Ebben a fejezetben $T$ mindig egy tetszőleges rendezett testet jelöl, azaz $(T;+,\cdot)$ test, és $\leq$ egy kompatibilis lineáris rendezése (ezentúl minden rendezésről automatikusan feltesszük, hogy lineáris).
Rendezett testek két tulajdonságát, az arkhimédeszi tulajdonságot és a teljességet vizsgáljuk. Ki fog derülni, hogy izomorfia erejéig csak egy teljes rendezett test létezik. Ennek következményeként kapjuk, hogy a Cauchy-sorozatokkal konstruált $\mathbb{R}$ test és a Dedekind-szeletekből álló $\mathcal{R}$ test izomorf egymással; ezt nevezzük a valós számok testének.
Legyen $T$ egy rendezett test $P$ pozitivitási tartománnyal, és legyen
$$
T^{+}=\left\{ a\in T \mid a>0\right\} =P\setminus\{0\},\qquad
T^{-}=\left\{ a\in T \mid a \lt 0\right\} .
$$
A következő állítás szerint minden rendezett test tekinthető a racionális számtest bővítésének.
Ebből az is következik, hogy $\mathbb{Q}$ a legszűkebb rendezett test.
Ha $T$ rendezett test, akkor létezik $\mathbb{Q} \to T$ beágyazás.
A „beágyazott” racionális számokon a $\mathbb{Q}$-beli rendezés megegyezik a $T$-beli rendezéssel.
A fenti beágyazásnak megfelelően az $(ae)(be)^{-1}$ elemet azonosítjuk az $\frac{a}{b}$ racionális számmal (pl. $e$ helyett $1$-et és $z$ helyett $0$-t írunk) a továbbiakban, vagyis úgy tekintjük, hogy $\mathbb{Q}$ részteste $T$-nek. Ez lehetővé teszi, hogy $T$ elemeit összehasonlítsuk a természetes számokkal, és így a racionális számtestnél említett arkhimédeszi tulajdonságot általánosan definiáljuk.
Az arkhimédeszi tulajdonság így is megfogalmazható: a természetes számok halmaza felülről nem korlátos $T$-ben. Ha $T$ nem arkhimédeszi, akkor van olyan „végtelenül nagy” eleme, ami minden természetes számnál nagyobb. Egy ilyen elem reciproka „végtelenül kicsi”, ún. infinitezimális elem. Az arkhimédeszi tulajdonság pont azt jelenti, hogy ilyen fura elemek nem léteznek (most már jobban tudjuk értékelni ezt a tulajdonságot). A következőkben pontosabban definiáljuk ezeket a fura elemeket. Az egyszerűség kedvéért csak pozitív elemekre szorítkozunk; negatív elemekre hasonló definíciók adhatók.
Nem nehéz belátni, hogy a végtelen és az infinitezimális elemek egymás reciprokai, véges elem reciproka pedig véges. A végtelen elemek segítségével meg tudjuk mondani, hogy mikor lesz egy elem „sokkal nagyobb” egy másiknál.
Definiáljuk a $\ll$ relációt a $T^+$ halmazon a következőképp:
$$a \ll b \iff \frac{b}{a} \in V^+ \iff \frac{a}{b} \in I^+.$$
Másképpen fogalmazva: $a \ll b$ azt jelenti, hogy $na \lt b$ minden $n$ természetes számra.
- A $\ll$ reláció tranzitív, de nem antiszimmetrikus és nem is reflexív. Ha az $a$ és $b$ elemeket ekvivalensnek tekintjük amennyiben $a=b$ vagy pedig $a \ll b$ és $b \ll a$, akkor a kapott ekvivalenciaosztályok halmazán $\ll$ lineáris rendezés lesz. Ezeket az ekvivalenciaosztályokat tekinthetjük a $T$-beli pozitív elemek „nagyságrendjeinek”.
- A fentiek szerint $a \in V^+\!\!\!\iff\!\!a \gg 1$ és $a \in I^+\!\!\!\iff\!\!a \ll 1$, következésképp
$$a\ll b~\iff~1\ll\frac{b}{a}~\iff~\frac{a}{b}\ll1.$$
-
Az összeg és szorzat nagyságrendje így alakul:
$$
\renewcommand{\arraystretch}{1.5}
\begin{array}
[c]{c|c|c|c|}
+ & I^{+} & F^{+} & V^{+}\\\hline
I^{+} & I^{+} & F^{+} & V^{+}\\\hline
F^{+} & F^{+} & F^{+} & V^{+}\\\hline
V^{+} & V^{+} & V^{+} & V^{+}\\\hline
\end{array}
\qquad\qquad
\begin{array}
[c]{c|c|c|c|}
\cdot & I^{+} & F^{+} & V^{+}\\\hline
I^{+} & I^{+} & I^{+} & ?
\\\hline
F^{+} & I^{+} & F^{+} & V^{+}\\\hline
V^{+} & ? & V^{+} & V^{+}\\\hline
\end{array}
$$
Egy végtelen és egy infinitezimális elem szorzatának nagyságrendje bármilyen lehet, de például egy véges és egy infinitezimális elem szorzata mindig infinitezimális. Tfh. ugyanis, hogy $a \in F^+$ és $b \in I^+$. Mivel $a$ véges, van olyan $m\in \mathbb{N}$, amelyre $a\leq m$. A $b$ elem infinitezimalitása azt jelenti, hogy kisebb minden természetes szám reciprokánál, következésképp $b \lt \frac{1}{nm}$ minden $n\in \mathbb{N}$ esetén. Az $a\leq m$ és $b \lt \frac{1}{nm}$ egyenlőtlenségeket összeszorozva kapjuk, hogy $ab \lt \frac{1}{n}$ minden $n$ természetes számra. Ez épp azt jelenti, hogy $ab$ infinitezimális. A két táblázat többi mezője hasonlóan ellenőrizhető (HF).
