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实分析 I

  1. 01从微积分到实分析
  2. 02实数系统与完备性
  3. 03有界集、单调性与完备性的第一批应用
  4. 04数列极限的严格定义
  5. 05子列、Cauchy 数列与 Bolzano-Weierstrass 定理
  6. 06无穷级数 I：收敛概念与正项级数
  7. 07无穷级数 II：绝对收敛、条件收敛与幂级数前奏
  8. 08实直线上的拓扑语言
  9. 09函数极限
  10. 10连续性与连续函数的基本性质
  11. 11紧性与连续函数的全局结论
  12. 12导数的定义、法则与局部线性化
  13. 13中值定理及其后果
  14. 14Riemann 积分 I：分割、上和下和与可积性
  15. 15Riemann 积分 II：积分性质与微积分基本定理
  16. 16函数列与一致收敛
  17. 17函数项级数与幂级数
  18. 18度量空间入口与实分析 I 综合
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课程数学实分析 I有界集、单调性与完备性的第一批应用

有界集、单调性与完备性的第一批应用

上一章最后留下的完备性，看上去像一句很安静的话：只要一个实数集合非空而且有上界，它就有上确界。真正用它时，这句话一点也不安静。它常常负责把“边界好像在那里”变成“这个实数确实存在”。

微积分里我们很习惯先算出答案，再检查它对不对；但有些问题根本没有现成公式把答案交到手上。例如，一串数一直往上走却又不许越过某条线，它会不会真的停在某个实数附近？一层层闭区间不断夹紧，里面会不会留下一点？这些都不是图像能担保的事。本章要练习的动作是：先找到一个有边界的对象，再让完备性把那个边界变成可操作的数。

下一章才会把数列“收敛”的语言正式写成 ε\varepsilonε-NNN 定义。本章遇到“后面的项越来越靠近某数”时，会直接把需要验证的不等式写出来，不把尚未建立的数列定理当作黑箱。

界不是最大值，上确界也不是一个装饰性符号

设 S⊂RS\subset\mathbb{R}S⊂R。如果存在一个实数 MMM，使每个 s∈Ss\in Ss∈S 都满足 s≤Ms\le Ms≤M，那么称 SSS 有上界，并称 MMM 是 SSS 的一个上界。上界通常不止一个：一旦 MMM 能挡住 SSS 的所有元素，任何更大的数也能挡住它们。

同样地，若存在 m∈Rm\in\mathbb{R}m∈R，使每个 s∈Ss\in Ss∈S 都有 m≤sm\le sm≤s，就称 SSS 有下界，mmm 是一个下界。一个集合同时有上界和下界时，才称它有界。这里“有界”指的是两边都被控制住；只有上界或只有下界都还不够。

先把几个很容易混淆的词拆开。最大值必须是集合中的元素；上界不必属于集合。比如

E=(−3,2]E=(-3,2]E=(−3,2]

的最大值是 222，因为 2∈E2\in E2∈E，而 222 也当然是上界。−3-3−3 是下界，却不是最小值：它不在 EEE 中。对集合 (0,2)(0,2)(0,2) 而言，222 仍是上界，但它不再是最大值。把“没有元素超过 222”直接说成“最大值是 222”，恰好漏掉了成员资格这个条件。

最紧的上方围栏

若 SSS 非空且有上界，完备性保证它有一个最小的上界，记为

α=sup⁡S.\alpha=\sup S.α=supS.

它的含义可以分成两半：

s≤α对每个 s∈S 成立，s\le\alpha\quad\text{对每个 }s\in S\text{ 成立，}s≤α对每个 s∈S 成立，

并且只要 u<αu<\alphau<α，uuu 就挡不住 SSS 的全部元素。第二半才是“最小”的内容。只验证 α\alphaα 是上界，只能说明它是一道围栏；还没有说明围栏已经贴到最右边。

这件事有一个极其常用的等价说法。若 SSS 非空、有上界，则实数 α\alphaα 是 SSS 的上确界，当且仅当：

  1. α\alphaα 是 SSS 的上界；
  2. 对任意 ε>0\varepsilon>0ε>0，都能在 SSS 里找到一个元素 sss，使得
α−ε<s≤α.\alpha-\varepsilon<s\le\alpha.α−ε<s≤α.

