本文的主要目的是通过有理数集的分划（也就是Dedekind分划法）给出实数公理系统的一个模型，或者说将实数从有理数“构造”出来。为此，我们将先给出实数的代数结构（即实数的公理），然后证明我们构造的有理数集分划满足这个结构，此外我们还要证明这样构造出来的实数在同构意义下是唯一的。本文的构造部分主要参考了Walter Rudin的Principle of Mathematical Analysis第一章的附录，唯一性部分的证明是作者自己写的。
l.实数的代数结构
在构造实数之前，我们从代数的角度看，希望实数具有这样一些代数结构：
1. 实数集是一个全序集，即满足存在一个二元关系，对于实数集上的任意两个元素有
x ≤ y，y ≤ x
至少一个成立。如果两个式子同时成立，我们就记x＝y。我们也自然而然地采用 ≥，＜＞ 这些符号。
1. 实数集具有最小上界性，即对于实数集的子集 A ，如果存在一个实数 α 满足 α 大于中的一切元素（即 α 是 A 的一个上界），那么存在一个实数 s 满足
(S1)s 是 A 的上界；
(S2)对于一切实数r＜s ， r 不是的上界。
我们记s＝sup A 。这一条公理记作确界原理。
1. 实数集是一个域，即满足以下域的公理：
实数集上有一种二元运算加法＋：ℝ × ℝ → ℝ满足
(A1)交换律，即对于α，b∈ℝ 有 α＋b＝b＋α ；
(A2)结合律，即对于α，b，c∈ℝ 有 (α＋b)＋c＝α＋(b＋c)；
(A3)存在零元，即存在一个数0 满足对任意 α∈ℝ 有 α＋0＝α ；
(A4)存在逆元，即对于任意α∈ℝ ，存在一个 b∈ℝ 使得 α＋b＝0 。我们自然地记 b＝ –α 。
实数集上有一种二元运算乘法 ℝ × ℝ → ℝ 满足（公理采用一般写法，即省略乘号）
(M1)交换律，即对于α，b∈ℝ 有 αb＝bα ；
(M2)结合律，即对于α，b∈ℝ 有 (αb)c＝α(bc) ；
(M3)存在单位元，即存在一个数0 满足对任意 α∈ℝ 有 1 · α＝α ；
(M4)存在逆元，即对于任意α∈ℝ\{0} ，存在一个 b∈ℝ\{0} 使得 αb＝1 。我们自然地记
1
b＝── 。
α
加法与乘法满足分配律，即对任意α，b，c∈ℝ 有
(D)α(b＋c)＝αb＋αc
1. 实数集是一个有序域，满足
(O1)对任意x，y，z ，当 y＜z 时有 x＋y＜x＋z ；
(O2)对任意x，y＞0 ，有 xy＞0 。
除了这些结构以外，我们还希望有理数是实数的一个子域，并且实数集是唯一的、不依赖于我们的构造方式。
我们在这篇文章里面不会讨论算术系统或者有理数的构造，并且默认大家对于整数和有理数的性质都十分地熟悉。在这里我们提醒大家有理数满足确界原理以外的上述所有公理，从而是一个有序域。而整数则满足(A1)~(A4)，(M1)~(M3)与(D)，从而是一个整环。下一部分的构造将会从有理数开始。
ll.实数的构造
在这一节中，如果没有特别说明，小写拉丁字母总是表示有理数。我们先给出分划的定义，即
定义1.有理数集的一个分划是有理数的一个子集 α ，满足
(C1)α ≠ ℚ ，且 α 没有最大元素；
(C2)对于任意r∈α ，存在 s∈α 使得 r＜s ；
(C3)如果s＜r 且 r∈α ，那么有 s∈α 。
我们记全体分划的集合为ℝ*。直观地来看，一个分划就是实数集上的一个开区间 (–∞，α) ，不过我们不想去验证这一点。
对于分划，我们可以定义序关系
定义2. α ≤ β ⇔ α ⊂ β
容易验证这个序关系是合理的，从而我们得到了全序集(ℝ*，≤) 。
命题1.全序集 (ℝ*，≤) 具有最小上界性。
