实数完备性基本定理相互证明

关于实数连续性的基本定理
关键词：实数基本定理 确界定理 单调有界原理 区间套定理 有限覆盖定理 紧致性定理 柯西收敛定理 等价证明
以上的定理表述如下：
实数基本定理：对R 的每一个分划A|B ，都∃唯一的实数r ，使它大于或等于下类A 中的每一个实数，小于或等于上类B 中的每一个实数。

确界定理:在实数系R 内,非空的有上(下)界的数集必有上(下)确界存在。

单调有界原理:若数列}{n x 单调上升有上界，则}{n x 必有极限。

区间套定理:设｛
,[n a ]
n b ｝是一个区间套,则必存在唯一的实数r,使得r 包含
在所有的区间里,即
∞
=∈1
]
,[n n n b a r 。

有限覆盖定理:实数闭区间[a,b]的任一覆盖E,必存在有限的子覆盖。

紧致性定理：有界数列必有收敛子数列。

柯西收敛定理：在实数系中，数列}{n x 有极限存在的充分必要条件是：
ε
ε<->>∃>∀||,,,0m n x x ，N m N n N 有时当。

这些定理虽然出发的角度不同，但描写的都是实数连续性这同一件事，它们之间是相互等价的，即任取其中两个定理，它们可以相互证明。

那么，它们在证明过程中有哪些联系？作为工具，它们又各具有什么特点？以下先给出它们的等价证明。

（二）实数基本定理的等价证明
一．用实数基本定理证明其它定理 1．实数基本定理→单调有界定理
证明：设数列}{n x 单调上升有上界。

令B 是数列}{n x 全体上界组成的集合，即B={b|n b x n ∀≤,},
而A=R ﹨B ，则A|B 是实数的一个分划。

事实上，由单调上升}{n x ，故1x -1∈A ，即A 不空，由A=R ﹨B ，知A 、B 不漏。

又对任给a ∈A ，b ∈B ，则存在0
n ，使
a <
0n x ≤
b ，即A 、B 不乱。

故A|B 是实数的一个分划。

根据实数基本定理，
A ，a R r ∈∀∈∃使得对,b r a
B ，b ≤≤∈有。

下证
∞
→n lim
n
x =r 。

事实上，对n
N n n x x r ，N n ，x ，x r N ，A ，r ≤-∴-∃∈->∀ εεεε有时当单调上升又使知由于}{,0。

2,2
ε
ε
-
≤∈+
r x b r n 便有 ，
2
ε
ε+
≤-∴r x r ，N n n 有时当
于是，|
n
x -r|<ε，∴∞→n lim n x
=r 。

若数列}{n x 单调下降有下界，令n
y =-
n
x ，则{
n
y }单调上升有上界，从而有极
限，设极限为r ，则
∞
→n lim n x =∞→n lim
（-n y ）=-r 。

定理证完。

2.实数基本定理→确界定理
证明：设X 是有上界的非空实数集，记B 为X 的全体上界组成的集合。

A= R ﹨B ，则A|B 构成实数的一个分划。

事实上，不空，不漏显然。

而A ，a ∈∀对B ，b ∈由a 不是X 的上界，知有
0x ∈
X ，使得
0x a ，而由B ，b ∈知0x
≤b ，故a < b 。

由实数基本定理， A|B
是实数的一个分划，
∴A ，a R r ∈∀∈∃使得对,b r a B ，b ≤≤∈有。

下证r=supX 。

首先证明r 是X 的上界。

用反证法。

如果不然，则有
0x ∈
X ，
使得0x
r ，这时有a=20r
x +
a=20r
x +∈A ，且有a r ，这是不可能的。

因此r 是X 的上界，而由于
b r B ，b ≤∈∀有，∴
r 是X 的最小上界。

同理可证下确界的情形。

定理证完。

3．实数基本定理→区间套定理 证明：设｛
,[n a ]
n b ｝是一个区间套，令},|{n a x n x A ≤∃=，A R B \=，则B A |是
R
的一个分划。

事实上A a ∈1，B b ∈+11，即B A ,非空；由B 的定义，
B A ,不漏；A a ∈∀，B b ∈∀，则∃，n a b n >∀,，故b a <，即B A ,不乱。

