高等数学-第七版-课件-第七章极限7-1 关于实数集完备性的基本定理
数分高数数学分析关于实数集完备性的基本定理
[a1 , b1 ] = [a, b]
a1 + b1 c1 = 2
如果
f (c1 ) 0
f (c1 ) = 0 结论已经成立，故可设
那么
f (a1 ) f (c1 )
与
f (c1 ) f (b1 )
f (a1 ) f (c1 ) 0
有一个小于零，不妨设 记
[a2 , b2 ] = [a1, c1 ]
lim(bn - an ) = lim
n
n = 1, 2,
b-a =0 n 2 n -1
（3） f (an ) f (bn ) 0
n = 1, 2,
由（1）和（2）知 { a , b } 是一个区间套，由定理
n n
7.1，存在 [an , bn ]
n n
n = 1, 2, 且有
故 ( , ) H , 使 ( , ), 于是由区间套定理推论
当n充分大时有 [an , bn ] ( , ).
这表明[an , bn ]只须用H中的一个开区间( , )就能覆盖， 与挑选[an , bn ]时的假设“不能用H中有限个开区间来覆盖”矛盾.
从而证得必存在属于H的有限个开区间能覆盖[a, b].
f ( x) M x0
作开区间集
H = {( x - x , x + x ) f ( x) M x , x [a, b], x ( x - x , x + x ) [ a, b]}
显然 H 覆盖了区间 [a, b] 根据有限覆盖定理，存在
H 中有限个开区间 ( x - , x + ) ( x2 - x , x2 + x ) 1 x1 1 x1
数学《实数的完备性》讲义
第七章实数的完备性1. 教学框架与内容教学目标①掌握实数集完备性的基本定理内容．②掌握实数集完备性的基本定理等价性证明．③利用完备性定理证明有界闭区间上连续函数性质.教学内容①实数完备性基本定理内容及其之间的相互等价性．②有界闭区间上连续函数性质的证明.2. 重点和难点①正确理解基本定理的含义及适用范围.②基本定理等价性证明.③利用完备性定理证明有界闭区间上连续函数性质.3. 研究性学习选题● 完备性基本定理的应用, 以区间套定理和有限覆盖定理为例.小组进行一次交流：叙述实数完备性基本定理的应用.●举例用不同完备性定理证明同一命题, 体会不同完备性定理的奥妙之处. 进行一次研讨：举一例说明不同完备性定理的不同应用.4. 综合性选题, 写读书笔记■整理完备性定理等价性证明.■整理每个完备性定理适用范围.5. 评价方法◎课后作业，计10分.◎研究性学习布置的两个选题合计30分.●完备性基本定理的应用（计15分）●用不同完备性定理证明同一命题（计15分）◎读书笔记计60分.●完备性定理等价性证明总结（计30分）●完备性定理适用范围总结（计30分）§1 实数基本定理的陈述一、确界原理定理1 非空有上(下)界数集必有上(下)确界.二、单调有界原理定理2 单调有界数列必收敛.例 1 确界原理⇒单调有界原理.三、闭区间套定理1、 区间套设{[,]}n n a b 是一闭区间序列，若满足条件1) 对任意n ，有11[,][,]n n n n a b a b ++⊂，即11n n n n a a b b ++≤≤≤，2) lim 0n n n b a →∞-=，即n →∞时，区间长度趋于0， 则称该闭区间序列为一个(递缩)闭区间套，简称为区间套，区间套还可表示为1221n n a a a b b b ≤≤⋅⋅⋅≤⋅⋅⋅≤⋅⋅⋅≤≤.注 1 区间套{[,]}n n a b 涉及两个数列{},{}n n a b ，其中{}n a 递增，{}n b 递减且{}n a 有 上界1b , {}n b 有下界1a ，从而由单调有界原理{},{}n n a b 均收敛，不妨设n a a →，n b b →. 故a b ≤且由0n n a b -→有b a =.2、区间套定理定理3 若{[,]}n n a b 是一个区间套，则存在唯一R ξ∈，使得n N ∀∈，[,]n n a b ξ∈，即区间套必有唯一的公共点.例 2 单调有界定理⇒区间套定理. (注意唯一性)注 2 若区间套{[,]}n n a b ，n n b a -→0，则应有何结论……推论 设ξ为区间套{[,]}n n a b 所确定的点，则对任给0ε>，存在N ，使得n N >时， [,](,)n n a b U ξε⊂.注 3 区间套定理中，区间套均为闭区间，而对开区间套未必成立，如11{(0,)}n n∞=. 例 设{(,)}n n a b 是一个严格开区间套，即1221n n a a a b b b <<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅<⋅⋅⋅<<,且lim 0n n n b a →∞-=，证明: 存在唯一的R ξ∈，使得(,)n n a b ξ∈,n N ∀∈.四、Cauchy 收敛准则1、基本列 (Cauchy 列)若数列{}n a 满足0ε∀>，存在N ∈N ，使得,m n N ≥时m n a a ε-<, 则称{}n a 为基本列或Cauchy 列.注 3 {}n a 为Cauchy 列0,,,,n p n N n N p a a εε+⇔∀>∃∈N >∀∈N -<.例 证明 1) 20.9sin0.90.90.9n n x =+为Cauchy 列 2) 22211112n a n=++⋅⋅⋅+为Cauchy 列. 例 不用Cauchy 准则证明:1) Cauchy 列必为有界列.2) 若Cauchy 列有收敛子列,则其本身必收敛.2、Cauchy 收敛准则定理 4 数列{}n a 收敛⇔{}n a 为Cauchy 列例3 区间套定理⇒Cauchy 收敛准则.1、聚点设S R ⊂为数集，ξ为定点(ξ可能属于S ，可能不属于S )，若ξ的任何 邻域内均含有S 的无穷多个点，则ξ称为S 的一个聚点.