# 1.6 小數與區間套
視整數及有理數為實數系統的一部分，便能藉助它們了解無理數。
我們在中學階段就知道如何透過十分逼近法求出$\sqrt{2}$的近似值；根據不等式
$$1.4\leq \sqrt{2}<1.5,\quad 1.41\leq \sqrt{2}<1.42,\quad 1.414\leq \sqrt{2}<1.415 \tag{$\star$}$$ 可見$1.4,\, 1.41,\, 1.414,\, \dots$是一串逐步逼近$\sqrt{2}$的小數，從而推論$\sqrt{2}=1.414\dots$。
本節運用完備性公理將十分逼近法的思想拓展至一般情況，為非負實數構造小數表示；由此可輕易證明有理數在實數系統中稠密，並引出區間套的概念。
## 小數表示法
令$a$為非負實數；構造$a$的小數表示（decimal representation）分成三個步驟：
1. 確認$a$介於兩個相鄰整數之間（可能等於其中一者），以建立$a$的整數部分$d_0$。
2. 自$[d_0,\, d_0+1)$起，反覆細分區間並選取包含$a$的子區間，生成一串逐步逼近$a$的有限小數。
3. 令集合$R$收集前一步驟產生的有限小數，證明$a=\sup R$；由此定義$\sup R$為$a$的小數表示。
### 第一步：建立整數部分
在數線上，整數構成等距的刻度；因此，每個實數都應該位於某兩個相鄰整數之間，或是恰好落在其中一者上。不過，這個看似顯然的幾何直觀其實仰賴實數完備性。
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**命題1.6.1**
正整數集合$\mathbb{N}$無上界。
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**證明**
假設命題錯誤，$\mathbb{N}$有上界。
既然如此，完備性公理保證$\mathbb{N}$有最小上界$u\in \mathbb{R}$。
因為$u$是$\mathbb{N}$的最小上界，所以$u-1$並非$\mathbb{N}$的上界；故存在大於$u-1$的正整數$n^{*}$。
然而這表示$n^{*}+1$為大於$u$的正整數，違背「$u$是$\mathbb{N}$的上界」。
因此假設錯誤，$\mathbb{N}$無上界。
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命題1.6.1意味著無論實數$x$有多大，總是找得到超過$x$的正整數。
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**命題1.6.2**
對任意的實數$x$而言，存在恰一個滿足$m\leq x<m+1$的整數$m$。
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:::success
**證明**
任意給定實數$x$。
先論證$m$的唯一性：
假設整數$m_1,m_2$皆滿足命題中的不等式。
若$m_1<m_2$，則$m_1+1\leq m_2$；又因為$x<m_1+1$，所以$x<m_2$。
但這導致$m_2$不滿足敘述中的不等式，與假設衝突。
同理，$m_1>m_2$也會違反假設；因此$m_1=m_2$。
再論證$m$的存在性：
依命題1.6.1，可取大於$-x+1$的正整數$n^{*}$；考慮下列集合
$$S = \{k+n^{*}:k\in \mathbb{Z}\ 且\ k>x\}$$ 基於$k,n^{*}\in \mathbb{Z}$且$k+n^{*}>x+n^{*}>1$，$S$為$\mathbb{N}$的子集合。
此外，命題1.6.1亦保證$S$非空；那麼根據良序原理，$S$中有最小的正整數$k_1+n^{*}$。
由$k_1+n^{*}\in S$得知$k_1>x$且$k_1-1\in \mathbb{Z}$；又$k_1-1+n^{*}\notin S$，故$k_1-1\leq x$。
因此，$k_1-1$就是滿足$m\leq x<m+1$的整數$m$。
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:::warning
**定義1.6.3（下取整函數）**
實數$x$的<font color=red>下取整函數（floor function）</font>是滿足$m\leq x<m+1$的整數$m$，記作$\lfloor x\rfloor$。
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換言之，$\lfloor x\rfloor$為不大於$x$的最大整數。
現在我們可以利用下取整函數建立$a$的整數部分：令$d_0=\lfloor a\rfloor$，則
$$d_0 \leq a < d_0+1$$ 這意味著$a$介在整數$d_0$及$d_0+1$之間（可能等於$d_0$），那麼$a$的整數部分就是$d_0$。
### 第二步：生成有限小數
有了$d_0$之後，接著把區間$[d_0,\, d_0+1)$分成十等分，得到子區間
$$\left[d_0,\ d_0+\frac{1}{10}\right),\ \left[d_0+\frac{1}{10},\ d_0+\frac{2}{10}\right),\ \dots\ ,\ \left[d_0+\frac{9}{10},\ d_0+1\right)$$ 因為$a\in [d_0,\, d_0+1)$，所以$a$會位於某一個子區間中；由此推得不等式
