T01. Aksjomatyka zbioru liczb rzeczywistych

Ograniczenie z góry: Zbiór $A \subseteq \mathbb{R}$ jest ograniczony z góry, jeśli istnieje $M \in \mathbb{R}$ takie, że $\forall a \in A: a \leq M$. Liczbę $M$ nazywamy ograniczeniem górnym zbioru $A$.

Kres górny (supremum): Liczbę $s \in \mathbb{R}$ nazywamy kresem górnym zbioru $A$ (oznaczamy $s = \sup A$), jeśli:

1. $s$ jest ograniczeniem górnym $A$: $\forall a \in A: a \leq s$
2. $s$ jest najmniejszym ograniczeniem górnym: $\forall M$ (ograniczenie górne $A$): $s \leq M$

Równoważnie: $s = \sup A$ wtedy i tylko wtedy, gdy:

1. $\forall a \in A: a \leq s$
2. $\forall \varepsilon \gt 0\ \exists a \in A: a \gt s - \varepsilon$

Dowód:

($\Rightarrow$) Aksjomat ciągłości $\Rightarrow$ Aksjomat kresu górnego:

Niech $A \subseteq \mathbb{R}$ będzie niepustym zbiorem ograniczonym z góry. Definiujemy:

$$B = \{b \in \mathbb{R} : \forall a \in A:\ a \leq b\}$$

czyli $B$ jest zbiorem wszystkich ograniczeń górnych zbioru $A$.

• $B \neq \emptyset$, bo $A$ jest ograniczony z góry.
• Dla każdego $a \in A$ i każdego $b \in B$ mamy $a \leq b$ (z definicji $B$).

Z aksjomatu ciągłości istnieje $r \in \mathbb{R}$ takie, że:

• $\forall a \in A: a \leq r$ (czyli $r$ jest ograniczeniem górnym $A$)
• $\forall b \in B: r \leq b$ (czyli $r$ jest najmniejszym ograniczeniem górnym)

Zatem $r = \sup A$.

($\Leftarrow$) Aksjomat kresu górnego $\Rightarrow$ Aksjomat ciągłości:

Niech $A, B \subseteq \mathbb{R}$ będą niepustymi zbiorami takimi, że $\forall a \in A\ \forall b \in B: a \leq b$.

Wtedy każdy element $b \in B$ jest ograniczeniem górnym zbioru $A$, więc $A$ jest ograniczony z góry.

Z aksjomatu kresu górnego istnieje $r = \sup A$.

• $\forall a \in A: a \leq r$ (z definicji supremum)
• $\forall b \in B: r \leq b$ (bo każde $b \in B$ jest ograniczeniem górnym $A$, a $r$ jest najmniejszym ograniczeniem górnym)

Zatem $r$ spełnia warunki aksjomatu ciągłości. $\square$

Dowód:

($\Rightarrow$) Aksjomat kresu górnego $\Rightarrow$ Aksjomat kresu dolnego:

Niech $A \subseteq \mathbb{R}$ będzie niepustym zbiorem ograniczonym z dołu. Definiujemy:

$$A' = \{-a : a \in A\}.$$

Zbiór $A'$ jest niepusty (bo $A$ jest niepusty) i ograniczony z góry: jeśli $m$ jest ograniczeniem dolnym $A$ (tzn. $m \leq a$ dla każdego $a \in A$), to $-a \leq -m$ dla każdego $a \in A$, więc $-m$ jest ograniczeniem górnym $A'$.

Z aksjomatu kresu górnego istnieje $s = \sup A'$.

Pokażemy, że $-s = \inf A$:

• $-s$ jest ograniczeniem dolnym $A$: dla każdego $a \in A$ mamy $-a \in A'$, więc $-a \leq s$, czyli $-s \leq a$.
• $-s$ jest największym ograniczeniem dolnym: niech $m$ będzie dowolnym ograniczeniem dolnym $A$, tzn. $m \leq a$ dla każdego $a \in A$. Wtedy $-a \leq -m$ dla każdego $a \in A$, więc $-m$ jest ograniczeniem górnym $A'$. Z definicji supremum $s \leq -m$, czyli $m \leq -s$.

