实数完备性证明
《数学分析》实数完备性七大定理证明与七大定理相互证明
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 。
实数完备性定理的等价性证明及其应用
实数完备性定理的等价性证明及其应用一、实数完备性定理的等价性证明：1.柯西收敛准则证明实数完备性：我们假设存在一个无穷序列{an}，满足对于任意的正实数ε，都存在正整数N，使得当m > n > N时，有，am - an，< ε。
由于{an}是有序序列，它必然有上确界和下确界。
我们将上确界记为A，下确界记为B。
首先，我们来证明A和B是相等的。
假设A > B，那么A - B > 0，根据柯西收敛准则，我们可以找到正整数N1，使得当p > q > N1时，有，ap - aq， < A - B。
由于A是上确界，所以存在一个正整数n1，使得an1 > A - (A - B) = B。
同样地，我们可以找到正整数N2，使得当r >s > N2时，有，ar - as， < A - B。
由于A是上确界，所以存在一个正整数n2，使得an2 > A - (A - B) = B。
由于n1和n2是正整数，所以我们可以取N = max{N1, N2}，使得当p > q > N时，有，ap - aq， < A- B。
但是，同时存在正整数n1和n2，使得an1 > B和an2 > B，与前面所述矛盾。
因此，A和B必然相等，记为C。
接下来，我们证明C是这个序列的极限。
假设对于任意的正实数ε，存在一个正整数N，使得当n > N时，有，an - C，< ε。
我们取ε =ε/2，那么根据柯西收敛准则，必然存在一个正整数N，使得当p > q >N时，有，ap - aq，< ε/2、由于C就是上确界和下确界，所以必然存在正整数n > N，使得，an - C，< ε/2、根据三角不等式，我们有，ap - C，≤ ，ap - aq， + ，aq - C，< ε/2 + ε/2 = ε。
因此，C就是这个序列的极限，这就证明了实数完备性。
《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。
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 =
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'=。
关于实数完备性的6个基本定理
其极限为无理数e,从而任一子列均收敛于e。
故{xn}在有理数域内没有收敛的子列。
6. 柯西收敛准则
在实数系中， {an}收敛
0,N ,m,n N ,有an am .
反例： {(1 1 )n }是满足Cauchy条件的有理数列， n
但其极限是无理数e. 即柯西收敛准则在有理数域不成立。
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 .
n 但其极限是无理数e.
即数列的单调有界定理在有理数域不成立。
3. 区间套定理
若{[ an,bn ]}是一个区间套，则在实数系中存在唯一的点
,使 [an,bn],n 1,2,
反例：取单调递增有理数列{an},使an 2, 取单调递减有理数列{bn},使bn 2,
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.
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。
2. 单调有界定理； 在实数系中，单调有界数列必有极限。 反例：{(1 1)n }是单调有界有理数列，
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:
实数完备性的等价命题及证明
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(1)（用确界定理证明单调有界定理）(2)（用单调有界定理证明区间套定理）(3)（用区间套定理证明确界原理）*(4)（用区间套定理证明有限覆盖定理）*(5)（用有限覆盖定理证明聚点定理）*(6)（用聚点定理证明柯西准则）*(7)（用柯西准则证明单调有界定理）(1)（用确界定理证明单调有界定理）〔证毕〕(返回)(2)（用单调有界定理证明区间套定理）设区间套．若另有使，则因．［证毕］[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．(返回)(3) （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］(返回)*(4)（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．