4.3 完备性与 Q 的缺口

完备性是一种存在性要求

有序域可以支持运算与比较，却仍有非空且有上界的子集缺少最小上界。完备性排除的正是这种情形。由有理条件 $x^2\lt2$ 定义的集合，将说明 $Q$ 并不满足这项更强的要求。

定义

定义 4.3.1

（完备有序集）

有序集 $X$ 称为完备，如果：

• 每个在 $X$ 中有上界的非空子集 $Y\subseteq X$ 都有 supremum；
• 每个在 $X$ 中有下界的非空子集 $Y\subseteq X$ 都有 infimum。

完备性要求的界必须属于同一个环境集合：非空且有上界的子集要有最小上界，非空且有下界的子集要有最大下界。

例题 4.3.2

（有限全序集一定完备）

若 $X$ 是有限全序集，则其每个非空子集都已经有最大元素与最小元素。这两个元素自然就是 supremum 与 infimum。

因此，有限全序集之所以完备，是因为所需的极端元素本来就在集合里被取到。

真正有趣的问题，是像 $Q$、$R$ 这样的无限有序集。

有理数里的经典反例

标准反例是

$$S=\{x\in Q\mid x^2\lt 2\}.$$

这个集合非空，因为 $1\in S$。它也在 $Q$ 中上有界，例如 $2$ 就是一个上界。

若 $Q$ 是完备的，会发生什么？那么 $S$ 应该在 $Q$ 中有 supremum。以下整个论证正是在说：没有任何有理数可以充当这个角色。

定理 4.3.3

（Q 不是完备的）

有序集 $(Q,\le)$ 不是完备的。

为什么没有有理数能当作 sup(S)

若 $s$ 是上界，由于 $1\in S$，必有 $s\ge1$。特别地，$s\le0$ 不可能是上界。因此比较平方以前，可以把上确界候选限制为正有理数。

两种有理扰动

设 $s\in Q$ 且 $s\gt 0$。若 $s^2\lt 2$，令 $M=2-s^2$，并明确选择

$$h=\frac12\min\left\{1,\frac{M}{2s+1}\right\}\gt 0.$$

这是正有理数，且 $h\lt 1$、$h\lt M/(2s+1)$，所以

$$(s+h)^2=s^2+h(2s+h)\lt s^2+M=2.$$

于是 $s+h\in S$ 且 $s+h\gt s$，故 $s$ 不是上界。

若 $s^2\gt 2$，令 $M=s^2-2$，并选择

$$h=\frac12\min\left\{s,\frac{M}{2s}\right\}\gt 0.$$

此时 $r=s-h\gt 0$，而且

$$r^2=s^2-2sh+h^2\gt s^2-2sh\gt 2.$$

每个 $x\in S$ 都满足 $x\lt r$：否则 $x\ge r\gt 0$ 会推出 $x^2\ge r^2\gt 2$，矛盾。因此 $r$ 是比 $s$ 更小的上界，违反最小性。这里 $r\gt 0$ 不可省略；负有理数即使平方大于 $2$，也不是 $S$ 的上界。

最后，前面的奇偶性证明排除了有理数 $s$ 满足 $s^2=2$ 的可能。这些情形穷尽正有理候选，所以 $S$ 在 $Q$ 中没有上确界。整个证明只使用有理数运算，没有假设实数平方根或完备性。

完备性不等于最大性

“最大元”描述的是集合成员资格，而完备性描述的是界的存在原则。最大元必须属于子集；上确界则可能是环境集合中的端点，而子集始终达不到它。反过来，即使环境有序集不完备，某个具体集合仍可能有上确界。完备性说的是：环境中的每个非空且有上界的子集都有上确界，每个非空且有下界的子集都有下确界。

例题 4.3.4

（一个明确的有限全序计算）

令 $X=\{-2,0,3\}$ 带通常次序，$Y=\{-2,3\}$。在环境 $X$ 中，$Y$ 的唯一上界是 $3$，所以 $\sup\limits_X(Y)=3$；唯一下界是 $-2$，所以 $\inf\limits_X(Y)=-2$。两者都属于 $Y$，因此都被取到。若改令 $Z=\{0,3\}\subseteq X$，它在 $X$ 中的上界仍只有 $\{3\}$，但下界是 $\{-2,0\}$。环境集合决定界的列表，而最大元与最小元仍由子集成员资格决定。

例题 4.3.5

（有下确界却没有最小元）

正有理数集合 $Q_{>0}$ 没有最小元：任给 $q>0$，$q/2$ 仍是正数而且更小。然而 $0$ 是它在 $Q$ 中的下确界。确实，$0$ 是下界；若下界 $\ell>0$，则下界条件会要求 $\ell\le\ell/2$，这是不可能的。因此 $\inf\limits_Q(Q_{>0})=0$，但最小元不存在。环境中的界与子集本身的元素，因此是不同的要求。

