法满足分配律。相关逆元存在时这些法则推出消去律；消去零不是域法则。

有序域还有与运算相容的全序：不等式两边加同一数保持严格次序，两个正数之积为正，且 $0<1$。完备性是额外的最小上界公理：每个非空且有上界的实数子集有实数上确界。

有理数满足有序域代数但不完备，因此仅能加、乘、比较不足以推出完备性。空集与无上界集合不在实数上确界公理的范围内，不能约定它们有有限实上确界。

命题：平方与倒数的符号

每个实数的平方非负，非零实数的平方为正。正实数的倒数为正；若 $0<a<b$，则 $0<1/b<1/a$。

证明。 若 $x>0$，正数乘积公理给出 $x^2>0$。若 $x<0$，则 $-x>0$，分配律给出 $(-x)^2=x^2>0$；零的平方为零。若 $a>0$，其倒数非零；若倒数为负，则 $-a^{-1}>0$，从而 $a(-a^{-1})=-1$ 为正，与 $-1<0$ 矛盾，故 $a^{-1}>0$。最后 $1/a-1/b=(b-a)/(ab)>0$，因分子与分母均为正。各比较都使用了所述符号条件。

这些结果还表明 $x^2=-1$ 没有实数解。

2. 完备性给出平方根

对实数 $A>0$，令 $S=\{x\ge0:x^2<A\}$。$S$ 非空且以 $A+1$ 为上界；它还含正数，例如 $\min(A/2,1/2)$。由完备性，$r=\sup S>0$。

若 $r^2<A$，选 $0<\delta<\min(1,(A-r^2)/(2r+1))$，则 $(r+\delta)^2-r^2=2r\delta+\delta^2\le(2r+1)\delta<A-r^2$，故 $r+\delta\in S$，与 $r$ 是上界矛盾。

若 $r^2>A$，选 $0<\delta<\min(r/2,(r^2-A)/(2r))$，则 $r-\delta>0$ 且 $(r-\delta)^2\ge r^2-2r\delta>A$。$S$ 中每个 $x$ 都小于 $r-\delta$，因为较大的非负数有较大的平方。因此 $r-\delta$ 是更小的上界，与最小性矛盾。故 $r^2=A$。

非负平方根的唯一性另证：若 $r,s\ge0$ 且 $r^2=s^2=A>0$，则 $(r-s)(r+s)=0$。正因子 $r+s$ 非零，故 $r=s$。这使用完备性和代数证明存在唯一，而非预先使用根号。

当 $A=2$，所得根是无理数：若 $r=a/b$ 为最简整数分式且 $b>0$，则 $a^2=2b^2$ 使 $a$ 为偶数，代入后又使 $b$ 为偶数，与互素矛盾。因此 $\mathbb Q$ 不满足实数的完备性公理。下面直接证明相应有理集合没有有理上确界。

标准反例是

$$S=\{x\in Q\mid x^2\lt 2\}.$$

这个集合非空，因为 $1\in S$。它也在 $Q$ 中上有界，例如 $2$ 就是一个 上界。

若 $Q$ 是完备的，会发生什么？那么 $S$ 应该在 $Q$ 中有 supremum。以下 整个论证正是在说：没有任何有理数可以充当这个角色。

定理

Q 不是完备的

有序集 $(Q,\le)$ 不是完备的。

为什么没有有理数能当作 sup(S)

若 $s$ 是上界，由于 $1\in S$，必有 $s\ge1$。特别地，$s\le0$ 不可能 是上界。因此比较平方以前，可以把上确界候选限制为正有理数。

两种有理扰动

设 $s\in Q$ 且 $s\gt 0$。若 $s^2\lt 2$，令 $M=2-s^2$，并明确选择

$$h=\frac12\min\left\{1,\frac{M}{2s+1}\right\}\gt 0.$$

这是正有理数，且 $h\lt 1$、$h\lt M/(2s+1)$，所以

$$(s+h)^2=s^2+h(2s+h)\lt s^2+M=2.$$

于是 $s+h\in S$ 且 $s+h\gt s$，故 $s$ 不是上界。

若 $s^2\gt 2$，令 $M=s^2-2$，并选择

$$h=\frac12\min\left\{s,\frac{M}{2s}\right\}\gt 0.$$

此时 $r=s-h\gt 0$，而且

$$r^2=s^2-2sh+h^2\gt s^2-2sh\gt 2.$$

每个 $x\in S$ 都满足 $x\lt r$：否则 $x\ge r\gt 0$ 会推出 $x^2\ge r^2\gt 2$，矛盾。因此 $r$ 是比 $s$ 更小的上界，违反最小性。 这里 $r\gt 0$ 不可省略；负有理数即使平方大于 $2$，也不是 $S$ 的上界。

最后，前面的奇偶性证明排除了有理数 $s$ 满足 $s^2=2$ 的可能。这些 情形穷尽正有理候选，所以 $S$ 在 $Q$ 中没有上确界。整个证明只使用 有理数运算，没有假设实数平方根或完备性。

相同的两种扰动也证明 $S_+=\{q\in\mathbb Q:q\ge0,\ q^2<2\}$ 没有有理上确界：$1\in S_+$，论证所用扰动后的界及点均为正。

3. 复数由实数对构造

定义 $\mathbb C=\mathbb R^2$，运算为

$$(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),\qquad (a,b)(c,d)=(ac-bd,ad+bc).$$