Zatem $\inf A = -s \in \mathbb{R}$. $\checkmark$

($\Leftarrow$) Aksjomat kresu dolnego $\Rightarrow$ Aksjomat kresu górnego:

Dowód jest symetryczny. Niech $A \subseteq \mathbb{R}$ będzie niepustym zbiorem ograniczonym z góry. Definiujemy $A' = \{-a : a \in A\}$. Zbiór $A'$ jest niepusty i ograniczony z dołu. Z aksjomatu kresu dolnego istnieje $i = \inf A'$. Analogicznym rozumowaniem $-i = \sup A \in \mathbb{R}$. $\square$

Dowód:

($\Rightarrow$) Aksjomat kresu górnego $\Rightarrow$ Aksjomat o przekrojach:

Niech $\mathbb{R} = A \cup B$, gdzie $A, B \neq \emptyset$, $A \cap B = \emptyset$ i każdy element $A$ jest mniejszy od każdego elementu $B$.

Zbiór $A$ jest niepusty i ograniczony z góry (każdy element $B$ jest ograniczeniem górnym $A$). Z aksjomatu kresu górnego istnieje $c = \sup A$.

Rozważamy dwa przypadki:

• Przypadek 1: $c \in A$. Wtedy $c$ jest największym elementem $A$ (bo $c = \sup A$ i $c \in A$). Pokażemy, że $c$ jest jedynym takim elementem rozdzielającym. Gdyby istniał $c' \neq c$ o tej samej własności, to $c' \in A$ i $c'$ jest największym elementem $A$, więc $c' = c$ — sprzeczność.
• Przypadek 2: $c \notin A$. Wtedy $c \in B$. Pokażemy, że $c$ jest najmniejszym elementem $B$. Niech $b \in B$. Ponieważ $b$ jest ograniczeniem górnym $A$, mamy $c = \sup A \leq b$, więc $c \leq b$ dla każdego $b \in B$. Zatem $c = \min B$.

W obu przypadkach istnieje element rozdzielający. Jedyność: nie może jednocześnie istnieć $\max A$ i $\min B$, bo gdyby $\max A = a_0$ i $\min B = b_0$, to $a_0 < b_0$ (z założenia), a wtedy $\frac{a_0 + b_0}{2}$ nie należy ani do $A$ (bo $> a_0 = \max A$), ani do $B$ (bo $< b_0 = \min B$) — sprzeczność z $\mathbb{R} = A \cup B$. $\checkmark$

($\Leftarrow$) Aksjomat o przekrojach $\Rightarrow$ Aksjomat kresu górnego:

Niech $S \subseteq \mathbb{R}$ będzie niepustym zbiorem ograniczonym z góry. Definiujemy przekrój:

$$B = \{x \in \mathbb{R} : \forall s \in S:\ s \leq x\}, \qquad A = \mathbb{R} \setminus B.$$

Czyli $B$ jest zbiorem wszystkich ograniczeń górnych $S$, a $A$ — zbiorem wszystkich liczb, które nie są ograniczeniami górnymi $S$.

• $B \neq \emptyset$, bo $S$ jest ograniczony z góry.
• $A \neq \emptyset$: weźmy dowolne $s_0 \in S$. Wtedy $s_0 - 1 \notin B$ (bo $s_0 \not\leq s_0 - 1$), więc $s_0 - 1 \in A$.
• Każdy element $A$ jest mniejszy od każdego elementu $B$: niech $a \in A$, $b \in B$. Skoro $a \notin B$, istnieje $s \in S$ takie, że $a < s$. Ale $s \leq b$ (bo $b \in B$). Zatem $a < s \leq b$, czyli $a < b$.

Z aksjomatu o przekrojach istnieje element rozdzielający $c$: jest on największym elementem $A$ lub najmniejszym elementem $B$.