例 1) 1{,}E n N n=∈有唯一聚点0. 2) [0,1)的聚点集为[0,1].3) [0,1)中的有理数的聚点集[0,1].4) 有限点集无聚点.2、聚点等价条件ξ为S 的聚点00,(,)S εξε⇔∀>≠∅(ξ的任何邻域内中有S 中异于ξ的点);⇔S 中存在异于ξ的点列{}n a ，n a ξ→;⇔S 中存在互不相同的点列{}n a ，n a ξ→.例 设S 为有上界集，sup S S ∉，则{},sup n n a S a S ∃⊂→.[sup S S ∉，则sup S 为S 的一个聚点]定理5 (Weierstrass定理)实数中任一有界无限点集S至少有一个聚点. 例 4区间套定理⇒聚点定理.推论有界数列必有收敛子列----致密性定理.六、致密性定理定理6有界数列必有收敛子列.例 5致密性定理⇒Cauchy收敛准则.七、(Heine Borel -)有限覆盖定理1、开覆盖设开区间族{(,),}G I a b λλλλ==∈∧(∧为一指标集)，设S 为一数集，若对任,x S λ∈∃∈∧，使x I λ∈，则称区间族G 覆盖了S ，或称区间族G 是数集S 的一个覆盖，记作(,)S a b λλλ∈∧⊂.若∧为有(无)限集，则称覆盖为有(无)限覆盖S .若∑为的∧子集，且{(,),}a b λλλ∈∑也覆盖S ，则称{(,),}a b λλλ∈∑为G 的一个子覆盖. 特别地，若∑是有限集, 则称为G 的一个有限子覆盖.例 1) {(,),(0,1)}22x x G x x x =-+∈覆盖了区间(0,1)，但其不能覆盖[0,1]？ 2) 若f 在(,)a b 上连续，则0ε∀>，对每一个(,)x a b ∈都存在正数 (,)0x x δδε=>，使得当'(,)(,)x x x x U x x x δδδ∈=-+有(')()f x f x ε-<， 从而开区间族{(,x G x x δ=-),(,)}x x a b δ+∈就为(,)a b 上的一个无限开覆盖.一般称(,)x I x x x x δδ∈⋃-+为I 上的一个自然覆盖.2、有限覆盖定理定理7 设G 为闭区间[,]a b 的一个(无限)开覆盖，则可从G 中选中有限子覆盖来覆盖[,]a b .例 6 闭区间套定理⇒有限覆盖定理.§2 完备性定理等价性证明确界原理 ?⇐ Cauchy 收敛准则 ⇐ 致密性定理⇓ ⇑ ⇑单调有界定理 ⇒ 区间套定理 ⇒ 聚点定理⇓ ?⇑有限覆盖定理 ⇒例 7 Cauchy 收敛准则 ⇒ 确界原理.例 8 有限覆盖定理⇒聚点定理.例 9 聚点定理⇒区间套定理.例 10 Cauchy 收敛准则 ⇒ 有界单调定理.实数完备性命题都可以用于确定某个具有某种性质的点.1、 单调有界定理与Cauchy 收敛准则通常用于判断数列的收敛性. (即收敛数列的极限点).2、 确界原理所确定的点，通常是具有或不具有某种性质的分界点.3、 致密性定理是同聚点原理一般将数列过渡到子列(可要求子列具有某种收敛性).4、 区间套定理是把区间上的整体性质收缩为某点性质(局部性质).方法是 假设I 具有某种性质P ，对分I ，得到两个子区间，可要求其一必须仍满足性质P ，如此可得到区间套{}n I 及公共点α，由α的任一邻域必包含某n I ，则得到的任一邻域具有性质P .5、 有限覆盖定理主要在于把局部性质扩展成整体性质。
《数学分析》实数完备性七大定理证明与七大定理相互证明
实数完备性的证明第一部分七个定理的证明1. 单调有界定理区间套定理证明：已知a n a n 1 （n），a n b n b l，由单调有界定理知｛a n｝存在极限，设lim a n = r，同理可知｛b n｝存在极限，设lim b n = rn ，由lim ( b nna n ) =0 得r r =0即r rn,有a n b n，令n ，有a n r r b n , n ,有a n r b n。
下面证明唯性。
用反证法。
如果不然。
则r i r2 , 同时对任意 a A , a r i , a D对任意b 有b r i b r2，不妨设r i r2 ,令r' r i r2 显然r i r' r22r A , r' B,这与A | B是R的一个分划矛盾。
唯-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［a i，b i ］=［a，b］，用a i，b i的中点电虫二等分［a i，b i］，如果引b i是A的上界，2 2则取［a2，b2】=［a i a i b i ］；如果a i b i不是A的上界，则取［a?，2 2b2】=［a S , b i］；用a2 , b2的中点邑匹二等分［a2 , b2】……如此继2 2续下去，便得区间套［a n , b n］。
其中a n不是A的上界，b n是A的上界。
n i由区间套定理可得，唯一的r ［a n, b n］，使lim a n = lim b n = r。
x A ,n nn nn i由 x b n ( n=1，2，)，同理可证非空有下界数集有下确界。
定理证完 3. 确界定理T 有限覆盖定理证明：设E 是闭区间［a , b ］的一个覆盖。
定义数集A={x a |区间［a ，x ］在E 中存在有限子覆盖}从区间的左端点x a 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［a ，x ］ A.若A 无上界，则b A,那么［a ，b ］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 。
《数学分析》实数完备性七大定理证明与七大定理相互证明
《数学分析》实数完备性七大定理证明与七大定理相互证明在数学分析中，实数完备性是一个非常重要的概念。
实数完备性是指实数轴上不存在任何空缺的性质，即任何实数序列都有收敛的子序列。
实数完备性可由七大定理进行证明，并且这七个定理之间也可以相互证明。
下面将对这七大定理进行证明，并且展示它们之间的相互证明。
