在前面的讨论当中，我将尽可能沿着tao的思路，即自然数确定递归以及归纳法，然后定义正整数，并利用消去律定义整数。然后，我将直接引入分数而定义有理数。

​然后，我将选择柯西序列—等价类的方法去构造实数（这也正好是tao在《陶哲轩实分析》当中使用的方法）.

​1.自然数：皮亚诺公理.

​皮亚诺公理一共有五条，其中四条是为了定义递归结构，也即：

​给定定值c，当且仅当c＝a令c＋＋＝a＋＋，则其逆否命题是，若a不＝c，则c＋＋与a＋＋不相等。

​我们现在给出皮亚诺公理的前四条：

​0∈N

​任意（n∈N）＋＋∈N

任意n＋＋不得为0

任意n∈N不等于n＋＋

这里读者可以考虑反证法（即假设存在c≠a令c＋＋＝a＋＋），但是第三条以及第四条公理决定了递归性质（以及第一第二条规定的自然数集有无穷多的个数——自然数，也即自然数集是无穷集）。

然后就是我们需要的一条可以用于构建正整数的公理（并且其必须能够处理无限情况），即归纳法公理：

若n与n＋＋都有性质p（x），则p（x）于整个N（或其中的任意n）有效。

2.正整数：加法、乘法以及序性质.

我们选择先给出加法定义，然后再去定义乘法、正数与序。

加法定义：

0＋n＝n

n＋（m＋＋）＝（n＋m）＋＋

我们先证明加法是可以交换的（n＋m＝m＋n是成立的）。

证明：

给定n、m∈N，并且n、m皆为0

则n＋m＝m＋n＝0

归纳假定n＋m＝m＋n是成立的

则n＋m＋＋＝m＋（n＋＋）＝（n＋m）＋＋，由于两式相等得证.

&

然后，我们证明加法是可以结合的，即（a＋b）＋c＝a＋（b＋c）

证明：

给定a为0

则b＋c=b＋c，两式相等

归纳假定（a＋b）＋c=a＋（b＋c）

则（a＋b）＋（c＋＋）=a＋（b＋c）＋＋，依定义，得到两式相等为（a＋b＋c）＋＋，所以成立.

&

然后，我们证明加法的消去律，即a＋b＝b＋c，则有a＝c（注意一下，这是我们后面定义整数所需要用的，并且会引入负运算）.

证明：

令b=0，则a=c

归纳假定若a＋b=b＋c，则a=c

则a＋（b＋＋）=b＋（c＋＋），依交换律以及结合律（和归纳假定）得证.

&

我们现在证明加法的最后一个定理，即加法的分配律，即a＋b＋c=b＋c＋a.

证明：

令b为0，则a＋c=c＋a（交换律得证）

归纳假定a＋b＋c=b＋c＋a

则a＋b＋（c＋＋）=b＋c＋（a＋＋）

两两式相等为（a＋b＋c）＋＋得证.

现在我们将讨论乘法，先给出乘法的定义：

n×0=0

n×（m＋＋）=nm＋n

我们依旧选择先证明乘法的交换律，即ab=ba.

证明：

令a、b=0，则ab=ba.

归纳假定ab=ba

则a×（b＋＋）=（b＋＋）×a=ab＋a得证.

&

我们可以讨论乘法的分配律，即a×b×c=c×a×b

证明：

令a、b=0

则，两边＝c×0，依交换律得证.

归纳假定a×b×c=c×b×a

则（a＋＋）×b×c=（c＋＋）×b×a=（a×b×c）＋＋，两式相等得证.

&

然后我们再讨论乘法的消去律（类似于加法的消去律，在后面定义倒数运算时，可以结合定义有理数），即若a、b、c∈N且ab=bc，则得到a=c.

证明：

令b=0

则依交换律，得到a×0=0×c=0，两式相等得证.

归纳假定若a、b、c∈N且ab=bc，则a=c

则（a＋＋）×b=（b＋＋）×c

由于运算结果是相等的，得证（注意归纳假设）.

&

最后我们选择证明加法的结合律，以完成正整数的基本运算构建，此时我们选择定义n＋＋为n＋1，并且n×1=1×n=n.

则可以在后续更加方便地讨论整数与有理数，不过目前我们证明加法结合律，即（a×b）×c=a×（b×c）.

证明：

令b=0

则两式＝0，由于两式相等得证.