证明.设 A ⊂ ℝ* 是一族分划，且 A 上有界。考虑 A 中所有元素的并
σ＝∪α
α∈A
断言σ＝sup A 。为此，我们先验证 σ∈ℝ* ，这是因为：
(C1)由于 A 上有界，所以 σ ≠ ℚ ，且显然 σ 没有最大元素（否则构成 σ 的某个分划就有最大元素了）；
(C2)对于任意r∈σ ，存在一个 α∈A 使得 r∈α，由(C2)可以取一个 s∈α ⊂ σ 使得 r＜s ；
(C3) 对于任意 r∈σ ，存在一个 α∈A 使得 r∈α，那么满足 s＜r 的 s∈α ⊂ σ 。
显然σ 是 A 的上界，并且对于任意一个 β＜σ ，由序关系的定义可知存在一个 t∈σ 且 t ∉ β ，那么一定有一个 α∈A 包含 t ，从而 β ⊂ α，β ≠ α 即 β＜α ， β 不是 A 的上界。
在证明了ℝ* 是具有最小下界性的有序集之后，我们为 ℝ* 定义加法与乘法，并证明我们定义的加法与乘法可以使 ℝ* 成为具有最小下界性的有序域。
我们定义＋： ℝ* × ℝ* → ℝ* 将 (α，β) 映为 α＋β＝{r＋s|r∈α，s∈β}，显然这个像是一个分划，从而映射的定义是合理的。以下我们逐一验证加法公理：
命题2.加法运算满足加法公理(A1)~(A4)。
证明.(A1)、(A2)按定义来看是显然的；
(A3)我们定义ˉ0＝{r|r＜0} ，注意到对任意 α∈ℝ* 与 s∈α ，任取 r＜0 总有
r＋s＜s
从而r＋s∈α，由 r，s 的任意性可以得到 α＋ˉ0 ⊂ α 。又对于任意的 s∈α ，按(C2)取 t∈α，t＞s，于是对于
s – t
──＜0 有
2
s – t s＋t
s＜t＋───＝───
2 2
从而s∈α＋ˉ0 ，那么由 s 的任意性知 α ⊂ α＋ˉ0 ，因此 α＋ˉ0＝α， ˉ0 可以作为加法的零元；
(A4)验证这一条公理之前，我们需要一个关于分划的性质的引理。
引理1.对于任意一个有理数 ϵ＞0 与分划 α ，总存在一个 r∈α 使得 r＋ϵ ∉ α 。
证明.用反证法，假设存在一个 ϵ＞0 ，使得对分划 α 中的所有元素 r 均有 r＋ϵ ∈ α 。那么对 r＋ϵ ∈ α 也有 (r＋ϵ)＋ϵ＝r＋2ϵ ∈ α，从而由归纳法可以知道对任意 n∈ℕ 均有 r＋nϵ ∈ α 。但按(C1)存在一个 s ∉ α ，由有理数的Archimedes性，可以取到一个 n 使得 r＋nϵ＞s ，从而按(C3)有 s∈α ，矛盾。所以引理成立。
回到命题2的证明，对α∈ℝ*，我们取 ˉβ＝{x|∀r ∈ α (x＜–r)} ，及
{ˉβ β
β＝
{ˉβ\{max ˉβ} β
那么可以验证β 是一个分划（注意到当 r∈α 时 |r| ≥ –r，从而 |r| ∉ β 即可）。以下证明 α＋β＝ˉ0 。
一方面，由β 的定义可以知道对于任意 r∈α 与 s∈β 有
s＜ –r ⇒ r＋s＜0
从而r＋s∈ˉ0 ，由 r，s 的任意性有 α＋β ⊂ ˉ0 ；另一方面，对于任意 t＜0 ，由引理1可以取一个 s∈β 使得 s – t ∉ β，即存在一个 r 使得
s – t ＞＝–r ⇒ r＋s ≥ t
从而t∈α＋β，由 t 的任意性得到 ˉ0 ⊂ α＋β 。因此 α＋β＝ˉ0 ，这个 β 可以记作 –α 。这样我们就验证了全部四组加法公理。
乘法的定义要复杂一些，我们对α，β ≥ ˉ0 定义
αβ＝{rs|r∈α，s∈β，r，s ≥ 0}∪{x|x＜0}
映射的定义显然是合理的，对其他情况我们可以定义
{(–α)β α＜0，β＞0，
αβ＝{α(–β) α＞0，β＜0，
{(–α)(–β) α＜0，β＜0.