第一个定理是确界定理（或称上确界定理）。
它的表述是：有上界的非空实数集必有上确界。
证明如下：先证明存在性，假设S是有上界的非空实数集，令M为S的一个上界，那么对于S中的任意元素x，都有x≤M。
接下来我们来证明M是S的上确界。
首先，我们要证明M是S的一个上界，即对于任意x∈S，x≤M。
其次，我们要证明对于任意ε>0，存在一个元素s∈S，使得M-ε<s≤M。
这两点都可以使用导致上确界的性质来证明。
因此，我们证明了确界定理。
第二个定理是区间套定理。
它的表述是：若{[an,bn]}是一个递减的闭区间序列，并且满足an≤bn，则存在一个唯一的实数x同时含于所有闭区间[an,bn]中。
证明如下：首先，我们证明了区间套的任意两个闭区间之间的交集不为空。
其次，我们证明了{an}是一个递增有上界的实数序列，{bn}是一个递减有下界的实数序列。
因此，根据实数完备性的定义，存在唯一的实数x满足an≤x≤bn，即x属于所有闭区间的交集。
第三个定理是柯西收敛准则。
它的表述是：一个实数序列是收敛的充分必要条件是它满足柯西收敛准则，即对于任意ε>0，存在自然数N，使得当m,n≥N时，有，am-an，<ε。
证明如下：首先，我们证明了柯西收敛准则蕴含了实数序列的有界性。
其次，我们证明了柯西收敛准则蕴含了实数序列的单调性。
因此，根据实数完备性的定义，实数序列的柯西收敛准则是实数序列收敛的充分必要条件。
第四个定理是实数域的离散性。
它的表述是：任意两个实数之间必存在有理数和无理数。
证明如下：假设a和b是两个实数，并且a<b。
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.ο1 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 ；ο2 A 、B 不漏性由A 、B 定义即可看出；ο3 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 <<.ο4 由ο3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nN n x a ∈=sup .我们验证 nn 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 nN 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nN 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 Nx n Nx 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 =+∞→,2lim 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nn 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 =+∞→,2lim 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 =2,221--+=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ax 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)(212111--+--=-+=-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)(2111-+--=-n n n n x x x x ,令132-=k n ，，，Λ得一串等式： )(211223x x x x --=-； )(212334x x x x --=-；ΛΛΛΛΛΛ)(21211-----=-k k k k x x x x .将它们相加,得 )(21112x x x x k k --=--,令+∞→k ,得)(2112x c x c --=-所以)2(31323121b 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11y a x n ≤≤对n ∀成立.将],[11y x 二等分为]2,[111y x x +、],2[111y 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[222y 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 ⊃…⑵111lim()lim02n 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1n a ,因],[22y x 中含有}{n a 中的无穷多项,可选取位于1n 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kn a 后的某一项,记为1k n a +且kk 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21ba 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1n x .