数学分析（一）1.2：数集与确界原理（2）

证明. 先证上确界的存在性，并以实数的无限小数表示为基础。 任取 $s_0\in S$，将各元素加上 $1-s_0$，集合仍有上界且含正数； 平移后集合的上确界减去 $1-s_0$，即为原集合的上确界。 故可设 $S$ 含有正数。

构造。不是 $S$ 上界的非负整数构成非空有限集： $0$ 不是上界，而充分大的整数都是上界。取其中最大者 $a_0$，令 $p_0=a_0$。 则 $p_0$ 不是上界，$p_0+1$ 是上界。

将区间 $[p_{k-1},p_{k-1}+10^{-(k-1)}]$ 十等分， 在 $0,1,\ldots,9$ 中取最大的数字 $a_k$，使 $$p_k=p_{k-1}+a_k10^{-k}$$ 不是上界。因 $p_{k-1}$ 不是上界，数字 $0$ 至少可选。 由最大性（$a_k=9$ 时利用上一层的上界），对每个 $k\ge0$ 都有 $$\exists x\in S:\ x>p_k, \qquad \forall x\in S:\ x\le p_k+10^{-k}.$$ 令 $\eta=a_0.a_1a_2\cdots$，则 $p_k\le\eta\le p_k+10^{-k}$。 这里允许末尾循环 $9$，所以右端保留 $\le$。

验证。若存在 $x\in S$ 满足 $x>\eta$，取 $10^{-k}<x-\eta$，则 $$x\le p_k+10^{-k}\le\eta+10^{-k}<x,$$ 矛盾，故 $\eta$ 是上界。任取 $\alpha<\eta$，取 $10^{-k}<\eta-\alpha$，则 $$p_k\ge\eta-10^{-k}>\alpha.$$ 由于 $p_k$ 不是上界，存在 $x\in S$ 使 $x>p_k>\alpha$。 故任何小于 $\eta$ 的数都不是上界，即 $\eta=\sup S$。 ◻

证明. 仍设 $S\ne\varnothing$ 且有上界。任取 $x_0\in S$，令 $a_0=x_0-1$， 再取 $S$ 的一个上界 $b_0$。则 $a_0$ 不是上界，而 $b_0$ 是上界。

第一步：二分构造闭区间套。

设 $[a_k,b_k]$ 已确定，取中点 $m_k=(a_k+b_k)/2$，并定义 $$[a_{k+1},b_{k+1}]= \begin{cases} [a_k,m_k],&m_k\text{ 是 }S\text{ 的上界},\\ [m_k,b_k],&m_k\text{ 不是 }S\text{ 的上界}. \end{cases}$$ 于是对所有 $k\ge0$，都有 $$a_k\text{ 不是上界},\qquad b_k\text{ 是上界},\qquad b_k-a_k=\frac{b_0-a_0}{2^k}.$$ 这些闭区间逐层包含，长度趋于 $0$。由闭区间套定理，存在唯一实数 $\xi$，使得对所有 $k\ge0$ 都有 $a_k\le\xi\le b_k$。

第二步：验证 $\xi=\sup S$。

若存在 $x\in S$ 满足 $x>\xi$，取充分大的 $k$，使 $b_k-a_k<x-\xi$。则 $$b_k-\xi\le b_k-a_k<x-\xi,$$ 从而 $b_k<x$，与 $b_k$ 是上界矛盾。因此 $\xi$ 是上界。

任取 $\alpha<\xi$，取充分大的 $k$，使 $b_k-a_k<\xi-\alpha$，则 $$\xi-a_k\le b_k-a_k<\xi-\alpha, \qquad \alpha<a_k.$$ 由于 $a_k$ 不是上界，存在 $x\in S$ 使 $x>a_k>\alpha$。 所以 $\xi$ 是最小的上界，即 $\xi=\sup S$。 ◻

证明. 若 $\max S=\eta$，则 $\eta\in S$，且所有 $x\in S$ 都满足 $x\le\eta$， 所以 $\eta$ 是上界。任取 $\alpha<\eta$，直接取 $x=\eta\in S$， 就有 $x>\alpha$。因此 $\eta$ 是最小上界，即 $\sup S=\eta$。

反之，若 $\eta=\sup S$ 且 $\eta\in S$，则由上界性， 对所有 $x\in S$ 都有 $x\le\eta$，所以 $\max S=\eta$。 ◻