故B A |确是R
的一个分划。

由实
数连续性定理，存在唯一的实数r ，使得A a ∈∀，B b ∈∀，有b r a ≤≤。

下证
∞
=∈1
]
,[n n n b a r 。

因为n ∀，由A 的定义，A a n ∈，故r a n ≤。

又m n ,∀，有
n m b a <，则B b n ∈，从而n b r ≤。

即
∞
=∈1]
,[n n n b a r 。

最后证明唯一性。

若有r r ',满足
∞
=∈1
]
,[n n n b a r ，
∞
=∈'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。

二．用单调有界定理证明其它定理
单调有界定理→实数基本定理
证明：给定实数的一个分划，任取A a ∈1，B b ∈1。

用1a ，1b 的中点2
1
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 +，
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n n a b -=21
1a b -)(∞→n 。

由单调
有界定理，知∃r ，使∞→n lim
n a = r
∞
→n lim
（n n a b -）=0 ∴∞
→n lim n
a
+（n n a b -）= r
∀ a ∈A ，有a <n b （n=1，2，……），令∞→n ，知a <r
B b ∈∀，有n
a <
b （n=1，2，……）， 令∞→n ，知 r <
b
∴b r a ≤≤
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
'
1
r 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．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
2
1
1b a +二等分[1a ，1b ]，如果
21
1b a +B ∈，则取2a =1a ，
2b =
2
1
1b a +；如果
211b a +A ∈，则取2a =
21
1b 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
}{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 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。

3．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 '=
∀n ，有n a ≤n b ，令∞→n ，有n a ≤r r '=≤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。

三．用确界定理证明其它定理
确界定理→实数基本定理
证明：对给定R 的一个分划A|B ，由于B b ∈∀，b 是集合A 的上界，由确
界定理可得，集合A 有上确界r ，即r a A a ≤∈∀有。

r 是集合A 的上确界，∴r 是集合A 的全体上界的最小数。

B b ∈∀，有r b ≤。

唯一性同用单调有界定理对实数基本定理的证明（即二。

1）。

定理证完。

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εε-∃∀r x ，x ，N N 有0
r x x r N n n N ≤≤≤-∀∴ε有, ，即ε
||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（即一.1）。

定理证完。

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。

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
α
E
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=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}
}{n x 有界 ∴A 有上界且非空。

由确界定理可得∃r,使r=supA 。

则0 ε∀，有ε
-r 不是A 的上界。

∴}{n x 中大于ε-r 的项有无穷多个。

ε+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 ∃，使n x ∈
（ε-r ，ε+r ）
对1=ε，1n ∃，使
1n x ∈（1-r ，1+r ），即|1n x
-r|1
取21
=
ε，12n n ∃，有|2n x -r|
2
1
，……如此继续下去， 取k
1
=
ε，1
-∃k k
n n ，有|
k
n x -r|
k
1
，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
四．用区间套定理证明其它定理
1．区间套定理→实数基本定理
证明：对给定R 的一个分划A|B ，任取A a ∈1，B b ∈1，用1a ，
1b 的中点2
1
1b a +二等分[1a ，1b ]，如果
21
1b a +B ∈，则取[2a ，2
b ]=[1a ，
2
1
1b a +]；
如果
21
1b a +A ∈，则取[2a ，2
b ]=[
2
1
1b a +，1b ]；……如此继续下去，便得区
间套[n a ，n b ]。

其中，∀n ，n a A ∈，n b B ∈。

由区间套定理可得，∃唯一的 ∞
=∈1
]
,[n n n b a r ，
使∞→n lim
n a =∞
→n lim n b
= r 。

由分划定义可知，n b a A a 有∈∀，令∞→n ，有
a ≤r ，B
b ∈∀，
b
a n ≤有有r
b ≤，
满足b r a ≤≤的r 是唯一的。

证明同用单调有界定理对实数基本定理的证明（即二。

1）。

定理证完。

2．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 ，2b ]，二等分[2a ，2b ]，……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 ∞
=∈1
]
,[n n n b a r ，使∞→n lim
n a =∞
→n lim n b
= r 。

则
对,0>∀ε
∃n ，N
n ∀，有ε
-r n n b a ≤ε
+r 。

取N n 0，[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 M 时，有m x ∈[0
n a ，0
n b ]。

如果不然，∃M
m
1
，有0
n b <1
m x
，则在[0
n a ，
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 M 时，有
ε-r 00n m n b x a ≤≤ε
+r ，即|m x -r| ε。

∴∞→n lim M x =r ，即∞→n lim
n x =r 。

定理证完。

3.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[1a ，1b ]，如果2
1
1b a +是A 的上界，则取
[2a ，2b ]=[1a ，2
1
1b a +]；如果
2
1
1b a +不是A
的上界，则取[2a ，2b ]=[2
1
1b a +，1b ]；
用2a ，2b 的中点
2
2
2b a +二等分[2a ，2b ]……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 ∞
=∈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 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。

