4.2 上下界、上確界與下確界

動機

集合一旦帶有次序，邊界問題便無法迴避：集合本身有沒有最大元素？若沒有， 環境有序集裏是否仍有一個最精確的上方邊界？又要符合甚麼條件，才可保證這個 邊界確實存在？這些是不同的問題，各自有不同的量詞。

這種區分是理解完備性的基礎。次序關係只說明已經存在的元素如何比較，並不會 自動保證每個有界集合都有最小上界或最大下界。supremum 與 infimum 為這些邊界 給出精確定義；本課程稍後證明的 $R$ 的完備性，則保證 $R$ 中適當的非空有界子集 確實有這類邊界。

可以先記住以下層次：

• maximum 與 minimum 必須是集合內的元素；
• upper bound 與 lower bound 只須屬於環境有序集；
• 有界性只斷言至少存在一個相應的界；
• supremum 與 infimum 進一步斷言存在一個最好的界。

界所需的次序語言

定義

偏序集與全序集

若關係 $\le$ 在集合 $X$ 上滿足自反性、反對稱性與傳遞性，則 $(X,\le)$ 稱為 偏序集。若它還滿足全可比性，即對任意 $x,y\in X$，都有 $x\le y$ 或 $y\le x$，則稱為全序集（或線性序集）。

上下界、上確界與下確界的定義在偏序集中已有意義；後面的逼近判準則需要全序。

定義

最大值、最小值、上界、下界與有界性

設 $Y\subseteq X$，其中 $(X,\le)$ 是偏序集。

• 若 $m\in Y$ 且 $(\forall y\in Y)\,y\le m$，則 $m$ 是 $Y$ 的最大值；
• 若 $n\in Y$ 且 $(\forall y\in Y)\,n\le y$，則 $n$ 是 $Y$ 的最小值；
• 若 $u\in X$ 且 $(\forall y\in Y)\,y\le u$，則 $u$ 是 $Y$ 的上界；
• 若 $\ell\in X$ 且 $(\forall y\in Y)\,\ell\le y$，則 $\ell$ 是 $Y$ 的 下界；
• 若 $(\exists u\in X)(\forall y\in Y)\,y\le u$，則稱 $Y$ 在 $X$ 中 上有界；若 $(\exists\ell\in X)(\forall y\in Y)\,\ell\le y$，則稱 $Y$ 在 $X$ 中下有界。

所以，「上界」指某個具體元素；「上有界」則是至少存在一個上界的存在命題。它還 沒有斷言最小上界存在。

環境集合 $X$ 是每個陳述的一部分。例如，同一個有理數子集可能在 $Q$ 中上有界 卻沒有上確界，而把它視為 $R$ 的子集時卻有上確界。

上確界與下確界

定義

上確界與下確界

設 $Y$ 是偏序集 $X$ 的非空子集。

• 若元素 $s\in X$ 滿足 $(\forall y\in Y)\,y\le s$，並且對 $Y$ 的每個上界 $u\in X$ 都有 $s\le u$，則 $s$ 是 $Y$ 的上確界，記作 $s=\sup_X(Y)$；
• 若元素 $t\in X$ 滿足 $(\forall y\in Y)\,t\le y$，並且對 $Y$ 的每個下界 $\ell\in X$ 都有 $\ell\le t$，則 $t$ 是 $Y$ 的下確界，記作 $t=\inf_X(Y)$。

環境集合明確時，可以簡寫成 $\sup(Y)$ 與 $\inf(Y)$。

做題時應分開三個邏輯步驟：先寫候選值必須符合的定義；再驗證集合上有界或下有 界；最後說明最好的界為何存在於環境集合中。一般有序域並不提供第三步：$Q$ 是有序域，卻不完備。對於 $R$，後面的完備性定理保證每個非空上有界子集有上確 界，也保證每個非空下有界子集有下確界。

唯一性以及與最大值、最小值的關係

定理

一個集合至多只有一個上確界與一個下確界

若 $Y\subseteq X$ 有上確界，則上確界唯一；若它有下確界，則下確界也唯一。

若 $s,s'$ 都是 $Y$ 的上確界，因為 $s$ 是上界，而 $s'$ 不大於任何上界，所以 $s'\le s$。交換二者得到 $s\le s'$，再由反對稱性得到 $s=s'$。把不等號方向 全部反轉，便得到下確界的結論。