第二条说得很朴素：你可以把上确界左侧的空隙要求得任意窄，集合里总还有元素挤进这条窄缝。注意，s=αs=\alphas=α 不必发生；集合也可以永远从左边逼近它。

我们把这个刻画证明一遍。若 α=sup⁡S\alpha=\sup Sα=supS，第一条来自上界的定义。假设某个 ε>0\varepsilon>0ε>0 下找不到满足 α−ε<s\alpha-\varepsilon<sα−ε<s 的元素，那么所有 s∈Ss\in Ss∈S 都有

s≤α−ε.s\le\alpha-\varepsilon.s≤α−ε.

这会使 α−ε\alpha-\varepsilonα−ε 成为比 α\alphaα 更小的上界，矛盾。反过来，若两条都成立，任取 u<αu<\alphau<α，令 ε=α−u>0\varepsilon=\alpha-u>0ε=α−u>0。第二条给出某个 s∈Ss\in Ss∈S 满足 s>us>us>u，所以 uuu 不是上界。于是没有比 α\alphaα 小的上界，α=sup⁡S\alpha=\sup Sα=supS。

上确界逼近性质不是“可以大致接近”的说法。量词是“任意 ε>0\varepsilon>0ε>0”。哪怕误差被压到 10−10010^{-100}10−100，甚至比这更小，集合元素仍能落在上确界左边的指定窄区间里。

一个没有最大值却有明确上确界的集合

考虑

A={4−2n+1:n∈N}.A=\left\{4-\frac{2}{n+1}:n\in\mathbb{N}\right\}.A={4−n+12​:n∈N}.

它的前几项是 3,103,72,…3,\frac{10}{3},\frac{7}{2},\ldots3,310​,27​,…。每一项都小于 444，所以 444 是上界；但没有一项等于 444，因此它不是最大值。要严谨地证实 sup⁡A=4\sup A=4supA=4，还须证明任何小于 444 的数都不能充当上界。

给定 ε>0\varepsilon>0ε>0。上一章得到的 Archimedean 性质告诉我们，可以取 n∈Nn\in\mathbb{N}n∈N，使

n+1>2ε.n+1>\frac{2}{\varepsilon}.n+1>ε2​.

于是 2/(n+1)<ε2/(n+1)<\varepsilon2/(n+1)<ε，从而

4−ε<4−2n+1∈A.4-\varepsilon<4-\frac{2}{n+1}\in A.4−ε<4−n+12​∈A.

这正是上确界逼近性质。因此 sup⁡A=4\sup A=4supA=4，但 AAA 没有最大值。这里的重点不是分式本身，而是证明的两步结构：先找一个上界，再让集合元素任意靠近它。

下确界完全对称。若 SSS 非空且有下界，β=inf⁡S\beta=\inf Sβ=infS 的操作性刻画是：

β≤s对每个 s∈S 成立，\beta\le s\quad\text{对每个 }s\in S\text{ 成立，}β≤s对每个 s∈S 成立，

而且对任意 ε>0\varepsilon>0ε>0，存在 s∈Ss\in Ss∈S 满足

β≤s<β+ε.\beta\le s<\beta+\varepsilon.β≤s<β+ε.

它不是从右边“随便差不多地靠近”，而是任何正宽度的右侧窄缝里都能找到集合元素。也可以把它化成上确界问题：令 −S={−s:s∈S}-S=\{-s:s\in S\}−S={−s:s∈S}，那么

inf⁡S=−sup⁡(−S).\inf S=-\sup(-S).infS=−sup(−S).