Arkhimédeszi testekben $V^+ = \emptyset$ és $I^+ = \emptyset$, következésképp $\ll$ üres reláció (azaz nem lehet egyik elem sem sokkal nagyobb egy másiknál); sőt, ezen három feltétel bármelyike ekvivalens az arkhimédesziséggel.
A következő tételben két érdekesebb ekvivalens feltételt adunk.
Tetszőleges $T$ rendezett test esetén ekvivalensek az alábbiak:
-
$T$ arkhimédeszi;
-
$\mathbb{Q}$ sűrű részhalmaz $T$-ben: $\forall a,b\in T\colon \; a \lt b\implies \exists r\in\mathbb{Q}\colon\; a \lt r \lt b$;
-
minden elem a nála nagyobb racionális számok infimuma: $\forall a\in T\colon\; a=\inf\left\{ r\in\mathbb{Q} \mid r>a\right\} =: \ddot{\rm U} _{a}$.
A harmadik feltételben bevezettük az $\ddot{\rm U} _{a}$ jelölést az $a$ elemet „überelő” racionális számok halmazára; ezt a jelölést még később is használni fogjuk. Figyelem, ez ugyan nagyon hasonlít a korábbi $a^{\uparrow}$ jelölésre, de nem ugyanaz! Ott $a$ racionális szám volt, itt viszont egy tetszőleges $T$ rendezett test eleme.
$(1) \implies (2)$
Legyen $T$ arkhimédeszi test, $a,b\in T$ és tfh. $a \lt b$, azaz $b-a >0$. Mivel $T$ arkhimédeszi, $b-a$ nem lehet infinitezimális elem, így van olyan $n$ természetes szám, amelyre $\frac{1}{n} \lt b-a$. Még egyszer használjuk az arkhimédeszi tulajdonságot: $nb$ nem végtelen elem, ezért van olyan $m$ természetes szám, amelyre $m > nb$, azaz $\frac{m}{n} > b$. Ez azt jelenti, hogy ha $0$-ból indulva $\frac{1}{n}$ méretű lépésekkel haladunk, akkor előbb-utóbb (legkésőbb $m$ lépés után) túljutunk $b$-n, és eddigre persze már $a$-t is elhagytuk. Mivel $\frac{1}{n} \lt b-a$, nem tudjuk „átlépni” az $(a,b)$ intervallumot: van olyan $k \in \mathbb{N}$, amelyre $\frac{k}{n} \in (a,b)$, tehát valóban van racionális szám az $(a,b)$ intervallumban.
$(2) \implies (3)$
Tfh. a racionális számok sűrűn helyezkednek el $T$-ben, és legyen $a \in T$ egy tetszőleges elem.
Először is ellenőrizzük, hogy $\ddot{\rm U} _{a}$ nem üres. Ha $b$ tetszőleges $a$-nál nagyobb elem (pl. $b=a+1$), akkor (2) szerint van $a$ és $b$ között racionális szám, és ez a szám benne lesz $\ddot{\rm U} _{a}$-ban, hiszen nagyobb $a$-nál. Tehát valóban $\ddot{\rm U} _{a} \neq \emptyset$.
Az világos, hogy $a$ alsó korlátja az $\ddot{\rm U} _{a}$ halmaznak (ugye?). Tfh. van egy $a$-nál nagyobb $a'$ alsó korlát. Megint csak (2)-t használva találunk olyan $r$ racionális számot, amelyre $a \lt r \lt a'$.
Itt $a \lt r$ miatt $r \in \ddot{\rm U} _{a}$, de ekkor $r \lt a'$ szerint $a'$ mégsem alsó korlátja $\ddot{\rm U} _{a}$-nak. Tehát nincs $a$-nál nagyobb alsó korlát, vagyis $a = \inf \, \ddot{\rm U} _{a}$.
$(3) \implies (1)$
Ez világos: (3) szerint minden $a \in T$ esetén van $a$-nál nagyobb racionális szám, és így van nála nagyobb természetes szám is (hiszen minden racionális számnál van nagyobb természetes szám – ez épp $\mathbb{Q}$ arkhimédeszi tulajdonsága).
Legyen $T$ egy nemarkhimédeszi rendezett test, és legyen $\varepsilon \in T$ egy pozitív infinitezimális elem.
Állítsuk növekvő sorrendbe az alábbi elemeket:
$$ a = \frac{1}{\varepsilon^2} ,\qquad b = 5+100\varepsilon^2,\qquad c = \frac{1+\varepsilon}{\varepsilon^2+2\varepsilon},\qquad d = 6-37\varepsilon.$$
Annak ellenére, hogy a $T$ testről alig tudunk valamit, a feladat nem reménytelen. A $b$ elem „nagyságrendileg” $5$, hiszen $100\varepsilon^2$ „elhanyagolhatóan kicsi” $5$-höz képest. Hasonlóan a $d$ elem nagyságrendileg $6$, $c$-nél pedig a számláló domináns tagja $1$, a nevezőé pedig $2\varepsilon$. Tehát az alábbi informális becsléseket adhatjuk:
$$a = \frac{1}{\varepsilon^2}, \qquad b \approx 5, \qquad c \approx \frac{1}{2\varepsilon}, \qquad d \approx 6.$$
Ennek alapján a következő sorrendet sejthetjük:
$b \lt d \ll c \ll a.$
Ellenőrizzük, hogy valóban fennállnak ezek a relációk.
$5+100\varepsilon^2 \lt 6-37\varepsilon$
Rendezés után azt kapjuk, hogy a $37 \varepsilon + 100 \varepsilon^2 \lt 1$ egyenlőtlenséget kell igazolnunk.
