关于实数连续性的6个基本定理的互证

k →∞
取一正整数 k0 = max( K + 1, N + 1), 于是当k0 > K 且nk0 > nN +1 ≥ N + 1 > N
当 n〉N 时，由已知条件有 xn − xnk < ε
0
∴ xn − a ≤ xn − xnk + xnk − a < ε + ε = 2ε 即 lim xn = a
{
∴∀ε > 0，∃N > 0，当n > N时， xn − β < ε ∴ lim xn = β
n →∞
5、确界定理证明有限覆盖定理 证明：设 E 是闭区间[ a ， b ]的一个覆盖. 定义数集 A={ x ∈ [a , b ] |区间[ a ， x ]在 E 中存在有限子覆盖} 从区间的左端点 x
（2）如果 ∃ξ 0 > 0，∀x ∈ E，s.t x ≤ ξ -ξ0，由有理数稠密性定理知
∃r ' ∈ Q, s.tξ 0 − ξ 0 < r ' < ξ ∴∀x ∈ E , x < r ' ∴ r ' 为E的一个上界 ∴ r ' ∈ Q0这与ξ ≤ xn ≤ rn矛盾
2、用单调有界证明区间套定理 ， a n ≤ bn ≤ b1 ，∴ 由单调有界定理知{ a n }存在极 证明：已知 a n ≤ a n +1 （ ∀ n）
故 r = r ′ .即这样的 r 是唯一的.定理证完.
3、确界定理证明致密性定理. 证明：证明：设数列 {xn}是有界数列.定义数集 A={x| {x n } 中大于 x 的点有无穷 多个}
∵ { xn } 有界
∴
A 有上界且非空.由确界定理可得 ∃ r,使 r=supA.
则 ∀ε > 0 ，有 r − ε 不是 A 的上界. ∴ ∵ r + ε 是 A 的上界 ∴
= 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.
从而 ∃X ∈ A, 使r − ε < an < X ,
同理可证非空有下界数集有下确界.定理证完. 证明 2：设 E 是非空有上界的集合，设 Q0 为 E 的所有有理数上界. 令 Q0 = {r1 , r2 , r3 ...rs ....rn ...} 令xn = min {r1 , r2 ... rn }
n →∞
n→ ∞
an
= r， lim
n→ ∞
bn = r ′
，由
∴ ∀ n，有 an
≤ r ≤ bn .
最 后 证 明 唯 一 性 . 若 有 r , r ′ 满 足 r ∈ ∩ [ an , bn ] ， r ' ∈ ∩ [ an , bn ] ， 则
n =1 n =1
∞
∞
| r − r ′ |≤ bn − a n → 0(n → ∞)
关于实数连续性的 6 个基本定理的互证 中国人民大学 2006 级经济学数学双学位实验班 张磊 首先 6 个定理表述如下：
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 { xn } 单调上升有上界，则 { xn } 必有极限. 区间套定理:设 {[ an , bn ]} 是一个区间套,则必存在唯一的实数 r,使得 r 包含在
∴{ x n } ∈ Q0且单调下降有下界的数列。
∴∃ξ s.t lim xn =ξ ,下面证明ξ =supE。
n →∞
（1）如果 ∃x0 ∈ E，s.tx0 > ξ，则
x0 − ξ x − ξ x0 + ξ > 0 ∴∃N，s.txn < ξ + 0 = < x0 2 2 2
∵ xN ∈ Q0 ∴ 这与xN 为E的上界 矛盾.
二、单调有界定理证明其他定理
1、单调有界定理证明确界定理
，不妨设 a 不是 A 的上界，另外，知 ∃ b a +b 是 A 的上界，记 a1 = a, b1 = b ，用 a1 , b1 的中点 1 1 二等分 [ a1 , b1 ] ，如果 2 a1 + b1 a1 + b1 a1 + b1 a +b ； …… ∈ B, 则取a2 = a1 , b2 = 如果 ∈ A, 则取a2 = 1 1 , b2 = b1 ； 2 2 2 2
∴∀x ≺ r 都有 x ∈ A .事实上， ∀(r − x) > 0, ∃ y , s,t y > r − (r − x) = x .
