4.1 全序与有序域

元素的比较与数的比较

$N$、$Z$ 和 $Q$ 的构造提供了对象与运算；界则要求我们判断，哪些元素位于集合中每个元素的上方或下方。这需要一个次序关系，而且须区分两个条件：任意两个元素是否可比较，以及比较是否与运算相容。整除关系展示了第一个条件可能失败；有序域则要求两者同时成立。

偏序与全序

定义 4.1.1

（全序）

集合 $X$ 配上关系 $\le$，若对所有 $x,y,z\in X$ 均满足：

1. 对每个 $x\in X$ 都有 $x\le x$；
2. $x\le y$ 且 $y\le x$ 推得 $x=y$；
3. $x\le y$ 且 $y\le z$ 推得 $x\le z$；
4. 对每个 $x,y\in X$，都必有 $x\le y$ 或 $y\le x$；

就称 $X$ 在 $\le$ 下是全序集。

前面三条只是偏序的条件。真正把它变成全序的，是最后那条“任意两个元素都可比较”。

例题 4.1.2

（一个标准的全序）

$\{1,2,3,4\}$ 在通常大小次序下是全序。任取两个元素，总可以判断哪一个较小、哪一个较大，或者它们相等。

例题 4.1.3

（不是全序的偏序）

令 $X=\{1,2,3,6\}$，并规定 $x\le y$ 当且仅当 $x$ 整除 $y$。

这是一个偏序，但不是全序。因为 $2$ 与 $3$ 不能比较：$2$ 不整除 $3$， $3$ 也不整除 $2$。

这个例子提醒你：“有次序”不等于“任何两个元素都能比较”。可比较性必须另外检查。

子集上的限制次序

一旦环境集合本身是全序，它的任意子集都会自动继承这个全序。

定理 4.1.4

（限制次序仍然是全序）

若 $(X,\le)$ 是全序，而 $Y\subseteq X$，则在 $Y$ 上使用同一比较规则时， $Y$ 仍然是全序集。

这一点在后面非常重要，因为我们经常研究像

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

这种 $Q$ 的子集。我们不是给 $S$ 发明一个全新的次序，而是把 $Q$ 原本的次序限制到 $S$ 上。

$Z$ 与 $Q$ 的标准次序

对整数与有理数，熟悉的大小关系可以写成：

$$x\le y \quad \text{iff} \quad 0\le y-x.$$

也就是说，比较 $x$ 和 $y$，可以化成判断差 $y-x$ 的符号。这样的写法很有用，因为正负、加法与乘法本来就是 $Z$、$Q$ 的代数语言之一。

定理 4.1.5

（$Z$ 与 $Q$ 的标准次序是全序）

用通常的正、负与零的概念定义出的标准次序，在 $Z$ 和 $Q$ 上都是全序。

原因很直接：对任意差 $y-x$，只会出现三种情形之一。它是正、是零，或是负。于是就分别得到 $x\lt y$、$x=y$、$x\gt y$，因此任意两个元素都能比较。

