在前面的討論當中，我將盡可能沿著tao的思路，即自然數確定遞歸以及歸納法，然後定義正整數，並利用消去律定義整數。然後，我將直接引入分數而定義有理數。
然後，我將選擇柯西序列—等價類的方法去構造實數（這也正好是tao在《陶哲軒實分析》當中使用的方法）.
1.自然數：皮亞諾公理.
皮亞諾公理一共有五條，其中四條是為瞭定義遞歸結構，也即：
給定定值c，當且僅當c＝a令c＋＋＝a＋＋，則其逆否命題是，若a不＝c，則c＋＋與a＋＋不相等。
我們現在給出皮亞諾公理的前四條：
0∈N
任意（n∈N）＋＋∈N
任意n＋＋不得為0
任意n∈N不等於n＋＋
這裡讀者可以考慮反證法（即假設存在c≠a令c＋＋＝a＋＋），但是第三條以及第四條公理決定瞭遞歸性質（以及第一第二條規定的自然數集有無窮多的個數——自然數，也即自然數集是無窮集）。
然後就是我們需要的一條可以用於構建正整數的公理（並且其必須能夠處理無限情況），即歸納法公理：
若n與n＋＋都有性質p（x），則p（x）於整個N（或其中的任意n）有效。
2.正整數：加法、乘法以及序性質.
我們選擇先給出加法定義，然後再去定義乘法、正數與序。
加法定義：
0＋n＝n
n＋（m＋＋）＝（n＋m）＋＋
我們先證明加法是可以交換的（n＋m＝m＋n是成立的）。
證明：
給定n、m∈N，並且n、m皆為0
則n＋m＝m＋n＝0
歸納假定n＋m＝m＋n是成立的
則n＋m＋＋＝m＋（n＋＋）＝（n＋m）＋＋，由於兩式相等得證.
&
然後，我們證明加法是可以結合的，即（a＋b）＋c＝a＋（b＋c）
證明：
給定a為0
則b＋c=b＋c，兩式相等
歸納假定（a＋b）＋c=a＋（b＋c）
則（a＋b）＋（c＋＋）=a＋（b＋c）＋＋，依定義，得到兩式相等為（a＋b＋c）＋＋，所以成立.
&
然後，我們證明加法的消去律，即a＋b＝b＋c，則有a＝c（註意一下，這是我們後面定義整數所需要用的，並且會引入負運算）.
證明：
令b=0，則a=c
歸納假定若a＋b=b＋c，則a=c
則a＋（b＋＋）=b＋（c＋＋），依交換律以及結合律（和歸納假定）得證.
&
我們現在證明加法的最後一個定理，即加法的分配律，即a＋b＋c=b＋c＋a.
證明：
令b為0，則a＋c=c＋a（交換律得證）
歸納假定a＋b＋c=b＋c＋a
則a＋b＋（c＋＋）=b＋c＋（a＋＋）
兩兩式相等為（a＋b＋c）＋＋得證.
現在我們將討論乘法，先給出乘法的定義：
n×0=0
n×（m＋＋）=nm＋n
我們依舊選擇先證明乘法的交換律，即ab=ba.
證明：
令a、b=0，則ab=ba.
歸納假定ab=ba
則a×（b＋＋）=（b＋＋）×a=ab＋a得證.
&
我們可以討論乘法的分配律，即a×b×c=c×a×b
證明：
令a、b=0
則，兩邊＝c×0，依交換律得證.
歸納假定a×b×c=c×b×a
則（a＋＋）×b×c=（c＋＋）×b×a=（a×b×c）＋＋，兩式相等得證.
&
然後我們再討論乘法的消去律（類似於加法的消去律，在後面定義倒數運算時，可以結合定義有理數），即若a、b、c∈N且ab=bc，則得到a=c.
證明：
令b=0
則依交換律，得到a×0=0×c=0，兩式相等得證.
歸納假定若a、b、c∈N且ab=bc，則a=c
則（a＋＋）×b=（b＋＋）×c
由於運算結果是相等的，得證（註意歸納假設）.
&
最後我們選擇證明加法的結合律，以完成正整數的基本運算構建，此時我們選擇定義n＋＋為n＋1，並且n×1=1×n=n.
則可以在後續更加方便地討論整數與有理數，不過目前我們證明加法結合律，即（a×b）×c=a×（b×c）.
證明：
令b=0
則兩式＝0，由於兩式相等得證.
歸納假定（a×b）×c=a×（b×c）
則（a×b）×（c＋1）=（a＋1）×（b＋c）
利用消去律得到歸納假設為ab=bc與a=c，則在交換律下得到兩式相等，得證.
