Построение действительных чисел

[Padawan]

В этой теме я опишу построение поля действительных чисел. Мой способ является разновидностью построения посредством дедекиндовых сечений. Предполагается, что поле рациональных чисел, снабженное порядком, уже заготовлено.

п.1. Общее предложение из теории упорядоченных множеств.

Теорема. Пусть на множестве $M$ задано бинарное отношение $\preccurlyeq$, которое
1) рефлексивно, т.е. $x\preccurlyeq x$ для всех $x\in M$
2) транзитивно, т.е. из $x\preccurlyeq y$ и $y\preccurlyeq z$ следует $x\preccurlyeq z$ для всех $x,y,z\in M$
3) $x\preccurlyeq y$ или $y\preccurlyeq x$ для любых $x\in M$, $y\in M$.
Тогда отношение $x\sim y\equiv (x\preccurlyeq y$ и $y\preccurlyeq x)$ является отношением эквивалентности. Определим на фактор-множестве ${M}\left.\right/{\sim}$ отношение $\leqslant$, полагая $X\leqslant Y$, если $x\preccurlyeq y$ для некоторых $x\in X$, $y\in Y$. Тогда $\leqslant$ является линейным порядком на ${M}\left.\right/{\sim}$.

Доказательство предоставляется читателю. Замечу только, что если $x\preccurlyeq y$ для некоторых $x\in X$, $y\in Y$, то тоже самое выполнено и для всех $x\in X$, $y\in Y$, т.е. классы эквивалентности сравниваются по своим представителям.


п. 2. Построение множества действительных чисел. Порядок.

Пусть ${\mathbb Q}$ -- множество рациональных чисел. Пару множеств $(A,A')$, $A,A'\subset\mathbb Q$ назовём неполным сечением, если
1) $A\leqslant A'$, т.е. $a\leqslant a'$ для всех $a\in A$, $a'\in A'$
2) для любого положительного $r\in \mathbb Q$, найдутся числа $a\in A$, $a'\in A'$ такие, что $a'-a<r$

Множество всех неполных сечений обозначим через $M$.
Введем на множестве $M$ отношение $\preccurlyeq$, полагая $(A,A')\preccurlyeq (B,B')$, если $A\leqslant B'$.
Проверим выполнение условий теоремы из п.1.
1) $(A,A')\preccurlyeq (A,A')$ верно, т.к. $A\leqslant A'$.
2) Пусть $(A,A')\preccurlyeq (B,B')$ и $(B,B')\preccurlyeq (C,C')$. Предположим, что $(A,A')\not\preccurlyeq (C,C')$, т.е. $A\not\leqslant A'$. Тогда найдутся $a\in A$ и $c'\in C'$ такие, что $a>c'$. Имеем, $B\leqslant c'<a$. Возьмём $r\in\mathbb Q^+$ такое, что $c'+r<a$, например, $r=(a-c')/2$. Для этого $r$ найдутся $b\in B$ и $b'\in B'$ такие, что $b'-b<r$. Но тогда из $b\leqslant c'<a$ и $b'-b<r$ получаем $b'<b+r\leqslant c'+r<a$. Неравенств $b'<a$ противоречит заданному условию $A\leqslant B'$. Значит, наше предположение неверно, и $(A,A')\preccurlyeq (C,C')$.
3) Пусть $(A,A')\not\preccurlyeq (B,B')$, т.е. $A\not\leqslant B'$. Тогда найдутся $a\in A$, $b'\in B'$ такие, что $a>b'$. Имеем, $B\leqslant b'<a\leqslant A'$. Следовательно, $(B,B')\preccurlyeq (A,A')$.

Условия теоремы выполнены. Фактор-множество ${M}\left.\right/{\sim}$ называется множеством действительных чисел $\mathbb R$. Его элементы - классы эквивалентных неполных сечений будем обозначать греческими буквами $\alpha,\beta, \gamma,\ldots$. Класс эквивалентности, содержащий неполное сечение $(A,A')$ будем обозначать $[A,A']$.
Для $\alpha,\beta\in\mathbb R$ полагаем $\alpha<\beta$, если $\alpha\leqslant\beta$ и $\alpha\not = \beta$.