归纳假定（a×b）×c=a×（b×c）

则（a×b）×（c＋1）=（a＋1）×（b＋c）

利用消去律得到归纳假设为ab=bc与a=c，则在交换律下得到两式相等，得证.

&

我们在开始整数与有理数构造之前，我们选择先定义正整数的一些序性质，这样在后面的讨论会更加熟悉.

定义：

若n为正数当且仅当n≠0且n∈N.

我们选择先证明，n要么是正数要么不是正数（也即，要么n=0，要么n≠0）.

证明：

我们选择反证法，即不妨假设n=0是正数.

出于我们的需要，我们需要证明所有正整数都不能为0，则非负整数要么为0，要么为整数，因为这里没有定义负运算，目前N只有0与n，其中n是0的后继或其后继的后继，依依递归定义得证.

因此，由于反证假设n=0是正数与正数定义相矛盾，得证.

&

最后，我们证明一下欧几里得算法（尽管这是数论的基础，不过这里兴趣是构建实数系，就不展开），即给定n、m、a、r∈N，其中n是正数，则n=mr＋a且a或mr≠0.

证明：

我们需要先证明这个关系式.

由于n≠0，依加法，n=0＋a且其中a≠0

令mr＝0（m或r为0）得证.

归纳假设，若n≠0，则n=mr＋a，且m、r、a∈N并且mr与a当中至少有一个是正数.

则（n＋＋）＝mr＋（a＋＋），这里需要使用反证法，即（mr＋＋）与（a＋＋）当中至少有一个不是0.依递归定义，这里mr或a＝0，则（mr＋＋）或（a＋＋）≠0，因此得证.

3.整数Z：负运算以及序性质.

我们对于整数的构造要万分小心，因为我们这里仅仅有几条自然数与正整数定理。而我们需要从这几条定理出发构建包含0、正数与负数的整数系.

我们对于整数Z的定义如下：

任意n∈Z=n—m，其中若a—b＝c—d，当且仅当a＋d=c＋b（很明显，我们是从加法消去律定义整数的，所以请注意，这里依旧是加法的讨论）.

我们引入负运算，其中-n=(-1)×n.（这里，我们稍微提一下，就是-n按照整数构造，应该是-n—0，对应-n＋0）.

最后，我们引入两条定义，即-x＋x=0与-x＋x＝0

&

我们先证明正、负整数都是n＝m＋a，其中，n、m、a∈N且正数则a不含-1因子，而负数反之

证明：

依定义，-n是-n＋0，依加法定义得到-n，而依定义，-n=-1×n，因此，n=0＋n.

&

我们现在证明整数的三岐性，即一个n∈Z，其要么是0，要么是负、正数.

这个证明并不难，特别是我们已经证明正、负数的性质，这里我们只证明若一个整数≠0，则其必然是负数或正数.

证明：

不妨假设一个n∈Z且n=0其是正数

则n＝m＋a，依n＝0，则m＋a＝0，这里我们得到整数形式0—0，可是，按照定义，n作为正数，m、n当中必然有一个不为0，写作整数形式即0—a且a≠0，与定义相矛盾，得证.

&

我们现在讨论一些序的性质，不过我们只限于两点：

正整数加法的序性质不变

正整数乘法都序性质不变

证明：

不妨假设正整数加法会得到负数

则（0＋a）＋（0＋b）=-（a＋b）

依定义，左式＝a＋b，因此反证假设错误，从而正整数加法的序性质不变.

&.

证明：

不妨假设正整数乘法得到非正数

则a×b＝（0＋a）×（0＋b）＝0或-ab

依定义左式＝ab，因此反证假设错误，则正整数的乘法序性质不变.

&

加法逆元性质，即任意n∈Z，存在-n令（-n）＋n=0

依定义得证.（可以直接代入整数形式，然后利用在正整数时就有0—0对应0＋0＝0）

4.有理数：倒数运算与域性质.

这里是最应该小心的，相较于正整数到整数，整数到有理数的过渡是更加变化的，特别是，我们需要引入一个我们称之为倒数运算的东西，从而构造出分数—有理数，同时我们需要定义有理数的加、乘法，并且出于后续构造实数的铺垫需要，我们需要定义绝对值与指数运算，并且证明许多重要性质（特别是乘法逆元）.