证明. 任取 $y_0\in B$，则 $y_0$ 是 $A$ 的上界；任取 $x_0\in A$， 则 $x_0$ 是 $B$ 的下界。由确界原理，$\sup A$ 与 $\inf B$ 均存在。

对任意 $y\in B$，$y$ 都是 $A$ 的上界，故由上确界的最小性， $$\sup A\le y\qquad(\forall y\in B).$$ 这说明 $\sup A$ 是 $B$ 的一个下界。由于 $\inf B$ 是最大的下界， 因此 $\sup A\le\inf B$。 ◻

证明. （1）平移。 对任意 $x\in S$，有 $x\le\eta$，从而 $$x+a\le\eta+a.$$ 因此 $\eta+a$ 是 $S+a$ 的上界。

任取 $\alpha<\eta+a$，则 $\alpha-a<\eta$。 由 $\eta=\sup S$，存在 $x_0\in S$，使 $$x_0>\alpha-a, \qquad x_0+a>\alpha.$$ 由于 $x_0+a\in S+a$，所以任何小于 $\eta+a$ 的数都不是 $S+a$ 的上界。 故 $\sup(S+a)=\eta+a$。

（2）正数倍。 由于 $b>0$，对任意 $x\in S$，由 $x\le\eta$ 得 $$bx\le b\eta.$$ 因此 $b\eta$ 是 $bS$ 的上界。

任取 $\alpha<b\eta$，则 $\alpha/b<\eta$。 由 $\eta=\sup S$，存在 $x_0\in S$，使 $$x_0>\frac\alpha b, \qquad bx_0>\alpha.$$ 由于 $bx_0\in bS$，所以任何小于 $b\eta$ 的数都不是 $bS$ 的上界。 故 $\sup(bS)=b\eta$。 ◻

证明. 先设 $\xi=\inf S\in S$。由下确界的下界性， 对任意 $x\in S$ 都有 $x\ge\xi$。又因 $\xi\in S$，故 $$\min S=\xi=\inf S.$$

反之，若 $S$ 有最小值，记 $\xi=\min S$，则 $\xi\in S$， 且对任意 $x\in S$ 都有 $x\ge\xi$，所以 $\xi$ 是 $S$ 的下界。 任取 $\beta>\xi$，取 $x=\xi\in S$，就有 $x<\beta$。 因此任何大于 $\xi$ 的实数都不是 $S$ 的下界，故 $$\inf S=\xi\in S.$$ 两向均得证，且最小值存在时必等于下确界。 ◻

证明. 记 $M=\sup S$。任取 $y\in S^{-}$，则 $-y\in S$，所以 $$-y\le M\quad\Longrightarrow\quad y\ge-M.$$ 故 $-M$ 是 $S^{-}$ 的一个下界。

任取 $\beta>-M$，则 $-\beta<M$。由 $M=\sup S$， 存在 $x_0\in S$，使得 $$x_0>-\beta\quad\Longrightarrow\quad -x_0<\beta.$$ 又因 $-x_0\in S^{-}$，所以任何大于 $-M$ 的实数都不是 $S^{-}$ 的下界。 因此 $-M$ 是 $S^{-}$ 的最大下界，即 $$\inf S^{-}=-M=-\sup S.$$ ◻

证明. 记 $M_A=\sup A$，$M_B=\sup B$。由 $A,B$ 非空可知，$A+B$ 非空。

第一步：验证上界性。

任取 $z\in A+B$，存在 $x\in A$、$y\in B$ 使 $z=x+y$。 由上确界的上界性，$x\le M_A$、$y\le M_B$，从而 $$z=x+y\le M_A+M_B.$$ 所以 $M_A+M_B$ 是 $A+B$ 的上界。

第二步：验证它是最小上界。

任取 $c<M_A+M_B$，则 $c-M_B<M_A$。 由 $M_A=\sup A$，可取 $x_0\in A$，使 $$x_0>c-M_B.$$ 将这个不等式移项，得到 $$c-x_0<M_B.$$ 于是再由 $M_B=\sup B$，可取 $y_0\in B$，使 $$y_0>c-x_0.$$ 因此 $x_0+y_0\in A+B$ 且 $x_0+y_0>c$，说明 $c$ 不是 $A+B$ 的上界。 故任何小于 $M_A+M_B$ 的实数都不是上界，最终得到 $$\sup(A+B)=M_A+M_B=\sup A+\sup B.$$ ◻