由柯西收敛原理证确界存在定理
用确界原理证明柯西收敛准则
用确界原理证明柯西收敛准则柯西收敛准则是数列收敛的一个重要准则，它是由法国数学家柯西所提出的。
它的表述是：如果数列 ${a_n}$ 满足对于任意$varepsilon>0$，存在正整数 $N$，当 $n,m>N$ 时，有 $|a_n-a_m|<varepsilon$，则称数列 ${a_n}$ 是柯西收敛的，或者称其为基本收敛的。
柯西收敛准则是收敛概念的一种等价表述，其证明可以通过极限的定义或确界原理等多种方式进行。
本文将以确界原理为基础，详细阐述柯西收敛准则的证明过程。
二、确界原理在证明柯西收敛准则之前，我们先来介绍一下确界原理。
确界原理是数学分析中的一个基本原理，它是指：非空有上界的实数集合必有上确界，非空有下界的实数集合必有下确界。
具体来说，如果实数集合 $S$ 非空且有上界，则存在一个实数$M$，使得对于所有 $xin S$，都有 $xleq M$；这个实数 $M$ 被称为 $S$ 的上确界。
类似地，如果实数集合 $S$ 非空且有下界，则存在一个实数 $m$，使得对于所有 $xin S$，都有 $xgeq m$；这个实数 $m$ 被称为 $S$ 的下确界。
在数学证明中，确界原理常常被用来证明一些重要定理，例如最大值定理、中值定理等。
三、柯西收敛准则的证明在进行柯西收敛准则的证明之前，我们先来说明一个引理：引理1：若数列 ${a_n}$ 满足对于任意 $nin mathbb{N}$，都有 $a_nleq a_{n+1}$，则 ${a_n}$ 收敛当且仅当 ${a_n}$ 有上界。
证明：设 ${a_n}$ 收敛于 $a$，则对于任意$varepsilon>0$，存在正整数 $N$，当 $n>N$ 时，有 $|a_n-a|<varepsilon$。
因为 $a_nleq a_{n+1}$，所以 $a_Nleqa_{N+1}leq cdots leq a_nleq a$。
数分知识总结及例题
数分近一周知识点总结本周学习了第二章数列极限。
由于在数学分析中，变量的取值围是限制在实数集合，我们本章学习的重点便是实数系的基本性质和定理。
首先，经过严格的证明，引出了具有连续性的实数系，而确界存在定理就是R 连续性的表述之一——非空有上界的数集必有上确界，非空有下界的数集必有下确界，即非空有界数集的上（下）确界是唯一的。
接着，高中学习过的数列在数分课上也被进一步深化——无穷大量、无穷小量、极限等概念的引入，让我们知道数列是发散或收敛的。
数列极限有唯一性，且收敛数列必有界，而有界数列未必收敛。
由此展开的系列推论与性质，如夹逼性、保序性和四则运算定理也为我们数列运算和学习收敛准则（单调有界数列必收敛）提供了思路和工具。
数学是良好的工具。
应用极限，我们研究了兔群增长率变化情况，π、e、Euler 常数的起源，感受了极限的魅力。
接下来学习的闭区间套定理也解决了我们上一章遇到的问题——实数集是否可列。
Bolzano-Weierstrass定理是将收敛准则条件改动而得到的“稍弱的结论”，更重要的是它为我们最终证明Cauchy收敛原理提供了强有力的支持。
而Cauchy原理也说明了实数系的另一个性质——完备性。
回顾本章，我们会发现实数系的完备性等价于实数系的连续性，本章学习的5个实数基本定理也是相互等价的。
下面我们以5定理互证为例题补充：聚点有界数列的一个收敛子列的极限称为该数列的聚点，又称称极限点，因此Bolzano-Weierstrass 定理又称聚点定理。
下面我们用聚点定理代替B-W,是等效的例题：实数系完备性基本定理的循环证明摘 要:循环论证了实数系的5个基本定理,并最终形成所有完美的论证环,体现了数学论证之美.(单调有界定理) 任何单调有界数列必定收敛． (闭区间套定理） 设{[,]}n n a b 为一闭区间套： 1.11[,][,],1,2,,n n n n a b a b n ++⊃=L 2.lim()0n n n b a →∞-=则存在唯一一点[,],1,2,.n n a b n ξ∈=L(聚点定理)又称Bolzano-WEierstrass 定理 直线上的任一有界无限点集S 至少有一个聚点ξ，即在ξ的任意小邻域都含有S 中无限多个点（ξ本身可以属于S ，也可以不属于S ）．或表述为：有界数列有至少一个收敛子列。
(完整word版)实数完备性基本定理的相互证明
实数完备性基本定理的相互证明（30个）一.确界原理1.确界原理证明单调有界定理证 不妨设{}n a 为有上界的单调递增数列.由确界原理，数列{}n a 有上确界，令{}n a sup a =，下面证明：lim n n a a →∞=.对任意的0ε>，由上确界的定义，存在数列{}n a 中某一项N a ,使得：N a a ε->. 由于{}n a 单调递增,故对任意的n N >，有：n N a a a ε-<<.另一方面,由于a 是{}n a 的一个上界,故对任意的正整数n 都有：n a a a ε≤<+. 所以任意的n N >，有：n a a a εε-<<+，即：n a a ε-<.由极限的定义，lim n n a a →∞=.同理可证单调递减有下界的数列必有极限，且其极限即为它的下确界.2.确界原理证明区间套定理证明：设[]{},n n a b 是一个闭区间套. 令数集{}n S a =.由于任一n b 都是数列{}n a 的上界，由确界原理，数集S 有上确界，设supS ξ=. 下证ξ属于每个闭区间[](),1,2,3,n n a b n =显然，()1,2,3,n a n ξ≤=，故只需证明对任意正整数n ，都有n b ξ≤.事实上，对任意正整数n ，n b 都是S 的上界，而上确界是最小上界，故必有n b ξ≤. 所以存在实数ξ，使得[](),1,2,3,n n a b n ξ∈=下证唯一性，假设还有另外一点ξ'，也满足[](),1,2,3,n n a b n ξ'∈=.则()0n n b a n ξξ'-<-→→∞，故有:ξξ'=.唯一性得证. 3.确界原理证明有限覆盖定理证明：欲证闭区间[],a b 的任一开覆盖H 都有有限的子覆盖. 令[]{}|,S x a x H a x b =<≤能被中有限个开区间覆盖，显然S 有上界.又H 覆盖闭区间[],a b ，所以，存在一个开区间(),H αβ∈，覆盖住了a .取(),x a β∈，则[],a x 显然能被H 中有限个开区间覆盖（1个），x S ∈，从而S 非空.由确界原理，令supS ξ=.先证明b ξ=.用反证法，若b ξ≠，则a b ξ<<.由H 覆盖闭区间[],a b ，一定存在开区间()11,H αβ∈，覆盖住了ξ.取12,x x ，使：11211,x x x S αξβ<<<<∈ ，则[]1,a x 能被H 中有限个开区间覆盖，把()11,αβ加进去，就得到[]2,a x 也能被H 中有限个开区间覆盖，即2x S ∈，这与supS ξ=矛盾，故b ξ=.最后证明b S ∈.设开区间()22,H αβ∈，覆盖住了b .由b supS =，故存在y 使得：2y b α<≤且y S ∈.则[],a y 能被H 中有限个开区间覆盖，把()22,αβ加进去，就得到[],a b 也能被H 中有限个开区间覆盖. 4.确界原理证明聚点定理证明：设S 有界无限点集，则由确界原理令inf S ξ=.若ξ是S 的一个聚点，则命题已经成立，下面设ξ不是S 的聚点.令 ){}|,T x x S ξ=⎡⎣中只包含中有限个元素.因为ξ不是S 的聚点，所以存在00ε>，使得()()000;,U ξεξεξε=-+只包含S 中有限个数，故0T ξε+∈，从而T 非空. 又S 有界，所以S 的所有上界就是T 的上界，故T 有上确界，令sup T η=. 下面证明η是S 的一个聚点.对任意的0ε>，S ηε+∉，故),ξηε+⎡⎣包含S 中无穷多个元素.由上确界的定义，存在(],ληεη∈-，使得S λ∈，故),ξλ⎡⎣中只包含S 中有限多个元素.从而我们得知)(),;U ληεηε+⊂⎡⎣中包含了S 中无穷多个元素，由聚点的定义，η是S 的一个聚点.5.确界原理证明Cauchy 收敛准则 证明：必要性：若lim n n x x →∞=，则对任意的0ε>，存在正整数N ，对一切n N >，有2n x x ε-<.于是对一切,m n N >，有22m n m n x x x x x x εεε-≤-+-<+=.充分性：现假设{}n x 满足对任意的0ε>，存在N ，对一切正整数,n m N >，有n m x x ε-<.令数集{}{}|,n n S x x x x x n =≥∀中只有有限项小于或，明显数列{}n x 的下界都属于S ，并且{}n x 的上界就是S 的上界.