Valós számok — Dedekind-féle felépítés

Dedekind-szeletek

A Dedekind-féle felépítés alapötlete a következő. Tetszőleges $\alpha$ irracionális szám két részre osztja a racionális számok halmazát: az $\alpha$-nál nagyobb racionális számok halmazára (felső szelet) és az $\alpha$-nál kisebb racionális számok halmazára (alsó szelet):

Ez a két halmaz diszjunkt, és egyesítésük éppen $\mathbb{Q}$. Ha azonban $\alpha$ racionális, akkor valamelyik szelethez hozzá kell vennünk $\alpha$-t, ha azt akarjuk, hogy együtt lefedjék a $\mathbb{Q}$ halmazt. Állapodjunk meg abban, hogy ilyenkor $\alpha$-t mindig az alsó szeletbe tesszük:

A felső szelet nyilván meghatározza az alsót: ha a felső szelet $X$, akkor az alsó $\mathbb{Q}\setminus X$. Ezért a továbbiakban mindig csak a felső szelettel foglalkozunk; ezt nevezzük Dedekind-szeletnek. (Az ábrákon a szaggatott vonalak arra utalnak, hogy a szeletek csak racionális számokat tartalmaznak, tehát „lyukacsos” halmazok. Épp az a célunk, hogy betömjük ezeket a lyukakat.)

   Az $X\subseteq \mathbb{Q}$ halmazt Dedekind-szeletnek (vagy röviden csak szeletnek) nevezzük, ha rendelkezik az alábbi három tulajdonsággal:
   Tetszőleges $r$ racionális szám esetén az $r$-nél nagyobb racionális számok halmaza Dedekind-szelet. Ezt a szeletet $r^{\uparrow}$ fogja jelölni a továbbiakban: $r^{\uparrow} = \{ x \in \mathbb{Q} \mid x>r \}$. Az ilyen alakú szeleteket racionális szeleteknek nevezzük.
   Egy példa olyan szeletre, ami nem racionális: $X = \{ x \in \mathbb{Q}^+ \mid x^2>2 \}$. Bármennyire szeretnénk is, nem írhatjuk $X$-et így: $X = \{ x \in \mathbb{Q} \mid x>\sqrt{2} \, \}$, mert $\sqrt{2}$ még „nem létezik”. Csak racionális számokkal dolgozva nem is olyan könnyű belátni, hogy $X$ rendelkezik a (NVRH), (FSZ) és (NLK) tulajdonságokkal!
   Tetszőleges $H \subseteq \mathbb{Q}$ esetén legyen $H^{\uparrow}$ azon racionális számok halmaza, amelyek nagyobbak $H$ valamely eleménél: $$H^{\uparrow}:= \{ r \in \mathbb{Q} \mid \exists h \in H\colon\ r>h \}.$$ Nem nehéz belátni, hogy $H^{\uparrow}$ így is felírható: $$H^{\uparrow}:= \{ h + \varepsilon \mid h \in H, \varepsilon \in \mathbb{Q}^+ \}$$ (vagyis $H$ elemeit „kicsit” megnöveljük). Ha $H \subseteq \mathbb{Q}^+$, akkor ez a „kis növelés” leírható úgy is, hogy $1$-nél nagyobb (de $1$-hez akármilyen közeli) számmal szorzunk: $$H^{\uparrow}:= \{ \lambda \cdot h \mid h \in H, \lambda \in \mathbb{Q}^+, \lambda>1 \}$$ (de ha $H$ tartalmaz negatív számot, akkor ez már nem igaz!). A $H^{\uparrow}$ jelölés kiterjesztése a korábbi $r^{\uparrow}$ jelölésnek: ha $H=\{ r \}$ egyelemű halmaz, akkor $H^{\uparrow}=r^{\uparrow}$. Továbbá az is könnyen meggondolható, hogy $H^{\uparrow}=\displaystyle\bigcup_{h\in H} h^{\uparrow}$.

A következő két lemma a fenti konstrukció és a szeletek kapcsolatáról szól. Először megmutatjuk, hogy szeletekkel ez a konstrukció nem csinál semmit, azután pedig azt, hogy $H^{\uparrow}$ „majdnem mindig” szelet.

   Ha $X \subseteq \mathbb{Q}$ szelet, akkor $X^{\uparrow}=X$.
   Tfh. $X$ szelet, és bizonyítsuk be, hogy $X^{\uparrow}=X$.
$X \subseteq X^{\uparrow}$ Ha $x \in X$, akkor (NLK) miatt van olyan $x' \in X$, amelyre $x'\lt x.$ Ekkor $x \in X^{\uparrow}$, hiszen $x' \in X$.
$X^{\uparrow} \subseteq X$ Ha $r \in X^{\uparrow}$, akkor $X^{\uparrow}$ definíciója miatt van olyan $x \in X$, amelyre $r > x$. A (FSZ) tulajdonság szerint ebből következik, hogy $r \in X$.
   Tetszőleges $H \subseteq \mathbb{Q}$ esetén $H^{\uparrow}$ rendelkezik a (FSZ) és (NLK) tulajdonságokkal.
  
(FSZ) Tfh. $r \in H^{\uparrow}$ és $s>r$ (cél: $s \in H^{\uparrow}$). Mivel $r \in H^{\uparrow}$, van olyan $h \in H$, amelyre $r>h$. Ekkor $s>h$ (miért?), és így $s \in H^{\uparrow}$.
(NLK) Ha $r \in H^{\uparrow}$, akkor $r>h$ teljesül valamely $h \in H$ elemre. Ekkor $\frac{r+h}{2}$ egy $r$-nél kisebb eleme a $H^{\uparrow}$ halmaznak (miért?).
   A fenti lemma szerint $H^{\uparrow}$ szelet, kivéve, ha $H^{\uparrow}=\emptyset$ vagy $H^{\uparrow}=\mathbb{Q}$. Előbbi csak $H=\emptyset$ esetén fordulhat elő, utóbbi peddig akkor, ha $H$ nem korlátos alulról.
   Ha $X$ nemüres valódi részhalmaza $\mathbb{Q}$-nak, akkor $$X \text{ szelet} \iff X^{\uparrow}=X.$$
   Tfh. $X \subseteq \mathbb{Q}$ és $X \neq \emptyset$, $X \neq \mathbb{Q}$.
$X$ szelet $\implies X^{\uparrow}=X.$ A fenti két lemma közül az első épp ezt állítja.
$X^{\uparrow}=X \implies X$ szelet. A fenti két lemma közül a második szerint az $X=X^{\uparrow}$ halmaz rendelkezik a (FSZ) és (NLK) tulajdonságokkal. Azt eleve feltettük, hogy $X$ rendelkezik a (NVRH) tulajdonsággal, így tehát $X$ szelet.

A következő tételben megmutatjuk, hogy szeletek egyesítése is „majdnem mindig” szelet (nemcsak véges sok szeleté, hanem végtelen sok, akár nem megszámlálhatóan végtelen sok szelet egyesítése is). Két szelet metszete is szelet (következésképp véges sok szelet metszete is szelet). Ez abból következik, hogy két szelet közül az egyik mindig tartalmazza a másikat (HF). Végtelen sok szelet metszete viszont általában már nem lesz szelet (HF).

   Legyen $I$ egy tetszőleges nemüres indexhalmaz, és legyen $X_i$ szelet minden $i \in I$ esetén. Ekkor $\bigcup_{i \in I}X_i$ vagy szelet, vagy pedig $\bigcup_{i \in I}X_i = \mathbb{Q}$.
   Jelölje $X$ az egyesítést: $X =\bigcup_{i \in I}X_i$, és tfh. $X \neq \mathbb{Q}$. Be kell látnunk, hogy $X$ rendelkezik a (NVRH), (FSZ), (NLK) tulajdonságokkal.
(NVRH) Ez teljesül, mert eleve feltettük, hogy $X \neq \mathbb{Q}$, és $X$ nyilván nem üres.
(FSZ) Tfh. $x\in X$ és $r>x$. Mivel $X$ az $X_i$ halmazok uniója, van olyan $i \in I$, amelyre $x \in X_i$. Az $X_i$ halmaz (FSZ) tulajdonsága szerint ekkor $r \in X_i$, és ebből következik, hogy $r \in X$, hiszen $X_i \subseteq X$.
(NLK) Ha $x\in X$, akkor $x \in X_i$ valamely $i \in I$ indexre. Az $X_i$ szelet rendelkezik a (NLK) tulajdonsággal, ezért van olyan $x' \in X_i$, amelyre $x' \lt x$. Megint $X_i \subseteq X$ miatt kapjuk, hogy $x' \in X$, azaz $x$ nem legkisebb elem $X$-ben.