负号会把上下方向翻转，因此下确界的存在同样来自完备性。

完备性公理的前提不能省略。空集虽然被每个实数上界住，却没有“最小上界”：无论你选哪个实数，总能再减去 111。无上界的集合也不能在实数范围内谈上确界；例如 N\mathbb{N}N 没有实数上界。

用上确界做一次真正的存在性证明

“5\sqrt{5}5​”在计算题里很普通，但从实分析的角度看，先要解释这个符号为什么指向某个实数。我们不借助图像，也不先假定答案已经存在，只用上确界把它找出来。

令

B={x∈R:x≥0, x2<5}.B=\{x\in\mathbb{R}:x\ge0,\ x^2<5\}.B={x∈R:x≥0, x2<5}.

0∈B0\in B0∈B，所以 BBB 非空。它又被 333 上界：若 x≥3x\ge3x≥3，则 x2≥9>5x^2\ge9>5x2≥9>5，不可能属于 BBB。完备性给出

r=sup⁡B.r=\sup B.r=supB.

我们要证明 r2=5r^2=5r2=5。这一步很能说明确界证明的节奏：若候选边界偏低，就把它往右推一点；若候选边界偏高，就把它往左退一点。两种偏差都和“rrr 是最紧上界”冲突。

先注意 2∈B2\in B2∈B，所以 r≥2r\ge2r≥2。假设 r2<5r^2<5r2<5，取

h=5−r22(2r+1).h=\frac{5-r^2}{2(2r+1)}.h=2(2r+1)5−r2​.

由于 r≥2r\ge2r≥2 且 r2<5r^2<5r2<5，有 0<h≤10<h\le10<h≤1。于是

(r+h)2=r2+2rh+h2≤r2+(2r+1)h<5.(r+h)^2=r^2+2rh+h^2\le r^2+(2r+1)h<5.(r+h)2=r2+2rh+h2≤r2+(2r+1)h<5.

因此 r+h∈Br+h\in Br+h∈B，却有 r+h>rr+h>rr+h>r；这与 rrr 是 BBB 的上界矛盾。所以 r2r^2r2 不可能小于 555。

再假设 r2>5r^2>5r2>5。令

h=r2−54r.h=\frac{r^2-5}{4r}.h=4rr2−5​.

此时 0<h<r/20<h<r/20<h<r/2，所以 r−h>0r-h>0r−h>0，并且

(r−h)2=r2−2rh+h2≥r2−2rh=r2+52>5.(r-h)^2=r^2-2rh+h^2\ge r^2-2rh=\frac{r^2+5}{2}>5.(r−h)2=r2−2rh+h2≥r2−2rh=2r2+5​>5.

若某个 x∈Bx\in Bx∈B 大于或等于 r−hr-hr−h，因为两数都非负，就会得到 x2≥(r−h)2>5x^2\ge(r-h)^2>5x2≥(r−h)2>5，矛盾。因此 r−hr-hr−h 已经是 BBB 的上界；但它小于 rrr，又与 r=sup⁡Br=\sup Br=supB 矛盾。

两种可能都被排除，只能有 r2=5r^2=5r2=5。又因为 r≥0r\ge0r≥0，这个 rrr 就是我们记作 5\sqrt55​ 的非负实数。它也是唯一的：若 p,q≥0p,q\ge0p,q≥0 且 p2=q2=5p^2=q^2=5p2=q2=5，则

(p−q)(p+q)=0.(p-q)(p+q)=0.(p−q)(p+q)=0.

而 p+q>0p+q>0p+q>0，故 p=qp=qp=q。这类论证不是为了把平方根讲复杂，而是在说明：确界能制造出一个原先只凭直觉相信存在的边界点。

有方向的项列会把边界变成尾部控制

现在把目光从集合移到排成队的实数

a1,a2,a3,….a_1,a_2,a_3,\ldots.a1​,a2​,a3​,….