$$d_0+\frac{d_1}{10} \leq a < d_0+\frac{d_1}{10}+\frac{1}{10},\quad d_1\in \{0,1,\dots,9\} \tag{$1$}$$ 欲產生下一組不等式，再把子區間
$$\left[d_0+\frac{d_1}{10},\ d_0+\frac{d_1+1}{10}\right)$$ 細分成十等分；按照前述論證，可知
$$d_0+\frac{d_1}{10}+\frac{d_2}{10^2} \leq a < d_0+\frac{d_1}{10}+\frac{d_2}{10^2}+\frac{1}{10^2},\quad d_2\in \{0,1,\dots,9\} \tag{$2$}$$ 依此類推，第三組不等式為
$$d_0+\frac{d_1}{10}+\frac{d_2}{10^2}+\frac{d_3}{10^3} \leq a < d_0+\frac{d_1}{10}+\frac{d_2}{10^2}+\frac{d_3}{10^3}+\frac{1}{10^3} \tag{$3$}$$ 其中$d_3$同樣屬於$0$到$9$的整數。如此便能造出一系列型如$(\star)$的不等式，以下是這段過程的總結：
:::danger
**命題1.6.4**
記$d_0 = \lfloor a\rfloor$，定義
$$d_n = \left\lfloor 10^n\left(a-\sum_{i=0}^{n-1} \frac{d_i}{10^i}\right) \right\rfloor,\quad n\in \mathbb{N}$$ 則$d_n$皆為$0$到$9$的整數之一，滿足下列不等式：
$$\sum_{i=0}^{n} \frac{d_i}{10^i} \leq a < \sum_{i=0}^{n} \frac{d_i}{10^i}+\frac{1}{10^n} \tag{$*$}$$
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:::success
**證明**
記$a_0=a$，定義
$$a_n = 10^n\left(a-\sum_{i=0}^{n-1} \frac{d_i}{10^i}\right),\quad n\in \mathbb{N}$$ 則$d_n=\lfloor a_n\rfloor$；由下取整函數的定義知$d_n\leq a_n<d_n+1$，移項整理即得不等式$(*)$。
任意給定正整數$n$。
基於$d_n$是不大於$a_n$的最大整數，只要確認$0\leq a_n<10$，便知$d_n\in \{0,1,\dots,9\}$。
誠然，因為$d_{n-1}=\lfloor a_{n-1}\rfloor$，所以$0\leq a_{n-1}-d_{n-1}<1$。
又$a_n=10(a_{n-1}-d_{n-1})$，故$0\leq a_n<10$；命題至此證畢。
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注意到$\sum_{i=0}^{n} \left(d_i/10^i\right)$為有理數；將其簡記成$d_0.d_1\dots d_n$，稱為有限小數（finite decimal）。
不等式$(*)$指出$a$和$d_0.d_1\dots d_n$的差距小於$1/10^n$；當$n$很大時，$1/10^n$變得非常小，所以$a$亦將與$d_0.d_1\dots d_n$相差無幾；因此直觀而言，
$$d_0.d_1,\quad d_0.d_1d_2,\quad d_0.d_1d_2d_3,\quad \dots$$ 的確是一串逐步逼近$a$的有限小數。
### 第三步：構造無限小數
由於前一個步驟所產生的有限小數逐步逼近$a$，想像上，$a$的小數表示應寫成$d_0.d_1d_2d_3\dots$。
不過，想要徹底釐清$d_0.d_1d_2d_3\dots$的涵義，須先證明一個重要的性質。
:::danger
**命題1.6.5（Archimedes性質）**
令$x,y$為實數。若$x>0$，則存在滿足$mx>y$的正整數$m$。
特別地，對任意的正實數$x$而言，存在滿足$1/m<x$的正整數$m$。
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:::success
**證明**
命題1.6.1表明存在大於$y/x$的正整數$m$。
因此若$x>0$，則$m$滿足不等式$mx>y$。
特別地，當$y=1$時，此不等式即為$1/m<x$。
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現在展示如何明確使用第二步中的有限小數來刻畫$a$。
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**命題1.6.6**
沿用命題1.6.4的符號，定義集合
$$R = \left\lbrace d_0.d_1\dots d_n: n\in \mathbb{N}\right\rbrace$$ 則$a$就是$R$的最小上界。