定义如下：

任意n∈Q＝a/b

x∧-n＝1/x∧n

a/b＋c/d＝（ad＋bc）/bd

a/b×c/d＝ac/bd

我们需要先阐述分数，即若a、b∈Z，则a×b∧-x＝a/b∧x，也就是讲，分数只是一个倒数和整数的乘积，因此，有理数本质上是乘法的一个扩展结构。

因此，我们根据乘法消去律（即，若a、b、c∈Z且a、b、c≠0，则ab=bc，得到a＝c），得到若a/b＝c/d，当且仅当ad=bc.因此，类似于正整数到整数，尽管我们是把整数填充进有理数，但是有理数却可以由整数的性质而构造出来。

我们定义一点即可：

任意n∈Z=n/1

因此，任意n∈Z则n∈Q

那么，我们可以直接沿用整数的一些性质（比如加法逆缘、加法以及乘法都交换律、分配律等），不过我们还是有一些有理数独有的性质：

定义任何n∈Q的∧0=1

乘法逆元，即任意x∧n∈Q，都有x∧-n∈Q令(x∧n)×(x∧-n)=1

证明：

不妨假设存在x∈Q，但是没有x∧-n令xx∧-n＝1.

我们这里需要考虑两种情况，即有理数是否含0，依有理数相等的定义，分母作为非0整数方符合消去律，因此，分母不能为0，并且依据消去律＋有理数运算定义义，若分子、分母具有同因子，则会得到1且1×n=n而消失不见（后面我们讨论有理数间隙也需要用到这个），则我们得到有理数符合整数的三岐性。

若有理数为0，则依定义，其的0次幂＝1，不过，其倒数会发生分母为0，其无意义，因此不予理会。

而有理数a/b≠0就方便了，因为分母b≠0，并且分子分母不能有同因子（比如-1），所以，在a≠0下，倒数b/a≠0并且是有意义的，因此，利用有理数乘积得到a/b×b/a＝ab/ba＝1，得证.

&

我们决定先总结（证明会补充几个）一下有理数目前所具有的一些性质，这些性质决定有理数是一个域：

x＋y=y＋x

（x＋y）＋z＝x＋（y＋z）

x＋0＝0＋x=x

x＋（-x）＝（-x）＋x=0

xy＝yx

（xy）z=x（yz）

x×1＝1×x＝x

x（y＋z）=（y＋z）x＝xy＋xz

这里加法与乘法都占四条，并且倒数第二条其实是乘法逆元的运用，因此我们默认已经证明。所以，我们需要证明的其实是，有理数能够承担加法、乘法的交换律与结合律。

&

证明有理数能够承担加法的交换律，即（x＋y＝y＋x.

证明：

以有理数的加法定义，x＋y=y＋x＝（x＋y）/1.

依照我们之前的讨论，x、y作为有理数并且相等的基础是xy∈Z且xy≠0，按照有理数定义，分母≠0，因此xy≠0，得证.

而结合律的证明类似

&

我们现在需要证明有理数符合乘法的交换律，即（xy）＝（yx）

证明：

依有理数的乘法运算，xy=(xy)/1.

因为这里分母≠0，因此其符合整数的消去律，则其还原为xy×1，依整数定义，有xy＝yx，所以得证.

而乘法的结合律只需要按照有理数的乘法定义＋交换律即可得证（两式相等）.

&

在这里我们补上序的性质部分，这样我们可以把有理数作为一个域的性质变为有序域。

在此之前，我们已经证明了有理数的三岐性（虽然我们只证明，其要么为0，要么为负、整数，但是消去律＋乘法逆元可以得出了），即x∈Q，要么x＝0，要么x为正数，要么x为负数.

我们定义如下：

x＞y当且仅当（x－y）为正数

x＜y当且仅当（x－y）为负数

x＝y当且仅当（x－y）=0

依三岐性，我们得到第一条与第二条其实是互为逆否命题，所以其必然相容，而依定义，x≠0自然是前两条，所以我们得到我们想要的基础序命题，即x＝y与x≠y（x＞y或y＞x）是成立的。

出于对于tao以及严谨性的尊重，我们会列出四条序性质（并且给予证明）：

x＞y当且仅当y＜x（因为这是逆否命题—充要条件，自然得出）.

序是可以传递的，若x＞y有且y＞z，则有x＞z.

加法保持序不变，x＞y，则（x＋z）＞（y＋z）

正的乘法保持序不变，即若x＞y且z是正数，则xz＞yz.

证明1：

利用序的反对称性，则x＞y与y＞z，得到y＜x与z＜y.

依照定义，我们得到（x－y）≠0，并且（x－y）=0＋a且a不为非正数（欧几里得算法），而（y－z）类似，则（x－y）＋（y－z）＝（x－z）/1，并且（x－z）＝0＋b且b是正数，得证.