用中点2112b 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2n 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-=-,[]kk 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kn 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 ∀,Ma n ≤||再由致密性定理知,}{n a 有收敛子列}{k n a ,设aa k n k =∞→lim0>∀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 +≥+>⇒ εεε=+<-+-≤-++2/2/||||||11a a a a a a N N n n n n故aa 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[]{}nnba,为一区间套．欲证：[],,2,1,,Λ=∈ξ∃nbann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{}na（或{}n b）．由于,1221bbbaaann≤≤≤≤≤≤≤≤ΛΛΛ因此{}na为递增数列,且有上界（例如1b）．由单调有界定理,存在ξ=∞→nnalim,且Λ,2,1,=ξ≤nan．又因nnnnaabb+-=)(,而0)(lim=-∞→nnnab,故ξ=ξ+=+-=∞→∞→∞→lim)(limlimnnnnnnnaabb；且因{}nb递减,必使ξ≥nb．这就证得[]Λ,2,1,,=∈ξnbann．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'nbann,则由)()(∞→→-≤ξ'-ξnabnn,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nnx∞→=ξlim．证证明思想：设法构造一个区间套[]{}nnba,,使其公共点ξ即为{}n x的极限．为此令[][]Mxba,,111=.记2111bac+=,并取[][]{}[]{}⎩⎨⎧=.,,;,,,11111122的上界为不若的上界为若nnxcbcxccaba再记222 2ba 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<m b ,则m b 不会是{}n a 的上界,即m k b a >∃,这与[]{}nn b a ,为区间套相矛盾（ji 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{}nx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)nn⎧⎫+⎨⎬⎩⎭：1lim(1)nnen→∞+=（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 ϕ是[a,b]上压缩映射,且([,])[,]a b a b ϕ⊂,则()x ϕ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kn 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ki iM 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 bx a ≤≤=,+∞<M , 如果)(x f 达不到M ,则恒有M x f <)(.考虑函数)(1)(x f M x -=ϕ,则],[)(b a C x ∈ϕ,因而有界,即)0()(>≤μμϕx , 从而MM x f <-≤μ1)(,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)(<b f ）,则在),(b a 内存在一点0x 使得 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)(<a f ,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)(1<a f ，0)(1>b 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：⑴ΛΛ⊃⊃⊃⊃],[],[],[11n n b a b a b a ；⑵ 02lim)(lim =-=-∞→∞→nn n n n ab a b ；⑶)(,0)(><n n b f a f由闭区间套定理知,∃唯一的],[10n n n b a x ∞=∈I ,且=∞→n n a lim 0lim x b n n =∞→由)(x f 在0x处的连续性及极限的保号性得)()(lim 0≤=∞→x f a f n n 、0lim ()()0n n f b f x →∞=≥0)(0=⇒x f #证二( 用确界原理 ) 不妨假设0)(<a f （从图1看,0x是使得0)(>x f 的x 的下确界）,令]},[,0)(|{b a x x f x E ∈>=,要证E x inf 0=（E inf 存在否？）.因为Φ≠⇒∈E E b ,],[b a E ⊂E ⇒有界,故E inf 存在.令 Ex inf 0=,下面证0)(0=x f如若不然,)(0≠x f 则)(0>x f （或)(0<x f ）（从图形上可清楚看出,此时必存在1x x <使0)(1>x f ）.首先ax ≠0,即],(0b a x ∈；f 在0x连续,由连续函数的局部保号性],[),(0b a x U ⊂∃⇒δ使得),(0δx U x ∈∀有0)(>x f ,特别应有0)2(0>-δx f 即 E x ∈-20δ,这与E x inf 0=矛盾,故必有0)(0=x f .证法 二 ( 用确界原理 ) 不妨设,0)(>a f 0)(<b f .令} ] , [ , 0)( | {b a x x f x E ∈>=, 则E 非空有界, ⇒ E 有上确界. 设E sup =ξ, 有∈ξ] , [b a . 现证 0)(=ξf , ( 为此证明)(ξf 0≥且)(ξf 0≤ ). 取n x >ξ 且n x ) ( ,∞→→n ξ. 