4.1 全序與有序域

元素的比較與數的比較

$N$、$Z$ 和 $Q$ 的構造提供了對象與運算；界則要求我們判斷，哪些元素位於集合中每個元素的上方或下方。這需要一個次序關係，而且須區分兩個條件：任意兩個元素是否可比較，以及比較是否與運算相容。整除關係展示了第一個條件可能失敗；有序域則要求兩者同時成立。

偏序與全序

定義 4.1.1

（全序）

集合 $X$ 配上關係 $\le$，若對所有 $x,y,z\in X$ 均滿足：

1. 對每個 $x\in X$ 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. 對每個 $x,y\in X$，都必有 $x\le y$ 或 $y\le x$；

就稱 $X$ 在 $\le$ 下是全序集。

前面三條只是偏序的條件。真正把它變成全序的，是最後那條「任意兩個元素都可比較」。

例題 4.1.2

（一個標準的全序）

$\{1,2,3,4\}$ 在通常大小次序下是全序。任取兩個元素，總可以判斷哪一個較小、哪一個較大，或者它們相等。

例題 4.1.3

（不是全序的偏序）

令 $X=\{1,2,3,6\}$，並規定 $x\le y$ 當且僅當 $x$ 整除 $y$。

這是一個偏序，但不是全序。因為 $2$ 與 $3$ 不能比較：$2$ 不整除 $3$， $3$ 也不整除 $2$。

這個例子提醒你：「有次序」不等於「任何兩個元素都能比較」。可比較性必須另外檢查。

子集上的限制次序

一旦環境集合本身是全序，它的任意子集也會自動繼承這個全序。

定理 4.1.4

（限制次序仍然是全序）

若 $(X,\le)$ 是全序，而 $Y\subseteq X$，則在 $Y$ 上使用同一比較規則時， $Y$ 仍然是全序集。

這一點在後面非常重要，因為我們常常研究像

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

這種 $Q$ 的子集。我們不是給 $S$ 發明一個全新的次序，而是把 $Q$ 原本的次序限制到 $S$ 上。

$Z$ 與 $Q$ 的標準次序

對整數與有理數，熟悉的大小關係可以寫成：

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

也就是說，比較 $x$ 和 $y$，可以化成判斷差 $y-x$ 的符號。這樣的寫法很有用，因為正負、加法與乘法本來就是 $Z$、$Q$ 的代數語言之一。

定理 4.1.5

（$Z$ 與 $Q$ 的標準次序是全序）

用通常的正、負與零的概念定義出的標準次序，在 $Z$ 和 $Q$ 上都是全序。

原因很直接：對任意差 $y-x$，只會出現三種情況之一。它是正、是零，或是負。於是就分別得到 $x\lt y$、$x=y$、$x\gt y$，因此任意兩個元素都能比較。

