4.5 Dedekind 分割与 Q 的嵌入

为什么现在要引入分割？

上一页的核心图像是：

• 一个实数应该决定 $Q$ 里哪些有理数在它左边；
• 它也应该决定哪些有理数在它右边；
• 这个实数本身可以看成左右两边之间的边界。

下一步就是把这个图像正式化。关键一步是：我们 不再先假设实数已经存在，再去问哪些有理数比它小；相反，我们直接用 $Q$ 里左边那一半去定义这个实数。

这就是 Dedekind 分割 的基本想法。

这个构造有四项任务：确定边界数据，在其中找回有理数，定义相容的次序和 算术，最后证明每个非空有上界的分割族都有上确界。最后一项才真正填补 $Q$ 的缺口。

两个等价定义

定义

用一对集合定义 Dedekind 分割

一个 Dedekind 分割 是 $Q$ 的两个非空子集 $(A,B)$，满足：

• $Q=A\cup B$；
• 对每个 $a\in A$ 和 $b\in B$，都有 $a\lt b$；
• $A$ 没有最大元素。

换句话说，$A$ 是整个左半边，$B$ 是整个右半边。两边没有重叠，也没有漏 掉任何有理数，而左半边不能把边界本身当作最后一点收进去。

定义

用单一子集定义 Dedekind 分割

等价地，若 $A\subset Q$ 满足：

• $A\ne\varnothing$ 且 $A\ne Q$；
• 每当 $x\in A$ 且 $y\in Q$ 满足 $y\lt x$，就有 $y\in A$；
• 对每个 $x\in A$，都存在 $y\in A$ 使得 $x\lt y$；

那么 $A$ 就称为一个 Dedekind 分割。

第二种写法通常更方便。因为只要知道左边集合 $A$，右边就自动是 $Q\setminus A$。所以一个分割其实就是：哪些有理数已经被判定在这条边 界左边。

为什么两种定义等价

对成对定义，严格分离保证两集合不交，因此 $B=Q\setminus A$。若 $x\in A$ 且 $y\lt x$，则 $y$ 不可能属于 $B$，否则分离条件会要求 $x\lt y$。所以 $y\in A$。非空、真子集和没有最大元由其余条件直接得到。 反过来，从下分割 $A$ 出发，令 $B=Q\setminus A$，两边都非空。 若 $a\in A$、$b\in B$，则 $b=a$ 违反不交，$b\lt a$ 违反向下封闭， 所以只能有 $a\lt b$。这样便验证了成对定义的全部条件。

每个条件到底在做什么

定义很短，但每一条都不是装饰。

• $A\ne\varnothing$ 和 $A\ne Q$ 排除了没有左边或没有右边的假分割。
• 向下封闭表示：若某个有理数已经在左边，那么更小的有理数也一定在左 边。
• “没有最大元素”表示：边界本身不会被收成 $A$ 的最后一点；你永远可 以在左边再往右走一点点。

最后这条最微妙，也最重要。它正是避免同一个有理数被表示两次的关键。

例题

$q=3/2$ 的分割

令

$$A=\{x\in Q\mid x\lt 3/2\}, \qquad B=\{x\in Q\mid x\ge 3/2\}.$$

那么 $A$ 与 $B$ 都非空，$A$ 的每个元素都小于 $B$ 的每个元素，而 $A$ 没有最大元素。

要看最后一点，只要任取 $x\lt 3/2$，再定义

$$y=\frac{x+3/2}{2}.$$

则 $x\lt y\lt 3/2$，所以 $y\in A$，而 $x$ 不可能是最大元素。因此 $(A,B)$ 是 一个 Dedekind 分割。它就是把有理数 $3/2$ 放进 cut 模型后得到的实数。