若对每个 n∈Nn\in\mathbb{N}n∈N 都有 an≤an+1a_n\le a_{n+1}an​≤an+1​，称它单调递增；允许相等。若始终有 an+1≤ana_{n+1}\le a_nan+1​≤an​，称它单调递减。严格递增、严格递减会另写 <<< 或 >>>，不要把两种说法混在一起。

单调性只说明走向，不保证有终点。1,2,3,…1,2,3,\ldots1,2,3,… 单调递增，却没有上界。反过来，仅仅有界也不保证项会安定下来，例如 1,−1,1,−1,…1,-1,1,-1,\ldots1,−1,1,−1,… 被 −1-1−1 与 111 夹住，却一直来回跳。能触发完备性的恰好是“方向”和“边界”同时存在。

单调有界原理

若 (an)(a_n)(an​) 单调递增且有上界，那么存在实数 LLL，使得：对每个 ε>0\varepsilon>0ε>0，能找到一个自然数 NNN，当 n≥Nn\ge Nn≥N 时都有

∣an−L∣<ε.|a_n-L|<\varepsilon.∣an​−L∣<ε.

而且这个 LLL 就是所有项组成的集合的上确界：

L=sup⁡{an:n∈N}.L=\sup\{a_n:n\in\mathbb{N}\}.L=sup{an​:n∈N}.

证明没有猜测极限的步骤。令

C={an:n∈N}.C=\{a_n:n\in\mathbb{N}\}.C={an​:n∈N}.

CCC 非空且有上界，故可取 L=sup⁡CL=\sup CL=supC。给定任意 ε>0\varepsilon>0ε>0，上确界逼近性质给出某个 NNN，使得

L−ε<aN≤L.L-\varepsilon<a_N\le L.L−ε<aN​≤L.

一旦 n≥Nn\ge Nn≥N，单调递增性把这一个好项传给了整条尾巴：

L−ε<aN≤an≤L.L-\varepsilon<a_N\le a_n\le L.L−ε<aN​≤an​≤L.

所以 0≤L−an<ε0\le L-a_n<\varepsilon0≤L−an​<ε，也就是 ∣an−L∣<ε|a_n-L|<\varepsilon∣an​−L∣<ε。这里每一环都不能替代另一环：完备性提供 LLL，逼近性质挑出 aNa_NaN​，单调性负责后面所有项。

递减情形只需把上确界换成下确界。若 (an)(a_n)(an​) 单调递减且有下界，令

ℓ=inf⁡{an:n∈N}.\ell=\inf\{a_n:n\in\mathbb{N}\}.ℓ=inf{an​:n∈N}.

给定 ε>0\varepsilon>0ε>0，可取 NNN 使 ℓ≤aN<ℓ+ε\ell\le a_N<\ell+\varepsilonℓ≤aN​<ℓ+ε。当 n≥Nn\ge Nn≥N 时，

ℓ≤an≤aN<ℓ+ε,\ell\le a_n\le a_N<\ell+\varepsilon,ℓ≤an​≤aN​<ℓ+ε,

于是 ∣an−ℓ∣<ε|a_n-\ell|<\varepsilon∣an​−ℓ∣<ε。这就是下降的项列向下确界靠拢的精确内容。

单调递增时，只要求上界就够了，因为第一项 a1a_1a1​ 自动是所有项的下界；单调递减时，只要求下界就够了。很多人把定理机械地背成“单调且有界”，反而遮住了这个更精确的条件。

例题：不先猜答案的平方根迭代

前面构造平方根的论证对任意正数都适用，因此可以把 6\sqrt66​ 看作已经由完备性保证存在的正实数。考虑迭代

x1=3,xn+1=12(xn+6xn).x_1=3,\qquad x_{n+1}=\frac12\left(x_n+\frac{6}{x_n}\right).x1​=3,xn+1​=21​(xn​+xn​6​).