［证毕］［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．(返回)*(5)（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．(返回)*(6)（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，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．［证毕］(返回)*(7)(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，；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]。
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实数完备性基本定理是数学分析课程中的重要定理之一，它刻画了实数的重要性质。
本文将从两个角度介绍实数完备性基本定理的证明，即从实数的有序性和上确界性质出发进行证明，相互补充，帮助读者更好地理解该定理。
一、从实数的有序性进行证明实数完备性基本定理可以通过比较序列与实数性质的关系来证明。
首先引入柯西序列的概念。
柯西序列是指一列实数序列，其满足对于任意正实数ε，存在正整数N，当n，m≥N时，|an-am|<ε。
柯西序列的定义即表明了序列中的元素越来越接近，它与实数的有序性相对应。
接下来，我们需要证明实数集合所有的柯西序列都是收敛的。
假设{an}是一个柯西序列，为了证明该序列的收敛性，我们需要构造出一个实数α，使得该序列收敛于α。
为此，我们可以构造一个新的序列{bn}，其中bn=sup{am: m≥n}。
首先，根据实数的上确界性质，该集合非空且有上界，因此sup存在。
其次，易知bn递增且有界（因为其满足an≤bn），所以该序列收敛于某一个实数α。
接下来，我们证明an收敛于α。
根据柯西序列的定义，对于任意给定的ε>0，存在正整数N，使得当m，n≥N时，有|am-an|<ε。
那么对于给定的ε>0，根据序列{bn}的收敛性，存在正整数M，使得当n≥M时，有|bn-α|<ε/2，同时根据序列{bn}的递增性质，有bn≥an。
于是可以得到：|an-α|=|an-bn+bn-α|≤|an-bn|+|bn-α|<ε/2+ε/2=ε这表明对于任意给定的ε>0，总存在正整数N=M，使得当n≥N 时，有|an-α|<ε。
因此，an收敛于α，柯西序列收敛于实数α。
这样，我们就证明了任意柯西序列都是收敛的，即实数集合中的柯西序列都有收敛性。
由此可得实数集合是完备的。
二、从实数的上确界性质进行证明实数完备性基本定理也可以通过实数的上确界性质进行证明。
实数的上确界性质是指，非空有上界的实数集合必有上确界。
实数完备性证明
一.七大定理循环证明: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 limna = r ，同理可知{n b }存在极限，设∞→n lim n b =r ' ，由∞→n lim （nna b-）=0得r r '-=0即r r '=∀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221'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211b a +二等分[1a ，1b ]，如果211b a+是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[1a ，211b a+]；如果211b a+不是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[211b a +，1b ]；用2a ，2b 的中点222b a+二等分[2a ，2b ]……如此继续下去，便得区间套[na ，nb ]。
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 ∞=∈1],[n n nb ar ，使∞→n lim n a =∞→n limn 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。
实数完备性的证明及其应用
实数完备性的证明及其应用摘要一、实数完备性定理 1、闭区间套定理如果n n a b {[,]}形成一个闭区间套，即满足11n n n n a b a b n N ++⊃∈(i)[,][,],，n n a b →∞n (ii)lim(,)=0，则存在惟一的实数ξ属于所有的闭区间n n [a ,b ]，且n n a b ξ→∞→∞=n n =lim lim 。