有理分割与 $Q$ 的嵌入

称 $(A,B)$ 为有理 Dedekind 分割，如果 $B$ 有最小元 素。在这种情况下，边界其实已经由某个有理数实现。

若 $\min(B)=q$，那就必定有

$$A=\{x\in Q\mid x\lt q\}.$$

这就带来记号

$$q_R=\{x\in Q\mid x\lt q\}.$$

所以每个有理数 $q$ 都给出一个 Dedekind 分割 $q_R$，而映射

$$i:Q\to R,\qquad i(q)=q_R$$

就把 $Q$ 嵌入到 cut 模型的实数系统里。

定理

有理数作为 cut 模型中的一部分

有理 Dedekind 分割与有理数一一对应。建立这个嵌入后，我们通常直接把 $q$ 与它对应的分割 $q_R$ 视为同一个对象。特别地，$0_R$ 与 $1_R$ 就分 别扮演 $0$ 与 $1$。

这一点在概念上很重要。Dedekind 分割不是把有理数丢掉重来，而是在 $Q$ 里补上原本缺失的边界。

常见错误

把 $x\lt q$ 写成 $x\le q$

集合 $\{x\in Q\mid x\le q\}$ 非空、真包含于 $Q$，而且向下封闭，但它不 满足“没有最大元素”这一条，因为 $q$ 本身就是它的最大元素。若把它也当 成合法表示，那同一个有理数就会有两个名字：$q_R$ 与 $\{x\le q\}$。所 以严格不等号不是形式细节，而是用来消除歧义的。

分割上的次序与最初的运算

仅仅定义出所有分割组成的集合 $R$ 还不够。为了回应上一页的目标， 还要在 $R$ 上定义次序与算术。

对次序来说，最自然的规则是：

$$A\le A' \quad\text{当且仅当}\quad A\subseteq A'.$$

这正是左边集合应有的比较方式。若 $A$ 左边的每个有理数也都在 $A'$ 左 边，那么 $A$ 代表的边界不可能在 $A'$ 的右边。

定理

包含关系是全序，并保留有理数次序

包含关系具有自反性、反对称性和传递性。若分割 $A,D$ 满足 $A\nsubseteq D$，取 $a\in A\setminus D$。每个 $d\in D$ 都有 $d\lt a$， 否则 $D$ 向下封闭会迫使 $a\in D$。于是 $D\subseteq A$，故分割之间 总可比较。

对有理数 $p,q$，

$$p\le q\quad\Longleftrightarrow\quad p_R\subseteq q_R.$$

正方向来自传递性。反过来，若 $q\lt p$，中点 $(p+q)/2$ 属于 $p_R$ 却不属于 $q_R$，与包含关系矛盾。特别地，相等的有理分割具有相同的 有理边界，所以嵌入是单射。

对加法，本页定义

$$A+A'=\{a+a' \mid a\in A,\ a'\in A'\}.$$

直观上，两个边界的和，其左边应由“第一个边界左边的有理数”加上“第二 个边界左边的有理数”所产生。

加法确实产生分割并满足基本运算律

取 $a\in A$、$a'\in A'$ 即得到非空见证。再取 $b\notin A$、 $b'\notin A'$，每个和 $a+a'$ 都严格小于 $b+b'$，所以和集是真子集。 若 $x=a+a'$ 且 $y\lt x$，则 $y-a'\lt a$ 属于 $A$，故 $y=(y-a')+a'$ 属于和集。取 $c\in A$ 使 $a\lt c$，便有更大的和集元素 $c+a'\gt x$。四个下分割条件都已验证。

结合律来自 $(A+A')+D$ 与 $A+(A'+D)$ 都恰好由有理数和 $a+a'+d$ 组成；交换律同理。此外 $A+0_R=A$：加上负有理数会向下移动，仍在 $A$ 内；反过来，若 $x\in A$，取 $a\in A$ 使 $x\lt a$，则 $x=a+(x-a)$，其中 $x-a\lt 0$。

