实数系基本定理等价性的完全互证[1]

第38卷第24期2008年12月数学的实践与认识M A TH EM A T I CS I N PRA CT I CE AND TH EO R Y V o l 138　N o 124　

D ecem.,2008　

教学园地

实数系基本定理等价性的完全互证

刘利刚

(浙江大学数学系,浙江杭州　310027)

摘要:　综合给出了实数系六个基本定理的等价性的完全互证方法,并归纳了各种证明方法的规律,旨在把抽象的证明转化为容易掌握的基本方法.

关键词:　实数系;连续性;等价;极限

收稿日期:2005206210

实数系基本定理是数学分析中重要组成部分,是分析引论中极限理论的基础,也称为实数系的连续性定理.能够反映实数连续性的定理很多,它们是彼此等价的.现有的教材都是按照某一顺序将这些定理进行一次循环证明就验证了它们的等价性[122].虽然不同的教材对于循环证明的顺序有所不同,但每一次循环证明看起来都似乎没有关联,并没有综合归纳其中的方法技巧.这么多相互独立的证明使得不少学生都感到数学分析中这部分内容太抽象,难以理解.因而当遇到一个教材中没有给出的2个定理之间的等价性证明时就无从下手.为此,在讲述这些定理的时候,我们把这些定理的相互证明详细地整理出来,并且归纳给出了这些定理的完全互证方法与规律,使学生在学习这部分内容时不再感到无所适从.

我们使用的教材[1]中给出的实数系的六个基本定理及其描述为:

1)确界存在定理(pp .12):上(下)有界的非空数集必存在唯一上(下)确界.

2)递增(减)有界数列必有极限(pp .34).

3)闭区间套定理(pp .41):设I 1,I 2,…,I n ,…是一串有界闭区间,I 1=I 2=…=I n =

…,且I n 的长度 I n →0,称{I n }为闭区间套.则闭区间套{I n }的交∩∞

n =1

I n 必不空且为单点集.

4)Bo lzano 2W eierstrass 定理(pp .44):有界数列必有收敛子列

.5)Cauchy 收敛准则(pp .299):数列{x n }收敛Ζ{x n }是基本数列.

6)有限开覆盖定理(pp .308):若开区间族{O Α}覆盖了有界闭区间[a ,b ],则从{O Α}中必可挑出有限个开区间O Α1,O Α2,…,O Αn 同样覆盖了[a ,b ]:[a ,b ]

在证明之前,我们首先必须要理解这六个定理的每一个在说些什么,只要概念清楚了,并且理解其方法,证明并不难.

定理1)～5)属于同一类型,它们都指出,在某一条件下,便有某种“点”存在,这种点分别是确界(点)(定理1)),极限点(定理2)5)),公共点(定理3)),子列的极限点(定理4)).定理

6))是属于另一种类型,它是前5个定理的逆否形式.

1　教材中的证明

教材[1]中完成的证明如图1所示.另外,教材中给出练习的有:图1　教材[1]中完成的基本定理之间的证明

4)]2)pp .45

3)]1)pp .47

1)]6)pp .309

6)]1)pp .309

5)]1)pp .309

我们首先回顾一下教材中给

出的证明过程[1].分析:单调有界数列必收敛,事实上就是收敛到其确界.有了这个理解后,就很容易利用确界存在定理1)来证明2)了:只要将确界找到,证明此确界就是数列极限即可.

证明　不妨设数列{x n }单调递增.由于{x n }有界,由1)知它的确界存在且有限,设为Β.由上确界定义,Β是{x n }的上界,即Πn ∈N ,x n ΦΒ;且ΠΕ>0,Β-Ε不是上界,即?N ,使得x N >Β-Ε.

由于{x n }单调递增,所以Πn >N ,ΒΕx n Εx N >Β-Ε,即 x n -Β <Ε.

由极限定义可知,li m n →∞

x n =Β,即{x n }收敛.2)]3)pp .41

分析:由于闭区间套的每个区间的左端点单调递增有上界,右端点单调递减有下界,即可得它们都收敛,然后利用闭区间套的长度趋向零证明这两个极限相等,为所有闭区间的公共点,并且唯一性也易得证.

证明　设I n =[a n ,b n ],a n Φb n ,由I n +1

b n 都存在,并且Ν为{a n }的上确界,Γ为{b n }的下确界.因为 I n =b n -a n →0,故Γ=li m n →∞a n +li m n →∞

(b n -a n )=Ν,这说明Ν=Γ∈I n ,从而.至此已证明∩∞

n =1

I n 非空.再由∩∞

n =1I n

3)]4)pp .44

分析:按二等分取闭区间,每个闭区间含有数列的无穷多项.由闭区间套定理套住的唯一点就是某个子列的极限.