&

证明2：

我们利用递归定义，即a＋＋≠b＋＋当且仅当a≠b,则（x＋z）≠（y＋z）

我们选择分类讨论

若z=0，则依旧是x与y，依定义有x＞y，所以若x＞y，则（x＋z）＞（y＋z）.

若z≠0，我们依据有理数运算得到（x－y）/1＝（x－y）且（x－y）是正数，依旧得到（x＋z）＞（y＋z）

因为我们知道＞与＜是逆否命题，是等价的，所以我们已经证明了＜也有此性质.

&

证明3：

我们需要（x－y）×z的积也是正数

依定义，（x－y）与z都是正数，也就是讲，（x－y）与z≠0且（x－y）与z都不含（-1）因子.

则（x－y）z∉（-1）×x，因此，（x－y）z是正数，得证.

&

我们现在已经证明有理数满足加法、乘法、负运算与倒数运算并且是一个有序域，在这基础上，我们定义有理数的两个运算，即绝对值以及指数运算：

x的绝对值＝x在非负数上的映射，即若x≤0，则x的绝对值＝-x

指数运算是为了更加清楚地表示次幂，我们定义x本身的n此乘法运算为x∧n

就这样，我不会对于其性质予以说明以及证明，因为哪怕是柯西序列去构建实数系下，也并不需要提前定义距离（或者说，距离就绝对值，其服从序的定义即可；哪只是后续重建运算法则而已.）。

5.实数的构造：有理数的稠密、缺陷和柯西序列方法.

我们现在已经成功从自然数N构建到了有理数Q，并且证明其是一个满足四则运算的有序域；且其具有无限个元素。

我们先证明有理数是稠密（任意两个有理数之间至少存在另一个有理数）的.

证明：

定义2∈Q并且2＝1＋1，则若x、y∈Q且x≥y（由此包涵了所有序关系），则（x－y）/2满足有理数的定义，因此（x－y）/2∈Q，因此，两个有理数之间的间隙允许另一个有理数存在，得证.

&

然后，我们需要证明尽管有理数是稠密的有序域，但是其总还是稀疏的（有理数不能铺满数轴，存在非有理数）。

因为我们需要证明的是，存在数不是有理数，所以只要找出一个，我们选择最常见的根号2.

证明：

定义偶数＝2x且x∈q

依有理数的构造，a/b∈Q当且仅当a、b无共同因子，因此若a/b∈Q，则a、b不能都是偶数.

不妨假设根号2∈Q且根号2的二次方为2

则根号2＝a/b

则2＝a∧2/b∧2

则a∧2＝2b∧2

因此a∧2∈偶数，并且a当中必然含有2或2的倍数为因子，即a也是偶数，即a＝2t

则2b∧2＝4t∧2

则b∧2＝2t∧2

因此，B∧2也是偶数，则b也是偶数

因此，若根号2∈Q＝a/b，则a、b都是偶数，这与有理数性质相矛盾.

则根号2∉Q，因此，有理数不是完全稠密的得证.

我们现在就是要填补有理数的间隙（无理数），但是我们又必须是从有理数过渡到我们称作实数系R的数系系统，也就是讲我们需要利用有理数构造出无理数.

而这里会采用有理数柯西序列—等价类的方法构造实数.

实数构造的柯西—等价序列方法.

​(1).柯西序列定义以及性质.

​定义序列为f:Z＞0—Q，记作（an）

给定任意ε＞0，​（an）是柯西序列，当且仅当任意aj、ak∈（an）令d（aj，ak）≤ε

​因为这里我们预设是闭区间，所以这里相等于d（max.an,min.an）≤ε.

​因此，我们得到an－ε≤an≤an＋ε

​定义界为上下界，一个集合（an）的上界L意味着L≥an∈（an）.

​利用柯西序列的性质（也就是上面这个不等式），我们很容易得到柯西序列有界（上下界）.

​(2).柯西序列—等价构造的本质：引入极限.

​我们现在很了解，对于柯西序列（an）而言，总有d（L，an）≤ε

​这里我们也许猜到，界就是极限（类似于戴德金分割当中的分割或序），这是在量值上柯西序列所不能“逾越的”.

​因此，有理数的柯西序列其实已经“蕴含了”无理数的存在，例如我们可以把根号二理解为（1，2）之间柯西序列的一个界；这样，我们通过定义无理数是有理数的极限，也就是任意L∉Q满足L＝lim.an.