这是一种从较粗近似开始、不断修正的规则。先别急着把递推式两边“取极限”；数列极限的运算法则还没有建立。我们直接检查它的方向、边界和误差。

令 r=6r=\sqrt6r=6​。若 xn≥rx_n\ge rxn​≥r，则

xn+1−r=xn2+6−2rxn2xn=(xn−r)22xn≥0.x_{n+1}-r =\frac{x_n^2+6-2rx_n}{2x_n} =\frac{(x_n-r)^2}{2x_n}\ge0.xn+1​−r=2xn​xn2​+6−2rxn​​=2xn​(xn​−r)2​≥0.

从 x1=3>rx_1=3>rx1​=3>r 出发，归纳可知每一项都不小于 rrr，所以分母始终为正。另一方面，

xn+1−xn=6−xn22xn≤0.x_{n+1}-x_n=\frac{6-x_n^2}{2x_n}\le0.xn+1​−xn​=2xn​6−xn2​​≤0.

因此 (xn)(x_n)(xn​) 单调递减且被 rrr 下界住。单调有界原理已经保证它的尾部会靠近某个实数。这个例子还能把那个实数直接认出来：设 en=xn−r≥0e_n=x_n-r\ge0en​=xn​−r≥0，上面的恒等式给出

en+1=en22xn≤en2.e_{n+1}=\frac{e_n^2}{2x_n}\le\frac{e_n}{2}.en+1​=2xn​en2​​≤2en​​.

归纳得到

0≤en≤3−r2n−1.0\le e_n\le\frac{3-r}{2^{n-1}}.0≤en​≤2n−13−r​.

因为 2n−1≥n2^{n-1}\ge n2n−1≥n，并且可由 Archimedean 性质选到 N>(3−r)/εN>(3-r)/\varepsilonN>(3−r)/ε，当 n≥Nn\ge Nn≥N 时便有

0≤xn−r≤3−rn≤3−rN<ε.0\le x_n-r\le\frac{3-r}{n}\le\frac{3-r}{N}<\varepsilon.0≤xn​−r≤n3−r​≤N3−r​<ε.

所以这条迭代的项确实无限接近 6\sqrt66​。这里没有借用任何尚未证明的“递推式极限可代入”规则；每一步都是不等式。

闭区间一层套一层，交点从哪里来

区间套经常被画成左右端点慢慢夹住一个点。图形很有帮助，但它也容易掩盖真正的前提。设

In=[an,bn](n∈N)I_n=[a_n,b_n]\qquad(n\in\mathbb{N})In​=[an​,bn​](n∈N)

是一列实数闭区间，满足

In+1⊆In.I_{n+1}\subseteq I_n.In+1​⊆In​.

这意味着左端点不向左退、右端点不向右退：

an≤an+1≤bn+1≤bn.a_n\le a_{n+1}\le b_{n+1}\le b_n.an​≤an+1​≤bn+1​≤bn​.

只要每个 InI_nIn​ 都是这样的非空闭区间，它们就至少有一个共同点。长度趋于零不是“存在共同点”所必需的；它负责的是共同点的唯一性。

交点存在的确界证明

把所有左端点收集为

D={an:n∈N}.D=\{a_n:n\in\mathbb{N}\}.D={an​:n∈N}.

它非空，而且被 b1b_1b1​ 上界，因为每个 InI_nIn​ 都包含在 I1I_1I1​ 中。令

x=sup⁡D.x=\sup D.x=supD.

固定一个 k∈Nk\in\mathbb{N}k∈N。我们先说明 bkb_kbk​ 是 DDD 的上界。若 n≥kn\ge kn≥k，由 In⊆IkI_n\subseteq I_kIn​⊆Ik​ 可得 an≤bka_n\le b_kan​≤bk​；若 n<kn<kn<k，单调性给出 an≤ak≤bka_n\le a_k\le b_kan​≤ak​≤bk​。于是对全部 nnn 都有 an≤bka_n\le b_kan​≤bk​，所以

ak≤x≤bk.a_k\le x\le b_k.ak​≤x≤bk​.