4．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 ，]=[1a ，1b ]，二等分[1a ，1b ]，其中必有一区间没有E 的有限子覆盖，记其为[2a ，2b ]，二等分[2a ，2b ]，……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
∞=∈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 αr β 根据极限不等式，1
N ∃，当
n 1N ，有 αn
a ，
2
N ∃ ，当
n 2
N ，有 β
n b 。

取N=max （1
N ，2
N ），当
n N
，有 αn a ， βn b 。

又≤≤r a n n b （∀n ），
∴ 当
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。

5．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 ，]=[1a ，1b ]，二等分[1a ，1b ]，其中必有一区间含}{n x 的无穷多项，记其为[2a ，2b ]，二等分[2a ，2b ]，……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
∞
=∈1
]
,[n n n b a r ，使
∞
→n lim n
a
=∞
→n lim n b
= r 。

因此1
n ∃，使1-r 11n n b r a ≤≤1
+r 。

这时存在
∈1n x [
1
n
a ，1
n b ]，归纳地，1 k ∀，k n ∃，使
k r 1-
k 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 ，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
五．用有限覆盖定理证明其它定理
1．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∅
=∞
= 1
],[n n n
b a。

记开区
间)
,(n n
βα
=（
n
a a ，11-），)
','(n n
βα
=（11+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[1a ，
1b ]的覆盖。

由有限覆盖定理，存在
N ，使得)
,(1
n n N
n βα⋃
=⊃
⋃)','(n n βα[，
1a 1b ]，这就推出，当
n N
时，[n a ，n
b ]是空集，这是不可能的。

矛盾，故有∅
≠∞
= 1
],[n n n
b a
，
即存在r 使 ∞
=∈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。

2．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-0
x ,
δ
+0x )中必含有n x 的无限项。

如果不然。

x ∀∈[b a ，]，x δ∃0 ，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+)， {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 ，则
}
{k n x 为}
{n x 的子数列且收敛于0x 。

定理证完
六．用紧致性定理证明其它定理
1．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。

}{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0 ε
∀，K ∃，当K k 时，有|
k
n x -r|ε ，
即ε
-r k n x ε
+r ，
N ∃=1+K n ，N n ∀，有≥n x 1+K n x ε-r 。

k n ∞
→ ，N n ∀，∃'k n n ，从而 n x
'k n x ε
+r ，即|
n
x -r|ε 。

∴0 ε
∀，N ∃=1+K n ，当1+K n n
，有|n x -r|ε ，∴∞→n lim n x =r 。

定理证完。

2．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∀，N ∃，当N n ，
有|
n
x -r|
2
ε。

因此，只要N n ，N m ，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0n =N+1，则只要N n ，有|n x -0
n x |1 ，从而|n x |=|n x -0
n x
+0
n x |1 +|0
n x |，
令M=max （|1x |，……，|
N
x |，1+|
n 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}{k
n x 且收敛于r 。

即0 ε
∀，K ∃，当K
k 时，有|
k
n x -r|
2
ε。

另外，1N ∃，当1N n ，1N m ，有|n x -m x |
2
ε。

取N=max （1+K n ，1N ），则只要N n ，取
N
k 0，则|
n
x -r|=|
n x -0k x +0
k x -r|=
|n x -0
k x |+|0k x -r|ε 。

∴∞→n lim n x =r 。

定理证完。

七．用柯西收敛定理证明其它定理
1．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 0
ε≥，
2N =1n ，12n n ∃，使2
n x -
1n x 0
ε≥，
……，k N =1-k n ， k
n ∃k
N ，使
k n x -
1-k n x 0
ε≥。

把它们相加，得到
k n x -1x 0εk ≥ ∴G
∀，
1
εx G k -∀
，有
G
x k n ，与}{n x 有
界矛盾，故}{n x 必有极限。

定理证完。

2．柯西收敛定理→紧致性定理 证明：设数集A 非空有上界，
1b 是A 的上界，1a 不是A 的上界， 1a 1b ，
用1a ，1b 的中点21
1b a +二等分[1a ，1b ]，如果2
1
1b a +是A 的上界，则取[2a ，
2b ]=[1a ，2
1
1b a +]；如果
2
1
1b a +不是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[2
1
1b a +，1b ]；用2a ，2b 的
中点
2
2
2b a +二等分[2a ，2b ]……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。

