实数完备性

有理数能进行四则运算，却容不下 $\sqrt{2}$。完备性解决的是逼近产生的缺口：上确界把从下方逼近的边界落实为一个实数；Cauchy 完备性则从序列内部的距离出发，保证越来越稳定的近似有极限。

不同表述适合不同证明：集合边界问题用上确界，数值逼近用 Cauchy 序列，逐步定位用嵌套区间，从有界候选中抽取极限则用 Bolzano–Weierstrass。

上确界如何产生极限，可以由单调有界序列看清。设 $a_n$ 递增且有上界，取 $s=sup\{a_n:n\ge 1\}$。对任意 $\epsilon >0$，$s-\epsilon$ 不是上界，所以某个 $a_N>s-\epsilon$；单调性保证所有 $n\ge N$ 都满足 $s-\epsilon <a_n\le s$。这正是 $a_n\to s$ 的定义。完备性负责提供 $s$，单调性负责把“一次接近”变成“此后一直接近”。

与单调序列表述的等价范围 ​

固定同一个任意的 Archimedean 有序域 $F$：自然数在 $F$ 中无上界，序与域运算相容。把收敛解释为对每个 $\epsilon \in F$、$\epsilon >0$ 的通常绝对值条件，则以下两个性质等价：

1. 每个非空且在 $F$ 中有上界的子集都有 $F$ 内的上确界；
2. 每个 $F$ 值单调递增且有上界的序列都在 $F$ 内收敛。

第二项就是单调有界序列结论理路单调有界序列收敛定理Monotone convergence theorem for sequences每个单调且有界的实数序列都收敛。在共同背景 $F$ 上的版本。由第一项到第二项，取序列项集的上确界即可，证明与上段相同。

反向假设第二项，取非空有上界的 $S\subseteq F$。先选 $a_0\in S$；若它已经是上界，它就是最大元。否则取上界 $b_0>a_0$，保持 $a_n$ 不是上界、$b_n$ 是上界。每次检查中点 $c_n=(a_n+b_n)/2$：若它是上界，就令 $(a_{n+1},b_{n+1})=(a_n,c_n)$；否则令 $(a_{n+1},b_{n+1})=(c_n,b_n)$。于是 $a_n$ 递增且有界，故趋于某个 $s\in F$。区间宽度为 $(b_0-a_0)2^{-n}$，由 Archimedean 性趋零，所以 $b_n\to s$。

每个 $b_n$ 都是上界，传递极限得所有 $x\in S$ 满足 $x\le s$。若 $u<s$，则某个 $a_n>u$；因为 $a_n$ 不是上界，存在 $x\in S$ 满足 $x>a_n>u$，故 $u$ 不是上界。这就证明 $s=supS$。这里比较的是同一个有序域上的两项性质，并未把任意全序集与固定实数轴上的定理直接等同。

集合 $A=\{x\ge 0:x^2<2\}$ 非空且有上界。令 $s=supA$：若 $s^2<2$，取 $0<h<min\{1,(2-s^2)/(2s+1)\}$，便有 $(s+h{)}^2<2$，与上界性矛盾；若 $s^2>2$，取 $0<h<min\{s,(s^2-2)/(2s)\}$，则 $(s-h{)}^2>2$，所以 $s-h$ 仍是上界，两种情况都矛盾，所以 $s^2=2$。在 $\mathbb{Q}$ 中，相同集合没有有理数上确界，论证正好卡在缺失的 $\sqrt{2}$。

上确界属于环境数系，最大元还要求属于原集合。开区间 $(0,1)$ 的上确界是 $1$，它位于 $\mathbb{R}$ 中，却不在 $(0,1)$ 内。对于序列 $(-1{)}^n$，两个常值子列分别收敛到 $-1$ 与 $1$；整个序列持续振荡，呈现的是多个聚点。

单调有界序列收敛定理理路单调有界序列收敛定理Monotone convergence theorem for sequences每个单调且有界的实数序列都收敛。、Cauchy 序列理路柯西序列Cauchy sequence任意精度下充分靠后的任意两项彼此接近的序列。完备性、嵌套区间性质与 Bolzano–Weierstrass 定理从序、距离和子列三个角度描述实数的完备结构。介值定理理路介值定理Intermediate value theorem连续函数在实区间上不能跳过中间高度；由完备性证明存在性，并厘清二分法、唯一性和不动点迭代。、连续函数在紧区间取极值、Riemann 积分与无穷级数都借助这些性质建立极限的存在性。

完备有序域在保持有序域结构的唯一同构意义下唯一；具体把实数实现为 Dedekind 分割还是 Cauchy 序列，不改变后续分析所使用的完备结构。