第七章 实数完备性
第七章实数的完备性
§1 关于实数完备性的基本定理
一、问题提出
定理1.1（确界原理）非空有上（下）界的数集必有上（下）确界.
确界存在定理(定理 1.1)揭示了实数的连续性和实数的完备性. 与之等价的还有五大命题,这就是以下的定理1.2至定理1.6．
定理1.2 (单调有界定理)任何单调有界数列必定收敛．
定理1.3 (区间套定理）设为一区间套：
．
则存在唯一一点
定理1.4 (有限覆盖定理)设是闭区间的一个无限开覆盖,即
中每一点都含于中至少一个开区间内．则在中必存在有限个开区间,它们构成
的一个有限开覆盖．
定理1.5 (聚点定理)直线上的任一有界无限点集至少有一个聚点,即在的任意小邻域内都含有中无限多个点（本身可以属于,也可以不属于）．
定理1.6 (柯西准则)数列收敛的充要条件是：,只要恒有．（后者又称为柯西（Cauchy）条件,满足柯西条件的数列又称为柯西列,或基本列．）
这些定理构成极限理论的基础．我们不仅要正确理解这六大定理的含义,更重要的还要学会怎样用它们去证明别的命题．下面通过证明它们之间的等价性,使大家熟悉使用这些理论工具．下图中有三种不同的箭头,其含义如下：
：(1)～(3) 基本要求类
：(4)～(7) 阅读参考类
：(8)～(10) 习题作业类
二、回顾确界原理的证明
我们曾引入有界数集的确界概念,今证明它的存在性（记号a 、b 、c 表示实数） Dedekind 定理
设A/B 是R 的一个切割,则比存在实数R ε∈使得(,]A ε=-∞,(,)B ε=+∞或
(,)A ε=-∞,[,)B ε=+∞无其它可能.
1 非空有上界的数集E 必存在上确界.
证明 设}{x E =非空,有上界b ： E x ∈?,b x ≤. （1） 若E 中有最大数0x ,则0x 即为上确界；
（2） 若E 中无最大数,用下述方法产生实数的一个分划；取E 的一切上界归入上类
B ,其余的实数归入下类A ,则)|(B A 是实数的一个分划.
ο
1 A 、B 不空.首先B b ∈.其次E x ∈?,由于x 不是E 的最大数,所以它不是E 的上界,即
A x ∈.这说明E 中任一元素都属于下类A ；
ο
2 A 、B 不漏性由A 、B 定义即可看出；
ο
3 A 、B 不乱.设A a ∈,B b ∈.因a 不是E 的上界,E x ∈?,使得x a <,而E 内每一元素属于
A ,所以b x a <<.
ο
4 由ο
3的证明可见A 无最大数.
所以)|(B A 是实数的一个分划.由戴德金定理,知上类B 必有最小数,记作c .
E x ∈?,由ο1知A x ∈,即得c x <.这表明c 是E 的一个上界.若b 是E 的一个上界,则B b ∈,由此得b c ≤,所以c 是上界中最小的,由上确界定义,c 为集合E 的上确界,记作 E c sup =.
推论 非空的有下界的集合必有下确界.
事实上,设集合}{x E =有下界b ,则非空集合}|{'E x x E ∈-=有上界b -,利用集合'E 上确界的存在性,即可得出集合E 的下确界存在.
定理1解决了非空有上界集合的上确界存在性问题,我们可以利用上确界的存在性,得出我们所研究的某一类量（如弧长）的存在性.
若全序集中任一非空有上界的集合必有上确界,我们称该全序集是完备的.定理1刻划了实数集是完备的.
例1 证明实数空间满足阿基米德原理.
证明 0>>?a b ,要证存在自然数n 使b na >.假设结论不成立,即
b na ≤, ），，Λ21(=n ,
则数集}{na E =有上界b ,因此有上确界c ,使c na ≤），，
Λ21(=n ,也就有c a n ≤+)1(），，Λ21(=n ,或 a c na -≤ ），，Λ21(=n .这表明a c -是集合E 的上界,与c 是上确
界矛盾.所以总存在自然数n ,使b na >. 三、等价命题证明
下面来完成(1)～(7)的证明． (一) 用确界定理证明单调有界定理
设}{n x 单调上升,即ΛΛ≤≤≤≤≤n x x x x 321,有上界,即M ?,使得M x n ≤.