Далее будет описано построение операций сложения и умножение на $\mathbb R$.

(Оффтоп)

upd лучше, наверное, сразу все действительные вводить, а не только положительные. Там, правда, с умножением возни больше будет. Зато со сложением никакой возни.

[Null]

Делал то же самое для фундаментальных последовательностей из рациональных чисел. Там операции просто делаются.

[Padawan]

п.3. Сложение

Для $A, B\subset\mathbb Q$ полагаем $A+B=\{a+b|a\in A, b\in B\}$. Нетрудно проверить, что если $(A,A')$ и $(B,B')$ -- неполные сечения, то $(A+B, A'+B')$ и $(-A',-A)$ -- неполные сечения. Проверки требует только условие 2 в определении неполного сечения. Если $r\in Q$, $r>0$, и $a'-a<r/2$, $a\in A$, $a'\in A'$, $b'-b<r/2$, $b\in B$, $b'\in b'$, то $(a'+b')-(a+b)<r$, $a+b\in A+B$, $a'+b'\in A'+B'$.

Если $\alpha=[A,A']$, $\beta=[B,B']$, то полагаем $\alpha+\beta=[A+B, A'+B']$. Надо проверить, что это определение корректно, т.е. результат сложения не зависит от выбора представителей из классов эквивалентности.
Пусть $(A,A')\sim (A_1, A_1')$, $(B,B')\sim (B_1,B_1')$. Надо проверить, что $(A+B, A'+B')\sim (A_1+B_1, A_1'+B_1')$. Так как $A\leqslant A_1'$, $B\leqslant B_1'$, то $A+B\leqslant A_1'+B_1'$. Аналогично, так как $A_1\leqslant A'$, $B_1\leqslant B'$, то $A_1+B_1\leqslant A'+B'$. Таким образом, $(A+B,A'+B')\preccurlyeq (A_1+B_1,A_1'+B_1')$ и $(A_1+B_1,A_1'+B_1')\preccurlyeq (A+B,A'+B')$, т.е. $(A+B, A'+B')\sim (A_1+B_1, A_1'+B_1')$.

Свойства сложения. Для любых $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb R$ выполнено
1) $(\alpha+\beta)+\gamma=\alpha+(\beta+\gamma)$
2) $\alpha+\beta=\beta+\alpha$
Проверка тривиальна. Она следует из того, что для $A,B,C\subset\mathbb Q$ выполнено $(A+B)+C=A+(B+C)$, $A+B=B+A$.

3) Существует элемент $0\in\mathbb R$ такой, что $0+\alpha=\alpha$ для всех $\alpha\in\mathbb R$
Это элемент $0=[\{0\},\{0\}]$. Как обычно показывается, что элемент с таким свойством единственен.

4) Для любого $\alpha\in\mathbb R$ существует элемент $\beta\in\mathbb R$ такой, что $\alpha+\beta=0$.
Если $\alpha=[A,A']$, то положим $\beta=[-A',-A]$. Тогда $\alpha+\beta=[A-A',A'-A]$. Так как $A\leqslant A'$, то имеем $A-A'\leqslant 0$, $0\leqslant A'-A$, т.е. $(A-A',A'-A)\sim (\{0\},\{0\})$. Значит, $\alpha+\beta=0$. Как обычно показывается, что элемент $\beta$ с таким свойством единственен. Он обозначается $\beta=-\alpha$.

7) Если $\alpha\leqslant\beta$, то $\alpha+\gamma\leqslant\beta+\gamma$.
Пусть $\alpha=[A,A']$, $\beta=[B,B']$, $\gamma=[C,C']$ и $\alpha\leqslant\beta$, т.е. $A\leqslant B'$. Надо проверить, что $(A+C,A'+C')\preccurlyeq (B+C,B'+C')$, т.е. $A+C\leqslant B'+C'$. Это так, поскольку $A\leqslant B'$ и $C\leqslant C'$.