Pokażemy, że $c = \sup S$. Zauważmy, że $c$ musi należeć do $B$ (czyli być ograniczeniem górnym $S$):

• Jeśli $c \in B$, to $c$ jest najmniejszym elementem $B$, czyli najmniejszym ograniczeniem górnym $S$. Zatem $c = \sup S$.
• Jeśli $c \in A$ (tzn. $c = \max A$), to $c \notin B$, więc istnieje $s_0 \in S$ z $c < s_0$. Ale $s_0 \notin B$ (bo $s_0$ nie musi być ograniczeniem górnym $S$... a właściwie: $s_0 \in A$ lub $s_0 \in B$). Jeśli $s_0 \in A$, to $s_0 \leq c$ (bo $c = \max A$) — sprzeczność z $c < s_0$. Jeśli $s_0 \in B$, to $c < s_0$ i $s_0 \in B$, ale $c$ miał być elementem rozdzielającym, więc $c \geq s_0$ lub $s_0 \geq c$... W istocie: skoro $c = \max A$ i każdy element $A$ jest $<$ każdego elementu $B$, to dla każdego $b \in B$ mamy $c < b$. Ale wtedy nie istnieje $\min B$ (bo $c < b$ dla każdego $b \in B$, a $c \notin B$). Zatem $c$ musi być $\max A$. Ale wtedy $c < b$ dla każdego $b \in B$. Weźmy ciąg $c < c + \frac{1}{n}$. Dla każdego $n$: albo $c + \frac{1}{n} \in A$ (wtedy $c + \frac{1}{n} \leq c$, sprzeczność), albo $c + \frac{1}{n} \in B$. Więc $c + \frac{1}{n} \in B$ dla każdego $n$, tzn. $c + \frac{1}{n}$ jest ograniczeniem górnym $S$. Zatem $\forall s \in S:\ s \leq c + \frac{1}{n}$ dla każdego $n$, co daje $s \leq c$ dla każdego $s \in S$. Ale to oznacza $c \in B$ — sprzeczność z $c \in A$.

Zatem $c \in B$ i $c = \min B = \sup S$. $\square$

Dowód:

($\Rightarrow$) Aksjomat kresu górnego $\Rightarrow$ Bolzano-Weierstrass:

Niech $(a_n)$ będzie ograniczonym ciągiem liczb rzeczywistych. Skonstruujemy podciąg zbieżny.

Nazwijmy indeks $m$ szczytowym, jeśli $a_m \geq a_n$ dla każdego $n \geq m$ (tzn. od tego miejsca ciąg nigdy nie przekracza $a_m$).

Przypadek 1: Istnieje nieskończenie wiele indeksów szczytowych $m_1 < m_2 < m_3 < \ldots$ Wtedy ciąg $(a_{m_k})$ jest nierosnący (bo $m_{k+1}$ jest szczytowy i $m_{k+1} > m_k$, więc $a_{m_{k+1}} \leq a_{m_k}$). Jest też ograniczony z dołu (bo cały ciąg jest ograniczony). Zbiór $\{a_{m_k} : k \in \mathbb{N}\}$ jest ograniczony z dołu, więc z aksjomatu kresu górnego (a dokładniej kresu dolnego, który jest równoważny) ma infimum $L$. Pokażemy, że $a_{m_k} \to L$. Dla dowolnego $\varepsilon > 0$: $L$ jest infimum, więc istnieje $k_0$ takie, że $a_{m_{k_0}} < L + \varepsilon$. Ponieważ ciąg $(a_{m_k})$ jest nierosnący, dla $k \geq k_0$ mamy $L \leq a_{m_k} \leq a_{m_{k_0}} < L + \varepsilon$, czyli $|a_{m_k} - L| < \varepsilon$.