最大值必定給出上確界，但「屬於集合」這一條件不可省略。若 $m=\max(Y)$，則 $m\in Y$，且每個 $y\in Y$ 都滿足 $y\le m$，所以 $m$ 是上界。若 $u$ 是任意 上界，因為 $m\in Y$，把上界定義應用到 $m$ 便得到 $m\le u$。因此 $m$ 是最小 上界，即 $\sup(Y)=m$。對偶地，若 $n=\min(Y)$，則 $n$ 是下界；每個下界 $\ell$ 都因 $n\in Y$ 而滿足 $\ell\le n$，故 $\inf(Y)=n$。反過來，若上確界 屬於 $Y$，它便是最大值；若下確界屬於 $Y$，它便是最小值。

上下確界的對偶逼近判準

定理

上確界與下確界的次序判準和 epsilon 判準

設 $Y$ 是全序集 $X$ 的非空子集。

• 對 $s\in X$，$s=\sup_X(Y)$ 當且僅當 $(\forall y\in Y)\,y\le s$，並且 $(\forall u\in X)(u\lt s\Rightarrow(\exists y\in Y)\,u\lt y\le s)$；
• 對 $t\in X$，$t=\inf_X(Y)$ 當且僅當 $(\forall y\in Y)\,t\le y$，並且 $(\forall v\in X)(t\lt v\Rightarrow(\exists y\in Y)\,t\le y\lt v)$。

若 $X=F$ 是有序域，則上述條件分別等價於相同的上界或下界條件，再加上

• $(\forall\varepsilon\in F)(\varepsilon>0\Rightarrow (\exists y\in Y)\,s-\varepsilon\lt y\le s)$；
• $(\forall\varepsilon\in F)(\varepsilon>0\Rightarrow (\exists y\in Y)\,t\le y\lt t+\varepsilon)$。

上確界的陳述是說：嚴格小於 $s$ 的元素都不再是上界。下確界的陳述則是說：嚴格 大於 $t$ 的元素都不再是下界。epsilon 形式只是利用有序域的加法結構重寫同一件 事。它們能判斷一個候選值，卻不能單憑自身為每個有界集合製造上確界或下確界。

為甚麼兩組對偶逼近判準等價

先設 $s=\sup(Y)$ 並取 $u\lt s$。若 $u$ 是上界，最小性會給出 $s\le u$，矛盾。 因此有 $y\in Y$ 不滿足 $y\le u$。由全可比性得到 $u\lt y$，而上界性質又給出 $y\le s$。

反過來，假設所寫的上方逼近條件成立，並令 $b$ 是任意上界。全可比性給出 $b\lt s$ 或 $s\le b$。第一種情形會產生 $y\in Y$ 使 $b\lt y$，與 $b$ 是上界矛盾， 所以必有 $s\le b$，即 $s=\sup(Y)$。

下確界完全對偶。設 $t=\inf(Y)$ 且 $v\gt t$。若 $v$ 是下界，最大性會給出 $v\le t$，矛盾；所以某個 $y\in Y$ 不滿足 $v\le y$。由全可比性得 $y\lt v$， 同時有 $t\le y$。反過來，若下方逼近條件成立，並取任意下界 $a$，全可比性給出 $t\lt a$ 或 $a\le t$。第一種情形會產生 $y\in Y$ 使 $y\lt a$，與 $a\le y$ 矛盾。因此每個下界 $a$ 都滿足 $a\le t$，故 $t=\inf(Y)$。

在有序域中，分別代入 $u=s-\varepsilon$ 與 $v=t+\varepsilon$，便得到 epsilon 形式。反過來，對 $u\lt s$ 取 $\varepsilon=s-u\gt 0$；對 $v\gt t$ 取 $\varepsilon=v-t\gt 0$，epsilon 形式便準確還原兩個次序判準。

一套可靠的證明流程

定義雖然很短，但嚴謹的確界證明應把邏輯層次明確寫出。可以先把所有界組成的集合 記為

$$U_X(Y)=\{u\in X:(\forall y\in Y)\,y\le u\}, \qquad L_X(Y)=\{\ell\in X:(\forall y\in Y)\,\ell\le y\}.$$

於是，$Y$ 上有界恰好表示 $U_X(Y)$ 非空，而上確界存在則表示 $U_X(Y)$ 有最小值。 同理，下有界只表示 $L_X(Y)$ 非空，下確界存在則表示 $L_X(Y)$ 有最大值。這個寫法 直接揭示了「至少有一個界」與「有一個最好的界」之間的差距。