由)(x f 在点ξ连续和0)(≤n x f , ⇒ 0)(lim )(≤=∞→n n x f f ξ,⇒ ξE ∉. 于是) ( , ∞→→∍∈∃n t E t n n ξ. 由)(x f 在点ξ连续和0)(>n t f ,⇒ 0)(lim )(≥=∞→n n t f f ξ. 因此只能有0)(=ξf .证法 三 ( 用有限复盖定理 ).介值性定理 设f 在闭区间[]b a ,上连续,且()()()()b f a f b f a f 与为介于若μ≠之间的任何实数()()b f a f <<μ或()()b f a f >>μ,则存在()b a x ,∈ο使()μ=οx f ．证明 (应用确界定理) 不妨设()()()()μμ-=<<x f x g b f a f 令 则g 也是[]b a ,上连续函数,()()0,0>>b g a g ,于是定理的结论转为:()()0,,=∈∃οοx g b a x 使这个简化的情形称为根的存在性定理(th4.7的推论)记()[]{}b a x x g x E ,,0∈>=显然E 为非空有界数集[]()E b b a E ∈⊂且,故有确界定理, E 有下确界,记()()0,0inf ><=b g a g E x 因ο有连续函数的局部保号性, 0>∃δ,使在),[δ+a a 内0)(<x g ,在),(δ-b b 内0)(>x g ．由此易见a x ≠ο,b x ≠ο,即()b a x ,∈ο．下证()0=οx g ．倘若()0≠οx g ,不妨设()0>οx g ,则又由局部保号性,存在()()()b a x ,,⊂ηοY 使在其内)0(>x g ,特别有Ex x g ∈-⇒>⎪⎭⎫ ⎝⎛-202ηηοο=0,但此与E x inf =ο矛盾,则必有0)(0=x g ．几何解释 直线c y =与曲线)(x f y =相交.把x 轴平移到c y =,则问题成为零点存在问题.这启发我们想办法作一个辅助函数,把待证问题转化为零点存在问题.辅助函数如何作？① 从几何上,c y y x x -='=',启示我们作c x f x F -=)()(； ② 从结果cx f =)(0着手.利用零点定理证：令c x f x F -=)()(,则]),([)(b a C x F ∈,往下即转化为零点存在问题. # 这种先证特殊、再作辅助函数化一般为特殊,最后证明一般的方法是处理数学问题的常用方法,以后会经常用到.推论 如f 为区间I 上的连续函数,则值域)(I f J =也是一个区间（可以退化为一点）. 证 f 为常量函数,则)(I f J =退化为一点.f 非常量函数,则J 当然不是单点集.在J 中任取两点21y y <（只要证J y y ⊂],[21）,则在I 中必有两点1x ,2x 使得11)(y x f =,22)(y x f =.于是对21y y y <<∀,必存在x ,x 介于1x 与2x 之间,使y x f =)(,即J y ∈因而J y y ⊂],[21⇒J 是一个区间.二、一致连续性:命题4 ( Cantor 定理 ) ],[)(b a C x f ∈, 则)(x f 在],[b a 上一致连续.证法 一 ( 用有限复盖定理 ) 参阅[1]P171[ 证法一 ]证明 (用有限覆盖定理) 由f 在闭区间[]b a ,上连续性,0>∀ε,对每一点[]b a x ,∈,都存在0>x δ,使当()x x x δ,'Y ∈时,有()()2'ε<-x f x f考虑开区间集合[]⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈⎪⎭⎫ ⎝⎛=b a x x H x ,2,δY 显然H 是[]b a ,的一个开覆盖,由有限覆盖定理H ∃的一个有限子集[]02min ,,,2,12,>⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎪⎭⎫ ⎝⎛=*i i i b a k i x H δδδ记覆盖了ΛY对[]δ<-∈∀"'"',,x x b a x x ,x '必属于*H 中某开区间,设⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,'i i x x δY ,即2'ii x x δ<-,此时有iiiii i x x x x x x δδδδδ=+≤+<-+-≤-222''""故有（2）式同时有 ()()()()22"'εε<-<-i i x f x f x f x f 和由此得()()[]上一致连续在b a f x f x f i ,'∴<-ε.证法 二 ( 用致密性定理). 参阅[1]P171—172 [ 证法二 ]证明 如果不然,)(x f 在],[b a 上不一致连续,00>∃ε,0>∀δ,],[,b a x x ∈'''∃,δ<''-'||x x ,而0|)()(|ε≥''-'x f x f .取n 1=δ,],[,b a x x n n∈'''∃,n x x n n 1||<''-',而0|)()(|ε≥''-'n n x f x f ,由致密性定理,存在子序列],[0b a x x k n∈→',而由k n nn x x k k 1||<''-',也有0x x k n→''. 再由)(x f 在0x 连续,在0|)()(|ε≥''-'k k n n x f x f 中令∞→k ,得000|)()(|lim |)()(|0ε≥''-'=-=∞→k k n nk x f x f x f x f ,矛盾.所以)(x f 在],[b a 上一致连续.推广 ),()(b a C x f ∈,()f a +,()f b -∃⇒)(x f 在),(b a 上一致连续. 作业 [1]P172 1,2 3,4, 5*；P176 1,2,4.§7.3 上极限和下极限一、上（下）极限的定义对于数列,我们最关心的是其收敛性；如果不收敛,我们希望它有收敛的子列,这个愿望往往可以实现.