Przypadek 2: Istnieje skończenie wiele indeksów szczytowych. Wtedy istnieje $N$ takie, że dla $n \geq N$ żaden indeks nie jest szczytowy. Oznacza to, że dla każdego $n \geq N$ istnieje $n' > n$ z $a_{n'} > a_n$. Konstruujemy podciąg: $n_1 = N$, a $n_{k+1}$ jest takim indeksem $> n_k$, że $a_{n_{k+1}} > a_{n_k}$. Ciąg $(a_{n_k})$ jest ściśle rosnący i ograniczony z góry. Zbiór $\{a_{n_k}\}$ ma supremum $L$ (z aksjomatu kresu górnego). Analogicznie jak wyżej, $a_{n_k} \to L$. $\checkmark$

($\Leftarrow$) Bolzano-Weierstrass $\Rightarrow$ Aksjomat kresu górnego:

Niech $S \subseteq \mathbb{R}$ będzie niepustym zbiorem ograniczonym z góry. Niech $M$ będzie ograniczeniem górnym $S$ i niech $s_0 \in S$.

Konstruujemy ciąg metodą bisekcji. Niech $[l_0, r_0] = [s_0, M]$. W kroku $n$-tym:

• Niech $m_n = \frac{l_n + r_n}{2}$.
• Jeśli $m_n$ jest ograniczeniem górnym $S$, przyjmujemy $[l_{n+1}, r_{n+1}] = [l_n, m_n]$.
• W przeciwnym razie istnieje $s \in S$ z $s > m_n$; przyjmujemy $[l_{n+1}, r_{n+1}] = [m_n, r_n]$.

Ciąg $(l_n)$ jest niemalejący, ograniczony, a $r_n - l_n = \frac{M - s_0}{2^n} \to 0$. Ciąg $(l_n)$ jest ograniczony, więc z Bolzano-Weierstrassa ma podciąg zbieżny do pewnego $c$. Ponieważ $(l_n)$ jest niemalejący, cały ciąg $l_n \to c$. Analogicznie $r_n \to c$.

Pokażemy, że $c = \sup S$:

• $c$ jest ograniczeniem górnym $S$: dla każdego $s \in S$ i każdego $n$ mamy $s \leq r_n$ (bo $r_n$ jest ograniczeniem górnym $S$ z konstrukcji). Przechodząc do granicy: $s \leq c$.
• $c$ jest najmniejszym ograniczeniem górnym: dla każdego $\varepsilon > 0$ istnieje $n$ takie, że $c - \varepsilon < l_n$. Ale $l_n$ nie jest ograniczeniem górnym $S$ (z konstrukcji, dla $n \geq 1$: albo $l_n = m_{n-1}$ i wtedy $m_{n-1}$ nie było ograniczeniem górnym, albo $l_n = l_{n-1}$). Dokładniej: z konstrukcji, dla każdego $n$ istnieje $s_n \in S$ z $s_n > l_n - \frac{M - s_0}{2^n}$. Zatem $c - \varepsilon$ nie jest ograniczeniem górnym $S$, co oznacza, że $c = \sup S$.

$\square$

Dowód:

($\Rightarrow$) Aksjomat kresu górnego $\Rightarrow$ Kryterium Cauchy'ego:

Pokażemy, że każdy ciąg Cauchy'ego w $\mathbb{R}$ jest zbieżny. Korzystamy z łańcucha: aksjomat kresu górnego $\Rightarrow$ Bolzano-Weierstrass (udowodnione wyżej).

Niech $(a_n)$ będzie ciągiem Cauchy'ego. Najpierw pokażemy, że jest ograniczony.

Krok 1 (ograniczoność): Dla $\varepsilon = 1$ istnieje $N$ takie, że dla $m, n \geq N$: $|a_m - a_n| < 1$. W szczególności dla $n \geq N$: $|a_n| \leq |a_N| + 1$. Zatem $|a_n| \leq \max\{|a_1|, \ldots, |a_{N-1}|, |a_N| + 1\}$ dla każdego $n$.

Krok 2 (podciąg zbieżny): Ciąg $(a_n)$ jest ograniczony, więc z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa istnieje podciąg $(a_{n_k})$ zbieżny do pewnego $L$.

