例 1 用单调有界定理证明区间套定理
单调有界定理及其应用
本科生毕业论文（设计）题目：单调有界定理及其应用学生姓名：学号：专业班级：指导教师：完成时间： 2013年5月10日目录0 引言 (3)1 单调有界定理的内容及其证明 (3)2 单调有界定理的应用 (4)2.1 定理在证明区间套定理中的应用 (4)2.2 定理在证明柯西收敛准则中的应用 (5)2.3定理在证明致密性定理中的应用 (6)2.4定理在证明有限覆盖定理的应用 (6)2.5定理在证明级数的敛散性的应用 (7)3 总结 (12)参考文献 (13)致谢 (13)【摘要】单调有界定理是极限理论中的一个重要定理，它在数学分析中应用广泛.本文浅淡单调有界定理在实数完备性中的应用，即运用单调有界定理证明实数完备性的几大定理.同时在数列的单调有界定理基础上，利用非负函数的单调性和积分性质，论证了非正常积分和正项级数可以互为比较对象，判断对方的敛散性，并推广应用之.【关键词】单调有界,连续,收敛 ,可积.【Abstarct】Monotone bounded theorem is an important theorem in the theory of limit which has extensive applications in mathematical analysis. In this article, we study its applications in the real number completeness. For example, we can make use of the theorem to prove some theorems about real number completeness. Furthermore, on the base of monotone bounded theorem of series , we prove that non-regular integral and positive series can be denoted as comparable object for each other in order to justify the other convergence by the monotonicity and integral of non-negative functions.【Keywords】monotone bounded , continuous , convergence, integrable.0.引言在现行的《数学分析》教材中, 通常都把确界原理作为公理给出, 用来反映实数集的连续性(完备性).以此公理作为理论基础, 先证单调有界定理, 用以判别单调数列极限的存在性.至于判别更一般的数列极限是否存在, 就要引用柯西准则, 但柯西准则的充分性证明, 却要放到很后的位置, 作为较难的问题专门处理, 与此相关的判别函数极限存在的柯西准则, 以及在闭区间上连续的函数具有的各种性质的证明, 也就建立在这样一种不甚踏实的基础之上.因此，我们应该用的技能是一个多元关系的观点，自觉的开发技能，引导师范生开发技能.1.单调有界定理的内容及其证明所谓单调有界定理指的是，实数范围内有界的单调数列必然存在极限，也就是说当实数数列单调上升（或单调下降）且有上界（或下界）时，该数列极限必存在.（注：在本篇论文中以单调上升有上界的情况作为论述对象，单调下降有下界情况与此相同） 现对单调有界定理进行证明，证明如下：不妨设{n a }为有上界的递增数列，由确界原理，数列{n a }有上界，记{}sup n a a =.下面证明a 就是{n a }的极限.事实上，任给0ε>,按上确界的定理，存在数列{n a }中某一项N a ,使得N a a ε-<.又由{n a }的递增性，当n N ≥时有N n a a a ε-<≤.另一方面，由于a 是{n a }的一个上界，故对一切n a 都有n a a a ε≤<+.所以当n N ≥时有n a a a εε-<<+,这就证得lim n n a 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.通过以上对单调有界定理的证明，对单调有界定理有了一定的认识与了解，单调有界定理在数学理论证明中应用很广,接下来我将应用单调有界定理来证明区间套定理、柯西收敛准则、致密性定理、有限覆盖定理及数列的敛散性.2.单调有界定理的应用2.1 以单调有界定理来证明区间套定理设{[n n a b ]}是一个区间套，根据区间套定理可知在实数系中存在唯一的一个点ξ∈{[n n a b ]}，n=l,2…,即：n a <ξ<n b , n=l,2…. 具体证明如下:由区间套的定义可知{n a }为递增有界数列，由单调有界定理可知，数列{n a }存在极限ξ，且n a ≤ξ，n=l,2….同理，根据区间套的定义可知,{n b }为递减有界数列，同样根据单调有界定理可知 {n b }存在极限也是ξ，n b >ξ，n=l,2….这样根据n a ≤ξ，n b >ξ（n=l,2…）就可知n a <ξ<n b （n=l,2…）.下面证明ξ的唯一性.设'ξ同样满足不等式n a ≤'ξ≤n b ，n=l,2…,根据n a <ξ<n b （n=l,2…）可知 |ξ- 'ξ|≤n b -n a ，n=l,2…，再由区间套定义就可得出|ξ-'ξ|≤()lim 0n n n b a →∞-=，由此就可得出结论'ξ=ξ，到此证明完毕.注：区间套定理中要求各个区间都是闭区间那么才能保证定理的结论成立.对于开区间列，如1(0,)n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，虽然其中各个开区间也是前一个包含后一个，且1lim(0)0n n →∞-=，但不存在属于所有开区间的公共点.2.2 以单调有界定理来证明柯西收敛准则柯西收敛准则：数列{n a }收敛的充分必要条件为：对任给的0ε>，存在正整数N ，使得当n ，m>N 时有n m a a ε-<. 具体证明如下： ①必要性证明：当{n a }有极限时（设极限为a ），ε>0，N （N 为正整数）.当n ，m>N 时，|n a -a|<2ε,|m a -a|<2ε，所以|n a -m a |≤|n a -a|+|m a -a|<ε，由此可得出{n a }是一个柯西数列. ②充分性证明：先证明柯西数列{n a }是有界的.取ε=1，由于{n a }是柯西数列，所以{n a }存在一个正整数0N ，当n>0N 时，有|n a -01N a +|<1.也就是说，当n>0N 时|n a |≤|01N a +|+1，即{n a }有界.然后设a ≤n a ≤b ，我们可用如下方法取得{n a }的一个单调子列{k n a }， （1）取{k n a }⊂{n a }，这样就使得[a, k n a ]或[k n a ,b]中都含有无穷多的{n a }的项. （2）在[a, k n a ]或[k n a ,b]的区间中取1k n a +∈{n a }且满足条件（1），并且让1k k n n +>. （3）在取顶时要保持方向的一致性，即要么由a b →，要么由b a →，这时通过数列{n a }的性质可知，以上三点可以做到，这样取出的一个数列{k n a }⊂{n a }，且{k n a }是一个单调有界数列，由此可知该数列必存在极限，设该极限值为a. 接下来要证明的是数列{n a }收敛于a.由于lim k n n a a →∞=，则对于任意给定的ε>0，都存在正整数K ，在当k>K 时存在|k n a -a|<2ε.且由于{k n a }为柯西数列，因而存在正整数N ，当n,m>N 时|n a -m a |<2ε.取0n =max(k+1,N+1)时，有0n ≥1k n +>N 和0n >k+l>k ，所以当n>N 时，|n a -a|≤|n a -0n n a |+|0n n a -a|<ε，由此可知{n a }收敛于a.通过必要性及充分性的证明可知数列{n a }收敛的充分必要条件为{n a }为柯西数列.这个定理从理论上完全解决了数列极限的存在问题.柯西准则的条件称为柯西条件，它反映这样的事实: 收敛数列各项的值愈到后面，彼此愈是接近，以至充分后面的任何两项之差的绝对值可小于预先给定的任意小正数.或者形象地说，收敛数列的各项越到后面越是“挤”在一起.另外，柯西收敛准则把N ε-定义中的n a 与a 的关系换成了n a 与m a 的关系，其好处在于无需借助数列以外的数a ，只要根据数列本身的特征就可以鉴别其（收）敛（发）散性.2.3 以单调有界定理证明致密性定理致密性定理：有界数列必含有收敛子列.下面通过单调有界定理来证明该定理，先要证明的是有界数列必含有单调子列.首先设{n a }为有界数列，记n a =sup{n a ,1n a +,…}，n a =inf{n a ,1n a +…}， 下证{n a }为递减有界数列，{n a }为递增有界数列.由定义知n a =sup{n a ，1n a +，…},1n a +=sup{1n a +,2n a +，…}而n a =inf{n a ,1n a +,…}，1n a +=inf{1n a +,2n a +，…},因为{1n a +,2n a +，…}⊂{n a ,1n a +,…},所以n ∈N +，则存在1n a +≤n a 及1n a +≥n a ，即为{n a }递减数列，为{n a }递增数列，又因为{n a }为有界数列，{n a }及{n a }为其子列，所以{n a }及{n a }也是有界数列，即{n a }为递减有界数列，为{n a }递增有界数列.以上是对致密性的证明，致密性定理在很多方面都有应用，如用它证数列的柯西收敛准则中的充分性，在此不给以证明.2.4 以单调有界数列证明有限覆盖定理有限覆盖定理：设H 为闭区间[a,b]的一个（无限）开覆盖，则从中可选出有限个开区间来覆盖[a,b].下面用单调有界数列来进行证明，具体证明如下：用反证法：假设定理的结论不成立，即不能用H 中有限个开区间的覆盖[a,b].将[a,b]等分为两个子区间，则在这两个子区间中至少有一个子区间不能用H 中有限个开区间来覆盖，将这个子区间记为[1a ,1b ]，则[1a ,1b ]包含于[a,b]，且1b -1a = 1()2b a -.再讲等分为两个子区间，同样，其中至少有一个子区间不能用H 中有限个开区间来覆盖，记这个子区间为[2a ,2b ]⊂[1a ,1b ]，且2221()2b a b a -=-. 接着讲上述的步骤重复进行就可以得到一个闭区间列{[n n a b ]}，所以得出{n a }为递增有界数列，然后根据单调有界数列可知{n a }存在极限ξ，同理可得递减有界数列{n b }也存在极限且lim lim n n n n b a ξ→∞→∞==.通过上述的证明可知{n a ，n b }只需要H 中的一个开区间(,)αβ就能覆盖，这与挑选{n a ，n b }时的假设“不能用H 中有限个开区间的覆盖”矛盾，由此可知当H 为闭区间[a,b]的一个（无限）开覆盖，则从中可选出有限个开区间来覆盖[a,b].注：此定理只对闭区间[a,b]成立，而对开区间则不一定成立.例如，开区间集合1(,1)1n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭(1,2,3)n L =构成了开区间(0,1)的一个开覆盖，但不能从中选出有限个开区间盖住(0,1).2.5 级数的敛散性在高等数学中，如何判别级数的敛散性，我们一般采用达郎贝尔判别法，柯西判别法，比较原则等.