例如：{}(1)n -.一般地,数列{}n x ,若{}k n x ：k n x a →（k →∞）,则称a 是数列{}n x 的一个极限点.如点例{}(1)n -有2个极限点.数列{}n x 的最大（最小）极限点如果存在,则称为该数列的上（下）极限,并记为lim n n x →∞（lim n n x →∞）.如lim(1)1n n →∞-=,lim(1)1n n →∞-=-.例1 求数列sin 3n π⎧⎫⎨⎬⎩⎭的上、下极限.例2 [1(1)]n n x n =+-,求上、下极限. 二、上（下）极限的存在性下面定理指出,对任何数列{}n x ,它的上（下）极限必定存在. 定理1 每个数列{}n x 的上极限和下极限必定唯一,且lim n n x →∞＝1sup{,,}limsup n n k n k nx x x +→∞≥=L ,lim n n x →∞＝1inf{,,}liminf n n k n k nx x x +→∞≥=L .三、上下极限和极限的关系lim n n x →∞≥lim n n x →∞.定理2 {}n x 存在极限则{}n x 的上极限和下极限相等,即lim n n x →∞＝lim n n x →∞＝lim n n x →∞.四、上（下）极限的运算普通的极限运算公式对上（下）极限不再成立.例如：11lim[(1)(1)]0lim(1)lim(1)2n n n n n n n ++→∞→∞→∞-+-=<-+-=u u u r . 一般地有：lim()lim lim n n n n n n n x y x y →∞→∞→∞+≤+,当{}n x 收敛时,等号成立.实数完备性的等价命题一、问题提出确界存在定理(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) 习题作业类下面来完成(1)～(7)的证明．二、等价命题证明(一) 用确界定理证明单调有界定理.(二) 用单调有界定理证明区间套定理设区间套．若另有使，则因．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．(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．*(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．［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.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．*(六) 用聚点定理证明柯西准则柯西准则的必要性容易由数列收敛的定义直接证得.（已知收敛，设．由定义，，当时，有．从而有．）这里只证其充分性．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．*(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 ] 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，；。
实数完备性六个定理的互相证明
0 ， x S ，使得 x ，
记为 xn a ( n ) 。如果不存在实数 a，使 xn 收敛于 a，则称数列 xn 发散。
lim xn a 0 ， N N ， n N ，有 xn a 。
二、一些基本概念
1.有界集： 设 S 是一个非空数集，如果 M R ，使得 x S ，有 x M ，则称 M 是 S 的
一个上界；如果 m R ，使得 x S ，有 x m ，则称 m 是 S 的一个下界。当数集 S 既有上界，又有下界时，称 S 为有界集。
a1 b1 a b a b , b1 S ，则记 a2 , b2 = 1 1 , b1 否则记 a2 , b2 = a1 , 1 1 ；...；对 2 2 2 an 1 bn 1 an 1 bn 1 a b an1 , bn1 二等分为 , bn 1 ，若 n 1 n 1 , bn 1 S ， an 1 , 、 2 2 2
则记 a2 , b2 =
a1 b1 a b , b1 否则记 a2 , b2 = a1 , 1 1 ；...；对 an 1 , bn 1 二等分为 2 2
an 1 bn 1 an 1 bn 1 a b , bn 1 ，若 n 1 n 1 非 s 的上界，则记 、 an 1 , 2 2 2 an 1 bn 1 a b an , bn = , bn 1 否则记 an , bn = an 1 , n 1 n 1 ；...，得到一列闭区间 2 2
上界，则记 a2 , b2 =
关于实数完备性的6个基本定理
1. 确界原理； 2. 单调有界定理； 3. 区间套定理； 4. 有限覆盖定理; 5. 聚点定理; 6. 柯西收敛准则； 在实数系中这六个命题是相互等价的 。
在有理数系中这六个命题不成立 。
1. 确界原理 在实数系中，任意非空有上（下）界的数集
必有上（下）确界。
反例：S {x | x2 2, x Q},sup S 2, inf S 2, 即S在有理数集没有确界。确界原理在有理数域不成立。
5. 聚点定理 实数系中的任意有界无限点集至少有一个聚点。
反例： S {(1 1 )n | n Z }, n
S是有界的无限有理点集，在实数域内的聚点为e,
因而在必含有收敛子列。
反例：
{
xn
}
{(1
1 )n n
}是有理数系中的有界无穷数列,
实数完备性基本定理的等价性
实数基本定理等价性的路线 : 证明按以 下三条路线进行:
Ⅰ: 确界原理 单调有界原理 区间套 定理 Cauchy 收敛准则 确界原理 ; Ⅱ: 区间套定理 致密性定理 Cauchy 收敛准则 ; Ⅲ: 区间套定理 Heine–Borel 有限 复盖定理 区间套定理 .
