§6-4 √2 與稠密性
ℝ 裡真的有一個數平方得 2 嗎？任兩個實數之間，有理數與無理數都擠得進去嗎？而 ℚ 不完備，要怎麼抓到現行？
√2 正式落戶（6.8）
§4 的 4.7 證了「沒有有理數平方得 2」，但它只說了誰不是——「ℝ 裡真的有一個數平方得 2」是另一回事，而且前兩節的公理擔保不了（ℚ 全數通過那些公理，卻正好缺這個數）。現在完備性在手，缺的那個數可以正式生出來：把「平方不超過 2 的非負數」全體圈起來，它的 sup 就是要找的人。
6.8 THEOREM
There exists a strictly positive real number x whose square is 2.
存在嚴格正實數 x 使 x² = 2——與 4.7 合讀：這個數存在，而且必是無理數；記作 √2。
正例：同一套辦法對任何 a ≥ 0 都跑得動——稍加修改可證每個正數都有唯一的正平方根 √a（√3、√6 一體落戶）。反例：舞台換成 ℚ 這場戲就開天窗——例 3 是完整的作案現場；「sup 存在」是 ℝ 的特權，不是集合自己的本事。
PROOF
令 S = {y ∈ ℝ : y ≥ 0，y² ≤ 2}。先驗 S 非空、上有界，由完備性取 x = sup S；再用三分律反證 x² = 2。途中兩度用到「非負數平方保序」：0 ≤ a < b 時 a² = a·a ≤ a·b < b·b = b²（5.6(c) 用兩次）。
證明計畫 · 由所求想起
要證：某個正數的平方恰是 2。
⇢ 圈出候選集：平方不超過 2 的非負數全體，完備性交出它的 sup，叫 x。
⇢ 三分律說 x² 與 2 只有三種關係，目標是掐死兩個錯的。
⇢ 若 x² < 2：往右挪一小步 1/n（用 6.7(b) 挑步長）仍留在候選集——sup 被自家成員超車，矛盾。
⇢ 若 x² > 2：往左退一小步照樣攔得住全體成員——出現比 sup 更小的上界，矛盾。
⇢ 只剩 x² = 2。
要證：某個正數的平方恰是 2。
⇢ 圈出候選集：平方不超過 2 的非負數全體，完備性交出它的 sup，叫 x。
⇢ 三分律說 x² 與 2 只有三種關係，目標是掐死兩個錯的。
⇢ 若 x² < 2：往右挪一小步 1/n（用 6.7(b) 挑步長）仍留在候選集——sup 被自家成員超車，矛盾。
⇢ 若 x² > 2：往左退一小步照樣攔得住全體成員——出現比 sup 更小的上界，矛盾。
⇢ 只剩 x² = 2。
這張圖在畫開局：候選集 S（非空——1 在籍；上有界——2 攔得住）由完備性配得 sup，叫它 x。剩下的工作是逼 x² 承認自己等於 2。
Proof. The set S = {y ∈ ℝ : y ≥ 0, y² ≤ 2} holds 1, so it is non-empty; and 2 bounds it above — a member s > 2 would satisfy s² > 4 > 2 by the order-preservation of squares, against s² ≤ 2. By the Supremum Property 6.4 the number x = sup S exists, and x ≥ 1 > 0 because 1 ∈ S.
開局三驗，全是例行核對：非空——1² = 1 ≤ 2，1 在籍；上有界——誰若超過 2，平方保序讓它的平方超過 4，資格立即取消；於是完備性 6.4 交出 x = sup S，而右測之前先白撿一件：x 至少是 1（成員 1 壓底），所以 x 嚴格正——待會兩次除以 x 的資格在此備好。
Suppose first x² < 2. Corollary 6.7(b) supplies n ∈ ℕ with 1/n < (2 − x²)/(2x + 1). Then, since 1/n² ≤ 1/n,
(x + 1/n)² = x² + 2x/n + 1/n² ≤ x² + (2x + 1)/n < x² + (2 − x²) = 2,
so x + 1/n belongs to S — yet it exceeds x = sup S. Impossible.