Következik egy technikai lemma, ami arról szól, hogy ha elindulunk egy szeleten kívüli számból, akkor akármilyen kis lépésekben is haladunk fölfelé, előbb-utóbb eljön az a pillanat, amikor belépünk a szeletbe (és onnantól a (FSZ) tulajdonság miatt már benne is maradunk).

  

Ha $X$ szelet, és $u \notin X$, $\varepsilon \in \mathbb{Q}^+$, akkor van olyan $n \in \mathbb{N}_0$, amelyre $u + n\varepsilon \notin X$, de $u + (n+1)\varepsilon \in X$.

   Az $u$ számból kiindulva lépegetünk $\varepsilon$ méretű lépésekkel: $u,u+\varepsilon,u+2\varepsilon,\ldots$. Legyen $S$ mindazon lépésszámok halmaza, amelyek $X$-be juttatnak minket: $$S := \{ \ell \in \mathbb{N}_0 \mid u + \ell\varepsilon \in X \}.$$ Célunk az, hogy megtaláljuk azt a pontot, mikor éppen belépünk $X$-be. Ehhez $S$ legkisebb elemét kell majd vennünk. Mielőtt ezt megtennénk, ellenőrizzük, hogy $S$ nem üres (különben nem lenne legkisebb eleme), és hogy $0$ nincs $S$-ben (kelleni fog majd, hogy a legkisebb elem pozitív).
$S \neq \emptyset$ Vegyünk egy tetszőleges $x \in X$ elemet. Ha $x$ fölé kerülünk, akkor (FSZ) miatt biztosan $X$-ben leszünk. A racionális számok arkhimédeszi tulajdonságának következményeként kapjuk, hogy van olyan $\ell$ természetes szám, amelyre $u+\ell\varepsilon > x$. Ekkor $\ell \in S$, tehát $S$ valóban nem üres.
$0 \notin S$ Mivel $u \notin X$, ezért $\ell = 0$ esetén $u+\ell\varepsilon = u \notin X$, tehát $0 \notin S$.
A természetes számok minden nemüres részhalmazának van legkisebb eleme, tehát $S$-nek is van; jelölje ezt a legkisebb elemet $m$. Mivel $0 \notin S$, ezért $m \geq 1$. A bizonyítás befejezéséhez nem kell mást tennünk, mint ellenőrizni, hogy az $n=m-1 \in \mathbb{N}_0$ számra teljesülnek a lemma állításai. (Az $n$ egész szám azért nem negatív, mert $m \geq 1$; ehhez kellett ellenőriznünk, hogy $0 \notin S$.)
$u + n\varepsilon \notin X$ Az $S$ halmaz legkisebb eleme $m$, ezért $n=m-1\notin S$, ez pedig az $S$ halmaz definíciója szerint épp azt jelenti, hogy $u + n\varepsilon \notin X$.
$u + (n+1)\varepsilon \in X$ Ez rögtön következik az $S$ halmaz definíciójából, hiszen $n+1=m\in S$.
   Ha $X$ szelet, és $\varepsilon \in \mathbb{Q}^+$, akkor van olyan $v \in \mathbb{Q}$, amelyre $v \notin X$, de $v + \varepsilon \in X$.
   Alkalmazzuk az előző lemmát egy tetszőleges $X$-en kívül lévő $u$ számra (ilyen van (NVRH) miatt). Ekkor $v = u + n \varepsilon$ megfelelő lesz (lásd a piros nyilat a fenti ábrán).

Ez a következmény szemléletesen azt jelenti, hogy a szelet „szélénél” egy szeleten kívüli és egy szeleten belüli szám tetszőlegesen közel lehet egymáshoz.

Dedekind-szeletek összeadása

A Dedekind-szeletek halmazát a továbbiakban $\mathcal{R}$ fogja jelölni. (Ez lesz majd a valós számok teste, de egyelőre nem használjuk az $\mathbb{R}$ jelölést; az amúgy is „le van már foglalva” a Cantor-féle felépítésre.) Két Dedekind-szelet összegét természetes módon értelmezzük: vesszük az összes olyan összegek halmazát, ahol az egyik tag az egyik szeletből, a másik tag a másik szeletből „jön”.