要證明某個候選元素是上確界，可以穩定地按以下四步進行。

1. 確定環境。 寫明環境有序集，並驗證候選值屬於它。一個不是有理數的實數候選， 即使在數軸圖像上很自然，也不能成為 $Q$ 內的上確界。
2. 證明上界部分。 任取集合元素，證明它不大於候選值。只列出開首幾項、畫圖或 說明變化趨勢，都不能代替這個全稱命題。
3. 證明最小性。 可以任取一個上界，再證明候選值不大於它；也可以證明每個嚴格 較小的環境元素都會被某個集合元素超過。在有序域中，後一方法通常寫成 epsilon 論證。見證元素可以依賴所取的較小元素或 epsilon，不需要同一個元素對所有選擇 同時有效。
4. 指出存在性的來源。 若已直接證明某個明確候選符合定義的兩部分，就已經為這個 集合證明了存在性。若尚未構造候選，單靠有界性並不足夠，除非可以引用完備性定理。

處理下確界時，要反轉每個不等號和方向詞：先證明候選值不大於每個集合元素，再 證明任意下界不大於候選值。在 epsilon 論證中，要在 $t+\varepsilon$ 的下方 找到集合元素，而不是在 $t-\varepsilon$ 的上方尋找。先寫清兩條界條件，再作符號 變換，可以避免只反轉論證的一半。

量詞的否定也不能含糊。說 $u$ 不是上界，意思是存在 $y\in Y$ 不滿足 $y\le u$， 而不是我們暫時不知道 $u$ 是否為上界。在全序中，這等價於找到 $y$ 使 $u\lt y$。對偶地，$v$ 不是下界意味着存在 $y\in Y$ 使 $y\lt v$。逼近證明正是 在這一步使用全可比性。

非空條件也不是裝飾。對空集而言，「每個集合元素都不大於候選值」和「每個集合元素 都不小於候選值」都是空真命題，所以它的上界集與下界集都是整個環境集合；這些界集 是否有極值取決於環境次序。因此標準完備性公理刻意只討論非空子集。

反轉次序所揭示的對偶性

上述定理總是同時有 supremum 與 infimum 兩個版本，並非巧合。若把 $X$ 上的次序 反轉，上界變成下界，最小變成最大，maximum 變成 minimum，supremum 也變成 infimum。因此，只使用次序關係的證明，可以透過反轉所有不等號得到對偶證明。

在有序域中，取負號具體實現了這種反轉：由 $a\le b$ 可得 $-b\le-a$。所以 $B$ 的下界與 $-B$ 的上界一一對應。最後一道練習把這個觀察寫成完整的存在性證明與 恆等式，並明確記錄使用 $R$ 的完備性的那一步。

例題

例題

Z 中的有限集合

設 $Y=\{1,2,3\}\subseteq Z$。它的最大值是 $3$，最小值是 $1$。每個不小於 $3$ 的整數都是上界，每個不大於 $1$ 的整數都是下界。由最大值與最小值的結論， $\sup(Y)=3$ 且 $\inf(Y)=1$。

例題

開區間 (0,1)

設 $Y=(0,1)\subseteq R$。$1$ 是上界。若 $u\lt1$，取 $y=\max\{(u+1)/2,1/2\}$，則 $y\in(0,1)$ 且 $u\lt y$，所以 $u$ 不是上界；因此 $\sup(Y)=1$。對偶地，$0$ 是下界；若 $v\gt 0$，取 $y=\min\{v/2,1/2\}$，則 $y\in(0,1)$ 且 $y\lt v$，所以 $\inf(Y)=0$。

兩個邊界都不屬於 $Y$，因此這個區間既沒有最大值，也沒有最小值。

例題

正有理數的下確界

設 $Q_{\gt 0}=\{q\in Q:q\gt 0\}$。$0\in Q$ 是下界。再令 $\ell\in Q$ 是任意下界。 若 $\ell\gt 0$，則 $\ell/2\in Q_{\gt 0}$，但下界定義會要求 $\ell\le\ell/2$，產生矛盾。所以每個下界都滿足 $\ell\le0$；而 $0$ 本身就是下界， 故 $\inf_Q(Q_{\gt 0})=0$。

