4.5 Dedekind 分割與 Q 的嵌入

為甚麼現在要引入分割？

上一頁的核心圖像是：

• 一個實數應該決定 $Q$ 裡哪些有理數在它左邊；
• 它也應該決定哪些有理數在它右邊；
• 這個實數本身可以看成左右兩邊之間的邊界。

下一步就是把這個圖像正式化。關鍵一步是：我們 不再先假設實數已經存在，再去問哪些有理數比它小；相反，我們直接用 $Q$ 裡左邊那一半去定義這個實數。

這就是 Dedekind 分割 的基本想法。

這個構造有四項任務：確定邊界資料，在其中找回有理數，定義相容的次序和 算術，最後證明每個非空有上界的分割族都有上確界。最後一項才真正填補 $Q$ 的缺口。

兩個等價定義

定義

用一對集合定義 Dedekind 分割

一個 Dedekind 分割 是 $Q$ 的兩個非空子集 $(A,B)$，滿足：

• $Q=A\cup B$；
• 對每個 $a\in A$ 和 $b\in B$，都有 $a\lt b$；
• $A$ 沒有最大元素。

換句話說，$A$ 是整個左半邊，$B$ 是整個右半邊。兩邊沒有重疊，也沒有漏 掉任何有理數，而左半邊不能把邊界本身視為最後一點收進去。

定義

用單一子集定義 Dedekind 分割

等價地，若 $A\subset Q$ 滿足：

• $A\ne\varnothing$ 且 $A\ne Q$；
• 每當 $x\in A$ 且 $y\in Q$ 滿足 $y\lt x$，就有 $y\in A$；
• 對每個 $x\in A$，都存在 $y\in A$ 使得 $x\lt y$；

那麼 $A$ 就稱為一個 Dedekind 分割。

第二種寫法通常更方便。因為只要知道左邊集合 $A$，右邊就自動是 $Q\setminus A$。所以一個分割其實就是：哪些有理數已經被判定在這條邊 界左邊。

為甚麼兩種定義等價

對成對定義，嚴格分離保證兩集合不交，因此 $B=Q\setminus A$。若 $x\in A$ 且 $y\lt x$，則 $y$ 不可能屬於 $B$，否則分離條件會要求 $x\lt y$。所以 $y\in A$。非空、真子集和沒有最大元由其餘條件直接得到。 反過來，從下分割 $A$ 出發，令 $B=Q\setminus A$，兩邊都非空。 若 $a\in A$、$b\in B$，則 $b=a$ 違反不交，$b\lt a$ 違反向下封閉， 所以只能有 $a\lt b$。這樣便驗證了成對定義的全部條件。

每個條件到底在做甚麼

定義很短，但每一條也不是裝飾。

• $A\ne\varnothing$ 和 $A\ne Q$ 排除了沒有左邊或沒有右邊的假分割。
• 向下封閉表示：若某個有理數已經在左邊，那麼更小的有理數也一定在左 邊。
• 「沒有最大元素」表示：邊界本身不會被收成 $A$ 的最後一點；你永遠可 以在左邊再往右走一點點。

最後這條最微妙，也最重要。它正是避免同一個有理數被表示兩次的關鍵。

例題

$q=3/2$ 的分割

令

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

那麼 $A$ 與 $B$ 都非空，$A$ 的每個元素都小於 $B$ 的每個元素，而 $A$ 沒有最大元素。

要看最後一點，只要任取 $x\lt 3/2$，再定義

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

則 $x\lt y\lt 3/2$，所以 $y\in A$，而 $x$ 不可能是最大元素。因此 $(A,B)$ 是 一個 Dedekind 分割。它就是把有理數 $3/2$ 放進 cut 模型後得到的實數。

有理分割與 $Q$ 的嵌入

稱 $(A,B)$ 為有理 Dedekind 分割，如果 $B$ 有最小元 素。在這種情況下，邊界其實已經由某個有理數實現。

若 $\min(B)=q$，那就必定有

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

這就帶來記號

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

所以每個有理數 $q$ 都給出一個 Dedekind 分割 $q_R$，而映射

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

就把 $Q$ 嵌入到 cut 模型的實數系統裡。

定理

有理數作為 cut 模型中的一部分

有理 Dedekind 分割與有理數一一對應。建立這個嵌入後，我們通常直接把 $q$ 與它對應的分割 $q_R$ 視為同一個對象。特別地，$0_R$ 與 $1_R$ 就分 別扮演 $0$ 與 $1$。