任取H的有限个元素，构成集合H *,
H * {( x1 r1, x1 r1 ),( x2 r2 , x2 r2 ) ( xn rn , xn rn )}
由于H *中的开区间都不含 2，且2n个端点都是有理数， 设这2n个有理数中与 2最靠近的数为 r, 则在r与 2之间所有有理数都在上述n个区间之外。 即H的任意有限覆盖不能盖住[1,2]Q .
则 有理数域内构成闭区间套 [an,bn ]Q， 其在实数系内唯一的公共点为 2 Q.
高等数学-第七版-课件-高等数学课件介绍
示例一：导数概念
（1）变速直线运动的速度 （2）平面曲线的切线
匀速运动： v s
t
物 理 问 题 变速运动： v(t0) ?
f (t0)
f (t0 t)
s f (t)
t0
t t0 t
t
s f (t0 t) f (t0 )
s v t
v(t0)
lim
t 0
R
,
2
k)
z
例5 求曲线 x t , y t 2 , z t3在点(1,1,1)处
的切线方程和法平面方程.
o
x
y
切线方程
x x0
(t0 )
y y0
(t0 )
z z0
(t0 )
法平面方程 (t0 )(x x0 ) (t0 ) ( y y0 ) (t0 )(z z0 ) 0
示例二：直线、平面的相互关系
本课件是为教师课堂教学而设计的,不是供学生学习的教案．
设计时,避免让课件“说话”,造成课件与讲授的冲突,而是
给教师讲授留出足够的空间．
这里为不此妨，啰采嗦取几了句许：多方法，比如：将要讲授的道理变成各种 流现 授程在课图某时、些就框课给图件人、常“表常念格把课、要件动讲”画的的；大感课段觉件原。中话其仅放实出在，现课如一件果个里真简。是明这这的样样论，的断在课， 教件师，再那围么绕听这众个多论半断会展不开由讲自解主等地等自．己“念课件”，而不再听 讲。老师的讲课反而影响了听众的“念”。不仅如此，由于 老师另不外知，听随众时念注到意了课哪件里的，播只放顾与自讲己解翻的屏同，步倒．是更加阻碍了 听众。这会导致不折不扣的“冲突”。因此，作者认为： “不让课件说话”是设计课件的一个重要原则
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§1 关于实数集完备性的基本定理
区间套定理
聚点定理与有限覆盖定理
实数完备性基本 定理的等价性
(充分性)由题设，对于任意 0, 存在N，n N时，
a a
n
N
.
即当n N时，an (aN
,aN
).
( 注意 : 这并不能说明
lim
n
an
aN .)
x
aN aN aN
令
1, 2
存在N , 1
聚点定理与有限覆盖定理
实数完备性基本 定理的等价性
取 [a2,
b2] [a1,b1] I
aN2
1 22
,
aN2
1 22
.
显然有
1
[a1 ,
b1] [a2 ,
b2 ],
b2 a2
, 2
并且当 n N2 时, an [a2 ,b2 ]. ......
令
1 2k
,
存在N ( k
N ), k 1
> 0, 存在 N,当 m, n N 时, 有 an am .
证
(必要性)
设
lim
n
an
A,由数列极限的定义,
对于任意正数 , 存在N 0, m,n N时，有
a A , a A .
n
2
m
2
因而有 an am an A am A .
数学分析 第七章 实数的完备性
高等教育出版社
区间套定理
聚点定理与有限覆盖定理
实数完备性基本 定理的等价性
注1 该推论有着很强的应用价值,请大家务必牢记.