次序必須和運算配合

次序不是孤立的裝飾。它還要和加法、乘法正確互動。

定義 4.1.6

（與次序相容的基本事實）

對有理數 $x,y,z$：

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

第一條表示平移不會破壞大小次序。第二條表示兩個非負數相乘，不會無端變成負數。

例題 4.1.7

（為甚麼加法相容很重要）

若 $1/3\le 1/2$，則兩邊同加 $2$ 可得

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

這不是每次都重新證明的新命題，而是同一條結構規則在不同數值上的應用。

若沒有這些相容性，後面有關區間、界、絕對值的論證就會失去基礎。

域與有序域

可以用一種打包方式去總結 $Q$ 的代數結構。

定義 4.1.8

（域）

域是一個集合 $F$，其中 $0,1$ 是不同元素，加法與乘法都是 $F\times F\to F$ 的運算，並且對所有 $x,y,z\in F$ 滿足：

• 加法與乘法都滿足交換律與結合律；
• 乘法對加法滿足分配律；
• 每個元素都有加法逆元；
• 每個非零元素都有乘法逆元。

運算的值必須仍在 $F$ 中；這就是封閉性。還要有 $0\ne1$、$0+x=x$、 $1x=x$，並且逆元滿足 $x+(-x)=0$、$xx^{-1}=1$。

這個定義記住了代數，但還完全沒有提到次序。

定義 4.1.9

（有序域）

有序域是帶有全序 $\le$ 的域 $F$，而且對所有 $x,y,z\in F$：

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

因此，有序域不是「一個域再隨便加個比較符號」。它要求代數與次序彼此一致。

$Q$ 是有序域。之後我們會看到，$R$ 也是有序域，但還比 $Q$ 多一個關鍵條件：完備性。

常見錯誤

（全序不只是『可以畫在數線上』）

很多人把全序理解成「看起來像排成一行」。真正要檢查的是可比較性公理。偏序也可能有很清楚的圖形或層級，但仍然會有某些元素彼此無法比較。

常見錯誤

（域不一定自動就是有序域）

域公理只描述加法與乘法。要成為有序域，還需要一個全序，並且這個全序必須以精確的方式尊重加法與乘法。

比較不同次序所支援的假設

「次序」一詞常常壓縮了兩個問題。第一，任何兩個元素能否比較；第二，這種比較是否和代數運算相容。前者由關係回答，後者需要額外的結構。

定義 4.1.10

（嚴格次序與非嚴格次序）

在偏序集中，若 $x\le y$ 且 $x\ne y$，就寫作 $x\lt y$。在全序中，對每一對元素恰有一個 $x\lt y$、$x=y$ 或 $y\lt x$ 成立。在有序域中，嚴格次序還滿足平移和正數縮放相容：$x\lt y$ 推出 $x+z\lt y+z$；$x\lt y$ 且 $0\lt z$ 推出 $xz\lt yz$。

這解釋了為甚麼同一個形式的論證在 $Q$ 中成立，在整除偏序中卻不成立。在 $Q$ 中可以使用 $(y-x)/2$，也可以傳遞正性；而在整除次序中，「位於兩元素中間」根本不是已經定義的次序概念。

例題 4.1.11

（有序域中的平移論證）

設有序域中 $a\lt b$ 且 $c\lt d$。先把 $c$ 加到第一條不等式，得到 $a+c\lt b+c$；再把 $b$ 加到第二條不等式，得到 $b+c\lt b+d$。由傳遞性得 $a+c\lt b+d$。這裏用到的是平移相容性和傳遞性，而不是數軸圖像。

例題 4.1.12

（正數乘積論證）

若 $0\lt a\lt b$ 且 $0\lt c\lt d$，正數縮放給出 $ac\lt bc$ 及 $bc\lt bd$，所以 $ac\lt bd$。符號條件不可省略：乘以負數會反轉不等號。

把次序公理寫成證明

定義只有轉化為可重複使用的證明步驟才真正有用。對任意 $x,y\in Q$，差 $y-x$ 恰好有三種情形：正、零、或負。按 $x\le y$ 當且僅當 $0\le y-x$ 的定義，這三種情形分別給出 $x\lt y$、$x=y$、或 $y\lt x$。這就證明了通常有理數次序的三歧性與可比較性。它也說明了反對稱性：若同時有 $x\le y$ 與 $y\le x$，那麼 $y-x$ 與 $x-y$ 都非負；兩者相加是零，因此 $x=y$。

平移的普遍證明如下。若 $x\le y$，則 $0\le y-x$。對任意 $z$，

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

所以同一個非負差仍然證明 $x+z\le y+z$。反過來把 $-z$ 加到兩邊即可。因此平移是保持次序的雙射。減法也不是額外的次序規則，而是加上加法逆元。

正數縮放需要符號條件。若 $x\le y$ 且 $0\le z$，則 $0\le y-x$，兩個非負有理數的乘積仍非負，於是 $0\le z(y-x)=zy-zx$，得到 $zx\le zy$。若 $z>0$ 且 $x<y$，則 $y-x>0$，故乘積為正，嚴格不等式也保持。若 $z<0$，寫成 $z=-w$ 且 $w>0$；先用正數縮放，再取負號，就會反轉不等號。這說明為甚麼可以用正數約去而保持次序，卻要用負數約去並反轉次序。

定理 4.1.13

（Q 中的三歧性與次序相容性）

對任意 $x,y\in Q$，$x<y$、$x=y$、$y<x$ 恰有一個成立。任意有理數平移都保持 $\le$ 與 $<$；正有理數乘法也保持它們，而負有理數乘法會反轉它們。

這些結論也說明了之後界的量詞。$x\le y$ 只涉及一對元素；而「$u$ 是 $Y$ 的上界」是更強的全稱命題：

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

要否定它，必須在全序中找出一個 $y\in Y$ 使 $u<y$。只畫出幾個點在 $u$ 下方，不能證明全稱命題；列舉若干例子，也不能在沒有反例見證時否定它。

例題 4.1.14

（三個子集，三種不同的次序問題）

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。開區間 $Z=(0,1)$ 沒有最大元，雖然 $1$ 是 $Q$ 中的上界；每個 $u<1$ 都會被 $Z$ 中某個更大的點擊敗。最後，$Q$ 本身向上無界，因為 $u+1$ 會擊敗任何候選 $u$。環境集合和量詞都會影響結論。

