1.1 Действительные числа

Выполнение аксиом упорядоченного поля элементарно, и доказывать мы этого не будем. Покажем, что аксиома полноты нарушена. Для этого нам нужно предъявить два множества, скажем, $A,B$, таких, что $A \le B$, но при этом не существует $c\in \mathbb{Q}$, что $a\le c \le b$ для всех $a\in A$, $b\in B.$

Пусть $A: = \{a \in \mathbb{Q}\, | \, a >0, a^2 <2\}$ и $B: = \{b \in \mathbb{Q}\, |\, b>0, b^2 >2\}$. Покажем, что $A\le B$. Действительно, если $a\in A$, $b \in B$, то тогда $a^2 <2$, $b^2 >2$, то есть мы можем записать $a^2<2<b^2$. Это значит, что $a^2<b^2$ или, что равносильно, $b^2-a^2>0$, $(b-a)(b+a)>0$. Так как $a,b >0$, то $a+b \ne 0$, а тогда, разделив на $a+b$ обе части неравенства $(b-a)(b+a)>0$, получаем, что $b-a >0$, то есть $a<b$. Это и показывает, что $A<B$.

Далее, допустим, что существует $c \in \mathbb{Q}$, который разделяет эти множества, то есть $a\le c \le b$ для всех $a\in A$, $b\in B.$

Имеем всего три варианта: (1) $c^2 = 2$, (2) $c^2 <2$, (3) $c^2 >2$. Рассмотрим каждый из них.

(1) Пусть $c^2 =2$ и пусть $c\in \mathbb{Q}$. Тогда можно записать $c = \frac{p}{q}$, где $p \in \mathbb{Z}$, $q \in \mathbb{N}$, и $(p,q) = 1$. Тогда получаем равенство $p^2 = 2q^2$, которое влечёт чётность числа $p$, т.е., $p = 2k$. Подставляя, получаем, что $q^2 = 2k^2$, что влечёт чётность числа $q$, то есть $q = 2r$, но тогда это значит, что $(p,q)$ делится на 2, что противоречит предположению $(p,q) =1$. Таким образом, если $c^2 = 2$, то $c\notin \mathbb{Q}$.

(2) Пусть $c^2 <2$. Наша цель — показать, что такое невозможно. Для этого мы предъявим такое положительное рациональное число $h\in \mathbb{Q}$, что $(c+h)^2 <2$. Если мы найдём такое число $h$, то это будет означать, что, во-первых, $c+h \in A$ и, во-вторых, $c < c+h <b$ для каждого $b \in B$, потому что $c+h \in A$, а мы уже показали, что $A \le B$. Но в таком случае выходит, что $c$ не разделяет множества $A,B$.

Неравенство $(c+h)^2<2$ можно переписать как $2ch + h^2 < 2- c^2$. Пусть $0<h<1$, т.е., $h \in (0,1) \cap \mathbb{Q}$, тогда $2c+h < 2c+1$, и, так как $h >0$, то $h(2c+h)<h(2c+1)$. Поэтому, если мы нашли такое $h \in (0,1) \cap \mathbb{Q}$, что $h(2c+1) < 2-c^2$, то из цепочки неравенств

вытекает, что $h(2с+1) < 2-c^2.$

Итак, нам осталось предъявить такое $h$. Например, можно положить, что

где $N$ сколь угодно большое натуральное число (большое $N$ нужно, чтобы добиться условия $h<1$ при конкретном $c$).

В таком случае, мы получаем

Очевидно, что $h \in \mathbb{Q}.$

(3) Пусть теперь $c^2>2$. Покажем, что в таком случае можно найти такое $k\in \mathbb{Q}$, $k>0$, что $(c-k)^2 >2$. Если мы такое $k$ найдём, то это будет означать, что $c-k \in B$, а так как $A\le B$, то учитывая $c-k < c$, из цепочки неравенств

будет вытекать, что $c$ не разделяет множества $A$ и $B.$

Имеем

С другой стороны, так как $k^2 >0$, то

Поэтому, если мы найдём такой $k\in \mathbb{Q}$, что $2ck < c^2 - 2$, то оно подойдёт для наших целей, ведь в таком случае мы получаем цепочку неравенств

Можно положить

где $M$ можно взять сколь угодно большим. Таким образом, мы видим, что $c$ не может разделять элементы из $A$ и $B$, так как $a<c-k<c$, но $c-k \in B$.

Рассмотрим такие же подмножества $A,B$ как и в предыдущем доказательстве, но уже будем их рассматривать в множестве $\mathbb{R}$. По аксиоме полноты должно существовать такое $c\in \mathbb{R}$, которое их разделяет. Мы видели, что условия $c^2<2$, $c^2>2$ означают, что такое $c$ разделять их не может. Значит, остаётся только одна возможность, когда $c^2 =2$, что и доказывает требуемое.

Мы не будем доказывать часть про аксиомы упорядоченного поля. Докажем, что выполнена аксиома полноты.

Пусть $A = \{\m{a}_i\}$, где $i$ пробегает какое-то множество индексов (возможно несчётное), здесь каждое $\m{a}_i$ — это какая-то бесконечная десятичная дробь. Аналогично, пусть $B = \{\m{b}_j\}$, где каждое $\m{b}_j$ — это какая-то бесконечная десятичная дробь. Пусть $A\le B$, найдём теперь такую бесконечную десятичную дробь $\m{c}$, которая разделяет эти два множества.

Пусть $\m{c}:= c_0,\mathsf{c}_1\mathsf{c}_2\ldots,$ где $c_0$ — это наименьшая целая часть среди всех дробей множества $B$. Пусть $B_0$ — это подмножество множества $B$, которое состоит из всех таких дробей, целая часть которых начинается только с $c_0$. Тогда $c_1$ будет наименьшая первая цифра после запятой в этих дробях из $B_0$. Далее, мы рассматриваем множество $B_1$, которое состоит уже из дробей вида $c_0,\mathsf{c}_1\ldots$ и определяем $\mathsf{c}_2$ как наименьшее среди всех цифр во второй позиции после запятой. Тем самым, как нетрудно видеть, мы и построили разделитель.