∞→n lim
（n n a b -）=0，即0 ε
∀，N ∃，当N n ，有
|n n a b -|ε 。

又n a ≤1+n a ≤1+n b ≤n b ，从而+
∈∀Z p ，|-+p n a n a |≤（n n a b -）ε ，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 。

由∞→n lim n a =r ，
则0 ε
∀，N ∃，当N n
，有r a a r n ε-。

∴0 ε
∀，N
∃，当N n ，有
r a r ε-，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
∞
=
∈
1
]
,
[
n
n
n
b
a
r
，
∞
=
∈
'
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。

（三）证明过程中的几点发现
黑格尔曾说：“证明是数学的灵魂。

”数学是研究结构的。

通常情况下，如果它受什么条件制约的话，则必有什么性质。

假如具备什么条件的话，则必然有什么结果。

在实数基本定理的等价证明之中，我们深深体会到这一点。

对同一个定理的证明，虽然不同的定理作为工具会使证明有简繁之分，有的用的是类似的证明方法，有的出发点与站的角度不同，但最后却都能殊途同归。

而有时使用同一个定理，也可能有不同的方法。

即使方法相同，还可以有不同的细节。

而这些都是值得我们去注意与发现。

以下谈谈在证明过程中的几点发现。

一.不同的定理对同一个定理证明方法的联系
1．单调有界定理与区间套定理对其它各定理的证明
从闭区间套的定义中，我们可以清楚地看出，闭区间套的左右端点分别形成两个数列，其中左端点的数列{n a}单调增加，以每个n b为上界，而右端点所成的数列{n b}单调下降，以每个n a为下界。

正因为如此，我们用单调有界原理证明
了区间套定理。

[具体证明见（一）]
在用单调有界定理与区间套定理证明同一定理的过程中，可以看到，要用单调有界定理证明，就需要找出两个单调性相反、并将收敛于同一极限的数列。

自然地，也就已经形成了闭区间套。

如在证明实数基本定理中，找到一单调上升数列{n a}A
∈，单调下降数列{n b}B
∈，
在证明确界定理中，找到一单调上升数列{n a}不是数集的上界，
一单调下降数列{n b}是数集的上界；
若要用单调有界定理证明有限覆盖定理，紧致性定理，也可以用二分法构造区间套的方法和反证法。

找到一单调上升数列{n a}，一单调下降数列{n b}，使得在每个[n a，n b]区间上具备某种性质，从而推出矛盾。

从用单调有界定理证明实数基本定理和确界定理的过程，本质上是通过区间套去实现的，而与区间套定理相联系的，有构造闭区间套的方法，从而在应用中往往比单调有界定理强得多。

2．⑴区间套定理与紧致性定理对柯西收敛定理的证明
由于紧致性定理是由区间套定理推导证明出来的，如同单调有界定理由区间套定理证明一样，若要用区间套定理证明柯西收敛定理，先用二分法构造区间套，找出柯西列的一收敛子数列（其实是在重复区间套定理证明紧致性定理的过程），再证子数列的极限就是该柯西列的极限。

⑵同样地，由于紧致性定理可由确界定理推出，定义数集A 后推出柯西列存在一收敛子列，再证柯西收敛定理的结论。

3．对于要证的定理，根据它受制约的条件和所具备的条件去考虑证明方法。

如要证确界定理，无论是用实数基本定理，单调有界定理，区间套定理，还是柯西收敛定理，都需要找出两组数列{n a }， {n b }，{n a }单调上升而不是数集的上界，{n b }单调下降是数集的上界。

用以上的四个定理时，最终都是要找出一个点，使它是数集的上确界。

如要证紧敛性定理，无论是确界定理从正面推，还是区间套定理和有限覆盖定理从反面证，都需要用到数列}{n x 有无穷多项这个条件。

二．同一定理对另一定理的证明
要证一个定理，即使用同一个基本定理，也可能有不同的方法。

以下分别用两种方法完成“单调有界定理→紧致性定理”和“区间套定理→柯西收敛定理”。

⑴单调有界定理→紧致性定理
证法一：由上一部分的论述，我们知道，用单调有界定理证明紧致性定理，可以用二分法，本质上用区间套去证明紧致性定理。

证法二：首先证明有界数列{n a }有单调子数列。

称其中的项n a 有性质M ，若对每个n i ，都有i n a a ≥，也就是说，n a 是集合{i a |n i }的最大数。

分两种情形讨论：
①数列{n a }有无穷多项具有性质M ，将它们按下标的顺序排列，记为1
n a ，
2
n a ……k n a ，满足
1n 2n ……
k n ……，那么我们就已经得到一个单调下降的
子列{k
n a }。