&
我們在開始整數與有理數構造之前，我們選擇先定義正整數的一些序性質，這樣在後面的討論會更加熟悉.
定義：
若n為正數當且僅當n≠0且n∈N.
我們選擇先證明，n要麼是正數要麼不是正數（也即，要麼n=0，要麼n≠0）.
證明：
我們選擇反證法，即不妨假設n=0是正數.
出於我們的需要，我們需要證明所有正整數都不能為0，則非負整數要麼為0，要麼為整數，因為這裡沒有定義負運算，目前N隻有0與n，其中n是0的後繼或其後繼的後繼，依依遞歸定義得證.
因此，由於反證假設n=0是正數與正數定義相矛盾，得證.
&
最後，我們證明一下歐幾裡得算法（盡管這是數論的基礎，不過這裡興趣是構建實數系，就不展開），即給定n、m、a、r∈N，其中n是正數，則n=mr＋a且a或mr≠0.
證明：
我們需要先證明這個關系式.
由於n≠0，依加法，n=0＋a且其中a≠0
令mr＝0（m或r為0）得證.
歸納假設，若n≠0，則n=mr＋a，且m、r、a∈N並且mr與a當中至少有一個是正數.
則（n＋＋）＝mr＋（a＋＋），這裡需要使用反證法，即（mr＋＋）與（a＋＋）當中至少有一個不是0.依遞歸定義，這裡mr或a＝0，則（mr＋＋）或（a＋＋）≠0，因此得證.
3.整數Z：負運算以及序性質.
我們對於整數的構造要萬分小心，因為我們這裡僅僅有幾條自然數與正整數定理。而我們需要從這幾條定理出發構建包含0、正數與負數的整數系.
我們對於整數Z的定義如下：
任意n∈Z=n—m，其中若a—b＝c—d，當且僅當a＋d=c＋b（很明顯，我們是從加法消去律定義整數的，所以請註意，這裡依舊是加法的討論）.
我們引入負運算，其中-n=(-1)×n.（這裡，我們稍微提一下，就是-n按照整數構造，應該是-n—0，對應-n＋0）.
最後，我們引入兩條定義，即-x＋x=0與-x＋x＝0
&
我們先證明正、負整數都是n＝m＋a，其中，n、m、a∈N且正數則a不含-1因子，而負數反之
證明：
依定義，-n是-n＋0，依加法定義得到-n，而依定義，-n=-1×n，因此，n=0＋n.
&
我們現在證明整數的三岐性，即一個n∈Z，其要麼是0，要麼是負、正數.
這個證明並不難，特別是我們已經證明正、負數的性質，這裡我們隻證明若一個整數≠0，則其必然是負數或正數.
證明：
不妨假設一個n∈Z且n=0其是正數
則n＝m＋a，依n＝0，則m＋a＝0，這裡我們得到整數形式0—0，可是，按照定義，n作為正數，m、n當中必然有一個不為0，寫作整數形式即0—a且a≠0，與定義相矛盾，得證.
&
我們現在討論一些序的性質，不過我們隻限於兩點：
正整數加法的序性質不變
正整數乘法都序性質不變
證明：
不妨假設正整數加法會得到負數
則（0＋a）＋（0＋b）=-（a＋b）
依定義，左式＝a＋b，因此反證假設錯誤，從而正整數加法的序性質不變.
&.
證明：
不妨假設正整數乘法得到非正數
則a×b＝（0＋a）×（0＋b）＝0或-ab
依定義左式＝ab，因此反證假設錯誤，則正整數的乘法序性質不變.
&
加法逆元性質，即任意n∈Z，存在-n令（-n）＋n=0
依定義得證.（可以直接代入整數形式，然後利用在正整數時就有0—0對應0＋0＝0）
4.有理數：倒數運算與域性質.
這裡是最應該小心的，相較於正整數到整數，整數到有理數的過渡是更加變化的，特別是，我們需要引入一個我們稱之為倒數運算的東西，從而構造出分數—有理數，同時我們需要定義有理數的加、乘法，並且出於後續構造實數的鋪墊需要，我們需要定義絕對值與指數運算，並且證明許多重要性質（特別是乘法逆元）.