A bal oldalon $\varepsilon^2$-et felülről becsülhetjük $\varepsilon$-nal (miért?) azután pedig $\varepsilon$ infinitezimalitását használva $\varepsilon$-t felülről becsülhetjük akármilyen $\frac{1}{n}$ alakú törttel; pl. az $n=138$ érték megfelelő lesz:
$$37 \varepsilon + 100 \varepsilon^2 \lt 37 \varepsilon + 100 \varepsilon = 137 \varepsilon \lt 137 \cdot\frac{1}{138} \lt 1.$$
Ezzel beláttuk, hogy $b \lt d$. Felmerül a kérdés, hogy nem igaz-e az ennél erősebb $b \ll d$ reláció is. A nagyságrendi becslés azt sugallja, hogy nem. Ha $b \ll d$ teljesülne, akkor minden $n$ természetes számra fenn kellene állnia az $nb \lt d$ egyenlőtlenségnek, ez azonban már $n=2$ esetén sem igaz. Valóban, a fentihez hasonló számolással megmutatható, hogy $2b = 10 + 200\varepsilon^2 \gt 6-37\varepsilon = d$.
$6-37\varepsilon \ll \frac{1+\varepsilon}{\varepsilon^2+2\varepsilon}$
Azt kell bizonyítanunk, hogy minden $n$ természetes számra
$$n\cdot(6-37\varepsilon) \lt \frac{1+\varepsilon}{\varepsilon^2+2\varepsilon}.$$
Ennél erősebb egyenlőtlenséget kapunk, ha a bal oldalt nagyobb, a jobb oldalt kisebb elemmel helyettesítjük. A bal oldalra tehát írjunk $6n$-et, a jobb oldalon pedig a számlálót csökkentsük $1$-re, és a nevezőben $\varepsilon^2$-et növeljük $\varepsilon$-ra. Így a $6n \lt \frac{1}{3 \varepsilon}$ egyenlőtlenséget kapjuk, ami ekvivalens azzal, hogy $\varepsilon \lt \frac{1}{18n}$, ez pedig $\varepsilon$ infinitezimalitása miatt igaz. Ez erősebb, mint a bizonyítandó egyenlőtlenség, tehát ezzel beláttuk, hogy $d \ll c$.
$\frac{1+\varepsilon}{\varepsilon^2+2\varepsilon} \ll \frac{1}{\varepsilon^2}$
Azt kell bizonyítanunk, hogy minden $n$ természetes számra
$$n\cdot\frac{1+\varepsilon}{\varepsilon^2+2\varepsilon} \lt \frac{1}{\varepsilon^2}.$$
Növeljük a bal oldalt: a számlálóban írjunk $\varepsilon$ helyett $1$-et, a nevezőben pedig hagyjuk el az $\varepsilon^2$ tagot. Így az eredetinél erősebb $\frac{2n}{2\varepsilon} \lt \frac{1}{\varepsilon^2}$ egyenlőtlenséget kapjuk. Ez pedig ekvivalens azzal, hogy $\varepsilon \lt \frac{1}{n}$, ami teljesül, mert $\varepsilon$ infinitezimális elem.
Sokat beszéltünk már nemarkhimédeszi testekről, de még egyetlen konkrét példát sem mutattunk.
A fenti példa alapján egy $\varepsilon$ szimbólumból és racionális számokból a négy alapműveletekkel felépíthető kifejezések halmaza jó példának tűnik, csak az a kérdés, hogy „elhisszük-e”, hogy létezik olyan $\varepsilon$ elem, ami kisebb az összes $\frac{1}{n}$ alakú törtnél. Amint a következő állításból kiderül, nem kell hinni $\varepsilon$-ban, elég csak a polinomokban hinni. Ehhez előbb fel kell idéznünk a racionális tört fogalmát.
Tetszőleges $T$ test esetén $T$ feletti racionális törteknek nevezzük az olyan $\frac{f}{g}$ alakú formális kifejezéseket, ahol $f,g \in T[x]$ és $g \neq 0$. A $T$ feletti racionális törtek testet alkotnak (jelölése: $T(x)$).
- A racionális törtek formális kifejezések, nem pedig függvények. Minden $\frac{f}{g} \in T(x)$ racionális törthöz tartozik egy racionális törtfüggvény, ami $T$ azon elemein van értelmezve, amik nem gyökei $g$-nek (azaz véges sok helytől eltekintve mindenütt). De a racionális tört és a racionális törtfüggvény két különböző dolog, nem szabad összekeverni őket!
- A $T(x)$ test ugyanolyan konstrukcióval készül a $T[x]$ polinomgyűrűből, mint ahogyan megkonstruáltuk a racionális számok testét az egész számok gyűrűjéből: vesszük az összes $(f,g)$ alakú párokat, ahol $f,g\in T[x]$ és $g \neq 0$, ezek halmazán értelmezzük az összeadást és a szorzást (a törtekkel való szokásos számolást imitálva), majd bevezetünk egy ekvivalenciarelációt, ami azt írja le, hogy két elempár mikor hivatott ugyanazt a törtet reprezentálni. Ez az ekvivalencia itt is kongruenciareláció lesz, és a hozzá tartozó faktorstruktúra adja a racionális törtek testét. Valójában ez a konstrukció alkalmas arra, hogy tetszőleges $R$ integritástartományt testté bővítsünk az $R$ elemeiből képezett formális törtek segítségével. A kapott testet az $R$ integritástartomány hányadostestének nevezzük. Tehát például $\mathbb{Z}$ hányadosteste $\mathbb{Q}$ és $T[x]$ hányadosteste $T(x)$.
Legyen $T$ tetszőleges rendezett test, és legyen $T(x)^+ \subseteq T(x)$ azon $\frac{f}{g}$ racionális törtek halmaza, amelyeknél $f$ és $g$ legkisebb fokú nemzérus tagjában az együttható ugyanolyan előjelű. Ekkor $P=T(x)^+ \cup \{ 0 \}$ pozitivitiási tartomány, és a neki megfelelő lineáris rendezéssel $T(x)$ nemarkhimédeszi rendezett test, amelyben $x$ infinitezimális, $\frac{1}{x}$ pedig végtelen elem.