考虑集合}|{N n x E n ∈=,它非空,有界,定理2推出它有上确界,记为n
N n x a ∈=sup .我们验证 n
n x a ∞
→=lim .
0>?ε,由上确界的性质,N ?,使得N x a <-ε,当N n >时,由序列单调上升得n N x x a ≤<-ε,
再由上确界定义,ε+<≤a a x n ,有 εε+<<-a x a n ,即ε<-a x n ,也就是说 n
N n n n x a x ∈∞→==sup lim . 同理可证若}{n x 单调下降,有下界,也存在极限,且n
N n n n x x ∈∞→=inf lim .
若集合E 无上界,记作+∞=E sup ；若集合E 无下界,记作+∞=E inf ,这样一来,定理2证明了
的单调上升（下降）有上界（下界）的序列}{n x ,必有极限)inf (sup n N x n N x x x ∈∈的定理现在有了严格的
理论基础了.且对单调上升（下降）序列}{n x ,总有
)
inf (sup lim n N
x n N
x n n x x x ∈∈+∞
→=.
(二) 用单调有界定理证明区间套定理
由假设（1）知,序列}{n a 单调上升,有上界1b ；序列}{n b 单调下降,有下界1a .因而有
1lim c a n n =+∞→,2
lim c b n n =+∞→. n n b c c a ≤≤≤21.
再由假设（2）知
0)(lim 12=-=-+∞→c c a b n n n ,
记c c c ==21. 从而有
n
n n n b c a +∞→+∞→==lim lim .
若还有*
c 满足n n b c a ≤≤*,令+∞→n ,得c c =*.故c 是一切],[n n b a 的唯一公共点.证毕.
这个定理称为区间套定理.关于定理的条件我们作两点说明：
（1） 要求],[n n b a 是有界闭区间的这个条件是重要的.若区间是开的,则定理不一定成立.
如
)1
,
0(),(n b a n n =.
显然有 )1,0()11,0(n n ?+, 但 φ=+∞=)1
,0(1n n I .
如果开区间套是严格包含： n n n n b b a a <<<++11,这时定理的结论还是成立的.
(2)若],[],[11n n n n b a b a ?++），，Λ21(=n ,但0)(lim ≠-+∞→n n n a b ,此时仍有
1lim c a n n =+∞
→,2
lim c b n n =+∞→,但21c c <,于是对任意的c ,21c c c ≤≤,都有],[1n n n b a c +∞
=∈I . 全序集中任一区间长趋于零的区间套有非空交集,则称该全序集是完备的,定理3刻划实
数集是完备的（这里完备定义与上段完备定义是等价的）.定理3也给出通过逐步缩小搜索范围,找出所求点的一种方法.
推论 设为一区间套,
．则
当
时,恒
有
．
用区间套定理证明其他命题时,最后常会用到这个推论．
例2 序列}{n x 由下列各式
a x =1,
b x =2,
22
1--+=
n n n x x x ），，Λ43(=n
所确定（见下图）.证明极限n n x
+∞→lim 存在,并求此极限.
1x 3x 5x 4x 2x x
证明 当b a =时,a x n =,故a
x n n =+∞→lim .
当b a ≠时,若取),min(1n n n x x a +=,),m ax (1n n n x x b +=,），，Λ21(=n .
则由条件,显然可得一串区间套：
],[],[11n n n n b a b a ?++ ），，Λ21(=n .
由已知条件
)(21
2111--+--=-+=
-n n n n n n n x x x x x x x ,
于是
，
)(0||21
||21||21
||21||112121211+∞→→-=-==-=-=
-=------+n a b x x x x x x x x a b n n n n n n n n n n Λ
由区间套定理,存在c 满足： n n n n b c a +∞→+∞→==lim lim .注意到],[n n n b a x ∈,所以 c x n n =+∞→lim . 下面来求c .由)
(21
11-+--=-n n n n x x x x ,令132-=k n ，，，Λ得一串等式： )
(21
1223x x x x --=-； )
(21
2334x x x x --=-；
Λ
ΛΛΛΛΛ
)
(21
211-----=-k k k k x x x x .
将它们相加,得 )(21112x x x x k k --=--,令+∞→k ,得)
(21
12x c x c --=-
所以
)2(31
323121b a x x c +=+=
.