   Tetszőleges $X,Y \in \mathcal{R}$ szeletek esetén legyen $X+Y = \{ x+y \mid x \in X,\ y \in Y \}$.
   Szeletek összege is szelet: ha $X,Y \in \mathcal{R}$, akkor $X+Y \in \mathcal{R}$.
   Ellenőrizzük, hogy az $X+Y \subseteq \mathbb{Q}$ halmaz rendelkezik a (NVRH), (FSZ), (NLK) tulajdonságokkal.
(NVRH) Az világos, hogy $X+Y$ nem üres. Mivel $X$ és $Y$ is szelet, léteznek olyan $r,s$ racionális számok, amelyekre $r \notin X$ és $s \notin Y$.
Ekkor $r+s \notin X+Y$. Ha $r+s$ benne lenne az $X+Y$ halmazban, akkor előállna $r+s = x+y\; (x \in X,\,y\in Y)$ alakban. Node $r \notin X$ és $x \in X$ maga után vonja, hogy $r \lt x$ (miért?), és hasonlóan kapjuk, hogy $s \lt y$. Ebből viszont $r+s \lt x+y$ következik, tehát $r+s = x+y$ nem lehetséges.
(FSZ) Tfh. $r > x+y$, ahol $x\in X$ és $y\in Y$. Jelölje $\varepsilon$ azt, hogy $r$ mennyivel nagyobb $x+y$-nál: $\varepsilon=r-(x+y)\in \mathbb{Q}^+$. Ekkor $r = (x+\varepsilon)+y$, és itt (FSZ) miatt az első tag $X$-ben van, a második tag pedig $Y$-ban van. Tehát $r$ valóban előáll egy $X$-beli és egy $Y$-beli szám összegeként.
(NLK) Tfh. $z = x+y$, ahol $x\in X$ és $y\in Y$. Elég csak $X$-re használni a (NLK) tulajdonságot: létezik $x' \in X$, amelyre $x' \lt x$. Ekkor a $z':=x'+y$ számra $z' \lt z$ és $z' \in X+Y$ teljesül (tehát $z$ nem lehet legkisebb eleme az $X+Y$ halmaznak).
   A Dedekind-szeletek halmaza az összeadással Abel-csoportot alkot.
   Az előző állításban láttuk, hogy az $\mathcal{R}$ halmaz zárt az összeadásra, tehát van értelme az $(\mathcal{R};+)$ grupoidról beszélni. A következőket kell ellenőrizni ahhoz, hogy belássuk, hogy $(\mathcal{R};+)$ Abel-csoport.
Az összeadás asszociatív. Ez könnyen adódik a racionális számok összeadásának asszociativitásából. Tetszőleges $X,Y,Z \in \mathcal{R}$ esetén $$(X+Y)+Z = \{ (x+y)+z \mid x \in X,\, y \in Y,\, z \in Z \};$$ $$X+(Y+Z) = \{ x+(y+z) \mid x \in X,\, y \in Y,\, z \in Z \},$$ és ez a két halmaz nyilván megegyezik.
Az összeadás kommutatív. Ez evidens (ugye?).
Az additív egységelem: $0^{\uparrow} = \mathbb{Q}^+$. Tetszőleges $X \in \mathcal{R}$ szelet esetén $X^{\uparrow}$ definíciója szerint $$X+\mathbb{Q}^+ = \{ x+\varepsilon \mid x\in X,\,\varepsilon\in \mathbb{Q}^+ \}=X^{\uparrow}.$$ Mivel $X$ szelet, egy korábbi lemma szerint $X^{\uparrow}=X$, és ez igazolja, hogy $X+\mathbb{Q}^+ = X$.
Az $X \in \mathcal{R}$ szelet additív inverze: $Y = \{ -u \mid u \notin X \}^{\uparrow} = \{ -u+\varepsilon \mid u\notin X,\,\varepsilon\in \mathbb{Q}^+ \}$. Elő látásra talán nem világos, hogy miért ez lesz $X$ additív inverze… A bizonyítás előtt adunk egy kis magyarázatot; szokás szerint „reverse engineering”-et használunk, azaz a még meg sem konstruált valós számokra hivatkozva találjuk ki, hogy mit is kellene csinálni.
Magyarázat. Az $X$ szelet egy $\alpha$ valós számot hivatott jelképezni (lásd a lenti ábrán a zöld halmazt). Az $X$ szelet additív inverzétől azt várjuk, hogy ő a $-\alpha$ számnak feleljen meg (kék színnel jelezve). Ezt három lépésben konstruáljuk meg:
  1. vesszük az $X$-en kívüli racionális számok $U := \mathbb{Q}\setminus X$ halmazát (piros);
  2. ezt tükrözzük az origóra, vagyis a $V := \{ -u \mid u\in U \}$ halmazt vesszük (lila);
  3. ennek minden elemét kicsit jobbra tolva kapjuk az $Y=V^{\uparrow}$ halmazt (kék).
A harmadik lépésre azért van szükség, hogy $Y$-nak ne legyen legkisebb eleme. Ha $\alpha$ irracionális szám, akkor ez automatikusan teljesül: $V^{\uparrow}=V$, ekkor tehát a harmadik lépés elhagyható. (Ilyenkor az ábrán látható piros és lila bogyók valójában üres karikák.) Ha viszont $\alpha$ racionális szám, akkor $U$-nak van legnagyobb eleme (mégpedig $\alpha$), és így $V$-nek van legkisebb eleme (mégpedig $-\alpha$). Ilyenkor a harmadik lépésben nem történik más, mint hogy ezt a legkisebb elemet eltávolítjuk: $V^{\uparrow}=V\setminus \{ -\alpha \}$. (Az ábra az $\alpha>0$ esetet mutatja, de negatív $\alpha$-ra hasonló ábrát lehet készíteni.)
$Y$ valóban szelet.
(NVRH) Az világos, hogy $Y$ nem üres. Legyen $x \in X$ egy tetszőleges elem. Megmutatjuk, hogy ekkor $-x \notin Y$. Ha ugyanis $-x$ az $Y$ halmazban lenne, akkor előállna $-x = -u+\varepsilon$ alakban, ahol $u\notin X$ és $\varepsilon>0$. Az egyenlőséget átrendezve azt kapjuk, hogy $u=x+\varepsilon>x$. Mivel $x\in X$, ebből a (FSZ) tulajdonság alapján az következik, hogy $u \in X$, ellentétben a feltevésünkkel. Tehát $-x \notin Y$, és így $Y \neq \mathbb{Q}$.
(FSZ) Ez következik egy korábbi lemmából, hiszen $Y=V^{\uparrow}$.
(NLK) Ez is következik a korábbi lemmából, hiszen $Y=V^{\uparrow}$.
$Y$ valóban $X$ additív inverze. Azt kell ellenőrizni, hogy $X+Y$ az additív egységelem, vagyis $X+Y = \mathbb{Q}^+$. Az összeadás, illetve $Y$ definíciója alapján részletesebben kiírva így fest a bizonyítandó egyenlőség: $$ \{ x-u+\varepsilon \mid x\in X,\,u\notin X,\,\varepsilon\in \mathbb{Q}^+ \} \overset{?}{=} \mathbb{Q}^+.$$ Nézzük külön-külön a két tartalmazást.
$\subseteq$ A bal oldali halmaz egy tetszőleges eleme így fest: $x-u+\varepsilon = (x-u) +\varepsilon$. Mivel $x\in X$ és $u \notin X$, ezért $u\lt x$ (miért?), így $x-u>0$, és következésképp $(x-u) +\varepsilon \in \mathbb{Q}^+$.
$\supseteq$ Induljunk ki egy tetszőleges $r$ pozitív racionális számból, és legyen $\varepsilon=\frac{r}{2}$. A szeletek „széléről” szóló állítás szerint van olyan $u \notin X$, amelyre $u+\varepsilon\in X$. Ezt az $u+\varepsilon$ számot $x$-szel jelölve készen is vagyunk: $r = \varepsilon + \varepsilon = (u+\varepsilon) - u + \varepsilon = x - u + \varepsilon$, és ez valóban benne van a bal oldali halmazban.

Az $X$ szelet additív inverzét $-X$ jelöli. A fenti bizonyítás szerint tehát $$-X = \{ -u+\varepsilon \mid u\notin X,\,\varepsilon\in \mathbb{Q}^+ \}. \qquad\qquad (\ast)$$

Következzék a pozitív és negatív szeletek definíciója, valamint annak igazolása, hogy minden szelet vagy pozitív, vagy negatív, vagy pedig a $0^{\uparrow}=\mathbb{Q}^+$ szelet.

   A pozitív és negatív szeleteket a következőképp definiáljuk:

A fenti definíció egy kicsit furának tűnhet: egy szelet akkor negatív, ha tartalmaz negatív racionális számot, de akkor pozitív, ha hiányzik belőle pozitív racionális szám. Az ábrák segítenek megérteni, hogy miért így „kell” definiálni a negatív és pozitív szeleteket.

   $\mathcal{R}=\mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \} \cup \mathcal{R}^-$, és ez a három halmaz páronként diszjunkt.
  
diszjunktság Az, hogy $0^{\uparrow}=\mathbb{Q}^+$ se nem pozitív se nem negatív könnyen igazolható: nem hiányzik belőle egyetlen pozitív racionális szám sem, ezért $0^{\uparrow}\notin \mathcal{R}^+$, és nincs benne egyetlen negatív racionális szám sem, ezért $0^{\uparrow}\notin \mathcal{R}^-$. Az $\mathcal{R}^+$ és $\mathcal{R}^-$ halmazok diszjunktságának igazolásához tfh. $X\in\mathcal{R}^+\cap\mathcal{R}^-$. Mivel $X\in\mathcal{R}^+$, van olyan pozitív $r$ racionális szám, amelyre $r \notin X$. Mivel $X\in\mathcal{R}^-$, van olyan negatív $s$ racionális szám, amelyre $s \in X$. Ez ellentmond a (FSZ) tulajdonságnak, hiszen $s \lt r$ (ugye?). Ezzel bebizonyítottuk, hogy az állításban szereplő három halmaz páronként diszjunkt.
unió Legyen $X \in \mathcal{R}$ olyan szelet, ami se nem pozitív se nem negatív (cél: $X=0^{\uparrow}$). Mivel $X\notin\mathcal{R}^+$, minden pozitív racionális szám $X$-ben van. Mivel $X\notin\mathcal{R}^-$, egyetlen negatív racionális szám sincs $X$-ben. Ilyen halmaz csak kettő van: $X=\mathbb{Q}^+$ és $X=\mathbb{Q}^+\cup \{ 0 \}.$ A második eset nem lehetséges (miért?), tehát $X=\mathbb{Q}^+=0^{\uparrow}$.

Elvárhatjuk, hogy a pozitív és a negatív szeletek egymás additív inverzei legyenek. Ezt ellenőrizzük a következő állításban. (Az világos, hogy $0^{\uparrow}$ saját magának additív inverze, hiszen ő az additív egységelem.)

   Pozitív szelet additív inverze negatív, negatív szelet additív inverze pozitív.
  