例如 $[0,1]\subseteq R$ 繼承全序，卻不是域：$2$ 不在其中，$1/2$ 的加法逆元也不在其中。我們可以討論它的子集的界，但運用完備性或減法時，必須明確環境是 $R$。

常見錯誤

（繼承次序不等於繼承封閉性）

每個子集都繼承比較關係，卻不一定繼承代數封閉性。不要因為區間位於 $R$ 中就稱它為域；使用運算時要寫明環境域。

有序域的簡明證明工具箱

有序域的公理會反覆使用，值得先推導一次。乘法相容公理最初只給出：若 $a\ge0$ 且 $b\ge0$，則 $ab\ge0$；嚴格正的乘積需要另行推出。先證 $0\lt1$。域公理給出 $1\ne0$。若 $1\lt0$，兩邊加上 $-1$ 得到 $0\lt-1$，所以 $-1\ge0$。非負乘積公理於是給出

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

這與 $1\lt0$ 矛盾。因此由三歧性可知 $0\lt1$。若 $a\lt b$，兩邊加上 $-a$ 得 $0\lt b-a$；判斷差的符號就成為判斷大小的統一方法。

現在若 $0\lt a$ 且 $0\lt b$，公理先給出 $ab\ge0$。域沒有零因子：若 $ab=0$，乘以 $a^{-1}$ 或 $b^{-1}$ 就會迫使其中一個因子為零。故 $ab\ne0$，再由三歧性得到 $0\lt ab$。特別地，若 $a\ne0$，則 $a^2\ge0$ 且 $a^2\ne0$，所以 $a^2>0$。因此

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

正數的逆元也必須先證明為正。若 $c>0$，則 $c^{-1}\ne0$，因為 $cc^{-1}=1$。它不可能為負：若 $c^{-1}<0$，則 $-c^{-1}>0$，剛才的嚴格正乘積結論會給出 $c(-c^{-1})=-1>0$，但 $0<1$ 又推出 $-1<0$，矛盾。因此 $c^{-1}>0$。現在才能嚴格說明約去：若 $c>0$ 且 $ac\le bc$，則 $0\le(b-a)c$；乘以正的逆元 $c^{-1}$ 仍保持非負，得到 $0\le b-a$，所以 $a\le b$。這說明處理分式不等式時，必須檢查分母的符號。當 $b,d$ 非零時，對 $a/b<c/d$ 交叉相乘，若 $bd>0$ 就保持方向，若 $bd<0$ 就反轉方向；兩個分母均為正只是保證 $bd>0$ 的一種情形。

這些步驟也解釋了負數縮放為甚麼會反轉次序。若 $x\lt y$ 且 $z\lt0$，則 $-z\gt0$，而嚴格正乘積結論給出 $(-z)(y-x)\gt0$。於是 $z(y-x)\lt0$，即 $zy-zx\lt0$，所以 $zy\lt zx$。若 $z=0$，兩邊會相等，不能把非嚴格結論誤寫成嚴格結論。另一方面，若 $0\le z$，則 $0\le z(y-x)$，這正是 $zx\le zy$ 的完整證明。可見每個符號條件都在決定最後的不等號方向，而不是形式上的附加標記。

對於有序域中的任何非零 $a$，三歧性先給出 $a\gt0$ 或 $a\lt0$；在第二種情形，平移相容性給出 $-a\gt0$。因此證明平方與逆元時，正、負兩種情形都已被上述論證涵蓋。把這些局部規則組合起來，才可以安全地做分式變形、中點構造與界的逼近。

一個具體的檢驗是：若 $x\le y$，取 $z=1/2>0$，則 $x/2\le y/2$；若取 $z=-1/2<0$，則 $-y/2\le -x/2$。例如由 $-6\le-2$ 出發，正數縮放 $1/2$ 給出 $-3\le-1$，而負數縮放 $-1/2$ 給出 $1\le3$。這裏先確認縮放因子的符號，再寫出結論，便不會把負數縮放誤當成保持方向。正因子約去正是這個規則的逆向使用，而正逆元的存在使這種逆向步驟仍留在同一個有序域中。

例題 4.1.15

（用差來檢查不等式）

要證明 $-2/3<5/6$，不必依靠圖像，只需計算

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

差為正正是嚴格次序的定義。兩邊同加 $7$ 後差仍是 $3/2$，所以同一論證還給出 $19/3<47/6$。

這些結論把抽象公理連接到之後的界論證。它們允許我們在有序域中取中點 $(a+b)/2$，卻不允許我們在任何偏序中隨意談「中間點」。當上確界論證從全序推廣到偏序時，這個區別尤其重要。還要注意 $0$ 本身：它既不是正數也不是負數，含有零的乘積不能套用嚴格正數乘積的步驟，必須單獨檢查。

