实数完备性证明

一.七大定理循环证明:1.单调有界定理→区间套定理证明：已知n a ≤1+n a （∀n ）， n a ≤n b ≤1b ，∴由单调有界定理知{n a }存在极限，设∞→n limna = r ，同理可知{n b }存在极限，设∞→n lim n b =r ' ，由∞→n lim （nna b-）=0得r r '-=0即r r '=∀n ，有n a ≤n b ，令∞→n ，有n a ≤r r '=≤n b ，∴∀n ，有n a ≤r ≤n b 。

下面证明唯一性。

用反证法。

如果不然。

则∃ 21r r ≠，同时对任意 A a ∈，1r a ≤，2r a ≤对任意b 有1r b ≥ 2r b ≥，不妨设21r r <，令221'r r r +=显然2'1r r r <<⇒A r ∈'，B r ∈'，这与B A |是R 的一个分划矛盾。

唯一性得证。

定理证完。

2.区间套定理→确界定理证明：由数集A 非空，知∃A a ∈，不妨设a 不是A 的上界，另外，知∃b 是A 的上界，记[1a ，1b ]=[a ，b ]，用1a ，1b 的中点211b a +二等分[1a ，1b ]，如果211b a+是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[1a ，211b a+]；如果211b a+不是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[211b a +，1b ]；用2a ，2b 的中点222b a+二等分[2a ，2b ]……如此继续下去，便得区间套[na ，nb ]。

其中n a 不是A 的上界，n b 是A 的上界。

由区间套定理可得，∃唯一的 ∞=∈1],[n n nb ar ，使∞→n lim n a =∞→n limn b = r 。

A x ∈∀，由≤x n b （n=1，2，……）， 令∞→n ，≤x ∞→n lim n b = r ∴ r是A 的上界。

而,0>∀ε 由∞→n limna = r 知，a r N ，n N ，nεε-∃>∀有当知,0从而X ，a r A ，X n ε-∈∃使 ∴r=supA 。

同理可证非空有下界数集有下确界。

定理证完。

3.确界定理→有限覆盖定理证明：设E 是闭区间[b a ，]的一个覆盖。

定义数集A={a x ≥|区间[x a ，]在E 中存在有限子覆盖}从区间的左端点a x =开始.由于在E 中有一个开区间覆盖a ,因此a 及其右侧充分邻近的点均在A 中.这就保证了数集A 是非空的.从数集A 的定义可见,若∈x A,则整个区间[x a ，]⊂A.∴若A 无上界,则b ∈A,那么[b a ，]在E 中存在有限子覆盖.若A 有上界, 由确界定理可得∃r,使r=sup A 。

∴r x ∀，都有∈x A 。

事实上，,0)( x r -∀,y ∃使得x x r r y =--)( 。

[y a ，]在E 中存在有限子覆盖，∴[x a ，]⊂[y a ，]在E 中存在有限子覆盖下证b <r 。

用反证法。

如果不然，r ≤b ，则r ∈[b a ，]。

因此，在E 中存在有一开区间覆盖αE覆盖r 。

0a ∃，0b ∈αE ，使0a 0b r 。

由上面论证知0a ∈A ，也即区间[0a a ，]在E 中存在有限子覆盖，向这个有限子覆盖再加上开区间αE ，即成为[b a ，]的覆盖。

∴0b ∈ A ，与r=sup A 矛盾。

定理证完。

4.用有限覆盖定理证明聚点定理证明：设E为直线上有界无穷点集，则存在M>o，使Ec[一M，M]中任何点不是E的聚点，则对每一个x∈[一M，M]，必存在相应的6。

>o，使得在U(x，8。

)内至多含有E的有限多个点。

设H一{U(x，文)|x∈[一M，M])。

则H是[一M，M]的一个开覆盖。

由有限覆盖定理，H中存在有限个开覆盖U(x，，艿。

，)(j一1，2，3。

……)构成[一M，M]的一个开覆盖，当然也覆盖了E。

由邻域U(x，，文，)的原意，在其内至多含有E的有限多个点x，(j一1，2，3，……)。

故E为有限点集，这与题设E为无穷点集相矛盾。

故[一M，M]中至多有E的一个聚点。

5.用聚点定理证明致密性定理证明：若数列{x。

}中含有无限多个相等的项，则由这些项组成的子列是一个常数列，显然收敛。

若数列{x。

}不含有无限多个相等的项，则由聚点定理，点集{x。

}至少有一个聚点，记为x。

，由聚点的等价定义令￡1—1，存在x。

1∈U(xo，￡1)n{x。

}且x。

1≠Xo；令￡2一min{1／2，J xn 】一xo f)，存在x 。

2∈U (xo ，￡2)n{x 。

)且x 。

2≠xo(显然x 。

2≠x 。

1)；令ek —min{1／k ，I x 。

k —xo{)，存在x 。

k ∈U (x 。

，￡k)n{x 。

)且x 。

k ≠xo(显然x 。

k ≠x 。

i ，i 一1，2，3，……k 一1)； 从而得到{x 。

)的子列{x 。

t)，它的各项互不相 同，且Ix 。

k —xo I<￡k ≤1／k 。

于是{x 。

k)收敛于x 。

6．紧致性定理→柯西收敛定理证明：必要性。

已知}{n x 收敛，即R r ∈∃，∞→n lim n x =r ，即0 ε∀，，当N n ，有|n x -r|2ε 。

因此，只要Nn ，Nm ，有|n x -m x |=|n x -r+r-m x |≤|n x -r|+|r-m x |ε 。

充分性。

先证}{n x 有界。

对1=ε，N ∃，当N n ，N m ，有|n x -m x |1 。

取定n =N+1，则只要N n ，有|n x -0n x |1 ，从而|n x |=|n x -0n x +0n x |1 +|0n x |，令M=max （|1x |，……，|N x |，1+|0n x |），则|n x | M （n ∀）。