由确界存在定理，令sup S ξ=.对条件给定的0ε>和N ，S ξε+∉，故(),ξε-∞+包含{}n x 中无穷多项.由上确界的定义，存在(],λξεξ∈-，使得S λ∈，故(),λ-∞中只包含S 中有限多个元素.从而我们得知)()(),;,U ληεηεηεηε+⊂=-+⎡⎣中包含了S 中无穷多个元素，设()(),1,2,3,k n x U k ξε∈=则对任意正整数n N >，总存在某个k n N >，故有：2k k n n n n x x x x ξξεεε-≤-+-≤+=.从而lim n n x ξ→∞=.二.单调有界定理6．单调有界定理证明确界定理证明：我们不妨证明非空有上界的数集Ｓ必有上确界.设{}|T r r S =为数集的有理数上界.明显T 是一个可数集，所以假设：{}12,,,,n T r r r =.令{}1min n i i nx r ≤≤=.则得单调递减有下界的数列，由单调有界定理得，令lim n n x ξ→∞= 先证ξ是上界.任取s S ∈，有n n s r x ≤≤，由极限的保序性，s ξ≤.其次对于任意的0ε>，取一个有理数(),r ξεξ∈-，它明显不是S 的上界，否则lim n n x r ξξ→∞=≤<产生矛盾！故存在s S ∈，使得s ξε>-，我们证明了ξ是数集S 上确界.7.单调有界定理证明区间套定理若[]{},n n a b 是一个区间套,则{}n a 为单调递增有上界的数列,由单调有界定理, 令lim n n a ξ→∞=，并且容易得到()1,2,3,n a n ξ≤=.同理,单调递减有下界的数列{}n b 也有极限,并按区间套的条件有：()lim lim 0n n n n n n b a b a ξξ→∞→∞=+-=+=⎡⎤⎣⎦，并且容易得到()1,2,3,n b n ξ≥=.所以[](),1,2,3,n n a b n ξ∈=下证唯一性，假设还有另外一点ξ'，也满足[](),1,2,3,n n a b n ξ'∈=.则()0n n b a n ξξ'-<-→→∞，故有:ξξ'=.唯一性得证.8.单调有界定理证明有限覆盖定理设[]{}|,,T r a r H r r b =∈≤可以被的开区间有限开覆盖，且.容易得到T 中包含无穷多个元素，并且T 是一个可数集，所以假设：{}12,,,,n T r r r =.令{}1max n i i nx r ≤≤=.则得单调递增有上界的数列，由单调有界定理得，令lim n n x ξ→∞=.先证明b ξ=.用反证法，若b ξ≠，则a b ξ<<.由H 覆盖闭区间[],a b ，一定存在开区间()11,H αβ∈，覆盖住了ξ.取,i j x r y =，使：11i j x r y αξβ<=<<< ，则[]1,a x 能被H 中有限个开区间覆盖，把()11,αβ加进去，就得到[],a y 也能被H 中有限个开区间覆盖，即y S ∈，这与supS ξ=矛盾，故b ξ=.最后证明b S ∈.设开区间()22,H αβ∈，覆盖住了b .由b supS =，故存在k l x r =使得：2k l x r b α<=≤.则[],l a r 能被H 中有限个开区间覆盖，把()22,αβ加进去，就得到[],a b 也能被H 中有限个开区间覆盖. 9.单调有界定理证明聚点定理证明：设S 是一有界无限点集，在S 中选取一个单调{}n a ，下证数列{}n a 有聚点.（1）如果在{}n a 的任意一项之后，总存在最大的项,设1a 后的最大项是1n a ，1n a 后的最大项是2n a ，且显然()2121n n a a n n ≤>； 一般地，将k n a 后的最大项记为1k n a +，则有：()11,2,3,k k n n a a k +≤=.这样，就得到了{}n a 的一个单调递减子列{}k n a .（2）如果（1）不成立 则从某一项开始，任何一项都不是最大的，不妨设从第一项起，每一项都不是最大项.于是，取11n a a =，因1n a 不是最大项，所以必存在另一项()2121n n a a n n >>又因为2n a 也不是最大项，所以又有：()3232n n a a n n >> ，这样一直做下去，就得到了{}n a 的一个单调递增子列{}k n a .综上所述，总可以在S 中可以选取一个单调数列{}k n a ，利用单调有界定理，{}k n a 收敛，极限就是S 的一个聚点.10.单调有界定理证明Cauchy 收敛准则 证明：必要性：若lim n n x x →∞=，则对任意的0ε>，存在正整数N ，对一切n N >，有2n x x ε-<.于是对一切,m n N >，有22m n m n x x x x x x εεε-≤-+-<+=.充分性：现假设{}n x 满足对任意的0ε>，存在N ，对一切正整数,n m N >，有n m x x ε-<.先证明柯西数列是有界的.取01ε=，故存在某个正整数0N ，对一切n ，有011n N x x +-<，即011n N a a +≤+.故{}n x 有界.参考9的做法，可知数列{}n a 有一个单调子列{}k n a ，由单调有界定理，{}k n a 收敛，令lim k n k x ξ→∞=.则对任意正整数n N >，总存在某个()k k n n N >，使得k n x ξε-<，故有：2k k n n n n x x x x ξξεεε-≤-+-≤+=..从而lim n n x ξ→∞=.三．区间套定理11.区间套定理证明确界原理证明：仅证明非空有上界的数集S 必有上确界取一个闭区间[],a b ，使得[],a b 包含S 中的元素，并且b 为S 的上界.将闭区间[],a b 等分为两个闭区间,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.若2a b +为数集S 的上界，则取[]11,,2a b a b a +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，否则取[]11,,2a b a b b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦. 再将闭区间[]11,a b 等分为两个闭区间111,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与111,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.若112a b +为数集S 的上界，则取[]11221,,2a b a b a +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，否则取[]11221,,2a b a b b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.不断进行下去，这样得到了一个闭区间套[]{},n n a b . 由区间套定理的得存在ξ属于所有的闭区间[](),1,2,3,n n a b n =并且每个闭区间[],n n a b 都包含S 中的元素，并且右端点n b 为S 的上界.由于对任意s S ∈，有n s b ≤，所有由极限的保序性，lim n n s b ξ→∞≤=，从而ξ是数集S 的上界.最后，对于任意0ε>，存在n ，使得0n n b a ε<-<.由闭区间套的选取，[],n n a b 包含了S 中某个元素s ，从而有n n s a b εξε≥>->-.故ξ是数集S 的上确界. 12. 区间套定理证明单调有界定理设{}n x 是单调有界数列，不妨设其为单调递增且有上界取一个闭区间[],a b ，使得[],a b 包含{}n x 中的项，并且b 为{}n x 的上界.将闭区间[],a b 等分为两个闭区间,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.若2a b +为{}n x 的上界，则取[]11,,2a b a b a +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，否则取[]11,,2a b a b b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.再将闭区间[]11,a b 等分为两个闭区间111,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与111,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.