证明　设{x n }是有界数列,则存在闭区间I 1使得Πx n ∈I 1.将I 1等分为左右两个闭区间,则至少有一个半区间包含{x n }中的无穷多项,取为I 2.同样的办法将等分后取出I 3,…最终得到一闭区间套I 1=I 2=…=I n =…, I n →0,每个I n 中包含{x n }中的无穷多项.

根据闭区间套定理,存在唯一点∩∞

n =1

I n ={Ν}.下面构造收敛到Ν的子列:任取x n 1∈I 1,由于I 2包含{x n }中的无穷多项,故必能在I 2取出n 1项以后的项n 2,即x n 2∈I 2,n 2>n 1.类74224期刘利刚:实数系基本定理等价性的完全互证

似地,?x n 3∈I 3,n 3>n 2,…最后得到一子列{x n k },x n k ∈I k ,从

Ν-x n k Φ I n →0　(k →∞)

得x n k →Ν(k →∞).{x n k }就是要找的子列.

4)]5)pp .299

分析:首先易知Cauchy 数列有界,从而存在收敛子列,再证明此收敛子列的极限就是原数列的极限.

证明　易知Cauchy 基本数列有界,由Bo lzano 2W eierstrass 定理,{x n }存在收敛的子列{x n k },设其极限为Ν.由{x n }是Cauchy 基本数列,故ΠΕ>0,?N 0,Πn ΕN 0, x n -x N 0 <Ε;

由x n k →Ν(k →∞),对于上述的Ε,?K ,Πk ΕK , x n k -Ν <Ε;

取N =m ax (n k +1,N 0+1),当n >N 时,取k 0>K 使得n k 0>N ,

x n -Ν Φ x n -x n k 0 + x n k 0-Ν <2Ε,

这说明x n →Ν(n →∞)

3)]6)pp .308

分析:用闭区间套定理反证.取不存在开覆盖的半区间构成闭区间套,由此易得矛盾.证明　反证法.假设[a ,b ]不存在有限开覆盖,则将[a ,b ]等分后至少有一个半区间也不存在有限开覆盖,记为I 1;同样将I 1等分后至少有一个半区间也不存在有限开覆盖,记为I 2;…这样得到一闭区间套I 1=I 2=…=I n =…, I n →0,每个I n 都不存在有限开覆盖.

设∩∞

n =1

I n ={Ν},由于Ν∈[a ,b ],必?O Ν,使得Ν∈O Ν.由于 I n →0,故n 充分大时,I n

现在给出教材中给出的习题的证明.

4)]2)pp .45

分析:由有界性知数列有收敛子列,由单调性可知数列收敛到此子列的极限.

证明　不妨设数列{x n }单调递增.由于{x n }有上界,下界即为x 1,由Bo lzano 2

W eierstrass 定理,{x n }存在收敛的子列{x n k },设其极限为Ν

.于是ΠΕ>0,?K ,Πk ΕK , x n k -Ν <Ε

由于{x n }也是单调递增数列,Ν必为{x n k }的上界,于是对上述的Ε,当n >n K , x n -Ν =Ν-x n <Ν-x n K <Ε,这说明x n →Ν(n →∞).

3)]1)pp .47

分析:按二等分取闭区间,使每个闭区间含有数集的确界.由闭区间套定理套住的唯一点就是数集的确界.

证明　只证上确界的情况.假设非空集合A 有上界M ,取a 1∈A ,b 1=M ,则a 1Φb 1.记I 1=[a 1,b 1].令c =a 1+b 12,若c 为A 的上界,则取a 2=a 1,b 2=c ,否则取a 2=c ,b 2=

b 1,显然都有a 2Φb 2,且A ∩[a 2,b 2]≠<.记I 2=[a 2,b 2].以此类推,得到闭区间套I 1=

I 2=…=I n =…, I n →0,每个I n 与A 的交非空.由闭区间套定理,存在唯一的Ν,∩∞n =1

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={Ν}.由于b n →Ν,且ΠΓ<Ν,?I k ,a k >Γ,而I k ∩A ≠<,必?x ∈A ,x Εa k ,从而x ΕΓ,即Γ不是A 的上界.由此得知Ν为A 的上确界.

1)]6)pp .309

分析:这个技巧在于取能被有限覆盖的闭区间右端点的上确界,证明此上确界就是整个区间的右端点.

证明　设{O Α}为闭区间[a ,b ]的开覆盖.定义A ={x [a ,x ]能被有限覆盖,x ∈[a ,b ]}.由于a ∈A ,可知A 是有界非空集,由确界存在定理,知Β=sup A 存在.显然ΒΦb ,若Β

Β′∈A ,这与Β=sup A 矛盾.