定義如下：
任意n∈Q＝a/b
x∧-n＝1/x∧n
a/b＋c/d＝（ad＋bc）/bd
a/b×c/d＝ac/bd
我們需要先闡述分數，即若a、b∈Z，則a×b∧-x＝a/b∧x，也就是講，分數隻是一個倒數和整數的乘積，因此，有理數本質上是乘法的一個擴展結構。
因此，我們根據乘法消去律（即，若a、b、c∈Z且a、b、c≠0，則ab=bc，得到a＝c），得到若a/b＝c/d，當且僅當ad=bc.因此，類似於正整數到整數，盡管我們是把整數填充進有理數，但是有理數卻可以由整數的性質而構造出來。
我們定義一點即可：
任意n∈Z=n/1
因此，任意n∈Z則n∈Q
那麼，我們可以直接沿用整數的一些性質（比如加法逆緣、加法以及乘法都交換律、分配律等），不過我們還是有一些有理數獨有的性質：
定義任何n∈Q的∧0=1
乘法逆元，即任意x∧n∈Q，都有x∧-n∈Q令(x∧n)×(x∧-n)=1
證明：
不妨假設存在x∈Q，但是沒有x∧-n令xx∧-n＝1.
我們這裡需要考慮兩種情況，即有理數是否含0，依有理數相等的定義，分母作為非0整數方符合消去律，因此，分母不能為0，並且依據消去律＋有理數運算定義義，若分子、分母具有同因子，則會得到1且1×n=n而消失不見（後面我們討論有理數間隙也需要用到這個），則我們得到有理數符合整數的三岐性。
若有理數為0，則依定義，其的0次冪＝1，不過，其倒數會發生分母為0，其無意義，因此不予理會。
而有理數a/b≠0就方便瞭，因為分母b≠0，並且分子分母不能有同因子（比如-1），所以，在a≠0下，倒數b/a≠0並且是有意義的，因此，利用有理數乘積得到a/b×b/a＝ab/ba＝1，得證.
&
我們決定先總結（證明會補充幾個）一下有理數目前所具有的一些性質，這些性質決定有理數是一個域：
x＋y=y＋x
（x＋y）＋z＝x＋（y＋z）
x＋0＝0＋x=x
x＋（-x）＝（-x）＋x=0
xy＝yx
（xy）z=x（yz）
x×1＝1×x＝x
x（y＋z）=（y＋z）x＝xy＋xz
這裡加法與乘法都占四條，並且倒數第二條其實是乘法逆元的運用，因此我們默認已經證明。所以，我們需要證明的其實是，有理數能夠承擔加法、乘法的交換律與結合律。
&
證明有理數能夠承擔加法的交換律，即（x＋y＝y＋x.
證明：
以有理數的加法定義，x＋y=y＋x＝（x＋y）/1.
依照我們之前的討論，x、y作為有理數並且相等的基礎是xy∈Z且xy≠0，按照有理數定義，分母≠0，因此xy≠0，得證.
而結合律的證明類似
&
我們現在需要證明有理數符合乘法的交換律，即（xy）＝（yx）
證明：
依有理數的乘法運算，xy=(xy)/1.
因為這裡分母≠0，因此其符合整數的消去律，則其還原為xy×1，依整數定義，有xy＝yx，所以得證.
而乘法的結合律隻需要按照有理數的乘法定義＋交換律即可得證（兩式相等）.
&
在這裡我們補上序的性質部分，這樣我們可以把有理數作為一個域的性質變為有序域。
在此之前，我們已經證明瞭有理數的三岐性（雖然我們隻證明，其要麼為0，要麼為負、整數，但是消去律＋乘法逆元可以得出瞭），即x∈Q，要麼x＝0，要麼x為正數，要麼x為負數.
我們定義如下：
x＞y當且僅當（x－y）為正數
x＜y當且僅當（x－y）為負數
x＝y當且僅當（x－y）=0
依三岐性，我們得到第一條與第二條其實是互為逆否命題，所以其必然相容，而依定義，x≠0自然是前兩條，所以我們得到我們想要的基礎序命題，即x＝y與x≠y（x＞y或y＞x）是成立的。
出於對於tao以及嚴謹性的尊重，我們會列出四條序性質（並且給予證明）：
x＞y當且僅當y＜x（因為這是逆否命題—充要條件，自然得出）.
序是可以傳遞的，若x＞y有且y＞z，則有x＞z.
加法保持序不變，x＞y，則（x＋z）＞（y＋z）
正的乘法保持序不變，即若x＞y且z是正數，則xz＞yz.
證明1：
利用序的反對稱性，則x＞y與y＞z，得到y＜x與z＜y.
依照定義，我們得到（x－y）≠0，並且（x－y）=0＋a且a不為非正數（歐幾裡得算法），而（y－z）類似，則（x－y）＋（y－z）＝（x－z）/1，並且（x－z）＝0＋b且b是正數，得證.