次序必须和运算配合

次序不是孤立的装饰。它还要和加法、乘法正确互动。

定义 4.1.6

（与次序相容的基本事实）

对有理数 $x,y,z$：

• 若 $x\le y$，则 $x+z\le y+z$；
• 若 $x\ge 0$ 且 $y\ge 0$，则 $xy\ge 0$。

第一条表示平移不会破坏大小次序。第二条表示两个非负数相乘，不会无端变成负数。

例题 4.1.7

（为什么加法相容很重要）

若 $1/3\le 1/2$，则两边同加 $2$ 可得

$$2+\frac13 \le 2+\frac12.$$

这不是每次都重新证明的新命题，而是同一条结构规则在不同数值上的应用。

如果没有这些相容性，后面有关区间、界、绝对值的论证就会失去基础。

域与有序域

可以用一种打包方式去总结 $Q$ 的代数结构。

定义 4.1.8

（域）

域是一个集合 $F$，其中 $0,1$ 是不同元素，加法与乘法都是 $F\times F\to F$ 的运算，并且对所有 $x,y,z\in F$ 满足：

• 加法与乘法都满足交换律与结合律；
• 乘法对加法满足分配律；
• 每个元素都有加法逆元；
• 每个非零元素都有乘法逆元。

运算的值必须仍在 $F$ 中；这就是封闭性。还要有 $0\ne1$、$0+x=x$、 $1x=x$，并且逆元满足 $x+(-x)=0$、$xx^{-1}=1$。

这个定义记住了代数，但还完全没有提到次序。

定义 4.1.9

（有序域）

有序域是带有全序 $\le$ 的域 $F$，而且对所有 $x,y,z\in F$：

• $x\le y$ 会推出 $x+z\le y+z$；
• $x\ge 0$ 且 $y\ge 0$ 会推出 $xy\ge 0$。

因此，有序域不是“一个域再随便加个比较符号”。它要求代数与次序彼此一致。

$Q$ 是有序域。之后我们会看到，$R$ 也是有序域，但还比 $Q$ 多一个关键条件：完备性。

常见错误

（全序不只是『可以画在数线上』）

很多人把全序理解成“看起来像排成一行”。真正要检查的是可比较性公理。偏序也可能有很清楚的图形或层级，但仍然会有某些元素彼此无法比较。

常见错误

（域不一定自动就是有序域）

域公理只描述加法与乘法。要成为有序域，还需要一个全序，并且这个全序必须以精确的方式尊重加法与乘法。

比较不同次序所支持的假设

“次序”一词常常压缩了两个问题。第一，任意两个元素能否比较；第二，这种比较是否和代数运算相容。前者由关系回答，后者需要额外的结构。

定义 4.1.10

（严格次序与非严格次序）

在偏序集中，若 $x\le y$ 且 $x\ne y$，就写作 $x\lt y$。在全序中，对每一对元素恰有一个 $x\lt y$、$x=y$ 或 $y\lt x$ 成立。在有序域中，严格次序还满足平移和正数缩放相容：$x\lt y$ 推出 $x+z\lt y+z$；$x\lt y$ 且 $0\lt z$ 推出 $xz\lt yz$。

这解释了为什么同一个形式的论证在 $Q$ 中成立，在整除偏序中却不成立。在 $Q$ 中可以使用 $(y-x)/2$，也可以传递正性；而在整除次序中，“位于两元素中间”根本不是已经定义的次序概念。

例题 4.1.11

（有序域中的平移论证）

设有序域中 $a\lt b$ 且 $c\lt d$。先把 $c$ 加到第一条不等式，得到 $a+c\lt b+c$；再把 $b$ 加到第二条不等式，得到 $b+c\lt b+d$。由传递性得 $a+c\lt b+d$。这里用到的是平移相容性和传递性，而不是数轴图像。

例题 4.1.12

（正数乘积论证）

若 $0\lt a\lt b$ 且 $0\lt c\lt d$，正数缩放给出 $ac\lt bc$ 及 $bc\lt bd$，所以 $ac\lt bd$。符号条件不可省略：乘以负数会反转不等号。

把次序公理写成证明

定义只有转化为可重复使用的证明步骤才真正有用。对任意 $x,y\in Q$，差 $y-x$ 恰好有三种情形：正、零、或负。按 $x\le y$ 当且仅当 $0\le y-x$ 的定义，这三种情形分别给出 $x\lt y$、$x=y$、或 $y\lt x$。这就证明了通常有理数次序的三歧性与可比较性。它也说明了反对称性：若同时有 $x\le y$ 与 $y\le x$，那么 $y-x$ 与 $x-y$ 都非负；两者相加是零，因此 $x=y$。

平移的普遍证明如下。若 $x\le y$，则 $0\le y-x$。对任意 $z$，

$$(y+z)-(x+z)=y-x,$$

所以同一个非负差仍然证明 $x+z\le y+z$。反过来把 $-z$ 加到两边即可。因此平移是保持次序的双射。减法也不是额外的次序规则，而是加上加法逆元。

正数缩放需要符号条件。若 $x\le y$ 且 $0\le z$，则 $0\le y-x$，两个非负有理数的乘积仍非负，于是 $0\le z(y-x)=zy-zx$，得到 $zx\le zy$。若 $z>0$ 且 $x<y$，则 $y-x>0$，故乘积为正，严格不等式也保持。若 $z<0$，写成 $z=-w$ 且 $w>0$；先用正数缩放，再取负号，就会反转不等号。这说明为什么可以用正数约去而保持次序，却要用负数约去并反转次序。

定理 4.1.13

（Q 中的三歧性与次序相容性）

对任意 $x,y\in Q$，$x<y$、$x=y$、$y<x$ 恰有一个成立。任意有理数平移都保持 $\le$ 与 $<$；正有理数乘法也保持它们，而负有理数乘法会反转它们。

这些结论也说明了后面界的量词。$x\le y$ 只涉及一对元素；而“$u$ 是 $Y$ 的上界”是更强的全称命题：

$$(\forall y\in Y)\;y\le u.$$

要否定它，必须在全序中找出一个 $y\in Y$ 使 $u<y$。只画出几个点在 $u$ 下方，不能证明全称命题；列举若干例子，也不能在没有反例见证时否定它。

例题 4.1.14

（三个子集，三种不同的次序问题）

在通常全序的 $X=\{-2,0,3\}$ 中，$Y=\{-2,3\}$ 的最小元是 $-2$、最大元是 $3$；在 $X$ 中它的上界只有 $3$，而在 $Q$ 中所有 $u\ge3$ 都是上界。开区间 $Z=(0,1)$ 没有最大元，虽然 $1$ 是 $Q$ 中的上界；每个 $u<1$ 都会被 $Z$ 中某个更大的点击败。最后，$Q$ 本身向上无界，因为 $u+1$ 会击败任意候选 $u$。环境集合和量词都会影响结论。

