《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 lim

n

a = r ，

同理可知{n b }存在极限，设∞

→n lim n b =r ' ，由∞

→n lim （n

n

a b

-）=0得r r '-=0

即r r '=

Θ?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

2

2

1'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2

1

1b a +二等分[1

a ，1

b ]，如果2

11

b a

+是A 的上界，

则取[2a ，2

b ]=[1

a ，2

11

b a

+]；如果2

11

b a

+不是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[2

1

1b a +，1

b ]；用2

a ，2

b 的中点2

22

b a

+二等分[2a ，2

b ]……如此继

续下去，便得区间套[n

a ，n

b ]。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I

∞

=∈1

],[n n n b a r ，

使∞

→n lim n a =∞

→n lim

n 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 lim

n

a = r 知，a r N ，n N ，n

πφεε-?>?有当知,0

从而X ，a r A ，X n ππε-∈?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 π?，都有∈x A 。事实上，,0)(φx r -?,y ?使得x x r r y =--)(φ。

Θ[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

覆盖r 。0a ?，0b ∈αE ，使0a 0b r ππ。

由上面论证知0a ∈A ，也即区间[0

a 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

从而得到它的各项互不相同，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0φε?，N ?，

当N n φ，有|n x -r|2

επ。

因此，只要

N

n φ，

N

m φ，有

|n x -m x |=|n x -r+r-m x |≤|n x -r|+|r-m x |επ。

充分性。先证}{n x 有界。对1=ε，N ?，当N n φ，N m φ，有|n x -m x |1π。 取定

n =N+1，则只要N n φ，有|n x -0

n x |1π，从而

|n x |=|n x -0

n x +0

n x |1π+|0

n x |，

令M=max （|1x |，……，|N x |，1+|0

n x |），则|n x |πM （n ?）。

下证}{n x 有极限存在。Θ}{n x 有界，由紧致性定理可得，?}{n x 的子数列}{k

n x 且收敛于r 。

即0φε?，K ?，当K k φ时，有|k

n x -r|2

επ。

另外，1

N ?，当1N n φ，1N m φ，有|n x -m x |2

επ。

取N=max （

1

+K n ，

1

N ），则只要N n φ，取N k φ0，则

|n x -r|=|n x -0

k x +0

k x -r|=

|n x -0

k x |+|0

k x -r|επ。∴∞

→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

0φε?，N ?，?N n φ，有n x -N x =|n x -N x |επ。

依次取1

N =1，1

n ?φ1

N ，使1n x -1x 0ε≥，

2

N =1

n ，1

2

n n

φ?，使2

n x -1

n x 0ε≥， ……，k

N =1

-k n ，φk

n

?k

N ，使k

n x -1

-k n x 0ε≥。

把它们相加，得到k

n x -1x 0εk ≥ ∴G ?，0

1

εx G k -?φ

，有G x k

n

φ，与}

{n x 有界矛盾，故}{n x 必有极限。定理证完。

第二部分 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1

a =a ，

1b =b ，用1a ，

1b 的中点21

1b a +二等分[1a ，1b ]，如果21

1b a +B ∈，则取2a =1a ，

2

b =

2

1

1b a +；如果

211b a +A ∈，则取2a =

21

1b a +，2

b =1

b ；……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1

b ），B

b n ∈单调下降有下界（例如1a ）并且n n a b -=21

1a b -)(∞→n 。由单调有界定

理，知?r ，使

∞

→n lim n

a

= r 。由

∞

→n lim

（n

n

a b

-）=0 有

∞

→n lim n

a

+（n

n

a b

-）= r

Θ}{n b 是A 的上界，∴A x ∈?，有≤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 lim n

a

= r 知，a r N ，n N ，n πφεε-?>?有当知,0

从而X ，a r A ，X n ππε-∈?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 。

r

x n n ≤?∴有,，并且ε

ε

-??r x ，x ，N N φφ有0

r

x x r N n n N ≤≤≤-?∴ε有,φ，即ε

π||r x

n

-

∴

∞

→n lim

n

x = 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，1

a 是n

b 的下界。设

∞

→n lim n

a

= 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

（n

n

a 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 π?，都有∈x A 。事实上，,0)(φx r -?,y ?使得x x r r y =--)(φ。

Θ[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

覆盖r 。0a ?，0b ∈αE ，使0a 0b r ππ。

由上面论证知0a ∈A ，也即区间[0

a 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=supA 矛盾。定理证完。 5.确界定理→紧致性定理

