確界與確界原理

定義1 (確界): 設\(X\)是一個數集, \(S\)是\(X\)的子集.
1. 若存在\(\alpha\in X\)使得
 (i) \(\alpha\)是\(S\)在\(X\)中的一個上界, 即對任意\(x\in S\), 都有\(x\leq \alpha\);
 (ii) \(\alpha\)是\(S\)在\(X\)中的最小的上界, 即, 如果\(\alpha'<\alpha\), 則\(\alpha'\)不是\(S\)在\(X\)中的上界, 存在\(x\in S\)使得\(x>\alpha'\),
則稱\(\alpha\)是\(S\)在\(X\)中的上確界.
2. 若存在\(\beta\in X\)使得
 (i) \(\beta\)是\(S\)在\(X\)中的一個下界, 即對任意\(x\in S\), 都有\(x\geq \beta\);
 (ii) \(\beta\)是\(S\)在\(X\)中的最大的下界, 即, 如果\(\beta'>\beta\), 則\(\beta'\)不是\(S\)在\(X\)中的下界, 存在\(x\in S\)使得\(x<\beta'\),
則稱\(\beta\)是\(S\)在\(X\)中的下確界.

定義2 (確界原理): 設\(X\)是一個數集, 如果
(1) \(X\)中任何有上界的子集\(S\)在\(X\)中都有上確界;
(2) \(X\)中任何有下界的子集\(S\)在\(X\)中都有下確界,
則稱數集\(X\)上成立確界原理.

命題: 有理數集\(\Bbb{Q}\)上不成立確界原理.

證明:
Step1 .令

\[\begin{array}{rcl} A&=&\{x\in \Bbb{Q}\ |\ x\leq 0\,\textrm{或}\,x^2<2\},\\ B&=&\{x\in\Bbb{Q}\ |\ x>0\,\textrm{且}\,x^2>2 \}. \end{array}\]

顯然, \(A\cap B=\empty\), 並且對任意\(x\in A\)以及任意\(y\in B\), 都有\(x<y\), 從而\(A\)中任意一個數都是\(B\)的下界, \(B\)中任何一個數都是\(A\)的上界.

Step2. 下證\(A\cup B=\Bbb{Q}\), 即

\[\{x\in\Bbb{Q}\ |\ x>0\,\textrm{且}\,x^2=2 \}=\emptyset. \]

反證法, 假設

\[\{x\in\Bbb{Q}\ |\ x>0\,\textrm{且}\,x^2=2 \}\neq\emptyset, \]

則存在有理數\(q>0\)使得\(q^2=2\). 將\(q\)表示為既約分數

\[q=\frac{m}{n},\quad m,n\in \Bbb{Z},\ n\neq 0. \]

由於\(q^2=2\), 則\(m^2=2n^2\), 所以\(m\)是偶數, \(m\)可以表示為

\[m=2t,\quad t\in \Bbb{Z}. \]

再根據\(m^2=2n^2\)可得\(n^2=2t^2\), 所以\(n\)也是偶數. 由於\(m,n\)均為偶數, 這就與\(\frac{m}{n}\)是既約分數矛盾. 所以假設不成立.

Step3. 下證\(A\)無最大值, \(B\)無最小值.

要證\(A\)無最大值, 只需證對任意\(p\in A\), 在\(A\)中總可以找到比\(p\)大的數\(q\) (否則\(A\)中任意一個數\(q\)都比\(p\)小,\(p\in A\), 從而\(p=\max A\)).
(i) 當\(p\in A\)並且\(p< 1\)時, 令\(q=1\), 則\(q\in A\)且\(q>p\).
(ii) 當\(p\in A\)並且\(p\geq 1\)時, 【思路: 很容易想到, 此時要找的\(q\)應該大於\(p\), 但是又不能太大, 否則可能有\(q^2>2\). 取\(n\in \Bbb{N}_+\), 則\(p+\frac{1}{n}>p\), \(p+\frac{1}{n}\in \Bbb{Q}\). 通過觀察可知, 當\(n\)非常大的時候, \(p+\frac{1}{n}\)非常接近\(p\), \(\left(p+\frac{1}{n}\right)^2\)非常接近\(p^2\), 有可能滿足\(\left(p+\frac{1}{n}\right)^2<2\)】 對任意\(n\in \Bbb{N}_+\), 都有
$$\begin{array}{rcl}
\left(p+\frac{1}{n}\right)^2&=&p^2+\frac{2p}{n}+\frac{1}{n^2}\
&\leq &p^2+\frac{2p}{n}+\frac{p}{n}\
&=&p^2+\frac{3p}{n}.
\end{array}$$
【尋找合適的\(n\)使得上式最后的\(p^2+\frac{3p}{n}<2\)】 由於\(p^2<2\), 則當
$$\frac{3p}{n}<2-p^2,$$
即\(n\in \Bbb{N}_+\)並且\(n>\frac{3p}{2-p^2}\) (例如, 取\(n=\left[\frac{3p}{2-p^2} \right]+1\))時, 就有
$$\left(p+\frac{1}{n}\right)^2\leq p^2+\frac{3p}{n}<p^2+(2-p^2)=2,$$
此時令\(q=p+\frac{1}{n}\)即可.
綜上, \(A\)無最大值.

要證\(B\)無最小值, 只需證對任意\(p\in B\), 在\(B\)中總可以找到比\(p\)小的數\(q\).
對任意\(p\in B\)， 都有\(p\in \Bbb{Q}\), \(p>1\)並且\(p^2>2\). 對任意\(n\in\Bbb{N}_+\)並且\(n>\frac{1}{p}\) 【保證\(p-\frac{1}{n}>0\)】, 都有
$$\left(p-\frac{1}{n}\right)^2=p^2-\frac{2p}{n}+\frac{1}{n^2}>p^2-\frac{2p}{n}$$
【尋找合適的\(n\)使得上式最后的\(p^2-\frac{2p}{n}>2\)】 由於\(p^2>2\), 則當
$$\frac{2p}{n}<p^2-2,$$
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\(n=\left[\frac{2p}{p^2-2} \right]+1\))時, 就有
$$\left(p-\frac{1}{n}\right)^2> p^2-\frac{2p}{n}>2,$$
此時令\(q=p-\frac{1}{n}\)即可.

Step4. 下證\(A\)在\(\Bbb{Q}\)中無上確界, \(B\)在\(\Bbb{Q}\)中無下確界.

反證法, 假設存在有理數\(p\in \Bbb{Q}\), 使得\(p\)是\(A\)在\(\Bbb{Q}\)中的上確界. 根據Step1和Step2, 要么\(p\in A\), 要么\(p\in B\).

當\(p\in A\)時, 根據上確界的定義, 對任意\(x\in A\), 都有\(x\leq p\), 從而\(p=\max A\), 這與Step3矛盾.
若\(p\in B\), 則由Step3, 存在\(q\in B\)使得\(p>q\). 但是根據Step1, \(B\)中的任何數都是\(A\)在\(\Bbb{Q}\)中的上界, 所以小於\(p\)的數\(q\)也是\(A\)在\(\Bbb{Q}\)中的一個上界, 這與\(p\)是\(A\)在\(\Bbb{Q}\)中的上確界矛盾. \(\Box\)