量詞決定次序命題的強度

次序符號經常隱藏命題的量詞範圍。$x<y$ 只涉及局部的一對元素，但區間命題往往是全稱命題。例如

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

證明 $1$ 是 $(0,1)$ 的上界；而

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

才證明沒有更小的實數仍是上界。第二條必須給出見證：若 $u\ge0$，可取 $x=(u+1)/2$；若 $u<0$，可取 $x=1/2$。次序公理本身不會把第一條自動變成第二條。

下界也須使用同樣的紀律。要證明 $0$ 是 $(0,1)$ 的下確界，先證明區間每個 $x$ 都滿足 $0\le x$，再任取 $v>0$，構造小於 $v$ 的區間點。例如 $x=\min\{v/2,1/2\}$ 同時為正、小於 $1$，並嚴格小於 $v$。這正是下一節上確界與下確界逼近準則的初等形式。

空集和無界集顯示了定義的邊界。對 $Y=\varnothing$，每個 $u$ 都是上界和下界，因為對空集作全稱判斷是真命題。因此「空集的最佳界」需要額外約定，通常完備性公理會排除它。對 $Y=Q$，任意候選上界 $u$ 都會被 $u+1$ 擊敗，任意候選下界都被 $u-1$ 擊敗，所以 $Q$ 向上、向下都無界。嚴格的量詞正是這些結論的依據。

例題 4.1.16

（一個區間的四個量詞命題）

在 $R$ 中令 $Y=[-1,2]$。每個 $y\in Y$ 都滿足 $y\le2$，而且 $2\in Y$，所以 $2$ 同時是上界與最大元；$3$ 也是上界，卻不是最大元，因為它不屬於 $Y$。$-1$ 是最小元也是下確界。若把區間改成 $(-1,2)$，界的不等式仍然成立，但兩個端點都不屬於集合，因此不再有最大元或最小元。一個嚴格不等號就能改變成員資格，而不改變周圍的次序結構。

這些例子體現了一般的證明習慣。先寫明環境有序集，因為同一個子集換了環境後，可用的界可能不同；再把命題寫出量詞。最大元命題同時含有「屬於集合」的存在條件和全稱比較條件，而上界命題只有全稱比較。最後，若要證明界是最佳的，就說明如何擊敗任何改進候選：上界用集合中更大的元素，下界用集合中更小的元素。

有序域的代數公理為這些見證提供工具。中點存在，是因為可以除以正數 $2$；正數縮放可以傳遞不等式；加法逆元使平移論證能夠反向使用。但這些事實本身不會產生上確界，只能在候選已經提出後幫助驗證。每個非空且有上界的集合都有最小上界，則是定義界之後要研究的完備性。

快速檢查

快速檢查

（為甚麼正整數上的整除關係不是全序？）

找一對互相不能比較的元素。

解答 · 答案

因為有些元素對不能比較。例如 $2$ 不整除 $3$，$3$ 也不整除 $2$，所以可比較性失敗。

快速檢查

（若 $x\le y$，為甚麼必有 $x-z\le y-z$？）

把減法改寫成加法。

解答 · 答案

因為 $x-z = x+(-z)$，$y-z = y+(-z)$。既然對不等式兩邊同加一個數會保持次序，同加 $-z$ 也一樣，所以 $x-z\le y-z$。

練習

快速檢查

（解釋為甚麼全序集的任意子集仍然帶有全序。）

取子集中的兩個元素，回到原來的環境裡比較。

解答 · 引導解答

設 $y_1,y_2\in Y\subseteq X$。因為 $X$ 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 $Y$ 上沿用同一比較規則，所以在 $Y$ 中仍能比較。其餘偏序公理本來就在 $X$ 中成立，因此在子集上仍然成立。

快速檢查

（為甚麼 $Q_{\gt 0}$ 不是域？）

檢查域公理要求的逆元與封閉性。

解答 · 引導解答

正有理數對乘法來說沒有問題，但它們沒有加法逆元。若 $q\gt 0$，則 $-q$ 不屬於 $Q_{\gt 0}$。因此域公理失敗，所以 $Q_{\gt 0}$ 不是域。

相關筆記

可先讀 3.4 有理數與良定義運算 及 3.5 Q 的缺口與 sqrt(2)。之後可接著讀 4.2 上下界、上確界與下確界。