(x + 1/n)² = x² + 2x/n + 1/n² ≤ x² + (2x + 1)/n < x² + (2 − x²) = 2,
so x + 1/n belongs to S — yet it exceeds x = sup S. Impossible.
第一案的所求：證明「x² 還差一點才到 2」撐不住——差一點就能再擠一步。步長怎麼挑是本案唯一的心思：把「擠一步的漲幅」先粗估成 (2x + 1)/n（交叉項 2x/n 加上被 1/n 蓋過的 1/n²），要它小於剩餘空間 2 − x²，就是要 1/n < (2 − x²)/(2x + 1)——6.7(b) 說這樣的 n 必有。數字對照：若 x = 1.4（x² = 1.96），配額是 0.04/3.8 ≈ 0.0105，取 n = 100：(1.41)² = 1.9881 < 2——1.41 入籍卻超過 sup，右測崩潰。所以 x² < 2 不成立。
這張圖在證第一案的矛盾：只要 x² 與 2 之間還有空隙，就能用 6.7(b) 挑出夠小的一步 1/n，讓 x + 1/n 平方後仍不超過 2——入籍的它踩過了自己的 sup。
Next suppose x² > 2. Corollary 6.7(b) now supplies m ∈ ℕ with 1/m < (x² − 2)/(2x). Since x − 1/m < x = sup S, test (ii) of Lemma 6.3 yields a member s₀ ∈ S with x − 1/m < s₀. But x − 1/m is strictly positive — indeed 1/m < (x² − 2)/(2x) < x — so squares preserve the comparison:
s₀² > (x − 1/m)² = x² − 2x/m + 1/m² > x² − 2x/m > x² − (x² − 2) = 2,
contradicting s₀² ≤ 2.
s₀² > (x − 1/m)² = x² − 2x/m + 1/m² > x² − 2x/m > x² − (x² − 2) = 2,
contradicting s₀² ≤ 2.
第二案的所求：證明「x² 已經衝過 2」也撐不住——衝過了就能退一步仍當上界，可 sup 不許有更小的上界。這回用 6.3 的左測反著抓人：x − 1/m 比 sup 低，必有成員 s₀ 越過它。步長的帳與第一案同款：退一步的跌幅粗估 2x/m（丟掉只會幫忙的 +1/m²），要它小於超出量 x² − 2。於是 s₀ 從比 x − 1/m 大出發，平方保序一路推到 s₀² > 2——一位在籍成員的平方出界，成員資格自相矛盾。數字對照：若 x = 1.5（x² = 2.25），配額 0.25/3 ≈ 0.083，取 m = 20：(1.45)² = 2.1025 > 2——被抓到的 s₀ 只會更大、更出界。平方保序所需的「兩邊都正」由 1/m < x 擔保（配額本身就小於 x：x² − 2 < 2x²）。
這張圖在證第二案的矛盾：x² 若衝過 2，退一小步的位置 x − 1/m 底下仍有成員 s₀ 探頭（6.3 左測），但平方保序逼出 s₀² > 2——成員自己出界。
Both alternatives being impossible, trichotomy leaves x² = 2.
三分律收口：x² < 2 與 x² > 2 都自爆，只剩 x² = 2。整場證明的骨架值得回味——sup 的兩測各守一邊：右測掐死「還差一點」，左測掐死「衝過頭」，把 x² 夾死在 2 上。
完備性把 4.7 挖出的天窗補上了：√2 在 ℝ 正式落戶，而且它是第一個驗明正身的無理數。∎
加映一場：同一套雙測夾擠稍加修改，可證每個 a ≥ 0 都有唯一的 b ≥ 0 使 b² = a——記 b = √a。唯一性是白撿的：0 ≤ b₁ < b₂ 時平方保序給 b₁² < b₂²，兩個不同的非負數平方不可能撞出同一個 a。順帶一提規模：§3 數過 ℚ 是 countable 而 ℝ 不是——無理數不但存在，還比有理數「多得多」。
無理數也能任意小（6.9）
6.9 COROLLARY
Let ξ > 0 be irrational and let z > 0. Then some natural number m makes the number ξ/m irrational with 0 < ξ/m < z.