Tetszőleges nemnulla racionális törtet átalakíthatunk úgy, hogy a számlálóból és a nevezőből is kiemeljük $x$ lehető legmagasabb hatványát. Így $x^k\cdot \frac{f}{g}$ alakú törtet kapunk, ahol $k\in \mathbb{Z}$ (lehet negatív is!), és $f(0),g(0)\neq 0$ (azaz $f$-ben és $g$-ben is szerepel konstans tag). Ez a racionális tört akkor és csak akkor lesz eleme a $T(x)^+$ halmaznak, ha $f(0)$ és $g(0)$ azonos előjelű. A törtet szükség esetén $(-1)$-gyel bővítve az is feltehető, hogy $f(0),g(0) > 0$. Ezzel a felírással már nem nehéz belátni, hogy a $P$ halmaz teljesíti a (P0), (P+), (P·), (P–) és (PLIN) feltételeket (ezt nem részletezzük).
Ellenőrizzük, hogy $x$ infinitezimális és $\frac{1}{x}$ végtelen. Mindkét állítás azt jelenti, hogy $x \lt \frac{1}{n}$ minden $n$ természetes számra. Ez ekvivalens az $\frac{1}{n} -x = \frac{1-nx}{n} > 0$ egyenlőtlenséggel, vagyis azzal, hogy $\frac{1-nx}{n}\in T(x)^+$. Ez pedig valóban teljesül, mert a konstans tag a számlálóban és a nevezőben is pozitív.
Az előző állításban $T$ bármilyen rendezett test lehet; például lehet $T=\mathbb{Q}$ vagy $T=\mathbb{R}$, de erősebb idegzetűek belegondolhatnak abba is, hogy mit kapunk $T=\mathbb{R}(y)$ esetén… Amikor a fenti
példában epszilonos kifejezésekkel számoltunk, akkor gyakorlatilag a $\mathbb{Q}(x)$ testben dolgoztunk, csak $x$ helyett $\varepsilon$-t írtunk.
Teljesség
A $T$ rendezett test Dedekind-teljes, ha minden nem üres alulról korlátos $H\subseteq T$ halmaznak van infimuma (legnagyobb alsó korlátja).
A Dedekind-teljesség nyilván ekvivalens azzal, hogy minden nem üres felülről korlátos $H\subseteq T$ halmaznak van szuprémuma (legkisebb felső korlátja).
Azt sem nehéz belátni, hogy a Dedekind-teljesség ekvivalens a következő feltétellel is:
ha $T=A\,\dot{\cup}\,F$ úgy, hogy $A$ minden eleme kisebb $F$ minden
eleménél, akkor vagy $A$-nak van legnagyobb eleme vagy $F$-nek van legkisebb eleme.
(A Dedekind-szeletekkel való hasonlóság nem a véletlen műve…)
Minden Dedekind-teljes rendezett test arkhimédeszi.
Indirekt módon bizonyítunk: tfh. $T$ Dedekind-teljes, de nem arkhimédeszi.
Mivel $T$ nem arkhimédeszi, $\mathbb{N}\subseteq T$ felülről korlátos halmaz.
Mivel $T$ Dedekind-teljes, létezik $\sup\mathbb{N}=:a$.
Ekkor $a\geq n$ minden $n$ természetes számra, és így $a\geq n+1$ is teljesül minden $n$ természetes számra.
Utóbbi viszont ekvivalens azzal, hogy $a-1\geq n$, azaz $a-1$ is felső korlátja az $\mathbb{N}$ halmaznak. Ez pedig ellentmondás, mert $a$ a legkisebb felső korlát.
(Keresztkérdés: honnan tudjuk, hogy $a-1 \lt a$? Ne feledjük: $a$ nem egy szám, hanem egy rendezett test eleme, aminek $1$ a multiplikatív egységeleme.)
A Dedekind-szeletek teste Dedekind-teljes.
Legyen $\mathcal{H}\subseteq \mathcal{R}$ Dedekind-szeleteknek egy nem üres, alulról korlátos halmaza; meg kell mutatnunk, hogy $\mathcal{H}$-nak létezik infimuma. Mivel
a Dedekind-szeletek rendezése éppen a
fordított irányú tartalmazás,
ha az $(\mathcal{R};\leq)$ rendezett halmazról áttérünk az $(\mathcal{R};\subseteq)$
rendezett halmazra, akkor minden a feje tetejére áll: $\mathcal{H}$ felülről korlátos,
és a szuprémumát keressük.
Legyen $Z\in\mathcal{R}$ egy felső korlátja $\mathcal{H}$-nak (a tartalmazás szerinti rendezésben), azaz $Z$ olyan Dedekind-szelet, ami részhalmazként tartalmazza $\mathcal{H}$ minden elemét (ne feledjük: $\mathcal{H}$ elemei nem számok, hanem szeletek, vagyis $\mathbb{Q}$ részhalmazai). Legyen $X\subseteq\mathbb{Q}$ az összes $\mathcal{H}$-beli szeletek uniója.
Korábban már beláttuk, hogy
szeletek egyesítése vagy szelet, vagy $\mathbb{Q}$
,
így $X\in \mathcal{R}$ vagy $X=\mathbb{Q}$.
Mivel $\mathcal{H}$ minden eleme részhalmaza $Z$-nek, ezek egyesítése is része $Z$-nek, azaz $X \subseteq Z$. Node $Z$ szelet, ezért a (NVRH) tulajdonság miatt $Z$ valódi részhalmaza $\mathbb{Q}$-nak, tehát $X \subseteq Z \subset \mathbb{Q}$. Ez mutatja, hogy $X=\mathbb{Q}$ nem lehetséges, következésképp $X$ Dedekind-szelet.