$X \in \mathcal{R}^+ \implies -X \in \mathcal{R}^-$ Tfh. $X \in \mathcal{R}^+$; ekkor van olyan $u$ pozitív racionális szám, ami nincs $X$-ben. Mivel $u \notin X$, minden $\varepsilon\in \mathbb{Q}^+$ esetén $-u+\varepsilon\in -X$ (lásd az additív inverzre vonatkozó $(\ast)$ képletet). Mivel $-u \lt 0$, elég kicsi $\varepsilon$ esetén még $-u+\varepsilon$ is negatív szám lesz (pl. legyen $\varepsilon = \frac{u}{2}$). Tehát $-u+\varepsilon$ egy negatív szám $-X$-ben, következésképp $-X \in \mathcal{R}^-$.
$X \in \mathcal{R}^- \implies -X \in \mathcal{R}^+$ Tfh. $X \in \mathcal{R}^-$; ekkor van olyan $s$ negatív racionális szám, ami $X$-ben van. Azt állítjuk, hogy ekkor $-s\notin -X$. Tfh. ezzel ellentétben, hogy $-s\in -X$. Az additív inverzre vonatkozó $(\ast)$ képlet szerint ez azt jelenti, hogy $-s$ felírható $-s = -u + \varepsilon$ alakban, ahol $u \notin X$ és $\varepsilon \in \mathbb{Q}^+$. Átrendezve, azt kapjuk, hogy $u = s + \varepsilon > s$. Tudjuk, hogy $s \in X$, így a (FSZ) tulajdonság szerint $u \in X$, ami ellentmondás. Ez az ellentmondás igazolja, hogy $-s\notin -X$, vagyis a $-X$ szeletből hiányzik a $-s$ pozitív racionális szám, következésképp $-X \in \mathcal{R}^+$.

Ugyan még nem készültünk el a valós számok testével (a szorzás még hátravan), de már most megmutatjuk, hogy a racionális számok additív csoportja beágyazható a Dedekid-szeletek additív csoportjába. Az $r$ racionális számnak természetesen az $r^{\uparrow} = \{ x\in \mathbb{Q} \mid x>r \} = \{ r+\varepsilon \mid \varepsilon\in \mathbb{Q}^+ \}$ szelet fog megfelelni.

   Az alábbi $\varphi$ leképezés beágyazás: $$\varphi\colon\ (\mathbb{Q};+) \to (\mathcal{R};+), \; r\mapsto r^{\uparrow}.$$
   A beágyazás definíciója szerint az alábbiakat kell ellenőriznünk (itt $r$ és $s$ tetszőleges racionális számok).
$r^{\uparrow} + s^{\uparrow} = (r+s)^{\uparrow}$

Szavakkal megfogalmazva, azt kell igazolnunk, hogy az $r$-nél nagyobb racionális számok és az $s$-nél nagyobb racionális számok összegei épp az $r+s$-nél nagyobb racionális számok. Az egyik irány világos: ha $x>r$ és $y>s$ (vagyis $x \in r^{\uparrow}$ és $y \in s^{\uparrow}$), akkor $x+y>r+s$ (vagyis $x+y \in (r+s)^{\uparrow}$). Tehát a bal oldali halmaz része a jobb oldalinak.

A másik irányú tartalmazás bizonyításához tfh. $z\in (r+s)^{\uparrow}$, vagyis $z>r+s$. A $z-(r+s)$ különbséget $\varepsilon$-nal jelölve $z$-t fel tudjuk írni így: $z = r+s + \varepsilon = (r+\frac{\varepsilon}{2}) + (s+\frac{\varepsilon}{2})$. Mivel $\varepsilon$ pozitív, az első összeadandó eleme $r^{\uparrow}$-nak, a második pedig eleme $s^{\uparrow}$-nak. Ezzel beláttuk, hogy $z \in r^{\uparrow} + s^{\uparrow}$.

$r \neq s \implies r^{\uparrow} \neq s^{\uparrow}$ Ez világos: ha $r \neq s$, akkor $\frac{r+s}{2}$ egy olyan szám, ami az $r^{\uparrow}$ és $s^{\uparrow}$ halmazok közül pontosan az egyikben van benne. (Ha $r \lt s$, akkor $\frac{r+s}{2} \in r^{\uparrow} \setminus s^{\uparrow}$, ha pedig $s \lt r$, akkor $\frac{r+s}{2} \in s^{\uparrow} \setminus r^{\uparrow}$.)

Pozitív Dedekind-szeletek szorzása

A szorzást egyelőre csak a pozitív szeletekre definiáljuk, az összeadáshoz hasonló módon.

   Tetszőleges $X,Y \in \mathcal{R}^+$ szeletek esetén legyen $X\cdot Y = \{ x\cdot y \mid x \in X,\ y \in Y \}$.

Ez a definíció csak pozitív szeletekre jó; a negatív szeletek (vagy egy negatív és egy pozitív szelet) szorzatát nem tudjuk így értelmezni (HF).

   Pozitív szeletek szorzata is pozitív szelet: ha $X,Y \in \mathcal{R}^+$, akkor $X\cdot Y \in \mathcal{R}^+$.
   Ellenőrizzük, hogy az $X\cdot Y \subseteq \mathbb{Q}$ halmaz rendelkezik a (NVRH), (FSZ), (NLK) tulajdonságokkal, valamint, hogy $X\cdot Y$ pozitív szelet.
(NVRH) Az világos, hogy $X \cdot Y$ nem üres. Mivel $X$ és $Y$ is pozitív szelet, léteznek olyan pozitív $r,s$ racionális számok, amelyekre $r \notin X$ és $s \notin Y$ (lásd a pozitív szelet definícióját).
Ekkor $rs \notin X\cdot Y$. Ha $rs$ benne lenne az $X\cdot Y$ halmazban, akkor előállna $rs = xy\; (x \in X,\,y\in Y)$ alakban. Node $r \notin X$ és $x \in X$ maga után vonja, hogy $r \lt x$ (miért?), és hasonlóan kapjuk, hogy $s \lt y$. Ebből viszont $rs \lt xy$ következik (itt mindenki pozitív), tehát $rs = xy$ nem lehetséges.
(FSZ) Tfh. $r > xy$, ahol $x\in X$ és $y\in Y$ (következésképp $r,x,y>0$). Jelölje $\lambda$ azt, hogy $r$ hányszor nagyobb $xy$-nál: $\lambda=\frac{r}{xy}>1$. Ekkor $r = \lambda x \cdot y$, és itt (FSZ) miatt az első tényező $X$-ben van, a második tényező pedig $Y$-nak eleme. Tehát $r$ valóban előáll egy $X$-beli és egy $Y$-beli szám szorzataként.
(NLK) Tfh. $z = xy$, ahol $x\in X$ és $y\in Y$. Elég csak $X$-re használni a (NLK) tulajdonságot: létezik $x' \in X$, amelyre $x' \lt x$. Ekkor a $z':=x'y$ számra $z' \lt z$ (hiszen $y>0$) és $z' \in X\cdot Y$ teljesül (tehát $z$ nem lehet legkisebb eleme az $X\cdot Y$ halmaznak).
$X\cdot Y\in \mathcal{R}^+$ A (NVRH) tulajdonság igazolásakor már mutattunk olyan pozitív racionális számot, ami nincs $X\cdot Y$-ban.

A fenti állítás bizonyítása nagyon hasonlított a szeletek összeadásánál látott hasonló bizonyításra. Hasonló a helyzet a következő tétellel is: ez is a megfelelő additív tétel multiplikatív analogonja, és ez többnyire csak apró eltéréseket jelent. Például itt egy $H \subseteq \mathbb{Q}^+$ halmaz „felhalmazának” multiplikatív felírását fogjuk használni: $H^{\uparrow}:= \{ \lambda \cdot h \mid h \in H, \lambda \in \mathbb{Q}^+, \lambda>1 \}$.