例如 $[0,1]\subseteq R$ 继承全序，却不是域：$2$ 不在其中，$1/2$ 的加法逆元也不在其中。我们可以讨论它的子集的界，但运用完备性或减法时，必须明确环境是 $R$。

常见错误

（继承次序不等于继承封闭性）

每个子集都继承比较关系，却不一定继承代数封闭性。不要因为区间位于 $R$ 中就称它为域；使用运算时要写明环境域。

有序域的简明证明工具箱

有序域的公理会反复使用，值得先推导一次。乘法相容公理最初只给出：若 $a\ge0$ 且 $b\ge0$，则 $ab\ge0$；严格正的乘积需要另行推出。先证 $0\lt1$。域公理给出 $1\ne0$。若 $1\lt0$，两边加上 $-1$ 得到 $0\lt-1$，所以 $-1\ge0$。非负乘积公理于是给出

$$0\le(-1)^2=1,$$

这与 $1\lt0$ 矛盾。因此由三歧性可知 $0\lt1$。若 $a\lt b$，两边加上 $-a$ 得 $0\lt b-a$；判断差的符号就成为判断大小的统一方法。

现在若 $0\lt a$ 且 $0\lt b$，公理先给出 $ab\ge0$。域没有零因子：若 $ab=0$，乘以 $a^{-1}$ 或 $b^{-1}$ 就会迫使其中一个因子为零。故 $ab\ne0$，再由三歧性得到 $0\lt ab$。特别地，若 $a\ne0$，则 $a^2\ge0$ 且 $a^2\ne0$，所以 $a^2>0$。因此

$$a^2=0\quad\Longrightarrow\quad a=0.$$

正数的逆元也必须先证明为正。若 $c>0$，则 $c^{-1}\ne0$，因为 $cc^{-1}=1$。它不可能为负：若 $c^{-1}<0$，则 $-c^{-1}>0$，刚才的严格正乘积结论会给出 $c(-c^{-1})=-1>0$，但 $0<1$ 又推出 $-1<0$，矛盾。因此 $c^{-1}>0$。现在才能严格说明约去：若 $c>0$ 且 $ac\le bc$，则 $0\le(b-a)c$；乘以正的逆元 $c^{-1}$ 仍保持非负，得到 $0\le b-a$，所以 $a\le b$。这说明处理分式不等式时，必须检查分母的符号。当 $b,d$ 非零时，对 $a/b<c/d$ 交叉相乘，若 $bd>0$ 就保持方向，若 $bd<0$ 就反转方向；两个分母均为正只是保证 $bd>0$ 的一种情形。

这些步骤也解释了负数缩放为什么反转次序。若 $x\lt y$ 且 $z\lt0$，则 $-z\gt0$，并且正数乘积结论给出 $(-z)(y-x)\gt0$。于是 $z(y-x)\lt0$，也就是 $zy-zx\lt0$，所以 $zy\lt zx$。若 $z=0$，两边会相等，不能把非严格结论误写成严格结论。另一方面，若 $0\le z$，则 $0\le z(y-x)$，这正是 $zx\le zy$ 的完整证明。可见每个符号条件都在决定最后的不等号方向，而不是形式上的附加标记。

对于有序域中的任意非零 $a$，三歧性先给出 $a\gt0$ 或 $a\lt0$；在第二种情形，平移相容性给出 $-a\gt0$。因此证明平方与逆元时，正、负两种情形都已被上述论证覆盖。把这些局部规则组合起来，才可以安全地做分式变形、中点构造与界的逼近。

一个具体的检验是：若 $x\le y$，取 $z=1/2>0$，则 $x/2\le y/2$；若取 $z=-1/2<0$，则 $-y/2\le -x/2$。例如从 $-6\le-2$ 出发，正数缩放 $1/2$ 给出 $-3\le-1$，而负数缩放 $-1/2$ 给出 $1\le3$。这里先确认缩放因子的符号，再写出结论，便不会把负数缩放误当成保持方向。正因子约去正是这个规则的逆向使用，而正逆元的存在使这种逆向步骤仍留在同一个有序域中。