這一點在概念上很重要。Dedekind 分割不是把有理數丟掉重來，而是在 $Q$ 裡補上原本缺失的邊界。

常見錯誤

把 $x\lt q$ 寫成 $x\le q$

集合 $\{x\in Q\mid x\le q\}$ 非空、真包含於 $Q$，而且向下封閉，但它不 滿足「沒有最大元素」這條，因為 $q$ 本身就是它的最大元素。若把它也當 成合法表示，那同一個有理數就會有兩個名字：$q_R$ 與 $\{x\le q\}$。所 以嚴格不等號不是形式細節，而是用來消除歧義的。

分割上的次序與最初的運算

光是定義出所有分割組成的集合 $R$ 還不夠。為了回應上一頁的目標， 還要在 $R$ 上定義次序與算術。

對次序來說，最自然的規則是：

$$A\le A' \quad\text{當且僅當}\quad A\subseteq A'.$$

這正是左邊集合應有的比較方式。若 $A$ 左邊的每個有理數也都在 $A'$ 左 邊，那麼 $A$ 代表的邊界不可能在 $A'$ 的右邊。

定理

包含關係是全序，並保留有理數次序

包含關係具有自反性、反對稱性和傳遞性。若分割 $A,D$ 滿足 $A\nsubseteq D$，取 $a\in A\setminus D$。每個 $d\in D$ 都有 $d\lt a$， 否則 $D$ 向下封閉會迫使 $a\in D$。於是 $D\subseteq A$，故分割之間 總可比較。

對有理數 $p,q$，

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

正方向來自傳遞性。反過來，若 $q\lt p$，中點 $(p+q)/2$ 屬於 $p_R$ 卻不屬於 $q_R$，與包含關係矛盾。特別地，相等的有理分割具有相同的 有理邊界，所以嵌入是單射。

對加法，定義

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

直觀上，兩個邊界的和，其左邊應由「第一個邊界左邊的有理數」加上「第 二個邊界左邊的有理數」所產生。

加法確實產生分割並滿足基本運算律

取 $a\in A$、$a'\in A'$ 即得到非空見證。再取 $b\notin A$、 $b'\notin A'$，每個和 $a+a'$ 都嚴格小於 $b+b'$，所以和集是真子集。 若 $x=a+a'$ 且 $y\lt x$，則 $y-a'\lt a$ 屬於 $A$，故 $y=(y-a')+a'$ 屬於和集。取 $c\in A$ 使 $a\lt c$，便有更大的和集元素 $c+a'\gt x$。四個下分割條件都已驗證。

結合律來自 $(A+A')+D$ 與 $A+(A'+D)$ 都恰好由有理數和 $a+a'+d$ 組成；交換律同理。此外 $A+0_R=A$：加上負有理數會向下移動，仍在 $A$ 內；反過來，若 $x\in A$，取 $a\in A$ 使 $x\lt a$，則 $x=a+(x-a)$，其中 $x-a\lt 0$。

例題

為甚麼 $1_R+1_R=2_R$

寫成

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

若 $a\lt 1$ 且 $a'\lt 1$，則 $a+a'\lt 2$，所以 $1_R+1_R$ 的每個元素都屬於 $2_R$。

反過來，若 $x\lt 2$，則 $x/2\lt 1$，而且

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

因此 $2_R$ 的每個有理數也都在 $1_R+1_R$ 裡。故

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

這個例子說明：cut 上的算術確實延伸了原本的有理數算術，而不是另造一套 奇怪的新規則。

加法逆元需要嚴格間隙

定義

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

嚴格不等號不可省略。若只把補集反射，$p_R$ 的擬議逆元會包含 $-p$， 從而出現最大元素。

加法逆元的存在性與唯一性

若 $r\notin A$，則 $-r-1$ 屬於所定義的集合，所以它非空。取 $a\in A$，每個這樣的 $q$ 都滿足 $q\lt -r\lt -a$，所以 $-a$ 不屬於該集合， 它是真子集。向下封閉顯然成立；$q$ 與見證 $-r$ 的中點給出更大元素。 因此 $-A$ 是分割。

先證明有理間隙引理。任取有理數 $\delta\gt 0$，選擇 $a_0\in A$ 和 $b\notin A$。由 $Q$ 的 Archimedean 性質，存在正整數 $n$ 使 $a_0+n\delta\gt b$。在滿足 $a_0+k\delta\notin A$ 的正整數中取最小的 $k$，便有 $a=a_0+(k-1)\delta\in A$，而 $r=a+\delta\notin A$。