（3）.柯西—等价序列：等价类.

很多人会疑惑，我们构造实数是为了利用实数性质去讨论极限，怎么可以一开始就用有理数的极限定义实数（只要利用有理数构造出无理数即可），应该让人不能理解的是，为什么说是有理数极限的等价类定义了无理数—实数？

原因很简单，因为例如1/n、（1/10）^n，它们有共同的界L＝0（这里我们不引入严格的极限定义，也就是ε—N语音；防止循环论证），也就是讲，极限是一个等价类.

类似的，d（L，1/n）≤ε和d（L，（1/10）^n）≤ε，虽然都是ε，但是这个ε是一个距离—函数，是不等于的，也就是ε1≠ε2；因此，我们说ε是任意的.

这里其实就是ε—N语音的一个隐含，也就是f：Z＞0—Q，存在n∈（an）令d（L，an）≤ε；因此，这里的极限只能用等价类表示，并且实际上需要“避免收敛定义等”.

定义等价序列：

预设（an）、（bn）都是有理数序列，（an）等价于（bn），当且仅当d（an，bn）≤ε.

我们现在讨论，为什么说柯西序列—等价类构造没有循环论证.

令（L）为有理数序列，（an）、（bn）为有理数的柯西序列，则这里满足d（an，L）或d（bn，L）≤ε，利用等价序列定义，这里（an）或（bn）等价于（L）.

这样看，我们并没有看到极限定义，但是柯西序列—等价类本身从量值上阐释了，无理数—实数是有理数的柯西序列—等价类.

注意：

这里的ε∈Q，但戴德金分割因为预设了序，所以它的ε∈R；但殊途同归的是，他们都是利用无理数和有理数相互交错的性质，从序、数值（序是戴德金分割、界—数值是柯西序列—等价类；并且这里其实都没有引入极限定义，所以没有循环论证）.

(4).柯西序列方法的实数性质.

之所以说柯西序列更加严谨阐释了实数的性质，在于其本事是有理数的一个特殊等价类，所以实数继承了有理数的稠密性.

我们的目标是利用稠密性确定阿基米德性质，然后再利用其中的结构作划分（虽然绕了一点，但很好理解，并且体系了实数是阿基米德域的性质，从而很好证明其保留了有理数的四则运算；无非就是三角不等式＋ε的任意处理）.

阿基米德性质，即任意L∈R，存在n∈N、x∈Q，有xn＝L.

证明：

利用柯西序列定义，L＝xn＋ε，这是因为有理域满足乘法逆元，任何数x都可以理解为1×x，1∈N成立.

利用等价类，d（xn，xn＋ε）≤ε，所以我们得到xn＝L，证毕.

利用阿基米德性质，我们了解到R＝非Q∪Q，所以这里很好做划分.

确界引理，任意有界非空实数集合（an）都是有最小上界sup.an，或最大下界inf.an.

证明：

利用实数构造，我们得到任意an∈R（这里就是阿基米德性质允许的）＝xn，并且d（xn，L）≤ε.

令L为一个集合，也就是xn的界成立.

又令（xn＋ε/2）为一个实数，这符合阿基米德性质，而这个数必然∈（L）.

因为ε/2≤ε，所以（xn＋ε/2）是（L）当中最小的，也就是最小上界sup.an＝（xn＋ε/2），这种构造的成功表明实数具有确界引理—性质.

注：

有人会指责柯西序列方法的繁琐，但是戴德金分割直接构建双射关系虽然会直接有确界引理，但是并不符合学生的一般初始认识，并且其实把阿基米德性质一笔带过了，反而要重新定义四则运算.

并且对于学生理解极限的严格定义帮助不大（以及后续度量空间的繁琐定义）.

因此，我本人认为柯西序列—等价类的构造法在整体启发上更优.

PS：

就这样，我们完成了从自然数到实数构造的不同进程，这里有必要感谢一些人给我的鼓励以及帮助.

但另外，我们需要讨论一下实数与其他数系的不同，其是一个极限情况的讨论（想一下柯西序列的界），而前提数系都是标准单位以及比例的变化。

其中，后者是符合我们直觉认识的，但是前者并不是，由此，在数学历史上引发了直觉主义与逻辑主义的对抗，在本文，作者暂时不对于双方成败作定论，但还是认为应该补充这一点（在理性的范畴，每一步都是风险与机遇如影随形）.

PS：

最后补上一些我的笔记以及一位肯定我思考的大佬的截图

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