2、聚点定理（又称维尔斯特拉斯聚点定理） 如果S 为有界无限点集，则S 必有聚点。
3、柯西收敛准则数列{}n x 收敛的充分必要条件是：{}n x 是基本数列，即{}n x 满足：对于任意给定的0ε>，存在正整数N ，使得当,n m N >时成立n m x x ε-<。
4、单调有界定理单调递增（减）有上（下）界数列必有极限。
5、有限覆盖定理闭区间a b [,]的任意开覆盖H 都含有一个有限子覆盖，即H 中可找出有限个开集覆盖a b [,]。
6、确界存在定理非空有上界的数集必有上确界；非空有下届的数集必有下确界。
二、实数完备性基本定理的证明1、由闭区间套定理出发，推其余五个定理 1）闭区间套定理⇒聚点定理证 设数列{}n x 有界，于是存在实数11,a b ，成立11,1,2,3,n a x b n ≤≤= 将闭区间11[,]a b 等分为两个小区间111[,]2a b a +与111[,]2a bb +，则其中至少有一个含有数列{}n x 中的无穷多项，把它记为22[,]a b 。
再将闭区间22[,]a b 等分为两个小区间222[,]2a b a +与222[,]2a bb +，同样其中至少有一个含有数列{}n x 中的无穷多项，把它记为33[,]a b 这样的步骤可以一直做下，于是得到一个闭区间套{[,]}k k a b ，其中每一个区间套[,]k k a b 中都含有数列{}n x 中的无穷多项。
根据区间套定理，存在实数ξ，满足k k k k a b ξ→∞→∞==lim lim 。
用柯西收敛原理证明实数完备性的其它定理
用柯西收敛原理证明实数完备性的其它定理柯西收敛原理可以用来证明实数完备性的很多定理，下面以一些常见的例子进行说明。
1. 单调有界数列定理：设有一实数数列{a_n}，若该数列单调递增且有上界，则该数列必有极限。
类似地，若该数列单调递减且有下界，则该数列必有极限。
证明：设{a_n}为单调递增且有上界的实数数列。
根据柯西收敛原理，对于任意ε>0，存在N，使得当n,m>N时，有|a_n -a_m|<ε。
由于{a_n}单调递增，所以对于任意的n, m>N，有a_n < a_m，因此0 ≤ a_m - a_n < ε，即a_n是柯西数列。
根据实数的完备性，柯西数列必有极限，即{a_n}收敛。
2. 上确界和下确界定理：设E是实数集合，若E有上界，则必有上确界；若E有下界，则必有下确界。
证明：设E为实数集合且有上界。
定义数列{a_n}，其中a_n为E中的任意一个元素，并且a_n < a_(n+1)。
根据柯西收敛原理，数列{a_n}是柯西数列，因此存在极限L。
由于E有上界，所以对于任意的n，有a_n ≤ L ≤ b，其中b是E的上界。
因此L是E的一个上界。
另一方面，对于任意的ε>0，存在N，使得当n>N时，有|a_n - L| < ε。
取ε = (b - L)，则对于任意的n>N，有a_n > L - ε = L - (b - L) = 2L - b。
因此L ≤ a_n ≤ b，即L是E的上确界。
3. 紧致性定理：设E为实数集合，若E有上界，则存在收敛子列收敛于上确界。
证明：设E为实数集合且有上界。
根据实数的完备性，E中的任意数列都有收敛子列。
记E的上确界为M，对于任意的ε>0，存在E中的数列{a_n}，使得lim(a_n) = M。
根据柯西收敛原理，存在N，使得当n,m>N时，有|a_n - a_m|<ε。
因此，由lim(a_n) = M可知，对于任意的ε>0，存在N，使得当n>N时，有|a_n - M|<ε。
实数完备性的六大基本定理的相互证明共个
实数完备性的六大基本定理的相互证明共个实数完备性的六大基本定理是实分析中的重要结果，其中包括单调有界原理、上确界原理、下确界原理、戴德金（Dedekind）分割原理、稳定原理和柯西（Cauchy）收敛准则。
这些定理互相独立，但可以相互推导和证明。
下面我将按照给定的字数要求，大致叙述这些定理之间的证明关系。
1.单调有界原理→上确界原理首先我们证明单调有界原理蕴含上确界原理。
假设存在一个非空有上界的实数集合A，我们可以定义一个从A到R （实数集）的单调递增序列。
考虑一个函数f：N→A，其中N是自然数集合。
我们可以通过以下方法生成这个序列：1.对于每个n∈N，令An={a∈A，a≤f(n)}；2.由于A有上界，所以An也有上界；3.根据单调有界原理，An存在上确界。
令f(n)为An的上确界。
现在我们可以看出，这个序列f(n)是一个单调递增的序列，并且对于任意a∈A，存在一个自然数n使得a≤f(n)。
因此f(n)就是A的上确界。
2.上确界原理→下确界原理接下来我们证明上确界原理蕴含下确界原理。
假设存在一个非空有下界的实数集合B，我们可以定义一个从B到R （实数集）的单调递减序列。
考虑一个函数g：N→B，其中N是自然数集合。