然而这些方法在解决某些级数的敛散性问题时，有时显得不那么方便，不那么有力，为此将以单调有界原理为基础给出一个应用广泛，行之相当有效的定理，并就此定理及其应用展开讨论.定理：若（I ）f(x)在[1,+∞)上单调递减且f(x)为非负函数，（II ）11()()(1,2,3)nnn k a f k f x dx n ==-=∑⎰L ，则（1）0(1)()n a f n Z +≤≤∈, （2）1(1,2,3)n n a a n +≤=L , （3）{}n a 收敛记lim n n a α→∞=,（4）0(1)f α≤≤,（5）(0,)n n n a n αεε=+→→∞,（6）11()()(0,)nnn n k f k f x dx n αεε==++→→∞∑⎰,（7）11()()nnn k f x dx f k αε==--∑⎰,（8）1()n k f k =⎧⎫⎨⎬⎩⎭∑收敛{}1()nf x dx ⇔⎰收敛,（9）1()n f n ∞=∑收敛1()f x dx ∞⇔⎰收敛,单调有界原理：任何有界的单调数列一定有极限.换言之：（1）若{}n a 是递增有上界数列，则{}n a 收敛且极限为sup {}n a = α， 即lim n n a α→∞=.（2）若{}n a 是递减有下界数列，则{}n a 收敛且极限为inf {}n a =β， 即lim n n a β→∞=.有关单调有界原理的证明方法很多，这里我们略去不证.在满足单调有界条件后，运用单调有界原理处理有些问题是很方便的.更为重要的是由单调有界原理出发可以证明前面开篇给出的定理. 证明定理分两步进行：（1） 先证{}n a 有下界（11()()nnn k a f x f x dx ==-∑⎰）(1)(1)(21)0f f =-≥ 111(1)()(1)0a f f x dx f =-=≥⎰(2)(2)(32)f f =- 221(1)(2)()a f f f x dx =+-⎰21(1)(21)()(2)0f f x dx f =--+≥⎰M M M11()()nnn k a f x f x dx ==-∑⎰(1)(2)()f f f n =+++L-23121(()()())nn f x dx f x dx f x dx -+++⎰⎰⎰L11(()())()0nk kk f k f x dx f n +==-+≥∑⎰这说明{}n a 有下界. （2） 再证{}n a 单调: 因为 1111111(()())(()())n nn nn n k k a a f k f x dx f k f x dx +++==-=---∑∑⎰⎰111(1)()()n n f n f x dx f x dx +=++-⎰⎰111(1)()(()())n nn nf n f x dx f x dx f x dx +=++-+⎰⎰⎰1(1)()0n nf n f x dx +=+-<⎰⇒{}n a 单调递减1n n a a +≤123(1)0n f a a a a =≥≥≥≥≥L因为{}n a 单调递减有下界,据单调有界原理⇒{}n a 收敛 , 记lim n n a α→∞=⇒(0,)n n n a n αεε=+→→∞又由 0(1)n a f ≤≤ ⇒0(1)f α≤≤ 从 11()()nnn k a f k f x dx ==-∑⎰可以推出11()()nnn n f n f x dx αε==++∑⎰11()()nnn k f x dx f k αε==--∑⎰不难得出 1()n k f k =⎧⎫⎨⎬⎩⎭∑收敛{}1()nf x dx ⇔⎰收敛1()n f n ∞=∑收敛1()f x dx ∞⇔⎰收敛完成定理的证明后，我们不妨来看一下华师大数学分析上册P46的一个例题： 例1：设11111,2,323n a n n ααα=++++=L L ,这里实数α≥2，证明{n a }收敛.书中是这样证明的： 因为{n a }递增又 222111123n a n ≤++++L 11111122334(1)n n≤+++++⨯⨯⨯-⨯L 111111(1)()()2231n n=+-+-++--L122(1,2,3)n n=-<=L 于是由单调有界定理{n a }收敛. 显然，在α≥2 时用上述方法证明是完全可取的，但如果问当0<α<2 时，α≤0 时{an}的敛散性，书中的方法就显得力不从心了.那么若运用前面给出的定理，这一问题将迎刃而解.例2. 设11111,2,323n p p pa n p R n =++++=∈L L ,证明:{n a }当p>1时收敛，当p ≤1 时发散.（I ）当p=1 时111123n a n =++++L 即是我们常见的调和级数，它是发散的.运用定理，同样可以判断它是发散的. 因为1()f x x =在[1,+∞)单调递减且非负 11()()n nn k A f k f x dx ==-∑⎰ 极限存在 记lim n n A α→∞=11()()n nn n k a f k f x dx αε===++∑⎰又 111()ln n n f x dx dx n x ==⎰⎰ 当n →∞ 时，1()ln nf x dx n =⎰是发散的，所以lim n n a →∞=+∞即 {n a }在p=1 时是发散的 取1()p f x x =在[1,+∞)，p>0 时是递减的且非负，11()()n n n k A f k f x dx ==-∑⎰ 极限存在 记为lim n n A α→∞=，111111()123nn n p p p p k k a f k kn =====++++∑∑L =1()nn f x dx αε++⎰.（II ）当p>1 时11n n n p a dx x αε=++⎰因为11111111111n p np p dx x n x p p p--==----⎰，且p>1，所以当n →∞ 时，有 11111111n p p dx x p p n -=---⎰趋于11p - 即 11n p dx x ⎰收敛1()n n k a f k =⇒=∑在p>1 时收敛. （III ）当0<p<1 时，11n n n p a dx xαε=++⎰因为11111111111n p np p dx x n x p p p--==----⎰，且0<p<1，所以当n →∞ 时， 有 11111111np p dx x p p n-=---⎰发散， 即 1()nn k a f k ==∑在0<p<1 是发散的.（IV ）当p ≤0 时{n a }是单调递增无上界lim n n a →∞=+∞,所以是发散的. 通过对例2 的讨论，我们可以看出运用定理不仅解决了α≥2 的情况而且当α<2 的情况也清楚了.从中不难发现运用定理将级数敛散性问题转化为积分与数列的敛散性问题，从而降低了难度，也使许多问题归纳成系统.所以在今后判断敛散性问题上，可依据题意要求灵活运用定理加以判断.3.总结单调有界定理是极限理论中的一个重要定理，它在数学分析中常用于数列及函数的收敛性，并且单调有界定理与实数完备性也密切相关.以上通过利用单调有界定理在实数完备性中的应用，即运用单调有界定理证明了实数完备性的几大定理（区间套定理、柯西收敛准则、致密性定理、有限覆盖定理）;同时在数列的单调有界定理基础上，利用非负函数的单调性和积分性质，论证了非正常积分和正项级数可以互为比较对象，判断对方的敛散性，并推广应用之.参考文献[1]胡永生.浅谈致密性定理的不同证明方法[J].中国校外教育,2008,(3).[2]马爱江.单调有界数列必有极限与柯西收敛准则等价性证明[J].新疆教育学院学报，2004，（55-57).[3]华东师范大学数学系编.数学分析（上，下）[M].高等教育出版社.[4]闫彦宗,陈海鸿,岳晓红.可积性与原函数存在性的关系[J];安庆师范学院学报(自然科学版)，2006年02期.[5]华东师范大学数学系，数学分析第三版[M]，北京：高等教育出版社，2001:52-63.[6]East China noemal university mathenatics Ed,[J],Mathematical analysis of higher education,2001.[7]冯孔荣，用有限覆盖定理直接证明关于实数的其它几个定理[J]，恩施师专学报，1982（02）.致谢：感谢我的导师方爱香老师，她严谨细致、一丝不苟的作风一直是我工作、学习中的榜样,在这里请接受我诚挚的谢意！。
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，；。
六大定理互相证明总结
六大定理的相互证明总结XXX 学号数学科学学院 数学与应用数学专业 班级指导老师 XXX摘要 在《数学分析》中第二部分极限续论中提到的实数的基本定理一共提到六大定理，其中包括确界定理，单调有界原理，区间套定理，致密性定理，柯西收敛定理，有限覆盖定理.该六大定理在闭区间上连续函数性质的证明起着同等重要的作用.本文总结了六大定理的相互证明.关键词 确界定理、单调有界原理、区间套定理、致密性定理、柯西收敛定理、有限覆盖定理1 确界定理1.1 确界定理 有上界的非空数集必有上确界，有下界的非空数集必有下确界. 1.2 确界定理证明区间套定理 证明：设一无穷闭区间列{[,n a ]n b }适合下面两个条件：（1）后一个区间在前一个区间之内，即对任一正整数n ，有1+≤n n a a ＜n n b b ≤+1，（2）当n ∞→时，区间列的长度{(-n b )n a }所成的数列收敛于零，即()0lim =-∞→n n n a b .显然数列{}n a 中每一个元素均是数列{}n b 的下界，而数列{}n b 中每一个元素均是数列{}n a 的上界.由确界定理，数列{}n a 有上确界，数列{}n b 有下确界. 设{}{}.sup ,inf n n a b ==βα显然n n n n b a b a ≤≤≤≤βα,. 又 ()0lim =-∞→n n n a b ∴βα=即{}n a 及{}n b 收敛于同一极限ξ，并且ξ是所有区间的唯一公共点. 1.3 确界定理证明单调有界原理[1]证明：我们只就单调增加的有界数列予以证明.因{}n y 有界，则必有上确界{}n y sup =β.现在证明β恰好是{}n y 的极限，即β→n y .由上确界的定义有：⑴β≤n y （3,2,1=n …），⑵对任意给定的ε＞0，在{}n y 中至少有一个数N y ，有N y ＞εβ-.但由于{}n y 是单调增加数列，因此当n ＞N 时，有N n y y ≥，从而n y ＞εβ-.也就是说：当n ＞N 时，有 n y -≤β0＜ε 所以 β→n y 2 单调有界原理2.1 单调有界原理 单调有界数列有极限. 2.2 单调有界原理证明致密性定理在证明定理之前，我们要先证明一个引理：任意一个数列{}n x 必存在单调子数列. 证明：⑴若{}n x 中存在递增子序列{}k n x ，则引理已证明；⑵若{}n x 中无递增子序列，那么∃1n ＞0，使n ＞1n ，恒有1n x ＞n x .同样在{}n x （n ＞1n ）中也无递增子序列.于是又存在2n ＞0，使2n ＞n ，恒有2n x ＜n x ＜1n x .如此无限进行下去便可得到一严格递减子序列{}k n x . 引理得证.下面证明定理：由引理知，有界数列必有有界单调子数列.又由单调有界原理知，该有界单调子数列必有极限，即该子数列是收敛的.故有界数列必有收敛子列. 2.3 单调有界原理证明区间套定理[1]由定理的条件立即知道{}n a 是单调增加有上界的数列，{}n b 是单调递减有下界的数列.根据定理，则n n a ∞→lim 存在，且极限等于{}n a 的上确界.同样，n n b ∞→lim 也存在，且极限等于{}n b 的下确界.