5)]1)pp .309

分析:事实上,由5),2),4)证明1)的思路是一样的,类似于由3)证1)的方法,构造闭区间套,然后不是直接利用闭区间套定理,而是来证明数列{a n }和{b n }的收敛性即可.

证明　5)]1):证明{a n },{b n }为Cauchy 基本数列,得知它们都收敛.

2)]1):由{a n },{b n }为单调有界数列得知它们收敛.

4)]1):由{a n },{b n }为有界数列,得知它们存在收敛子列,然后再利用单调性得出它们都收敛(即利用4)]2)的方法).

2　闭区间套定理与其他定理互证的方法

用闭区间套定理证明问题时,关键是要构造一个满足一定条件的区间套序列,然后由区间套定理套出一个公共点,这个点往往就是满足问题要求的点.在构造闭区间套序列时,常采用二等分法,其过程一般为:

Step 1　先考虑一个区间[a 1,b 1],使它具有某种性质P ;

Step 2　然后把[a 1,b 1]二等分,证明至少有一个子区间里具有性质P ,记这个子区间为[a 2,b 2];

Step 3　不断重复这一步骤,于是得到一个区间列{[a n ,b n ]},它满足条件:

(i )[a n ,b n ]=[a n +1,b n +1],n =1,2,…

(ii )li m n →∞(b n -a n )=li m n →∞b 1-a 12n -1=0

(iii )每一个区间[a n ,b n ]都具有性质P .

由3)证明其他定理:

3)]1),3)]6)已在上面给出.

3)]2),3)]4),3)]5)证明类似于3)]1)的证明,所不同的是要证明唯一公共点Ν就是数列的极限(或某子列的极限).

至于由其他定理来证明3),2)]3),6)]3)已给出,而1)]3),4)]3),5)]3)的过程都类似于2)]3)的过程,只是分别利用1),4),5)去证明{a n }和{b n }的确界,子列的极限,或极限就是公共点.

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3　有限开覆盖定理与其他定理互证的方法

不论用6)来证明前面5个定理,还是由前面5个定理来证明6),都是用反证法.一般地,利用定理6)来证明闭区间[a ,b ]具有某种性质P ,其一般步骤为:Step 1　证明对于[a ,b ]中的每一点x ,都有一个邻域O ?(x ),而此邻域具有性质P ,所有这样的邻域构成闭区间[a ,b ]的一个开覆盖;

Step 2　根据有限开覆盖定理,可从中选取有限个O ?1(x 1),O ?2(x 2),…,O ?k (x k )来覆盖

[a ,b ];

Step 3　利用O ?i (x i )(i =1,2,…,n )具有的性质P ,证明闭区间[a ,b ]也具有这种性质P .6)]1)pp .309

分析:由上确界的否定可知,某数不是上确界,则必有其一邻域都是上界或都不是上界,这些邻域构成开覆盖,若能选取有限多个则得到矛盾.

Β是有界数集A 的上确界Ζ(i )Β是上界,且(ii )任何小于Β的数都不是上界.其否定为:Β是有界数集A 的上确界Ζ(i )Β不是上界,或(ii )还有比Β小的数成为上界证明　用反证法.假设有界数集A 没有上确界,设其上界为M ,任取a 1,a 2∈A ,不妨设a 1

这样内的每一点x ,都找到一个开邻域O ?(x ),它要么属于第一类,要么属于第二类.这些邻域构成闭区间的一个开覆盖.

由有限开覆盖定理,必存在有限个子覆盖O ?1(x 1),O ?2(x 2),…,O ?k (x k ).由于M 是上界,所以M 所在的区间应为第一类的,相邻接的开区间有公共点,也应为第一类的,经过有限次邻接,可知a 所在的开区间也是第一类的,这便得出矛盾.

6)]3)

分析:若闭区间套的交为空,则对任何元素都至少不属于某一个闭区间,这样就有它的一个开邻域都不包含于这个闭区间;于是若只有有限个的话就导致矛盾了.

证明　用反证法.假设区间的交∩∞

n =1I n =<,则Πx ∈[a 1,b 1],?I x ,x |I x ,于是??x ,使得O ?x (x )∩I x =<.这样[a 1,b 1]内的每一点x ,都找到一个开邻域O ?(x ),它与区间套内的某一区间的交为空.这些邻域构成闭区间[a 1,b 1]的一个开覆盖.由有限开覆盖定理,必存在有限个子覆盖O ?1(x 1),O ?2(x 2),…,O ?k (x k ).设O ?i (x i )∩I n i =<,则取N =m ax{n 1,n 2,…,n k },有O ?i (x i )∩I N =<,Πi =1,2,…k ,这与O ?1(x 1),O ?2(x 2),…,O ?k (x k )构成[a 1,b 1]

的开覆盖矛盾,由此证明了∩∞

n =1

I n ≠<.证明交集的唯一性是简单的,略.