若112a b +为{}n x 的上界，则取[]11221,,2a b a b a +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，否则取[]11221,,2a b a b b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.不断进行下去，这样得到了一个闭区间套[]{},n n a b . 由区间套定理的得存在ξ属于所有的闭区间[](),1,2,3,n n a b n =并且每个闭区间[],n n a b 都包含{}n x 中的项，并且右端点n b 为{}n x 的上界.下面证明lim n n x ξ→∞=.对任意的0ε>，存在n ，使得0n n b a ε<-<.由闭区间套的选取，[],n n a b 包含了{}n x 中某一项N x ，从而有N n n x a b εξε≥>->-.由于{}n x 单调递增,故对任意的n N >，有：N n x x ξε-<<. 又n n n x b a εξε<<+<+，故有n x ξεξε-<<+，即n x ξε-<. 13. 区间套定理证明有限覆盖定理若闭区间[],a b 可以被H 中的开区间无限开覆盖.下面证明闭区间[],a b 可以被H 有限开覆盖.用反证法，若闭区间[],a b 不能被H 有限开覆盖.将闭区间[],a b 等分为两个闭区间,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间不能被H 有限开覆盖，设它为[]11,a b ；再将闭区间[]11,a b 等分为两个闭区间111,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与111,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间不能被H 有限开覆盖，设它为[]22,a b .不断进行下去，这样得到了一个闭区间套[]{},n n a b . 由区间套定理的得存在ξ属于所有的闭区间[](),1,2,3,n n a b n =.显然[],a b ξ∈，考虑H 中覆盖ξ的开区间(),αβ，取{}0min ,δξαβξ<<--.由于lim lim n n n n a b ξ→∞→∞==，所以存在N ，对一切正整数n N >，有,n n a b ξξδ--<，故此时[]()(),;,n n a b U ξδαβ⊂⊂.从而[](),n n a b n N >可以被H 中的一个开区间(),αβ覆盖，产生矛盾！故假设不成立，即闭区间[],a b 可以被H 有限开覆盖. 14. 区间套定理证明聚点定理证明:已知点集S 是有界无限点集.设[],S a b ⊂.将闭区间[],a b 等分为两个闭区间,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间包含了点集S 中无穷多个元素，设它为[]11,a b ；再将闭区间[]11,a b 等分为两个闭区间111,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与111,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间包含了点集S 中无穷多个元素，设它为[]22,a b .不断进行下去，这样得到了一个闭区间套[]{},n n a b ，每个闭区间包含了点集S 中无穷多个元素.由区间套定理的得存在ξ属于所有的闭区间[](),1,2,3,n n a b n =.下证ξ是点集S 的一个聚点.因为lim lim n n n n a b ξ→∞→∞==，故对任意的0ε>，必定存在一个N ，对一切正整数n N >，有,n n a b ξξε--<，从而[]()(),;n n a b U n N ξε⊂>.又每个闭区间[],n n a b 包含了点集S 中无穷多个元素,故();U ξε包含了点集S 中无穷多个元素.由聚点的定义，ξ是点集S 的一个聚点.15. 区间套定理证明Cauchy 收敛准则 必要性：若lim n n x x →∞=，则对任意的0ε>，存在正整数N ，对一切n N >，有2n x x ε-<.于是对一切,m n N >，有22m n m n x x x x x x εεε-≤-+-<+=.充分性：现假设{}n x 满足对任意的0ε>，存在N ，对一切正整数,n m N >，有n m x x ε-<.先证明柯西数列是有界的.取01ε=，故存在某个正整数0N ，对一切n ，有011n N x x +-<，即011n N a a +≤+.故{}n x 有界.取一个闭区间[],a b ，使得[],a b 包含所有{}n x 中的项.将闭区间[],a b 等分为两个闭区间,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间包含了{}n x 中无穷多项，设它为[]11,a b ；再将闭区间[]11,a b 等分为两个闭区间111,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与111,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间包含了{}n x 中无穷多项，设它为[]22,a b .不断进行下去，这样得到了一个闭区间套[]{},n n a b ，并且每个闭区间[],n n a b 都包含{}n x 中无穷多项.由区间套定理的得存在ξ属于所有的闭区间[](),1,2,3,n n a b n =现在取一个子列{}k n x ，满足[](),1,2,3,k n k k x a b k ∈=.因为lim lim n n n n a b ξ→∞→∞==和夹逼定理，lim kn k x ξ→∞=.则对任意正整数n N >，总存在某个()k k n n N >，使得k n x ξε-<，故有：2k k n n n n x x x x ξξεεε-≤-+-≤+=..从而lim n n x ξ→∞=.四.有限覆盖定理16.有限覆盖定理证明确界原理证明：不妨设S 为非空有上界的数集，我们证明S 有上确界. 设b 为S 的一个上界，下面用反证法来证明S 一定存在上确界.假设S 不存在上确界，取a S ∈.对任一[],x a b ∈，依下述方法确定一个相应的邻域（开区间）()();,x x x x U U x x x δδδ==-+.（1）若x 不是S 的上界，则至少存在一点x S '∈，使x x '>，这时取x x x δ'=-.（2）若x 是S 的上界，由假设S 不存在上确界，故有0x δ>，使得](,x x x δδ- 中不包含S 中的点.此时取(),x x x U x x δδ=-+，可知它也不包含S 中的点.于是我们得到了[],a b 的一个开覆盖：()[]{},|,x x x H U x x x a b δδ==-+∈ 根据有限覆盖定理，[],a b 可以被H 中有限个开区间{}1inx i U =覆盖.很明显（1）的开区间右端点属于S ，（2）的开区间中不包含S 中的点.显然a 所属的开区间是属于（1）的，b 所属的开区间是属于（2）的，所以至少有一个（1）中的开区间与某个（2）中的开区间相交，这是不可能的.17.有限覆盖定理证明单调有界定理证明：设{}n x 是单调有界数列，不妨设其为单调递增且有上界.任取b 为{}n x 的一个上界以及{}n x 中某项t x ，构造出闭区间[],t x b ，对任意的[],t x x b ∈，依下述方法确定一个相应的邻域（开区间）()();,x x x x U U x x x δδδ==-+.（1） 若x 不是{}n x 的上界，则{}n x 中至少存在一项i x ，使i x x >，这时取x x x δ'=-.（2） 若x 是{}n x 的上界，由假设{}n x 发散，故不会收敛到x .即有存在某个00ε>，对任何正整数N ，存在n N >，使得()()000;,n x U x x x εεε∉=-+.由于{}n x 递增，有上界x ，所以{}n x 中的所有项均不落在()()000;,U x x x εεε=-+中.此时取0x δε=.于是我们得到了[],t x b 的一个开覆盖：()[]{},|,x x x t H U x x x x b δδ==-+∈. 根据有限覆盖定理，[],t x b 可以被H 中有限个开区间{}1inx i U =覆盖.