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:::success
**證明**
從不等式$(*)$的左側部分得知$a$為$R$的上界。
任意給定小於$a$的實數$a'$，須確認$a'$不是$R$的上界：
因為$a-a'>0$，所以根據命題1.6.5，存在滿足$1/n^{*}<a-a'$的正整數$n^{*}$。
又$10^{n^{*}}>n^{*}$，故$1/10^{n^{*}}<1/n^{*}<a-a'$；於是$a'<a-1/10^{n^{*}}$。
將不等式$(*)$右側部分的$n$代換成$n^{*}$，得$a< d_0.d_1\dots d_{n^{*}}+1/10^{n^{*}}$。
因此$a'<d_0.d_1\dots d_{n^{*}}$，這表示$a'$確實並非$R$的上界。
綜上所述，$a$就是$R$的最小上界。
:::
既然$a$為$R$的最小上界，便能將$d_0.d_1d_2d_3\dots$定義成$\sup R$，以此作為$a$的小數表示。
有鑑於$d_0.d_1d_2d_3\dots$從形式上看起來可持續新增位數，稱之無限小數（infinite decimal）。
以上建構小數的方式稱為「十分逼近法」，其核心在於不斷將包含$a$的區間切成十等分；也能把區間等分成其他個數，依循相同邏輯獲得不同進制下的小數表示。
### 有理數的稠密性
透過構造小數，我們發現實數和有理數的距離可以任意地小。
這揭示了有理數在實數系統中稠密（dense），亦即任意兩個相異實數之間均存在有理數。
:::danger
**命題1.6.7**
對任意的實數$x,y$而言，只要$x<y$，便能找到滿足$x<r<y$的有理數$r$。
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以下僅證明$x\geq 0$的情況，$x<0$的情況留給讀者練習。
:::success
**證明**
任意給定非負實數$x$與實數$y$，假設$x<y$。
為實數$z=(x+y)/2$構造小數表示，記成$d_0.d_1d_2d_3\dots$。
那麼依命題1.6.6，$z$是集合$R = \left\lbrace d_0.d_1\dots d_n: n\in \mathbb{N}\right\rbrace$的最小上界。
因為$x<z$，所以$x$不是$R$的上界；這表示$R$中存在大於$x$的有理數$r$。
又$z$為$R$的上界，而且$z<y$；故$r<y$。
因此，$r$就是滿足$x<r<y$的有理數。
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在找出$r$後，命題1.6.7顯示$x$與$r$之間仍有新的有理數；由此可見$x$與$y$之間存在無窮多個有理數。
## 區間套
儘管稠密性意味著有理數於數線上無所不在，有理數系統並不滿足完備性公理。
此一事實亦能立即經由小數表示法驗證：
:::danger
**命題1.6.8**
$\mathbb{Q}$的非空子集合即使有上界，其最小上界也可能不屬於$\mathbb{Q}$。
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**證明**
令$\sqrt{2}$的小數表示為$d_0.d_1d_2d_3\dots$，則
$$R = \left\lbrace d_0.d_1\dots d_n: n\in \mathbb{N}\right\rbrace$$ 乃$\mathbb{Q}$的非空子集合，有上界$\sqrt{2}$；然而$R$的最小上界正是$\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}$，命題證畢。
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從幾何的觀點來看，「$\mathbb{Q}$不滿足完備性」代表有理數無法填滿整條數線。
為了更加深刻地理解這個現象，以下探究小數表示法的另一個面貌。
先前預設了實數$a$的存在，為其構造小數表示$d_0.d_1d_2d_3\dots$；反之，若$a$並未事先給定，而是直接選取整數$d_0$以及一串$0$到$9$的數字$d_1,d_2,d_3\dots$，我們也能參照不等式$(*)$建構出一系列的區間：
$$I'_n = \left[\sum_{i=0}^{n} \frac{d_i}{10^i},\ \sum_{i=0}^{n} \frac{d_i}{10^i}+\frac{1}{10^n}\right),\quad n\in \mathbb{N}$$ 觀察到隨著$n$愈來愈大，$I'_n$會逐漸往內縮；那它最終是否能夠「圈住」一個實數$a$呢？
答案是不一定！倘若$d_0=0$、其他$d_n$都等於$9$，此時構成的區間為
$$\left[\frac{9}{10},\ 1\right),\quad \left[\frac{99}{100},\ 1\right),\quad \left[\frac{999}{1000},\ 1\right),\quad \dots$$ 不難驗證：沒有同時屬於以上所有區間的實數，亦即這組區間最終無法圈住實數（見習題1.6.1）。
不過，一旦將$I'_n$改成閉區間$I_n$，便可保證$I_1,I_2,I_3,\dots$最終必能圈住一個實數。
在證明這點之前，須先進一步剖析無限小數。
:::danger
