🔰加法性質

數學 ⟩ 數系 ⟩ 實數 ⟩ 建造 ⟩ 加法 ⟩ 性質

實數加法符合代數系統「體」(field)的加法規範：

• A0╱加法封閉性： $a+b \in {\color{orange}\mathbb{R}}$ ( 👉 證明 )

• A1╱加法結合律： $(a+b)+c=a+(b+c)$

• A2╱加法零元素： $a + {\color{orange}\mathbf{0}} = a$

• A3╱加法反元素： ${\color{orange}a}+ ({\color{orange}-a}) = {\color{orange}\mathbf{𝟘}}$

• A4╱加法交換律： $a+b=b+a$

👥 先備知識

• 戴德金分割

• 零元素 𝟘

• 加法反元素 -a

📗 參考

• Understanding Analysis ⟩ 8.6 A Construction of R From Q

加法性質證明

A1

A1╱加法結合律： $(a+b)+c=a+(b+c)$

因為 $a , b, c \in {\color{orange}\mathbb{R}}$， $a, b, c$ 都是「戴德金分割」：

1. 我們先證明： $(a+b)+c= \{ \ p+q+r \ | \ p \in {\color{orange}a}, \ q \in {\color{orange}b}, \ r \in {\color{orange}c} \ \}$

   1. $(a+b)+c$ 中的元素必定為 $(p+q)+r$ 的形式(其中 $p \in {\color{orange}a}, \ q \in {\color{orange}b}, \ r \in {\color{orange}c}$)，因此 $(a+b)+c \ \subseteq \{ \ p+q+r \ | \ p \in {\color{orange}a}, \ q \in {\color{orange}b}, \ r \in {\color{orange}c} \ \}$。

   2. 反過來說， $p+q+r$ (其中 $p \in {\color{orange}a}, \ q \in {\color{orange}b}, \ r \in {\color{orange}c}$) 可以寫成 $(p+q)+r$，因此 $\{ \ p+q+r \ | \ p \in {\color{orange}a}, \ q \in {\color{orange}b}, \ r \in {\color{orange}c} \ \} \ \subseteq (a+b)+c$。

   3. 所以綜合以上兩點： $(a+b)+c= \{ \ p+q+r \ | \ p \in {\color{orange}a}, \ q \in {\color{orange}b}, \ r \in {\color{orange}c} \ \}$

2. 同理，我們也可以證明： $a+(b+c) = \{ \ p+q+r \ | \ p \in {\color{orange}a}, \ q \in {\color{orange}b}, \ r \in {\color{orange}c} \ \}$

因此，根據以上兩點： $(a+b)+c=a+(b+c)$ ▨

A2

A2╱加法零元素： $a + {\color{orange}\mathbf{𝟘}} = a$

根據「零元素定義」： ${\color{orange}\mathbf{𝟘}} = \{ \ p \in {\color{orange}\mathbb{Q}} \ | \ p < 0 \ \}$

1. 先證明： $a + {\color{orange}\mathbf{0}} \subseteq a$

   假設 $p + q \in {\color{orange}a+\mathbf{0}}$（其中 $p \in {\color{orange}a}, q \in {\color{orange}\mathbf{0}}$），因為 $q \in {\color{orange}\mathbf{0}}$ 所以 $q<0$，因此 $p+q<p$，根據「戴德金分割定義 DC2」： $p + q \in {\color{orange}a}$，所以 $a + {\color{orange}\mathbf{0}} \subseteq a$。

2. 再證明： $a + {\color{orange}\mathbf{0}} \supseteq a$

   假設 $p \in {\color{orange}a}$，根據「戴德金分割定義 DC3」： $\exists q \in {\color{orange}a} \ ( p < q )$，令 $\delta = p-q < 0$，則 $q+\delta = q + (p-q) = p \in {\color{orange}a}$，但另一方面 $q+\delta \in a + {\color{orange}\mathbf{0}}$，因此可推得 $p \in a + {\color{orange}\mathbf{0}}$，所以 $a + {\color{orange}\mathbf{0}} \supseteq a$。

根據以上兩點可知： $a + {\color{orange}\mathbf{0}} = a$ ▨

A3

A3╱加法反元素： ${\color{orange}a}+ ({\color{orange}-a}) = {\color{orange}\mathbf{𝟘}}$

要證明 ${\color{orange}a}+ ({\color{orange}-a}) = {\color{orange}\mathbf{𝟘}}$，必須證明 $a+ ({\color{orange}-a}) \subseteq {\color{orange}\mathbf{0}}$ 而且 ${\color{orange}\mathbf{𝟘}} \subseteq {\color{orange}a} + ({\color{orange}-a})$。