拿任何一個正無理數 ξ 除以夠大的自然數，商仍是無理數，而且可以擠進 0 與任何正門檻 z 之間——「任意小」不是有理數的專利，6.7(b) 的 1/n 有無理數同款。
正例：ξ = √2、z = 0.01——取 m = 142，√2/142 ≈ 0.00996，無理又夠小。反例：ξ/m 的無理身分靠 m 是（非零）有理數——換成除以 √2 就破功：√2/√2 = 1 是有理數。
PROOF
兩步：Archimedean 挑 m，再驗商的無理身分（這一步常被略過，此處補齊）。
Proof. Since ξ > 0 and z > 0, the ratio ξ/z is strictly positive, and the Archimedean Property yields m ∈ ℕ with ξ/z < m. Multiplying this by the strictly positive number z/m — 5.6(c) keeps the direction — gives ξ/m < z; and ξ/m > 0 because both ξ and 1/m are strictly positive. Were ξ/m rational, then — because the rationals form a field and m is rational — the product m · (ξ/m) = ξ would be rational, against hypothesis.
前半與 6.7(b) 同款：比值 ξ/z 交給 Archimedean 換一個 m，再把 ξ/z < m 兩邊同乘正數 z/m（5.6(c) 不翻面）——左端得 (ξ/z)(z/m) = ξ/m、右端得 m(z/m) = z，即 ξ/m < z，例行。後半補上無理身分的驗證：「無理數 ÷ 非零有理數仍無理」用反證一行——商若有理，乘回去（有理數是 field，乘法不出界）就把 ξ 洗成有理數，與假設對撞。數字對照：√2/142 若有理，乘 142 得 √2 有理——4.7 抗議。
正無理數除以大自然數：身分不變、大小任意——稠密性論證的道具備齊。∎
稠密性：兩實數之間，兩種數都有（6.10）
壓軸回答一個影響深遠的問題：有理數與無理數在數線上是怎麼混住的？答案——你中有我、我中有你，密到極致：任兩個不同的實數之間，必有有理數，也必有無理數。§9 與 §10 記帳引用了一路的「稠密性」，本尊在此。
6.10 THEOREM
Let x and y be real numbers with x < y.
(a) Some rational number r satisfies x < r < y.
(b) For any irrational ξ > 0, some rational s makes the irrational number sξ satisfy x < sξ < y.
(a) Some rational number r satisfies x < r < y.
(b) For any irrational ξ > 0, some rational s makes the irrational number sξ satisfy x < sξ < y.