(三) 用区间套定理证明确界原理
证明思想：构造一个区间套,使其公共点即为数集的上确界．
设, 有上界．取；,再令
如此无限进行下去,得一区间套．
可证：因恒为的上界,且,故,必有
,
这说明是的上界；又因,故,而都不是的上界,因此更不是的上界．所以成立．［证毕］
*(四) 用区间套定理证明有限覆盖定理
设为闭区间的一个无限开覆盖．反证法假设：
“不能用中有限个开区间来覆盖”．
对采用逐次二等分法构造区间套,的选择法则：取“不能用中有限个开区间来覆盖”的那一半．
由区间套定理,．
导出矛盾：使
记由［推论］,当足够大时,
这表示用中一个开区间就能覆盖,与其选择法则相违背．所以必能用中有限个开区间来覆盖．
说明当改为时,或者不是开覆盖时,有限覆盖定理的结论不一定成立.
例如：
1) ．
是开区间的一个无限开覆盖,但不能由此产生的有限覆盖．
2) ．
是的一个无限覆盖,但不是开覆盖,由此也无法产生的有限覆盖．
* (五) 用有限覆盖定理证明聚点定理
设为实轴上的有界无限点集,并设．
由反证法假设来构造的一个无限开覆盖：若有聚点,则
．现反设中任一点都不是的聚点,即在内至多只有．这样,
就是的一个无限开覆盖．
用有限覆盖定理导出矛盾：据定理9,存在
为的一个有限开覆盖（同时也覆盖了）．由假设,内至多只有所属个邻域内至多只有属于（即只覆盖了中有限个点）．这与覆盖了全部中无限多个点相矛盾．
所以,有界无限点集必定至少有一个聚点．［证毕］
推论（致密性定理）有界数列必有收敛子列．即若为有界数列,则使有
．
子列的极限称为原数列的一个极限点,或称聚点
注数列的聚点与一般点集的聚点,含义稍有不同．数列的聚点定义为：
“,在内含有中无限多个项,则为的一个聚点．”在此意义下,对于数列
它有两个收敛子列:和
,
．它们的极限
和
就是
的
两个聚点．
证
}
{n a 有界,则存在数11,y x 使得
1
1y a x n ≤≤对n ?成立.
将],[11y x 二等分为
]2,
[111y x x +、],2[11
1y y x +,则其中必有一个含有数列}{n a 的无穷多项,
记为],[22y x ；再将],[22y x 二等分为
]2,
[222y x x +、],2[22
2y y x +,同样其中至少有一个含有数列
}
{n a 的无穷多项,把它记为
],[33y x ,……一直进行这样的步骤,得到一闭区间套]}
,{[n n y x ,其中
每一个]
,[n n y x 中都含有数列}
{n a 的无穷多项,且满足：
⑴ ],[11y x ?],[22y x ??Λ]
,[n n y x ?…
⑵
11
1
lim()lim
02n n n n n y x y x -→∞
→∞
--==
则由闭区间套定理,ξ?使得 =∞→n n a lim =∞→n n b lim ξ 下证
}
{n a 中必有一子列收敛于实数ξ
先在],[11y x 中选取
}
{n a 的某一项,记为
1
n a ,因],[22y x 中含有
}
{n a 中的无穷多项,可选取位于
1
n a 后的某一项,记为
2n a ,12n n >.继续上述步骤,选取k n a ],[k k y x ∈后,因为],[11++k k y x 中含有无
穷多项,可选取位于k
n a 后的某一项,记为
1
k n a +且
k
k n n >+1,这样我们就得到
}
{n a 的一个子列
}
{k n a 满足
k n k y a x k ≤≤,Λ,2,1=k
由两边夹定理即得 =∞→k n n a lim ξ
.
证明 设b x a n ≤≤,用中点
21b
a c +=
将[]b a ,一分为二,则两个子区间[]1,c a 和[]b c ,1中至少
有一个含有}{n x 中无穷多项,选出来记为[]11,b a ,在其中选一项
1
n x .用中点
21
12b a c +=
将[]
11,b a 一分为二,则两个子区间[]21,c a 和[]12,b c 中至少有一个含有}{n x 中无穷多项,选出来记为[]22,b a ,在其中选一项
2
n x ,使得Λ,12n n >.最后得一区间套[]k k b a ,,满足
[][]k k k k b a b a ,,11?++,
k k k a b a b 2-=
-,
[]k
k k k n n n b a x k >∈+1,,.