8) Если $\alpha<\beta$, то $\alpha+\gamma<\beta+\gamma$.
По предыдущему свойству $\alpha+\gamma\leqslant\beta+\gamma$. Если бы $\alpha+\gamma=\beta+\gamma$, то прибавляя к обеим частям $\delta\in\mathbb R$ такое, что $\gamma+\delta=0$, получили бы $\alpha=\beta$, что неверно.

[Padawan]

п.4. Умножение

Прежде всего полагаем $0\cdot\alpha=0$ для всех $\alpha\in\mathbb R$.

Если $\alpha\neq 0$, то либо $\alpha>0$, либо $\alpha<0$. Рассмотрим, что означает каждый из этих случаев.
Пусть $\alpha=[A,A']>0$. Так как $0\leqslant\alpha$, т.е. $(\{0\},\{0\})\preccurlyeq (A,A')$, то $0\leqslant A'$, и так как $0\neq\alpha$, т.е. $(\{0\},\{0\})\not\sim (A,A')$, то $A\not\leqslant 0$, т.е. существует $a\in A$ такое, что $a>0$. Отсюда $A'\geqslant a>0$ Обратно, если существует $a\in A$ такое, что $a>0$, то $[A,A']>0$.
Аналогично, неравенство $\alpha=[A,A']<0$ равносильно тому, что существует $a'\in A'$ такое, что $a'<0$ и $A\leqslant a'<0$.
Понятно, что $\alpha=[A,A']>0$ тогда и только тогда, когда $-\alpha=[-A',-A]<0$.

Через $\mathbb Q^+$ обозначим множество положительных рациональных чисел.
Если $\alpha=[A,A']>0$, то рассмотрим пару множеств $A_1=A\cap\mathbb Q^+$, $A_1'=A'$. Нетрудно проверить, что $(A_1,A_1')$ -- неполное сечение и $(A_1,A_1')\sim (A,A')$. Таким образом, для любого $\alpha>0$ найдется представитель $(A_1,A_1')\in\alpha$ такой, что $A_1,A_1'\subset\mathbb Q^+$.

Пусть $\alpha>0$ и $\beta>0$, $\alpha=[A,A']$, $\beta=[B,B']$ с $A,A',B,B'\subset\mathbb Q^+$. Проверим, что $(AB,A'B')$ -- неполное сечение. $AB\leqslant A'B'$ очевидно. Пусть $r$ -- произвольно малое рациональное положительное число. Подберем числа $a\in A$, $a'\in A'$ такие, что $a'-a<r$ и числа $b\in B$, $b'\in B'$ такие, что $b'-b<r$. При этом можно считать, что числа $a'$ и $b$ не превосходят некоторых наперед фиксированных положительных рациональных чисел $p$ и $q$. Тогда разность $a'b'-ab=a'(b'-b)+b(a'-a)<(p+q)r$, т.е. может быть сделана сколь угодно малой (списал у Фихтенгольца).
Полагаем $\alpha\beta=[AB, A'B']$. Точно также, как для сложения проверяется, что это определение не зависит от выбора представителей из классов эквивалентности.

Если $\alpha>0$, $\beta<0$, то $-\beta>0$, и полагаем $\alpha\beta=-(\alpha(-\beta))$.
Если $\alpha<0$, $\beta>0$, то $-\alpha>0$, и полагаем $\alpha\beta=-((-\alpha)\beta)$.
Если $\alpha<0$, $\beta<0$, то $-\alpha>0, -\beta>0$, и полагаем $\alpha\beta=(-\alpha)(-\beta)$