左边来自 xxx 是 DDD 的上界，右边来自 bkb_kbk​ 也是 DDD 的上界而 xxx 是其中最小的一个。因此 x∈Ikx\in I_kx∈Ik​。kkk 是任意的，故

x∈⋂n=1∞In.x\in\bigcap_{n=1}^{\infty}I_n.x∈n=1⋂∞​In​.

这段证明值得慢慢看：没有先说“端点数列收敛”，而是直接从左端点集合取上确界，再逐个核对它落在每个区间里。完备性在这里给出的正是那个可能被无穷次夹逼的点。

如果还满足以下缩短条件：对每个 ε>0\varepsilon>0ε>0，都存在 NNN，使得

bN−aN<ε,b_N-a_N<\varepsilon,bN​−aN​<ε,

那么共同点只有一个。因为若 x,yx,yx,y 都属于每个 InI_nIn​，就有

∣x−y∣≤bn−an对每个 n 成立.|x-y|\le b_n-a_n\quad\text{对每个 }n\text{ 成立}.∣x−y∣≤bn​−an​对每个 n 成立.

若 x≠yx\ne yx=y，令 ε=∣x−y∣>0\varepsilon=|x-y|>0ε=∣x−y∣>0，挑出长度小于 ε\varepsilonε 的 INI_NIN​，便得到 ∣x−y∣<∣x−y∣|x-y|<|x-y|∣x−y∣<∣x−y∣ 的矛盾。因此 x=yx=yx=y。

两个条件分别在防什么错

闭端点不能随手改成开端点。区间

(0,1n+2)\left(0,\frac{1}{n+2}\right)(0,n+21​)

彼此嵌套，长度也能任意小，却没有共同点。任何正数总会在某一层被排除，唯一看似可能留下的 000 又从来不属于这些开区间。

另一方面，若取

In=[−1,1]对每个 n,I_n=[-1,1]\quad\text{对每个 }n,In​=[−1,1]对每个 n,

区间当然嵌套且有共同点，但共同点不是唯一的，而是整个 [−1,1][-1,1][−1,1]。所以要记住两个结论的不同版本：嵌套非空闭区间保证至少一个交点；再加上长度可以任意小，才保证恰好一个交点。

无限小数不是一串写不完的字符

小数近似之所以可靠，不是因为我们看见了许多数字，而是因为每多确定一位，就把目标压进更短的闭区间。设 x≥0x\ge0x≥0，把它截断到小数点后 nnn 位得到 pnp_npn​。那么

pn≤x≤pn+10−n.p_n\le x\le p_n+10^{-n}.pn​≤x≤pn​+10−n.

区间

Jn=[pn,pn+10−n]J_n=[p_n,p_n+10^{-n}]Jn​=[pn​,pn​+10−n]

彼此嵌套：多看一位不会推翻已经确定的前缀。它们的长度是 10−n10^{-n}10−n。给定任意 ε>0\varepsilon>0ε>0，由 Archimedean 性质可选 N>1/εN>1/\varepsilonN>1/ε；又 10N≥N10^N\ge N10N≥N，所以

10−N≤1N<ε.10^{-N}\le\frac1N<\varepsilon.10−N≤N1​<ε.

于是区间套唯一地锁定 xxx。这把“截断越来越准”翻译成了一个可证明的命题。

反过来，给定一串合法的十进制数字也能构造实数。设整数部分为 d0d_0d0​，小数位为 d1,d2,…d_1,d_2,\ldotsd1​,d2​,…，其中每个 dj∈{0,1,…,9}d_j\in\{0,1,\ldots,9\}dj​∈{0,1,…,9}。令

pn=d0+∑j=1ndj10−j.p_n=d_0+\sum_{j=1}^{n}d_j10^{-j}.pn​=d0​+j=1∑n​dj​10−j.