若 $a\in A$、$q\in-A$，並取見證 $r\notin A$，則 $a\lt r$ 且 $a+q\lt 0$，故 $A+(-A)\subseteq0_R$。反過來，任取有理數 $x\lt 0$，令 $\delta=-x/2$，引理給出 $a\in A$ 及 $r=a+\delta\notin A$。於是 $q=x-a\lt -r$，所以 $q\in-A$ 且 $x=a+q$。這證明 $A+(-A)=0_R$。

若另一個分割 $D$ 滿足 $A+D=0_R$，由結合律和零元性質， $D=D+(A+(-A))=(D+A)+(-A)=-A$，故逆元唯一。若 $A=p_R$，定義給出 $-A=(-p)_R$，因為每個 $q\lt -p$ 都可取見證 $r=p$。若 $A$ 是無理 分割，補集沒有最小元，所以嚴格間隙定義也等於 $Q\setminus\{-a:a\in A\}$。

非負分割上的乘法

加法和加法逆元已經建立。乘法先從非負分割開始：這時有理成員的乘積與 邊界方向相容；隨後再用符號規則處理其餘情形。對 $A,B\ge0_R$，定義 $A\cdot B=P(A,B)$，其中

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

加入全部負有理數是有意的：它們構成新左集合的負半部，而非負成員的乘 積負責確定非負半部。

若 $A=0_R$ 或 $B=0_R$，相應分割沒有非負成員，所以 $P(A,B)=0_R$。現設 $A,B>0_R$。每個分割都含有正有理數；若已有非負成員，使用沒有最大元的 性質即可找到正成員，否則它就是 $0_R$。取正的 $a\in A,b\in B$，得到 非空性。

取正有理數 $r\notin A,s\notin B$。對所有非負 $a\in A,b\in B$，都有 $a<r,b<s$，故 $ab<rs$，所以 $rs$ 不在 $P(A,B)$ 中，證明它是真子集。 若 $y<0$，向下封閉性顯然成立。若 $0\le y<x=ab$，則 $a,b>0$，並且 $y=a(y/a)$，其中 $0\le y/a<b$；由 $B$ 的向下封閉性，$y/a\in B$，所以 $y\in P(A,B)$。

最後，負成員可向零稍微移動而仍為負；若兩個分割都嚴格為正，零成員可 提升為正的乘積。若 $x=ab>0$，取 $a'>a$ 且 $a'\in A$，則 $a'b>x$，並且 $a'b\in P(A,B)$。這些情形證明 $P(A,B)$ 沒有最大元，因此它確實是 Dedekind 分割。

乘法運算律與有理數限制

交換律來自交換兩個有理因子。設 $A\ge0_R$。若 $0\le b<1$，則每個非負 $a\in A$ 滿足 $ab\le a$，向下封閉性給出 $A\cdot1_R\subseteq A$。反過來， 若 $0\le x\in A$，取 $a\in A$ 使 $x<a$；於是 $a>0$，且 $x=a(x/a)$，其中 $0\le x/a<1$，故 $x\in A\cdot1_R$。負有理數兩邊都 自動包含。$0_R\cdot B=0_R$ 已在上面處理。

若正有理數 $p,q$，乘積中的每個非負元素都小於 $pq$，所以 $p_Rq_R\subseteq(pq)_R$。反過來若 $0\le x<pq$，可取有理數 $a$ 滿足

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

並令 $b=x/a$。則 $0\le b<q$，所以 $a\in p_R,b\in q_R$，且 $x=ab$。 零與符號的情形隨即給出所有有理數的 $p_Rq_R=(pq)_R$。

若正分割 $A,B,C$，則 $(AB)C$ 的每個非負成員都寫成 $(ab)c$，其中三個 因子分別屬於三個分割；重新分組為 $a(bc)$ 就得到 $A(BC)$ 的成員，反向 包含完全相同。負有理數兩邊都有。若某個分割為零，兩邊都為零。這直接 由有理數乘法結合律證明了 $(AB)C=A(BC)$，沒有預先假設實數乘法結合律。