②数列{n a }只有有穷多项具有性质M ，那么N ∃，当N n ，有n a 不具有性质M ，即n i ∃ ，有i n a a ，从中任取一项记为1
n a ，因为它不具有性质M ， ∴
12n n ∃，使 1n a 2n a ，……，如此继续下去，我们得到一子列{k
n a }单调上升， ∴
有界数列{n a }必有单调子数列，由单调有界定理，可得{k
n a }存在极限。

⑵区间套定理→柯西收敛定理
证法一：见上一部分的论述，即（二）.一.2⑴，用二分法。

证法二：基本列}{n x 有界（见紧致性定理→柯西收敛定理） ∴,1a ∃1b ，使n ∀，有
1
1b x a n ≤≤，将区间[1a ，1b ]三等分，令
2
21
11b a c +=
，
2
21
12b a c +=
，得到三个长度相同的子区间[1a ，1c ]，[1c ，2c ]，[2c ，1b ]，分别
记为1J ，2J ，3
J ，根据它们在实数轴上的左中右位置和基本列定义，1J ，
3
J ，
至少有一区间只含有数列}{n x 的有限多项。

如果不然，在1J ，3
J 均有数列的无
限多项，那么
3
0a b -=
∃ε，取
∈n x 1J ，∈m x 3
J ，n ，m 可以任意大，满足
|n x -m x |
3
0a
b -=
≥ε，与基本列定义矛盾，∴结论成立。

∴可以从[1a ，1b ]中去掉只含有}{n x 中有限多项的区间1J 或
3
J ，将得到区间
[2a ，2b ]，重复这个过程，得到区间套{[n a ，n b ]}，该区间套具有以下两个性质：
闭区间套中的每个区间的长度是前一个区间长度的32。

每一个[n a ，n b ]中含有数列}{n x 从某项后的所有项。

由①所得，∃唯一的实数r ，使∞→n lim n
a
=∞
→n lim n b
= r 。

∵0 ε
∀，N ∃使得[N a ，N b ]⊂（ε
-r ，ε+r ），
由②可得N ∃，当n ＞N ，有|n x -r|ε ，∴∞→n
lim n x =r 。

定理证完。

两种证法分别采用的是区间套的两种构造方法：
二分法具有1+n b -1+n a =2n
n a b -，这就保证了点r 唯一，而对有界数列}{n x ，更
构造了每个闭区间含有数列}{n x 的无限多项；而三分法，不仅具有
1+n b -1+n a =3)
(2n n a b -，也保证了点r 唯一，更是用到了基本列的性质，使每个闭
区间包含从某项起的所有项。

用同一种方法证明同一个定理，还可能有不同的细节
⑴如在用单调有界定理证明实数基本定理，当证完∞→n lim
n a =∞→n lim n b
=r
要证∀a ∈A ，B b ∈∀有b r a ≤≤，按照前面的证法，是：
∀ a ∈A ，有a <n b （n=1，2，……），令∞→n ，知a <r
B b ∈∀，有n
a <
b （n=1，2，……）， 令∞→n ，知 r <
b
∴b r a ≤≤
还可以用另一种证法证明：∀a ∈A ，B b ∈∀有b r a ≤≤，这等价于证明：
∀a ，b 满足a <r ，r <b ，有a ∈A ，B b ∈。

事实上，∀a <r ，由∞→n
lim n a
=r ，知0n ∃，使0
n a a ∈
A ，故a ∈A ，而对∀r b ，由n b =n a +2n
n a b -，知∞
→n lim n
b =r
∴n ∃，使得B
b b n
∈1
，从而B b ∈
⑵如在证区间套定理过程中，当证完∞→n lim
n a =∞→n lim n b
，即r r '=，
要证n ∀，
n a ≤r ≤n
b ，用单调有界定理（二.3）证明过程中是用到极限不等
式。