   A pozitív Dedekind-szeletek halmaza a szorzással Abel-csoportot alkot.
   Az előző állításban láttuk, hogy az $\mathcal{R}^+$ halmaz zárt a szorzásra, tehát van értelme az $(\mathcal{R}^+;\cdot)$ grupoidról beszélni. A következőket kell ellenőrizni ahhoz, hogy belássuk, hogy $(\mathcal{R}^+;\cdot)$ Abel-csoport.
A szorzás asszociatív. Ez könnyen adódik a racionális számok szorzásának asszociativitásából. Tetszőleges $X,Y,Z \in \mathcal{R}^+$ esetén $$(X\cdot Y)\cdot Z = \{ (x\cdot y)\cdot z \mid x \in X,\, y \in Y,\, z \in Z \};$$ $$X\cdot(Y\cdot Z) = \{ x\cdot(y\cdot z) \mid x \in X,\, y \in Y,\, z \in Z \}.$$
A szorzás kommutatív. Ez evidens (ugye?).
A multiplikatív egységelem: $1^{\uparrow} = \{ r\in \mathbb{Q} \mid r > 1 \}$. Tetszőleges $X \in \mathcal{R}^+$ szelet esetén $X^{\uparrow}$ definíciója szerint $$X\cdot 1^{\uparrow} = \{ x\cdot r \mid x\in X,\, r > 1 \}=X^{\uparrow}.$$ Mivel $X$ szelet, egy korábbi lemma szerint $X^{\uparrow}=X$, és ez igazolja, hogy $X \cdot 1^{\uparrow} = X$.
Az $X \in \mathcal{R}^+$ szelet multiplikatív inverze: $Y = \big\{ \frac{1}{u} \mid u \notin X,\, u>0 \big\}^{\uparrow} = \big\{ \frac{ \lambda}{u} \mid u\in \mathbb{Q}^+{\setminus}X,\, \lambda > 1 \big\}$. A multiplikatív inverz fenti felírásának ugyanaz a motivációja, mint az additív inverznél, de kicsit kevésbé szemléletes, ezért ezt nem részletezzük, csak ellenőrizzük amit kell.
$Y$ valóban pozitív szelet.
(NVRH) Az világos, hogy $Y$ nem üres ($X$ pozitivitása miatt $\mathbb{Q}^+{\setminus}X$ nem üres). Legyen $x \in X$ egy tetszőleges elem. Megmutatjuk, hogy ekkor $\frac{1}{x} \notin Y$. Ha ugyanis $\frac{1}{x}$ az $Y$ halmazban lenne, akkor előállna $\frac{1}{x} = \frac{\lambda}{u}$ alakban, ahol $u\in\mathbb{Q}^+{\setminus}X$ és $\lambda>1$. Az egyenlőséget átrendezve azt kapjuk, hogy $u=\lambda x>x$. Mivel $x\in X$, ebből a (FSZ) tulajdonság alapján az következik, hogy $u \in X$, ellentétben a feltevésünkkel. Tehát $\frac{1}{x} \notin Y$, és így $Y \subset \mathbb{Q}$.
(FSZ) Ez következik egy korábbi lemmából, hiszen $Y=V^{\uparrow}$, ahol $V = \big\{ \frac{1}{u} \mid u \notin X,\, u>0 \big\}$.
(NLK) Ez is következik a korábbi lemmából, hiszen $Y=V^{\uparrow}$, ahol $V = \big\{ \frac{1}{u} \mid u \notin X,\, u>0 \big\}$.
$Y\in \mathcal{R}^+$ A (NVRH) tulajdonság igazolásakor már mutattunk olyan pozitív racionális számot (nevezetesen $\frac{1}{x}$ bármely $x\in X$ esetén), ami nincs $X\cdot Y$-ban.
$Y$ valóban $X$ multiplikatív inverze. Azt kell ellenőrizni, hogy $X\cdot Y$ a multiplikatív egységelem, vagyis $X\cdot Y = 1^{\uparrow}$. A szorzás, illetve $Y$ definíciója alapján részletesebben kiírva így fest a bizonyítandó egyenlőség: $$ \bigg\{ x\cdot\frac{\lambda}{u} \ \bigg\vert\ x\in X,\,u\in\mathbb{Q}^+{\setminus}X,\,\lambda>1 \bigg\} \overset{?}{=} 1^{\uparrow}.$$ Nézzük külön-külön a két tartalmazást.
$\subseteq$ A bal oldali halmaz egy tetszőleges eleme így fest: $x\cdot\frac{\lambda}{u} = \frac{x}{u} \cdot\lambda$. Mivel $x\in X$ és $u \notin X$, ezért $u\lt x$ (miért?), így $\frac{x}{u}>1$, és következésképp $\frac{x}{u} \cdot\lambda \in 1^{\uparrow}$.
$\supseteq$ Induljunk ki a jobb oldali halmaz egy tetszőleges eleméből, azaz egy $r>1$ racionális számból, és legyen $u$ egy $X$-en kívüli pozitív racionális szám. Válasszuk $\varepsilon$-t olyan kicsinek, hogy $1 \lt 1 + \frac{\varepsilon}{u} \lt r$ teljesüljön (lásd a $\mathbb{Q}$ rendezésének sűrűségéről szóló állítást). Az $u$ számból $\varepsilon$ méretű lépésekkel haladva előbb-utóbb $X$-be jutunk; legyen $v$ az utolsó $X$-en kívüli szám, és $x:=v+ \varepsilon$ az első $X$-beli szám a lépegetés során (lásd a szeletek „széléről” szóló állítást). Ekkor $$\frac{x}{v} = \frac{v+\varepsilon}{v} = 1 + \frac{\varepsilon}{v} \leq 1 + \frac{\varepsilon}{u} \lt r.$$ Tehát az $\frac{r}{x/v}$ hányadost $\lambda$-val jelölve, $\lambda > 1$. Ebből következik, hogy $r = \lambda \cdot \frac{x}{v} = x \cdot \frac{\lambda}{v}$ benne van a bal oldali $X\cdot Y$ halmazban, hiszen $x\in X$, $v \in \mathbb{Q}^+{\setminus}X$ és $\lambda > 1$.

Az $X$ pozitív szelet multiplikatív inverzét $X^{-1}$ jelöli. A fenti bizonyítás szerint tehát $$X^{-1} = \bigg\{ \frac{1}{u} \ \bigg\vert\ u \notin X,\, u>0 \bigg\}^{\uparrow} = \bigg\{ \frac{ \lambda}{u} \ \bigg\vert\ u\in \mathbb{Q}^+{\setminus}X,\, \lambda > 1 \bigg\}.$$

Következzék a pozitív racionális számok multiplikatív csoportjának beágyazása a pozitív Dedekind-szeletek multiplikatív csoportjába. Az $r$ pozitív racionális számnak most is az $r^{\uparrow} = \{ x\in \mathbb{Q} \mid x>r \} = \{ \lambda r \mid \lambda > 1 \}$ szelet fog megfelelni, ami egy pozitív szelet (miért?).

   Az alábbi $\varphi$ leképezés beágyazás: $$\varphi\colon\ (\mathbb{Q}^+;\cdot) \to (\mathcal{R}^+;\cdot), \; r\mapsto r^{\uparrow}.$$
   Először meg kell gondolni, hogy a leképezés valóban az $\mathcal{R}^+$ halmazba képez: ha $r$ pozitív racionális szám, akkor $r^{\uparrow}$ pozitív szelet, hiszen pl. nem tartalmazza az $r/2$ pozitív racionális számot. Ezután a beágyazás definíciója szerint az alábbiakat kell ellenőriznünk (itt $r$ és $s$ tetszőleges pozitív racionális számok).
$r^{\uparrow} \cdot s^{\uparrow} = (r\cdot s)^{\uparrow}$

Szavakkal megfogalmazva, azt kell igazolnunk, hogy az $r$-nél nagyobb racionális számok és az $s$-nél nagyobb racionális számok szorzatai épp az $rs$-nél nagyobb racionális számok. Az egyik irány világos: ha $x>r$ és $y>s$ (vagyis $x \in r^{\uparrow}$ és $y \in s^{\uparrow}$), akkor $xy>rs$ (vagyis $xy \in (rs)^{\uparrow}$). Tehát a bal oldali halmaz része a jobb oldalinak.