下证}{n x 有极限存在。

}{n x 有界，由紧致性定理可得，∃}{n x 的子数列}{kn x 且收敛于r 。

即0 ε∀，K ∃，当K k 时，有|kn x -r|2ε 。

另外，1N ∃，当1N n ，1N m ，有|n x -m x |2ε 。

取N=max （1+K n ，1N ），则只要N n ，取N k 0，则|n x -r|=|n x -0k x +0k x -r|=|n x -0k x |+|0k x -r|ε 。

∴∞→n lim n x =r 。

定理证完。

7．柯西收敛定理→单调有界定理证明：设}{n x 是单调上升有上界的实数列。

用反证法和柯西收敛定理。

若}{n x 不存在极限。

则0 ε∃，N ∀，∃N n ，有n x -N x =|n x -N x |ε 。

依次取1N =1，1n ∃ 1N ，使1n x -1x 0ε≥，=1n ，12n n∃，使2n x -1n x 0ε≥，……，kN =1-k n ， kn∃kN ，使kn x -1-k n x 0ε≥。

把它们相加，得到kn x -1x 0εk ≥ ∴G ∀，01εx G k -∀ ，有G x kn，与}{n x 有界矛盾，故}{n x 必有极限。

定理证完。

二.七大定理相互证明1.单调有界定理→确界定理证明：已知实数集A 非空。

∃A a ∈，不妨设a 不是A 的上界，另外，知∃b 是A 的上界，记1a =a ，1b =b ，用1a ，1b 的中点211b a +二等分[1a ，1b ]，如果211b a +B ∈，则取2a =1a ，2b =211b a +；如果211b a +A ∈，则取2a =211b a +，2b =1b ；……如此继续下去，便得两串序列}{n a }{n b 。

其中A a n ∈单调上升有上界（例如1b ），B b n ∈单调下降有下界（例如1a ）并且nn a b -=211a b -)(∞→n 。

由单调有界定理，知∃r ，使∞→n lim na= r 。

由∞→n lim（nna b-）=0 有∞→n lim na+（nna b-）= r}{n b 是A 的上界，∴A x ∈∀，有≤x n b （n=1，2，……），令∞→n ，≤x ∞→n lim nb = r ∴ r 是A 的上界。

而,0>∀ε 由∞→n lim na = r 知，a r N ，n N ，n εε-∃>∀有当知,0从而X ，a r A ，X n ε-∈∃使 ∴r=supA 。

同理可证非空有下界数集有下确界。

定理证完。

2.确界定理→单调有界定理证明：设}{n x 是单调上升有上界的实数列。

由确界定理可得，∃r ，使r=sup }{n x 。

rx n n ≤∀∴有,，并且εε-∃∀r x ，x ，N N 有0r x x r N n n N ≤≤≤-∀∴ε有, ，即ε||r xn-∴∞→n limnx = r 。

单调下降有下界情况的证明同用实数基本定理对此定理的证明。

定理证完。

3.确界定理→区间套定理证明：由[1+n a ，1+n b ] ⊂[n a ，n b ]，知}{n a 是单调上升有上界的实数列，}{n b 是单调下降有下界的数列。

且1b 是n a 的上界，1a 是nb 的下界。

设∞→n lim na= r ，∞→n lim n b=r '，由确界定理对的证明知r=sup }{n a ，r '=inf }{n b 。

由∞→n lim（nna b-）=0得r r '-=0即r r '==sup }{n a =inf }{n b∴∀n ，有n a ≤r ≤n b 。

唯一性证明同用实数基本定理对区间套定理的证明（即一.3）。

定理证完。

4.确界定理→有限覆盖定理证明：设E 是闭区间[b a ，]的一个覆盖。

定义数集A={a x ≥|区间[x a ，]在E 中存在有限子覆盖}从区间的左端点a x =开始.由于在E 中有一个开区间覆盖a ,因此a 及其右侧充分邻近的点均在A 中.这就保证了数集A 是非空的.从数集A 的定义可见,若∈x A,则整个区间[x a ，]⊂A.∴若A 无上界,则b ∈A,那么[b a ，]在E 中存在有限子覆盖.若A 有上界, 由确界定理可得∃r,使r=supA 。

∴r x ∀，都有∈x A 。

事实上，,0)( x r -∀,y ∃使得x x r r y =--)( 。

[y a ，]在E 中存在有限子覆盖，∴[x a ，]⊂[y a ，]在E 中存在有限子覆盖下证b <r 。

用反证法。

如果不然，r ≤b ，则r ∈[b a ，]。

因此，在E 中存在有一开区间覆盖αE覆盖r 。

0a ∃，0b ∈αE ，使0a 0b r 。

由上面论证知0a ∈A ，也即区间[0a a ，]在E 中存在有限子覆盖，向这个有限子覆盖再加上开区间αE ，即成为[b a ，]的覆盖。