Világos, hogy $X$ a legszűkebb olyan halmaz, ami tartalmazza $\mathcal{H}$ minden elemét (hiszen ő a $\mathcal{H}$-beli szeletek egyesítése), tehát $X$ lesz $\mathcal{H}$ szuprémuma az $(\mathcal{R};\subseteq)$ rendezett halmazban, és így $X$ lesz $\mathcal{H}$ infimuma az $(\mathcal{R};\leq)$ rendezett halmazban.
A Dedekind-szeletek teste arkhimédeszi.
A következő tételben megmutatjuk, hogy izomorfia erejéig csak egyetlen Dedekind-teljes rendezett test létezik, nevezetesen a Dedekind-szeletek teste. Itt nem csupán testek, hanem rendezett testek izomorfiájáról van szó, azaz a $\varphi\colon T \to \mathcal{R}$ izomorfizmustól nemcsak azt követeljük meg, hogy bijektív legyen és felcserélhető legyen az összeadással és a szorzással, de azt is, hogy rendezéstartó legyen, azaz
$$\forall a,b\in T \colon \; a \leq b \implies a \varphi \leq b \varphi.$$
Ha $T$ Dedekind-teljes rendezett test, akkor $T \cong \mathcal{R}$, azaz létezik $\varphi\colon T \to \mathcal{R}$ rendezéstartó testizomorfizmus.
Tekintsük tetszőleges $a \in T$ esetén az $\ddot{\rm U} _{a} = \{r\in\mathbb{Q}\mid r>a\} \subseteq \mathbb{Q}$ halmazt. Megmutatjuk, hogy $\ddot{\rm U} _{a}$ Dedekind-szelet.
(NVRH)
Mivel $T$ Dedekind-teljességéből következik, hogy arkhimédeszi is, $a \notin V^+$, azaz van $a$-nál nagyobb természetes (és így racionális) szám. Tehát $\ddot{\rm U} _{a} \neq \emptyset$ minden $a\in T$ esetén.
Be kell még látnunk, hogy $\ddot{\rm U} _{a} \neq \mathbb{Q}$.
Ismét az arkhimédeszi tulajdonságot használjuk: $-a \notin V^+$, vagyis van olyan $n$ természetes szám, amelyre $n>-a$. Ez azt jelenti, hogy $-n \lt a$, tehát $-n \notin \ddot{\rm U}_{a}$, és így $\ddot{\rm U}_{a}\neq \mathbb{Q}$.
(FSZ)
Ez triviális (ugye?).
(NLK)
Ha lenne $\ddot{\rm U}_{a}$-nak legkisebb eleme, akkor ez a legkisebb elem lenne $\ddot{\rm U}_{a}$ infimuma (ugye?).
De tudjuk, hogy $\inf \ddot{\rm U}_{a} = a$, hiszen $T$ arkhimédeszi.
Tehát ekkor $\ddot{\rm U}_{a}$ legkisebb eleme $a$ lenne, de ez lehetetlen, mert $a \notin \ddot{\rm U}_{a}$.
Most már meg tudjuk adni a kívánt izomorfizmust:
$$\varphi\colon T \to \mathcal{R},\; a \mapsto \ddot{\rm U}_{a}.$$
A következőket kell belátni a bizonyítás befejezéséhez.
$\varphi$ felcserélhető az összeadással
Azt kell igazolnunk, hogy minden $a,b \in T $ esetén $\ddot{\rm U} _{a} + \ddot{\rm U} _{b} = \ddot{\rm U} _{a+b}$.
A gondolatmenet hasonló lesz ennek az állításnak a bizonyításához, de kicsit módosítani kell rajta, hogy működjön ebben az általánosabb szituációban is (hiszen ott racionális számokról volt szó, itt pedig egy tetszőleges rendezett test elemeiről).
$\subseteq$
Ha $r \in \ddot{\rm U} _{a}$ és $s \in \ddot{\rm U} _{b}$, akkor $r>a$ és $s>b$, tehát $r+s > a+b$, és így $r+s \in \ddot{\rm U} _{a+b}$. Ez mutatja, hogy $\ddot{\rm U} _{a} + \ddot{\rm U} _{b} \subseteq \ddot{\rm U} _{a+b}$.
$\supseteq$
Tfh. $z \in \ddot{\rm U} _{a+b}$, vagyis $z>a+b$. Ekkor $\varepsilon:=z-(a+b)>0$ (figyelem: itt $\varepsilon$ nem egy szám, hanem a $T$ test egy eleme!), tehát $a \lt a + \varepsilon$. Tudjuk, hogy $T$ arkhimédeszi test, ezért a racionális számok halmaza sűrű $T$-ben, és így van olyan $r \in \mathbb{Q}$, amelyre $a \lt r \lt a + \varepsilon$. Világos, hogy $r \in \ddot{\rm U}_{a}$ (ugye?). Legyen $s = z-r$; mivel $z$ és $r$ racionális számok, $s$ is az. Továbbá $s = z-r = (a+b+\varepsilon)-r = b + (a+\varepsilon-r)>b$, hiszen $a+\varepsilon-r>0$. Ez azt jelenti, hogy $s \in \ddot{\rm U}_{b}$, következésképp $z = r+s \in \ddot{\rm U} _{a} + \ddot{\rm U} _{b}$, és épp ezt kellett bizonyítanunk.
$\varphi$ felcserélhető a szorzással
Azt kell igazolnunk, hogy minden $a,b \in T $ esetén $\ddot{\rm U} _{a} \cdot \ddot{\rm U} _{b} = \ddot{\rm U} _{a\cdot b}$.