亦即对任何正整数k ，有n n k n n k b b a a ∞→∞→≥≤lim ,lim （*）由定理的另一条件： ()0lim =-∞→n n n a b ，并且由于已知{}n a 及{}n b 的极限都存在，则有()0lim lim lim =-=-∞→∞→∞→n n n n n n n a b a b .从而证明了两个极限相等，且设ξ是它们的同一极限.于是定理前一部分的结果即已证得.剩下要证的是：ξ是所有区间的唯一公共点.由（*）的两个不等式，即有 n k b a ≤≤ξ（3,2,1=k …）也就是ξ是所有区间的一个公共点.现在要证明ξ是所有区间的唯一公共点.设除点ξ外，所设区间列还有另外一个公共点'ξ，且ξξ≠'.由于n n b a ≤≤',ξξ（3,2,1=n …），故有ξξ-≥-'n n a b （3,2,1=n …） 由数列极限的性质知道：()ξξ-≥-∞→'lim n n n a b由于()0lim =-∞→n n n a b ，故有0'≤-ξξ从而有ξξ='.到此定理的全部结果都已得证. 3 区间套定理3.1 区间套定理 设一无穷闭区间列{[,n a ]n b }适合下面两个条件：（1）后一个区间在前一个区间之内，即对任一正整数n ，有1+≤n n a a ＜n n b b ≤+1，（2）当n ∞→时，区间列的长度{(-n b )n a }所成的数列收敛于零，即()0lim =-∞→n n n a b ，则区间的端点所成两数列{}n a 及{}n b 收敛于同一极限ξ，并且ξ是所有区间的唯一公共点.3.2 区间套定理证明单调有界原理 证明：设数列{}n x 递增有上界.取闭区间[]11,b a ，使1a 不是数列{}n x 的上界，1b 是数列{}n x 的上界.显然在闭区间[]11,b a 内含有数列{}n x 的无穷多项，而在[]11,b a 外仅含有数列{}n x 的有限项. 对分[]11,b a ，取[]22,b a ，使其具有[]11,b a 的性质.故在闭区间[]22,b a 内含有数列{}n x 的无穷多项，而在[]22,b a 外仅含有数列{}n x 的有限项.以此方法，得区间列{[,n a ]n b }.由区间套定理，ξ是所有区间的唯一公共点.显然，在ξ的任何邻域内有数列{}n x 的无穷多项，即ε∀＞0，∃*N N ∈，当n ＞N 时，有ξ-n x ＜ε. 所以ξ=∞→n n x lim 定理得证.3.3 区间套定理证明致密性定理[1]证明：设{}n y 为有界数列，即存在两个数b a ,，使b y a n ≤≤.等分区间[]b a ,为两个区间，则至少有一个区间含有{}n y 中的无穷个数.把这个区间记为[]11,b a ，如果两个区间都含有无穷个n y ，则任取其一作为[]11,b a .再等分区间[]11,b a 为两半，记含有无穷个n y 的区间为[]22,b a .这个分割手续可以继续不断的进行下去，则得到一个区间列{[,n a ]n b }，这个区间列显然适合下面两个条件：（1）[][][]⊃⊃⊃2211,,,b a b a b a … （2）02→-=-nn n ab a b 于是由区间套定理，必存在唯一点[]b a ,∈ξ使ξξ→→n n b a ,，且[]k k b a ,∈ξ（3,2,1=k …）.每一[]k k b a ,中均含有{}n y 的无穷个元素.在[]11,b a 中任取{}n y 的一项，记为1n y ，即{}n y 的第1n 项.由于[]22,b a 也含有无穷个n y ，则它必含有1n y 以后的无穷多个数，在这些数中任取其一，记为2n y ，则1n ＜2n .继续在每一[]k k b a ,中都这样取出一个数k n y ，即得{}n y 的一个子列{}k n y ，其中1n ＜2n ＜…＜k n ＜…，且k n k b y a k ≤≤.令∞→k ，由于,,ξξ→→k k b a 故ξ→k n y .这就是定理所要的结果.4 致密性定理4.1 致密性定理 又称魏尔斯特拉斯定理，任一有界数列必有收敛子列. 4.2 致密性定理证明单调有界原理证明：不妨设{}n x 单调递增且有界，根据致密性定理有收敛子列{}k n x . 令a x k n k =∞→lim .于是，对ε∀＞0，∃0k ，当k ＞0k 时，有a x k n -＜ε （*） 由于{}n x 单调递增，显然恒有a x n ≤（3,2,1=n …）. 由此（*）式可改成0k n x a -≤＜ε （k ＞0k ） 取0k n N =，当n ＞N 时有 k n n x a x a -≤-≤0＜ε 所以 a x n n =∞→lim4.3 致密性定理证明柯西收敛原理[1] 证明：首先证明条件的必要性：设a x n →，则对任意给定ε＞0，有一正整数N ，当k ＞N 时，有 a x k -＜2ε从而当n m ,＞N 时，有m n m n x a a x x x -+-≤-＜2ε+2ε=ε 其次证明条件的充分性：首先，证明满足条件的任何数列必有界.从所设条件，取ε=1，必有一正整数0N ，当n m ,＞0N 时，有m n x x -＜1特别地，当n ＞0N 且10+=N m 时，有 10+-N n x x ＜1 从而当n ＞0N 时，有 1100+++-≤N N n n x x x x ＜1+10+N x这就证明了{}n x 的有界性.由致密性定理，必有收敛子列{}k n x ，设a x k n k =∞→lim .根据子列收敛定义，对任意给定的ε＞0，必有正整数K ，当k ＞K 时，有 a x n -＜ε取一正整数()1,1m ax 0++=N K k .于是0k ＞K ，且11+≥≥+N n n N k o ＞N .因此，当n ＞N 时，由已知条件有0k n n x x -＜ε，所以a x x x a x k k n n n n -+-≤-00＜ε+ε=2ε即 a x n n =∞→lim5 柯西收敛原理5.1 柯西收敛原理 数列{}n x 有极限的必要与充分条件是：对任意给定的ε＞0，有正整数N ，当m , n ＞N 时，有m n x x -＜ε. 5.2 柯西收敛原理证明单调有界原理证明：反证法，设{}n x 为一递增且有上界M 的数列.假设其没有极限，则用柯西收敛原理表达就是ε∃＞0，对*N N ∈∀，当n m ,＞N 时，有 m n x x -ε≥ 取1=ε，必有一正整数1N ，当21,n n ＞1N 时，有112≥-n n x x . 又由于数列{}n x 为一递增的数列，所以1212n n n n x x x x -=-1≥ 取1=ε，必有一正整数1N ，当32,n n ＞1N 时，有123≥-n n x x 取1=ε，必有一正整数1N ，当43,n n ＞1N 时，有134≥-n n x x …………… …………… …………… 取1=ε，必有一正整数1N ，当1,+k k n n ＞1N 时，有11≥-+k k n n x x 将以上式子相加，得11+≥+k x k n ∞→ （∞→k ） 与数列{}n x 有上界M 矛盾，假设不成立. 即，单调有界数列有极限. 5.3 柯西收敛原理证明致密性定理证明：反证法，设{}n x 为一有上界M 的数列. 假设其没有收敛子列.由子列收敛的定义，则ε∃＞0，对*N N ∈∀，当k k n n ,1+＞N 时，有ε≥-+k k n n x x 1. 取1=ε，必有一正整数1N ，当21,n n ＞1N 时，有112≥-n n x x 取2=ε，必有一正整数2N ，当32,n n ＞2N 时，有223≥-n n x x 取3=ε，必有一正整数3N ，当43,n n ＞3N 时，有334≥-n n x x…………… …………… …………… 取k =ε，必有一正整数k N ，当1,+k k n n ＞k N 时，有k x x k k n n ≥-+1 显然与数列{}n x 有上界M 矛盾，假设不成立. 即，任一有界数列必有收敛子列. 6 有限覆盖定理6.1有限覆盖定理 若开区间所组成的区间集E 覆盖一个闭区间[a ,b ],则总可以从E 中选出有限个区间，使这有限个区间覆盖[a ,b ]. 6.2 有限覆盖定理证明确界定理证明：在这里我们只说明定理的上确界部分.设不为空集的区间E ⊂R ，∀x ∈E ,有x ≤M ,任取一点0x ∈E ，假设E 无上确界，那么∀x ∈[0x ,M ]:ⅰ)当x 为E 的上界时，必有更小的上界1x ＜x ,因而x 存在一开邻域∆x ，其中每一点均为E 的上界，称其为第一类区间；ⅱ）当x 不是E 的上界时，则有2x ∈E 使2x ＞x ,那么x 存在一开邻域∆x ，其中每点均不是E 的上界，称其为第二类区间.∴ 当x 取遍[0x ,M ]上每一点找出一个邻域∆x .显然∆x 不是第一类区间就是第二类区间.这些邻域组成闭区间[0x ,M ]的一个开覆盖，由有限覆盖定理，必存在有限子区间覆盖[0x ,M ].显然M 所在的开区间应为第一类区间，与其邻接的开区间∆x 有公共点.所以∀x ∈∆x ，x 均为E 的上界.而与∆x 相邻接的开区间∆'x 有公共点，所以∀x ∈∆'x ，x 均为E 的上界. 依此类推，0x 所在的开区间也是第一类区间，则0x 为E 的上界. 又 0x E ∈，∴E 为常数集.由此矛盾引出. 得证.同理，E 有下确界.6.3 有限覆盖定理证明致密性定理证明：设{}n x 是一有界数列，现在证明{}n x 有收敛子列.（1）如果{}n x 仅由有限个数组成，那么至少有一个数ξ要重复无限多次，即ξ===21n n x x …==kn x … 因而子列{}kn x 收敛于ξ.（2）如果{}n x 是由无穷多个数组成，由有界性知，存在闭区间[]b a ,，使对一切自然数n 都有a ＜n x ＜b在[]b a ,内至少存在一点0x ，使对于任意的正数δ，在()δδ+-00,x x 内都含有{}n x 中无穷多个数.事实上，倘若不然，就是说对于[]b a ,中每一点x ，都有x δ＞0，在()x x x x δδ+-,内，仅有{}n x 中的有限个数.考虑所有这样的开区间所成之集：{=μ(,x x δ-)x x δ+}，μ完全覆盖了闭区间[]b a ,，依有限覆盖定理，存在μ中的有限多个区间.()11111,x x x x δδ+-=∆，…，()n n x n x n n x x δδ+-=∆,，他们也覆盖了[]b a ,，并且在每一个i ∆（,2,1=i …,n ）中都只含{}n x 中的有限多个数.因此{}n x 也最多是由有限个数组成，这与假设矛盾. 于是，对于k δ=k1（,3,2,1=k …），于()k k x x δδ+-00,内取{}n x 中无穷多个点，就得到{}n x 的子列{}k n x 满足：0x x k n -＜kk 1=δ（,3,2,1=k …）从而∞→k lim 01x x n =得证.总结：六大定理可以分为两类： ① 有限覆盖定理：反映区间上的整体性质； ② 其余五个：反映函数在一点上的性质.实数的六个基本定理在理论上很有用，在之后的闭区间上的函数的性质的证明上发挥着重要的作用.本文在写作过程中得到了XXX 老师的多次精心指导，在此表示感谢.参考文献：[1] 陈传璋 金福临 朱学炎 .《数学分析（上）》.高等教育出版社.1983.7。
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'=。
实数连续性九个等价命题的证明
实数连续性九个等价命题的证明罗敬;段汕【摘要】叙述九种形式的实数连续性定理,并采用闭循环回路方式证明这九种常见实数连续性定理彼此等价。