例题

为什么 $1_R+1_R=2_R$

写成

$$1_R=\{x\in Q\mid x\lt 1\}.$$

若 $a\lt 1$ 且 $a'\lt 1$，则 $a+a'\lt 2$，所以 $1_R+1_R$ 的每个元素都属于 $2_R$。

反过来，若 $x\lt 2$，则 $x/2\lt 1$，而且

$$x=\frac{x}{2}+\frac{x}{2}.$$

因此 $2_R$ 的每个有理数也都在 $1_R+1_R$ 里。故

$$1_R+1_R=2_R.$$

这个例子说明：cut 上的算术确实延伸了原本的有理数算术，而不是另造一套 奇怪的新规则。

加法逆元需要严格间隙

定义

$$-A=\{q\in Q:\exists r\in Q\setminus A,\ q\lt -r\}.$$

严格不等号不可省略。若只把补集反射，$p_R$ 的拟议逆元会包含 $-p$， 从而出现最大元素。

加法逆元的存在性与唯一性

若 $r\notin A$，则 $-r-1$ 属于所定义的集合，所以它非空。取 $a\in A$，每个这样的 $q$ 都满足 $q\lt -r\lt -a$，所以 $-a$ 不属于该集合， 它是真子集。向下封闭显然成立；$q$ 与见证 $-r$ 的中点给出更大元素。 因此 $-A$ 是分割。

先证明有理间隙引理。任取有理数 $\delta\gt 0$，选择 $a_0\in A$ 和 $b\notin A$。由 $Q$ 的 Archimedean 性质，存在正整数 $n$ 使 $a_0+n\delta\gt b$。在满足 $a_0+k\delta\notin A$ 的正整数中取最小的 $k$，便有 $a=a_0+(k-1)\delta\in A$，而 $r=a+\delta\notin A$。

若 $a\in A$、$q\in-A$，并取见证 $r\notin A$，则 $a\lt r$ 且 $a+q\lt 0$，故 $A+(-A)\subseteq0_R$。反过来，任取有理数 $x\lt 0$，令 $\delta=-x/2$，引理给出 $a\in A$ 及 $r=a+\delta\notin A$。于是 $q=x-a\lt -r$，所以 $q\in-A$ 且 $x=a+q$。这证明 $A+(-A)=0_R$。

若另一个分割 $D$ 满足 $A+D=0_R$，由结合律和零元性质， $D=D+(A+(-A))=(D+A)+(-A)=-A$，故逆元唯一。若 $A=p_R$，定义给出 $-A=(-p)_R$，因为每个 $q\lt -p$ 都可取见证 $r=p$。若 $A$ 是无理 分割，补集没有最小元，所以严格间隙定义也等于 $Q\setminus\{-a:a\in A\}$。

非负分割上的乘法

加法和加法逆元已经建立。乘法先从非负分割开始：这时有理成员的乘积与 边界方向相容；随后再用符号规则处理其余情形。对 $A,B\ge0_R$，定义 $A\cdot B=P(A,B)$，其中

$$P(A,B)=\{ab:a\in A,\ b\in B,\ a\ge0,\ b\ge0\}\cup\{q\in Q:q<0\}.$$

加入全部负有理数是有意的：它们构成新左集合的负半部，而非负成员的乘 积负责确定非负半部。

若 $A=0_R$ 或 $B=0_R$，相应分割没有非负成员，所以 $P(A,B)=0_R$。现设 $A,B>0_R$。每个分割都含有正有理数；若已有非负成员，使用没有最大元的 性质即可找到正成员，否则它就是 $0_R$。取正的 $a\in A,b\in B$，得到 非空性。

取正有理数 $r\notin A,s\notin B$。对所有非负 $a\in A,b\in B$，都有 $a<r,b<s$，故 $ab<rs$，所以 $rs$ 不在 $P(A,B)$ 中，证明它是真子集。 若 $y<0$，向下封闭性显然成立。若 $0\le y<x=ab$，则 $a,b>0$，并且 $y=a(y/a)$，其中 $0\le y/a<b$；由 $B$ 的向下封闭性，$y/a\in B$，所以 $y\in P(A,B)$。

最后，负成员可向零稍微移动而仍为负；若两个分割都严格为正，零成员可 提升为正的乘积。若 $x=ab>0$，取 $a'>a$ 且 $a'\in A$，则 $a'b>x$，并且 $a'b\in P(A,B)$。这些情形证明 $P(A,B)$ 没有最大元，因此它确实是 Dedekind 分割。