由区间套定理,c b a k k k k ==∞→∞→lim lim ,又由于k
n k b x a k ≤≤,有c x k n k =∞→lim .
*(六) 用聚点定理证明柯西准则
必要性: 已知
收敛,设
．由定义,
,当
时,有
．
从而有
．
充分性: 已知条件： 当时
．欲证
收敛．
．首先证
有界．对于
当
时,有
令
,则有
．
．由致密性定理,存在收敛子列,设
．
．最后证
,由条件,
当
时,有
．
于是当
（同时有
）时,就有
．
证 “?” }{n a 收敛,则存在极限,设a a n n =∞→lim ,则0>?ε,N ?,当N n >时有
2/||ε<-a a n ?
当N m n >,时有
ε
<-+-≤-||||||a a a a a a n m m n
“?”先证有界性,取1=ε,则N ?,N m n >,?1||<-m n a a
特别地,N n >时 1||1<-+N n a a ?1
||||1+<+N n a a
设
}
1|||,|,|,||,m ax {|121+=+N N a a a a M Λ,则n ?,M
a n ≤||
再由致密性定理知,
}
{n a 有收敛子列
}
{k n a ,设a
a k n k =∞
→lim
0>?ε,1N ?,1,N m n >?||/2n m a a ε-<
K ?,K k >?2
/||ε<-a a k n
取),m ax (1N K N =,当N n >时有11N n N N +≥+>
? ε
εε=+<-+-≤-++2/2/||||||11
a a a a a a N N n n n n
故a
a n k =∞
→lim .
Cauchy 列、基本列（满足Cauchy 收敛准则的数列）
*(七) 用柯西准则证明单调有界原理 设
为一递增且有上界M 的数列．用反证法（ 借助柯西准则 ）可以证明：倘若
无
极限,则可找到一个子列以
为广义极限,从而与
有上界相矛盾．现在来构造这样
的
．
对于单调数列,柯西条件可改述为：“ 当 时,满足
”．这是因为它同时保证了对一切
,恒有 ．
倘若不收敛,由上述柯西条件的否定陈述：,对一切,,使
．
依次取
把它们相加,得到
．
故当时,可使,矛盾．所以单调有界数列必定有极限． [ 证毕 ] 例1 用单调有界定理证明区间套定理．
即已知：1 ）单调有界定理成立；
2 ）设
[]
{}
n
n
b
a,为一区间套．
欲证：
[],
,2,1
,
,Λ
=
∈
ξ
?n
b
a
n
n且惟一．
证证明思想：构造一个单调有界数列,使其极限即为所求的ξ．
为此,可就近取数列{}
n
a（或{}n b）．由于
,
1
2
2
1
b
b
b
a
a
a
n
n
≤
≤
≤
≤
≤
≤
≤
≤Λ
Λ
Λ
因此{}
n
a为递增数列,且有上界（例如
1
b）．由单调有界定理,存在ξ
=
∞
→
n
n
a
lim
,且Λ,2,1
,=
ξ
≤n
a
n．又因n
n
n
n
a
a
b
b+
-
=)
(,而0
)
(
lim=
-
∞
→
n
n
n
a
b
,故
ξ
=
ξ
+
=
+
-
=
∞
→
∞
→
∞
→
lim
)
(
lim
lim
n
n
n
n
n
n
n
a
a
b
b
；
且因{}
n
b递减,必使ξ
≥
n
b．这就证得[]Λ,2,1
,
,=
∈
ξn
b
a
n
n．
最后,用反证法证明如此的ξ惟一．事实上,倘若另有一个
[]Λ,2,1
,
,=
∈
ξ'n
b
a
n
n,则由
)
(
)
(∞
→
→
-
≤
ξ'
-
ξn
a
b
n
n,
导致与
>
ξ'
-
ξ相矛盾．
例 2 （10）用区间套定理证明单调有界定理．即已知：1 ）区间套定理成立．
2 ）设
{}n x为一递增且有上界M的数列．
欲证：{}n x存在极限n
n
x
∞
→
=
ξlim
．
证证明思想：设法构造一个区间套
[]
{}
n
n
b
a,
,使其公共点ξ即为
{}n x的极限．
为此令[][]M
x
b
a,
,
1
1
1
=.记2
1
1
1
b
a
c+
=
,并取
[]
[]{}
[]{}
?