Свойства умножения. Для любых $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb R$ выполнено
1) $(\alpha\beta)\gamma=\alpha(\beta\gamma)$
Если $\alpha,\beta,\gamma>0$, то утверждение тривиально следует из того, что $(AB)C=A(BC)$ для $A,B,C\subset\mathbb Q^+$. Если одно из чисел равно нулю, то равенство справедливо. Если все числа отличны от нуля, то надо рассмотреть различные варианты знаков. Пусть, например, $\alpha<0$, $\beta>0$, $\gamma<0$. Тогда

$$(\alpha\beta)\gamma=(-(-((-\alpha)\beta)))(-\gamma)=((-\alpha)\beta)(-\gamma)=(-\alpha)(\beta(-\gamma))=(-\alpha)(-(\beta\gamma))=\alpha(\beta\gamma)$$

2) $\alpha\beta=\beta\alpha$
Аналогично 1

3) Существует элемент $1\in\mathbb R$ такой, что $1\cdot\alpha=\alpha$ для всех $\alpha\in\mathbb R$.
Это элемент $1=[\{1\},\{1\}]$. Если $\alpha\geqslant 0$, то понятно. Если $\alpha<0$, то $1\cdot\alpha=-(1\cdot(-\alpha))=-(-\alpha)=\alpha$. Единица единственна.

4) Для любого числа $\alpha\in\mathbb R$, $\alpha\neq 0$, существует число $\beta\in\mathbb R$ такое, что $\alpha\beta=1$.
Пусть сначала $\alpha>0$, $\alpha=[A,A']$ c $A,A'\subset\mathbb Q^+$. Нетрудно проверить, что $(\frac {1}{A'},\frac{1}{A})$ является неполным сечением, причем $\beta=[\frac {1}{A'},\frac{1}{A}]>0$. Проверим, что $\alpha\beta=[\frac{A}{A'},\frac{A'}{A}]=1$. Так как $0<A\leqslant A'$, то $\frac{A}{A'}\leqslant 1$ и $1\leqslant \frac{A'}{A}$, т.е. $(\frac{A}{A'},\frac{A'}{A})\sim(\{1\},\{1\})\in 1$.
Если $\alpha<0$, то $-\alpha>0$. Пусть $(-\alpha)\beta=1$, $\beta>0$. Тогда $\alpha(-\beta)=(-\alpha)(-(-\beta))=(-\alpha)\beta=1$.
Число $\beta$ c указанным свойством единственно и обозначается $\beta=\alpha^{-1}$.

5) $\alpha(\beta+\gamma)=\alpha\beta+\alpha\gamma$
Докажем для положительных $\alpha=[A,A']$, $\beta=[B,B']$, $\gamma=[C,C']$, где $A,A',B,B',C,C'\in\mathbb Q^+$. Я не уверен, справедливо ли равенство $A(B+C)=AB+AC$, но даже если и неверно, то проверка все равно простая. Надо проверить, что $(A(B+C),A'(B'+C'))\sim (AB+AC,A'B'+A'C')$. Так как, $A\leqslant A'$, $B\leqslant B'$, $C\leqslant C'$, то $A(B+C)\leqslant A'B'+A'C'$ и $AB+AC\leqslant A'(B'+C')$. Следовательно, $(A(B+C),A'(B'+C'))\sim (AB+AC,A'B'+A'C')$.
Для отрицательных доказывается перенесением слагаемых из одной части равенства в другую.

6) Если $\alpha>0$, $\beta>0$, то $\alpha\beta>0$
Непосредственно следует из определения произведения и замечаний о критериях, когда $\alpha>0$.