它沒有最小值，因為對每個 $q\in Q_{\gt 0}$，$q/2$ 仍是正有理數且嚴格小於 $q$。 這便嚴謹地展示了 infimum 與 minimum 的分別。

常見錯誤

常見錯誤

把定義、有界性與存在性混為一談

找到一個上界只證明集合上有界，並沒有找出最小上界；在不完備的環境有序域中， 它甚至不能保證最小上界存在。

常見錯誤

忘記環境有序集

$\sup(Y)$ 總是相對於某個環境有序集而言。同一邊界可能存在於 $R$，卻不屬於 $Q$。 只要更換環境會影響存在性，便應明確寫出環境集合。

常見錯誤

在偏序集中直接使用逼近判準

上確界與下確界的定義適用於偏序集，但這裏的嚴格逼近等價式使用了全可比性。沒有 全可比性時，「不小於」不能自動改寫成「嚴格大於」。

完備性需要精確的有界條件

最小上界原理是一個帶有兩個假設的存在性命題，而且兩個假設都重要：

定理

最小上界原理

有序域 $F$ 完備，是指每個非空且在 $F$ 中有上界的子集 $Y\subseteq F$ 都在 $F$ 中有上確界。對非空且有下界的集合則有對偶的 下確界結論。這個定理不為空集指定上確界，也不為所選環境中沒有上界的 集合指定上確界。

環境域不能省略。令

$$Y=\{q\in Q:q^2\lt 2\text{ 且 }q\gt 0\}.$$

$Y$ 在 $Q$ 中非空且有上界（例如 $2$），但它的邊界不是有理數；把同一 集合看作 $R$ 的子集時才有上確界。因此「有界」和「有上確界」都必須說明 環境集合。

幾何和與有限集合的上確界

這些定義不僅適用於區間，也適用於無限集合。下面的例子值得仔細研究：它 是有限和的無限像，而且它的上確界並不屬於集合本身。

例題

上確界為 2 的幾何和像集

定義 $f:N\to Q$：

$$f(n)=\sum_{k=0}^{n}2^{-k}=2-2^{-n}, \qquad Y=f(N).$$

有限幾何和公式（也可以從 $f(0)=1$ 與 $f(n+1)=f(n)+2^{-(n+1)}$ 用歸納法得到）給出上式。由於 $2^{-n}>0$， 每個 $f(n)<2$，所以 $2$ 是 $Q$ 中的上界。證明它是最小上界時，取任意 $q<2$，把 $\varepsilon=2-q$ 寫成 $a/b>0$，其中 $a,b$ 是正整數。取 $n>b$，由歸納法得到 $2^n>n$，從而

$$2^{-n}<\frac1n<\frac1b\le\frac ab=\varepsilon.$$

因此 $f(n)=2-2^{-n}>2-\varepsilon=q$。每個小於 $2$ 的有理數都能被 $Y$ 中某個元素擊敗，所以次序逼近準則給出 $\sup_Q(Y)=2$。另外 $f(n+1)>f(n)$，故 $Y$ 沒有最大元；它的最小元是 $f(0)=1$。這個例子 提醒我們：有序域中可以有一個有界集合，其上確界不被取到；與此同時， $Q$ 仍會在有理 $\sqrt{2}$ 集合等其他例子上失敗完備性。

第二個題型只使用偏序公理，不能偷偷換成需要任何兩元素可比較的論證。

定理

二元上確界推出非空有限集的上確界

設 $(S,\le)$ 是偏序集，並且每一對 $\{a,b\}$ 都有上確界。那麼 $S$ 的每個 非空有限子集都有唯一的上確界。

例題

二元 join 的歸納證明

單元素集合 $\{x\}$ 的上確界就是 $x$：它是上界，而任意上界 $u$ 都滿足 $x\le u$。設有限集 $E$ 的上確界為 $s_E$，加入一個新元素 $a$。由假設， 二元集合 $\{s_E,a\}$ 有上確界，記為 $s$。對任意 $x\in E$，傳遞性給出 $x\le s_E\le s$，同時 $a\le s$，所以 $s$ 是 $E\cup\{a\}$ 的上界。

若 $u$ 是 $E\cup\{a\}$ 的任意上界，則它也是 $E$ 的上界，因此 $s_E\le u$，並且 $a\le u$。所以 $u$ 是 $\{s_E,a\}$ 的上界，最小性給出 $s\le u$。這就證明 $s$ 是原集合的最小上界。按元素個數歸納便得到所有 非空有限子集的存在性；唯一性由反對稱性給出。整個論證沒有使用全序， 所需的只是二元 join、傳遞性與反對稱性。