很明显（1）的开区间右端点属于{}n x ，（2）的开区间中不包含{}n x 中的项.显然t x 所属的开区间是属于（1）的，b 所属的开区间是属于（2）的，所以至少有一个（1）中的开区间与某个（2）中的开区间相交，这是不可能的.18. 有限覆盖定理证明区间套定理 证明:用反证法.假设[]{}(),1,2,3,n n a b n =没有公共点，则对任意一点[]11,x a b ∈，它都不会是[]{}(),1,2,3,nna b n =的公共点，从而存在正整数xn，使得,x x n n x a b ⎡⎤∉⎣⎦.故总存在一个开区间(),x x x U x x δδ=-+，使得：(),,xnx x n nx x a b δδ⎡⎤-+⋂=∅⎣⎦，于是我们得到了[]11,a b 的一个开覆盖：()[]{}11,|,x x x H U x x x a b δδ==-+∈.根据有限覆盖定理，[]11,a b 可以被H 中有限个开区间{}1i kx i U =覆盖.注意到闭区间套之间的包含关系，则所有{}1ikx i U =一定和某个最小的闭区间001,,i i k n n n n i a b a b =⎡⎤⎡⎤=⎣⎦⎣⎦无交.从而：[]{}0000001111,,,,i ik k n n x n n x n n i i a b a b U a b Ua b ==⎧⎫⎡⎤⎡⎤⎡⎤⋂⊂⋂=⋂=∅⎨⎬⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎩⎭.产生矛盾！19. 有限覆盖定理证明聚点定理证明:设点集S 是有界无限点集.设[],S a b ⊂.用反证法，假设S 没有聚点.利用聚点定义，对任意的[],x a b ∈，存在一个领域(),x x x U x x δδ=-+，使得x U 中只包含点集S 中有限个点.这样得到了[],a b 的一个开覆盖：()[]{},|,x x x H U x x x a b δδ==-+∈.根据有限覆盖定理，[],a b 可以被H 中有限个开区间{}1inx i U =覆盖. 由于每个x U 中只包含点集S 中有限个点，所以[]1,i n x i a b U =⊂也只包含了S 中有限个点，这与S 是无限点集相矛盾！故假设不成立，即S 有聚点. 20. 有限覆盖定理证明Cauchy 收敛准则 证明：必要性：若lim n n x x →∞=，则对任意的0ε>，存在正整数N ，对一切n N >，有2n x x ε-<.于是对一切,m n N >，有22m n m n x x x x x x εεε-≤-+-<+=.充分性：（使用反证法）现假设{}n x 满足对任意的0ε>，存在N ，对一切正整数,n m N >，有n m x x ε-<. 先证明柯西数列是有界的.取01ε=，故存在某个正整数0N ，对一切n ，有011n N x x +-<，即011n N a a +≤+.故{}n x 有界.假设{}[],n x a b ⊂.若{}n x 发散，则对任意的[],x a b ∈，可以找到一个(),x x x U x x δδ=-+，使得{}n x 中只有有限项落在()0;U x ε中.否则对任何0δ>，(),x x δδ-+中均包含{}n x 中无限项，则可以证明{}n x 收敛.这样得到了[],a b 的一个开覆盖：()[]{},|,x x x H U x x x a b δδ==-+∈.根据有限覆盖定理，[],a b 可以被H 中有限个开区间{}1i nx i U =覆盖. 所以[]1,i n x i a b U =⊂也只包含了{}n x 中的有限项，矛盾！故假设不成立，{}n x 收敛.五．聚点定理21.聚点定理证明确界原理证明：仅证明非空有上界的数集S 必有上确界.取一个闭区间[],a b ，使得[],a b 包含S 中的元素，并且b 为S 的上界.将闭区间[],a b 等分为两个闭区间,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.若2a b +为数集S 的上界，则取[]11,,2a b a b a +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，否则取[]11,,2a b a b b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦. 再将闭区间[]11,a b 等分为两个闭区间111,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与111,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.若112a b +为数集S 的上界，则取[]11221,,2a b a b a +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，否则取[]11221,,2a b a b b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.不断进行下去，这样得到了一个闭区间套[]{},n n a b . 由于{}n b 明显有界，所有它有聚点ξ.对任意0,s S ε>∈，设()();,k b U ξεξεξε∈=-+，则k s b ξε≤<+.由ε的任意性，s ξ≤，故ξ是S 的一个上界.其次，对任意0ε>，取()();,k a U ξεξεξε∈=-+，设s S ∈包含于闭区间[],k k a b ，则k s a ξε≥>-.从而我们证明了ξ是S 的一个上确界. 22.聚点定理证明单调有界定理证明：设{}n x 是单调有界数列，则它一定存在聚点ξ.下证：lim n n x ξ→∞=.对任意的0ε>，由聚点的定义，()(),,U ξεξεξε=-+中包含{}n x 中的无穷多项，设{}()(),,kn x U ξεξεξε⊂=-+.则取1N n =，对一切正整数1n N n >=，假设k n n <.利用{}n x 是单调的，nx介于1n x 与k n x 之间，所以由()1,,k n n x x U ξε∈，可知(),n x U ξε∈，从而由极限的定义，lim n n x ξ→∞=23.聚点定理证明区间套定理证明：设{}{}n n S a b =⋃，则S 是有界无限点集 由聚点定理得数集S 聚点ξ.若存在一个某个正整数0n ，使得00,n n a b ξ⎡⎤∉⎣⎦，不妨假设00n n a b ξ<<.取00n b εξ=-，则对一切0n n >，有00n n n a b b ξε<≤=-.于是()()000;,U ξεξεξε=-+中只包含S 中有限个点，这与ξ是数集S 的聚点矛盾！故[](),1,2,3,n n a b n ξ∈=下证唯一性，假设还有另外一点ξ'，也满足[](),1,2,3,n n a b n ξ'∈=.则()0n n b a n ξξ'-<-→→∞，故有:ξξ'=.唯一性得证.24.聚点定理证明有限覆盖定理证明：若闭区间[],a b 可以被H 中的开区间无限开覆盖.下面证明闭区间[],a b 可以被H 有限开覆盖.用反证法，若闭区间[],a b 不能被H 有限开覆盖.将闭区间[],a b 等分为两个闭区间,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间不能被H 有限开覆盖，设它为[]11,a b ；再将闭区间[]11,a b 等分为两个闭区间111,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与111,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间不能被H 有限开覆盖，设它为[]22,a b .不断进行下去，这样得到了一个闭区间套[]{},n n a b ，并且[](),1,2,3n n a b =均不能被H 有限开覆盖显然，{}n a 是有界的，故它存在聚点ξ.明显[],a b ξ∈.考虑H 覆盖中覆盖住ξ的开区间(),αβ.取{}min ,εξαβξ<--，则在()();,U ξεξεξε=-+中包含了{}n a 中的无穷多项，设{}()();,kn a U ξεξεξε⊂=-+.又()02n n nb aba n --=→→+∞ 于是存在某个0k n ，使得0k k n n b a βξε-<--故0n a ξεα>->；()00n n b a βξεξεβξεβ<+--<++--=. 故[]00,,n n a b αβ⎡⎤⊂⎣⎦.这与[](),1,2,3n n a b =均不能被H 有限开覆盖矛盾！