A másik irányú tartalmazás bizonyításához tfh. $z\in (rs)^{\uparrow}$, vagyis $z>rs$. Legyen $\lambda=\frac{z}{rs}$; ekkor $\lambda>1$ és így választhatunk olyan $\lambda'$ racionális számot, amelyre $1 \lt \lambda' \lt \lambda$ (lásd a $\mathbb{Q}$ rendezésének sűrűségéről szóló állítást). Így $z = \lambda\cdot rs = \frac{\lambda}{\lambda'}r \cdot \lambda' s$, és itt $\frac{\lambda}{\lambda'}r \in r^{\uparrow}$ és $\lambda' s \in s^{\uparrow}$, tehát $z \in r^{\uparrow} \cdot s^{\uparrow}$.

$r \neq s \implies r^{\uparrow} \neq s^{\uparrow}$ Ezt már láttuk az additív csoportok beágyazásáról szóló tételnél.

A Dedekind-szeletek teste

Ideje definiálnunk a szorzást negatív szeletekre is. Mivel minden szelet pozitív, negatív vagy nulla, és a pozitív és negatív szeletek egymás additív inverzei, az alábbi definíció bármely két szelet szorzatát megadja.

   Tetszőleges $X,Y\in \mathcal{R}^+$ esetén legyen
   A Dedekind-szeletek halmaza az összeadással és a szorzással testet alkot.
   A test definíciója szerint a következőket kell ellenőrizni.
$(\mathcal{R};+)$ Abel-csoport. Ezt már láttuk korábban.
$(\mathcal{R};\cdot)$ kommutatív egységelemes félcsoport.
A szorzás asszociatív. Azt kell belátni, hogy $(U \cdot V) \cdot W = U \cdot (V \cdot W)$ minden $U,V,W \in \mathcal{R}$ esetén. Összesen 27 esetet kellene megvizsgálni, aszerint, hogy $U$, $V$ és $W$ pozitívak, negatívak vagy nullák. Ha $U,V,W$ valamelyike $0^{\uparrow}$, akkor a szorzás definíciója szerint $(U \cdot V) \cdot W = U \cdot (V \cdot W) = 0^{\uparrow}$. Azt az esetet, amikor mindhárman pozitívak, már elintéztük. A fennmaradó 7 esetből egyet részletezünk; a többi teljesen hasonló.

Tfh. $U,V\in \mathcal{R}^-$ és $W\in \mathcal{R}^+$. Ekkor $U=-X$ és $V=-Y$, ahol $X=-U$ és $Y=-V$ pozitív szeletek. A szorzás definíciója alapján a következőképp számolhatunk:

$$\begin{align} (U \cdot V) \cdot W &= ((-X) \cdot (-Y)) \cdot W = (X \cdot Y) \cdot W; \\ U \cdot (V \cdot W) &= (-X) \cdot ((-Y) \cdot W) = (-X) \cdot (-(Y \cdot W)) = X \cdot (Y \cdot W). \end{align}$$

A kapott két kifejezés valóban egyenlő egymással, mert a pozitív szeletek szorzása asszociatív.

A szorzás kommutatív. Az asszociativitáshoz hasonló módon (de egyszerűbben) vezethető vissza a pozitív szeletek szorzásának kommutativitására.
A multiplikatív egységelem $1^{\uparrow}$. Tetszőleges $X \in \mathcal{R}^+$ esetén $X \cdot 1^{\uparrow} = X$ (ezt már beláttuk); ebből következik, hogy $(-X) \cdot 1^{\uparrow} = -(X\cdot 1^{\uparrow}) = -X$ és végül $0^{\uparrow} \cdot 1^{\uparrow} = 0^{\uparrow}$ (rögtön következik a definícióból).
A szorzás disztributív az összeadásra. Pozitív szeletekre egyszerű belátni a disztributivitást, mert ilyenkor mindkét művelet elemenként van definiálva: tetszőleges $X,Y,Z \in \mathcal{R}^+$ esetén $$\begin{align} X \cdot (Y+Z) &= \{ x \cdot (y+z) \mid x \in X,\, y\in Y,\, z\in Z \}; \\ (X \cdot Y) + (X \cdot Z) &= \{ (x \cdot y) + (x \cdot z) \mid x \in X,\, y\in Y,\, z\in Z \}. \end{align}$$ A többi eset visszavezethető erre; megint csak egy esetet dolgozunk ki. Tfh. $X,Y,Z \in \mathcal{R}^+$ és $-Y+Z\in \mathcal{R}^+$, és bizonyítsuk be az alábbi egyenlőséget: $$X \cdot (-Y+Z) \overset{?}{=} (X \cdot (-Y)) + (X \cdot Z) .$$ Adjunk mindkét oldalhoz $X\cdot Y$-t; mivel $(\mathcal{R};+)$ csoport, ez ekvivalens átalakítás: $$X \cdot (-Y+Z) + X\cdot Y \overset{?}{=} (X \cdot (-Y)) + (X \cdot Z) + X\cdot Y.$$ A bal oldalon használhatjuk a pozitív szeletekre vonatkozó disztributivitást, hiszen $X,-Y+Z,Y\in \mathcal{R}^+$, a jobb oldalon pedig alkalmazzuk a szorzás definícióját: $$X \cdot ((-Y+Z)+Y) \overset{?}{=} -(X \cdot Y) + (X \cdot Z) + X\cdot Y.$$ Világos, hogy mindkét oldal $X\cdot Z$, és ebből következik a bizonyítandó egyenlőség, mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk. (Az $-Y+Z\in \mathcal{R}^-$ eset visszavezethető erre úgy, hogy mindkét oldal additív inverzét vesszük, hiszen ekkor $Y-Z\in \mathcal{R}^+$ (miért?).)
Minden $X\in \mathcal{R}{\setminus}\{ 0^{\uparrow} \}$ elemnek van multiplikatív inverze. Pozitív szelet multiplikatív inverzét már leírtuk, negatív szelet multiplikatív inverzét pedig a $(-X)^{-1}=-(X^{-1})$ képlettel adhatjuk meg ($X \in \mathcal{R}^+$). Valóban, a szorzás definíciója szerint $(-X)\cdot(-(X^{-1})) = X \cdot X^{-1} = 1^{\uparrow}$.

A Dedekind-szeletek testét fogjuk a valós számok testének nevezni (látni fogjuk majd, hogy ez izomorf a Cauchy-sorozatokból konstruált $\mathbb{R}$ testtel). Elvárható tehát, hogy a racionális számok teste beágyazható legyen a Dedekind-szeletek testébe.

   Az alábbi $\varphi$ leképezés beágyazás: $$\varphi\colon\ (\mathbb{Q};+,\cdot) \to (\mathcal{R};+,\cdot), \; r\mapsto r^{\uparrow}.$$
   Az injektivitást és az összeadással való felcserélhetőséget már bebizonyítottuk. A szorzással való felcserélhetőséget is beláttuk már pozitív számok esetén. Hogy erre visszavezethessük az általános esetet, azt kell észrevennünk, hogy $(-r)^{\uparrow} = -(r^{\uparrow})$ minden $r\in \mathbb{Q}^+$ esetén. Ezt közvetlenül is be lehet látni, de hivatkozhatunk arra is, hogy a $\varphi\colon\ (\mathbb{Q};+) \to (\mathcal{R};+), \; r\mapsto r^{\uparrow}$ beágyazás felcserélhető az additív inverz képzésével (ez minden csoporthomomorfizmusra igaz). Ezután a szokásos esetvizsgálat következik; az egyik eset pl. így fest: $$r^{\uparrow} \cdot (-s)^{\uparrow} = r^{\uparrow} \cdot (-(s^{\uparrow})) = -(r^{\uparrow} \cdot s^{\uparrow}) = - (r\cdot s)^{\uparrow} = (-(r\cdot s))^{\uparrow} = (r\cdot (-s))^{\uparrow}$$ minden $r,s \in \mathbb{Q}^+$ esetén. (Próbáljunk minden lépést megindokolni!)

A fenti beágyazás után az $r^{\uparrow}$ szeletet azonosíthatjuk az $r$ racionális számmal, és így $\mathbb{Q}$ részteste lesz $\mathcal{R}$-nek.