嵌入的实数 $a$ 是 $(a,0)$，而 $i=(0,1)$ 满足 $i^2=(-1,0)$，于是 $(a,b)$ 记作 $a+bi$。这些符号表达已定义的数对运算，并非预先假设 $x^2=-1$ 有实数解。

数对公式从实坐标继承加法群法则，乘法满足交换律。结合律可展开验证：两种三重积的实坐标都是 $ace-bde-adf-bcf$，虚坐标都是 $acf-bdf+ade+bce$。分配律同样逐坐标展开。零为 $(0,0)$，一为 $(1,0)$。

对非零 $z=a+bi$，定义 $\overline z=a-bi$、$|z|=\sqrt{a^2+b^2}$。由于 $a,b$ 不同时为零，$a^2+b^2>0$。直接相乘得 $z\overline z=a^2+b^2$，因此

$$z^{-1}=\frac{a-bi}{a^2+b^2}.$$

这证明每个非零复数都有乘法逆元，完成域的验证。复数商仍须先排除零分母；共轭方法不会为零制造逆元。

展开可知共轭保持和与积，因此

$$|zw|^2=(zw)\overline{(zw)}=(z\overline z)(w\overline w)=|z|^2|w|^2.$$

两边的平方根均非负，故 $|zw|=|z||w|$。模是非负实数尺度，不是复数之间的次序关系。

4. 复数域不能有相容的有序域结构

假设 $\mathbb C$ 上的全序满足有序域法则。与实数的符号证明相同，每个非零元素的平方都为正，特别是 $i^2=-1$ 应为正；但 $1>0$ 推出 $-1<0$，矛盾。因此 $\mathbb C$ 不存在有序域次序。

可以为记录方便按字典序排列复数对，或比较其模，但二者都不能提供上确界公理所需的与实数相容的有序域结构。模相等不蕴含数相等：$1,-1,i,-i$ 的模均为一。实数完备性是有序域陈述，不能原样移到所有复数上。

5. 嵌入与新元素

通常的链 $\mathbb N\subset\mathbb Z\subset\mathbb Q\subset\mathbb R\subset\mathbb C$ 是指定的保持结构单射的简写，不要求每种构造使用字面相同的底层集合。各步新增对象可由负一、二分之一、二的正平方根和 $i$ 区分；嵌入保持运算，故继承的算术一致。

某些性质在扩张时会增加或消失：有理数与实数都是有序域，但只有实数按所述次序完备；复数仍是域，却不能成为有序域。

证明与诊断练习

1. 次序证明。 证明实数上 $a^2=b^2$ 蕴含 $a=b$ 或 $a=-b$，说明何处使用域的零乘积性质。
2. 符号检查。 解释为何仅有 $a<b$ 不足以判断 $1/b<1/a$，还须排除零并检查符号；给出同号和异号的所有情形。
3. 完备性。 平方根论证中，为何须分别说明非空、有界、上确界为正及两种平方严格不等情形？
4. 复数逆元。 由数对乘积推导 $a+bi$ 的逆元，并准确指出何时公式无定义。
5. 次序不可能性。 证明 $\mathbb C$ 不能有有序域结构，而不只说复数是二维的。
6. 构造诊断。 学生说“有理数和实数有相同代数法则，所以每个有界有理数集合都有有理上确界”。指出缺少的公理，并给出具体非空有界反例。

完整解答

1. 因式分解 $a^2-b^2=(a-b)(a+b)=0$。域中两元素之积为零时至少有一个为零：若一个非零，就乘以其逆元。故 $a-b=0$ 或 $a+b=0$，得到两个可能；此结论不需要次序。
2. 首先要求 $a,b\ne0$。$1/a-1/b=(b-a)/(ab)$ 的分子为正。若 $a,b$ 同号，$ab>0$，故 $1/b<1/a$。若 $a<0<b$，则 $ab<0$，反而 $1/a<1/b$，与一个倒数为负、另一个为正一致。$a<b$ 且 $a>0>b$ 不可能；任一数为零时对应倒数无定义。
3. 上确界公理只适用于非空有上界集合。$r>0$ 使向下扰动可行，且 $2r$ 为正分母。排除 $r^2<A$ 说明不太小；排除 $r^2>A$ 说明不太大。仅有上界或只排除一种情况不足以得到 $r^2=A$；唯一性还需要之后的因式分解。
4. 乘以共轭得 $(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2$。对非零数对该数为正，故除以它得到 $(a-bi)/(a^2+b^2)$，乘积为一。分母恰在两个坐标都为零时消失，故公式准确排除复数零。
5. 在有序域中，按底数的正负分类可知每个非零平方为正。于是 $i^2$ 应为正，但 $i^2=-1$ 且 $1>0$ 迫使它为负，产生矛盾。矛盾来自次序与乘法的相容性，不是单由维数得到。
6. 有序域代数不含最小上界公理。集合 $\{q\in\mathbb Q:q\ge0,q^2<2\}$ 非空且在 $\mathbb Q$ 中有上界，但没有有理上确界：若候选上确界的平方小于或大于二，分别可用有理扰动得到矛盾；若等于二，则二的平方根为有理数。提供实数上确界的是实数完备性，而非域代数。

总结与术语

有序域将域运算与相容全序结合。完备性给非空有上界集合提供上确界，是额外公理。嵌入是保持结构的单射。复共轭反射第二坐标并给出逆元公式，模度量大小而不赋予有序域次序。使用事实时应分清它是公理、构造还是证明结果。