乘法运算律与有理数限制

交换律来自交换两个有理因子。设 $A\ge0_R$。若 $0\le b<1$，则每个非负 $a\in A$ 满足 $ab\le a$，向下封闭性给出 $A\cdot1_R\subseteq A$。反过来， 若 $0\le x\in A$，取 $a\in A$ 使 $x<a$；于是 $a>0$，且 $x=a(x/a)$，其中 $0\le x/a<1$，故 $x\in A\cdot1_R$。负有理数两边都 自动包含。$0_R\cdot B=0_R$ 已在上面处理。

若正有理数 $p,q$，乘积中的每个非负元素都小于 $pq$，所以 $p_Rq_R\subseteq(pq)_R$。反过来若 $0\le x<pq$，可取有理数 $a$ 满足

$$\max(0,x/q)<a<p,$$

并令 $b=x/a$。则 $0\le b<q$，所以 $a\in p_R,b\in q_R$，且 $x=ab$。 零与符号的情形随即给出所有有理数的 $p_Rq_R=(pq)_R$。

若正分割 $A,B,C$，则 $(AB)C$ 的每个非负成员都写成 $(ab)c$，其中三个 因子分别属于三个分割；重新分组为 $a(bc)$ 就得到 $A(BC)$ 的成员，反向 包含完全相同。负有理数两边都有。若某个分割为零，两边都为零。这直接 由有理数乘法结合律证明了 $(AB)C=A(BC)$，没有预先假设实数乘法结合律。

分配律：共同因子的关键步骤

先记下一个表示引理。若 $U,V>0_R$ 且非负 $x\in U+V$，则存在非负 $u\in U,v\in V$ 使 $x=u+v$。从任意表示 $x=u_0+v_0$ 出发；若一个加数 为负，就把它换成 $0$，把另一个换成 $x$。这个新加数小于原来为正的加 数，因而仍在相应分割中。这个引理刻意限制在严格正的分割：$0_R$ 不含非 负有理数，所以零情形并不成立，例如 $U=0_R,V=1_R,x=1/2$。

对正分割 $A,B,C$，若非负 $z\in A(B+C)$，写成 $z=a(b+c)=ab+ac$，其中 $a,b,c$ 分别是非负成员。由表示引理， $z\in AB+AC$。反过来，对 $AB+AC$ 应用表示引理，把其非负成员写成 $z=u+v$，其中 $u\in AB,v\in AC$ 都非负。根据乘积定义，可再写成 $u=ab,v=a'c$，且各因子都是相应分割中的非负有理数。取 $\alpha\in A$ 严格大于 $a,a'$，则 $\alpha>0$，并有

$$z=\alpha\left[\left(\frac a\alpha\right)b+ \left(\frac {a'}\alpha\right)c\right].$$

两个系数都在 $[0,1)$ 中，因此括号内属于 $B+C$，从而 $z\in A(B+C)$。 负有理数两边自动相同。若 $A=0_R$，则直接有 $0_R(B+C)=0_R=0_RB+0_RC$；$B=0_R$ 或 $C=0_R$ 的情形同样由零乘积和加 法律直接计算。这就在没有使用极限或尚未构造的实根时证明了非负分割的 分配律。

符号与次序相容性

对一般符号定义

$$AB=-((-A)B)\quad(A<0_R\le B),\qquad AB=(-A)(-B)\quad(A<0_R,\ B<0_R),$$

对于另一种混合符号次序，若 $A>0_R>B$，定义 $AB=BA=-(A(-B))$。任一因子 为 $0_R$ 时乘积为 $0_R$。两个非零正分割的乘积为正，因此这些 规则给出通常的乘积符号。任意符号的结合律归结为正绝对值的结合律及加 法逆元。

混合符号的分配步骤也要写出。对非负 $A,B,C$ 且 $B\ge C$，分割差 $B-C$ 非负，并且 $B=(B-C)+C$。非负分配律给出

$$A(B-C)=AB-AC.$$

若 $B<C$，交换二者后再取负。这个恒等式处理第二或第三个加数带负号的 情形；第一因子为负时，再使用符号定义和加法逆元。因此分配律对所有符 号都成立。

若 $A\subseteq B$，则 $A+D\subseteq B+D$；两边加上 $-D$ 得到逆命题，所 以平移保持次序。按定义非负乘积非负。若 $B>A$ 且 $D>0_R$，则 $B-A>0_R$，故 $(B-A)D>0_R$；利用分配律得到 $BD-AD>0_R$，即 $AD<BD$。 这就验证了 cut 运算的有序域相容性。