故假设不成立，即闭区间[],a b 可以被H 有限开覆盖.25.聚点定理证明Cauchy 收敛准则 证明：必要性：若lim n n x x →∞=，则对任意的0ε>，存在正整数N ，对一切n N >，有2n x x ε-<.于是对一切,m n N >，有22m n m n x x x x x x εεε-≤-+-<+=.充分性：现假设{}n x 满足对任意的0ε>，存在N ，对一切正整数,n m N >，有n m x x ε-<.先证明柯西数列是有界的.取01ε=，故存在某个正整数0N ，对一切n ，有011n N x x +-<，即011n N a a +≤+.故{}n x 有界.故它存在聚点，设为ξ.对条件中的0ε>，由聚点的定义，假设{}()();,k n x U ξεξεξε⊂=-+ 则对任意正整数n N >，总存在某个()k k n n N >，使得k n x ξε-<，故有：2k k n n n n x x x x ξξεεε-≤-+-≤+=..从而lim n n x ξ→∞=.六.Cauchy 收敛准则26. Cauchy 收敛准则证明确界原理证明: 设S 为非空有上界数集.由实数的阿基米德性,对任何正数α,存在整数k α ,使得k ααλα=为S 的上界,而()1k ααλαα-=-不是S 的上界, 即存在S α'∈使得()1k ααα'>- 分别取()11,2,3,n n α==，则对每一个正整数n ,存在相应的n λ,使得nλ为S 的上界，而1n nλ-不是S 的上界,故存在S α'∈,使得1n nαλ'>-又对正整数m ,m λ是S 的上界，故有m λα'≥.所以1m n n λαλ'≥>-，即有1m n m λλ-<.同理有1m n nλλ-<，于是得到11min ,m n m n λλ⎧⎫-<⎨⎬⎩⎭.于是,对任意的0ε>，存在正整数N ，使得当,m n N >时有m n λλε-<. 由柯西收敛准则,数列{}n λ收敛.记lim n n λλ→∞=现在证明λ就是S 的上确界.首先,对任何S α∈和正整数n ，有n αλ≤，有极限的保序性，lim n n αλλ→∞≤=，故λ是S 的上界其次,对于任意的0δ>,存在充分的的正整数n ，使得12n δ<并且2n δλλ>-. 由于1n n λ-不是S 的上界，所以存在S α'∈，并且1n n αλ'>-.于是122n n δδαλλλδ'>->--=-.故λ就是S 的上确界. 27. Cauchy 收敛准则证明单调有界定理证明：设{}n x 是单调有界数列，不妨假设{}n x 单调递增有上界.若{}n x 发散，则又柯西收敛准则，存在00ε>，对一切正整数N ，存在m n N >>，使得0m n m n x x x x ε-=-≥.于是容易得到{}n x 的子列{}k n x ，使得10k k n n x x ε+-≥.进而()101k n n x x k ε>+-故()k n x k →+∞→∞，这与{}n x 是有界数列矛盾！所有假设不成立，即{}n x 收敛. 28. Cauchy 收敛准则证明区间套定理证明：设[]{},n n a b 为闭区间套.因为lim 0n n n a b →∞-=，所以对任意的0ε>，存在正整数N ，对一切n N >，有n n n n a b b a ε-=-<从而对任意的m n N >>，m n m n n n a a a a b a ε-=-<-<；m n n m n n b b b b b a ε-=-<-<，由柯西收敛准则，{}{},n n a b 均收敛，而且是同一极限，设lim lim n n n n a b ξ→∞→∞==.由于{}n a 单调递增，{}n b 单调递减，由极限的保序性， 所以[](),1,2,3,n n a b n ξ∈=下证唯一性，假设还有另外一点ξ'，也满足[](),1,2,3,n n a b n ξ'∈=.则()0n n b a n ξξ'-<-→→∞，故有:ξξ'=.唯一性得证.29.Cauchy 收敛准则证明有限覆盖定理证明：若闭区间[],a b 可以被H 中的开区间无限开覆盖.下面证明闭区间[],a b 可以被H 有限开覆盖.用反证法，若闭区间[],a b 不能被H 有限开覆盖.将闭区间[],a b 等分为两个闭区间,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间不能被H 有限开覆盖，设它为[]11,a b ；再将闭区间[]11,a b 等分为两个闭区间111,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与111,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间不能被H 有限开覆盖，设它为[]22,a b .不断进行下去，这样得到了一个闭区间套[]{},n n a b ，并且[](),1,2,3n n a b =均不能被H 有限开覆盖.因为lim lim02n n nn n b aa b →∞→∞--==，所以对任意的0ε>，存在正整数N ，对一切n N >，有n n n n a b b a ε-=-<从而对任意的m n N >>，m n m n n n a a a a b a ε-=-<-<；m n n m n n b b b b b a ε-=-<-<，由柯西收敛准则，{}{},n n a b 均收敛，而且是同一极限，设lim lim n n n n a b ξ→∞→∞==.由于{}n a 单调递增，{}n b 单调递减，由极限的保序性， 所以[](),1,2,3,n n a b n ξ∈=.考虑H 覆盖中覆盖住ξ的开区间(),αβ.取{}min ,εξαβξ<--，则存在正整数N ，对一切n N >，,n n a b ξξε--<.即有[]()(),;,n n a b U ξεαβ⊂⊂.这与[](),1,2,3n n a b =均不能被H 有限开覆盖矛盾！故假设不成立，即闭区间[],a b 可以被H 有限开覆盖.30. Cauchy 收敛准则证明聚点定理证明：已知点集S 是有界无限点集.设[],S a b ⊂.将闭区间[],a b 等分为两个闭区间,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间包含了点集S 中无穷多个元素，设它为[]11,a b ；再将闭区间[]11,a b 等分为两个闭区间111,2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦与111,2a b b +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.其中必有一个区间包含了点集S 中无穷多个元素，设它为[]22,a b .不断进行下去，这样得到了一个闭区间套[]{},n n a b ，每个闭区间包含了点集S 中无穷多个元素. 因为lim lim02n n nn n b aa b →∞→∞--==，所以对任意的0ε>，存在正整数N ，对一切n N >，有n n n n a b b a ε-=-<从而对任意的m n N >>，m n m n n n a a a a b a ε-=-<-<；m n n m n n b b b b b a ε-=-<-<，由柯西收敛准则，{}{},n n a b 均收敛，而且是同一极限，设lim lim n n n n a b ξ→∞→∞==.下证ξ是S 的一个聚点.对任意的0ε>，存在正整数N ，对一切n N >，,n n a b ξξε--<.即有[]()(),;,n n a b U ξεξεξε⊂=-+.故()();,U ξεξεξε=-+中包含了S 中无穷多个元素，由聚点的定义，ξ是S 的一个聚点.。
实数的完备性、列紧性与紧性
ba ba ，易知 lim ln lim bn a n lim n =0。 n n n n 2 2
那么由区间套定理知，存在实数 c ，满足
k 1
I k c 。
下面构造一个 X 中的序列 cn ，该序列收敛于 c 。
cn 定 义 如 下 ： 对 每 个
n n n
a b c。
下面证明 c 是所有区间的唯一公共点，即
k 1
I k c 。
k 1
由单调收敛定理知 sup an c inf bn ，所以 an c bn ，即 c
I k 。对于
任意正实数 ，存在正整数 N,使得 c aN c bN c ，所以任意不等于 c
n n
a A 和非负数 ,使得 a c 。存在正整数 N,使得 c xN c a ，由于 xN
