习题（2.1 实数的完备性）¶
本页面收录 2.1 节的练习题。这些题是整理笔记时补充的自拟题，不是课本原题；题目的难度与正文匹配，解答默认折叠——建议先自己写一遍，再展开对照。
还要提醒一句：本节的确界存在定理尚未给出证明（见确界存在定理）。所以凡是要求"求某个集合的 \(\sup\) 与 \(\inf\)"的题目，都要对具体给出的集合动手，用定义与 \(\varepsilon\) 刻画把"是上界"和"是最小上界"两步写出来，不能笼统地说"由定理存在"。
前置知识
解题框架：判断 \(\sup\) 与 \(\inf\) 的两步法
拿到一个具体的集合 \(S\)，求 \(\sup S\) 与 \(\inf S\) 分两步：
- 猜。 先估计 \(S\) 的大致范围，猜一个数 \(\beta\) 作为上确界的候选。具体做法是把 \(S\) 中各项"能到达的极端"写出来：参数取最小值时怎么样、参数 \(\to +\infty\) 时怎么样。
-
验。 按定义把两件事都写出来：
- \(\beta\) 是上界：对任意 \(x \in S\)（即对参数的任意取值），\(x \le \beta\)；
- \(\beta\) 是最小上界：对任意 \(\varepsilon > 0\)，具体取出一个 \(x \in S\) 使 \(x > \beta - \varepsilon\)。
第 2 步里的"具体取出"是重点。为此常需要"存在足够大的 \(n\)"，这由阿基米德性质保证，写的时候注明一句即可。若最后发现 \(\beta \in S\)，还要单独点明"所以 \(\sup S = \max S\)，取到"。
下确界完全对称：把 \(\le\) 反向，把 \(\beta - \varepsilon\) 换成 \(\alpha + \varepsilon\)。
习题¶
习题 1 · 单调递增的项¶
求 \(S = \{\, 1 - \frac1n \mid n \in \mathbb{N}^{*} \,\}\) 的 \(\sup\) 与 \(\inf\)，并判断它们是否属于 \(S\)。
解答
先看 \(S\) 的范围。对任意 \(n \in \mathbb{N}^{*}\) 有 \(0 < \frac1n \le 1\)，故
于是 \(0\) 是下界、\(1\) 是上界。
\(\sup S = 1\)，不取到。 \(1\) 是上界已说明。取任意 \(\varepsilon > 0\)，由阿基米德性质取 \(n \in \mathbb{N}^{*}\) 使 \(\frac1n < \varepsilon\)，则
所以 \(1\) 是最小上界，\(\sup S = 1\)。又 \(1 \notin S\)：\(1 - \frac1n = 1\) 要求 \(\frac1n = 0\)，不可能。故 \(S\) 没有最大值。
\(\inf S = 0\)，取到。 \(0\) 是下界已说明；又 \(n = 1\) 给出 \(0 = 1 - 1 \in S\)，所以
取到。
说明 \(S\) 的元素依次是 \(0, \frac12, \frac23, \frac34, \dots\)：它从左边逼近 \(1\)，永远差一点。\(\sup S = 1\) 描述的是"台阶的顶端"，而不是集合里的元素——这是本题唯一容易写错的地方。
习题 2 · 二次不等式的解集¶
求 \(S = \{\, x \in \mathbb{R} \mid x^2 + x - 1 < 0 \,\}\) 的 \(\sup\) 与 \(\inf\)。
解答
方程 \(x^2 + x - 1 = 0\) 的两个根是
且 \(\alpha < \beta\)、\(\beta - \alpha = \sqrt 5\)。由因式分解
可以逐段判断符号：\(x < \alpha\) 时两个因子都为负，乘积为正；\(\alpha < x < \beta\) 时第一个因子为正、第二个为负，乘积为负；\(x > \beta\) 时两个因子都为正，乘积为正。所以
\(\sup S = \beta\)。 \(\beta\) 是上界：若 \(x \in S\)，则 \(x < \beta\)。取任意 \(\varepsilon > 0\)，令
则 \(x < \beta\)，且
故 \(x \in (\alpha, \beta) = S\)。又 \(\delta \le \frac{\varepsilon}{2}\) 给出
所以 \(\beta\) 是最小上界，\(\sup S = \beta = \dfrac{-1 + \sqrt 5}{2}\)。
\(\inf S = \alpha\)。 完全对称：\(\alpha\) 是下界；对任意 \(\varepsilon > 0\)，取