证明：设数列}{n x 是有界数列。定义数集A={x |}{n x 中大于x 的点有无穷多个}

Θ }{n x 有界 ∴A

有上界且非空。由确界定理可得?r,使r=supA 。

则0φε?，有ε-r 不是A 的上界。 ∴}{n x 中大于ε-r 的项有无穷多个。

Θε+r 是A

的上界 ∴}{n x 中大于ε+r 的项只有有限个。 ∴ 在（ε

-r ，ε+r ）中有}{n x 的无穷多项，即,0>?ε?n ，N n φ?，

使n x ∈（ε-r ，ε+r ）

对1=ε，1

n ?，使1

n x ∈（1-r ，1+r ），即|1

n x -r|1π

取21

=

ε，1

2

n n φ?，有|

2

n x -r|

21π

，……如此继续下去，

取

k

1=

ε，

1

-?k k n n φ，有|

k

n x -r|

k

1π

，由此得到}{n x 的子数列

}

{k n x ，

当∞→k 时，

r

x k n -

∴}{n x 存在收敛子数列。定理证完

6.区间套定理→单调有界定理

证明：设}{n x 是单调上升有上界的实数列。b 是它的一个上界，令

1a =1x -1，二等分[1a ，1b ]，其中必有一区间含}{n x 的无穷多项，记

其为[2a ，2

b ]，二等分[2a ，2

b ]，……如此继续下去，便得区间套

[n

a ，n

b ]，满足n ?，[n

a ，n

b ]含}{n x 的无穷多项。由区间套定理可

得，

?唯一的I ∞

=∈1

]

,[n n n b a r ，使

∞

→n lim n

a

=

∞

→n lim n b

= r 。则对,0>?ε?n ，

N n φ?，

有ε-r ππn n b a ≤ε

+r 。

取N

n

φ0

，[0

n a ，0

n b ]含}{n x 的无穷多项，则?M ，使M x ∈[0

n a ，0

n b ]。

当m φM 时，有m x ∈[0

n a ，0

n b ]。如果不然，?M

m

φ1

，有0

n b <

1

m x ，则在

[0

n a ，0

n b ]中最多只有}{n x 的前1

m 项，与 [0

n a ，0

n b ]的构造矛盾。从而当

m φM 时，有ε

-r ππ00n m n b x a ≤≤ε

+r ，即|m x -r|πε。∴

∞

→n lim

M

x =r ，即

∞

→n lim

n

x =r 。定理证完。

7.区间套定理→有限覆盖定理

证明：用反证法。设E 是闭区间[b a ，]的一个覆盖。设[b a ，]没有E 的有限子覆盖，记[b a ，]=[1

a ，1

b ]，二等分[1

a ，1

b ]，其中必有

一区间没有E 的有限子覆盖，记其为[2a ，2

b ]，二等分[2a ，2

b ]，……

如此继续下去，便得区间套{[n

a ，n

b ]}，满足n ?，[n

a ，n

b ]没有E 的

有限子覆盖。由区间套定理可得，

?

唯一的

I ∞

=∈1

]

,[n n n b a r ，使

∞

→n lim n

a

=

∞

→n lim n b

= r 。

由E 是[b a ，]的覆盖，知∈?),(βαE ，使παr βπ

根据极限不等式，1

N ?，当φ

n 1

N ，有παn

a ，

2

N ? ，当φ

n 2

N ，有φβ

n

b 。

取N=max （1

N ，2N ），当φ

n N

，有παn

a ，φβ

n

b 。又≤≤r a

n

n

b （?n ），

∴ 当φ

n N

，有[n

a ，n

b ]),(βα?，与[n

a ，n

b ]没有E 的有限子覆盖

矛盾。

故[b a ，]在E 中存在有限子覆盖。定理证完。

8.区间套定理→紧致性定理 证明：已知b a ，?，使b

x

a n

≤≤。设[b a ，]没有E 的有限子覆盖，记

[b a ，]=[1

a ，1

b ]，二等分[1

a ，1

b ]，其中必有一区间含}{n x 的无穷多

项，记其为[2a ，2

b ]，二等分[2a ，2

b ]，……如此继续下去，便得

区间套[n

a ，n

b ]，满足n ?，[n

a ，n

b ]含}{n x 的无穷多项。由区间套定

理可得，?唯一的

I ∞

=∈1

]

,[n n n b a r ，使

∞

→n lim n

a

=∞

→n lim n b

= r 。

因此1

n ?，使1-r ππ11

n n

b r a ≤≤1

+r 。

这时存在

∈1n x [1

n

a ，1

n b ]，归纳地，1φk ?，k

n ?，使

k r 1-

ππk k n n b r a ≤≤k

r 1

+

由[k

k

n n b a ,]含}{n x 的无穷多项，知?

k n x ∈[

k

k

n

n b a ,]，1

-k k

n n

φ，由

k

n k n n n b x a ≤≤，

令∞→k ，∞

→n lim

r

x k n =。∴}{n x 存在收敛子数列。定理证完

9.有限覆盖定理→区间套定理

证明：用反证法。如果不然，设存在{[n a ，n

b ]}，有?