A Dedekind-szeletek rendezése

A Dedekind-szeletek testének rendezését a szokott módon a pozitív szeletek segítségével definiáljuk.

   Tetszőleges $X,Y \in \mathcal{R}$ esetén legyen $X \leq Y$ akkor és csak akkor, ha $Y-X \in \mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \}$.
   A fent definiált rendezéssel $\mathcal{R}$ lineárisan rendezett test.
  
Azt kell belátnunk, hogy az $\mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \}$ halmaz rendelkezik a (P0), (P+), (P·), (P−), (PLIN) tulajdonságokkal.
(P0) Ez triviális (ugye?).
(P+) Tudjuk, hogy $0^{\uparrow}$ az additív egységelem, ezért elég azt bizonyítani, hogy pozitív szeletek összege is pozitív. Amikor igazoltuk, hogy szeletek összege is szelet, a (NVRH) tulajdonság ellenőrzésekor láttuk, hogy $r\notin X,\,s\notin Y \implies r+s \notin X+Y$. Ha $X$ és $Y$ pozitív szeletek, akkor választható $r$ és $s$ pozitívnak, és így kapjuk, hogy az $r+s$ pozitív racionális szám nincs benne $X+Y$-ban, tehát $X+Y\in \mathcal{R}^+$.
(P·) Tudjuk, hogy $0^{\uparrow}$ multiplikatív zéruselem (honnan tudjuk?), ezért elég azt bizonyítani, hogy pozitív szeletek szorzata is pozitív, ezt pedig már beláttuk.
(P−) Tfh. $X \in \mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \}$ és $-X \in \mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \}$. A második feltevésből következik, hogy $X \in \mathcal{R}^- \cup \{ 0^{\uparrow} \}$. Mivel az $\mathcal{R}^+$, $\{ 0^{\uparrow} \}$, $\mathcal{R}^-$ halmazok páronként diszjunktak, ez csak $X\in \{ 0^{\uparrow} \}$ esetén lehetséges, és épp ezt követeli meg a (P−) feltétel.
(PLIN) Azt kell bizonyítanunk, hogy minden $X\in \mathcal{R}$ esetén $X\in \mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \}$ vagy $-X\in \mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \}$. Ez ekvivalens azzal, hogy $X\in \mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \}$ vagy $X\in \mathcal{R}^- \cup \{ 0^{\uparrow} \}$, és ez valóban teljesül minden $X$ Dedekind-szeletre, mert $\mathcal{R}=\mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \} \cup \mathcal{R}^-$.
   A Dedekind-szeletek rendezése nem más, mint a fordított irányú tartalmazás: $$\forall X,Y \in \mathcal{R}\colon\; X \leq Y \iff X \supseteq Y.$$
  
$\implies$ Ha $X \leq Y$, akkor, a rendezés definíciója szerint, $Z:=Y-X \in \mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \}$, tehát $Z \subseteq \mathbb{Q}^+$ (miért?). Ha $y \in Y = X+Z$, akkor $y$ előáll $y=x+z$, alakban, ahol $x\in X,\, z\in Z$. Tudjuk, hogy $Z$ minden eleme pozitív, tehát $y=x+z > x$. Az $X$ szeletre alkalmazva a (FSZ) tulajdonságot azt kapjuk, hogy $y \in X$. Ezzel beláttuk, hogy $Y$ minden eleme $X$-ben van, azaz $X \supseteq Y$.
$\impliedby$ Tegyük fel, hogy $X \supseteq Y$. Mivel a Dedekind-szeletek rendezése lineáris, $X \leq Y$ és $X \geq Y$ közül (legalább) az egyik teljesül. Az első esetben készen vagyunk. Ha $X \geq Y$, akkor a fent igazolt „$\implies$” irány alapján az következik, hogy $X \subseteq Y$, ami az $X \supseteq Y$ feltevésünkkel együtt azt adja, hogy $X=Y$, tehát ekkor is igaz, hogy $X \leq Y$.

Ha egy $X$ Dedekind-szeletre úgy gondolunk, mint egy $\alpha$ valós számnál nagyobb racionális számok halmaza (lásd az ábrát), akkor világos, hogy miért a fordított irányú tartalmazás adja a rendezést: minél nagyobb $\alpha$, annál „kevesebb” racionális szám van fölötte.

   Az $\mathcal{R}$-en definiált rendezés kiterjesztése a $\mathbb{Q}$-beli rendezésnek (a $\mathbb{Q}\to \mathcal{R}$ beágyazás szerint $\mathbb{Q}$-t $\mathcal{R}$ résztestének tekintve).
   Mivel a racionális számok rendezése a $\mathbb{Q}^+\cup\{0\}$ pozitivitási tartománnyal, a Dedekind-szeletek rendezése pedig az $\mathcal{R}^+\cup\{0^{\uparrow}\}$ pozitivitási tartománnyal van definiálva, a bizonyítás kulcsa az, hogy az $r \mapsto r^{\uparrow}$ beágyazás megtartja az előjeleket:

A következő állítás azt fejezi ki, hogy a Dedekind-szeletek rendezése sűrű; sőt, ennél egy kicsit többet mutatunk meg: bármely két Dedekind-szelet között van racionális szelet.

   Ha az $X,Y$ Dedekind-szeletekre $X \lt Y$ teljesül, akkor van olyan $r$ racionális szám, amelyre $X \lt r^{\uparrow} \lt Y$.
   Fogalmazzuk át tartalmazási relációra a bizonyítandó állítást: $$X \supsetneq Y \implies \exists r \in \mathbb{Q}\colon\; X \supsetneq r^{\uparrow} \supsetneq Y.$$ Tegyük fel tehát, hogy $X \supsetneq Y$; ekkor $X{\setminus}Y$ nem üres, azaz van olyan $s$ racionális szám, amelyre $s\in X$ és $s\notin Y$. Az $X$ szeletre alkalmazva a (NLK) tulajdonságot, kapunk egy $r\in X$ számot, amelyre $r\lt s$. Megmutatjuk, hogy ez az $r$ szám megfelelő lesz. (Célszerű lehet ezen a ponton egy ábrát készíteni!)
$ X \supsetneq r^{\uparrow}$ Mivel $r\in X$, az $X$ szeletre vonatkozó (FSZ) tulajdonság szerint $r^{\uparrow}\subseteq X$. Ez mindenképp valódi tartalmazás, mert (NLK) miatt van $X$-ben $r$-nél is kisebb szám.
$r^{\uparrow} \supsetneq Y$ Mivel $s\notin Y$, az $Y$ szeletre vonatkozó (FSZ) tulajdonság szerint $Y$ elemei mind nagyobbak $s$-nél, és így $r$-nél is. Ez azt jelenti, hogy $r^{\uparrow} \supseteq Y$, és ez valódi tartalmazás, mert $s\in r^{\uparrow}$ de $s\notin Y$.

Egy dolog hiányzik még a rendezéssel kapcsolatban: az, hogy az $\mathcal{R}$ testnek csak egy kompatibilis lineáris rendezése van (az, amit fent definiáltuk). Ennek bizonyításához szükségünk lesz arra, hogy minden pozitív szeletnek van pontosan egy pozitív négyzetgyöke, amint az el is várható, hiszen a Dedekind-szeletek teste a valós számtest(tel izomorf). Először tehát ezt igazoljuk (sőt, általánosabban, az $n$-edik gyök létezését és egyértelműségét), majd azután bizonyítjuk a rendezés unicitását.

Gyökvonás pozitív Dedekind-szeletből

Egy előkészítő lemmára lesz szükségünk, amely szerint az $n$-edik hatványok mindenütt sűrűn helyezkednek el a pozitív racionális számok között.