%This paper illustrates nine theorems of the continuance of real number,and proves the nine theorems are equivalent in the analytic way of closed circle.【期刊名称】《武汉纺织大学学报》【年(卷),期】2012(000)003【总页数】5页(P89-93)【关键词】实数连续性;等价命题;证明【作者】罗敬;段汕【作者单位】中南民族学院数学与统计学院,湖北武汉430074;中南民族学院数学与统计学院,湖北武汉430074【正文语种】中文【中图分类】O171《数学分析》的理论是建立在极限理论的基础之上,而极限理论的奠基石又是实数的连续性，实数连续性是实数系区别于有理数系的最本质的属性，所以学好实数的连续性对学好数学分析和与之有关的高等数学是至关重要的。
叙述实数连续性常用的命题有七个：单调有界定理，闭区间套定理，有限覆盖定理，柯西收敛准则，确界定理，聚点定理和致密性定理。
另外还有两个：界点定理和实数连续性定理[戴德金（Dedekind 1831—1916）定理]。
这些定理以不同的形式刻画了实数的连续性，为进一步认识和理解实数的连续性提供具体的模式，为数学分析中的一系列重要定理提供有力的证据。
本文首先叙述上述九个命题,然后证明这九个实数连续性命题的等价性.1.1 单调有界定理定理1.1.1(单调有界定理):若数列递增（递减）有上界（下界），则数列收敛，即单调有界数列必有极限。
1.2 闭区间套定理定义1.2.1：设闭区间具有如下性质：1)2)，则称为闭区间套。
定理1.2.1（闭区间套定理）：若是一个区间套，则在实数系中存在唯一的一点，使得，n=1,2,3，…，即, n=1,2,3，…1.3 有限覆盖定理定义1.3.1：设为数轴的点集，为开区间的集合（即H的每一个元素都是形如的开区间）。
四个实数系的基本定理的完全互证
职成教苑714289877@四个实数系的基本定理的完全互证ʏ㊀常州铁道高等职业技术学校学生工作处㊀熊晗颖㊀㊀摘要:实数系的基本定理是数学分析中重要组成部分,是分析引论中极限理论的基础㊂能够反映实数连续性的定理很多,它们彼此等价,教材中以确界存在定理为基础,将这些定理进行一次循环证明就验证了它们的等价性㊂本文把确界存在定理㊁单调有界定理㊁闭区间套定理㊁Cauchy 收敛原理这四个定理的所有互推方法列了出来,旨在更加深刻地理解他们之间的关系㊂本文主要采用了构造的方法,也采用了反证法等证明方法㊂关键词:确界存在定理;单调有界定理;闭区间套定理;Cauchy 收敛原理在高等数学领域中,实数系基本定理常见的有确界存在定理㊁单调有界定理㊁闭区间套定理㊁Cauchy 收敛定理㊂这些定理是极限理论乃至整个数学分析理论的基础㊂每一个课本上都是以一个定理为基础循环证明其它定理,一是因为在教程上一一列出来没有必要,二是这些过程太复杂,有些定理证明还是相当有难度的㊂鉴于这部分内容的重要性与复杂性,本文将其所有的证明情形列出来㊂这五个定理,其实他们属于同一类型,他们都指出,在某一条件下,便有某 点 存在,这种点分别是确界(点)(确界存在定理),极限点(单调有界定理和Cauchy 收敛原理),公共点(闭区间套定理),子列的极限点㊂1㊀利用确界存在定理证明其它定理1.1㊀用确界存在定理证明单调有界定理证㊀不妨设x n {}单调递减有下界,根据确界存在定理,由x n {}构成的数集必有下确界α,满足:(1)∀n ɪN +:x n ȡα,(2)∀ε>0,∃x n 0:x n 0<α+ε㊂取N =n 0,∀n >N :α-ε<αɤx n ɤx n 0<α+ε,因而x n -α<ε,于是得到lim n ңɕx n =α㊂同理可证数列x n {}单调增加且有上界的情况㊂1.2㊀用确界存在定理证明闭区间套定理证㊀由a n +1,b n +1[]⊂a n ,b n [],n =1,2,3, 得a 1ɤ ɤa n -1ɤa n <b n ɤb n -1ɤ ɤb 1㊂由确界存在定理有:a n {}单调增加且有上确界ξ1,b n {}单调减少且有下确界ξ2,则ȵlim n ңɕb n -a n ()=0,ʑξ1=ξ2,设lim n ңɕa n =lim n ңɕb n =ξ由于ξ是a n {}的上确界,也是b n {}的下确界,于是有a n ɤξɤb n ,n =1,2,3, ,即ξ属于所有的闭区间a n ,b n []㊂若另有实数ξᶄ属于所有的闭区间a n ,b n [],则也有a n ɤξᶄɤb n ,n =1,2,3,令n ңɕ,由极限的夹逼性得ξᶄ=lim n ңɕa n =lim nңɕb n =ξ㊂1.3㊀用确界存在定理证明Cauchy 收敛原理引理:基本数列必定有界取ε0=1,因为x n {}是基本数列,所以∃N 0,∀n >N 0:x n -x N 0+1<1㊂令M =max x 1,x 2, ,x N 0,x N 0+1{},则对一切n ,成立x n ɤM ㊂证㊀必要性:设x n {}收敛于a ,按定义,∀ε>0,∃N ,∀n ,m >N :x n -a <ε2,x m -a <ε2,于是x m -x n ɤx m -a +x n -a <ε㊂充分性:由引理,基本数列x n {}必定有界㊂由确界存在定理,数列x n {}必有上确界,记ξ=supn >N x n{},则ξ为x n {}的极限㊂2㊀利用单调有界定理证明其它定理2.1㊀用单调有界定理证明确界存在定理证㊀设S 是非空有上界的实数集合,又设T 是由S 的所有上界所组成的集合,现证T 含有最小数,即S 有上确界㊂取a 1∉T ,b 1ɪT ,显然a 1<b 1㊂现按下述规则一次构造一列闭区间:a 2,b 2[]=a 1,a 1+b 12éëêêùûúú,若a 1+b 12ɪT a 1+b 12,b 1éëêêùûúú,若a 1+b 12∉T ìîíïïïï,a 3,b 3[]=a 2,a 2+b 22éëêêùûúú,若a 2+b 22ɪT a 2+b 22,b 2éëêêùûúú,若a 2+b 22∉T ìîíïïïï㊀显然a n {}单调递增有上界b 1,b n {}单调递减有下界a 1,由单调有界定理,a n {}与b n {}收敛,且lim n ңɕa n =lim n ңɕb n =ξ,现只需说明ξ是集合T 的最小数,也就是集博看网 . All Rights Reserved.714289877@ 职成教苑合S 的上确界㊂当ξ∉T ,即ξ不是集合S 的上界,则存在x ɪS ,使得ξ<x ㊂由lim n ңɕb n =ξ,可知当n 充分大时,成立b n <x ,这就与b n ɪT 发出矛盾,所以ξɪT ㊂若存在ηɪT ,使得η<ξ,则由lim n ңɕa n =ξ,可知当n 充分大时,成立η<a n ㊂由于a n ∉T ,于是存在y ɪS ,使得η<a n <y ,这与ηɪT 发生矛盾㊂从而得出ξ是集合S 的上确界㊂2.2㊀用单调有界定理证明闭区间套定理证㊀由条件①可得a 1ɤ ɤa n -1ɤa n <b n ɤb n -1ɤ ɤb 1㊂显然:a n {}单调增加有上界,b n {}单调减少有下界a 1,由单调有界定理,a n {}与b n {}都收敛㊂设lim n ңɕa n =ξ,则lim n ңɕb n =lim n ңɕb n -a n ()+a n []=lim n ңɕb n -a n ()+lim n ңɕa n =ξ,ξ的惟一性显然成立㊂2.3㊀用单调有界定理证明Cauchy 收敛原理证㊀必要性(略)㊂充分性:由引理1基本数列必有界,其次再证明基本数列x n {}的子列有极限㊂取单调减少的基本数列x n {}的子列x n k {}为例㊂令ε=1n ,则存在N n ()及n 1,n 2>N ,使得x n 1-x n 2<1n ,不妨假设对固定的x n k ,必有x n k <x n k -1,当n k -1,n k >N 时,有x n k -1-x n k <1n㊂否则,由于x n {}为无穷数列,必有当n >N时,x n ʉx n k (k =1,2,3, )为常数列,显然收敛㊂结论成立㊂又因为x n k {}⊆x n {},且x n k {}有界,由单调有界定理知,x n k {}收敛㊂记lim n ңɕx n k =a ㊂即对任意ε>0,存在N ,当k >N 时有:x n k -a <ε最后再证lim n ңɕx n =a ㊂因为x n {}是基本数列,所以∀ε>0,∃N ,∀n ,m >N :x n -x m <ε2㊂在上式中取x m =x n k ,其中k 充分大,满足n k >N ,并且令k ңɕ,于是得到x n -a ɤε2<ε,此即证明数列x n {}收敛㊂3㊀利用闭区间套定理证明其它定理3.1㊀用闭区间套定理证明确界存在定理证㊀设S 是非空有下界的实数集合,又设T 是由S 的所以下界所组成的集合,现证T 含有最小数,即S 有下确界㊂构造一列闭区间,存在唯一的实数ξ属于所有的闭区间a n ,b n [],通过反证法可得证ξ是集合T 的最大数,也就是S 的下确界㊂当ξ∉T ,即ξ不是集合S 的下界,则存在x ɪS ,使得ξ>x ㊂由lim n ңɕa n =ξ,可知当n 充分大时,成立a n >x ,这就与a n ɪT 发出矛盾,所以ξɪT ㊂若存在ηɪT ,使得η>ξ,则由lim n ңɕb n =ξ,可知当n 充分大时,成立η>b n ㊂由于b n ∉T ,于是存在y ɪS ,使得y <b n <η,这与ηɪT 发生矛盾㊂从而得出ξ是集合S 的下确界㊂3.2㊀用闭区间套定理证明单调有界定理证㊀设数列x n {}单调递增有上界,记单调递减数列M n {}是x n {}的全体上界,则x 1<x 2< <x n <M n <M n -1< <M 2<M 1,显然有x n +1,M n +1[]⊂x n ,M n [],且limn ңɕM n -x n ()=0,所以x n ,M n []{}形成了一个闭区间套㊂由闭区间套定理,存在唯一实数ξ属于所有的闭区间x n ,M n [],且lim n ңɕx n =lim n ңɕM n =ξ,同理可证单调减少有下界的情况㊂3.3㊀用闭区间套定理证明Cauchy 收敛原理证㊀必要性(略)㊂充分性:设x n {}为基本数列,且a 1ɤx n ɤb 1,n ɪN +,将a 1,b 1[]二等分,令c 1=a 1+b 12得到两个长度相同的子区间a 1,c 1[]㊁c 1,b 1[],分别记为J 1㊁J 2,据它们在实数轴上的左右位置和基本数列的定义即可发现:在左边的J 1和右边的J 2中,至少有一个子区间只含有数列x n {}中的有限项㊂这从几何上看是很直观的,若在J 1和J 2中都有数列中的无穷多项,则可以在J 1中取x n ,在J 2中取x m 使得n ,m 都可以任意大,同时满足不等式x m -x n ȡb -a2这与x n {}为基本数列的条件矛盾,所以可以从a 1,b 1[]去掉只含有数列x n {}中有限项子区间J 1和J 2(若两个子区间都是如此则任取其一)将得到的区间记为a 2,b 2[],重复上述步骤,无限进行下去,便得区间套a k ,b k []{},且满足闭区间套中的每个区间长度是前一个区间长度的12,每一个a k ,b k []中含有数列x n {}中从某项起的所有项㊂所以存在ξ是a n {},b n {}从两侧分别单调收敛于ξ㊂现只需证明基本数列x n {}收敛于ξ㊂∀ε>0,∃n ɪN ,使a n ,b n 进入点ξ的邻域,即有a n ,b n []⊂ξ-ε,ξ+ε()㊂因a k ,b k []中含有数列x n {}中从某项起的所有项,所以∃N 1,当n >N 1时成立x n -ξ<ε㊂4㊀利用Cauchy 收敛原理证明其它定理4.1㊀用Cauchy 收敛原理证明确界存在定理证㊀设S 是一个有上界的集合㊂取实数b 1,使对所有x ɪS ,都有x <b 1㊂取a 1ɪS 并考察区间a 1,b 1[]的中点a 1+b 12,若a 1+b 12是S 的上界,则令a 2=a 1,b 2=a 1+b 12;若a 1+b 12不是S 的上界,则令a 2=a 1+b 12,b 2=b 1㊂于是总可得到区间a 2,b 2[],使b 2是S 的上界㊂a 2,b 2[]中有S 点且b 2-a 2=12b 1-a 1()再对闭区间a 2,b 2[]进行同样的处理,又可得到闭区间a 3,b 3[],使得b 3是S 的上界,a 3,b 3[]中有S 的点且b 3-a 3=b 2-a 22=b 1-a 122㊂重复此步骤,可得到一个闭区间的序列a n ,b n []{},满足下列条件:博看网 . All Rights Reserved.