實數與複數：公理及其證明結果

學習目標

辨認實數的假設，證明公理的結果，並解釋複數為何擴展算術卻不能延續實數的有序域結構。自然數嵌入整數、整數分式嵌入有理數；這裡把實數系 $\mathbb R$ 作為完備有序域，再由實數對構造複數。構造、公理和從公理推得的定理是不同的陳述。

1. 完備有序域的假設

域的加法和乘法滿足結合律、交換律，有加法單位元零和乘法單位元一且 $0\ne1$，每個元素有加法逆元，每個非零元素有乘法逆元，且乘法對加法滿足分配律。相關逆元存在時這些法則推出消去律；消去零不是域法則。

有序域還有與運算相容的全序：不等式兩邊加同一數保持嚴格次序，兩個正數之積為正，且 $0<1$。完備性是額外的最小上界公理：每個非空且有上界的實數子集有實數上確界。

有理數滿足有序域代數但不完備，因此僅能加、乘、比較不足以推出完備性。空集與無上界集合不在實數上確界公理的範圍內，不能約定它們有有限實上確界。

命題：平方與倒數的符號

每個實數的平方非負，非零實數的平方為正。正實數的倒數為正；若 $0<a<b$，則 $0<1/b<1/a$。

證明。 若 $x>0$，正數乘積公理給出 $x^2>0$。若 $x<0$，則 $-x>0$，分配律給出 $(-x)^2=x^2>0$；零的平方為零。若 $a>0$，其倒數非零；若倒數為負，則 $-a^{-1}>0$，從而 $a(-a^{-1})=-1$ 為正，與 $-1<0$ 矛盾，故 $a^{-1}>0$。最後 $1/a-1/b=(b-a)/(ab)>0$，因分子與分母均為正。各比較都使用了所述符號條件。

這些結果還表明 $x^2=-1$ 沒有實數解。

2. 完備性給出平方根

對實數 $A>0$，令 $S=\{x\ge0:x^2<A\}$。$S$ 非空且以 $A+1$ 為上界；它還含正數，例如 $\min(A/2,1/2)$。由完備性，$r=\sup S>0$。

若 $r^2<A$，選 $0<\delta<\min(1,(A-r^2)/(2r+1))$，則 $(r+\delta)^2-r^2=2r\delta+\delta^2\le(2r+1)\delta<A-r^2$，故 $r+\delta\in S$，與 $r$ 是上界矛盾。

若 $r^2>A$，選 $0<\delta<\min(r/2,(r^2-A)/(2r))$，則 $r-\delta>0$ 且 $(r-\delta)^2\ge r^2-2r\delta>A$。$S$ 中每個 $x$ 都小於 $r-\delta$，因為較大的非負數有較大的平方。因此 $r-\delta$ 是更小的上界，與最小性矛盾。故 $r^2=A$。

非負平方根的唯一性另證：若 $r,s\ge0$ 且 $r^2=s^2=A>0$，則 $(r-s)(r+s)=0$。正因子 $r+s$ 非零，故 $r=s$。這使用完備性和代數證明存在唯一，而非預先使用根號。

當 $A=2$，所得根是無理數：若 $r=a/b$ 為最簡整數分式且 $b>0$，則 $a^2=2b^2$ 使 $a$ 為偶數，代入後又使 $b$ 為偶數，與互素矛盾。因此 $\mathbb Q$ 不滿足實數的完備性公理。下面直接證明相應有理集合沒有有理上確界。

標準反例是

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

這個集合非空，因為 $1\in S$。它也在 $Q$ 中上有界，例如 $2$ 就是一個 上界。

若 $Q$ 是完備的，會發生甚麼？那麼 $S$ 應該在 $Q$ 中有 supremum。以下 整個論證正是在說：沒有任何有理數可以充當這個角色。

定理

Q 不是完備的

有序集 $(Q,\le)$ 不是完備的。

為甚麼沒有有理數能當作 sup(S)

若 $s$ 是上界，由於 $1\in S$，必有 $s\ge1$。特別地，$s\le0$ 不可能 是上界。因此比較平方以前，可以把上確界候選限制為正有理數。

兩種有理擾動

設 $s\in Q$ 且 $s\gt 0$。若 $s^2\lt 2$，令 $M=2-s^2$，並明確選擇

$$h=\frac12\min\left\{1,\frac{M}{2s+1}\right\}\gt 0.$$

這是正有理數，且 $h\lt 1$、$h\lt M/(2s+1)$，所以

$$(s+h)^2=s^2+h(2s+h)\lt s^2+M=2.$$

於是 $s+h\in S$ 且 $s+h\gt s$，故 $s$ 不是上界。

若 $s^2\gt 2$，令 $M=s^2-2$，並選擇

$$h=\frac12\min\left\{s,\frac{M}{2s}\right\}\gt 0.$$

此時 $r=s-h\gt 0$，而且

$$r^2=s^2-2sh+h^2\gt s^2-2sh\gt 2.$$

每個 $x\in S$ 都滿足 $x\lt r$：否則 $x\ge r\gt 0$ 會推出 $x^2\ge r^2\gt 2$，矛盾。因此 $r$ 是比 $s$ 更小的上界，違反最小性。 這裏 $r\gt 0$ 不可省略；負有理數即使平方大於 $2$，也不是 $S$ 的上界。

最後，前面的奇偶性證明排除了有理數 $s$ 滿足 $s^2=2$ 的可能。這些 情形窮盡正有理候選，所以 $S$ 在 $Q$ 中沒有上確界。整個證明只使用 有理數運算，沒有假設實數平方根或完備性。

相同的兩種擾動也證明 $S_+=\{q\in\mathbb Q:q\ge0,\ q^2<2\}$ 沒有有理上確界：$1\in S_+$，論證所用擾動後的界及點均為正。