&
證明2：
我們利用遞歸定義，即a＋＋≠b＋＋當且僅當a≠b,則（x＋z）≠（y＋z）
我們選擇分類討論
若z=0，則依舊是x與y，依定義有x＞y，所以若x＞y，則（x＋z）＞（y＋z）.
若z≠0，我們依據有理數運算得到（x－y）/1＝（x－y）且（x－y）是正數，依舊得到（x＋z）＞（y＋z）
因為我們知道＞與＜是逆否命題，是等價的，所以我們已經證明瞭＜也有此性質.
&
證明3：
我們需要（x－y）×z的積也是正數
依定義，（x－y）與z都是正數，也就是講，（x－y）與z≠0且（x－y）與z都不含（-1）因子.
則（x－y）z∉（-1）×x，因此，（x－y）z是正數，得證.
&
我們現在已經證明有理數滿足加法、乘法、負運算與倒數運算並且是一個有序域，在這基礎上，我們定義有理數的兩個運算，即絕對值以及指數運算：
x的絕對值＝x在非負數上的映射，即若x≤0，則x的絕對值＝-x
指數運算是為瞭更加清楚地表示次冪，我們定義x本身的n此乘法運算為x∧n
就這樣，我不會對於其性質予以說明以及證明，因為哪怕是柯西序列去構建實數系下，也並不需要提前定義距離（或者說，距離就絕對值，其服從序的定義即可；哪隻是後續重建運算法則而已.）。
5.實數的構造：有理數的稠密、缺陷和柯西序列方法.
我們現在已經成功從自然數N構建到瞭有理數Q，並且證明其是一個滿足四則運算的有序域；且其具有無限個元素。
我們先證明有理數是稠密（任意兩個有理數之間至少存在另一個有理數）的.
證明：
定義2∈Q並且2＝1＋1，則若x、y∈Q且x≥y（由此包涵瞭所有序關系），則（x－y）/2滿足有理數的定義，因此（x－y）/2∈Q，因此，兩個有理數之間的間隙允許另一個有理數存在，得證.
&
然後，我們需要證明盡管有理數是稠密的有序域，但是其總還是稀疏的（有理數不能鋪滿數軸，存在非有理數）。
因為我們需要證明的是，存在數不是有理數，所以隻要找出一個，我們選擇最常見的根號2.
證明：
定義偶數＝2x且x∈q
依有理數的構造，a/b∈Q當且僅當a、b無共同因子，因此若a/b∈Q，則a、b不能都是偶數.
不妨假設根號2∈Q且根號2的二次方為2
則根號2＝a/b
則2＝a∧2/b∧2
則a∧2＝2b∧2
因此a∧2∈偶數，並且a當中必然含有2或2的倍數為因子，即a也是偶數，即a＝2t
則2b∧2＝4t∧2
則b∧2＝2t∧2
因此，B∧2也是偶數，則b也是偶數
因此，若根號2∈Q＝a/b，則a、b都是偶數，這與有理數性質相矛盾.
則根號2∉Q，因此，有理數不是完全稠密的得證.
我們現在就是要填補有理數的間隙（無理數），但是我們又必須是從有理數過渡到我們稱作實數系R的數系系統，也就是講我們需要利用有理數構造出無理數.
而這裡會采用有理數柯西序列—等價類的方法構造實數.
實數構造的柯西—等價序列方法.
(1).柯西序列定義以及性質.
定義序列為f:Z＞0—Q，記作（an）
給定任意ε＞0，（an）是柯西序列，當且僅當任意aj、ak∈（an）令d（aj，ak）≤ε
因為這裡我們預設是閉區間，所以這裡相等於d（max.an,min.an）≤ε.
因此，我們得到an－ε≤an≤an＋ε
定義界為上下界，一個集合（an）的上界L意味著L≥an∈（an）.
利用柯西序列的性質（也就是上面這個不等式），我們很容易得到柯西序列有界（上下界）.
(2).柯西序列—等價構造的本質：引入極限.
我們現在很瞭解，對於柯西序列（an）而言，總有d（L，an）≤ε
這裡我們也許猜到，界就是極限（類似於戴德金分割當中的分割或序），這是在量值上柯西序列所不能“逾越的”.
因此，有理數的柯西序列其實已經“蘊含瞭”無理數的存在，例如我們可以把根號二理解為（1，2）之間柯西序列的一個界；這樣，我們通過定義無理數是有理數的極限，也就是任意L∉Q滿足L＝lim.an.
（3）.柯西—等價序列：等價類.