   Ha $a,b\in \mathbb{Q}^+$ és $a\lt b$, akkor van olyan $r$ pozitív racionális szám, amelyre $a\lt r^n\lt b$.
   Válasszunk egy tetszőleges $u$ pozitív racionális számot, ami kisebb $a$-nál is és $1$-nél is, valamint egy $v$ pozitív racionális számot, ami nagyobb $b$-nél is és $1$-nél is. Ekkor tehát $u^n \lt u \lt a \lt b \lt v \lt v^n$ (ugye?). Meg fogunk adni $u^n$ és $v^n$ között $n$-edik hatványokat, amelyek olyan sűrűn helyezkednek el, hogy valamelyik mindenképp $a$ és $b$ közé esik. Ehhez válasszunk egy $m$ természetes számot, és legyen $\varepsilon = \frac{v-u}{m}$. (Majd később megmondjuk pontosan, hogy $m$-et milyen nagynak kell választani ahhoz, hogy $\varepsilon$ elég kicsi legyen a célunk eléréséhez.)

Lépkedjünk $u$-ból kiindulva $\varepsilon$ méretű lépésekkel; így $m$ lépés után $v$-be érünk: $u \lt u + \varepsilon \lt u + 2\varepsilon \lt \cdots \lt u + m\varepsilon=v$. Vegyük ezeknek a számoknak az $n$-edik hatványait: $$u^n \lt (u + \varepsilon)^n \lt (u + 2\varepsilon)^n \lt \cdots \lt (u + m\varepsilon)^n=v^n.$$ Nézzük mekkora lehet ebben a sorozatban két szomszédos tag különbsége. Legyen $x = u + k\varepsilon$ és $y = u + (k+1)\varepsilon$; ekkor $$y^n-x^n = (y-x)\cdot(y^{n-1} + y^{n-2}x + \cdots + yx^{n-2} + x^{n-1}).$$ Itt $y-x = \varepsilon$, és a második tényezőben lévő $n$-tagú összeg minden tagja legfeljebb $v^{n-1}$, hiszen $x,y\leq v$. Tehát a következő becslést kapjuk két szomszédos tag különbségére: $y^n-x^n \lt \varepsilon\cdot n v^{n-1}$. Ha $m$-et olyan nagynak választjuk, hogy $\varepsilon\lt \frac{b-a}{n v^{n-1}}$ teljesüljön (miért létezik ilyen $m$ természetes szám?), akkor az $n$-edik hatványok sorozatában bármely két szomszédos tag távolsága kisebb, mint $b-a$, és így az $n$-edik hatványok nem tudják „átugrani” az $(a,b)$ intervallumot, azaz valóban létezik $n$-edik hatvány $a$ és $b$ között.

   Minden pozitív Dedekind-szeletnek létezik pozitív $n$-edik gyöke, és a gyök egyértelműen meghatározott: $$\forall n \in \mathbb{N} \; \forall A \in \mathcal{R}^+ \; \exists! X \in \mathcal{R}^+ \colon \;\; X^n=A.$$
  
unicitás Tudjuk, hogy $(\mathcal{R}^+;\cdot)$ csoport, tehát a szorzás kancellatív művelet a pozitív szeletek halmazán. Ebből következik, hogy a szorzás és a rendezés kompatibilitása a szigorú rendezésre vonatkozóan is teljesül ($a\lt b \implies ac \lt bc$). Tfh. $X^n=A=Y^n$, ahol $X$ és $Y$ is pozitív szelet. Ha $X\neq Y$, akkor $X\lt Y$ vagy $Y\lt X$, mert a rendezés lineáris. Az első esetben azt kapjuk, hogy $X^n\lt Y^n$, a másodikban pedig azt, hogy, $Y^n\lt X^n$. Egyik sem lehetséges, mert $X^n=Y^n$.
egzisztencia Megmutatjuk, hogy $X = \{ x\in \mathbb{Q}^+ \mid x^n \in A \}$ megfelelő lesz.
(NVRH) Az világos, hogy $X \neq \emptyset$, mert minden „elég nagy” racionális szám $n$-edik hatványa $A$-ban van (miért?). Mivel $A \in \mathcal{R}^+$, van olyan $u$ pozitív racionális szám, ami nincs $A$-ban. A fenti lemma szerint van $n$-edik hatvány $0$ és $u$ között: $\exists r \in \mathbb{Q}^+ \colon\; 0 \lt r^n \lt u$. Az $A$ szelet (FSZ) tulajdonágából következik, hogy $r^n \notin A$, tehát $r \notin X$. Ezzel beláttuk, hogy $X \neq \mathbb{Q}$.
(FSZ) Ha $r>x\in X$, akkor $r^n>x^n\in A$, tehát (FSZ) miatt $r^n \in A$, és így $r\in X$.
(NLK) Tfh. $x\in X$, azaz $x\in \mathbb{Q}^+$ és $x^n \in A$, és keressünk $x$-nél kisebb elemet $X$-ben. A (NLK) tulajdonság szerint van $A$-ban $x^n$-nél kisebb $a$ szám, és feltehető, hogy $a$ pozitív (miért?). A lemmát alkalmazva kapunk olyan $r$ pozitív racionális számot, amelyre $a \lt r^n \lt x^n$. Az $a \lt r^n$ egyenlőtlenségből (FSZ) alapján következik, hogy $r^n \in A$, azaz $r \in X$. Az $r^n \lt x^n$ egyenlőtlenségből pedig az következik, hogy $r \lt x$, tehát $r$ egy $x$-nél kisebb elem $X$-ben.
$X\in \mathcal{R}^+$ A (NVRH) tulajdonság igazolásakor már mutattunk olyan pozitív racionális számot, ami nincs $X$-ben.
$X^n = A$ Figyelem:$X^n$ nem az $\{ x^n \mid x\in X \}$ halmazt jelöli, hanem az $X\cdot \ldots \cdot X$ szorzatot! Tehát a bizonyítandó egyenlőség: $$\{ x_1\cdot\ldots\cdot x_n \mid x_i\in X \} \overset{?}{=} A.$$
$\subseteq$ Legyen $x_1,\ldots,x_n\in X$, és az általánosság megszorítása nélkül tfh. $x_1 \leq \cdots \leq x_n$. Ekkor $x_1\cdot\ldots\cdot x_n \geq x_1^n \in A$, tehát a (FSZ) tulajdonság alapján következik, hogy $x_1\cdot\ldots\cdot x_n \in A$.
$\supseteq$ Tfh. $a\in A$; ekkor a (NLK) tulajdonság szerint van $A$-ban $a$-nél kisebb $a'$ szám, és feltehető, hogy $a'$ pozitív (ugye?). A lemmát alkalmazva kapunk olyan $r$ pozitív racionális számot, amelyre $a' \lt r^n \lt a$. Mivel $a' \lt r^n$, az $A$ szelet (FSZ) tulajdonsága szerint $r^n \in A$, azaz $r \in X$. Emiatt az $r^n=r\cdot\ldots\cdot r$ szorzat benne van az $X^n = X\cdot \ldots \cdot X$ szorzatban. Most az $X^n$ szeletre alakalmazzuk a (FSZ) tulajdonságot: $a > r^n$ és $r^n \in X^n$ miatt $a \in X^n$, és épp ezt kellett igazolnunk.
   A Dedekind-szeletek testének csak egy kompatibilis lineáris rendezése van.
   Tfh. $P \subseteq \mathcal{R}$ teljesíti a (P0), (P+), (P·), (P–) és (PLIN) tulajdonságokat (cél: $P = \mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \}$). Legyen $A$ tetszőleges pozitív szelet. Az előző tétel szerint van olyan $X$ szelet, amelyre $X^2=A$. A (PLIN) tulajdonság miatt $X$ és $-X$ közül legalább az egyik $P$-ben van. Mindkét esetben (P·) azt adja, hogy $A \in P$, hiszen $A = X \cdot X = (-X )\cdot (-X)$. Ezzel beláttuk, hogy minden pozitív szelet $P$-ben van, ami (P0)-lal együtt azt jelenti, hogy $P \supseteq \mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \}$. A (P–) tulajdonság szerint egyetlen negatív szelet sem lehet $P$-ben, hiszen ezek épp a pozitív szeletek additív inverzei. Ezzel beláttuk, hogy $P = \mathcal{R}^+ \cup \{ 0^{\uparrow} \}$.