由于下一位最多增加 9⋅10−(n+1)9\cdot10^{-(n+1)}9⋅10−(n+1)，区间 [pn,pn+10−n][p_n,p_n+10^{-n}][pn​,pn​+10−n] 会嵌套在前一层中；其长度能任意小。区间套给出唯一共同点，这个共同点就是该无限小数所代表的实数。

这也解释了尾部全为 999 的特殊写法。对 0.4999…0.4999\ldots0.4999…，其前 nnn 位截断值是 0.5−10−n0.5-10^{-n}0.5−10−n，对应的区间都包含 0.50.50.5，而长度会任意小。因此

0.4999…=0.5000….0.4999\ldots=0.5000\ldots.0.4999…=0.5000….

这里不是把两个不同数字串“约等于”在一起；它们的区间套共同点就是同一个实数。

本章的存在性工具箱

到现在为止，同一份完备性已经换了几种外形。

  • 对集合，它说非空有上界的集合有上确界，并给出可逼近的边界点。
  • 对有方向的项列，它把上确界或下确界变成整条尾部的控制目标。
  • 对嵌套闭区间，它提供一个留在每一层里的共同点；宽度缩到任意小则把共同点锁成唯一。
  • 对无限小数或平方根构造，它保证无穷次逼近不会落到实数轴的空洞里。

这些不是互不相关的花样。每一次都是先把问题改造成“有界对象的边缘在哪里”，再用那个边缘验证原问题。后面遇到函数取最大值、方程是否有根、积分能否存在时，这套动作还会反复出现，只是待研究的对象不再只是简单的数集。

不要从本章的定理反推过头。单调本身不够，有界本身也不够；闭区间嵌套保证交点，却不自动保证交点唯一；上确界存在，也不表示它属于原集合。每个结论都依赖它写出的那组条件。

练习

练习一：把上确界的两件事都做完

证明

sup⁡{3−12n+1:n∈N}=3,\sup\left\{3-\frac{1}{2n+1}:n\in\mathbb{N}\right\}=3,sup{3−2n+11​:n∈N}=3,

并说明该集合有没有最大值。

任意 n∈Nn\in\mathbb{N}n∈N 都有 1/(2n+1)>01/(2n+1)>01/(2n+1)>0，故

3−12n+1<3.3-\frac{1}{2n+1}<3.3−2n+11​<3.

所以 333 是上界。给定 ε>0\varepsilon>0ε>0，由 Archimedean 性质选取 nnn 使 2n+1>1/ε2n+1>1/\varepsilon2n+1>1/ε。于是

3−ε<3−12n+13-\varepsilon<3-\frac{1}{2n+1}3−ε<3−2n+11​

且右边属于集合。上确界逼近性质说明 333 是上确界。每一项严格小于 333，而集合中任一项之后都能取更大的下标得到更大的一项，因此集合没有最大值。

练习二：识别单调性和恰当的边界

设

un=5n−15n+2(n∈N).u_n=\frac{5n-1}{5n+2}\qquad(n\in\mathbb{N}).un​=5n+25n−1​(n∈N).

证明 (un)(u_n)(un​) 单调递增、有上界，并用本章的结论说明它的尾部靠近哪个实数。

先比较相邻两项：

un+1−un=5n+45n+7−5n−15n+2=15(5n+7)(5n+2)>0.u_{n+1}-u_n =\frac{5n+4}{5n+7}-\frac{5n-1}{5n+2} =\frac{15}{(5n+7)(5n+2)}>0.un+1​−un​=5n+75n+4​−5n+25n−1​=(5n+7)(5n+2)15​>0.

故数列单调递增。又有

un=1−35n+2<1,u_n=1-\frac{3}{5n+2}<1,un​=1−5n+23​<1,

所以 111 是上界。给定 ε>0\varepsilon>0ε>0，取 nnn 使 5n+2>3/ε5n+2>3/\varepsilon5n+2>3/ε，便有 un>1−εu_n>1-\varepsilonun​>1−ε。因此 111 是所有项的上确界。由单调有界原理，对任意正误差，充分靠后的项都会落在 111 的该误差范围内。

练习三：下降时别把上确界拿错方向

设

vn=2+4n+3(n∈N).v_n=2+\frac{4}{n+3}\qquad(n\in\mathbb{N}).vn​=2+n+34​(n∈N).