6)]4)

分析:用有限开覆盖定理证明2),4),5)的做法是一样的,由反证假设,对任何一点,可找到一个开邻域,其邻域内至多包含数列中的有限项.若只有有限个开覆盖,则得到矛盾.

证明　设A 是有界无限数集,界为[m ,M ].用反证法.假设A 没有任何子列收敛,即Πx ∈[m ,M ],x 不是A 的极限点,即??,使得O ?(x )至多包含A 中的有限项.这样[m ,M ]内的每一点x ,都找到一个开邻域O ?(x ),它至多包含数集的有限项.这些邻域构成闭

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区间[m ,M ]的一个开覆盖.

由有限开覆盖定理,必存在有限个子覆盖O ?1(x 1),O ?2(x 2),…,O ?k (x k ),由于每个开邻域至多包含数集的有限项,这与A 是无限数集矛盾.

6)]2)

证明　设{x n }是单调递增上有界数列,界为[x 1,M ].用反证法.假设{x n }不收敛,则Πx ∈[m ,M ],??,使得O ?(x )至多包含{x n }中的有限项(若对任何邻域都有无穷多项,利用{x n }的单调性可知x 为{x n }的极限,见下面附证).这样[m ,M ]内的每一点x ,都找到一个开邻域O ?(x ),它至多包含{x n }的有限项.这些邻域构成闭区间[m ,M ]的一个开覆盖.由有限开覆盖定理,必存在有限个子覆盖O ?1(x 1),O ?2(x 2),…,O ?k (x k ),由于每个开邻域至多包含数集的有限项,矛盾.

上面证明过程中用到一个命题:设{x n }为单调递增数列,若点x 的任何邻域都有{x n }的无穷多项,则x n →x (n →∞).其证明为:首先可知x 为{x n }的上界(否则不可能邻域包含无穷多项).且ΠΕ>0,?x n 0,x n 0∈O Ε(x ),即x -x n 0= x n 0-x <Ε.于是Πn >n 0,x -x n

6)]5)

证明　用反证法.假设Cauchy 基本数列{x n }不收敛.首先易知{x n }有界[m ,M ],则Πx ∈[m ,M ],x 不是{x n }的极限,则?Ε0>0,ΠM ,?n >M , x n -x ΕΕ0

.对上述的Ε0,由{x n }是Cauchy 基本数列,?N ,Πn ,m >N , x n -x m <Ε02

.这样,?m 1>N , x m 1-x ΕΕ0,因此当n >N 时,

x n -x Ε x m 1-x - x n -x m 1 >Ε02

, 从而O Ε02

(x )中至多包含{x n }中的有限项.这样[m ,M ]内的每一点x ,都找到一个开邻域O ?(x ),它至多包含{x n }的有限项.这些邻域构成闭区间[m ,M ]的一个开覆盖.以下同上,略.

由其他定理证明6):3)]6),1)]6)的证明上面已给出.而仿照3)]6)的证明,容易给出2)]6),4)]6),5)]6)的证明方法.

4　其他定理互证的方法

定理1),2),4),5)的互证相对容易些.有时可采用构造闭区间套的方法来得到{a n },{b n }其确界,极限就是所要找的点(类似用闭区间套定理来证明).事实上,只要能用闭区间套定理的方法,都可以类似改动利用1),2),4),5)来证明,所不同的是利用1),2),4),5)去证明唯一公共点Ν是{a n }和{b n }的确界,极限(或某子列的极限).如仿照3)]6)的证明,容易给出2)]6),4)]6),5)]6)的证明方法.

至此,我们已完成了实数系六个基本定理的完全互证方法的分析,归纳了从任何一个定理到其他定理的证明方法.这些定理的互证被这样梳理后,使得学生理解这些证明不再那么抽象和无所适从了.

参考文献:

[1]　欧阳光中,姚允龙,周渊.数学分析(上册)[M ].上海:复旦大学出版社,2003.

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[2]　华东师范大学数学系编.数学分析[M].北京:高等教育出版社,1980.

[3]　王向东,高成修,安枫灵.数学分析的概念与方法(上册)[M].上海:上海科学技术文献出版社,1988.

Com plete Proof for Equivalence of Fundam en tal

Theorem s of Real Nu m ber System

L I U L i2gang

(D epartm ent of M athem atics,Zhejiang U niversity,H angzhou310027,Ch ina)

Abstract:　T h is paper p resents comp lete p roof of the equivalence of six fundam ental theo rem s

of real num ber system.T he general app roaches fo r the p roof are comp rehensively summ arized,

w h ich m akes all the abstract p roof be an easy task and be easily understood.

Keywords:　Sto lz theo rem;L′Ho sp ital rule;li m it;difference