Krok 3 (zbieżność całego ciągu): Niech $\varepsilon > 0$. Istnieje $N_1$ takie, że dla $m, n \geq N_1$: $|a_m - a_n| < \frac{\varepsilon}{2}$. Istnieje $K$ takie, że $n_K \geq N_1$ i $|a_{n_K} - L| < \frac{\varepsilon}{2}$. Dla $n \geq N_1$:

$$|a_n - L| \leq |a_n - a_{n_K}| + |a_{n_K} - L| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$$

Zatem $a_n \to L$. $\checkmark$

($\Leftarrow$) Kryterium Cauchy'ego $\Rightarrow$ Aksjomat kresu górnego:

Niech $S \subseteq \mathbb{R}$ będzie niepustym zbiorem ograniczonym z góry. Niech $M$ będzie ograniczeniem górnym $S$ i $s_0 \in S$.

Konstruujemy ciąg bisekcji jak w dowodzie Bolzano-Weierstrass $\Rightarrow$ kresu górnego: $[l_0, r_0] = [s_0, M]$, w każdym kroku dzielimy przedział na pół i wybieramy odpowiednią połówkę.

Ciąg $(l_n)$ jest niemalejący, $(r_n)$ nierosnący, $r_n - l_n = \frac{M - s_0}{2^n}$.

Ciąg $(l_n)$ jest ciągiem Cauchy'ego: dla $m > n$ mamy $|l_m - l_n| \leq r_n - l_n = \frac{M - s_0}{2^n} \to 0$.

Z kryterium Cauchy'ego ciąg $(l_n)$ jest zbieżny do pewnego $c$. Analogicznie $r_n \to c$. Tak samo jak w poprzednim dowodzie, $c = \sup S$. $\square$

Dowód:

($\Rightarrow$) Aksjomat Dedekinda $\Rightarrow$ Aksjomat Cantora:

Załóżmy, że zachodzi aksjomat ciągłości Dedekinda. Niech $\{[a_n, b_n]\}_{n=1}^{\infty}$ będzie ciągiem przedziałów domkniętych takich, że:

• $[a_{n+1}, b_{n+1}] \subseteq [a_n, b_n]$ dla każdego $n$ (przedziały zstępujące),
• $\lim\limits_{n \to \infty} (b_n - a_n) = 0$.

Definiujemy zbiory:

$$A = \{a_n : n \in \mathbb{N}\}, \qquad B = \{b_n : n \in \mathbb{N}\}.$$

Z warunku zstępowania przedziałów wynika, że ciąg $(a_n)$ jest niemalejący, a ciąg $(b_n)$ jest nierosnący. Ponadto $a_m \leq b_n$ dla wszystkich $m, n \in \mathbb{N}$, bo oba punkty $a_m$ i $b_n$ należą do przedziału $[a_{\max(m,n)}, b_{\max(m,n)}]$.

Zatem $A$ i $B$ spełniają warunki aksjomatu Dedekinda: $\forall a \in A\ \forall b \in B:\ a \leq b$.

Z aksjomatu Dedekinda istnieje $c \in \mathbb{R}$ takie, że $a_n \leq c \leq b_n$ dla każdego $n$, czyli $c \in [a_n, b_n]$ dla każdego $n$.

Stąd $c \in \bigcap_{n=1}^{\infty} [a_n, b_n]$.

Jedyność: jeśli $c' \in \bigcap_{n=1}^{\infty} [a_n, b_n]$, to $|c - c'| \leq b_n - a_n$ dla każdego $n$. Ponieważ $b_n - a_n \to 0$, więc $c = c'$. $\checkmark$

($\Leftarrow$) Aksjomat Cantora $\Rightarrow$ Aksjomat Dedekinda:

Załóżmy, że zachodzi aksjomat Cantora. Niech $A, B \subseteq \mathbb{R}$ będą niepustymi zbiorami takimi, że $\forall a \in A\ \forall b \in B:\ a \leq b$.

Chcemy znaleźć $c \in \mathbb{R}$ takie, że $a \leq c \leq b$ dla wszystkich $a \in A$, $b \in B$.