职成教苑714289877@(1)a n +1,b n +1[]⊂a n ,b n [],n =1,2,3, ㊂(2)b n -a n =b 1-a 12n -1,n =1,2,3, ㊂(3)对每个n ɪN ,b n 是S 的上界且a n ,b n []ɘS ʂ⌀,由(1)和(2)知,当m >n 时有b m -b n =b m -b n <b n -a n=12n -1b 1-a 1(),可见b n {}为基本数列,由柯西收敛原理知b n {}收敛,设b n {}收敛于M ㊂任意x ɪS 和任意n ɪN ,均有x ɤb n ,所以x ɤM ,即M 为S 的上界㊂对∀ε>0,由于b n -a n {}的极限为0,所以有n 0使b n 0-a n 0<ε,又因为b n 0ȡM ,所以a n 0ȡb n 0-εȡM -ε由(3)知a n 0,b n 0[]中有S 的点,这表明M -ε不是S 的上界,所以S 是M 的上确界,所以(2)成立㊂4.2㊀用Cauchy 收敛原理证明单调有界定理证㊀假设x n {}单调减少且有下界,但不收敛,则∃ε0,对∀N ,∃m >n >N 使得x n -x m ȡε0,即x m -x n ɤε0㊂取N 1=1,则∃m 1>n 1>N 1使得x m 1-x n 1ɤε0;取N 2=m 1,则∃m 2>n 2>N 2使得x m 2-x n 2ɤε0; ;取N k =m k -1,则∃m k >n k >N k 使得x m k -x n k ɤε0,如此下去,得到子列x n k {},x m k {}满足:kε0ȡx m k -x n k ()+ +x m 2-x n 2()+x m 1-x n 1()ȡx m k-x m k -1()+ +x m 2-x m 1()+x m 1-x n 1()=x m k -x n 1所以x m k -x n 1ң+ɕ,k ңɕ㊂这与x n {}有界矛盾,从而x n {}收敛㊂同理可证单调增加有上界的情形㊂4.3㊀用Cauchy 收敛原理证明闭区间套定理证㊀设m >n ,有0ɤa m -a n <b n -a n ң0(n ңɕ),所以数列a n {}是一基本数列,顾lim n ңɕa n =ξ,由此得到㊀lim n ңɕb n =lim n ңɕb n -a n ()+lim n ңɕa n =ξ㊂由于数列a n {}单调增加,数列b n {}单调减少,可知ξ是属于所有闭区间a n ,b n []的唯一实数㊂参考文献[1]陈纪修.於崇华.数学分析第二版上册[M ].北京:高等教育出版社,2004.[2]包丙寅.实数基本定理的等价性证明[J ].赤峰学院学报,2010,26(07).[3]胡永生.浅谈致密性定理的不同证明方法[J ].中国校外教育下旬刊,2008,(03).[4]扶炜.实数完备性六大基本定理的等价性证明[J ].信阳农业高等专科学校学报,2012,22(02).[5]刘利刚.实数系基本定理等价性的完全互证[J ].数学的实践与认识,2008,38(24).[6]常利利.数学分析同步辅导与课后习题详解[M ].第二版.上册.长春:吉林大学出版社,2008:7.责任编辑㊀孙晓东(上接第37页)4.2㊀多方面评价,全方位发展首先,弱化评价的选拔目的,重视学生发展的过程的均衡㊂促进每一个学生的全面发展是我国基础教育的根本任务,作为评价教学效果的重要指标,基础教育的根本目的不应是选拔拔尖性人才,而是帮助每一个学生发现其学习过程中存在的问题,以获得在未来获得更好的发展㊂其次,评价标准应更加多元化㊂每个学生都有自己的性格特长和钟爱的优势领域,因而在教育评价上就不能 单以分数论英雄 ,用一把尺子衡量所有学生㊂评价标准应包含道德品质㊁学业考试成绩㊁身体素质以及综合实践能力等多项标准,并且每项标准所占权重应均等,从而彻底打破考试卷面得分在学生评价中的 垄断地位 ㊂最后,避免单独使用结果评价,应将过程评价与结果评价相结合㊂过程评价是指在学生学习过程中,经常进行的对学生知识掌握情况㊁能力发展水平的评价㊂其目的不在于打分,而在于发现问题㊂结果评价是对学生学习成果的整体评价,在基础教育阶段,通常以打分的方式出现㊂评价的根本目的在于促进学生的发展而不仅仅是评定学生学习的阶段性成果㊂发现学生在学习过程中出现的问题并给予改进建议是促进学生迅速成长的有效途径,因而评价指标应更全面㊁合理,而不是仅给学生一个单一的分数认定㊂4.3㊀明确责任主体,加强监督管理建议国家将减负政策的全面落实纳入法治管理范围㊂如果教育主管部门放任不管,拒不履行责任,就应当承担相应的法律责任;如果校领导和教师违反减负政策要求,也应接受相应处罚;如果家长擅自给学生加压,也应承担相应的后果㊂加强对校外辅导机构的监管力度,杜绝超前教学㊁课业负担过重等不利于学生成长的教学方式,从而促进中小学生的健康成长㊂参考文献[1]聂清杰.中小学生负担过重的原因及对策[J ].国家高级教育行政学院学报,2000,(05):25-26.[2]朱晓芬. 减负 不要走向极端[J ].湖北教育:政务宣传,2001,(09):8-8.[3]姚佳胜,方媛.政策工具视角下我国减负政策文本计量研究[J ].上海教育科研,2019,(02):10-15.[4]张冰,程天君.新中国成立以来学生 减负 历程的回顾与反思[J ].教育科学,2019,35(06):33-39.[5]何东昌.中华人民共和国教育史纲[M ].海南:海南出版社,2002:203.[6]陈的非. 文革 期间中,小学课程与教学改革研究[D ].长沙:湖南师范大学.[7]王硕. 减负 背景下小学生家长家教观念研究[D ].芜湖:安徽师范大学,2019.[8]新华社.中共中央办公厅㊀国务院办公厅㊀关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见[J ].河南教育(基础版),2021,(09):4-8.[9]罗秀艳.提升教学实践能力促进教师专业发展[J ].科学中国人,2015,(1X ):104.责任编辑㊀孙晓东博看网 . 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闭区间套定理的证明、推广及应用
重庆三峡学院数学分析课程论文闭区间套定理的证明、推广及应用院系数学与统计学院专业数学与应用数学（师范）姓名姜清亭年级 2009级学号 ************指导教师刘学飞2011年5月闭区间套定理的证明、推广及应用姜清亭（重庆三峡学院 数学与统计学院 09级数本（1）班）摘 要 闭区间套定理是数学分析中一个重要定理,可以应用到数学教学、科学研究及日常生活中。
同时得到与之相应的若干定理，并使闭区间套定理得到推广。
其中在数学教学中的应用最突出的地方是证明某些数学定理,如零点定理。
关键词 开区间套定理 闭区闭套定理 聚点定理证明 有界性定理证明1 空间上的区间套定理定理1 (闭区间套定理) 设有闭区间列｛[],n n a b ｝若1 [][][]1122,,....,....n n a b a b a b ⊃⊃⊃2 lim()0n n n b a →∞-=则存在唯一数属于l 。
所有的闭区间（即[]1,n n n a b l ∞==），且lim lim n n n n a b l →∞→∞== 证明:由条件1可知，数列增加有上界1b ，数列｛n b ｝单调减少有下界1a ，1221.........n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤根据公理，数列｛n a ｝收敛，设lim n n a →∞=l ．由条件2 有()lim lim ()lim lim 0n n n n n n n n nx n n b b a a b a a l l →∞→∞→∞→∞=-+=-+=+=于是，lim lim n n n n a b l →∞→∞==，对任意取定的,n k N k +∈∀,有k nn k a a b b ≤≤，从而，lim lim k n n k n n a a l b b →∞→∞≤==≤， 或k k a l b ≤≤，即l 属于所有的闭区间．证明l 唯一性．假设还有一个'l 也属于所有的闭区间，从而'',,,,n n n n n N l l a b l l b a +⎡⎤∀∈∈-≤-⎣⎦有有有条件2),有'l l =即l 是唯一的．2 闭区间套定理的推广定理2 （开区间套定理）若开区间列｛(),n n a b ｝，若1 [][][]1122,,....,....n n a b a b a b ⊃⊃⊃2 )(lim n n n a b -∞→= nn ab 2lim-∞→=0对每个闭区间[n n b a ,]，有)()(n n b f a f <0，根据闭区间套定理知，存在唯一数l 属于所有的闭区间，且n n a ∞→lim =n n b ∞→lim =l证：由条件⑴知：1221b b b a a a n n ≤≤⋅⋅⋅⋅≤≤⋅⋅⋅⋅⋅≤≤⋅⋅⋅⋅⋅≤≤， 即{}()的数列，是单调增加有上界1b a n {}的数列。
闭区间套定理证明单调有界数列收敛定理
闭区间套定理证明单调有界数列收敛定理
要证明单调有界数列收敛定理，可以使用闭区间套定理来证明。
首先，我们先证明单调有界递增数列收敛定理。
设有一个单调递增的数列{an}，且{an}有上界，即存在M，使得对于所有n，有an≤M。
根据闭区间套定理，我们可以构造
一个闭区间序列[I1,I2,I3,...]，其中I1=[a1,M]，I2=[a2,M]，
I3=[a3,M]，...。
根据单调递增的性质，我们可以得到an∈In，其中n自然数。
由于每个In都是闭区间，根据闭区间套定理，存在唯一的实
数c，使得c∈In，即c在每个闭区间In中。
因此，{an}的极
限为c。
接下来，我们证明单调有界递减数列收敛定理。
假设有一个单调递减数列{bn}，且{bn}有下界，即存在L，使
得对于所有n，有bn≥L。
根据闭区间套定理，我们可以构造
一个闭区间序列[J1,J2,J3,...]，其中J1=[L,b1]，J2=[L,b2]，
J3=[L,b3]，...。
根据单调递减的性质，我们可以得到bn∈Jn，其中n自然数。
由于每个Jn都是闭区间，根据闭区间套定理，存在唯一的实
数d，使得d∈Jn，即d在每个闭区间Jn中。
因此，{bn}的极
限为d。
综上所述，单调有界数列收敛定理得证。
数学分析第三章极限与函数的连续性03
二、连续函数的四则运算
设
lim
xx0
f (x)
f
( x0
),
lim
xx0
g(x)
g(x0 ),
则
（1）
lim
xx0
(f
(
x)
g(x))
f
应用反函数连续性定理，继续证明定理3.15。
（3） 反三角函数. 由于y sin x在[ , ]上单调增加且连续, 22
故 y arcsin x 在[1,1]上也是单调增加且连续.
同理 y arccos x 在[1,1]上单调减少且连续; 反三角函数在其定义域内皆连续.
（4） 对数函数. （5） 幂函数.