分配律：共同因子的關鍵步驟

先記下表示引理。若 $U,V>0_R$ 且非負 $x\in U+V$，則存在非負 $u\in U,v\in V$ 使 $x=u+v$。從任意表示 $x=u_0+v_0$ 出發；若一個加數 為負，就把它換成 $0$，把另一個換成 $x$。這個新加數小於原來為正的加 數，因而仍在相應分割中。這個引理刻意限制在嚴格正的分割：$0_R$ 不含非 負有理數，所以零情形並不成立，例如 $U=0_R,V=1_R,x=1/2$。

對正分割 $A,B,C$，若非負 $z\in A(B+C)$，寫成 $z=a(b+c)=ab+ac$，其中 $a,b,c$ 分別是非負成員。由表示引理， $z\in AB+AC$。反過來，對 $AB+AC$ 應用表示引理，把其非負成員寫成 $z=u+v$，其中 $u\in AB,v\in AC$ 都非負。根據乘積定義，可再寫成 $u=ab,v=a'c$，且各因子都是相應分割中的非負有理數。取 $\alpha\in A$ 嚴格大於 $a,a'$，則 $\alpha>0$，並有

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

兩個係數都在 $[0,1)$ 中，因此括號內屬於 $B+C$，從而 $z\in A(B+C)$。 負有理數兩邊自動相同。若 $A=0_R$，則直接有 $0_R(B+C)=0_R=0_RB+0_RC$；$B=0_R$ 或 $C=0_R$ 的情形同樣由零乘積和加 法律直接計算。這就在沒有使用極限或尚未構造的實根時證明了非負分割的 分配律。

符號與次序相容性

對一般符號定義

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

對於另一種混合符號次序，若 $A>0_R>B$，定義 $AB=BA=-(A(-B))$。任一因子 為 $0_R$ 時乘積為 $0_R$。兩個非零正分割的乘積為正，因此這些 規則給出通常的乘積符號。任意符號的結合律歸結為正絕對值的結合律及加 法逆元。

混合符號的分配步驟也要寫出。對非負 $A,B,C$ 且 $B\ge C$，分割差 $B-C$ 非負，並且 $B=(B-C)+C$。非負分配律給出

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

若 $B<C$，交換二者後再取負。這個恆等式處理第二或第三個加數帶負號的 情形；第一因子為負時，再使用符號定義和加法逆元。因此分配律對所有符 號都成立。

若 $A\subseteq B$，則 $A+D\subseteq B+D$；兩邊加上 $-D$ 得到逆命題，所 以平移保持次序。按定義非負乘積非負。若 $B>A$ 且 $D>0_R$，則 $B-A>0_R$，故 $(B-A)D>0_R$；利用分配律得到 $BD-AD>0_R$，即 $AD<BD$。 這就驗證了 cut 運算的有序域相容性。

一般乘法逆元

設 $A>0_R$，取固定的正有理數 $\alpha\in A$。每個 $r\notin A$ 都滿足 $r>\alpha>0$。定義

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

這個定義同時適用於有理和無理分割。任取一個補集元素 $r$，則 $1/(2r)>0$ 屬於 $I$，所以 $I$ 非空；每個成員都小於 $1/\alpha$，所以它 是真子集。向下封閉顯然，而 $q$ 與其見證 $1/r$ 的中點給出更大的成員， 故 $I$ 是分割。

若 $a\in A,b\in I$ 非負，取 $r\notin A$ 使 $b<1/r$，則 $a<r$，所以 $ab<1$，從而 $AI\subseteq1_R$。反過來，對有理 $0\le z<1$，選擇

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

有理步進引理給出 $a\in A$ 和 $r=a+\delta\notin A$，並且 $a\ge\alpha$。 於是 $a/r=1-\delta/r>z$。令 $b=z/a$，則 $0\le b<1/r$，故 $b\in I$ 且 $z=ab\in AI$。負有理數自動包含，因此 $AI=1_R$。

若 $A<0_R$，定義 $A^{-1}=-((-A)^{-1})$；零被排除，因為含 $0_R$ 的乘積 不可能等於 $1_R$。對正有理數 $p$，上述定義化為 $(1/p)_R$，負有理數 由符號規則處理。若 $AX=AY=1_R$，則由結合律與單位元