**命題1.6.9**
給定一串整數$d_0,d_1,d_2,\dots$；假設除了$d_0$之外，其他$d_i$皆滿足$0\leq d_i\leq 9$。定義
$$r_n = \sum_{i=0}^{n} \frac{d_i}{10^i},\quad s_n = \sum_{i=0}^{n} \frac{d_i}{10^i}+\frac{1}{10^n},\quad n\in \mathbb{N}$$ 對任意的正整數$m,m'$而言，若$m'>m$，則$r_{m'}\geq r_m$且$s_{m'}\leq s_m$。
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:::success
**證明**
若正整數$m,m'$滿足$m'>m$，則
$$r_{m'}-r_m = \sum_{i=m+1}^{m'} \frac{d_i}{10^i},\qquad s_{m'}-s_m = \left(\sum_{i=m+1}^{m'} \frac{d_i}{10^i}\right)+\frac{1}{10^{m'}}-\frac{1}{10^m}$$ 因為上式中的$d_i$都滿足$0\leq d_i\leq 9$，所以$\sum_{i=m+1}^{m'} \left(d_i/10^i\right)\geq 0$，而且
\begin{align}
\left(\sum_{i=m+1}^{m'} \frac{d_i}{10^i}\right)+\frac{1}{10^{m'}}-\frac{1}{10^m} &\leq \left(\sum_{i=m+1}^{m'} \frac{9}{10^i}\right)+\frac{1}{10^{m'}}-\frac{1}{10^m}\\[6pt]
&= \left(\frac{1}{10^m}-\frac{1}{10^{m'}}\right)+\frac{1}{10^{m'}}-\frac{1}{10^m} = 0
\end{align} 這就意味著$r_{m'}\geq r_m$且$s_{m'}\leq s_m$。
:::
命題1.6.9顯示區間$[r_{n+1},s_{n+1}]$總是包含於前一個區間$[r_n,s_n]$。
具有這個性質的一串區間稱為區間套（nested intervals）。
:::danger
**命題1.6.10**
沿用命題1.6.9的符號，訂定下列集合：
$$R = \left\lbrace r_n: n\in \mathbb{N}\right\rbrace,\qquad S = \left\lbrace s_n: n\in \mathbb{N}\right\rbrace$$ 對任意的正整數$m$而言，$s_m$為$R$的上界，且$r_m$為$S$的下界。
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**證明**
欲證明此命題，僅需論證$r_m\leq s_n$對任意的正整數$m,n$均成立即可。
任意給定正整數$m,n$，考慮兩者的大小關係：
* 若$m=n$，則由$1/10^n\geq 0$得知$r_m\leq s_n$。
* 若$m<n$，則利用命題1.6.9，$r_m\leq r_n\leq s_n$。
* 若$m>n$，則同樣依命題1.6.9，$r_m\leq s_m\leq s_n$。
因此無論何種情況，都有$r_m\leq s_n$；命題證畢。
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現在得以完成證明。
:::danger
**命題1.6.11**
繼續沿用命題1.6.9的符號，令$I_n=[r_n,s_n]$，$n\in \mathbb{N}$。
存在同時落在所有$I_n$中的實數$a$，而且該實數唯一。
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:::success
**證明**
先論證$a$的存在性：
注意到命題1.6.10中的集合$R$非空且有上界$s_1$；根據完備性公理，可考慮$\sup R\in \mathbb{R}$。
任意給定正整數$n$；由於$\sup R$是$R$的上界，$\sup R\geq r_n$。
又命題1.6.10指出$s_n$亦為$R$的上界，故$\sup R\leq s_n$。
如此一來，$\sup R$就是同時落在所有$I_n$中的實數$a$。
再論證$a$的唯一性：
假設實數$a,a'$皆同時落在所有$I_n$中，並且$a'<a$。
按照命題1.6.6的證明，可找到滿足$a'+1/10^{n^{*}}<a$的正整數$n^{*}$。
因為$a'\in I_{n^{*}}$，所以$a'\geq r_{n^{*}}$；於是
$$a > a'+\frac{1}{10^{n^{*}}} \geq r_{n^{*}}+\frac{1}{10^{n^{*}}} = s_{n^{*}}$$ 但這違反了$a\in I_{n^{*}}$的假設；依此確認只能有一個屬於所有$I_n$的實數。
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命題1.6.11表明區間套$I_1,I_2,I_3,\dots$無論聚焦至數線上的哪個位置，最終都能鎖定一個實數點；因此實數系統沒有「空隙」，而數線的確相當於一條連續不間斷的線。