注2 区间套定理中的闭区间若改为开区间, 那么结
论1.不一0, 定n1 成立 .0,例n如1 1对 于, n开区1,间2,列L,
0，n1
,
显然
2.
lim
n
1 n
0
0.
但是定理1中的 是不存在的, 这是因为
一、区间套定理 二、聚点定理与有限覆盖
定理 三、实数完备性基本定 理
的等价性
*点击以上标题可直接前往对应内容
§1 关于实数集完备性的基本定理
区间套定理
区间套定理
聚点定理与有限覆盖定理
定义1
设闭区间列 {[an, bn]} 满足如下条件 : 1. [an , bn ] [an1, bn1] , n 1, 2, L ,
I
0,
n1
1 n
.
数学分析 第七章 实数的完备性
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§1 关于实数集完备性的基本定理
区间套定理
聚点定理与有限覆盖定理
实数完备性基本 定理的等价性
读者可以反思一下,对于
0，n1
,
按照定理
1的
证明过程, 哪一步通不过?
作为区间套定理的应用, 下面来证明柯西收敛准则.
即证明数列 {an} 收敛的充要条件是: 对任意的
n
an
=
,
从而由定义1 的条件2 可得
lim b
n n
lim(b
n
n
a ) n
lim a
n n
.
因为 {an} 递增, {bn} 递减, 所以
an bn , 这样就证明了 的存在性. 下面来证明唯一性. 设 1 也满足
an 1 bn , 那么 1 bn an 0. 即 1, 唯一性得证.
n
N 时，a
1
n
a
N
1
1 ,a
2 N1
1 2
,
取a ,b 11
aN1
1 ,a
2 N1
12.
令 1 , 存在N ( N ),
22
2
1
n N 时， 2
1
1
an [aN2 22 , aN2 22 ],
数学分析 第七章 实数的完备性
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§1 关于实数集完备性的基本定理
区间套定理
实数完备性基本 定理的等价性
(i) [ak , bk ] [ak1, bk1], k 1, 2, L ;
(ii)
bk ak
1 2k 1
0, k ;
(iii) k N+ , 当 n Nk 时, an [ak , bk ].
由区间套定理, 存在唯一的 [ak , bk ]. 由定理1的
数学分析 第七章 实数的完备性
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§1 关于实数集完备性的基本定理
区间套定理
聚点定理与有限覆盖定理
实数完备性基本 定理的等价性
推论
设 {[an ,bn]} 是一个区间套, [an , bn ], n 1, 2, L . 则任给 > 0, 存在 N, 当 n N 时,
[an ,bn ] U ( ; ).
区间套定理
聚点定理与有限覆盖定理
实数完备性基本 定理的等价性
定理7.1（区间套定理）
若 {[an , bn ]} 是一个区间套, 则存在唯一的实数 ,
使
[an , bn ], n 1, 2, L ,
或者
{ } [an , bn ].
n1
a1a2 L anan1 L
数学分析 第七章 实数的完备性
§1 关于实数集完备性的 基本定理
在第一章与第二章 中, 我们已经证明了实数集中 的确界定理、单调有界定理,致 密性定理和柯西收敛准则. 上 述定理反映了实数的一种特性, 这种特性称之为完备性. 而有 理数集是不具备这种性质的. 在本章中, 将着重介绍与上述 定理的等价性定理及其应用.这 些定理是数学分析理论的基石.
2. lnim(bn an ) 0 , 则称 {[an, bn]} 为闭区间套, 简称区间套.
定义1 中的条件1 实际上等价于条件 a1 a2 L an L bn L b2 b1.
实数完备性基本 定理的等价性
数学分析 第七章 实数的完备性
高等教育出版社
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§1 关于实数集完备性的基本定理
L bn1bn L b2b1
x
证 由定义1 的条件1 可知, 数列{an}递增, 有上界
b1. 所以由单调有界定理, 可知 {an} 的极限存在.
数学分析 第七章 实数的完备性
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§1 关于实数集完备性的基本定理
区间套定理
聚点定理与有限覆盖定理
实数完备性基本 定理的等价性
设
lim
证 由区间套定理的证明可得:
lim
n
an
lim
n
bn
.
由极限的保号性, 对于任意正数 , 存在 N,
当 n N 时, 有
a, n
b n
.
即 an bn , 这就是说
[an , bn ] ( , ).
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§1 关于实数集完备性的基本定理
n N 时， k
an
a
N
k
1 2k
,
aNk
1 2k
.
取 [ak ,
bk ] [ak1,.b.k.1.] I..aNk
1 2k
,
aNk
1 2k
.
这样就得到一列闭区间 {[ak , bk ]}, 满足
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§1 关于实数集完备性的基本定理
区间套定理
聚点定理与有限覆盖定理