$\newcommand{surr}[2]{\left\{ #1 \mathbin{\big\vert} #2 \right\}}$
Conway prueba de la pregunta en el título de los Números y los Juegos es diferente y bastante inteligentemente argumento indirecto. En primer lugar, la prueba de que el surrealista números de forma ordenada campo. También demuestra que cualquier número $\surr{a}{b}$ es igual a la más simple número que es mayor que $a$ y menos de $b$. (donde "más simples" medios ", construido en la primera etapa"). A continuación, se muestra el siguiente lema.
Lema (Teorema de 12 de ONAG): Supongamos $x=\frac{\ell}{2^m}$ para algunos entero $\ell$. A continuación, $x=\surr{x-\frac{1}{2^m}}{x+\frac{1}{2^m}}$.
Prueba: utilizamos la inducción en $m$. Para $m=0$ esto es fácil, ya que la $x$ es un número entero, así que si $x\geq 0$ entonces $x$ es el más simple número mayor que $x-1$ e si $x<0$ entonces $x$ es el más simple número a menos de $x+1$.
Ahora supongamos $m>0$ y ya sabemos el resultado de $m-1$. Deje $z=\surr{x-\frac{1}{2^m}}{x+\frac{1}{2^m}}$. Usando la definición de la suma, nos encontramos con $$2z=z+z=\surr{z+x-\frac{1}{2^m}}{z+x+\frac{1}{2^m}}.$$ By the induction hypothesis, we know that $2x=\surr{2x-\frac{1}{2^{m-1}}}{2x+\frac{1}{2^{m-1}}}$, since $2x=\frac{2\ell}{2^{m-1}}$. Thus $2x$ is the simplest number between $2x-\frac{1}{2^{m-1}}$ and $2x+\frac{1}{2^{m-1}}$, and so it is also the simplest number between $z+x-\frac{1}{2^m}$ and $z+x+\frac{1}{2^m}$ since $$2x-\frac{1}{2^{m-1}}< z+x-\frac{1}{2^m} < 2x < z+x+\frac{1}{2^m}<2x+\frac{1}{2^{m-1}}$$ (these inequalities follow from $x-\frac{1}{2^m}<z<x+\frac{1}{2^m}$). Looking back at our expression for $2z$ above, this shows that $2x=2z$, and hence $x=z$ como se desee.
Dado este lema, es sencillo para describir completamente lo que el $n$th etapa de la surrealista números parece por inducción en $n$. Específicamente, si $n>0$ , a continuación, después de la $n$th la etapa surrealista números construido hasta ahora son exactamente las de la forma $\pm\left(i+\frac{j}{2^k}\right)$ para $i,j,k\in\mathbb{N}$ tal que $j\leq 2^k$ e $i+k<n$. Para la inducción de paso, a continuación, el $(n+1)$st etapa va a tener la misma forma porque cada par de números consecutivos $a<b$ construido después de la $n$th etapa puede ser escrita en la forma $a=x-\frac{1}{2^m}$ e $b=x+\frac{1}{2^m}$ para algunos diádica racional $x$ con denominador $2^m$, y para el nuevo número de $\surr{a}{b}$ se $x=\frac{a+b}{2}$ por el lema.
Permítanme terminar con algunas observaciones sobre la propuesta de su prueba de estrategia en comparación con Conway. Que yo sepa, no hay ninguna buena manera de probar su lema en el aislamiento. El problema es que la suposición de que no hay números entre $a$ e $b$ construido hasta el momento no es fácil de usar. Sólo se puede realmente hacer un buen uso de ella en caso de que usted ya sabe exactamente lo que todo el surrealista números construido hasta la $n$th etapa aspecto. Así, su lema necesidades a no ser separado lema probado primero, pero en lugar incrustado en una prueba inductiva de una descripción de la $n$th etapa, de modo que usted puede utilizar la hipótesis de inducción a conseguir una manija en lo $a$ e $b$ puede ser. Eso es exactamente lo que el argumento anterior no hace, para reducir su lema a Conway lema.
