实数集的完备公理

贡献者： JierPeter

　　 我们常见到一种争论，$0.\dot{9}$ 到底等不等于 $1$。实际上这个问题无法证明，而是被当作定义实数的公理之一，我们称之为完备性公理。你可以留意一下各种各样所谓的 “证明”，认为 $0.\dot{9}\neq 1$ 的论证通常都是否认了完备公理，而认为 $0.\dot{9}=1$ 的都默认了完备公理。

　　 用 $0.\dot{9}=1$ 来当作完备公理很不好用，我们通常使用本节介绍的的完备公理来描述实数的完备性，这些公理彼此是等价的，并且都可以推出 $0.\dot{9}=1$。

　　 我们先列举几条完备公理，再展开证明它们互推的逻辑链条。

1. 完备公理的表述

　　 由于几个完备公理是等价的，可以互推，因此实际建立理论时只挑其中一个作为公理体系的一部分，其它的都当作定理，这也导致我们也常把这几条公理称为 “定理”。因此，我们使用 “定理” 的格式来列举这几条完备公理。

　　 以上七条就是最常见的实数完备公理，任取其一都可以用来定义实数的完备性、而把其它的当成定理。

2. 完备性定理的互相推出

定理 1 $\to$ 定理 2

　　 首先，确界原理也等价于 “有界子集必有下确界”，只需要对子集里各实数取负值构成新的有界子集，取到新子集的上确界再取负值，就得到原子集的下确界了。因此我们这里不妨设单调有界数列是单调不减的，单调不增的证明方式完全一致。

　　 取单调不增有界数列的全体函数值 $\{a_n\}$，构成实数集的一个子集 $S$。由于是有界数列，故 $S$ 是有界点集。于是由定理 1 ，$S$ 有一个上确界 $a$。

　　 由数列单调性，$ \left\lvert a-a_n \right\rvert $ 随着 $n$ 的增大而减小。同时由上确界的定义，对于任意的 $\epsilon>0$，都存在 $N_\epsilon$，使得只要 $n>N_\epsilon$ 就有 $ \left\lvert a-a_n \right\rvert <\epsilon$，而这就是 $\{a_n\}$ 收敛于 $a$ 的定义。

定理 2 $\to$ 定理 3

　　 区间套中的 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 都是单调有界数列²，由定理 2 可知它们都收敛。

　　 设 $\{a_n\}$ 收敛到 $a$，$\{b_n\}$ 收敛到 $b$。

　　 由单调性，对任意 $n$ 都有 $ \left\lvert b_n-a_n \right\rvert \geq \left\lvert b-a \right\rvert $ 以及 $a, b\in [a_n, b_n]$。但是由区间套的定义，$ \left\lvert b_n-a_n \right\rvert $ 趋于零，故 $ \left\lvert b-a \right\rvert =0$，即 $a=b$。

　　 这么一来，$a=b$ 就是区间套中唯一的公共元素。

定理 3 $\to$ 定理 4

　　 反设存在 $[a, b]$ 的一个开覆盖 $S$，使得 $S$ 的任何有限子集都不能覆盖 $[a, b]$。不失一般性地，设 $S$ 中的元素都是开区间³。

　　 将 $[a, b]$ 二等分为 $[a, \frac{a+b}{2}]$ 和 $[\frac{a+b}{2}, b]$，那么由假设，这两个二等分闭区间中至少有一个不能被 $S$ 中的有限子集覆盖。取一个不能被有限覆盖的二等分区间，记它为 $[a_1, b_1]$。

　　 由于 $[a_1, b_1]$ 也是不能被 $S$ 的有限子集覆盖的闭区间，故我们可以同样取出它的一个二等分区间 $[a_2, b_2]$，使得这个新的二等分区间不能被 $S$ 的有限子集覆盖。以此类推，我们可以取出一系列 $[a_k, b_k]$，其中每一个都不能被 $S$ 的有限子集覆盖。由于每一步都是取二等分，故 $ \left\lvert b_k-a_k \right\rvert =\frac{ \left\lvert b-a \right\rvert }{2^k}$，因此 $[a_k, b_k]$ 是一个区间套。