我们可以通过以下方法生成这个序列：1.对于每个n∈N，令Bn={b∈B，g(n)≤b}；2.由于B有下界，所以Bn也有下界；3.根据上确界原理，Bn存在下确界。
令g(n)为Bn的下确界。
现在我们可以看出，这个序列g(n)是一个单调递减的序列，并且对于任意b∈B，存在一个自然数n使得g(n)≤b。
因此g(n)就是B的下确界。
3.戴德金分割原理→单调有界原理接下来我们证明戴德金分割原理蕴含单调有界原理。
假设存在一个非空无上界的实数集合C，我们可以定义一个从C到R （实数集）的单调递增序列。
考虑一个函数h：N→C，其中N是自然数集合。
我们可以通过以下方法生成这个序列：1.对于每个n∈N，令Cn={c∈C，h(n)≤c}；2.C没有上界，因此Cn也没有上界；3.根据戴德金分割原理，Cn的上确界不存在。
实数完备性定理相互等价的证明
易证。
因此，有。
由于 bn 都为 S 的上界，所以也为 S 的上界。
从而可知，。
即，故为 S 的上确界。
(38 定理定理 2(Cauchy 收敛准则单调有界定理证不妨设 {xn } 为单增有上界数列。
假设 {x n } 无极限，Cauchy 收敛准则可知，但是。
由 N 的任意性，不难得到 {x n } 的一个严格单增的子列 {xn k } ，满足。
由于时，有，故 {x n } 收敛。
所以当。
这与 {x n } 为有界数列矛盾， (39 定理定理 3(Cauchy 收敛准则区间套定理证设 {[ a n , bn ]} 是 Cantor 区间套。
则由可知，时，有。
由于{a n } 单调递增，{bn } 中的每一个元素都为 {a n } 的上界。
故，则有。
故由 Cauchy 收敛准则可知 {a n } 收敛，记其极限为。
由(3.1 易证。
由 {a n } ， {bn } 的单调性可知有n , bn ] 。
(40 定理定理 4(Cauchy 收敛准则-Borel 有限覆盖定理证(反证法假设闭区间 [ a, b] 有一个开覆盖不能用它的任有限个开区间覆盖。
定义性质 P ：不能用中有限个开区间覆盖。
仿(9的证明，利用二等分法容易构造出满足性质 P 的区间套 {[ a n , bn ]} 。
仿(39的证明可知，，从而，，有 [a n , bn ]，这与 [a n , bn ] 具有性质 P 矛盾。
这就证明了 Heine–Borel 有限复盖定理。
(41 定理定理 5(Cauchy 收敛准则聚点原理证设 S 为直线上有界点集，则使得 S 。
定义性质 P : 至少含有 S 中的无限多个点。
利用二等分法容易构造出具有性质 P 的区间套 {[ a n ,bn ]} 满足(3.1 。
由性质 P 任意挑选 S 中不同的点构成的数列 {x n } 使得n , bn ] 。
，由(3.1和极限定义知，由定义知 {x n } 是 Cauchy 列。
实数完备性基本理论的证明
实数完备性基本理论的证明默认分类 2010-05-08 16:15:08 阅读95 评论0 字号：大中小订阅摘要：通过对实数完备性的相关理论的学习，我们虽然掌握了证明七条定理的某些方法，但我们没有对他们进行依次的推证，下面我对其进行了依次的推证，从确界定理单调有界原理 Cauchy 准则致密性定理聚点定理闭区间套定理有限覆盖定理确界定理关键词：确界定理单调有界原理 Cauchy 准则致密性定理聚点定理闭区间套定理有限覆盖定理我们知道，实数空间是一种集合R，其中的元素为实数，且在这个集合上定义了加”+”,乘，运算，以及序关系”<”，满足以下的公理：1. 域公理即任意的x, y, z∈R(实数域)有：(1).交换律 x+y = y+x, x﹡y = y﹡x .(2).结合律 (x+y)+ z = x + (y+z),(x﹡y) ﹡z = x﹡(y﹡z).(3).分配律 x﹡(y+z) = x﹡y + x﹡z.(4).有两个特殊的成员0与1，对任意的x∈R有 x+0 = x, x﹡1= x.(5).每个x∈R有关于＂＋＂的逆元-x；关于＂﹡＂的逆元１／ｘ，使得x+(-x)=0,x﹡(1/x)=1.２．与加＂＋＂、乘＂﹡＂运算相容的全序公理：(1)任意的ｘ，ｙ∈Ｒ，以下三种关系：ｘ＜ｙ，ｘ＝ｙ，ｘ＞ｙ必有一个且仅有一个成立．(2)．传递性若ｘ＜ｙ，ｙ＜ｚ，则ｘ＜ｚ．(3)．与“加法”相容性若ｘ＜ｙ，ｚ∈Ｒ，则ｘ＋ｚ＜ｙ＋ｚ．(4)．与“乘法”相容性若ｘ＜ｙ，ｚ＞０，则ｘ﹡ｚ＜ｙ﹡ｚ．３.（Ａrchimedes公理）任意 x>0, y>0,存在n∈N ，使得nx≥y.与有理数不同，实数具有完备性.4.完备性公理：有上界的非空集合必有上确界.鉴于此，我们对实数有了大体的了解，而下面用实数的7个基本定理以不同的形式刻画了实数的连续性.一、七条定理的内容分别如下：（1）.（确界定理）任何R中的非空集E，若它有上界，则必有上确界supE∈R(等价的若有下界，必有下确界)(2) ．（单调有界原理）任何R中的单调递增、有上界的序列{ Xn }，必有极限lim Xn∈R(n 趋于∞).(等价地，单调递减、有下界也必有极限.)(3).（ Cauchy 准则）对R中的序列{ Xn }收敛的充分必要条件是任意的a>0，存在N，当m,n>N时，有 | Xn—Xm | < a.(4). (致密性定理) 任何有界的无穷序列必有收敛的子序列.(5). (聚点定理) 任何有界无穷集，至少有一个聚点.(6). (闭区间套定理) 任何闭区间套，必存在唯一的公共点.(7).(有限覆盖定理) 闭区间上的任意开覆盖，必存在有限子覆盖.二、下面为七条定理的相互推证。