=∞

=I

1

],[n n n b a 。

记开区间

)

,(n n βα=（

n

a a ，11-），

)

','(n n βα=（

1

1+b b n ，），即

),(n n βα)

','(n n βα?=（，11

-a 11+b ）\[n a ，n b ]。这时

E={)

,(n n

βα

，)

','(n n

βα

，

n=1，2，……}构成了[1

a ，1

b ]的覆盖。由有限覆盖定理，存在N ，使得)

,(1n n N

n βα?

=?

?)','(n n βα[，

1

a 1

b ]，这就推出，当 φn N

时，[n

a ，n

b ]

是空集，这是不可能的。矛盾，故有

?

≠∞

=I

1

],[n n n b a ，即存在r 使

I ∞

=∈1]

,[n n n b a r 。

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。

10.有限覆盖定理→紧致性定理 证明：设n ?，有 b

x

a n

≤≤。

先证0x ?∈[b a ，]， ,0>?δ,(δ-0x ,δ+0x )中必含有n

x 的无限项。 如果不然。x ?∈[b a ，]，x δ?0φ，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 )…… (n n x δ-,n n x δ+)，Θ{i i x δ-,i i x δ+}均只含}{n x 的有限项。与n ?，有 b

x

a n

≤≤矛盾。

∴结论成立。

特别地，取k δ=

k

1

，则?k n x ∈（0x -k

1

，0x +k

1

），而且1

-k k

n n

φ，则

}

{k n x 为

}{n x 的子数列且收敛于0x 。定理证完

11.紧致性定理→单调有界定理

证明：设}{n x 是单调上升有上界的实数列。Θ}{n x 有界，由紧致性定理可得，?}{n x 的子数列}

{k n x 且收敛于r 。即0φε?，K ?，当K k φ时，

有|k

n x -r|επ，即ε

-r πk n x πε

+r ，

N ?=1+K n ，N n φ?，有≥n x φ

1+K n x ε-r 。

Θk

n ∞

→ ，N n φ?，?

'k n n

φ，从而 πn x '

k n x πε

+r ，即|n x -r|επ。

∴0φε

?，N ?=1+K n ，当1+K n n φ

，有|n x -r|επ，∴∞→n lim n x =r 。定理证完

12.柯西收敛定理→紧致性定理

证明：设数集A 非空有上界， 1

b 是A 的上界，

1a 不是A 的上界，π1

a 1

b ，

用1

a ，1

b 的中点

2

1

1b a +二等分[1a ，1b ]，如果2

1

1b a +是A 的上界，则取

[2a ，2b ]=[1a ，21

1b a +]；如果2

1

1b a +不是A

的上界，则取[2a ，

2b ]=[21

1b a +，

1b ]；用2a ，2b 的中点

2

2

2b a +二等分[2a ，2

b ]……如此继续下去，得数

列{ n

a }，{n

b }满足n ?， n a 不是A 的上界，n

b 是A 的上界且

∞

→n lim

（n

n

a b

-）

=0。

下证{ n

a }是柯西列。Θ

∞

→n lim

（n

n

a b

-）=0，即0φε?，N ?，当N n φ，

有|n

n

a b -|επ。

又

n

a ≤1+n a ≤1+n

b ≤n b ，从而+

∈?Z p ，|-+p n a n a |≤（n n a b -）επ，故{ n a }

是柯西列从而收敛，设∞

→n lim n a

=r 。

最后证r=supA 。n ?， n a 不是A 的上界，∴?a ∈A,使a a n π。由

∞

→n lim n a

=r ，则0φε

?，N ?，当N n φ

，有r a a r n πππε-。∴0φε

?，N ?，

当N n φ，有r a r ππε-，故r=supA 。

定理证完。

下证r是唯一的。即?唯一的r，使n

?，n a≤r≤n b。如果不然，若

有r r',满足

I∞

=

∈

1

]

,

[

n

n

n

b

a

r

，

I∞

=

∈

'

1

]

,

[

n

n

n

b

a

r

，则)

(0

|

|∞

→

→

-

≤

'

-n

a

b

r

r n

n，故r

r'

=。

即这样的r是唯一的。定理证完。