是 A 的一个上界且 A 无最大值， xN a 不可能成立。所以， c 是 A 的上界。对 于任意正数 ，存在存在正整数 N，使得 c aN c ，所以任意小于 c 的实数不 是 A 的上界。综上， c 是集合 A 的上确界。 3.单调收敛定理: R 中的单调有界序列必收敛。 证明:用确界原理证明。 仅对单调递增的序列证明，单调递减序列的证明是类似的。 设 an 是单调递增的序列且上有界。由确界原理知 an 由上确界，设
I n an , bn ， 任 取 cn I n X 。 因 为 c I n ，
cn c bn an 。因为 lim bn an 0 ，所以对于任意正数 ，存在正整数 N，使
n
得 n>N 时， cn c bn an 。那么根据极限的定义， cn 收敛于 c 。 （或:用致密性定理:元素个数无限时，选出元素互不相同的序列，再选出收 敛子列，显然该子列就是集合的收敛的序列） （或:用聚点定理证明。元素个数无限时，用聚点定理得到聚点的存在性， 再构造一个收敛于聚点的序列） （或:用单调收敛定理证明。 选出单调子列， 马里兰大学 Fitzpatrick 所 著《高等微积分》的证法） 2.聚点定理(波尔查诺-魏尔斯特拉斯): R 的有界无限子集存在聚点(极限点)。 证明:用列紧定理证明。 从集合中选出一个元素互不相同的序列(因为是无限集，所以可以做到)，由 列紧定理得到一个收敛的子序列，显然此序列的极限是集合的聚点。 （或：用有限覆盖定理证明。假设不存在聚点，那么每个点都是孤立点，那 么集合是闭集， 有限覆盖定理成立。每个孤立点都存在一个不包含任何其他点的 邻域，这些邻域的集合是一个开覆盖，而这个开覆盖显然不存在有限覆盖，因为 点和邻域是一对一的。那么这与有限覆盖定理矛盾，所以聚点必然存在。 ） 3.致密性定理(波尔查诺-魏尔斯特拉斯): R 的有界序列存在收敛的子序列。 证明：用聚点定理。 设 xn 是 R 的有界序列。设 xn 的象集是 X。 (1) X 是有限集。 显然此时存在一个数 a 对应了无穷个下标， 取出这些下标便得到一个收敛到 a 的常序列。 (2) X 是无限集。 因为 xn 是 R 的有界序列，集 X 显然是有界的。所以由聚点定理知，集 X 存 在聚点，设集 X 的一个聚点为 x 。根据聚点的定义，存在正整数 N1 ，使得
用柯西收敛准则证明确界原理
用柯西收敛准则证明确界原理确界原理（Bolzano–Weierstrass theorem）是实数完备性的一个重要结果之一，它表明，一个有界数列必然有收敛的子数列。
在证明确界原理时，通常会使用柯西收敛准则（Cauchy convergence criterion）。
柯西收敛准则也被称为柯西准则，是一种用来判断数列是否收敛的方法。
准则的表述如下：对于任意给定的正数ε，存在一个正整数N，对于所有的正整数m、n>N，当满足，m-n，<N时，必有，am-an，<ε。
现在，我们来证明确界原理。
假设我们有一个有界数列{an}，它的上界为M，下界为m。
根据确界的定义，我们可以找到一个M的上界m'，使得m' > m。
我们可以将这个上界作为第一个数列中的一些项，将其他的项作为第二个数列。
前一个数列的上界是m'，下界是m，后一个数列的上界和下界与原有数列的上界和下界相同。
所以，我们可以将问题简化为证明下列命题：如果存在一个有界数列，其上界为M，且存在一个正整数N，使得当n>N时，有，a_N-an，<ε，则可以找到一个收敛的子数列，其极限为a_N。
根据柯西收敛准则，我们可以找到一个正整数N，满足当n,m>N时，有，an-am，<ε/2、（注意：这里的n和m是任意的正整数）注意到数列{an}是有界的，所以它至少有一个收敛子数列，我们将其表示为{an_k}，极限为a。
由于{an_k}是一个收敛数列，根据收敛数列的定义，对于给定的ε/2，我们可以找到一个正整数K，当k>K时，有，an_k-a，<ε/2现在我们来证明{an_k}的极限也是{an}的极限。
对于给定的ε，选择N=max(N,K)，则当n>N时，有：an-a，≤ ，an - an_k， + ，an_k - a，< ε/2 + ε/2 = ε这证明了{an_k}的极限也是{an}的极限。
有界必有确届,单调有界必收敛,有界必有收敛子列,柯西收敛原理,区间套定理,有限开覆盖定理
有界必有确届，单调有界必收敛，有界必有收敛子列，柯西收敛原理，区间套定理，有
限开覆盖定理
这些都是数学分析中的重要定理和原理，它们在数学分析的证明和应用中起着重要的作用。
以下是对这些定理和原理的简要解释：
1.有界必有确界：如果一个数列或函数有界，那么它一定有一个确切的上界和下界。
2.单调有界必收敛：如果一个数列或函数单调有界，那么它一定收敛。
3.有界必有收敛子列：如果一个数列或函数有界，那么它一定存在一个收敛的子列。
4.柯西收敛原理：如果一个数列或函数的任意两个子列收敛于相同的极限，那么整个数列或函数也收敛于这个极限。
5.区间套定理：如果存在一系列嵌套的闭区间，使得每个区间都包含下一个区间，并且这些区间的长度趋于零，那么这些区间的交集是一个单点。
6.有限开覆盖原理：如果一个集合可以被一系列开区间覆盖，那么这些开区间可以被有限个开区间覆盖。
这些定理和原理在数学分析中有着广泛的应用，例如在极限的计算、函数的连续性和可微性的证明、积分的计算等方面。
六大定理互相证明总结
六大定理的相互证明总结XXX 学号数学科学学院 数学与应用数学专业 班级指导老师 XXX摘要 在《数学分析》中第二部分极限续论中提到的实数的基本定理一共提到六大定理，其中包括确界定理，单调有界原理，区间套定理，致密性定理，柯西收敛定理，有限覆盖定理.该六大定理在闭区间上连续函数性质的证明起着同等重要的作用.本文总结了六大定理的相互证明.关键词 确界定理、单调有界原理、区间套定理、致密性定理、柯西收敛定理、有限覆盖定理1 确界定理1.1 确界定理 有上界的非空数集必有上确界，有下界的非空数集必有下确界. 1.2 确界定理证明区间套定理 证明：设一无穷闭区间列{[,n a ]n b }适合下面两个条件：（1）后一个区间在前一个区间之内，即对任一正整数n ，有1+≤n n a a ＜n n b b ≤+1，（2）当n ∞→时，区间列的长度{(-n b )n a }所成的数列收敛于零，即()0lim =-∞→n n n a b .显然数列{}n a 中每一个元素均是数列{}n b 的下界，而数列{}n b 中每一个元素均是数列{}n a 的上界.由确界定理，数列{}n a 有上确界，数列{}n b 有下确界. 设{}{}.sup ,inf n n a b ==βα显然n n n n b a b a ≤≤≤≤βα,. 又 ()0lim =-∞→n n n a b ∴βα=即{}n a 及{}n b 收敛于同一极限ξ，并且ξ是所有区间的唯一公共点. 1.3 确界定理证明单调有界原理[1]证明：我们只就单调增加的有界数列予以证明.因{}n y 有界，则必有上确界{}n y sup =β.现在证明β恰好是{}n y 的极限，即β→n y .由上确界的定义有：⑴β≤n y （3,2,1=n …），⑵对任意给定的ε＞0，在{}n y 中至少有一个数N y ，有N y ＞εβ-.但由于{}n y 是单调增加数列，因此当n ＞N 时，有N n y y ≥，从而n y ＞εβ-.也就是说：当n ＞N 时，有 n y -≤β0＜ε 所以 β→n y 2 单调有界原理2.1 单调有界原理 单调有界数列有极限. 2.2 单调有界原理证明致密性定理在证明定理之前，我们要先证明一个引理：任意一个数列{}n x 必存在单调子数列. 证明：⑴若{}n x 中存在递增子序列{}k n x ，则引理已证明；⑵若{}n x 中无递增子序列，那么∃1n ＞0，使n ＞1n ，恒有1n x ＞n x .同样在{}n x （n ＞1n ）中也无递增子序列.于是又存在2n ＞0，使2n ＞n ，恒有2n x ＜n x ＜1n x .如此无限进行下去便可得到一严格递减子序列{}k n x . 引理得证.下面证明定理：由引理知，有界数列必有有界单调子数列.又由单调有界原理知，该有界单调子数列必有极限，即该子数列是收敛的.故有界数列必有收敛子列. 2.3 单调有界原理证明区间套定理[1]由定理的条件立即知道{}n a 是单调增加有上界的数列，{}n b 是单调递减有下界的数列.根据定理，则n n a ∞→lim 存在，且极限等于{}n a 的上确界.同样，n n b ∞→lim 也存在，且极限等于{}n b 的下确界.