Ha $a,b>0$, akkor, akárcsak az összeadásnál, a megfelelő korábbi állítás bizonyításának gondolatmenetét lehet alkalmazni, megfelelő módosításokkal. (A kulcs itt is az, hogy $\mathbb{Q}$ sűrű résztest $T$-ben.) Az általános esetet $a$ és $b$ előjele szerinti esetszétválasztással vissza lehet vezetni erre (nem részletezzük).
$\varphi$ injektív és rendezéstartó
Az injektivitást és a rendezéstartást összefoglalhatjuk egy állításban:
$$\forall a,b\in T \colon \; a \lt b \implies \ddot{\rm U}_{a} \lt \ddot{\rm U}_{b}.$$
Tfh. tehát, hogy $a \lt b$. A rendezés tranzitivitása miatt minden $r$ racionális számra $r>b$ maga után vonja, hogy $r>a$, tehát $\ddot{\rm U}_{b} \subseteq \ddot{\rm U}_{a}$. Másrészt, ismét $\mathbb{Q}$ sűrűségét használva találhatunk olyan $r$ racionális számot, amelyre $a \lt r \lt b$. Ekkor $r \in \ddot{\rm U}_{a}$ de $r \notin \ddot{\rm U}_{b}$, így $\ddot{\rm U}_{b} \subset\ddot{\rm U}_{a}$. Mivel a Dedekind-szeletek rendezése a
fordított irányú tartalmazás, azt kaptuk, hogy $\ddot{\rm U}_{b} \gt \ddot{\rm U}_{a}$, és épp ezt kellett igazolni.
$\varphi$ szürjektív
Legyen $X$ egy tetszőleges Dedekind-szelet (cél: $X = \ddot{\rm U}_{a}$ alkalmas $a\in T$ elemre). Ekkor $X \subseteq T$, hiszen $\mathbb{Q}$ be van ágyazva $T$-be. Mivel $X$ szelet, a (NVRH) tulajdonság szerint van olyan $u$ racionális szám, amelyre $u \notin X$. Ez az $u$ szám (aki persze $T$-nek is eleme) az (FSZ) tulajdonság miatt alsó korlátja $X$-nek (ugye?).
A $T$ test Dedekind-teljességéből következik, hogy létezik $X$-nek infimuma $T$-ben: legyen $a=\inf X \in T$.
Az (NLK) tulajdonságból tudjuk, hogy $X$-nek nincs legkisebb eleme, ezért $a \notin X$. Ebből már következik, hogy $X = \ddot{\rm U}_{a}$.
Meg lehet mutatni, hogy a racionális Cauchy-sorozatokkal konstruált $\mathbb{R}$ test is Dedekind-teljes, tehát $\mathbb{R}\cong\mathcal{R}$, ez a valós számok teste.
A tétel szerint a Dedekind-teljesség izomorfia erejéig egyértelműen meghatározza a valós számok testét, tehát a teljesség a rendezett test definíciójában megkövetelt tulajdonságokkal együtt a valós számok egy axiomatikus definícióját adja. (A szituáció analóg azzal, amit a természetes számoknál tanultunk. Ott is van axiomatikus definíció (Peano-axiómák), amiről megmutattuk, hogy izomorfia erejéig egyértelműen meghatározza a természetes számokat, de emellett van konstruktív megközelítés is (a Neumann-féle, üres halmazból kiinduló felépítés). A különbség annyi, hogy itt előbb adtunk két konstrukciót (Cantor-féle és Dedekind-féle felépítés), és utána jutottunk el az axiomatikus definícióhoz. No és persze itt minden sokkal nehezebb volt, mint a természetes számoknál…)
A valós számok teste nem más, mint az izomorfia erejéig egyértelműen meghatározott Dedekind-teljes rendezett test.
Figyeljük meg, hogy a tétel bizonyításában $T$ teljességére csak a szürjektivitásnál volt szükség; mindenütt másutt csak az arkhimédeszi tulajdonságot használtuk. Tehát ha $T$ tetszőleges arkhimédeszi test (nem feltétlenül teljes), akkor is meg tudjuk konstruálni a tételbeli $\varphi$ leképezést, ami injektív és rendezéstartó lesz, és felcserélhető lesz a műveletekkel is, csak épp nem biztos, hogy szürjektív lesz. Ez azt jelenti, hogy $\varphi\colon T \to \mathcal{R}$ beágyazás, azaz izomorfizmust létesít $T$ és $\mathcal{R}$ egy részteste között. Tehát az arkhimédeszi testek (izomorfia erejéig) éppen $\mathcal{R}$ résztestei.
Egy $T$ rendezett test akkor és csak akkor arkhimédeszi, ha izomorf a valós számok testének valamely résztestével.
A Dedekind-teljesség mellett vannak más teljességfogalmak is. Ezekhez szükségünk lesz a konvergens sorozat és a Cauchy-sorozat definíciójára, ami minden rendezett testben hasonlóan szól, mint a valós vagy racionális számok esetén.
Az $\{ a_n \} \subseteq T$ sorozat konvergens, ha
$$\exists a\in T~\forall\varepsilon\in T^{+} \ \exists n_0 \in\mathbb{N} \ \forall n \geq n_0 \colon\; |a_{n}-a| \lt \varepsilon.$$
Az $\{ a_n \} \subseteq T$ sorozat Cauchy-sorozat, ha
$$\forall \varepsilon \in T^{+} \ \exists n_0\in \mathbb{N} \ \forall n,m \geq n_0 \colon\; |a_n-a_m|\lt \varepsilon.$$
Következzék ekvivalens teljességi feltételek egy (nem teljes) listája. A valós számok esetén ezek ekvivalenciája ismerős lehet analízisből.