　　 由区间套定理，存在唯一的 $x_0\in[a, b]$ 使得 $x_0\in[a_k, b_k]$ 对所有 $k$ 成立。由于 $S$ 是覆盖，故 $S$ 中至少有一个元素是包含 $x_0$ 的，设这个元素是区间 $(a_0, b_0)$。设 $\min( \left\lvert x_0-a_0 \right\rvert , \left\lvert x_0-b_0 \right\rvert )=r$，那么取 $k$ 使得 $ \left\lvert b_k-a_k \right\rvert < r$，所对应的 $[a_k, b_k]$ 就是 $(a_0, b_0)\in S$ 的子集，于是 $[a_k, b_k]$ 就被 $S$ 的有限子集覆盖了，矛盾！

　　 因此反设不成立，$S$ 必有有限子覆盖。

定理 4 $\to$ 定理 5

　　 设 $\{x_k\}$ 是一个有界数列，即存在实数 $a< b$ 使得 $a< x_k< b$ 对任意 $k$ 都成立。

　　 如果 $s\in(a, b)$ 不是 $\{x_k\}$ 任何子列的收敛点，那么必然存在 $r_s>0$ 使得 $\{x_k\}\cap (s-r_s, s+r_s)=\{s\}$，即数列中没有除了 $s$ 本身外的元素到 $s$ 的距离小于 $r_s$⁴。

　　 反设 $\{x_k\}$ 没有收敛子列，即任何 $s\in(a, b)$ 都不是其收敛点。按上段论述，我们就可以对每一个 $s$ 取一个半径 $r_s$，使得 $(s-r_s, s+r_s)$ 中只有数列的一个元素。对所有 $s\in(a, b)$ 都取这样的区间，则我们就得到了 $[a, b]$ 的一个开覆盖。由有限覆盖定理，存在有限多个 $s$ 和 $r_s$ 的组合，使得对应的 $\{(s-r_s, s+r_s)\}$ 是有限子覆盖。这么一来，$\{x_k\}$ 的取值就在这些 $s$ 中，即只有有限多取值。但是我们有可数无穷多个 $x_k$，所以其中必有无穷多个等于同一个 $s$，它们就能构成一个收敛子列。矛盾！

　　 因此反设不成立，$\{x_k\}$ 必有收敛子列。

定理 5 $\to$ 定理 6

　　 因为有无穷多个点，所以我们可以每次取一个出来，每次取的都和前面不重复。这样，我们就得到一个有界无穷数列。由致密性定理，该数列必有收敛点。该收敛点就是该点集的聚点。

定理 6 $\to$ 定理 7

　　 回顾数列收敛的定义：$\{a_n\}$ 收敛，当且仅当存在实数 $a$ 使得 $\lim\limits_{n\to \infty} \left\lvert a_n-a \right\rvert =0$。我们要证明当定理 6 成立时，定理 7 的设定（Cauchy 收敛准则）等价于数列收敛的定义。

　　 给定数列 $\{a_k\}$，使得 $\epsilon>0$，存在 $N_\epsilon$ 使得对于任意 $m, n>N_\epsilon$，都有 $ \left\lvert a_m-a_n \right\rvert <\epsilon$。于是这个数列是有界数列，其值域是一个有界无穷点集。由聚点定理，存在一个 $x_0$，使得它是 $\{a_k\}$ 值域的一个聚点。

　　 任取 $\epsilon>0$，由聚点的定义，必然存在无穷多个 $a_k$ 使得 $ \left\lvert a_k-x_0 \right\rvert <\epsilon$；由题设，存在 $N_\epsilon$ 使得对于任意 $m, n>N_\epsilon$，都有 $ \left\lvert a_m-a_n \right\rvert <\epsilon$。综合起来，存在一个 $M_\epsilon$，使得对于任意 $r>M_\epsilon$，都有 $ \left\lvert a_r-a_{M_\epsilon} \right\rvert <\epsilon$，且 $ \left\lvert a_{M_\epsilon}-x_0 \right\rvert <\epsilon$。因此 $ \left\lvert a_r-x_0 \right\rvert <2\epsilon$。

　　 重新整理一下以上表述，就是：任取 $\epsilon>0$，存在 $M_\epsilon$，使得对于任意 $r>M_\epsilon$，都有 $ \left\lvert a_r-x_0 \right\rvert <2\epsilon$。这正是 $\{a_k\}$ 收敛于 $x_0$ 的定义。因此 定理 7 的设定可以推出数列收敛。