比較這些例子時要分清：全序中的有限子集有最大元，但偏序中的有限子集可 能只有不屬於集合的上確界。上面的定理說的是最佳上界的存在，不是一定取 到最大元，也不是說每個偏序都完備。

總結

• 界屬於環境有序集；最大值與最小值還必須屬於原集合；
• 有界性只保證至少有一個界，並不保證有最好的界；
• 上確界是最小上界，下確界是最大下界；若存在，它們各自唯一；
• 最大值等於上確界，最小值等於下確界；
• 在全序集中，嚴格次序逼近刻畫兩種確界；在有序域中，它們化為對偶的 epsilon 判準；
• 保證 $R$ 中適當的非空有界子集都有確界的是完備性，而不只是有序域公理。

快速檢查

思考檢查

對 $Y=(0,1)$，它有沒有最大值？$\sup(Y)$ 與 $\inf(Y)$ 分別是甚麼？

分清集合內元素與環境中的界。

解答 · 答案

$Y$ 沒有最大值，也沒有最小值；它的 supremum 是 $1$，infimum 是 $0$。兩個界都 存在於環境集合 $R$ 中，但都不屬於 $Y$。

思考檢查

若 A 有最大值 m，則 $\sup(A)$ 是甚麼？最小值 n 的對偶結論是甚麼？

與任意界比較時，要用到 $m,n\in A$。

解答 · 答案

$\sup(A)=m$：maximum 本身是上界；對任意上界 $u$，因為 $m\in A$，所以 $m\le u$。對偶地，若 $n=\min(A)$，則 $\inf(A)=n$：它是下界，而且任意下界 $\ell$ 都因 $n\in A$ 而滿足 $\ell\le n$。

練習

思考檢查

設 $A=\{1-1/n:n\in\mathbb Z^+\}$。求 $\sup(A)$、$\inf(A)$，並判斷 A 是否有最大值。

證明上確界時，要同時驗證上界條件與 epsilon 逼近條件。

解答 · 引導解答

集合開首幾項是

$$\left\{0,\frac12,\frac23,\frac34,\dots\right\}.$$

對每個 $n\in Z^+$，都有 $1-1/n\lt1$，所以 $1$ 是上界。任取 $\varepsilon\gt 0$。由 Archimedean property，可取 $n\in Z^+$ 使 $n\gt 1/\varepsilon$。於是 $1/n\lt\varepsilon$，從而

$$1-\varepsilon\lt1-\frac1n\in A.$$

epsilon 判準給出 $\sup(A)=1$。這個集合沒有最大值：在任意一項 $1-1/n$ 後， $1-1/(n+1)$ 都是嚴格更大的集合元素。最後，每一項都非負，而 $n=1$ 時取到 $0$； 所以 $\inf(A)=0$，且 $0$ 同時是最小值。

思考檢查

證明：若 B 是 R 的非空子集且下有界，則 $\inf(B)=-\sup(-B)$。

先定義 $-B$，再驗證使用 $R$ 的完備性所需的假設。

解答 · 引導解答

定義

$$-B=\{-b:b\in B\}.$$

因為 $B$ 非空，所以 $-B$ 非空。又因為 $B$ 下有界，可取一個下界 $\ell\in R$。對每個 $b\in B$，$\ell\le b$，所以 $-b\le-\ell$。因此 $-\ell$ 是 $-B$ 的上界，$-B$ 上有界。

現在預先使用後續筆記將證明的 $R$ 的完備性：非空且上有界的 $-B$ 有上確界。令 $S=\sup(-B)$，並令 $I=-S$。對每個 $b\in B$，有 $-b\le S$，所以 $I\le b$；故 $I$ 是 $B$ 的下界。若 $j$ 是 $B$ 的任意下界，則對每個 $b\in B$ 都有 $-b\le-j$，所以 $-j$ 是 $-B$ 的上界。由 $S$ 的最小性， $S\le-j$，於是 $j\le-S=I$。因此 $I$ 是 $B$ 的最大下界，並且

$$\inf(B)=-\sup(-B).$$

相關筆記

可先讀 4.1 全序與有序域， 然後接著讀 4.3 完備性與 Q 的缺口。