?
?
=
.
,
,
;
,
,
,
1
1
1
1
1
1
2
2
的上界
为
不
若
的上界
为
若
n
n
x
c
b
c
x
c
c
a
b
a
再记22
2 2b
a c +
=
, 同理取
[][]{}[]{}??
?=.,,;
,,,22222233的上界不为若的上界为若n n x c b c x c c a b a
如此无限进行下去,得一区间套[]{}n n b a ,．
根据区间套定理,
[]∞
→∞
→=ξ==∈ξ?n n n n n n b a n b a )
lim lim (,2,1,,Λ．下面用数列极限定义证明
ξ
=∞
→n n x lim ：
0>ε?,一方面,由于)(N ∈k b k 恒为{}n x 的上界,因此
ε
+ξ<ξ=≤?≤∈?∞
→k k n k n b x b x ,k n lim ,N ；
另一方面,由
ε
-ξ>?ε<-ξ=ξ-≥∈??ξ=∞
→K k k k k a a a K k ,K a ,lim 时当N ；
而由区间套的构造,任何k a 不是{}n x 的上界,故ε-ξ>>?K N a x ；再由{}n x 为递增数列,当N n >时,必有ε-ξ>≥N n x x ．这样,当 N n > 时,就有
ε+ξ<<ε-ξn x , 即 ξ
=∞→n n x lim ．
例 3 （9） 用确界定理证明区间套定理．
即已知： 1 ） 确界定理成立（非空有上界的数集必有上确界）；
2 ） 设{}],[n n b a 为一区间套．
欲证：存在惟一的点[]Λ,2,1,,=∈ξn b a n n ．
证 证明思想：给出某一数集S ,有上界,使得S 的上确界即为所求的ξ． 为此,取{}n a S =,其上界存在（例如 1b ）．由确界定理,存在 {}n a sup =ξ．
首先,由ξ为{}n a 的一个上界,故Λ,2,1,=ξ≤n a n ．再由ξ是{}n a 的最小上界,倘有某个
ξ
n
n b a ,为区间套相矛盾（
j
i b a <）.所
以任何ξ≥n b ．这就证得
Λ,2,1,
=≤ξ≤n b a n n ．
关于ξ的惟一性,与例1中的证明相同．
注 本例在这里所作的证明比习题解答中的证明更加清楚．
在以上六个等价命题中,最便于推广至中点集的,当属聚点定理与有限覆盖定理．为加深对聚点概念的认识,下例所讨论的问题是很有意义的．
例证明“是点集的聚点”的以下三个定义互相等价：
(i) 内含有中无限多个点(原始定义)；
(ii) 在内含有中至少一个点；
(iii) ,时,使．
证 (i)(ii) 显然成立．
(ii)(iii) 由(ii）,取,；
再取；
……
一般取；
……
由的取法,保证,,．
(iii)(i)时,必有,且因各项互不相同,故内含有中无限多个点．[证毕]
四、实数系的完备性
实数所组成的基本数列{}
n
x比存在实数极限――实数系完备性；有理数域不具有完备性,
如
1
(1)n
n
??
+
??
??
：
1
lim(1)n
n
e
n
→∞
+=（无理数）.
五、压缩映射原理（不动点原理）
1、函数f(x)的不动点指什么？
设y＝f(x)是定义在[a,b]上的一个函数,方程x＝f(x)的解称为f(x)的不动点.
2、在什么样的条件下不动点一定存在呢？存在时唯一吗？如何求出不动点？
压缩映射：如果存在常数k,满足0≤k<1,使得对一切,[,]
x y a b
∈成立不等式
()()||f x f y k x y -≤-,
则称f 是[a,b]上的一个压缩映射. 压缩映射必连续.
压缩映射原理（不动点原理） 设()x ?是[a,b]上压缩映射,且([,])[,]a b a b ??,则()x ?在[a,b]上存在唯一的不动点.
例3 证明Kapler 方程sin x x b ε=+在||1ε<时,存在唯一实数.