Tetszőleges $T$ arkhimédeszi rendezett test esetén ekvivalensek az alábbiak:
- $T$ Dedekind-teljes;
- $T$ Cauchy-teljes, azaz minden $T$-beli Cauchy-sorozat konvergens;
- $T$-ben minden monoton korlátos sorozat konvergens;
- $T$-ben minden korlátos sorozatnak van torlódási pontja;
- $T$-ben egymásba skatulyázott zárt intervallumok metszetes sosem üres: $T \supseteq [a_1,b_1] \supseteq [a_2,b_2] \supseteq \cdots \ \implies \ {\displaystyle\bigcap\limits_{n=1}^{\infty}}
[a_n,b_n] \neq \emptyset$.
A tétel egy része igaz marad akkor is, ha nem tesszük fel, hogy $T$ arkhimédeszi. Például $(1)\implies(2)$ igaz marad, mert $(1)$-ből úgyis
következik az arkhimédeszi tulajdonság. De például $(2)\implies (1)$ általában nem igaz;
ebben a prezentációban a „Hipervalós számok” című részben lehet ellenpéldát találni (csak erős idegzetűeknek!).
Tizedes törtek
Az itt következőket valószínűleg mindenki tudja már, de talán nem árt felidézni a tizedes törtek fogalmát és tulajdonságait bizonyításokkal együtt, mivel szoros kapcsolatban van a teljességgel.
Tizedes törtön egy
$$
\begin{align*}
\overline{c_{-n}\cdots c_{-1}c_{0},c_{1}c_{2}\cdots} &
=c_{-n}\cdot10^{n}+\cdots+ c_{-1}\cdot10+c_{0}+c_{1}\cdot\frac{1}{10}+c_{2}\cdot\frac{1}{10^{2}}+\cdots \\
& =\sum_{k=-n}^{\infty}c_{k}\cdot\frac{1}{10^k}
\end{align*}
$$
alakú összeget értünk, ahol $c_{k}\in\left\{ 0,1,\dots,9\right\} $ minden
$k\geq-n$ esetén.
Ha a $c_{k}$ számjegyek valahonnan kezdve végig nullák, akkor a tizedes tört véges, egyébként pedig végtelen. A tizedes tört értéke a sor összege, vagyis a részletösszegek sorozatának határértéke.
A részletösszegek sorozata konvergens minden tizedes törtnél, vagyis minden tizedes tört meghatároz egy valós számot.
Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy $c_{-n}=\cdots=c_{-1}=c_{0}=0$.
Jelölje $s_{N}$ az $N$-edik részletösszeget: $s_{N}=\sum_{k=1}^{N}c_{k}\cdot \frac{1}{10^k}$.
Világos, hogy $s_{N}$ monoton növekvő sorozat, ezért elég belátni, hogy felülről korlátos.
Minden számjegyet $9$-cel becsülünk felülről, és alkalmazzuk a mértani sorozat összegképletét:
$$
s_{N}\leq\sum_{k=1}^{N}9\cdot\frac{1}{10^k}=\frac{9}{10}\cdot\frac{1-\frac{1}{10^N}}{1-\frac{1}{10}}=1-\frac{1}{10^N}\leq1.
$$
Tehát $s_{N}$ monoton növekvő és felülről korlátos (persze alulról is), így $\mathbb{R}$ teljessége miatt konvergens.
A valós számok testében $\frac{1}{10^{N}}\rightarrow0$, és így $0,999\cdots=1$. Emiatt minden véges tizedes törtnek van egy olyan alakja is, ami $9$-esekre végződik (pl. $1,43 = 1,42999\cdots$). Ettől eltekintve azonban minden valós számot csak egyféleképpen lehet tizedes törtként felírni.
Egy nem arkhimédeszi testben viszont $\frac{1}{10^{N}}\nrightarrow0$, hiszen ha $\varepsilon$ pozitív infinitezimális elem, akkor $0 \lt \varepsilon \lt \frac{1}{10^{N}}$ minden $N$-re, és így $\varepsilon\leq\lim_{N\rightarrow\infty}\frac{1}{10^{N}}$. Ez azt jelenti, hogy $0,999\cdots$ „infinitezimálisan közel” van $1$-hez, de nem egyenlő vele. Tehát nem teljesen ördögtől való az a megérzés, hogy $0,999\cdots \lt 1$ (csak épp a valós számtestben nem igaz).
Minden valós szám felírható tizedes törtként, azaz minden $z$ valós számhoz vannak olyan $c_{k}$ számjegyek, hogy az azokból felépített tizedes tört részletösszegeinek sorozata $z$-hez konvergál.
Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy $0\leq z \lt 1$. A $[0,1)$ intervallumot tíz egyenlő hosszúságú részre vágjuk, és megnézzük, hogy melyikbe esik $z$: van (egyetlen) olyan $c_1\in\{0,1,\ldots,9\}$ számjegy, amelyre $z\in \Big[\frac{c_1}{10},\frac{c_1}{10}+\frac{1}{10}\Big) = \Big[\overline{0,c_1}\, , \,\overline{0,c_1}+\frac{1}{10}\Big)$. Ezt az intervallumot is tíz részre vágva kapunk egy $c_2\in\{0,1,\ldots,9\}$ számjegyet, amelyre $z\in \Big[\overline{0,c_1c_2}\, , \,\overline{0,c_1c_2}+\frac{1}{100}\Big)$.
Hasonló módon folytatva a „tizedelést”, kapjuk számjegyeknek egy $c_{1},c_{2},\dots$ sorozatát, és $z$-t tartalmazó egymásba skatulyázott intervallumoknak egy $[a_1,b_1)\supseteq[a_2,b_2)\supseteq\cdots$ sorozatát, ahol
$$
a_n=\overline{0,c_1c_2\cdots c_n} \qquad b_n=a_n+\frac{1}{10^{n}}.
$$
Az $a_n$ sorozat éppen a $\overline{0,c_1c_2\cdots}$ tizedes tört részletösszegeinek sorozata, ezért $\lim_{n\rightarrow\infty}a_n \,=\,\overline{0,c_1c_2\cdots}\,$.