得一区间套 {[an , bn ]，} 满足 f (an ) 0, f (bn ) 0
根据区间套定理，知存在 r [a ,b]，有
lim
n
Байду номын сангаас
an
lim
n
bn
r
由 f (x) 在 r 连续，知
f
(r)
lim
n
f
(an )
0
f
(r)
lim
n
f
(bn
)
0
故 f (r) 0 定理证完。
(x), g(x)都是无穷小量, 如果
lim
x x0
f (x) g(x)
0，则称
f (x) 关于 g(x) 是高阶无穷小量（或g(x) 关于f (x)是
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。
完备性
第七章实数的完备性§1 实数完备性的等价命题一、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 N x 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 cx 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)(21112xxxxkk--=--,令+∞→k,得)(2112xcxc--=-所以)2(31323121baxxc+=+=.(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,cb a k k k k ==∞→∞→lim lim ,又由于kn k b x a k ≤≤,有cx 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aa 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a a 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 nn x ∞→=ξlim ．证 证明思想：设法构造一个区间套[]{}n n b a ,,使其公共点ξ即为{}n x 的极限．为此令[][]M x b a ,,111=.记2111b a c +=,并取[][]{}[]{}⎩⎨⎧=.,,;,,,11111122的上界为不若的上界为若n n x c b c x c c a b a再记2222b a 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{}n x 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)n n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭：1lim(1)n n e n →∞+=（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4 证明Kapler 方程sin x x b ε=+在||1ε<时,存在唯一实数.。
07 1实数集的完备性的基本定理 闭区间上连续函数性质的证明
第七实数的完备1 关于实数集完备性的基本定)教学目的理解区间套定聚点定致密性定有限覆盖定理的条件和结理解这些定理的意及关了解各定理的证明思)教学内容：区间套定理、柯西判别准则的证明；聚点定理；有限覆盖定理)基本要求(1)掌握和运用区间套定理、致密性定理(2掌握聚点定理和有限覆盖定理的证明与运用)教学建议(1本节的重点是区间套定理和致密性定理．教会学生在什么样情况下应用区间套定理致密性定理以及如何应用区间套定理和致密性定理(2)本节的难点是掌握聚点定理和有限覆盖定理．教会较好学生如何应用聚点定理和有覆盖定理—————————————————————————————区间套定理与柯西收敛准是一闭区间序.若满足条定1 区间: ,亦,,ⅰ后一个闭区间包含在前一个闭区间;时区间长度趋于.ⅱ .即则称该闭区间序列为闭区间, 简称为区间 .区间套还可表达:.,其我们要提请大家注意的,这里涉及两个数递.例都是区间. n都不 .区间套定,使.则在实数系中存在唯一的)Th7.1区间套定是一闭区间.简言,区间套必有唯一公共.聚点定理与有限覆盖定的无穷多个,若在的任何邻域内未必属定则是无穷点.的一个聚.; ,数有唯一聚;的全体聚点之集是闭区开区.,易的聚点集是闭区中全体有理数所成之Weierstrass.Th 7.2 ( 任一有界数列必有收敛子 )Weierstrass.2. 聚点原 :聚点原.每一个有界无穷点集必有聚Th 6实数完备性基本订立的等价证明若干个命题等价的一般方.本节证明七个实数基本定理等价性的路 : 证明按以下三条路线进:收敛准单调有界原 Cauch区间套定:确界原确界原 ;Cauch收敛准致密性定 ;: 区间套定区间套定有限复盖定区间套定 . HeinBorel:单调有界原理”已证明“确界原 ).. “Ⅰ的证: 1用“确界原理”证明“单调有界原理:Th 2 单调有界数列必收 .2. 用“单调有界原理”证明“区间套定理:.是一闭区间.Th 3 则存在唯一的使则推1 , 是区间确定的公共,., 总2 推是区间则, 确定的公共n.,,Cauch收敛准则:3. 用“区间套定理”证明Cauch.收Th 4 数Cauch列是有界. ( )引Th 4的证: (只证充分 ) 教科P2121上的证明留作阅 . 现采用三等的方法证,该证法比较直. Cauch收敛准则证明“确界原理用Th 1 非空有上界数集必有上确；非空有下界数集必有下确 .为有限为非空有上界数（只证“非空有上界数集必有上确界”） .的上. , 对分区为无限, 不的上显然有上确 , 下的上,., ,依此得闭区间不的上收,Cauch收敛准..验;同收Cauch..su的上界性和最小用反证法验.下“Ⅱ的证:1用“区间套定理”证明“致密性定理:Weierstras ) 任一有界数列必有收敛子.Th 5 (突出子列抽取技Th 6 每一个有界无穷点集必有聚.Cauch收敛准则证明．用“致密性定理Cauch数Th 4 收.Cauch验证收敛子列的有收敛子列有只证充分）证明思的极限即.“Ⅲ的证:HeinBorel有限复盖定理1用“区间套定理”证明:HeinBorel有限复盖定理用证明“区间套定理:22 闭区间上连续函数性质的证( 4 )教学目的：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值理的证明；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证明基本要求）理解闭区间上连续函数性质的证明思路和证明方掌握用有限覆盖定理或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最值定理；用区间套定理证明闭区间上的连续函数介值定理2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———————————————————————. 有界:., 命1 证 (用区间套定 ).反证.证 (用列紧 ).反证.证 (用有限复盖定 )..最值:上取得最大值和最小命2 , .(只证取得最大 )(用确界原 ) 参[1]P226[证 ]后半..介值: 证明与其等价的“零点定.命3 (零点定 )证 (用区间套定 ) ..(用确界原 ).不妨证su 非空有,有上确. ,. ). , (为此证现li,.连续在, n,在.. 于连续li.因此只能. 证 (用有限复盖定 )..一致连续:命4 ( Canto定 )证 (用区间套定 ) . 参[1]P22230 [证法 ]证 (用列紧 ). 参[1]P22230 [证法 ]习题 4一实数基本定理互证举例用“区间套定理”证明“单调有界原理.的上.取闭区设数不,,递增有上外仅内含有数的无穷多,的上.易见在闭区而的性使,的有限.对…于是得区间的无穷多项而在其外仅易见在有公共的任何邻域内有数. li., 的有限用“确界原理”证明“区间套定理.为数列的上为数.而每的下,为区间.先证每有下确,界原 , 数数 . 由有上确su in易见, ..用“有限复盖定理”证明“聚点原理.的每一 (用反证 ) 为有界无限点, .反内使则的聚都不, , 存在开区, 的有限个.… ..用“确界原理”证明“聚点原理例.中大构造数的点有无穷多为有界无限点. su, 由确界原,有上确. .易见数则非空有上中大的点有无穷多;不的上的上的一内的点仅有有限.于,大的无穷多个聚 .一确界存在定理：回顾确界概念Th 1 非空有上界数集必有上确；非空有下界数集必有下确 ..单调有界原: 回顾单调和有界概 .Th 2 单调有界数列必收 ..实数基本定理应用举例,. 是闭区如上的递增函, 但不必连. (山东大学研究生入学试, ), 证 (用确界技 . 参[3] P710 证1 ),;设集, 不.su.,由确界原有上确.有 ..下 . ⅰ;, ,)su,.递增, 可,.,只能.于;, 则存内的数,ⅱ也存在数,,就有递,,.以, . 对任成.于是[3] P7证法 (用区间套技,参10 证2 ).就是方以下总上的实 .对为.上的实就是方,倘. 设分点,区间．, ;文简练, 以下总设不会出现这种情 ) ., . 依此构造区间,如此得一级区,.由区间套定,使对任,..现递事实, 注意就以..,于是,设在闭区上函且, 递 , 连内有实 .在区: 方. 试证由区间套定,构造区间上的. 事实.,使现,,,,的构造以增性g.连续，Hein归并原,在注意)lili , 内, .在区为方实.上的全体实数是不可列 .试证: 区上的全体实数是可列反设区即 (用区间套技, 具体用反证 )排成一:，记该区间为一级区三等分，所得三个区间中至少有一个区间不把区，记该区间为.把区三等分，所得三个区间中至少有一个区间不不, 级区依此得区间其中区.…. ,使. ,. 但当然,由区间套定. , 矛 .。
实数完备性理论
实数完备性理论，理论基础及英应用实数完备性是指六大定理的等价性。
它的六大定理如下：1、确界原理2、单调有界原理3、区间套定理4、有限覆盖定理5、聚点定理（紧性定理）6、Cauchy收敛准则。
其中任何一个命题都可推出其余的五个命题一、认识实数完备性1、确界原理（1）确界原理：设S为非空数集。
若S有上界，则S必有上确界；若S有下界，则S必有下确界。
（2）上确界定义：设S是R中的一个数集，若数η满足（i）对一切x∈S，有η≥x，即η是S的上界；（ii）对任何的a<η,存在x0∈S，使得x0>a，即η是S的最小上界，则称η为数集s的上确界；下确界定义：设S是R的一个数集，若数ξ满足：（i）对一切x∈S，有ξ≤x，即ξ是S的下界；（ii）对任何的β>ξ,存在x0∈S，使得x0<β，即ξ是S的最大下界，则称ξ为数集的S的下确界；2、单调有界原理定理：在实数系中，单调有界数列必有极限3、区间套定理（1）区间套定义：设闭区间列{ [a（n）,b（n ）]}具有如下性质：(i) [a（n+1）,b（n+1）]包含于[a（n）,b（n ）]，n=1,2,3，......；(ii) Lim( a（n）-b（n))=0,则称{[an ,bn ]}为闭区间套，或简称区间套。
(2)区间套定理：如果{[an ,bn]}形成一个闭区间套，则在实数系中存在唯一的实数ξ属于所有的闭区间[an ,bn]，n=1,2,3，…；即an≤ξ≤bn , n=1,2,3，…。
且liman=lim bn=ξ。
4、开覆盖（1)开覆盖的定义：设S为数轴上的点集，H为开区间的集合，（即H中每一个元素都是形如(a,b)的开区间).若S中的任何一点都含在至少一个开区间内，则称H为S的一个开覆盖，或简称H覆盖S.(2)有限覆盖定理：设H为闭区间[a,b]的一个（无限）开覆盖，则从H中可选出有限个开区间来覆盖[a,b]5、聚点（1）聚点定义：设S为数轴上的点集,e为定点(它可以属于S,也可以不属于S),若e的任何ε邻域内都含有S中的无穷多个点,则称e为点集S的一个聚点。
关于实数连续性的6个基本定理的互证
bn
∈
B
单调下降有下界（例如 a1 ）并且 bn
−
an
= b1 − a1 2
(n
→
∞ ) .由单调有界定
理，知 ∃
r，使
lim
n→∞
an
=
r
.由
lim
n→∞
(bn
−
an )
=
0
有
lni→m∞[an
+
(bn
−
an )]
=
r
∵ {bn}是 A 的上界，∴ ∀x ∈ A ，有 x ≤ bn （n=1，2，……），
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
∴∀n > N ,有r − ε ≤ xN ≤ xn ≤ r ，即| xn − r |< ε
是
A
的上界，记
a1
=
a, b1
=
b
，用
a1, b1
的中点
a1
+ b1 2
二等分 [a1,b1]
，如果
a1
+ b1 2
∈ B,则取a2
=
a1, b2
=
a1
+ b1 2
；如果 a1
+ b1 2
∈
A, 则取a2
=
a1
+ b1 2
, b2
=
b1