而用确界定理（三.3）在证明过程中，则是由确界定理对单调有界定理证明的一个结论。

得出∞→n lim
n a = sup }{n a ，∞
→n lim n b
=inf }{n b ，再由确界定义去证明。

三．定理作为工具运用的特点
1．确界定理：构造数集，使其具有某种性质，并将这种性质传递到数集的确界，使确界之后的数不可能具备该性质。

2．区间套定理：从构造过程中，使某种性质从第一个区间开始传递到第二个闭区间，再从第二个区间推到第三个区间……。

如此继续下去，直到将这个性质聚到区间套所共有的点的任意附近。

3．紧致性定理：从数列的极限理论，我们知道收敛数列一定有界，但有界数列不一定收敛。

在一系列需要构造收敛数列的分析问题中，往往一开始构造一个有界数列，然后由紧致性定理得出子列，也即紧致性定理，让我们从“混乱”的数列中找出了“秩序”。

4．有限覆盖定理：在分析问题过程中，往往可以从局部性质推向整体性质，特别是将有限覆盖与反证法相结合，往往可以推出矛盾。

5．柯西收敛定理：完全人数列本身出发，由于它给出的是极限存在的充分必要条件，不需要先假定极限的存在，相比极限的定义来说，这是一个很大的
进步。

四．在证明过程中发现的结论
1．从用有限覆盖定理证明紧致性定理和用确界定理证明紧致性定理中，我们都证明了一个结论：若0x ∃∈[b a ，]， ,0>∀δ,(δ-0
x ,
δ
+0x )中必含有n x 的无
限多项，则存在
}
{k n x 为}{n x 的子数列且收敛于0x 。

而我们发现，其实这是一个
充分必要条件。

将其推广到数集上，我们正是得到数集聚点的两个等价定义，即
设S 是数集，C 是一定数，,0>∀δ，
(δ-c ,δ+c )包含S 的无限多个点，
则称C 为S 的一个聚点。

⇔ ②∃ 数列}{n x 且n x 互不相同，使 ∞
→n lim n
x
=c ，
用类似证数列的方法即可证明。

证明（①⇒②）由已知可得 ,0>∀δ (δ-c ,δ+c )内包含有一个异于C 的点，记为x ,
取1δ=1，取得 x =1x
取 2δ=min （|1x -c|，21），取得x =2x ……，如此继续下去。

取k δ=min （|1-k x -c|，k 1），取得x =k x ，得到一数列}{n x ⊂S ，且n x 互不相同，
n δ|n
x -c|
n 1
，∴，得令∞→n ，
∞
→n lim
n
x = r
（②⇒①）∵
∞
→n lim
n
x = r ∴,0>∀δN ∃，只要n ＞N ，有n x
-c|δ ，即
(δ-c ,δ+c )内包含n x 的无限多项。

∵n x
⊂S ，即包含S 的无限多个点。

用类似证紧致性定理的方法也便可证以下的不斯特拉斯聚点定理。

聚点定理：直线上的有界无限点集S 至少有一个聚点。

证明：∵ S 有界，∴ ∃M 0 ，使S ⊂[-M ，M]，记1a =-M ，1b =M ，二等分[1a ，1b ]，则必有一区间包含S 的无限多个点，记该区间为[2a ，2b ]，…… 如此继续下去，我们得到一区间套{[n a ，n b ]}，每个区间[n a ，n b ]内含有S 的无限多个点，由区间套定理，得∃唯一的
∞
=∈1
]
,[n n n b a r ，使∞→n lim
n a =∞
→n lim n b
= c 。

∴,0>∀δN ∃，当n ＞N ，使δ-c n n b c a ≤≤δ+c
∵ [n a ，n b ]内含有S 的无限多个点，∵[n a ，n b ]⊂(δ-c ,δ+c )，
∴ (δ-c ,δ+c )包含S 的无限多个点，∴ C 是S 的一个聚点。

定理证完。

可见，紧致性定理是聚点定理的推论。

2．由单调有界定理证明紧致性定理的第二种证法，我们可以得出结论：任何数列都有单调子数列。

有界数列已证。

而无界数列也有单调子数列。

事实上，对无界数列}{n x ，0 M
∀，n ∃，有|n x |M。

取M=1，1n ∃，使|1
n x |1 ，取M=max （|1x |，……，|
1
n x |，2），2n ∃，使
|
2n x |2 ……。

如此继续下去，得到数列{k n x }k ，且k ∀，|k x | |1-k x
|
在（∞-，0）和（0，∞+）上至少有一个区间存在{
k
n x }的无穷多项，若在
（0，∞+）上，将属于（∞-，0）的项除去，便得一单调上升的子列。

同理，若在（∞-，0）上，便可得一下降的子列。

这个结论虽然与实数系无关，但将它用于有界数列，再利用单调有界定理，就可以得到紧致性定理。