同理可得 \(x \in S\) 且 \(x < \alpha + \varepsilon\)。故
两者都不属于 \(S\)，因为 \(S = (\alpha, \beta)\) 是开区间：\(S\) 既没有最大值，也没有最小值。
说明 这里 \(\delta\) 取"两个数中较小的那个"，是为了同时满足两个要求：\(x\) 要落进 \(S\)（不能越过左端点 \(\alpha\)），又要离 \(\beta\) 足够近（不超过 \(\varepsilon\)）。处理"确界恰好在区间端点"的题目，这是标准写法。顺带一提，\(\alpha + \beta = -1\)，所以数轴上的对称中心在 \(-\frac12\)，与求根公式一致。
习题 3 · 交错项的集合¶
求 \(S = \{\, (-1)^n + \frac1n \mid n \in \mathbb{N}^{*} \,\}\) 的 \(\sup\) 与 \(\inf\)，并判断它们是否取到。
解答
记
分奇偶讨论： \(n\) 为奇数时 \((-1)^n = -1\)，故 \(a_n = -1 + \frac1n\)；\(n\) 为偶数时 \((-1)^n = 1\)，故 \(a_n = 1 + \frac1n\)。
上确界：\(\sup S = \frac32\)，取到（在 \(n = 2\) 处）。
-
若 \(n\) 为偶数，写 \(n = 2k\)（\(k \in \mathbb{N}^{*}\)），则
\[ a_n = 1 + \frac{1}{2k} \le 1 + \frac12 = \frac32, \]等号当且仅当 \(k = 1\)，即 \(n = 2\)；
-
若 \(n\) 为奇数，则 \(a_n = -1 + \frac1n < 0 < \frac32\)。
所以 \(S\) 的每一项都不超过 \(\frac32\)，而
故 \(\sup S = \max S = \frac32\)，取到（\(n = 2\)）。
下确界：\(\inf S = -1\)，不取到。
- \(-1\) 是下界：偶数项 \(a_n = 1 + \frac1n > 1 > -1\)；奇数项 \(a_n = -1 + \frac1n > -1\)（因为 \(\frac1n > 0\)）。
- \(-1\) 是最大下界：取任意 \(\varepsilon > 0\)。由阿基米德性质取 \(N \in \mathbb{N}^{*}\) 使 \(\frac{1}{N} < \varepsilon\)，再取奇数 \(n = 2N + 1\)（它 \(\ge N\)，故 \(\frac1n \le \frac1N < \varepsilon\)），则 \(a_n = -1 + \frac1n < -1 + \varepsilon\)，且 \(a_n \in S\)。所以 \(-1 + \varepsilon\) 不是下界。
- \(-1 \notin S\)：偶数项都为正；奇数项 \(a_n = -1 + \frac1n > -1\)。两者都不可能等于 \(-1\)。
所以 \(\inf S = -1\)，但 \(S\) 没有最小值。
说明（这里最容易写错） 只看"奇数项趋于 \(-1\)"很容易得出"\(\inf = -1\) 且取到"的结论，但取到的前提是集合里有这个元素，而 \(-1 \notin S\)。实际情况是：奇数项 \(a_1 = 0\)、\(a_3 = -\frac23\)、\(a_5 = -\frac45\)、\(\dots\) 单调递减趋于 \(-1\)，越往后越接近但永远差 \(\frac1n\)；偶数项全部为正。所以最小值不存在，\(\inf S = -1\) 只是"下界的下确界"。
说明（与上确界的对比） 上确界 \(\frac32\) 之所以取到，是因为它由 \(n = 2\) 这个具体的有限值达到；下确界 \(-1\) 只能靠 \(n \to +\infty\) 逼近，而 \(n\) 永远是有限的。判断"是否取到"时，不要只看极限位置，要回到集合里去找那个元素。
习题 4 · \(\mathbb{Q}\) 中的上确界¶
证明 \(S = \{\, x \in \mathbb{Q} \mid x^2 < 3 \,\}\) 在 \(\mathbb{Q}\) 中没有上确界。
解答
与正文处理 \(\{\, x \in \mathbb{Q} \mid x^2 < 2 \,\}\) 的手法完全相同，只是把 \(2\) 换成 \(3\)。对 \(q \in \mathbb{Q}\) 定义
两个直接计算：由 \(3q + 3 - q(q + 3) = 3 - q^2\) 得