　　 反过来，如果数列收敛则 Cauchy 收敛准则也成立。

定理 7 $\to$ 定理 1

　　 取一个非空有界实数集 $S$，已知它有一个上界 $a_0$。由于 $S$ 非空，故存在 $b_0< a_0$，且 $b_0\in S$。

　　 在线段 $b_0a_0$ 上取中点 $x$，看这个中点是不是 $S$ 的上界，如果不是就再取 $x$ 和 $a_0$ 的中点，以此类推，直到取的某一个中点是上界，把这个中点记为 $a_1$。当然，我们不能保证 $a_1$ 一定存在，因此要分类讨论。

　　 如果 $a_1$ 不存在，等价于任何小于 $a_0$ 的实数都不是 $S$ 的上界，那这说明 $a_0$ 就是 $S$ 的上确界了，故上确界存在。以下假设 $a_1$ 是存在的。

　　 取 $a_1=\frac{2^{s}-1}{2^{s}}b_0+\frac{1}{2^{s}}a_0$ 和 $b_1>\frac{2^{{s}-1}-1}{2^{{s}-1}}b_0+\frac{1}{2^{{s}-1}}a_0$，使得 $b_1\in S$。这里的 $s$ 就是我们取中点直到得到 $a_1$ 的次数。接下来，对线段 $b_1a_1$ 进行相同的逐次取中点操作，直到得到第一个是 $S$ 上界的中点 $a_2$，取比 $a_2$ 的前一个中点大的 $b_2\in S$。如果其中有任何一个 $a_k$ 无法取到，那么 $a_{k-1}$ 就是 $S$ 的上确界，故我们以下假设 $a_k$ 总能取到。以此类推，得到两个数列 $\{a_k\}$ 和 $\{b_k\}$。

　　 考虑到 $\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k}=1$，而由我们取中点的过程可知 $ \left\lvert a_{k+1}-a_k \right\rvert <\frac{ \left\lvert a_0-b_0 \right\rvert }{2^k}$，加上 $\{a_k\}$ 是递减数列，因此可知对于任意正整数 $m$ 都有 $ \left\lvert a_{k+m}-a_k \right\rvert <\frac{ \left\lvert a_0-b_0 \right\rvert }{2^{k-1}}$，即 $\{a_k\}$ 满足柯西收敛准则。

　　 由定理 7 ，可知必存在 $a\in\mathbb{R}$ 是 $\{a_k\}$ 的极限。下证 $a$ 就是 $S$ 的上确界。

　　 反设 $a$ 不是 $S$ 的上确界，即存在 $x< a$ 是 $S$ 的上界。由于总存在正整数 $k$ 使得 $ \left\lvert a_k-b_k \right\rvert < \left\lvert a-x \right\rvert $，这就和 $a_k>a, x\geq b_k$ 矛盾了。故反设不成立，$a$ 就是 $S$ 的上确界。

3. 总结

　　 我们按定理 1 $\to$定理 2 $\to$定理 3 $\to$定理 4 $\to$定理 5 $\to$定理 6 $\to$定理 7 $\to$定理 1 的顺序完成了证明闭环。这个顺序只是笔者任意选定的，读者也可以尝试其中任意两个定理的互相证明，比如定理 5 和定理 6 之间的互相证明。

　　 每个定理，或者说公理，都从各自的角度刻画了 “实数不存在缝隙” 这一性质。它们都和完备公理（戴德金分割）中的定理 1 等价。

　　 实际建立实数理论时，本节介绍的七条公理，或者也可以加上定理 1 ，任选其一来描述实数的完备性即可，又或者利用本节的结论将它们看成同一个公理的不同描述，实践中哪个方便证明就用哪个。

1. ^ 即 $C$ 是开集的集合，使得 $C$ 中所有开集的并包含了 $[a, b]$。实数轴上的开集是指开区间的并。
2. ^ 比如说，$\{b_n\}$ 是单调不增的，因此 $b_1$ 是其上界；同时由于 $b_n>a_1$，$a_1$ 也就是其下界。
3. ^ 可以这样简化是因为开集都是开区间的并集。
4. ^ 这是因为，“$s$ 是某个子列的收敛点” 等价于 “对于任意的距离 $r$，都存在数列的元素，其靠近 $s$ 的距离小于 $r$”。将这一表述否定，就得到本段的表述了。