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-<.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.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,nna 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{}1ikx 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{}1inx 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kn n <.利用{}nx 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{}()();,k n a U ξεξεξε⊂=-+.又()02n n n b ab a 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 nα==，则对每一个正整数n ,存在相应的n λ,使得n λ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 nαλ'>-. 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.。
《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 limna = r ，同理可知{n b }存在极限，设∞→n lim n b =r ' ，由∞→n lim （nna b-）=0得r r '-=0即r r '=∀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221'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211b a +二等分[1a ，1b ]，如果211b a+是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[1a ，211b a+]；如果211b a+不是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[211b a +，1b ]；用2a ，2b 的中点222b a+二等分[2a ，2b ]……如此继续下去，便得区间套[na ，nb ]。
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 ∞=∈1],[n n nb ar ，使∞→n lim n a =∞→n limn 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。
实数系完备性基本定理的循环证明
实数系完备性基本定理的循环证明实数系的完备性基本定理是指实数系是一个完备的数系，即实数系中的有界非空集合必有上确界或下确界。
为了证明实数系的完备性基本定理，我们可以采用循环证明的方法。
循环证明的思想是通过引入一个递归过程，构造一个序列，然后使用序列的性质来证明定理的正确性。
让我们来进行详细的证明：首先，我们定义一个数集合A是非空的有下界的实数集合。
设A的下界为m。
1.构造序列a₁,a₂,a₃,...。
首先，在A中选择出一个数a₁，使得a₁>m。
这一步可以保证序列的递增性质。
然后，在A中选择出一个数a₂，使得a₂>a₁。
同样，这个数的选择可以保证序列的递增性质。
接着，继续在A中选择出一个数a₃，使得a₃>a₂。
同样的，这一步也可以保证递增性质。
以此类推，通过不断选择A中的元素，我们可以构造出一个序列a₁,a₂,a₃,...。
2.证明序列的有上界性质。
我们可以通过数学归纳法来证明序列a₁,a₂,a₃,...有上界的性质。
首先，由于m是A的下界，所以a₁>m。
因此，m是序列的一个上界。
然后，假设aₙ是序列的最大值，即aₙ>aₙ₋₁。