又由 \((3q + 3)^2 - 3(q + 3)^2 = 9q^2 + 18q + 9 - 3q^2 - 18q - 27 = 6(q^2 - 3)\) 得
\(q \in \mathbb{Q}\) 时 \(r(q) \in \mathbb{Q}\)；当 \(q > -3\) 时分母 \(q + 3 > 0\)，两式的符号由 \(3 - q^2\) 与 \(q^2 - 3\) 决定。
（a）\(q^2 < 3\) 的有理数不是上界。 此时 \(-\sqrt 3 < q < \sqrt 3\)，故 \(q + 3 > 3 - \sqrt 3 > 0\)。于是
即 \(r(q) > q\) 且 \(r(q)^2 < 3\)，故 \(r(q) \in S\)。于是 \(S\) 中有比 \(q\) 更大的元素，\(q\) 不是上界。
（b）\(q > 0\) 且 \(q^2 > 3\) 的有理数不是最小上界。 此时 \(q + 3 > 0\)，于是
即 \(0 < r(q) < q\)（\(r(q) > 0\) 是因为分子 \(3q + 3 > 0\)、分母 \(q + 3 > 0\)）且 \(r(q)^2 > 3\)。对任意 \(x \in S\)：若 \(x < 0\)，则 \(x < r(q)\)；若 \(x \ge 0\)，则由 \(x^2 < 3 < r(q)^2\) 得 \(x < r(q)\)。所以 \(r(q) \in \mathbb{Q}\) 是 \(S\) 的上界，而它比 \(q\) 小，\(q\) 不是最小的上界。
（c）\(\sqrt 3 \notin \mathbb{Q}\)。 若 \(\sqrt 3 = \frac pq\) 且 \(p, q \in \mathbb{N}^{*}\) 互素，则 \(p^2 = 3q^2\)，故 \(3 \mid p^2\)，从而 \(3 \mid p\)。写 \(p = 3k\)，得 \(9k^2 = 3q^2\)，即 \(q^2 = 3k^2\)，同理 \(3 \mid q\)，与 \(p, q\) 互素矛盾。
结论。 设 \(q \in \mathbb{Q}\) 是 \(S\) 的任意一个上界。因为 \(1 \in S\)（\(1^2 = 1 < 3\)），故 \(q \ge 1 > 0\)。若 \(q^2 < 3\)，则 \(q \in S\)，由 (a) 有更大的元素属于 \(S\)，与 \(q\) 是上界矛盾，所以 \(q^2 \ge 3\)；而 \(q^2 = 3\) 由 © 不可能，故 \(q^2 > 3\)，再由 (b) 知 \(r(q)\) 是比 \(q\) 更小的上界。于是每个上界都不是最小的，\(\mathbb{Q}\) 中不存在 \(S\) 的上确界。
说明（\(r(q)\) 的形式从哪来） 对一般的正整数 \(a\)（非平方数），取
就有 \(r(q) - q = \dfrac{a - q^2}{q + a}\) 与 \(r(q)^2 - a = \dfrac{a(a - 1)(q^2 - a)}{(q + a)^2}\)（对 \(a = 2\) 就是正文里的 \(\frac{2q+2}{q+2}\)，对 \(a = 3\) 就是本题的 \(\frac{3q+3}{q+3}\)）。分母不能想当然地写成 \(q + 1\)：\(\frac{3q+3}{q+1}\) 恒等于 \(3\)，根本不含 \(q\) 的信息，两个计算式都会退化为常数。
习题 5 · 集合的加法¶
设 \(A, B \subseteq \mathbb{R}\) 非空且有上界，
证明 \(\sup (A + B) = \sup A + \sup B\)。
解答
记
第一步：\(\beta\) 是 \(A + B\) 的上界。 对任意 \(a \in A\)、\(b \in B\) 有 \(a \le \beta_A\) 与 \(b \le \beta_B\)，两式相加得
而 \(A + B\) 的元素都形如 \(a + b\)，故 \(\beta\) 是 \(A + B\) 的上界（顺便也就证明了 \(A + B\) 有上界、非空）。
第二步：\(\beta\) 是最小上界。 取任意 \(\varepsilon > 0\)，则 \(\frac{\varepsilon}{2} > 0\)。
- 由 \(\beta_A = \sup A\) 的 \(\varepsilon\) 刻画，存在 \(a \in A\) 使 \(a > \beta_A - \frac{\varepsilon}{2}\)；
- 由 \(\beta_B = \sup B\) 的 \(\varepsilon\) 刻画，存在 \(b \in B\) 使 \(b > \beta_B - \frac{\varepsilon}{2}\)。