Wybieramy dowolne $a_0 \in A$ i $b_0 \in B$. Mamy $a_0 \leq b_0$. Konstruujemy ciąg przedziałów zstępujących metodą bisekcji:

Dany przedział $[a_n, b_n]$ (gdzie $a_n \in A$ lub jest ograniczeniem dolnym $B$, i $b_n \in B$ lub jest ograniczeniem górnym $A$). Niech $m_n = \frac{a_n + b_n}{2}$.

• Jeśli $m_n$ jest ograniczeniem górnym zbioru $A$ (tzn. $\forall a \in A:\ a \leq m_n$), to przyjmujemy $[a_{n+1}, b_{n+1}] = [a_n, m_n]$.
• W przeciwnym razie istnieje $a' \in A$ takie, że $a' > m_n$. Wtedy przyjmujemy $[a_{n+1}, b_{n+1}] = [m_n, b_n]$. (Zauważmy, że $m_n \leq b$ dla każdego $b \in B$, bo $m_n < a' \leq b$ nie zachodzi — ale $m_n \leq a' \leq b$ dla $b \in B$, więc $m_n$ jest ograniczeniem dolnym $B$.)

Tak skonstruowany ciąg przedziałów spełnia:

• $[a_{n+1}, b_{n+1}] \subseteq [a_n, b_n]$,
• $b_n - a_n = \frac{b_0 - a_0}{2^n} \to 0$,
• dla każdego $n$: każdy element $A$ jest $\leq b_n$ i każdy element $B$ jest $\geq a_n$.

Z aksjomatu Cantora istnieje dokładnie jeden punkt $c \in \bigcap_{n=1}^{\infty} [a_n, b_n]$, czyli $a_n \leq c \leq b_n$ dla każdego $n$.

Pokażemy, że $a \leq c$ dla każdego $a \in A$. Przypuśćmy, że istnieje $a^* \in A$ takie, że $a^* > c$. Wtedy $a^* - c > 0$. Ponieważ $b_n - a_n \to 0$ i $c \geq a_n$, to dla dostatecznie dużego $n$ mamy $b_n < a^*$. Ale $a^* \in A$ i $b_n$ jest ograniczeniem górnym $A$ (z konstrukcji), więc $a^* \leq b_n$ — sprzeczność.

Analogicznie pokazujemy, że $c \leq b$ dla każdego $b \in B$.

Zatem $c$ spełnia warunki aksjomatu Dedekinda. $\square$

Twierdzenie o jednoznaczności: Zbiór liczb rzeczywistych $\mathbb{R}$ jest jedynym (z dokładnością do izomorfizmu) ciałem uporządkowanym zupełnym.

Dowód (z aksjomatu kresu górnego):

Przeprowadzimy dowód nie wprost. Przypuśćmy, że własność Archimedesa nie zachodzi, tzn. istnieją $a > 0$ i $b \in \mathbb{R}$ takie, że

$$n \cdot a \leq b \quad \text{dla każdego } n \in \mathbb{N}.$$

Rozważmy zbiór $S = \{n \cdot a : n \in \mathbb{N}\}$.

• $S \neq \emptyset$ (bo $1 \cdot a = a \in S$).
• $S$ jest ograniczony z góry przez $b$ (z naszego założenia).

Z aksjomatu kresu górnego istnieje $s = \sup S$.

Ponieważ $a > 0$, mamy $s - a < s$. Liczba $s - a$ nie jest ograniczeniem górnym $S$ (bo jest mniejsza od supremum), więc istnieje $n_0 \in \mathbb{N}$ takie, że

$$n_0 \cdot a > s - a.$$

Dodając $a$ do obu stron:

$$(n_0 + 1) \cdot a > s.$$

Ale $(n_0 + 1) \cdot a \in S$ (bo $n_0 + 1 \in \mathbb{N}$), więc element zbioru $S$ przekracza $s = \sup S$ — sprzeczność z definicją supremum.

Zatem założenie było fałszywe i własność Archimedesa zachodzi. $\square$