命题3.乘法 ℝ* × ℝ* → ℝ* 满足乘法公理(M1)~(M4)。
证明.我们只需要对 α，β ≥ ˉ0 验证乘法公理就够了，而这和命题2的证明是类似的。注意到 ˉ1：＝{r|r＜1} 在证明中起到了 ˉ0 的作用即可。同样地，通过先验证 α，β ≥ 0 的情况再推至一般情况，我们也可以证明：
命题4.加法和乘法满足分配律(D)。
证明.对于来说 α，β，γ ≥ ˉ0 ，分划
α(β＋γ)＝{r(s＋t)}|r∈α，s∈β，t∈γ，r，s＋t ≥ 0}∪{x|x＜0}
αβ＋αγ＝{rs＋rt|r∈α，s∈β，t∈γ，r，s，t ≥ 0}∪{x|x＜0}
是显然相等的，注意到(–α)(β＋γ)＝ – (α(β＋γ)即可证明 α＜0 情况，同样还有 β，γ＜0 的情况。对于 βγ＜0 ，考虑 β – γ 的绝对值即可。
最后我们知道r＜s 当且仅当 r＋t＜s＋t ，那么取 r∈α，s∈β，t∈γ ，就可以知道 α ≤ β ⇔ α＋γ ≤ β＋γ（细节和前面的命题是一样的），这就是(O1)。又由乘法的定义可以知道(O2)成立，那么我们得到了：
命题5.域 (ℝ*，＋，·) 满足有序域公理(O1)与(O2)。
综合命题1~5，我们便证明了我们希望得到的第一部分结果，即：
定理1.存在一个具有最小下界性的有序域。
lll.有理数子域与实数域的唯一性
在进入这一部分的讨论之前，我们需要说清楚“子域”和“唯一”到底是什么。这样我们便需要同构映射的概念，也就是
定义2.设 𝔽₁，𝔽₂ 是有序域，如果存在双射 f：𝔽₁ → 𝔽₂ 满足
f(x)＋f(y)＝f(x＋y)
f(x)f(y)＝f(xy)
f(x) ≤ f(y) ⇔ x ≤ y
那么f 就是 𝔽₁ 与 𝔽₂ 之间的同构映射，并称 𝔽₁ 与 𝔽₂ 同构。
这个定义是自然的，当两个域同构之后，我们便可以将它们视为是一样的了。
为了完成我们在I部分提出的目标，我们将在这里反其道而行之，从给定的具有最小下界性的有序域导出有理数的子结构，从而给出任意两个具有最小下界性的有序域之间的同构映射。
设ℝ₁ 是一个具有最小下界性的有序域，具有加法零元 o 和乘法单位元 e 。我们称 ℝ₁ 中的一个子集 A 叫做可归纳集，如果 A 满足 e∈A ，且如果 n∈A 就有 n＋e∈A 。我们取所有可归纳集交集为 ℕ₁ 。容易注意到上 ℕ₁ 成立数学归纳法，即
引理2.如果 ℕ₁ 的子集 S 满足 e∈S ，且 n∈S 时有 n＋e∈S ，那么 S＝ℕ₁ 。
证明.由假设知是 S 可归纳集，又因为 ℕ₁ 是所有可归纳集的交且 S ⊂ ℕ₁ ，便有 S＝ℕ₁ 。
由归纳法可以知道上ℕ₁ 加法与乘法封闭（即对于 m，n∈ℕ₁ 有 m＋n，mn∈ℕ₁ ）。定义 ℤ₁＝ℕ₁∪{–n|n∈ℕ₁}∪{o}，容易验证 ℤ₁ 是一个整环（即服从公理(A1)~(A4)，(M1)~(M3)和(D)）。定义