稠密不等于完备

若 $a<b$ 是有理数，其中点 $(a+b)/2$ 也是有理数，并且严格位于两者之间。反复取中点，可以在每个有理区间内找到更多有理数。这种稠密性比较的是 $Q$ 中已有的点；完备性则要求每个非空且有上界的子集，都在 $Q$ 中有最小上界。集合 $S$ 满足有界条件，却没有这样的有理界。

常见错误

（逼近不等于已经构造出边界）

方程 $x^2=2$ 的有理数夹界可以不断收窄，但这个过程本身既没有提供 $S$ 的有理上确界，也没有定义一个新数。构造仍须给出对象，并证明它具有所需的次序性质。

把扰动证明看成完备性检验

两种扰动分别否定上确界定义中的不同条件：$s+h$ 否定上界条件，较小的上界 $s-h$ 则否定最小性。两种比较都需要正的候选，因为平方函数并非在整个 $Q$ 上递增。这两项检验都没有预先指向一个已存在的无理边界。

例题 4.3.6

（端点属于集合的有界有理集合）

令 $T=\{q\in Q:0\lt q\le1\}$。$1$ 属于 $T$ 且是上界，因此它是最大元，并有 $\sup\limits_Q(T)=1$。$0$ 是下界。若 $\ell>0$ 是另一个下界，当 $\ell\le1$ 时， $\ell/2$ 属于 $T$ 且小于 $\ell$，与下界条件矛盾；当 $\ell>1$ 时，集合中的 $1$ 已经与 $\ell\le1$ 矛盾。因此 $\inf\limits_Q(T)=0$，而 $T$ 没有最小元。与集合 $S$ 比较，这里使用相同的界语言，但端点 $1$ 是有理数且确实属于集合，所以没有完备性缺口。

$T$ 的上确界 $1$ 属于 $Q$，而 $S$ 的每个有理候选都被排除。因此，一个集合有上确界，不能推出环境有序集完备。完备性要求每个非空且有上界的子集都有上确界，并对非空且有下界的子集提出对偶要求。

待包含 $Q$ 的完备有序域构造完成后，$S$ 便会在其中有上确界。记号 $\sup\limits_Q(S)$ 与 $\sup\limits_R(S)$ 涉及不同的存在性命题：前者不存在，后者则将由构造得到保证。明确写出环境，可以区分“缺少最佳界”与“已有有理点之间还有其他点”这两种问题。

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（为什么 2 是 $S=\{x\in Q:x^2<2\}$ 的上界？）

若 x>2，x^2 会变成什么？

解答 · 答案

若 $x\gt 2$，则 $x^2\gt 4\gt 2$，所以这样的 $x$ 不可能属于 $S$。因此 $S$ 的每个元素都不超过 $2$，故 $2$ 是上界。

快速检查

（为什么 Q 的稠密性不能推出 Q 的完备性？）

用一句严谨的话回答。

解答 · 答案

稠密性只保证任意两个不同有理数之间还能再插入有理数；完备性则要求每个非空且有上界的子集都在 $Q$ 内拥有最小上界。集合 $S=\{x\in Q\mid x^2\lt 2\}$ 虽有无穷多接近边界的有理近似，却仍然没有有理 supremum。

练习

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（解释为什么每个有限全序集都是完备的。）

利用有限非空子集一定能取到最大与最小元素。

解答 · 引导解答

取有限全序集 $X$ 的任一非空子集 $Y$。由于 $Y$ 有限，我们总能逐一比较并找出最大的元素与最小的元素。这两个元素分别就是 $Y$ 的 maximum 与 minimum，因此也就是 $\sup(Y)$ 与 $\inf(Y)$。所以有限全序集一定完备。

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（假设 Q 是完备的，那么集合 $S=\{x\in Q:x^2<2\}$ 会被迫满足什么？为什么这不可能？）

直接把完备性的定义套到这个反例上。

解答 · 引导解答

若 $Q$ 完备，则每个在 $Q$ 中上有界的非空子集都必有 supremum。集合 $S$ 非空且上有界，所以它必须有某个有理数 $s$ 满足 $s=\sup(S)$。但上面的三种情况论证说明，没有任何有理数可以做到这件事。因此 $Q$ 不可能是完备的。

相关笔记

可先读 3.5 Q 的缺口与 sqrt(2) 及 4.2 上下界、上确界与下确界。之后可接着读 4.4 实数公理与第一次近似构造。