亦即对任何正整数k ，有n n k n n k b b a a ∞→∞→≥≤lim ,lim （*）由定理的另一条件： ()0lim =-∞→n n n a b ，并且由于已知{}n a 及{}n b 的极限都存在，则有()0lim lim lim =-=-∞→∞→∞→n n n n n n n a b a b .从而证明了两个极限相等，且设ξ是它们的同一极限.于是定理前一部分的结果即已证得.剩下要证的是：ξ是所有区间的唯一公共点.由（*）的两个不等式，即有 n k b a ≤≤ξ（3,2,1=k …）也就是ξ是所有区间的一个公共点.现在要证明ξ是所有区间的唯一公共点.设除点ξ外，所设区间列还有另外一个公共点'ξ，且ξξ≠'.由于n n b a ≤≤',ξξ（3,2,1=n …），故有ξξ-≥-'n n a b （3,2,1=n …） 由数列极限的性质知道：()ξξ-≥-∞→'lim n n n a b由于()0lim =-∞→n n n a b ，故有0'≤-ξξ从而有ξξ='.到此定理的全部结果都已得证. 3 区间套定理3.1 区间套定理 设一无穷闭区间列{[,n a ]n b }适合下面两个条件：（1）后一个区间在前一个区间之内，即对任一正整数n ，有1+≤n n a a ＜n n b b ≤+1，（2）当n ∞→时，区间列的长度{(-n b )n a }所成的数列收敛于零，即()0lim =-∞→n n n a b ，则区间的端点所成两数列{}n a 及{}n b 收敛于同一极限ξ，并且ξ是所有区间的唯一公共点.3.2 区间套定理证明单调有界原理 证明：设数列{}n x 递增有上界.取闭区间[]11,b a ，使1a 不是数列{}n x 的上界，1b 是数列{}n x 的上界.显然在闭区间[]11,b a 内含有数列{}n x 的无穷多项，而在[]11,b a 外仅含有数列{}n x 的有限项. 对分[]11,b a ，取[]22,b a ，使其具有[]11,b a 的性质.故在闭区间[]22,b a 内含有数列{}n x 的无穷多项，而在[]22,b a 外仅含有数列{}n x 的有限项.以此方法，得区间列{[,n a ]n b }.由区间套定理，ξ是所有区间的唯一公共点.显然，在ξ的任何邻域内有数列{}n x 的无穷多项，即ε∀＞0，∃*N N ∈，当n ＞N 时，有ξ-n x ＜ε. 所以ξ=∞→n n x lim 定理得证.3.3 区间套定理证明致密性定理[1]证明：设{}n y 为有界数列，即存在两个数b a ,，使b y a n ≤≤.等分区间[]b a ,为两个区间，则至少有一个区间含有{}n y 中的无穷个数.把这个区间记为[]11,b a ，如果两个区间都含有无穷个n y ，则任取其一作为[]11,b a .再等分区间[]11,b a 为两半，记含有无穷个n y 的区间为[]22,b a .这个分割手续可以继续不断的进行下去，则得到一个区间列{[,n a ]n b }，这个区间列显然适合下面两个条件：（1）[][][]⊃⊃⊃2211,,,b a b a b a … （2）02→-=-nn n ab a b 于是由区间套定理，必存在唯一点[]b a ,∈ξ使ξξ→→n n b a ,，且[]k k b a ,∈ξ（3,2,1=k …）.每一[]k k b a ,中均含有{}n y 的无穷个元素.在[]11,b a 中任取{}n y 的一项，记为1n y ，即{}n y 的第1n 项.由于[]22,b a 也含有无穷个n y ，则它必含有1n y 以后的无穷多个数，在这些数中任取其一，记为2n y ，则1n ＜2n .继续在每一[]k k b a ,中都这样取出一个数k n y ，即得{}n y 的一个子列{}k n y ，其中1n ＜2n ＜…＜k n ＜…，且k n k b y a k ≤≤.令∞→k ，由于,,ξξ→→k k b a 故ξ→k n y .这就是定理所要的结果.4 致密性定理4.1 致密性定理 又称魏尔斯特拉斯定理，任一有界数列必有收敛子列. 4.2 致密性定理证明单调有界原理证明：不妨设{}n x 单调递增且有界，根据致密性定理有收敛子列{}k n x . 令a x k n k =∞→lim .于是，对ε∀＞0，∃0k ，当k ＞0k 时，有a x k n -＜ε （*） 由于{}n x 单调递增，显然恒有a x n ≤（3,2,1=n …）. 由此（*）式可改成0k n x a -≤＜ε （k ＞0k ） 取0k n N =，当n ＞N 时有 k n n x a x a -≤-≤0＜ε 所以 a x n n =∞→lim4.3 致密性定理证明柯西收敛原理[1] 证明：首先证明条件的必要性：设a x n →，则对任意给定ε＞0，有一正整数N ，当k ＞N 时，有 a x k -＜2ε从而当n m ,＞N 时，有m n m n x a a x x x -+-≤-＜2ε+2ε=ε 其次证明条件的充分性：首先，证明满足条件的任何数列必有界.从所设条件，取ε=1，必有一正整数0N ，当n m ,＞0N 时，有m n x x -＜1特别地，当n ＞0N 且10+=N m 时，有 10+-N n x x ＜1 从而当n ＞0N 时，有 1100+++-≤N N n n x x x x ＜1+10+N x这就证明了{}n x 的有界性.由致密性定理，必有收敛子列{}k n x ，设a x k n k =∞→lim .根据子列收敛定义，对任意给定的ε＞0，必有正整数K ，当k ＞K 时，有 a x n -＜ε取一正整数()1,1m ax 0++=N K k .于是0k ＞K ，且11+≥≥+N n n N k o ＞N .因此，当n ＞N 时，由已知条件有0k n n x x -＜ε，所以a x x x a x k k n n n n -+-≤-00＜ε+ε=2ε即 a x n n =∞→lim5 柯西收敛原理5.1 柯西收敛原理 数列{}n x 有极限的必要与充分条件是：对任意给定的ε＞0，有正整数N ，当m , n ＞N 时，有m n x x -＜ε. 5.2 柯西收敛原理证明单调有界原理证明：反证法，设{}n x 为一递增且有上界M 的数列.假设其没有极限，则用柯西收敛原理表达就是ε∃＞0，对*N N ∈∀，当n m ,＞N 时，有 m n x x -ε≥ 取1=ε，必有一正整数1N ，当21,n n ＞1N 时，有112≥-n n x x . 又由于数列{}n x 为一递增的数列，所以1212n n n n x x x x -=-1≥ 取1=ε，必有一正整数1N ，当32,n n ＞1N 时，有123≥-n n x x 取1=ε，必有一正整数1N ，当43,n n ＞1N 时，有134≥-n n x x …………… …………… …………… 取1=ε，必有一正整数1N ，当1,+k k n n ＞1N 时，有11≥-+k k n n x x 将以上式子相加，得11+≥+k x k n ∞→ （∞→k ） 与数列{}n x 有上界M 矛盾，假设不成立. 即，单调有界数列有极限. 5.3 柯西收敛原理证明致密性定理证明：反证法，设{}n x 为一有上界M 的数列. 假设其没有收敛子列.由子列收敛的定义，则ε∃＞0，对*N N ∈∀，当k k n n ,1+＞N 时，有ε≥-+k k n n x x 1. 取1=ε，必有一正整数1N ，当21,n n ＞1N 时，有112≥-n n x x 取2=ε，必有一正整数2N ，当32,n n ＞2N 时，有223≥-n n x x 取3=ε，必有一正整数3N ，当43,n n ＞3N 时，有334≥-n n x x…………… …………… …………… 取k =ε，必有一正整数k N ，当1,+k k n n ＞k N 时，有k x x k k n n ≥-+1 显然与数列{}n x 有上界M 矛盾，假设不成立. 即，任一有界数列必有收敛子列. 6 有限覆盖定理6.1有限覆盖定理 若开区间所组成的区间集E 覆盖一个闭区间[a ,b ],则总可以从E 中选出有限个区间，使这有限个区间覆盖[a ,b ]. 6.2 有限覆盖定理证明确界定理证明：在这里我们只说明定理的上确界部分.设不为空集的区间E ⊂R ，∀x ∈E ,有x ≤M ,任取一点0x ∈E ，假设E 无上确界，那么∀x ∈[0x ,M ]:ⅰ)当x 为E 的上界时，必有更小的上界1x ＜x ,因而x 存在一开邻域∆x ，其中每一点均为E 的上界，称其为第一类区间；ⅱ）当x 不是E 的上界时，则有2x ∈E 使2x ＞x ,那么x 存在一开邻域∆x ，其中每点均不是E 的上界，称其为第二类区间.∴ 当x 取遍[0x ,M ]上每一点找出一个邻域∆x .显然∆x 不是第一类区间就是第二类区间.