{p
ℚ＝ ─|p，q∈ℤ₁，q ≠ o}
{q
那么可以验证ℚ₁ 是一个域（即服从公理(A1)~(A4)，(M1)~(M4)和(D)），正如我们熟悉的有理数域一样。那么我们可以自然地构造出一个 ℚ₁ 到有理数域的同构映射，因此我们得到
命题6.有理数域是实数域的子域。
最后我们来完成关于实数域唯一性的证明。在开始证明之前，我们需要在实数上推广引理1，即引理2~3：
引理2（实数的Archimedes性质）.对于具有最小下界性的有序域中的 x，y＞o，总存在一个正整数（即这个域的整数子环中的正元素） n 使得 nx＞y 。
证明.如果引理不成立，那么 y 是集合 X＝{nx|n } 的一个上界。按确界原理，设 s＝sup Ⅹ。那么 s – x 不是 Ⅹ 的上界，从而存在一个 mx＞s – x 。但 (m＋e)x＞s ，这与 s＝sup X 矛盾。
引理3.对于具有最小下界性的有序域中的 x，与任意有理数 ϵ＞o ，存在一个有理数 r 使得 r＜x＜r＋ϵ 。
证明.注意到引理2建立了实数的Archimedes性质，所以引理3的证明和引理1是一样的。
接下来我们正式开始完成我们最后的工作。
命题7.设 𝕏 和 𝕐 是两个具有最小下界性的有序域，那么 𝕏 与 𝕐 同构。
证明. 设 𝕏 和 𝕐 分别有有理数子域 ℚ₁ 和 ℚ₂ 。设 f：ℚ₁ → ℚ₂ 是有理数域间的自然同构映射，我们将 f 的定义域扩充为 𝕏 。对于，我们取
f(x)＝sup{f(y)|y＜x，y∈ℚ₁}
现在我们来证明f：𝕏 → 𝕐 是一个同构映射。对于任意 x，y∈𝕏 ，取 ℚ₁ 中的 r＜x，s＜y，就有 r＋s＜x＋y ，从而
f(x＋y) ≥ f(x)＋f(y)＝sup{f(r)|r＜x}＋sup{f(s)|s＜y}
另外对t＜x＋y，由于引理3，可以取 ℚ₁ 中的 r，s 满足 r＜x，s＜y ，且
x＋y – t x＋y – t
r＋───＞x，s＋───＞y
e＋e e＋e
于是有t＜r＋s ，从而
f(x＋y)＝sup{f(t)|t＜x＋y} ≤ sup{f(r)|r＜x}＋sup{f(s)|s＜y}＝f(x)＋f(y)
因此f(x)＋f(y)＝f(x＋y)。同理可证 f(x)f(y)＝f(xy) 。当 x ≤ y 时，我们有
{f(r)|r＜x} ⊂ {f(s)|s＜y}
因此
f(x)＝sup{f(r)|r＜x} ≤ sup{f(s)|s＜y}＝f(y)。所以 f 是一个同构映射。
将命题7重新叙述一下，我们便得到了第二部分的定理
定理2.任意两个具有最小下界性的有序域同构。
定理2保证了实数域是唯一的，所以我们可以满意地将我们构造的ℝ* 记作 ℝ 了。
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