由于A是一个有上界的非空集合，所以存在一个实数M，使得M是A的上界。
我们可以证明aₙ≤M。
假设不成立，即aₙ>M，则存在一个数β，使得M<β<aₙ。
但是由于aₙ是序列中的最大值，不存在一个元素大于aₙ，因此β不可能属于集合A。
综上所述，M是序列的一个上界。
3.构造序列的上确界。
根据实数中的确界原理，非空的有上界的实数集合必有上确界。
因此，我们可以构造一个上确界L，使得L是序列a₁,a₂,a₃,...的上确界。
4.证明L是A的上确界。
首先，根据序列的定义，对于任意的正实数ε，存在一个正整数N，使得当n>N时，有aₙ>L-ε。
其次，由于aₙ是序列的一个元素，所以有aₙ≤L。
因此，L-ε<aₙ≤L。
综上所述，对于任意的正实数ε，存在一个元素aₙ满足L-ε<aₙ≤L。
r2上实数完备性定理的证明
r2上实数完备性定理的证明
在数论中，实数完备性定理是一个重要且有影响力的命题，它指出在拓扑学中，拥有实数域属性的连续函数，即使是周期性函数或者复杂的函数，也可以用一系列变量的有限加法组合表示，而且存在正则的傅里叶级数可以用来表达该函数，从而使得实数域内任何连续函数都可以由其他函数再造出来，从而可以用实数字符串来表示。
实数完备性定理包含三种不同的事实，分别为实数完备性定理，实数完全性定
理以及实数域完全性定理。
实数完备性定理指的是一个有界的区间内的连续函数一定存在局部最小值，实数完全性定理则认为区间内的非负函数一定存在全局最小值，实数域完全性定理指的则是区间内的连续函数具有**完备性**(completeness)，涵盖上面两种定理的性质。
该定理可以用来证明某种行为有以下两种结果：一种是有界的连续函数拥有一
个局部最小值；另一种是非负函数拥有一个全局最小值。
证明它们的方法是通过定义变量，并通过证明函数的完备性和微分的定义性质，来推出两种定理的充分必要性。
总之，实数完备性定理说明了实数域内拥有完全性的连续函数可以由一系列变
量的有限加法组合表示，拥有完备性的连续函数也可以由实数字符串表示，这是一个非常重要的定理，在多个科学领域中都有广泛的应用，具有重要意义。
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一.七大定理循环证明: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 limna = r ，同理可知{n b }存在极限，设∞→n lim n b =r ' ，由∞→n lim （nna b-）=0得r r '-=0即r r '=∀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221'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211b a +二等分[1a ，1b ]，如果211b a+是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[1a ，211b a+]；如果211b a+不是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[211b a +，1b ]；用2a ，2b 的中点222b a+二等分[2a ，2b ]……如此继续下去，便得区间套[na ，nb ]。
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 ∞=∈1],[n n nb ar ，使∞→n lim n a =∞→n limn 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 limna = r 知，a r N ，n N ，nεε-∃>∀有当知,0从而X ，a r A ，X n ε-∈∃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 ∀，都有∈x A 。
事实上，,0)( x r -∀,y ∃使得x x r r y =--)( 。
[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 <r 。
用反证法。
如果不然，r ≤b ，则r ∈[b a ，]。
因此，在E 中存在有一开区间覆盖αE覆盖r 。
0a ∃，0b ∈αE ，使0a 0b r 。
由上面论证知0a ∈A ，也即区间[0a 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。
，由聚点的等价定义令￡1—1，存在x。
1∈U(xo，￡1)n{x。
}且x。
1≠Xo；令￡2一min{1／2，J xn 】一xo f)，存在x 。
2∈U (xo ，￡2)n{x 。
)且x 。
2≠xo(显然x 。
2≠x 。
