定义1 (确界): 设\(X\)是一个数集, \(S\)是\(X\)的子集.
1. 若存在\(\alpha\in X\)使得
(i) \(\alpha\)是\(S\)在\(X\)中的一个上界, 即对任意\(x\in S\), 都有\(x\leq \alpha\);
(ii) \(\alpha\)是\(S\)在\(X\)中的最小的上界, 即, 如果\(\alpha'<\alpha\), 则\(\alpha'\)不是\(S\)在\(X\)中的上界, 存在\(x\in S\)使得\(x>\alpha'\),
则称\(\alpha\)是\(S\)在\(X\)中的上确界.
2. 若存在\(\beta\in X\)使得
(i) \(\beta\)是\(S\)在\(X\)中的一个下界, 即对任意\(x\in S\), 都有\(x\geq \beta\);
(ii) \(\beta\)是\(S\)在\(X\)中的最大的下界, 即, 如果\(\beta'>\beta\), 则\(\beta'\)不是\(S\)在\(X\)中的下界, 存在\(x\in S\)使得\(x<\beta'\),
则称\(\beta\)是\(S\)在\(X\)中的下确界.
定义2 (确界原理): 设\(X\)是一个数集, 如果
(1) \(X\)中任何有上界的子集\(S\)在\(X\)中都有上确界;
(2) \(X\)中任何有下界的子集\(S\)在\(X\)中都有下确界,
则称数集\(X\)上成立确界原理.
命题: 有理数集\(\Bbb{Q}\)上不成立确界原理.
证明:
Step1 .令
显然, \(A\cap B=\empty\), 并且对任意\(x\in A\)以及任意\(y\in B\), 都有\(x<y\), 从而\(A\)中任意一个数都是\(B\)的下界, \(B\)中任何一个数都是\(A\)的上界.
Step2. 下证\(A\cup B=\Bbb{Q}\), 即
反证法, 假设
则存在有理数\(q>0\)使得\(q^2=2\). 将\(q\)表示为既约分数
由于\(q^2=2\), 则\(m^2=2n^2\), 所以\(m\)是偶数, \(m\)可以表示为
再根据\(m^2=2n^2\)可得\(n^2=2t^2\), 所以\(n\)也是偶数. 由于\(m,n\)均为偶数, 这就与\(\frac{m}{n}\)是既约分数矛盾. 所以假设不成立.
Step3. 下证\(A\)无最大值, \(B\)无最小值.
要证\(A\)无最大值, 只需证对任意\(p\in A\), 在\(A\)中总可以找到比\(p\)大的数\(q\) (否则\(A\)中任意一个数\(q\)都比\(p\)小,\(p\in A\), 从而\(p=\max A\)).
(i) 当\(p\in A\)并且\(p< 1\)时, 令\(q=1\), 则\(q\in A\)且\(q>p\).
(ii) 当\(p\in A\)并且\(p\geq 1\)时, 【思路: 很容易想到, 此时要找的\(q\)应该大于\(p\), 但是又不能太大, 否则可能有\(q^2>2\). 取\(n\in \Bbb{N}_+\), 则\(p+\frac{1}{n}>p\), \(p+\frac{1}{n}\in \Bbb{Q}\). 通过观察可知, 当\(n\)非常大的时候, \(p+\frac{1}{n}\)非常接近\(p\), \(\left(p+\frac{1}{n}\right)^2\)非常接近\(p^2\), 有可能满足\(\left(p+\frac{1}{n}\right)^2<2\)】 对任意\(n\in \Bbb{N}_+\), 都有
$$\begin{array}{rcl}
\left(p+\frac{1}{n}\right)^2&=&p^2+\frac{2p}{n}+\frac{1}{n^2}\
&\leq &p^2+\frac{2p}{n}+\frac{p}{n}\
&=&p^2+\frac{3p}{n}.
\end{array}$$
【寻找合适的\(n\)使得上式最后的\(p^2+\frac{3p}{n}<2\)】 由于\(p^2<2\), 则当
$$\frac{3p}{n}<2-p^2,$$
即\(n\in \Bbb{N}_+\)并且\(n>\frac{3p}{2-p^2}\) (例如, 取\(n=\left[\frac{3p}{2-p^2} \right]+1\))时, 就有
$$\left(p+\frac{1}{n}\right)^2\leq p^2+\frac{3p}{n}<p^2+(2-p^2)=2,$$
此时令\(q=p+\frac{1}{n}\)即可.
综上, \(A\)无最大值.
要证\(B\)无最小值, 只需证对任意\(p\in B\), 在\(B\)中总可以找到比\(p\)小的数\(q\).
对任意\(p\in B\)， 都有\(p\in \Bbb{Q}\), \(p>1\)并且\(p^2>2\). 对任意\(n\in\Bbb{N}_+\)并且\(n>\frac{1}{p}\) 【保证\(p-\frac{1}{n}>0\)】, 都有
$$\left(p-\frac{1}{n}\right)^2=p^2-\frac{2p}{n}+\frac{1}{n^2}>p^2-\frac{2p}{n}$$
【寻找合适的\(n\)使得上式最后的\(p^2-\frac{2p}{n}>2\)】 由于\(p^2>2\), 则当
$$\frac{2p}{n}<p^2-2,$$
即\(n\in \Bbb{N}_+\)且
$$n>\max\left{\frac{1}{p},\ \frac{2p}{p^2-2} \right}=\frac{2p}{p^2-2} $$
(例如取\(n=\left[\frac{2p}{p^2-2} \right]+1\))时, 就有
$$\left(p-\frac{1}{n}\right)^2> p^2-\frac{2p}{n}>2,$$
此时令\(q=p-\frac{1}{n}\)即可.
Step4. 下证\(A\)在\(\Bbb{Q}\)中无上确界, \(B\)在\(\Bbb{Q}\)中无下确界.
反证法, 假设存在有理数\(p\in \Bbb{Q}\), 使得\(p\)是\(A\)在\(\Bbb{Q}\)中的上确界. 根据Step1和Step2, 要么\(p\in A\), 要么\(p\in B\).
当\(p\in A\)时, 根据上确界的定义, 对任意\(x\in A\), 都有\(x\leq p\), 从而\(p=\max A\), 这与Step3矛盾.
若\(p\in B\), 则由Step3, 存在\(q\in B\)使得\(p>q\). 但是根据Step1, \(B\)中的任何数都是\(A\)在\(\Bbb{Q}\)中的上界, 所以小于\(p\)的数\(q\)也是\(A\)在\(\Bbb{Q}\)中的一个上界, 这与\(p\)是\(A\)在\(\Bbb{Q}\)中的上确界矛盾. \(\Box\)