§7.2 闭区间上连续函数性质的证明
教学目标：证明闭区间上的连续函数性质．
教学内容：闭区间上的连续函数有界性的证明；闭区间上的连续函数的最大(小)值定理的证明；
闭区间上的连续函数介值定理的证明；闭区间上的连续函数一致连续性的证明．
基本要求：掌握用有限覆盖定理或用致密性定理证明闭区间上连续函数的有界性；用确界原理
证明闭区间上的连续函数的最大(小)值定理；用区间套定理证明闭区间上的连续函数介值定理．
较高要求：掌握用有限覆盖定理证明闭区间上的连续函数的有界性和一致连续性． 教学建议：
(1) 本节的重点是证明闭区间上的连续函数的性质．
(2) 本节的难点是掌握用有限覆盖定理证明闭区间上的连续函数的一致连续性以及实数完备性的六大定理的等价性证明,对较好学生可布置这方面的习题． 教学过程：
在本节中,将利用关于实数完备性的基本定理来证明第四章2中给出的闭区间上连续函数的基本性质.
一、有界性定理 若函数f 在闭区间[]b a ,上连续,则f 在[]b a ,上有界
证法 一 ( 用区间套定理 ). 反证法. 参阅[3]P106—107.
证法 二 ( 用致密性定理). 反证法.
证明 如若不然,)(x f 在],[b a 上无界,∈?n N ,],[b a x n ∈?,使得n x f n >|)(|,对于序列}{n x ,
它有上下界b x a n ≤≤,致密性定理告诉我们k n x
?使得],[0b a x x k n ∈→,由)(x f 在0x 连续,及k
n n x f k >|)(|有
+∞
==∞
→|)(|lim |)(|0k n k x f x f ,
矛盾.
证法 三 ( 用有限复盖定理 ). 参阅[1]P168—169
证明 （应用有限覆盖定理） 由连续函数的局部有界性（th4.2）对每一点[]b a x ,'
∈都存
在邻域()x x '',δο?及正数'
x M
使
()()[]b a x x M x f x x ,,''
'??∈≤δ 考虑开区间集
()(){}b a x x H x ,,'''∈?=δ
虽然H 是[]b a ,的一个无限开覆盖,由有限开覆盖定理,存在H 的一个有限点集
()[]{}k i b a x x H i i i ,,2,1,,Λ=∈?=*δ
覆盖了[]b a ,,且存在正整数,,,21k M M M Λ使对一切()[]b a x x i i ,,??∈δ有()k i M x f i ,,2,1,Λ=≤,令
k
i i
M M ≤≤=1m ax
则对[]b a x ,∈?,x 必属于某()()M M x f x i i i ≤≤?δ,Y ,即证f 在[]b a ,上有上界． 二、最值性:
命题2 ] , [)(b a C x f ∈, ? )(x f 在] , [b a 上取得最大值和最小值. ( 只证取得最大值 )
证 ( 用确界原理 ) 令
)}
({sup x f M b
x a ≤≤=,+∞ M x f <)(. 考虑函数 )(1 )(x f M x -= ?,则],[)(b a C x ∈?,因而有界,即)0()(>≤μμ?x , 从而 M M x f <- ≤μ 1 )(,这与M 是上确界矛盾,因此],[b a x ∈?,使得M x f =)(. 类似地可以证明达到下确界. 三、介值性: 证明与其等价的“零点定理 ”. 命题3 （零点存在定理或根的存在性定理）设函数)(x f 在闭区间],[b a 上连续即 ]),([)(b a C x f ∈且)(a f 与)(b f 异号（)(a f 0)( )(0=x f .即方程0)(=x f 在),(b a 内至少存在一个实根. 证法 一 ( 用区间套定理 ) .设0)(b f .将],[b a 二等分为],[c a 、],[b c ,若 0)(=c f 则c x =0即为所求；若0)(≠c f ,当0)(>c f 时取],[c a 否则取],[b c 为],[11b a ,有 0)(1b f .如此继续,如某一次中点i c 有0)(=i c f 终止（i c 即为所求）；否则得 ]} ,{[n n b a 满足：⑴ Λ Λ????],[],[],[11n n b a b a b a ； ⑵ 0 2lim )(lim =-=-∞→∞ →n n n n n a b a b ； ⑶