例题 4.1.15

（用差来检查不等式）

要证明 $-2/3<5/6$，不必依靠图像，只需计算

$$\frac56-\left(-\frac23\right)=\frac56+\frac46=\frac96=\frac32>0.$$

差为正正是严格次序的定义。两边同加 $7$ 后差仍是 $3/2$，所以同一论证还给出 $19/3<47/6$。

这些结论把抽象公理连接到后面的界论证。它们允许我们在有序域中取中点 $(a+b)/2$，却不允许我们在任意偏序中随意谈“中间点”。当上确界论证从全序推广到偏序时，这个区别尤其重要。还要注意 $0$ 本身：它既不是正数也不是负数，含有零的乘积不能套用严格正数乘积的步骤，必须单独检查。

量词决定次序命题的强度

次序符号经常隐藏命题的量词范围。$x<y$ 只涉及局部的一对元素，但区间命题往往是全称命题。例如

$$(\forall x\in(0,1))\;x<1$$

证明 $1$ 是 $(0,1)$ 的上界；而

$$(\forall u<1)(\exists x\in(0,1))\;u<x$$

才证明没有更小的实数仍是上界。第二条必须给出见证：若 $u\ge0$，可取 $x=(u+1)/2$；若 $u<0$，可取 $x=1/2$。次序公理本身不会把第一条自动变成第二条。

下界也须使用同样的纪律。要证明 $0$ 是 $(0,1)$ 的下确界，先证明区间每个 $x$ 都满足 $0\le x$，再任取 $v>0$，构造小于 $v$ 的区间点。例如 $x=\min\{v/2,1/2\}$ 同时为正、小于 $1$，并严格小于 $v$。这正是下一节上确界与下确界逼近准则的初等形式。

空集和无界集显示了定义的边界。对 $Y=\varnothing$，每个 $u$ 都是上界和下界，因为对空集作全称判断是真命题。因此“空集的最佳界”需要额外约定，通常完备性公理会排除它。对 $Y=Q$，任意候选上界 $u$ 都会被 $u+1$ 击败，任意候选下界都被 $u-1$ 击败，所以 $Q$ 向上、向下都无界。严格的量词正是这些结论的依据。

例题 4.1.16

（一个区间的四个量词命题）

在 $R$ 中令 $Y=[-1,2]$。每个 $y\in Y$ 都满足 $y\le2$，而且 $2\in Y$，所以 $2$ 同时是上界与最大元；$3$ 也是上界，却不是最大元，因为它不属于 $Y$。$-1$ 是最小元也是下确界。若把区间改成 $(-1,2)$，界的不等式仍然成立，但两个端点都不属于集合，因此不再有最大元或最小元。一个严格不等号就能改变成员资格，而不改变周围的次序结构。

这些例子体现了一般的证明习惯。先写明环境有序集，因为同一个子集换了环境后，可用的界可能不同；再把命题写出量词。最大元命题同时含有“属于集合”的存在条件和全称比较条件，而上界命题只有全称比较。最后，若要证明界是最佳的，就说明如何击败任何改进候选：上界用集合中更大的元素，下界用集合中更小的元素。

有序域的代数公理为这些见证提供工具。中点存在，是因为可以除以正数 $2$；正数缩放可以传递不等式；加法逆元使平移论证能够反向使用。但这些事实本身不会产生上确界，只能在候选已经提出后帮助验证。每个非空且有上界的集合都有最小上界，则是定义界之后要研究的完备性。

快速检查

快速检查

（为什么正整数上的整除关系不是全序？）

找一对互相不能比较的元素。

解答 · 答案

因为有些元素对不能比较。例如 $2$ 不整除 $3$，$3$ 也不整除 $2$，所以可比较性失败。

快速检查

（若 $x\le y$，为什么必有 $x-z\le y-z$？）

把减法改写成加法。

解答 · 答案

因为 $x-z = x+(-z)$，$y-z = y+(-z)$。既然对不等式两边同加一个数会保持次序，同加 $-z$ 也一样，所以 $x-z\le y-z$。

练习

快速检查

（解释为什么全序集的任意子集仍然带有全序。）

取子集中的两个元素，回到原来的环境里比较。

解答 · 引导解答

设 $y_1,y_2\in Y\subseteq X$。因为 $X$ 是全序，故在 $X$ 中必有 $y_1\le y_2$ 或 $y_2\le y_1$。限制次序在 $Y$ 上沿用同一比较规则，所以在 $Y$ 中仍能比较。其余偏序公理本来就在 $X$ 中成立，因此在子集上仍然成立。

快速检查

（为什么 $Q_{\gt 0}$ 不是域？）

检查域公理要求的逆元与封闭性。

解答 · 引导解答

正有理数对乘法来说没有问题，但它们没有加法逆元。若 $q\gt 0$，则 $-q$ 不属于 $Q_{\gt 0}$。因此域公理失败，所以 $Q_{\gt 0}$ 不是域。

相关笔记

可先读 3.4 有理数与良定义运算 及 3.5 Q 的缺口与 sqrt(2)。之后可接着读 4.2 上下界、上确界与下确界。