一般乘法逆元

设 $A>0_R$，取固定的正有理数 $\alpha\in A$。每个 $r\notin A$ 都满足 $r>\alpha>0$。定义

$$I=\{q\in Q:\exists r\notin A\text{ 使 }q<1/r\}.$$

这个定义同时适用于有理和无理分割。任取一个补集元素 $r$，则 $1/(2r)>0$ 属于 $I$，所以 $I$ 非空；每个成员都小于 $1/\alpha$，所以它 是真子集。向下封闭显然，而 $q$ 与其见证 $1/r$ 的中点给出更大的成员， 故 $I$ 是分割。

若 $a\in A,b\in I$ 非负，取 $r\notin A$ 使 $b<1/r$，则 $a<r$，所以 $ab<1$，从而 $AI\subseteq1_R$。反过来，对有理 $0\le z<1$，选择

$$0<\delta<\alpha(1-z).$$

有理步进引理给出 $a\in A$ 和 $r=a+\delta\notin A$，并且 $a\ge\alpha$。 于是 $a/r=1-\delta/r>z$。令 $b=z/a$，则 $0\le b<1/r$，故 $b\in I$ 且 $z=ab\in AI$。负有理数自动包含，因此 $AI=1_R$。

若 $A<0_R$，定义 $A^{-1}=-((-A)^{-1})$；零被排除，因为含 $0_R$ 的乘积 不可能等于 $1_R$。对正有理数 $p$，上述定义化为 $(1/p)_R$，负有理数 由符号规则处理。若 $AX=AY=1_R$，则由结合律与单位元

$$X=X(AY)=(XA)Y=Y,$$

所以逆元唯一。

cut 模型中的完备性

cut 构造把最小上界性质直接显现出来。设 $C$ 是非空且有上界的 cut 族，上界为 $U$。定义

$$L=\bigcup_{A\in C}A.$$

因为 $C$ 非空，$L$ 非空；又因为每个 $A\in C$ 都低于 $U$，所以 $L\subseteq U$，从而 $L\ne Q$。向下封闭性也传给并集：若 $x\in L$， 则 $x\in A$ 对某个 $A$ 成立，而低于 $x$ 的有理数仍在 $A$，也就在 $L$。 若 $x\in L$，利用该 $A$ 没有最大元，可取 $x\lt y\in A$，故 $y\in L$。 所以 $L$ 是 cut。它包含 $C$ 中每个 cut；任何其他上界也必须包含每个 $A$，因此必须包含并集 $L$。

定理

并集构造给出上确界

对非空且有上界的 Dedekind 分割族，所有左集合的并集就是最小上界。 证明确实使用了非空、真子集、向下封闭和没有最大元四个条件，不能省略。

一般非负平方根

现在有序域运算律和并集完备性都已建立，可以在完备有序域 $R$ 中使用上确 界性质。设 $A\ge0_R$，令

$$S=\{x\in R:x\ge0_R\text{ 且 }x^2\le A\}.$$

因为 $0_R\in S$，所以 $S$ 非空。它以上界 $\max(1_R,A)$ 为界：若 $x$ 同时 大于 $1_R$ 与 $A$，则 $x^2>x>A$。令 $s=\sup S$，于是 $s\ge0_R$。

下面平方根证明中的扰动 $h$ 是完备有序域 $R$ 的元素，并没有声称它是有理 数。此前用于构造 cut 的有理间隙引理则使用有理数 $\delta$，两者不要混同。