很多人會疑惑，我們構造實數是為瞭利用實數性質去討論極限，怎麼可以一開始就用有理數的極限定義實數（隻要利用有理數構造出無理數即可），應該讓人不能理解的是，為什麼說是有理數極限的等價類定義瞭無理數—實數？
原因很簡單，因為例如1/n、（1/10）^n，它們有共同的界L＝0（這裡我們不引入嚴格的極限定義，也就是ε—N語音；防止循環論證），也就是講，極限是一個等價類.
類似的，d（L，1/n）≤ε和d（L，（1/10）^n）≤ε，雖然都是ε，但是這個ε是一個距離—函數，是不等於的，也就是ε1≠ε2；因此，我們說ε是任意的.
這裡其實就是ε—N語音的一個隱含，也就是f：Z＞0—Q，存在n∈（an）令d（L，an）≤ε；因此，這裡的極限隻能用等價類表示，並且實際上需要“避免收斂定義等”.
定義等價序列：
預設（an）、（bn）都是有理數序列，（an）等價於（bn），當且僅當d（an，bn）≤ε.
我們現在討論，為什麼說柯西序列—等價類構造沒有循環論證.
令（L）為有理數序列，（an）、（bn）為有理數的柯西序列，則這裡滿足d（an，L）或d（bn，L）≤ε，利用等價序列定義，這裡（an）或（bn）等價於（L）.
這樣看，我們並沒有看到極限定義，但是柯西序列—等價類本身從量值上闡釋瞭，無理數—實數是有理數的柯西序列—等價類.
註意：
這裡的ε∈Q，但戴德金分割因為預設瞭序，所以它的ε∈R；但殊途同歸的是，他們都是利用無理數和有理數相互交錯的性質，從序、數值（序是戴德金分割、界—數值是柯西序列—等價類；並且這裡其實都沒有引入極限定義，所以沒有循環論證）.
(4).柯西序列方法的實數性質.
之所以說柯西序列更加嚴謹闡釋瞭實數的性質，在於其本事是有理數的一個特殊等價類，所以實數繼承瞭有理數的稠密性.
我們的目標是利用稠密性確定阿基米德性質，然後再利用其中的結構作劃分（雖然繞瞭一點，但很好理解，並且體系瞭實數是阿基米德域的性質，從而很好證明其保留瞭有理數的四則運算；無非就是三角不等式＋ε的任意處理）.
阿基米德性質，即任意L∈R，存在n∈N、x∈Q，有xn＝L.
證明：
利用柯西序列定義，L＝xn＋ε，這是因為有理域滿足乘法逆元，任何數x都可以理解為1×x，1∈N成立.
利用等價類，d（xn，xn＋ε）≤ε，所以我們得到xn＝L，證畢.
利用阿基米德性質，我們瞭解到R＝非Q∪Q，所以這裡很好做劃分.
確界引理，任意有界非空實數集合（an）都是有最小上界sup.an，或最大下界inf.an.
證明：
利用實數構造，我們得到任意an∈R（這裡就是阿基米德性質允許的）＝xn，並且d（xn，L）≤ε.
令L為一個集合，也就是xn的界成立.
又令（xn＋ε/2）為一個實數，這符合阿基米德性質，而這個數必然∈（L）.
因為ε/2≤ε，所以（xn＋ε/2）是（L）當中最小的，也就是最小上界sup.an＝（xn＋ε/2），這種構造的成功表明實數具有確界引理—性質.
註：
有人會指責柯西序列方法的繁瑣，但是戴德金分割直接構建雙射關系雖然會直接有確界引理，但是並不符合學生的一般初始認識，並且其實把阿基米德性質一筆帶過瞭，反而要重新定義四則運算.
並且對於學生理解極限的嚴格定義幫助不大（以及後續度量空間的繁瑣定義）.
因此，我本人認為柯西序列—等價類的構造法在整體啟發上更優.
PS：
就這樣，我們完成瞭從自然數到實數構造的不同進程，這裡有必要感謝一些人給我的鼓勵以及幫助.
但另外，我們需要討論一下實數與其他數系的不同，其是一個極限情況的討論（想一下柯西序列的界），而前提數系都是標準單位以及比例的變化。
其中，後者是符合我們直覺認識的，但是前者並不是，由此，在數學歷史上引發瞭直覺主義與邏輯主義的對抗，在本文，作者暫時不對於雙方成敗作定論，但還是認為應該補充這一點（在理性的范疇，每一步都是風險與機遇如影隨形）.
PS：
最後補上一些我的筆記以及一位肯定我思考的大佬的截圖