Másrészt $a_n\leq z \lt a_n+\frac{1}{10^{n}}$
miatt $\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=z$. Ebből következik, hogy $z=\overline{0,c_{1}c_{2}\cdots}\,$.
A $\overline{c_{-n}\cdots c_{-1}c_{0},c_{1}c_{2}\cdots}$ tizedes tört periodikus, ha vannak olyan $m,p$ pozitív egészek, amelyekre $c_{k}=c_{k+p}$ minden $k > m$ esetén.
A fenti definícióban a periódus hossza $p$, a periodikus részt megelőző „bevezető szakasz” hossza pedig $m$. Általában persze a lehető legkisebb $p$ és $m$ értékeket választjuk, de pl. az is egy igaz állítás, hogy a $\frac{3}{11}=0,27272727\cdots$ tizedes tört $4$-periodikussá válik a hatodik tizedesjegy után, csak éppen lehetne ennél erősebbet is mondani: $p=2$ és $m=0$. A véges tizedes törtek is periodikusak, ott a legkisebb periódushossz: $p=1$.
A $z$ valós számhoz tartozó tizedes tört akkor és csak akkor periodikus, ha $z$ racionális.
periodikus $\implies$ racionális
Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy $0 \leq z \lt 1$. Ha $z$ tizedes tört alakja periodikus, akkor ilyen alakba írható: $z = \overline{0,a_1 \cdots a_m \, c_1 \cdots c_p \, c_1 \cdots c_p \, \cdots}$.
A következő módon tudjuk $z$-t felírni két egész szám hányadosaként:
$$
\begin{align*}
10^m \cdot z & = \overline{a_1 \cdots a_m, \, c_1 \cdots c_p \, c_1 \cdots c_p \, \cdots}\\
&\\
10^{m+p} \cdot z & = \overline{a_1 \cdots a_m \, c_1 \cdots c_p, \, c_1 \cdots c_p \, \cdots}\\
&\\
(10^{m+p}-10^m) \cdot z & = \overline{a_1 \cdots a_m \, c_1 \cdots c_p} - \overline{a_1 \cdots a_m}\\
&\\
z & = \frac{\overline{a_1 \cdots a_m \, c_1 \cdots c_p} - \overline{a_1 \cdots a_m}}{10^{m+p}-10^m}
\end{align*}
$$
racionális $\implies$ periodikus
Az állítás bizonyítható az írásbeli osztás algoritmusának elemzésével (előbb-utóbb lesz ismétlődő maradék).
Adunk egy kicsit „szofisztikáltabb” bizonyítást, amiből a periódus hossza is kiderül.
Legyen $z$ tetszőleges racionális szám, és írjuk fel $z$-t két egész szám hányadosaként (az általánosság megszorítása nélkül tfh. a nevező pozitív). Ha a nevező prímhatványtényezős felbontásában $2$ és $5$ különböző kitevővel szerepel, akkor bővítsük a törtet úgy, hogy a nevezőben $2$ és $5$ kitevője egyforma legyen. Ha ezt a közös kitevőt $m$ jelöli, akkor a nevezőből $10^m$ kiemelhető: $z = \frac{a}{10^m\cdot b}$, ahol $a \in \mathbb{Z},\, m \in \mathbb{N}_0,\, b \in \mathbb{N}$ és $\operatorname{lnko}(b,10)=1$.
Láttuk, hogy ha $z$ tizedes tört kifejtése $p$-periodikus (egy $m$ számjegyből álló bevezető szakasz után), akkor felírható $z = \frac{\ell}{10^m(10^p-1)}$ alakban alkalmas $\ell$ egész számmal. Ennek a megfordítása is igaz: ha $z$ ilyen alakú hányadosként felírható, akkor tizedes törtje az első $m$ jegy után már $p$-periodikus (miért?). Tehát $z$-t így próbáljuk átalakítani:
$$
z = \frac{a}{10^m\cdot b} = \frac{a}{10^{m}\cdot b} \cdot \frac{10^{\varphi(b)}-1}{10^{\varphi(b)}-1} = \frac{1}{10^{m}(10^{\varphi(b)}-1)} \cdot \underset{\ell}{\underbrace{a\cdot \frac{10^{\varphi(b)}-1}{b}}}.
$$
Mivel $10$ és $b$ relatív prímek, az Euler–Fermat-tétel szerint $10^{\varphi(b)}\equiv~1~\pmod{b}$, azaz $b \mid 10^{\varphi(b)}-1$. Ezért a fenti képletben $\ell$ egész szám, tehát ezzel megkaptuk $z$ kívánt felírását, és ebből kiolvasható, hogy a tizedes tört $\varphi(b)$-periodikus.
A bizonyításból kiderült, hogy $\operatorname{lnko}(b,10)=1$ esetén az $\frac{1}{b}$ tört tizedes tört alakja $\varphi(b)$-periodikus. De nem mindig ez a legkisebb periódus. Például
$$
\frac{1}{41}=0,02439\,02439\,02439\cdots
$$
legkisebb periódusa $5$, míg $\varphi(41)=40.$ A bizonyítás gondolatmenetének kis módosításával belátható, hogy a legkisebb periódus nem más, mint a legkisebb olyan $i$ pozitív egész kitevő, amelyre $10^i\equiv~1~\pmod{b}$. Ezt az $i$ kitevőt nevezzük $10$ modulo $b$ rendjének. (Aki tanulta már csoportelméletből a rend fogalmát, az mondhatja úgy is, hogy $10$ rendje a $\mathbb{Z}^\ast_{b}$ csoportban.)
Mindezek $10$-es helyett tetszőleges számrendszerben is meggondolhatók. Például $\frac{1}{b}$ legkisebb periódusa a számrendszer alapszámának modulo $b$ rendje lesz.