相對地，即使$I_n$已經是以有理數為端點的閉區間，仍然無法肯定$I_1,I_2,I_3,\dots$最終會圈中有理數；舉例來說，若$d_0,d_1,d_2,\dots$為$\sqrt{2}$小數表示的位數，則由這串數字所構成的區間套最終將圈中$\sqrt{2}$，並非有理數。由此可見，有理數無法鋪滿整條數線；換言之，有理數系統存在「空隙」。
這正是完備性的幾何意涵，也是實數系統得以作為微積分基石的原因。
## 習題
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**習題1.6.1**
令$a,\varepsilon$為實數，$\varepsilon>0$。假設對任意的正整數$m$而言，實數$x$都滿足不等式
$$a-\frac{\varepsilon}{m}\leq x\leq a$$ 證明：$x=a$。
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**習題1.6.2**
證明：兩個相異實數之間恆有無窮多個無理數。
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**習題1.6.3**
任意給定有理數$r$，利用十分逼近法構造$r$的小數表示。
證明：$r$的小數表示自小數點後的某一位起，必全等於$0$或開始循環。何時會全等於$0$？
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**習題1.6.4**
本習題介紹十分逼近法的變形。
1. 證明：對任意的實數$x$而言，存在恰一個滿足$m-1<x\leq m$的整數$m$。
這個整數記作$\lceil x\rceil$，稱為$x$的上取整函數（ceiling function）。
2. 任意給定正實數$b$，證明命題1.6.4的上取整版本：記$d'_0=\lceil b\rceil-1$，定義
$$d'_n = \left\lceil 10^n\left(b-\sum_{i=0}^{n-1} \frac{d'_i}{10^i}\right) \right\rceil-1,\quad n\in \mathbb{N}$$ 則$d'_n$皆為$0$到$9$的整數之一，滿足下列不等式：
$$\sum_{i=0}^{n} \frac{d'_i}{10^i} < b \leq \sum_{i=0}^{n} \frac{d'_i}{10^i}+\frac{1}{10^n}$$
3. 證明$b$是下列集合的最小上界：
$$R' = \left\lbrace \sum_{i=0}^{n} \frac{d'_i}{10^i}: n\in \mathbb{N}\right\rbrace$$ 由此將$d'_0.d'_1d'_2d'_3\dots$定義成$\sup R'$，作為$b$的小數表示。
4. 分別利用正文中和本習題中的十分逼近法，為$1$構造小數表示。
論證$1.000\dots=0.999\dots=1$。
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:::info
**\*習題1.6.5**
本習題介紹階乘進制（factorial number system），這是另一種刻畫非負實數$a$的方法。
1. 記$c_0=\lfloor a\rfloor$，定義
$$c_n = \left\lfloor \left(n+1\right)!\, a\right\rfloor - \left(n+1\right)\left\lfloor n!\, a\right\rfloor,\quad n\in \mathbb{N}$$ 證明：$c_n$皆為$0$到$n$的整數之一，而且滿足不等式
$$\sum_{i=0}^{n} \frac{c_i}{(i+1)!} \leq a < \sum_{i=0}^{n} \frac{c_i}{(i+1)!}+\frac{1}{(n+1)!}$$
2. 證明$a$是下列集合的最小上界：
$$C = \left\lbrace \sum_{i=0}^{n} \frac{c_i}{(i+1)!}: n\in \mathbb{N}\right\rbrace$$ 由此定義$(c_0.c_1c_2c_3\dots)_! = \sup C$，作為$a$的表示。
3. 證明：若$a$為有理數，則$a$的表示$(c_0.c_1c_2c_3\dots)_!$自小數點後的某一位起會全等於$0$。
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:::info
**\*習題1.6.6**
給定一串整數$c_0,c_1,c_2,\dots$；假設除了$c_0$之外，其他$c_i$皆滿足$0\leq c_i\leq i$。建構閉區間
$$I_n = \left[\sum_{i=0}^{n} \frac{c_i}{(i+1)!},\ \sum_{i=0}^{n} \frac{c_i}{(i+1)!}+\frac{1}{(n+1)!}\right],\quad n\in \mathbb{N}$$ 證明：$I_1,I_2,I_3,\dots$構成區間套，而且恰有一個同時落在所有$I_n$中的實數$a$。
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