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

所以逆元唯一。

cut 模型中的完備性

cut 構造把最小上界性質直接顯現出來。設 $C$ 是非空且有上界的 cut 族，上界為 $U$。定義

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

因為 $C$ 非空，$L$ 非空；又因為每個 $A\in C$ 都低於 $U$，所以 $L\subseteq U$，從而 $L\ne Q$。向下封閉性也傳給並集：若 $x\in L$， 則 $x\in A$ 對某個 $A$ 成立，而低於 $x$ 的有理數仍在 $A$，也就在 $L$。 若 $x\in L$，利用該 $A$ 沒有最大元，可取 $x\lt y\in A$，故 $y\in L$。 所以 $L$ 是 cut。它包含 $C$ 中每個 cut；任何其他上界也必須包含每個 $A$，因此必須包含並集 $L$。

定理

並集構造給出上確界

對非空且有上界的 Dedekind 分割族，所有左集合的並集就是最小上界。 證明確實使用了非空、真子集、向下封閉和沒有最大元四個條件，不能省略。

一般非負平方根

現在有序域運算律和並集完備性都已建立，可以在完備有序域 $R$ 中使用上確 界性質。設 $A\ge0_R$，令

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

因為 $0_R\in S$，所以 $S$ 非空。它以上界 $\max(1_R,A)$ 為界：若 $x$ 同時 大於 $1_R$ 與 $A$，則 $x^2>x>A$。令 $s=\sup S$，於是 $s\ge0_R$。

下面平方根證明中的擾動 $h$ 是完備有序域 $R$ 的元素，並沒有聲稱它是有理 數。此前用於構造 cut 的有理間隙引理則使用有理數 $\delta$，兩者不要混同。

若 $s^2<A$，取

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

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

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

有 $r^2=s^2-2sh+h^2>A$。每個 $x\in S$ 都滿足 $x<r$，因為若 $x\ge r>0_R$，平方的正性與單調性會給出 $x^2\ge r^2>A$。於是 $r<s$ 也 是 $S$ 的上界，與 $s$ 的最小性矛盾。因此 $s^2=A$。

若 $0_R\le s<t$，則 $t^2-s^2=(t-s)(t+s)>0_R$，所以兩個非負平方根不 能不同。於是每個非負 cut 都有唯一非負平方根；邊界情形 $A=0_R$ 的根 就是 $0_R$。

乘法形式的 Archimedean 推論

對正分割 $A,B$，把已有的加法 Archimedean 論證應用於 $B/A$，得到整數 $N$ 使 $N_R>B/A$。由於乘以正分割 $A$ 保持嚴格次序，便有

$$N_R\,A>B.$$

這個推論使用了已證明的逆元與次序相容性。較早的有理間隙引理只依賴 $Q$ 中的算術。

分割判定例題

用公式定義的有理數子集必須通過每一條分割公理。奇次冪提供一族正例； 偶次冪與任意集合運算則說明為甚麼各條公理都需要分別檢查。

奇次冪給出下分割

對正奇整數 $k$ 和正有理數 $t$，集合

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

是分割。奇次冪在 $Q$ 上嚴格遞增：對非負 $x<y$，因式分解 $y^k-x^k=(y-x)(y^{k-1}+y^{k-2}x+\cdots+x^{k-1})>0$；對負的 $x<y$， 對 $-y<-x$ 使用同一個正數論證，並利用 $k$ 為奇數；若 $x<0<y$，則 $x^k<0<y^k$。若 $x\in D_{k,t}$，取有理數 $h\in Q$ 使

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

利用冪差分解，$(x+h)^k-x^k$ 的 $k$ 項絕對值都不超過 $(|x|+1)^{k-1}$，所以 $(x+h)^k<t$，從而沒有最大元。向下封閉性來自 單調性：若 $y<x$，則 $y^k<x^k<t$。取整數 $M>\max(1,t)$ 可驗證非空 與真子集。

例題

多項式條件：找出失敗的公理

由奇次冪論證，$\{x\in Q:x^3<17\}$ 與 $\{x\in Q:x^3<5\}$ 都是分割。 $\{x\in Q:x^4<100\}$ 不是分割：$0$ 屬於它而 $-4$ 不屬於，向下封閉失敗。 $\{x\in Q:x^2>-3\}=Q$ 不是真子集。

$\{x\in Q:x^5\le2\}$ 雖然使用弱不等式，仍然是分割。 若最低項分數 $a/b$ 滿足 $a^5=2b^5$，則 $a,b$ 都為偶數，矛盾；因此沒 有有理數的五次方等於 $2$，弱不等式給出與 $x^5<2$ 相同的分割。