∵ [ a ， y ]在 E 中存在有限子覆盖， ∴ [ a ， x ] ⊂ [ a ， y ]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 ∈ [ a ， b ].因此，在 E 中存在有一开 区间覆盖 Eα 覆盖 r. ∃ a 0 ， b 0 ∈ Eα ，使 a0 < r < b0 . 由上面论证知 a 0 ∈ A，也即区间[ a ， a 0 ]在 E 中存在有限子覆盖，向这个有限子 覆盖再加上开区间 Eα ， 即成为[ a ， b ]的覆盖.∴ b 0 ∈ A，与 r=supA 矛盾.定理证完.
{ xn } 中大于 r − ε 的项有无穷多个.
{ xn } 中大于 r + ε 的项只有有限个.
∴ 在（ r − ε ， r + ε ）中有 { xn } 的无穷多项，即 ∀ ε > 0 , ∀ n， ∃n > N ，使
xn ∈ （ r − ε ， r + ε ）
对 ε = 1 ， ∃ n 1 ，使 x n ∈ （ r
上升， ∴ 有界数列 {an } 必有单调子数列， 由单调有界定理， 可得 ank 存 在极限.
{ }
{ }
4、单调有界证明柯西收敛准则
证明：首先证明基本列必有界， 取E<1，必有一正整数 ，当 m,n> N 0 时，有
xm − xn < 1 ，特别的当 n > N 0且m = N 0 + 1 时，有 xn − xN0 +1 < 1
0 0
n →∞
5、单调有界证明有限覆盖定理
证明： 假设某一闭区间 [ a, b ] 的某个开覆盖 E 的有限个区间覆盖， 等分 [ a, b ] 为 两个部分区间，则至少有一个部分区间不能被 E 的有限个区间覆盖，把这个区 间记为 [ a1 , b1 ] ，再等分 [ a1 , b1 ] ，记不能被 E 的有限个区间覆盖的那个部分区间为
n →∞
∵ {bn } 是 A 的上界，∴ ∀ x ∈ A ，有 x ≤ bn （n=1，2，……） ，
令 n → ∞ ， x ≤ lim bn = r
n →∞
∴
r 是 A 的上界.
而 ∀ε > 0, 由 lim
n→ ∞
an
= r 知 ∀ε > 0, 知∃N，当n > N，有r − ε < an，
∴ r=supA.
1
a n2 …… a nk ，满足 n1
< n2 < ......nk < ...... ，那么我们就已经得到一个单调下降
的子列 {an } . ②数列 {an } 只有有穷多项具有性质 M，那么 ∃ N ，当 n
1
N ，有 an 不具有
性质 M， 即 ∃i > n, 有an < ai ， 从中任取一项记为 an ， 因为它不具有性质 M， ∴ ∃n2 > n1 , 使an1 < an2 ，……，如此继续下去，我们得到一子列 ank 单调
限，设 lim an = r ，
n →∞
同理可知{ bn }存在极限，设 lim bn = r ' ，由 lim ( bn − an ) = 0 得 r − r ′ =0 即 r = r ′
n →∞ n →∞
∵ ∀ n，有 a n ≤ bn ，令 n → ∞ ，有 a n ≤
r = r′
≤ bn ，∴ ∀ n，有 a n ≤ r ≤ bn .
一、确界定理证明其他定理
1、确界定理证明单调有界定理 证 明 ： 设 { xn } 是 单 调 上 升 有 上 界 的 实 数 列 . 由 确 界 定 理 可 得 ， ∃ r ， 使 r=sup { xn } .
∴ ∀ n , 有 x n ≤ r ，并且 ∀ε > 0, ∃xN , 有xN > r − ε
这就证明了 { xn } 的有界性.
记 A = x xn中大于x的有无穷项} 显然 A 为有界集合，则由确界定理知 A 有上确界 记 β = sup A . 则 ∀ε > 0，满足xn > β − ε的有无穷多项，且xn > β + ε的有有限项 所以 { xn } 中有无穷多项满足 β − ε < xn < β + ε
∴ {x n } 存在收敛子数列.定理证完
4、确界定理证明柯西收敛原则. 证明：首先证明基本列必有界， 取E<1，必有一正整数 ，当 m,n> N 0 时，有
xm − xn < 1 ，特别的当 n > N 0且m = N 0 + 1 时，有 xn − xN0 +1 < 1
从而当 n
N 0 时，有 xn ≤ xn − xN0 +1 + xN0 +1 < 1 + xN0 +1