两式相加，并注意 \(a + b \in A + B\)：
所以 \(\beta - \varepsilon\) 不是 \(A + B\) 的上界。
两步合起来：\(\sup (A + B) = \beta = \sup A + \sup B\)。
说明
- 把 \(\varepsilon\) 分成两份是关键：如果对 \(A\)、\(B\) 都用同一个 \(\varepsilon\)，相加后只得到 \(a + b > \beta - 2\varepsilon\)，还得再补一句"把 \(\varepsilon\) 换成 \(\frac{\varepsilon}{2}\)"；不如一开始就分半，逻辑更干净。
- 结论可以推广到有限多个集合：\(\sup (A_1 + \cdots + A_n) = \sup A_1 + \cdots + \sup A_n\)，对 \(n\) 归纳即可，每步把 \(\varepsilon\) 分成 \(n\) 份。
- 下确界完全对称：\(A\)、\(B\) 非空有下界时 \(\inf (A + B) = \inf A + \inf B\)。
习题 6 · 用确界存在定理做两件事¶
（1） 用确界存在定理证明：\(\mathbb{Z}\) 的任意非空有下界的子集必有最小元。
（2） 证明：任意 \(a < b\) 之间必存在无理数。
解答
（1）整数集的下界情形有最小元。
设 \(A \subseteq \mathbb{Z}\) 非空，且有下界，即存在 \(c \in \mathbb{R}\) 使一切 \(x \in A\) 满足 \(x \ge c\)。记
\(A\) 非空故 \(-A\) 非空；又对一切 \(x \in A\) 有 \(-x \le -c\)，故 \(-A\) 有上界。由确界存在定理，存在
下面证明 \(\beta \in -A\)。因为 \(\beta - 1 < \beta\)，由上确界的定义，\(\beta - 1\) 不是 \(-A\) 的上界，故存在 \(y \in -A\) 使
又 \(y \le \beta\)（\(\beta\) 是上界）。现在取任意 \(z \in -A\)，由 \(z \le \beta < y + 1\) 得 \(z < y + 1\)；而 \(z, y\) 都是整数，相邻整数之间没有别的整数，故 \(z \le y\)。也就是说，\(y\) 本身是 \(-A\) 的上界，从而 \(\beta \le y\)。结合 \(y \le \beta\) 得
于是存在 \(m \in A\) 使 \(\beta = -m\)。对任意 \(x \in A\) 有 \(-x \le \beta = -m\)，即 \(x \ge m\)，所以 \(m\) 是 \(A\) 的最小元。
（2）任意 \(a < b\) 之间存在无理数。
设 \(a, b \in \mathbb{R}\)，\(a < b\)。
第一步：取一个中间的有理数。 由有理数的稠密性（确界存在定理中的命题 3），存在 \(q \in \mathbb{Q}\) 使
第二步：往 \(q\) 上加一个足够小的无理数。 记 \(\eta = b - q > 0\)。由阿基米德性质，存在 \(n \in \mathbb{N}^{*}\) 使
令
则 \(r > q > a\)，且 \(r = q + \frac{\sqrt 2}{n} < q + (b - q) = b\)，故
第三步：\(r\) 是无理数。 若 \(r \in \mathbb{Q}\)，则由有理数对减法与乘法的封闭性，
与 \(\sqrt 2\) 是无理数矛盾。故 \(r \notin \mathbb{Q}\)。
于是 \(r\) 就是所要求的无理数。
说明
- 第 (1) 题的关键一步是"\(\beta = y\)"，它用的是整数的离散性（相邻整数之间没有别的整数）。这也说明这条结论不能直接搬到 \(\mathbb{R}\) 上：\((0,1)\) 有上确界 \(1\)，而 \(1 \notin (0,1)\)。
- 逻辑链条值得记下来：确界存在定理 \(\to\) 非空有上界的实数集有上确界 \(\to\) 整数集的上确界一定能在集合里取到 \(\to\) 转负即得"非空有下界必有最小元"。
- 第 (2) 题更省事的说法是"有理数加无理数还是无理数"，但上面的写法把它证了一遍，不额外假设任何结论。同样的套路把 \(\sqrt 2\) 换成任意无理数，就得到"无理数也是稠密的"。
- 注意第 (2) 题里两步的顺序：先用稠密性找到有理数 \(q\)，再用阿基米德性质把 \(\frac{\sqrt 2}{n}\) 压到小于 \(b - q\)。这两条都是由确界存在定理推出的，本题因此是"用定理推结论"的典型练习。