实数（二） (5-3)

s – t s＋t

s＜t＋───＝───

2 2

从而s∈α＋ˉ0 ，那么由 s 的任意性知 α ⊂ α＋ˉ0 ，因此 α＋ˉ0＝α， ˉ0 可以作为加法的零元；

(A4)验证这一条公理之前，我们需要一个关于分划的性质的引理。

引理1.对于任意一个有理数 ϵ＞0 与分划 α ，总存在一个 r∈α 使得 r＋ϵ ∉ α 。

证明.用反证法，假设存在一个 ϵ＞0 ，使得对分划 α 中的所有元素 r 均有 r＋ϵ ∈ α 。那么对 r＋ϵ ∈ α 也有 (r＋ϵ)＋ϵ＝r＋2ϵ ∈ α，从而由归纳法可以知道对任意 n∈ℕ 均有 r＋nϵ ∈ α 。但按(C1)存在一个 s ∉ α ，由有理数的Archimedes性，可以取到一个 n 使得 r＋nϵ＞s ，从而按(C3)有 s∈α ，矛盾。所以引理成立。

回到命题2的证明，对α∈ℝ*，我们取 ˉβ＝{x|∀r ∈ α (x＜–r)} ，及

{ˉβ β

β＝

{ˉβ\{max ˉβ} β

那么可以验证β 是一个分划（注意到当 r∈α 时 |r| ≥ –r，从而 |r| ∉ β 即可）。以下证明 α＋β＝ˉ0 。

一方面，由β 的定义可以知道对于任意 r∈α 与 s∈β 有

s＜ –r ⇒ r＋s＜0

从而r＋s∈ˉ0 ，由 r，s 的任意性有 α＋β ⊂ ˉ0 ；另一方面，对于任意 t＜0 ，由引理1可以取一个 s∈β 使得 s – t ∉ β，即存在一个 r 使得

s – t ＞＝–r ⇒ r＋s ≥ t

从而t∈α＋β，由 t 的任意性得到 ˉ0 ⊂ α＋β 。因此 α＋β＝ˉ0 ，这个 β 可以记作 –α 。这样我们就验证了全部四组加法公理。

乘法的定义要复杂一些，我们对α，β ≥ ˉ0 定义

αβ＝{rs|r∈α，s∈β，r，s ≥ 0}∪{x|x＜0}

映射的定义显然是合理的，对其他情况我们可以定义

{(–α)β α＜0，β＞0，

αβ＝{α(–β) α＞0，β＜0，

{(–α)(–β) α＜0，β＜0.

命题3.乘法 ℝ* × ℝ* → ℝ* 满足乘法公理(M1)~(M4)。

证明.我们只需要对 α，β ≥ ˉ0 验证乘法公理就够了，而这和命题2的证明是类似的。注意到 ˉ1：＝{r|r＜1} 在证明中起到了 ˉ0 的作用即可。同样地，通过先验证 α，β ≥ 0 的情况再推至一般情况，我们也可以证明：

命题4.加法和乘法满足分配律(D)。

证明.对于来说 α，β，γ ≥ ˉ0 ，分划

α(β＋γ)＝{r(s＋t)}|r∈α，s∈β，t∈γ，r，s＋t ≥ 0}∪{x|x＜0}

αβ＋αγ＝{rs＋rt|r∈α，s∈β，t∈γ，r，s，t ≥ 0}∪{x|x＜0}

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