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摘 要:循环论证了实数系的6个基本定理,并最终形成所有完美的论证环,体现了数学论证之美.关键词: 实数 完备性 单调有界定理 区间套定理 有限覆盖定理聚点定理 柯西收敛准则 确界原理 (单调有界定理) 任何单调有界数列必定收敛． (区间套定理） 设{[,]}n n a b 为一曲间套： 1.11[,][,],1,2,,n n n n a b a b n ++⊃=2.lim()0n n n b a →∞-=则存在唯一一点[,],1,2,.n n a b n ξ∈=(有限覆盖定理) 设{(,)}H αβ=是闭区间[,]a b 的一个无限开覆盖，即[,]a b 中每一点都含于H 中至少一个开区间(,)αβ内．则在中必存在有限个开区间，它们构成[,]a b 的一个有限开覆盖．(聚点定理) 直线上的任一有界无限点集S 至少有一个聚点ξ，即在ξ的任意小邻域内都含有S 中无限多个点（ξ本身可以属于S ，也可以不属于S ）． (柯西准则) 数列{}n a 收敛的充要条件是：0,N ε∀>∃∈N ，n N >、m , 恒有|-|<m n a a ε．（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．）(确界原理) 非空有上界数集必有上确界 ；非空有下界数集必有下确界 .单调有界定理对其它定理的证明1．用单调有界定理证明闭区间套定理证 由区间套定义,{n a }为递增有界数列，依单调有界定理,{n a } 有极限ξ,且有n a ≤ξn=1,2,(1)同理,递减有界数列{n b }也有极限,并按区间套的条件有lim lim n n x x b a →∞→∞==ξ (2)且 n b ≥ξ，n=1,2,(3)联合(1) (3)即得n a ≤ξ≤n b 式.最后证明满足的n a ≤ξ≤n b 的ξ是唯一的,设数ξ'也满足n a ≤ξ'≤n b ，n=1,2, 则由n a ≤ξ≤n b 式有|ξ- ξ'| ≤n b -n a ，n=1,2,由区间套的条件得|ξ-ξ' |≤lim()0n n x b a →∞-=，故有ξ'= ξ2．用单调有界定理证明确界原理证 我们不妨证明非空有上界的数集S 必有上确界.1.欲求一实数使它是非空数集S 的上确界.利用非空有上界的数集S ,构造一数列使其极限为我们所要求的实数. 选取性质p :不小于数集S 中的任一数的有理数. 将具有性质p 的所有有理数排成一个数列{n γ} ,并令 {n x }=max{1γ,2γ,,n γ},则得单调递增有上界的数列{n x };2.由单调有界定理得,lim n x x ξ→∞=,且对任意的自然数n 有n γ≤n x ≤ξ;3.ξ是数集S 的上确界.用反证法.若有数0x ∈S 使0x >ξ,取02x ξε-=,由3.一定存在一个有理数N γ ,使ξ≤n γ<ξ+ε,从而N γ<0x ,这与N γ是数集S 的上界矛盾.所以对一切x ∈S,都有x ≤ξ,即ξ是数集S 的上界.任给ε>0,若∀x ∈S,都有x ≤ξ-ε,则存在有理数γ',使ξ-ε<γ'<ξ,即x ≤ξ-ε<γ' < ξ .这与3.矛盾,所以存在x '∈S ,使x '>ξ-ε.即ξ是数集S 的最小上界.于是,我们证明了所需结论.3．用单调有界定理证明有限覆盖定理证 1.设有理数γ∈(a ,b ] ,使区间[a ,γ]能被H 中有限个开区间覆盖.把[a ,b ]上的这种有理数的全体排成一个数列{n γ}.因为存在一个开区间(α,β)∈H 使α∈(α,β),在(α,β)[a ,b ]内含有无穷多个有理数,所以{n γ}是存在的;2.将数列{n γ}单调化,取n x =max{1γ,2γ,,n γ},则数列{n x }单调递增有上界;3.由单调有界定理得, ξ=lim n x x →∞, 且n γ≤n x ≤ξ，n=1,2,;4.因n x ∈[a ,b ], n=1,2,,由 3.得ξ∈[a ,b ],故ξ必在H 中的某个开区间(1α,1β)中.再由3.,一定有N γ∈{n γ} ,使1α<N γ≤ξ.又由1.[a ,N γ]能被H 中有限个开区间覆盖.故只需把(1α,1β) 加进去. [a ,ξ] 能被H 中有限个开区间覆盖.若ξ=b ,则说明[a ,b ]能被H 中有限个开区间覆盖.用反证法.若ξ<b ,由于内[a ,b ]的有理数在上处[a ,b ]处稠密,故一定存在有理数γ',使得ξ<γ'<min{1β,b } ,这样一来,[ a ,γ'] 能被H 中有限个开区间覆盖.故γ'∈{n γ} ,与3.矛盾.所以ξ=b . 4.用单调有界定理证明柯西收敛准则 证 ""⇒若{}n a 收敛，设lim n n a a →∞=则有对∀0ε>，0N ∃>，当n N >时有︱n a a -︱/2ε<任取m n >，则有︱m a a -︱/2ε<从而︱n m a a -︱<︱m a a -︱+︱n a a -︱ε<即{}n a 是Cauchy 列""⇐设{}n a 是Cauchy 列(i) 则对∀0ε>，10N ∃>，当11n N ≥时有︱11n N a a -︱ε<从而111N n N a a a εε-<<+取21N n =，22N n ∃≥，∍︱22N n a a -︱ε< 从而222N n N a a a εε-<<+ … …取1k k N n -=，k k N n ∃≥，∍︱k k N n a a -︱ε< 从而k k k N n N a a a εε-<<+即得对k ∀有1k k n n a a ε--<，由ε的任意性有1k k n n a a -<(ii)由Cauchy 列的定义，任取0ε>，则N ∃，当,m n N >时有 ︱n m a a -︱ε<取1m N =+则1111N n N a a a ++-<<+ 所以{}n a 为有界序列由{}k n a ⊂{}n a 有{}k n a 为有界序列由有界单调收敛定理有{}k n a 收敛，设0lim k n k a a →∞=(iii)下证0lim n n a a →∞=因为对0ε∀>，K ∃，当k K >时有︱0k n a a -︱/2ε< 由{}n a 是Cauchy 列有当k n n >时有︱k n n a a -︱/2ε<所以︱0n a a -︱<︱k n n a a -︱+︱0k n a a -︱ε< 所以{}n a 收敛，且0lim n n a a →∞=证毕5.单调有界定理证明聚点定理证 设S 是以有界无限点集 ,则在S 中选取一个由可数多个互不相同的点组成的数列 {n a },显然数列{n a }是有界的.下面我们从{n a }中抽取一个单调子列, 从而由单调有界定理该子列收敛, 最后我们证明该子列的极限值 ,就是有界无限点集S 的聚点 .分两种情况来讨论.1)如果在{n a }的任意一项之后 ,总存在最大的项( 因S 是有界的且{n a }⊂S ,这是可能的). 设 1a 后的最大项是1n a ;1n a 后的最大项是2n a 且显然2n a ≤1n a ;一般地, k n a 后的最大项记为1k n a +≤ k n a ,(k =1,2,…). 这样,就得到了{n a }的 一个单调递减的子数列{k n a },因为{n a }有界,根单调有界定理知,{k n a }收敛.2)如果1)不成立. 即从某一项后, 任何一项都不是最大的 (为证明书写简单起见 ,不妨设从第一项起,每一项都不是最大项). 于是, 取1n a =1a , 因1n a 不是最大项, 所以必存在另一项2n a >1n a (2n >1n ).又因为2n a 也不是最大项, 所以又有3n a >2n a ( 3n >2n ),…… 这样一直下去,就得到{n a }的一个单调递增的子列 {k n a }且有上界 单调有界定理知, {k n a }收敛。
实数完备性
实数完备性《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院第七章实数is 恩体热?1 实数完备性的等价命题一、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1《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院: (8),(10) 习题作业类二、回顾确界原理的证明acb我们曾引入有界数集的确界概念,今证明它的存在性(记号、、表示实数) Dedekind定理设A/B是R的一个切割,则比存在实数使得,或A,,,(,],B,，,(,),,,R,无其它可能. A,,,(,),B,，,[,),E1 非空有上界的数集必存在上确界.E,{x},x,Ex,bb证明设非空,有上界: ,.xx00E(1) 若中有最大数,则即为上确界;EE(2) 若中无最大数,用下述方法产生实数的一个分划;取的一切上界归入上类(A|B)BA,其余的实数归入下类,则是实数的一个分划.,xb,B,x,E1ABEE 、不空.首先.其次,由于不是的最大数,所以它不是的上界,即x,AEA.这说明中任一元素都属于下类;,2ABAB 、不漏性由、定义即可看出;,aa,xa,Ab,B，x,E3ABEE 、不乱.设,.因不是的上界,,使得,而内每一元素属于a,x,bA,所以.,,34A 由的证明可见无最大数.(A|B)cB所以是实数的一个分划.由戴德金定理,知上类必有最小数,记作.,x,cc,x,Ex,Ab,Bb1EE,由知,即得.这表明是的一个上界.若是的一个上界,则,由2《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院c,supEccc,bE此得,所以是上界中最小的,由上确界定义,为集合的上确界,记作 .推论非空的有下界的集合必有下确界.E,{x}E',{x|,x,E},bbE'事实上,设集合有下界,则非空集合有上界,利用集合上确界E的存在性,即可得出集合的下确界存在.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.n,b,a,0na,b证明 ,要证存在自然数使.假设结论不成立,即(n,1，2，？)na,b , ,E,{na}(n,1，2，？)cbna,c则数集有上界,因此有上确界,使,也就有(n，1)a,c(n,1，2，？)(n,1，2，？)c,acna,c,aE,或 .这表明是集合的上界,与是上确nna,b界矛盾.所以总存在自然数,使.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{x}x,x,x,？,x,？x,M，M123nnn 设单调上升,即,有上界,即,使得.a,supxnE,{x|n,N}n,nN考虑集合,它非空,有界,定理2推出它有上确界,记为.我们验证 a,limxn,,n.a,,,xa,,,x,x,,,0，Nn,NNNn,由上确界的性质,,使得,当时,由序列单调上升得, limx,a,supxnnx,a,,x,a,a，,a,,,x,a，,,,nnnn,nN再由上确界定义,,有 ,即,也就是说 .limx,infxnn{x}n,,,nnN 同理可证若单调下降,有下界,也存在极限,且.supE,，,EEinfE,，,若集合无上界,记作;若集合无下界,记作,这样一来,定理2证明了supx(infx)nn{x},xNn,xN的单调上升(下降)有上界(下界)的序列,必有极限的定理现在有了严格的{x}n理论基础了.且对单调上升(下降)序列,总有3《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院limx,supx(infx)nnn,，,,nxN,xN .(二) 用单调有界定理证明区间套定理{a}{b}bann11)知,序列单调上升,有上界;序列单调下降,有下界.因而有由假设(1lima,climb,cn1n2a,c,c,bn12n,，,,，,nn ,. .再由假设(2)知lim(b,a),c,c,0nn21,，,n ,c,c,c12记. 从而有lima,c,limbnn,，,,，,nn .***[a,b]a,c,bcn,，,c,ccnnnn若还有满足,令,得.故是一切的唯一公共点.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:[a,b]nn(1) 要求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(a,b),(0,)nnn .，,111(0,),(0,):(0,),,n1,nn，1n显然有 , 但 .a,a,b,bnn，1n，1n 如果开区间套是严格包含: ,这时定理的结论还是成立的.lim(b,a),0nn[a,b],[a,b](n,1，2，？)n，1n，1nnn,，,(2)若,但,此时仍有，,c,:[a,b]lima,climb,cnnn1n2c,cc,c,cc,，,,，,nnn11212,,,但,于是对任意的,,都有.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(4《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院{x}n例2 序列由下列各式x，xn,1n,2x,nx,ax,b(n,3，4，？)212 , ,limxn,，,n所确定(见下图).证明极限存在,并求此极限.xxxxxx35124limx,anx,aa,bn,，,n证明当时,,故.a,min(x,x)b,max(x,x)(n,1，2，？)a,bnn，1nnn，1n当时,若取,,. 则由条件,显然可得一串区间套:[a,b],[a,b](n,1，2，？)n，1n，1nn .由已知条件x，x1nn,1x,x,,x,,(x,x)n，1nnnn,122 ,于是11b,a,|x,x|,|x,x|,|x,x|nnn，1nnn,1n,1n,222211,？,|x,x|,|b,a|,0(n,，,)，21n,1n,122lima,c,limblimx,cnnnx,[a,b]cnnn,，,,，,,，,nnn由区间套定理,存在满足: .注意到,所以 .1x,x,,(x,x)n，1nnn,1n,2，3，？，k,1c2 下面来求.由,令得一串等式:1x,x,,(x,x)32212 ;1x,x,,(x,x)43322 ;？？？？？？1x,x,,(x,x)kk,1k,1k,22 .5《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院11x,x,,(x,x)c,x,,(c,x)k2k,1121k,，,22将它们相加,得 ,令,得121c,x，x,(a，2b)12333所以 .(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(6《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院说明当改为时,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(7《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院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({a}x,a,yx,y,nn1n111证 有界,则存在数使得 对成立.x ，yx ，y1111[,][,y]x11{a}[x,y]n2211将二等分为 、,则其中必有一个含有数列的无穷多项,x ，yx ，y2222[,][,y]x22[x,y][x,y]222222记为;再将二等分为、,同样其中至少有一个含有数列{a}[x,y]{[x,y]}n33nn 的无穷多项,把它记为,……一直进行这样的步骤,得到一闭区间套,其中[x,y]{a}nnn 每一个中都含有数列的无穷多项,且满足:[x,y][x,y][x,y]nn11,22,？