若 $s^2<A$，取

$$h=\frac12\min\left(1_R,\frac{A-s^2}{2s+1_R}\right)>0_R.$$

则 $(s+h)^2=s^2+h(2s+h)<s^2+h(2s+1_R)<A$，所以 $s+h\in S$，这与 $s$ 是上界矛盾。若 $s^2>A$，则 $s>0_R$。取

$$h=\frac12\min\left(s,\frac{s^2-A}{2s}\right)>0_R, \qquad r=s-h>0_R.$$

有 $r^2=s^2-2sh+h^2>A$。每个 $x\in S$ 都满足 $x<r$，因为若 $x\ge r>0_R$，平方的正性与单调性会给出 $x^2\ge r^2>A$。于是 $r<s$ 也 是 $S$ 的上界，与 $s$ 的最小性矛盾。因此 $s^2=A$。

若 $0_R\le s<t$，则 $t^2-s^2=(t-s)(t+s)>0_R$，所以两个非负平方根不 能不同。于是每个非负 cut 都有唯一非负平方根；边界情形 $A=0_R$ 的根 就是 $0_R$。

乘法形式的 Archimedean 推论

对正分割 $A,B$，把已有的加法 Archimedean 论证应用于 $B/A$，得到整数 $N$ 使 $N_R>B/A$。由于乘以正分割 $A$ 保持严格次序，便有

$$N_R\,A>B.$$

这个推论使用了已证明的逆元与次序相容性。较早的有理间隙引理只依赖 $Q$ 中的算术。

分割判定例题

用公式定义的有理数子集必须通过每一条分割公理。奇次幂提供一族正例； 偶次幂与任意集合运算则说明为什么各条公理都需要分别检查。

奇次幂给出下分割

对正奇整数 $k$ 和正有理数 $t$，集合

$$D_{k,t}=\{x\in Q:x^k<t\}$$

是分割。奇次幂在 $Q$ 上严格递增：对非负 $x<y$，因式分解 $y^k-x^k=(y-x)(y^{k-1}+y^{k-2}x+\cdots+x^{k-1})>0$；对负的 $x<y$， 对 $-y<-x$ 使用同一个正数论证，并利用 $k$ 为奇数；若 $x<0<y$，则 $x^k<0<y^k$。若 $x\in D_{k,t}$，取有理数 $h\in Q$ 使

$$0<h<\min\left(1,\frac{t-x^k}{k(|x|+1)^{k-1}}\right)$$

利用幂差分解，$(x+h)^k-x^k$ 的 $k$ 项绝对值都不超过 $(|x|+1)^{k-1}$，所以 $(x+h)^k<t$，从而没有最大元。向下封闭性来自 单调性：若 $y<x$，则 $y^k<x^k<t$。取整数 $M>\max(1,t)$ 可验证非空 与真子集。

例题

多项式条件：找出失败的公理

由奇次幂论证，$\{x\in Q:x^3<17\}$ 与 $\{x\in Q:x^3<5\}$ 都是分割。 $\{x\in Q:x^4<100\}$ 不是分割：$0$ 属于它而 $-4$ 不属于，向下封闭失败。 $\{x\in Q:x^2>-3\}=Q$ 不是真子集。

$\{x\in Q:x^5\le2\}$ 虽然使用弱不等式，仍然是分割。 若最低项分数 $a/b$ 满足 $a^5=2b^5$，则 $a,b$ 都为偶数，矛盾；因此没 有有理数的五次方等于 $2$，弱不等式给出与 $x^5<2$ 相同的分割。

例题

哪些集合运算保留分割？

设 $A,B$ 为分割。任意逐项乘积 $\{ab:a\in A,b\in B\}$ 不一定是分割；取 $A=B=0_R$ 时结果是 $Q_{>0}$， 含 $1$ 却不含 $0$，违反向下封闭。差集 $\{a-b:a\in A,b\in B\}$ 总是 $Q$：取 $a_0\in A,b_0\in B$ 及有理数 $b<\min(b_0,a_0-q)$，则 $b\in B,a=q+b\in A$，所以 $q=a-b$，真子集条件失败。 $Q\setminus\{-a:a\in A\}$ 也不一定是分割；取 $A=0_R$ 时它是 $Q_{\le0}$， 最大元为 $0$。对无理分割它虽与严格间隙逆元相同，但零分割说明此公式并非对所有分割都有效。 最后 $A\cap B$ 总是分割，因为全序性使它等于两个分割中较小者；对任意 其中元素，可取分别大于它的两个元素，它们的较小者仍是交集中的更大元素。