证明 (vn)(v_n)(vn​) 单调递减且有下界，并确定它靠近的数。

因为 n+4>n+3>0n+4>n+3>0n+4>n+3>0，有

4n+4<4n+3,\frac{4}{n+4}<\frac{4}{n+3},n+44​<n+34​,

所以 vn+1<vnv_{n+1}<v_nvn+1​<vn​，数列严格递减。每一项都大于 222，故 222 是下界。给定 ε>0\varepsilon>0ε>0，选 nnn 使 n+3>4/εn+3>4/\varepsilonn+3>4/ε，可得

2<vn=2+4n+3<2+ε.2<v_n=2+\frac4{n+3}<2+\varepsilon.2<vn​=2+n+34​<2+ε.

于是 222 是项集的下确界。递减有下界的结论说明，充分靠后的项会任意接近 222。

练习四：区间套的交集到底有多大

令

Kn=[2−1n+1, 2+1n+1].K_n=\left[2-\frac{1}{n+1},\ 2+\frac{1}{n+1}\right].Kn​=[2−n+11​, 2+n+11​].

求 ⋂n=1∞Kn\bigcap_{n=1}^{\infty}K_n⋂n=1∞​Kn​，并逐项核对区间套的条件。

随着 nnn 增大，左端点 2−1/(n+1)2-1/(n+1)2−1/(n+1) 递增，右端点 2+1/(n+1)2+1/(n+1)2+1/(n+1) 递减，因此 Kn+1⊆KnK_{n+1}\subseteq K_nKn+1​⊆Kn​。每个都是非空闭区间，并且长度为

(2+1n+1)−(2−1n+1)=2n+1.\left(2+\frac1{n+1}\right)-\left(2-\frac1{n+1}\right)=\frac2{n+1}.(2+n+11​)−(2−n+11​)=n+12​.

给定 ε>0\varepsilon>0ε>0，取 nnn 使 n+1>2/εn+1>2/\varepsilonn+1>2/ε，长度就小于 ε\varepsilonε。区间套定理给出唯一共同点。222 显然属于每个 KnK_nKn​，所以

⋂n=1∞Kn={2}.\bigcap_{n=1}^{\infty}K_n=\{2\}.n=1⋂∞​Kn​={2}.

练习五：检查尾随九的等号

用区间套而不是计算器说明

1.24999…=1.25.1.24999\ldots=1.25.1.24999…=1.25.

从小数点后第二位起截断，得到

1.24,1.249,1.2499,…1.24,\quad1.249,\quad1.2499,\ldots1.24,1.249,1.2499,…

第 nnn 位截断值（n≥2n\ge2n≥2）为 1.25−10−n1.25-10^{-n}1.25−10−n。它对应的十进制区间是

[1.25−10−n, 1.25].\left[1.25-10^{-n},\ 1.25\right].[1.25−10−n, 1.25].

这些闭区间嵌套，长度为 10−n10^{-n}10−n，可任意小，并且 1.251.251.25 在每一层中。故它们唯一的共同点是 1.251.251.25；无限小数 1.24999…1.24999\ldots1.24999… 所代表的数正是这个共同点。

接下来该把“靠近”说严谨了

本章已经多次写出同一种尾部要求：给定任意正误差，能够找到一个门槛，使门槛之后的所有项都在目标附近。下一章会专门拆开这句话的量词顺序，解释为什么门槛可以依赖误差、却不能依赖某个临时挑出来的项。

到那时，单调有界原理就不只是“递增有上界所以收敛”的一句口诀。你会看见它的完整骨架：上确界给出候选值，逼近性质找到一项，单调性把这一项之后的整条尾巴一起推进指定误差带。

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