任兩個相異實數之間必有有理數（a），也必有無理數（b）——而且各有無限多個：找到一個之後，在它與端點之間再找，永無止境。這就是「稠密」（dense）的正式內容。
正例：x = 0.31、y = 0.35 之間——有理數可取 9/26 ≈ 0.3462（下方證明的格線法親手算出），無理數可取 (23/100)·√2 ≈ 0.3253（(b) 的處方：s = 23/100）。反例：稠密不等於「什麼都有」——0.31 與 0.35 之間就沒有任何整數；稠密是 ℚ 與無理數的本事，不是每個子集都有。
PROOF
(a) 走格線法，先用平移把問題搬到 0 ≤ x（「不失一般性」這一句的搬法，pnote 補明——平移只用在 (a)）。(b) 不平移：把 (a) 施在換算後的區間 (x/ξ, y/ξ) 上，區間含 0 就先縮到一側，以保證撿到的有理數非零。
證明計畫 · 由所求想起
要證：(x, y) 內有有理數。
⇢ 選格距：用 6.7(b) 挑 1/m 比區間長度 y − x 還細。
⇢ 鋪格線：0, 1/m, 2/m, ⋯，用良序性挑出第一根越過 x 的格線 n/m。
⇢ 驗收：第一根越過 x 的格線，還來不及越過 y——格距比區間短，跨不過整個區間。
(b) 的路線一行：除以 ξ 換座標，引用 (a) 撿一個非零的有理數（範圍含 0 就先縮到一側），再乘回來。
要證：(x, y) 內有有理數。
⇢ 選格距：用 6.7(b) 挑 1/m 比區間長度 y − x 還細。
⇢ 鋪格線：0, 1/m, 2/m, ⋯，用良序性挑出第一根越過 x 的格線 n/m。
⇢ 驗收：第一根越過 x 的格線，還來不及越過 y——格距比區間短，跨不過整個區間。
(b) 的路線一行：除以 ξ 換座標，引用 (a) 撿一個非零的有理數（範圍含 0 就先縮到一側），再乘回來。
Proof. We may assume 0 ≤ x. (a) Since y − x > 0, Corollary 6.7(b) provides m ∈ ℕ with 1/m < y − x. By Corollary 6.7(a) some natural number k satisfies k/m > x; let n be the least such — the Well-Ordering Property of ℕ picks it — so that
(n − 1)/m ≤ x < n/m.
(n − 1)/m ≤ x < n/m.
先交代 (a) 的「不失一般性」怎麼買：若 x < 0，用 Archimedean 挑自然數 N > −x，整個區間平移成 (x + N, y + N)，落在正側；在那裡找到的有理數減回 N 仍是有理數（ℚ 是 field），照樣夾在 x 與 y 之間。注意這招只替 (a) 服務——(b) 要的無理數帶著 sξ 的指定形式，平移會破壞它（sξ − N 寫不回「有理數乘 ξ」），所以 (b) 另有走法。格線法開工：格距由 6.7(b) 挑得比區間長度細；「第一根越過 x 的格線」由 6.7(a)（有格線越過）加良序性（有第一根）合力選出，於是 x 被相鄰兩根格線夾住——n = 1 的邊界情形也對：(n − 1)/m = 0 ≤ x 正是搬到正側買來的保障。數字對照：x = 0.31、y = 0.35——格距 1/26 ≈ 0.038，第一根越過 0.31 的格線是 9/26。
We must also have n/m < y: otherwise n/m ≥ y, and combining with (n − 1)/m ≤ x would give y − x ≤ n/m − (n − 1)/m = 1/m — against the choice of m. Therefore x < n/m < y, and r = n/m is the desired rational.
收尾的驗算就一筆帳：格線若一步跨過整個區間——左腳 (n−1)/m 還在 x 這側、右腳 n/m 已越過 y——那步幅 1/m 就至少是區間長度 y − x，與當初「格距更細」的挑法對撞。所以第一根越過 x 的格線必停在區間內。數字對照收官：0.31 < 9/26 ≈ 0.3462 < 0.35 ✓。
(b) Let x < y be arbitrary. Dividing by the strictly positive ξ preserves order, so x/ξ < y/ξ. We pick a non-zero rational s strictly between x/ξ and y/ξ. When 0 lies outside this interval, part (a) already provides such an s: from 0 ≤ x/ξ follows s > x/ξ ≥ 0, and from y/ξ ≤ 0 follows s < y/ξ ≤ 0 — non-zero either way. When instead x/ξ < 0 < y/ξ, apply part (a) to the smaller interval (0, y/ξ): the rational s it yields satisfies x/ξ < 0 < s < y/ξ and is strictly positive. Multiplying back by ξ gives x < sξ < y in every case. Finally sξ is irrational: were it rational, then ξ = (sξ) · (1/s) — a rational times a rational — would be rational, against hypothesis.