例题

零 cut 与其加法逆元

嵌入的零是 $0_R=\{q\in Q:q\lt 0\}$。它的加法逆元仍是自身，因为两个负 有理数的和低于零，而每个低于零的有理数 $q$ 都可写成 $q/2+q/2$。 这说明逆元是 cut 的等式，不只是图像上的反射。

例题

相加嵌入的有理数

$p_R+q_R=\{a+b:a\lt p,b\lt q\}$。每个这样的和低于 $p+q$；反过来若 $x\lt p+q$，令 $a=p-(p+q-x)/2\lt p$、$b=q-(p+q-x)/2\lt q$，就有 $x=a+b$。因此该和等于 $(p+q)_R$，嵌入保持加法。

在数线上看这条边界

图：一个分割会把边界左边的所有有理数都收进左集合。当边界是 $\sqrt{2}$ 时，右边没有最小的有理数。

比较有理边界与无理边界

下面的 explorer 把有理边界 $3/2$ 与无理边界 $\sqrt{2}$ 并排放在一起。最 值得观察的是：右边那一侧究竟会不会由某个最小的有理数开始。

常见错误

常见错误

成对写法与单集合写法不是两套不同理论

它们只是同一个对象的两种视角。$(A,B)$ 明确写出左右两边，而单集合写法 只保留左边，再用 $Q\setminus A$ 恢复右边。

常见错误

分割的次序不是拿两个集合里所有元素逐个比较

$A\le A'$ 的意思是 $A\subseteq A'$。它不是说 $A$ 的每个元素都小于 $A'$ 的每个元素。事实上，如果一个边界在另一个边界左边，这两个左集合 通常会有大量重叠。

快速检查

思考检查

$0_R$ 是什么分割？

直接套用 $q_R=\{x\in Q\mid x\lt q\}$。

解答 · 答案

$$0_R=\{x\in Q\mid x\lt 0\},$$

也就是所有负有理数组成的集合。

思考检查

若 $A\subseteq A'$，哪一个边界在左边？

用 cut 的次序语言回答。

解答 · 答案

若 $A\subseteq A'$，那就有 $A\le A'$。因此 $A$ 代表的边界在 $A'$ 代 表的边界左边或与之相同。

练习

思考检查

证明：对每个有理数 $q$，集合 $q_R=\{x\in Q\mid x\lt q\}$ 都是一个 Dedekind 分割。

逐条检查单集合版本的三个条件。

解答 · 引导解答

$q_R$ 非空，因为 $q-1\lt q$，所以 $q-1\in q_R$。它也不是整个 $Q$，因为 $q\notin q_R$。

它向下封闭：若 $x\lt q$ 且 $y\lt x$，则当然 $y\lt q$，故 $y\in q_R$。

它没有最大元素：若 $x\lt q$，则

$$\frac{x+q}{2}$$

仍是有理数，而且满足 $x\lt (x+q)/2\lt q$，所以 $(x+q)/2\in q_R$。于是 $q_R$ 的每个元素右边都还能找到更大的元素留在 $q_R$ 里。

思考检查

每个非空 Dedekind 分割族的交集都一定是分割吗？考察 $A_n=(1/n)_R$，其中 $n\ge1$。

比较有限交集与这个递减族的交集。

解答 · 参考解答

每个非正有理数都属于所有 $A_n$。若 $q>0$，取整数 $n>1/q$，便有 $1/n<q$，所以 $q\notin A_n$。因此

$$\bigcap_{n\ge1}A_n=\{q\in Q:q\le0\}.$$

此集合有最大元 $0$，所以不是分割。有限个分割的交集是其中按包含关系 最小的一个分割；任意分割族未必有最小成员，不能直接沿用这个论证。

相关笔记

请先读 4.4 实数公理与第一次近似构造。 然后继续读 4.6 小数展开与无理数， 那一页会把 Dedekind 分割重新连到熟悉的小数记号，并用 $\sqrt2$ 介绍无 理数。