先證明： $a+ ({\color{orange}-a}) \subseteq {\color{orange}\mathbf{0}}$

1. 設 $p \in {\color{orange}a}$ 且 $-x \in {\color{orange}-a}$ （也就是 $x \in {\color{orange}\bar{a}}$ 且 $x$ 不是 ${\color{orange}\bar{a}}$ 的最小值）

2. 根據 「戴德金分割補集性質」，$x$ 是 ${\color{orange}a}$ 的上界，因此 $p<x$，所以：$p+(-x)=p-x<0$

3. 因此 $p+(-x) \in {\color{orange}\mathbf{0}}$ ，故可得 $a+ ({\color{orange}-a}) \subseteq {\color{orange}\mathbf{0}}$

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再證明： $a+ ({\color{orange}-a}) \supseteq {\color{orange}\mathbf{0}}$

• 若要證明 ${\color{orange}\mathbf{𝟘}} \subseteq {\color{orange}a} + ({\color{orange}-a})$，我們必須證明對每一個 $-\epsilon < 0 \ \ (\epsilon \in {\color{orange}\mathbf{Q}}^+)$，不管這個 $\epsilon$ 多小(或多大)，都可以找到 $p \in {\color{orange}a}$ 且 $-x \in {\color{orange}-a}$ ( $x \in \hat{\color{orange}a}$， $\hat{\color{orange}a}$ 的定義請參考加法反元素)，使得 $-\epsilon = p-x=p+(-x) \in {\color{orange}a} + ({\color{orange}-a})$。

1. 因為 ${\color{orange}a}$ 是「戴德金分割」，所以由 DC1 (非特化)性質知道： $\exists q \in {\color{orange}a}, \exists y \notin {\color{orange}a}$

2. $\because y \notin {\color{orange}a} \ \therefore y > q$ （戴德金分割補集性質⑶）

3. $\because y-q > 0, \ \frac{\epsilon}{2} > 0 \ \ \therefore \exists n \in {\color{orange}\mathbb{N}} \ \ni n \cdot \frac{\epsilon}{2} > y-q$（有理數的阿基米德性質） 換句話說，存在 $n \in {\color{orange}\mathbb{N}}$ 使得 $y < q + n \cdot \frac{\epsilon}{2}$，因此： $q + n \cdot \frac{\epsilon}{2} \notin {\color{orange}a}$（戴德金分割補集右半線性質）

4. 由上個步驟知道： $\{ \ k \in {\color{orange}\mathbb{N}} \ | \ q + k \cdot \frac{\epsilon}{2} \notin {\color{orange}a} \ \}$ 是自然數的非空集合，因此我們知道這個集合有最小值（自然數的良序性）

5. 令： $m=\text{min}\{ \ k \in {\color{orange}\mathbb{N}} \ | \ q + k \cdot \frac{\epsilon}{2} \notin {\color{orange}a} \ \}$ （ ⭐ 注意： $m$ 必大於零，因為當 $k=0$ 時， $q + k \cdot \frac{\epsilon}{2}=q \in {\color{orange}a}$ ） $p = q + (m-1) \cdot \frac{\epsilon}{2}$ $x = q + (m+1) \cdot \frac{\epsilon}{2}$

6. 因為 $m-1 < m$，所以 $p \in {\color{orange}a}$。 再來因為 $q + m \cdot \frac{\epsilon}{2} \notin {\color{orange}a}$ 且 $q + m \cdot \frac{\epsilon}{2} < x$，因此 $x \in \hat{\color{orange}a}$（ $x \in \bar{\color{orange}a}$， $x$ 也不是 $\bar{\color{orange}a}$ 的最小值），所以 $-x \in {\color{orange}-a}$。（參考加法反元素定義）

7. 由上個步驟知道： $-\epsilon = p-x=p+(-x) \in {\color{orange}a} + ({\color{orange}-a})$ 故證得： ${\color{orange}\mathbf{𝟘}} \subseteq {\color{orange}a} + ({\color{orange}-a})$ ▨

A4

加法交換律： $a+b=b+a$

由有理數的「加法交換律」與 ${\color{orange}a+b}$ 的定義可明顯推得 ▨