(b) 是「換座標再引用 (a)」：除以正無理數 ξ（5.6(c)、(d) 保序，任何符號的 x、y 都適用）把目標區間搬到 (x/ξ, y/ξ)，在那裡撿一個有理數 s，乘回來得 sξ。唯一要提防的是撿到 s = 0（那會給出 sξ = 0，身分驗證全垮）：區間不含 0 時撿到的 s 自動非零；含 0 時就把撒網範圍縮到 0 右側的 (0, y/ξ) 再引用 (a)——縮小後撿到的 s 嚴格正，而且仍落在原區間內。身分驗證一行反證：s 非零有理，sξ 若有理，乘上 1/s 就把 ξ 反推成有理數，與假設對撞。數字對照：x = −1、y = 0.35、ξ = √2——區間 (−1/√2, 0.35/√2) 含 0，縮到右側撿 s = 23/100，得 sξ ≈ 0.3253 落在 (−1, 0.35) 內。
格線一鋪、座標一換：任兩個實數之間，有理數與無理數都到齊——數線上兩族人口徹底交織。∎
這張圖在證 6.10(a) 的機制：把數線鋪上間距 1/m 的格線（比區間 (x, y) 短），沿格線從左往右走——第一根越過 x 的格線 n/m（藍）想同時越過 y，步幅就得吞下整個區間，辦不到。
例 3作案現場：ℚ 通過前面所有公理，卻沒有完備性
§6-2 賒的帳在此結清：交出一個「在 ℚ 裡上有界、卻在 ℚ 裡沒有最小上界」的集合——證明完備性不是前面公理的後果。
令 A = {r ∈ ℚ : r ≥ 0，r² ≤ 2}。證明：(1) 在 ℝ 裡 sup A = √2；(2) 在 ℚ 的世界裡，A 的上界（有理數）沒有最小的一個。
- 先在 ℝ 裡驗 sup A = √2，跑 6.3 兩測。右測：成員 r 滿足 r² ≤ 2 = (√2)²，平方保序（兩邊皆非負）讀出 r ≤ √2——右側淨空。左測：任給 v < √2，稠密性 6.10(a) 在 (max(v, 0), √2) 裡塞進一個有理數 r；它非負、平方小於 2（再用平方保序），是 A 的成員又超過 v。兩測通過：sup A = √2。
- 換到 ℚ 的世界。A 非空（1 ∈ A）、有有理上界（2）。設有理數 u 想當「最小的有理上界」：若 u < √2，步驟 1 的左測說它連上界都不是；u = √2 被 4.7 否決（√2 無理）；若 u > √2，稠密性再往 (√2, u) 塞一個有理數 u′——它超過 √2 = sup A，所以也是 A 的上界，卻比 u 小——「最小」落空。三路全斷。
A 住在 ℚ 裡、上有界，最小上界卻只存在於 ℝ——完備性公理買下的正是這個差別。ℝ 與 ℚ 的分家證明至此閉環：同一份代數與順序公理，一邊有 √2 坐鎮，一邊永遠繞著空位打轉。
—— 第四階段到此結束，整個 §6 收工 ——
回望一整節：上界與 sup 的語言（6.1–6.3）、完備性公理與 inf 的鏡射（6.4、6.5）、Archimedean 與三件換算（6.6、6.7）、√2 落戶（6.8）、任意小的無理數（6.9）、雙族稠密（6.10），最後用例 3 把「ℚ 不完備」釘死結案。ℝ 的公理全數到齊：會算（§4）、會比（§5）、沒有洞（§6）。整節收工——這是本章最重的一節，值得出門走一大圈再回來。臨走前一則：√2 終於拿到 ℝ 的居留證，海關印章上寫的是「sup S──經完備性條款核准」。
下一幕預告
公理立完，§7 開始蓋房子：先把「區間」全家福清點一遍，證明一維的區間套性質——非空閉區間一個套一個縮下去，公共點必留（§10 賒帳引用的一維引擎，帳主即將現身）；最後登場的是分析裡最著名的反直覺明星——把 [0, 1] 挖到「能被總長任意小的區間蓋住」卻仍然不可數的 Cantor 集。