例題

哪些集合運算保留分割？

設 $A,B$ 為分割。任意逐項乘積 $\{ab:a\in A,b\in B\}$ 不一定是分割；取 $A=B=0_R$ 時結果是 $Q_{>0}$， 含 $1$ 卻不含 $0$，違反向下封閉。差集 $\{a-b:a\in A,b\in B\}$ 總是 $Q$：取 $a_0\in A,b_0\in B$ 及有理數 $b<\min(b_0,a_0-q)$，則 $b\in B,a=q+b\in A$，所以 $q=a-b$，真子集條件失敗。 $Q\setminus\{-a:a\in A\}$ 也不一定是分割；取 $A=0_R$ 時它是 $Q_{\le0}$， 最大元為 $0$。對無理分割它雖與嚴格間隙逆元相同，但零分割說明此公式並非對所有分割都有效。 最後 $A\cap B$ 總是分割，因為全序性使它等於兩個分割中較小者；對任意 其中元素，可取分別大於它的兩個元素，它們的較小者仍是交集中的更大元素。

例題

零 cut 與其加法逆元

嵌入的零是 $0_R=\{q\in Q:q\lt 0\}$。它的加法逆元仍是自身，因為兩個負 有理數的和低於零，而每個低於零的有理數 $q$ 都可寫成 $q/2+q/2$。 這說明逆元是 cut 的等式，不只是圖像上的反射。

例題

相加嵌入的有理數

$p_R+q_R=\{a+b:a\lt p,b\lt q\}$。每個這樣的和低於 $p+q$；反過來若 $x\lt p+q$，令 $a=p-(p+q-x)/2\lt p$、$b=q-(p+q-x)/2\lt q$，就有 $x=a+b$。因此該和等於 $(p+q)_R$，嵌入保持加法。

在數線上看這條邊界

圖：一個分割會把邊界左邊的所有有理數都收進左集合。當邊界是 $\sqrt{2}$ 時，右邊沒有最小的有理數。

比較有理邊界與無理邊界

下面的 explorer 把有理邊界 $3/2$ 與無理邊界 $\sqrt{2}$ 並排放在一起。最 值得觀察的是：右邊那一側究竟會不會由某個最小的有理數開始。

常見錯誤

常見錯誤

成對寫法與單集合寫法不是兩套不同理論

它們只是同一個對象的兩種視角。$(A,B)$ 明確寫出左右兩邊，而單集合寫法 只保留左邊，再用 $Q\setminus A$ 恢復右邊。

常見錯誤

分割的次序不是拿兩個集合裡所有元素逐個比較

$A\le A'$ 的意思是 $A\subseteq A'$。它不是說 $A$ 的每個元素都小於 $A'$ 的每個元素。事實上，若一個邊界在另一個邊界左邊，這兩個左集合通 常會有大量重疊。

快速檢查

思考檢查

$0_R$ 是甚麼分割？

直接套用 $q_R=\{x\in Q\mid x\lt q\}$。

解答 · 答案

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

也就是所有負有理數組成的集合。

思考檢查

若 $A\subseteq A'$，哪一個邊界在左邊？

用 cut 的次序語言回答。

解答 · 答案

若 $A\subseteq A'$，那就有 $A\le A'$。因此 $A$ 代表的邊界在 $A'$ 代 表的邊界左邊或與之相同。

練習

思考檢查

證明：對每個有理數 $q$，集合 $q_R=\{x\in Q\mid x\lt q\}$ 都是一個 Dedekind 分割。

逐條檢查單集合版本的三個條件。

解答 · 引導解答

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

它向下封閉：若 $x\lt q$ 且 $y\lt x$，則當然 $y\lt q$，故 $y\in q_R$。

它沒有最大元素：若 $x\lt q$，則

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

仍然是有理數，而且滿足 $x\lt (x+q)/2\lt q$，所以 $(x+q)/2\in q_R$。於是 $q_R$ 的每個元素右邊都還能找到更大的元素留在 $q_R$ 裡。

思考檢查

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

比較有限交集與這個遞減族的交集。

解答 · 參考解答

每個非正有理數都屬於所有 $A_n$。若 $q>0$，取整數 $n>1/q$，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。有限個分割的交集是其中按包含關係 最小的一個分割；任意分割族未必有最小成員，不能直接沿用這個論證。

相關筆記

請先讀 4.4 實數公理與第一次近似構造。 然後繼續讀 4.6 小數展開與無理數， 那一頁會把 Dedekind 分割重新連到熟悉的小數記號，並用 $\sqrt2$ 介紹無 理數。