п. 5. Аксиома непрерывности

Пусть непустые множества $P,Q\subset\mathbb R$ таковы, что $P\leqslant Q$, т.е. $\alpha\leqslant\beta$ для всех $\alpha\in P$, $\beta\in Q$. Тогда существует $\gamma\in\mathbb R$, что $P\leqslant\gamma\leqslant Q$.
Доказательсвто. Пусть $P=\{[A_\alpha, A'_{\alpha}]\}_{\alpha\in P}$, $Q=\{[B_\beta, B'_{\beta}]\}_{\beta\in Q}$. Положим $C=\bigcup_{\alpha\in P} A_\alpha$. Так как $A_\alpha\leqslant B'_\beta$ для любых $\alpha\in P$, $\beta\in Q$, то $C\leqslant \bigcup_{\beta\in Q} B'_\beta$. Пусть $C'\subset\mathbb Q$ -- множество всех верхних граней для $C$, т.е. множество таких $r\in \mathbb Q$, что $C\leqslant r$. Так как $C\leqslant \bigcup_{\beta\in Q} B'_\beta$, то $C'\supset\bigcup_{\beta\in Q} B'_\beta$. Нетрудно видеть, что $(C,C')$ -- неполное сечение (??? надо отдельно доказывать, что-то это не очевидно), и $\gamma=[C,C']$ удовлетворяет неравенствам $P\leqslant\gamma\leqslant Q$. Действительно, $C\leqslant B'_\beta$ для всех $\beta\in Q$ и $A_\alpha\leqslant C'$ для всех $\alpha\in Q$.

Построение системы действительных чисел закончено.

[bot]

Когда мне, вчерашнему выпускнику, дали почитать курс матана для биологов, делал нечто подобное.
Рассматривал пару монотонных последовательностей $(\underline{\alpha}_n, \ \overline{\alpha}_n)$. Первая возрастающая, вторая убывающая и с условием $\overline{\alpha}_n-\underline{\alpha}_n\to 0.$
Как и Вы, рассматривал эквивалентность на множестве таких пар и множество $\mathbb R$ получил факторизацией. Потом была возня с определением операций и доказательством свойств. Всё было очень интересно (мне, в первую очередь), пока в деканате не поинтересовались, когда же я, наконец, приступлю к ... интегрированию!
Через год таких экспериментов уже не делал.

[Padawan]

Вот бы придумать способ доказательства существования действительных чисел, не выполняя явное построение. То есть доказать совместность аксиом. А потом теорему об изоморфизме любых двух систем действительных чисел, она вроде несложно доказывается. Это был бы идеальный вариант.

Ведь всё, что требуется от этого построения - доказать существование действительных чисел. А потом всю эту конструкцию можно забыть, и она нигде больше не пригодится.

[Padawan]

Есть еще такое определение действительных чисел: максимальное архимедово упорядоченное поле.
Следовательно, можно существование доказывать так: рассмотрим множество всех архимедовых упорядоченных полей. Чтобы это было законно достаточно доказать, что мощность таких полей ограничена. Но вроде как из аксиомы Архимеда следует, что эти мощности меньше мощности континуума. Дальше упорядочим это множество следующим образом: $P_1\leqslant P_2$, если поле $P_1$ изоморфно подполю поля $P_2$.
Теперь надо проверить выполнение леммы Цорна -- любое линейно упорядоченно подмножество имеет верхнюю грань. Это будет просто объединение цепочки полей (точнее индуктивный предел полей). Надо только проверить, что сохраняется аксиома Архимеда. Если $x\in \bigcup P_\alpha$, то $x\in P_{\alpha_0}$ для некоторого $\alpha_0$, значит найдется натуральное число $n\in P_{\alpha_0}$ такое, что $x<n$. Тогда $x<\varphi_{\alpha_0}(n)$, где $\varphi_{\alpha_0}\colon P_{\alpha_0}\to \bigcup P_{\alpha}$ -- вложение. Следовательно существует максимальное архимедово упорядоченное поле. Теперь остается показать, что в нем выполняется аксиома непрерывности. Это пока мне непонятно.

Судя по тому, что написано в английской Википедии, это все, видимо, сделал Гильберт

Цитата:

But the original use of the phrase "complete Archimedean field" was by David Hilbert, who meant still something else by it. He meant that the real numbers form the largest Archimedean field in the sense that every other Archimedean field is a subfield of R. Thus R is "complete" in the sense that nothing further can be added to it without making it no longer an Archimedean field. This sense of completeness is most closely related to the construction of the reals from surreal numbers, since that construction starts with a proper class that contains every ordered field (the surreals) and then selects from it the largest Archimedean subfield.