这些邻域组成闭区间[0x ,M ]的一个开覆盖，由有限覆盖定理，必存在有限子区间覆盖[0x ,M ].显然M 所在的开区间应为第一类区间，与其邻接的开区间∆x 有公共点.所以∀x ∈∆x ，x 均为E 的上界.而与∆x 相邻接的开区间∆'x 有公共点，所以∀x ∈∆'x ，x 均为E 的上界. 依此类推，0x 所在的开区间也是第一类区间，则0x 为E 的上界. 又 0x E ∈，∴E 为常数集.由此矛盾引出. 得证.同理，E 有下确界.6.3 有限覆盖定理证明致密性定理证明：设{}n x 是一有界数列，现在证明{}n x 有收敛子列.（1）如果{}n x 仅由有限个数组成，那么至少有一个数ξ要重复无限多次，即ξ===21n n x x …==kn x … 因而子列{}kn x 收敛于ξ.（2）如果{}n x 是由无穷多个数组成，由有界性知，存在闭区间[]b a ,，使对一切自然数n 都有a ＜n x ＜b在[]b a ,内至少存在一点0x ，使对于任意的正数δ，在()δδ+-00,x x 内都含有{}n x 中无穷多个数.事实上，倘若不然，就是说对于[]b a ,中每一点x ，都有x δ＞0，在()x x x x δδ+-,内，仅有{}n x 中的有限个数.考虑所有这样的开区间所成之集：{=μ(,x x δ-)x x δ+}，μ完全覆盖了闭区间[]b a ,，依有限覆盖定理，存在μ中的有限多个区间.()11111,x x x x δδ+-=∆，…，()n n x n x n n x x δδ+-=∆,，他们也覆盖了[]b a ,，并且在每一个i ∆（,2,1=i …,n ）中都只含{}n x 中的有限多个数.因此{}n x 也最多是由有限个数组成，这与假设矛盾. 于是，对于k δ=k1（,3,2,1=k …），于()k k x x δδ+-00,内取{}n x 中无穷多个点，就得到{}n x 的子列{}k n x 满足：0x x k n -＜kk 1=δ（,3,2,1=k …）从而∞→k lim 01x x n =得证.总结：六大定理可以分为两类： ① 有限覆盖定理：反映区间上的整体性质； ② 其余五个：反映函数在一点上的性质.实数的六个基本定理在理论上很有用，在之后的闭区间上的函数的性质的证明上发挥着重要的作用.本文在写作过程中得到了XXX 老师的多次精心指导，在此表示感谢.参考文献：[1] 陈传璋 金福临 朱学炎 .《数学分析（上）》.高等教育出版社.1983.7。
实数完备性的六大基本定理的相互证明
1 确界原理非空有上(下)界数集，必有上(下)确界。
2 单调有界原理 任何单调有界数列必有极限。
3 区间套定理 若]},{[n n b a 是一个区间套, 则存在唯一一点ξ，使得 ,2,1],,[=∈n b a n n ξ。
4 Heine-Borel 有限覆盖定理 设],[b a 是一个闭区间，H 为],[b a 上的一个开覆盖，则在H 中存在有限个开区间，它构成],[b a 上的一个覆盖。
5 Weierstrass 聚点定理（Bolzano 致密性定理有界无穷数列必有收敛子列。
） 直线上的有解无限点集至少有一个聚点。
6 Cauchy 收敛准则数列}{n a 收敛⇔对任给的正数ε，总存在某一个自然数N ，使得N n m >∀,时，都有ε<-||n m a a 。
一.确界原理1.确界原理证明单调有界定理证 不妨设{ a n }为有上界的递增数列.由确界原理,数列{ a n }有上确界,记a = sup{ a n }.下面证明a 就是{ a n } 的极限. 事实上,任给ε> 0, 按上确界的定 义,存在数列{ a n }中某一项a N ,使得a - ε> a N .又由{ a n }的递增性,当n ≥ N时有a - ε < a N ≤ a n .另一方面,由于a 是{ a n }的一个上界,故对一切a n 都有a n ≤ a < a + ε.所以当 n ≥ N 时有a - ε < a n < a + ε,这就证得a n = a.同理可证有下界的递减数列必有极限,且其极限即为它的下确界.2.确界原理证明区间套定理 证明：１设 ［ａｎ，ｂｎ］ 是一个闭区间套，即满足： １）∀ｎ，［ａｎ＋１，ｂｎ＋１］⊂［ａｎ，ｂｎ］；２）ｂｎ－ａｎ ＝我们证明，存在唯一的实数ξ，使得ξ∈［ａｎ，ｂｎ］，（ｎ ＝１，２，⋯）存在性：令Ｓ＝｛ａｎ｝，显然，Ｓ非空且有上界（任一ｂｎ都是其上界）.据确界原理，Ｓ有上确界，设sup Ｓ ＝ξ．现在，我们证明ζ属于每个闭区间［ａｎ，ｂｎ］，（ｎ＝１，２，⋯）显然ａｎ ≤ξ，（ｎ ＝１，２，⋯）所以，我们只需证明对一切自然数ｎ，都有ξ≤ｂｎ． 事实上，因为对一切自然数ｎ，ｂｎ都是Ｓ 的上界，而上确界是上界中最小者，因此必有 ξ≤ｂｎ，故我们证明了存在一实数ξ，使得ξ∈［ａｎ，ｂｎ］，（ｎ ＝１，２，⋯）唯一性: 假设还有另外一点R ∈'ξ且],[n n b a ∈'ξ，则||||n n b a -≤'-ξξ,0→ 即ξξ'=。
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有限覆盖定理→紧致性定理
证明：设数列}{n x 满足 b x a n ≤≤。
先证0x ∃∈[b a ，]， 在0x 的任一邻域 (ε-0x ,ε+0x )中必含有n x 的无限项。
如果不然。
x ∀∈[b a ，]，x δ∃0 ，使(x x δ-,x x δ+)只含}{n x 的有限项。
记E={(x x δ-,x x δ+)|x ∈[b a ，]，x δ由上产生}，是[b a ，]的一个覆盖。
由有限覆盖定理，知∃E 中有限个开区间（11δ-x ,11δ+x ）(22δ-x ,22δ+x )…… (k k x δ-,k k x δ+)覆盖],[b a 。
则
一方面：由覆盖的定义，}{n x 中的所有项包含于这有限个开区间内，另一方面，因为{i i x δ-,i i x δ+}（),...2,1k i =均只含}{n x 的有限项，故这有限个开区间只包含}{n x 中的有限项，这将互相矛盾。
故0x ∃∈[b a ，]， 在0x 的任一邻域 (ε-0x ,ε+0x )中必含有n x 的无限项。
特别地，取1=ε，则∃)1,1(001+-∈x x x k ，
取2/1=ε，则∃)(),2/1,2/1(12002k k x x x k >+-∈， ……
取n /1=ε，则∃)(),/1,/1(100->+-∈n n k k k n x n x x n
……
则}{n k x 为}{n x 的子数列,满足0<n x x n k /10<-)(,0∞→→n
故}{n
k x 收敛于0x 。
定理证完
柯西收敛定理→确界存在定理
以非空有上界数集必有上确界为例来证明
证明：设数集A 非空有上界， 设1b 是A 的上界
因为A 非空，设A x ∈0，则存在1a <0x ，
1a 就不是A 的上界。
1a 1b ，用1a ，1b 的中点2
11b a +二等分[1a ，1b ]，如果2
11b a +是A 的上界，则取
[2a ，2b ]=[1a ，2
11b a +]；如果2
11b a +不是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[2
11b a +，1b ]；
用2a ，2b 的中点2
22b a +二等分[2a ，2b ]……如此继续下去，得一闭区间列{],[n n b a }，
对n ∀，⊃],[n n b a ],[11++n n b a ，∞
→n lim （n n a b -）=0
数列{ n a }，{n b }满足n ∀， n a 不是A 的上界，n b 是A 的上界。
下证{ n a }，{n b }是收敛数列。
∞
→n lim （n n a b -）=0，即0 ε
∀，N ∃，当N n
，有|n n a b -|ε 。
又对+
∈∀Z p ，n a ≤p n a +≤p n b +≤n b ，故|-+p n a n a |≤（n n a b -）ε ，故{ n a }是收敛的，设∞
→n lim n a =r 。
又因∞
→n lim （n n a b -）=0，故∞
→n lim n b =r
最后证r=supA 。
因为n b 是A 的上界，故对n b x A x ≤∈∀,，由极限的保序性，r x ≤ 即r 是A 的上界，
设任一r r <'，我们来说明r '不是A 的上界
由∞
→n lim n a =r r '>，则N ∃，当N n ，有r a n '>。
而对n ∀， n a 不是A 的上界，故r '就
不能是A 的上界
故r=supA 。
定理证完。