3. 複數由實數對構造

定義 $\mathbb C=\mathbb R^2$，運算為

$$(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d),\qquad (a,b)(c,d)=(ac-bd,ad+bc).$$

嵌入的實數 $a$ 是 $(a,0)$，而 $i=(0,1)$ 滿足 $i^2=(-1,0)$，於是 $(a,b)$ 記作 $a+bi$。這些符號表達已定義的數對運算，並非預先假設 $x^2=-1$ 有實數解。

數對公式從實坐標繼承加法群法則，乘法滿足交換律。結合律可展開驗證：兩種三重積的實坐標都是 $ace-bde-adf-bcf$，虛坐標都是 $acf-bdf+ade+bce$。分配律同樣逐坐標展開。零為 $(0,0)$，一為 $(1,0)$。

對非零 $z=a+bi$，定義 $\overline z=a-bi$、$|z|=\sqrt{a^2+b^2}$。由於 $a,b$ 不同時為零，$a^2+b^2>0$。直接相乘得 $z\overline z=a^2+b^2$，因此

$$z^{-1}=\frac{a-bi}{a^2+b^2}.$$

這證明每個非零複數都有乘法逆元，完成域的驗證。複數商仍須先排除零分母；共軛方法不會為零制造逆元。

展開可知共軛保持和與積，因此

$$|zw|^2=(zw)\overline{(zw)}=(z\overline z)(w\overline w)=|z|^2|w|^2.$$

兩邊的平方根均非負，故 $|zw|=|z||w|$。模是非負實數尺度，不是複數之間的次序關係。

4. 複數域不能有相容的有序域結構

假設 $\mathbb C$ 上的全序滿足有序域法則。與實數的符號證明相同，每個非零元素的平方都為正，特別是 $i^2=-1$ 應為正；但 $1>0$ 推出 $-1<0$，矛盾。因此 $\mathbb C$ 不存在有序域次序。

可以為記錄方便按字典序排列複數對，或比較其模，但二者都不能提供上確界公理所需的與實數相容的有序域結構。模相等不蘊含數相等：$1,-1,i,-i$ 的模均為一。實數完備性是有序域陳述，不能原樣移到所有複數上。

5. 嵌入與新元素

通常的鏈 $\mathbb N\subset\mathbb Z\subset\mathbb Q\subset\mathbb R\subset\mathbb C$ 是指定的保持結構單射的簡寫，不要求每種構造使用字面相同的底層集合。各步新增對象可由負一、二分之一、二的正平方根和 $i$ 區分；嵌入保持運算，故繼承的算術一致。

某些性質在擴張時會增加或消失：有理數與實數都是有序域，但只有實數按所述次序完備；複數仍是域，卻不能成為有序域。

證明與診斷練習

1. 次序證明。 證明實數上 $a^2=b^2$ 蘊含 $a=b$ 或 $a=-b$，說明何處使用域的零乘積性質。
2. 符號檢查。 解釋為何僅有 $a<b$ 不足以判斷 $1/b<1/a$，還須排除零並檢查符號；給出同號和異號的所有情形。
3. 完備性。 平方根論證中，為何須分別說明非空、有界、上確界為正及兩種平方嚴格不等情形？
4. 複數逆元。 由數對乘積推導 $a+bi$ 的逆元，並準確指出何時公式無定義。
5. 次序不可能性。 證明 $\mathbb C$ 不能有有序域結構，而不只說複數是二維的。
6. 構造診斷。 學生說“有理數和實數有相同代數法則，所以每個有界有理數集合都有有理上確界”。指出缺少的公理，並給出具體非空有界反例。

完整解答

1. 因式分解 $a^2-b^2=(a-b)(a+b)=0$。域中兩元素之積為零時至少有一個為零：若一個非零，就乘以其逆元。故 $a-b=0$ 或 $a+b=0$，得到兩個可能；此結論不需要次序。
2. 首先要求 $a,b\ne0$。$1/a-1/b=(b-a)/(ab)$ 的分子為正。若 $a,b$ 同號，$ab>0$，故 $1/b<1/a$。若 $a<0<b$，則 $ab<0$，反而 $1/a<1/b$，與一個倒數為負、另一個為正一致。$a<b$ 且 $a>0>b$ 不可能；任一數為零時對應倒數無定義。
3. 上確界公理只適用於非空有上界集合。$r>0$ 使向下擾動可行，且 $2r$ 為正分母。排除 $r^2<A$ 說明不太小；排除 $r^2>A$ 說明不太大。僅有上界或只排除一種情況不足以得到 $r^2=A$；唯一性還需要之後的因式分解。
4. 乘以共軛得 $(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2$。對非零數對該數為正，故除以它得到 $(a-bi)/(a^2+b^2)$，乘積為一。分母恰在兩個坐標都為零時消失，故公式準確排除複數零。
5. 在有序域中，按底數的正負分類可知每個非零平方為正。於是 $i^2$ 應為正，但 $i^2=-1$ 且 $1>0$ 迫使它為負，產生矛盾。矛盾來自次序與乘法的相容性，不是單由維數得到。
6. 有序域代數不含最小上界公理。集合 $\{q\in\mathbb Q:q\ge0,q^2<2\}$ 非空且在 $\mathbb Q$ 中有上界，但沒有有理上確界：若候選上確界的平方小於或大於二，分別可用有理擾動得到矛盾；若等於二，則二的平方根為有理數。提供實數上確界的是實數完備性，而非域代數。

總結與術語

有序域將域運算與相容全序結合。完備性給非空有上界集合提供上確界，是額外公理。嵌入是保持結構的單射。複共軛反射第二坐標並給出逆元公式，模度量大小而不賦予有序域次序。使用事實時應分清它是公理、構造還是證明結果。