[ewert]

bot в сообщении #353087 писал(а):

дали почитать курс матана для биологов

Для биологов вообще не следует (более того, вредно) вводить вещественные числа строго -- достаточно точных формулировок ключевых теорем, а дальше уж сработает интуиция. Я обычно если и говорю об этом, то лишь что-нибудь типа: "нам достаточно того, что множество $\mathbb Q$ можно корректно расширить так, чтобы выполнялись эти теоремы -- например, бесконечными десятичными дробями", ну и ещё кой-какая лирика.

Padawan в сообщении #353282 писал(а):

Теперь надо проверить выполнение леммы Цорна

Ой-ёй-ёй. Нехорошо поминать имя Цорна всуе.

[Padawan]

ewert
А как без него максимальное поле получить?

[ewert]

Не знаю.

А нужно ли?...

Без Цорнов, максимальностей полей и прочих выборОв -- всё получается вполне корректно и вполне конструктивно. Хуже того -- вполне практично.

А что ещё нужно, для полного щастья-то?...

(нет, ну я понимаю желания подчистить разные там хвосты, но это уже -- на любителя)

[Black_Evg]

Не знаю, будет ли понятен мой вопрос автору темы, но все же попробую.
Меня интересуют вопросы конечного и бесконечного в том аспекте, что бесконечное порождает противоречия и что эти противоречия исключают возможность творцу или природе опереться на бесконечное, как на фундамент для построения того, что мы называем "физической реальностью". Теперь вопрос: "Автор отдает себе отчет в том, что ни какая конечная система счисления не может передать все точки числовой оси, если их число бесконечно? С другой стороны любая конечная система счисления (достаточно двоичной) может передать любые протяженности с любой наперед заданной точностью". Люди путают второе обстоятельство с первым и поэтому легко строят системы действительных чисел. А ведь действительные числа "замахиваются " на все точки непрерывной числовой оси.

[ewert]

Black_Evg в сообщении #355757 писал(а):

ни какая конечная система счисления не может передать все точки числовой оси, если их число бесконечно?

Утверждение неверно, угадайте почему.

Black_Evg в сообщении #355757 писал(а):

С другой стороны любая конечная система счисления (достаточно двоичной) может передать любые протяженности с любой наперед заданной точностью". Люди путают второе обстоятельство с первым и поэтому легко строят системы действительных чисел.

А Вы не строите, замечательно. Тогда Вы не сможете "передать любые протяженности" -- у Вас их попросту нет.

[Black_Evg]

Если делить конечный отрезок все время пополам (двоичная система счисления), то можно как угодно близко приблизиться к любой точке. Таким образом мы получаем бесконечную последовательность точек. Если мы будем делить отрезок на три части (троичная система счисления), то получим другую бесконечную последовательность точек, ни одна из которых не совпадает с предыдущей. Поскольку число простых чисел бесконечно невозможно придумать конечную систему счисления, передающую именно точки, а не их "приближения". Я хотел сказать именно это, но не кому. Бывает.

[epros]

Black_Evg в сообщении #356624 писал(а):

... передающую именно точки, а не их "приближения".

Мне интересно, каким образом Вы отличаете "именно точки" от "их приближений"?

[Black_Evg]

Отличаю тем, что если я попадаю на "точку", то действительное число конечно, а если "приближаюсь к точке" как угодно близко, то действительное число бесконечно. Например, в десятичной системе счисления, в основание которой положены простые числа 2 и 5, невозможно попасть ни на одну из точек, полученных делением отрезка на простое число 3. Не смотря на то, что число этих точек бесконечно. Поэтому 1/3 это всегда бесконечное число в десятичной системе счисления.
1) Надеюсь, что мне удалось показать, что означает "попасть на точку".
2) Надеюсь, что мне удалось показать, что никакая система счисления не может передать "все точки непрерывной числовой оси".
3) Надеюсь, что мне удалось показать, что для передачи протяженности конечного отрезка с какой угодно точностью достаточно простейшей (двоичной) системы счисления и простейшего действительного числа.