为何实数不只有算术规则
有理数支援熟悉的有序算术，但集合 {q∈Q:q>0, q2<2} 没有有理数最小上界。实数系统加入完备性：非空有上界集合都有最小上界。这不只是另一条不等式运算规则，而是分析中许多存在性结论的来源。
定义
上界与上确界
对非空 A⊂R，若每个 a∈A 均满足 a≤u，则 u 是上界。若 s 是上界，并对每个上界 u 都有 s≤u，则 s=supA。最大值是既属于 A 又是上界的元素。最大值若存在便是上确界；上确界则不一定属于 A。下界、下确界和最小值以反向不等式定义。
定理
完备性公理
每个非空且有上界的实数子集都有实数上确界。等价地，每个非空且有下界的子集都有实数下确界，因为 infA=−sup(−A)。
例如 sup(0,1)=1，但 1 不是该集合的最大值；相反，sup[0,1]=1 且是最大值。依此定义，空集及没有上界的集合没有实数上确界。
定理
上确界近似判据
非空集合 A 的上界 s 是 supA，当且仅当对每个 ε>0，存在 a∈A 使 s−ε<a≤s。
证明
证明两个方向
若 s=supA，但没有元素大于 s−ε，则 s−ε 是更小的上界，矛盾。反过来，假设 s 是上界且具近似性质。若另一上界 u<s，取 ε=s−u>0，近似性质给出 a>u，违反 u 是上界。因此 s 是最小上界。
例题
上确界证明的两部分
令 A={n/(n+1):n∈N,n≥1}。每个元素小于 1，所以 1 是上界。给定 ε>0，由下述阿基米德性质选 n>1/ε。则 1−n/(n+1)=1/(n+1)<ε，故 supA=1。没有元素等于 1，所以 A 没有最大值。只证上界并不足以证明它是最小上界：2 也是上界。
阿基米德性质与稠密性
定理
阿基米德性质
对每个实数 x，存在正整数 n>x。因此对每个 ε>0，存在 n∈N 使 1/n<ε。
证明
完备性迫使整数无上界
若正整数有上界，完备性给 s=supN。因 s−1 不是上界，存在 n∈N 满足 n>s−1。但 n+1>s 且 n+1∈N，违反 s 是上界。对 1/ε 应用该性质即得第二个结论。
任意实数 x<y 之间都有有理数。选 n 使 n(y−x)>1；由阿基米德性质及整数部分性质，可选整数 m 使 nx<m<ny，因此 x<m/n<y。整数部分性质可由整数在正负两方向均无界及自然数良序性得到。x 和 y 之间也有无理数：选有理数 q 使 x−2<q<y−2，则 q+2 是位于区间内的无理数。稠密性不表示有理数与无理数集合相同。
例题
以反射求下确界
对 B={2+1/n:n≥1}，所有元素均大于 2。给定 ε>0，选 n>1/ε 可得 2<2+1/n<2+ε。所以 2 是下确界，但不是最小值。最大值为 3，由 n=1 取到。
证明策略比较
要辨认上确界，须同时证明它是上界，并可从下方任意逼近。若只要证明存在而不计算数值，证集合非空且有界后用完备性。要证没有最大值，可证上确界不属于集合；这不等于上确界不存在。ε 必须任意，而选出的元素可以依赖它。
练习
- 找 A=(−2,3] 的上确界、下确界、最大值和最小值；不存在时请说明。
- 证明 sup{1−2/n:n≥1}=1。
- 若 A 非空且有下界，证明 infA=−sup(−A)。
- 不用 2 的小数展开，证明 (2,2+0.01) 内有有理数。
详解
- supA=3=maxA、infA=−2；由于 −2∈/A，最小值不存在。
- 每项小于 1，所以 1 是上界。给定 ε>0，选 n>2/ε，则 1−ε<1−2/n<1。由上确界判据得结论。
- −A 非空且有上界。设 s=sup(−A)。对每个 a∈A 有 −a≤s，故 −s≤a。若 l 是 A 的任意下界，则 −l 是 −A 的上界，因此 s≤−l，即 l≤−s。故 −s 是最大下界。
- 两端点为有序实数，故有理数稠密性给出所求值。构造上可选 n>100 和整数 m 满足 n2<m<n2+1，则 m/n 在该区间内。
总结
完备性保证最小上界，近似判据说明它为何最小。阿基米德估计让我们选足够大的整数控制误差；稠密性则保证每个非空开区间内都有有理数及无理数。这些概念将支撑数列收敛与连续性证明。