1)；令ek —min{1／k ，I x 。
k —xo{)，存在x 。
k ∈U (x 。
，￡k)n{x 。
)且x 。
k ≠xo(显然x 。
k ≠x 。
i ，i 一1，2，3，……k 一1)； 从而得到{x 。
)的子列{x 。
t)，它的各项互不相 同，且Ix 。
k —xo I<￡k ≤1／k 。
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0 ε∀，，当N n ，有|n x -r|2ε 。
因此，只要Nn ，Nm ，有|n x -m x |=|n x -r+r-m x |≤|n x -r|+|r-m x |ε 。
充分性。
先证}{n x 有界。
对1=ε，N ∃，当N n ，N m ，有|n x -m x |1 。
取定n =N+1，则只要N n ，有|n x -0n x |1 ，从而|n x |=|n x -0n x +0n x |1 +|0n x |，令M=max （|1x |，……，|N x |，1+|0n x |），则|n x | M （n ∀）。
下证}{n x 有极限存在。
}{n x 有界，由紧致性定理可得，∃}{n x 的子数列}{kn x 且收敛于r 。
即0 ε∀，K ∃，当K k 时，有|kn x -r|2ε 。
另外，1N ∃，当1N n ，1N m ，有|n x -m x |2ε 。
取N=max （1+K n ，1N ），则只要N n ，取N k 0，则|n x -r|=|n x -0k x +0k x -r|=|n x -0k x |+|0k x -r|ε 。
∴∞→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0 ε∃，N ∀，∃N n ，有n x -N x =|n x -N x |ε 。
依次取1N =1，1n ∃ 1N ，使1n x -1x 0ε≥，=1n ，12n n∃，使2n x -1n x 0ε≥，……，kN =1-k n ， kn∃kN ，使kn x -1-k n x 0ε≥。
把它们相加，得到kn x -1x 0εk ≥ ∴G ∀，01εx G k -∀ ，有G x kn，与}{n x 有界矛盾，故}{n x 必有极限。
定理证完。
二.七大定理相互证明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1a =a ，1b =b ，用1a ，1b 的中点211b a +二等分[1a ，1b ]，如果211b a +B ∈，则取2a =1a ，2b =211b a +；如果211b a +A ∈，则取2a =211b a +，2b =1b ；……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1b ），B b n ∈单调下降有下界（例如1a ）并且nn a b -=211a b -)(∞→n 。
由单调有界定理，知∃r ，使∞→n lim na= r 。
由∞→n lim（nna b-）=0 有∞→n lim na+（nna b-）= r}{n b 是A 的上界，∴A x ∈∀，有≤x n b （n=1，2，……），令∞→n ，≤x ∞→n lim nb = r ∴ r 是A 的上界。
而,0>∀ε 由∞→n lim na = r 知，a r N ，n N ，n εε-∃>∀有当知,0从而X ，a r A ，X n ε-∈∃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 。
rx n n ≤∀∴有,，并且εε-∃∀r x ，x ，N N 有0r x x r N n n N ≤≤≤-∀∴ε有, ，即ε||r xn-∴∞→n limnx = 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，1a 是nb 的下界。
设∞→n lim na= 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（nna 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 ∀，都有∈x A 。
事实上，,0)( x r -∀,y ∃使得x x r r y =--)( 。
[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 <r 。
用反证法。
如果不然，r ≤b ，则r ∈[b a ，]。
因此，在E 中存在有一开区间覆盖αE覆盖r 。
0a ∃，0b ∈αE ，使0a 0b r 。
由上面论证知0a ∈A ，也即区间[0a 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。