,,? …yx,11lim()lim0yx,,,nn,n1,,,,nn2?lima,limb,nn ，,,n,,n,,则由闭区间套定理,使得{a},n 下证中必有一子列收敛于实数a{a}{a}[x,y][x,y]nnn11122先在中选取的某一项,记为,因中含有中的无穷多项,可选取位于aaa,[x,y][x,y]n,nnnnkkk ，1k ，112k21后的某一项,记为,.继续上述步骤,选取后,因为中含有无aa{a}n,n{a}nnnk ，1knkkk ，1穷多项,可选取位于后的某一项,记为且,这样我们就得到的一个子列x,a,yk,1,2,？knkk 满足 ,lima,nk,,,n 由两边夹定理即得 .8《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 石家庄经济学院数理学院a，bc,1a,x,b,,,,,,a,ba,cc,bn211证明设,用中点将一分为二,则两个子区间和中至少a，b11c,2x{x},,,,a,ba,bnn211111有一个含有中无穷多项,选出来记为,在其中选一项.用中点将{x},,,,,,a,cc,ba,bn122122一分为二,则两个子区间和中至少有一个含有中无穷多项,选出来记为,x,,a,bn,n,？nkk221在其中选一项,使得.最后得一区间套,满足,,,,a,b,a,bk，1k，1kk,b,ab,a,kkk2,,,x,a,b,n,nnkkk，1kk.lima,limb,climx,ckka,x,bnkknk,,,,,,kkkk由区间套定理,,又由于,有.*(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(9《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院于是当(同时有)时,就有(lima,an{a},,,,0，Nn,Nn,,n证“” 收敛,则存在极限,设,则,,当时有|a,a|,,/2|a,a|,|a,a|，|a,a|,,n,m,N,nmmnn当时有|a,a|,1n,m,N,,,1，N,nm“”先证有界性,取,则,|a,a|,1|a|,|a|，1n,N,nN，1nN，1特别地,时M,max{|a|,|a|,？,|a|,|a|，1}|a|,M,n12NN，1n设 ,则,lima,an{a}{a}knn,,kk再由致密性定理知,有收敛子列,设||/2aa,,,，Nn,m,N,,,0,nm11,,|a,a|,,/2nk,K,k，K ,nNN,，,1N,max(K,N)n,NN，11取,当时有|a,a|,|a,a|，|a,a|,,/2，,/2,,nnnn,N，1N，1lima,an,,k故 .CauchyCauchy列、基本列(满足收敛准则的数列)*(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10《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院(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;,,,,a,bnn2 )设为一区间套(,,，,,a,b,n,1,2,？,nn欲证: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(,,,,abnn为此,可就近取数列(或)(由于a,a,？,a,？,b,？,b,b,12nn21lima,,n,,aa,,,n,1,2,？bnnn,,1因此为递增数列,且有上界(例如)(由单调有界定理,存在,且(lim(b,a),0nnb,(b,a)，annnnn,,又因 ,而,故limb,lim(b,a)，lima,0，,,,nnnn,,,,,,nnn;,,,,bb,,,,a,b,n,1,2,？nnnn且因递减,必使(这就证得(,,,,,a,b,n,1,2,？,nn最后,用反证法证明如此的惟一(事实上,倘若另有一个,则由,,,,,(b,a),0(n,,)nn,,,,,,0导致与相矛盾( 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(11《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院x,,n2 ) 设为一递增且有上界M的数列(,,limxxn,,n,,n欲证:存在极限 (a,bx,,,,,,,nnn证证明思想:设法构造一个区间套,使其公共点即为的极限( ab，11c,1a,bx,,,,,,M2111为此令.记 ,并取a,c,,,若c为x的上界;,,,111na,b,,,,22.,,c,b,,若c不为x的上界,,111n ab，22c,22再记 , 同理取,ac,;若c为x的上界,,,,22,2n,ab,,,,33,,,,c,b,若c不为x的上界.,222n ,,,,a,bnn如此无限进行下去,得一区间套(,,，,,a,b,n,1,2,？(lima,,,limb)nnnnn,,n,,根据区间套定理,(下面用数列极限定义证明limx,,nn,,:,,b(k,N)x,,,0kn,一方面,由于恒为的上界,因此,n,k,N,x,b,x,limb,,,,，,nknkk,,;另一方面,由lima,,,，K,N,当k,K时,a,,,,,a,,,a,,,,kkkKk,,;,,,,ax，x,a,,,,xknNKnn,N而由区间套的构造,任何不是的上界,故;再由为递增数列,当x,x,,,,nNn,N时,必有(这样,当时,就有limx,,n,,,,x,,，,nn,, , 即 ( 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);[a,b],,nn 2 ) 设为一区间套(,,,,a,b,n,1,2,？nn欲证:存在惟一的点(,SS证证明思想:给出某一数集,有上界,使得的上确界即为所求的(12《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院,,,,S,a,,supabnn1为此,取,其上界存在(例如 )(由确界定理,存在 (,,,,aa,,,n,1,2,？a,,nnn首先,由为的一个上界,故(再由是的最小上界,倘有某个a,b,,,,b,,b,,a，a,ba,bijmnkmnnm,则不会是的上界,即,这与为区间套相矛盾().所b,,n以任何(这就证得a,,,b,n,1,2,？nn(,关于的惟一性,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13《数学分析》教案第七章实数的完备性石家庄经济学院数理学院实数所组成的基本数列比存在实数极限――实数系完备性;有理数域不具有完备性,{}xn11,,nn如，:(无理数). ，,e(1)lim(1),,,,nnn,,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,使得对一切成立不等式 xyab,[,], , fxfykxy()()||,,,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) 设是[a,b]上压缩映射,且,则在[a,b],()x,([,])[,]abab,,()x上存在唯一的不动点.例4 证明Kapler方程在时,存在唯一实数. ||1,,xxb,，,sin14。
开放讲座-第二讲-关于闭区间套和有限覆盖定理的讨论
则得到 f a1 f b1* f b2* f b1 .
结论得证
问题5
f x C a , b , f a f b 0, 则c a , b ,
n 1
即
lim an lim bn
n n
[ [ [ ... [ ... ] ... ] ] ]
a1 a2 a3 an bn b3 b2 b1
闭区间套定理应用
单调有 界定理 确 定 界 理 闭区间 套定理
列紧性 定 理
有限覆 盖定理
Cauchy 收敛定理
用闭区间套定理证明柯西收敛定理
n
a
n
0；
因此 lim an lim bn ， a , b .
在 I 中至少有一( , )， .
根据数列极限的定义
= -，N 1 N * , n N 1 : an , = -，N 2 N * , n N 2 : bn ,
一、覆盖
定义1
给定集合A, 若有一族开区间I , ，
使A
或称开区间族I 是A的一个开覆盖.
等价定义
I , 称这一族开区间覆盖了A.
I 是A的覆盖 : 任意x A,
，使x I 0 . 总有一个开区间 I 0 I
例1 开区间族
。
n
i 1
覆盖了 a , b , 假设x1 x2 xn .
x a , b , U ( x1 ; x1 ), x U ( x1 ; x1 ) a , b , f x 0 U ( x1 ; x1 ) U ( xk ; xk ) x U ( x k ; xk ) a , b , f x 0 U ( x k ; xk ) U ( x l ; xl ) , x U ( x l ; xl ) a , b ， f x 0 ............ x U ( xi ; xi ) a , b , f x 0, i 1, 2, , n 与f a 0, f b 0矛盾！
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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 ）设为一区间套．
欲证：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．
为此，可就近取数列（或）．由于
因此为递增数列，且有上界（例如）．由单调有界定理，存在，且．
又因，而，故
；
且因递减，必使．这就证得．
最后，用反证法证明如此的惟一．事实上，倘若另有一个，则由
，
导致与相矛盾．[ 证毕]
例 2 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 ）设为一递增且有上界M的数列．
欲证：存在极限．
[ 证]证明思想：设法构造一个区间套，使其公共点即为的极限．为此令。
记，并取
再记, 同理取
如此无限进行下去，得一区间套．
根据区间套定理，．下面用数列极限定义证明：
，一方面，由于恒为的上界，因此
；
另一方面，由
；
而由区间套的构造，任何不是的上界，故；再由为递增数列，当时，必有．这样，当时，就有
, 即．[ 证毕] 例3 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 ）设为一区间套．
欲证：存在惟一的点．
[ 证] 证明思想：给出某一数集，有上界，使得的上确界即为所求的．
为此，取，其上界存在（例如）．由确界定理，存在．
首先，由为的一个上界，故．再由是的最小上界，倘有某个，则不会是的上界，即，这与为区间套相矛盾（）。
所以任何．这就证得
．
关于的惟一性，与例1中的证明相同．[ 证毕] 注本例在这里所作的证明比习题解答中的证明更加清楚．
例4 证明连续函数的局部有界性——若处连续，则和
，使得．
[ 证]据在连续的定义，满足
．
现取，相应存在，就有
．[ 证毕] 注类似可证连续函数的其余局部性质，例如四则连续性质、局部保号性质等等．例5 证明上一致连续的充要条件是：上连续，且
存在．
[ 证] 先证充分性：令
由条件可知上连续，从而上一致连续（由连续函数在闭
区间上的整体性质）．再由一致连续的定义，又知上也一致连续．而在
，所以证得上一致连续．
再证必要性：由上一致连续的定义，，当
时，有
．
因此，特别当，同样有．这表示存在极限的柯西条件得到满足，所以证得
与
都存在．[ 证毕] 注由例3结论，易证：若上一致连续，则上必定有界．这是因为上面证明中已知上连续，从而上有界，故
上也有界；而在，所以知道上有界．
对于一般在上的连续函数，它在上不一定有界．例如
上是无界的．由此又可说明上必定不一致连续．
例6 试求下列函数的导数：
1 ）；
2 ）
其中．
[ 解]由导数定义，可分别求得：
1），
．
2 ），
，
．
[ 解毕]
例7 证明: 若上连续，在内可导，且，则，使得
.
(1)
[ 分析] 先把上面(1) 式改写为:
(2)
若令, 则(2) 式即为. 这样，问题就化为检验上是否满足Rolle 定理的条件.
[ 证] 由题设条件，上述上连续，在内可导，且有
.
故，使得，即(2) 式成立.
又因，故由导函数的性质（具有介值性），在内不变号，由此推知在内严格单调；再由在上连续，所以又在上
严格单调. 这就保证了. 这样，便可由（2）式逆推至（1）式成立.
[ 证毕]
例8 设椭圆，及其上
任一点．试求：
1 ）椭圆在点P处的切线；
2 ）该切线与二坐标轴所围三角形
的面积；
3 ）当P在何处时，能使上述三角形的面积为最小．
[ 解]对椭圆方程两边关于x求导（把y看作隐函数y = y (x) ）, 得到
,
并由此求得（这就是所求切线的斜率）．
1 ）所求切线为
，
其中是切点P的坐标，是切线上动点的坐标．
2 ）求出切线在二坐标轴上的截距：
Y = 0 时，；X = 0 时，．
不妨设切点在第一象限，此时所求三角形的面积为
．
上面最末项的得来，是利用了点P的坐标需满足椭圆方程．
3 ）这是一个以S为目标函数，椭圆方程为约束条件的条件极小值问题．为方便起见，
又可等价地化为以为目标函数，为约束条件的条件极大值问题．为此引入Lagrange函数
，
把上述条件极值问题转化为三元函数的普通极值问题来求解：
．
由于在第一象限椭圆弧上的最小值为0（在椭圆弧的两端取得），故它的最大值必在椭圆弧的中间点处取得，因此即为所求的点．此外，它在其余三个象限中的对称点：亦为所求．[ 解毕]
例9 计算定积分．
[ 解] ．[ 解毕]
例10 试求极限．
[ 解]此为型极限，尝试用洛必达法则来计算：
．
这说明：当为高阶无穷大量．[ 解毕]例11 设f在[ a, b ] 上为一连续、递増函数．试证
在上亦为一递増函数．
[ 证]由于连续，因此F在上处处可导，其导数为
．
对上式分子使用积分中值定理，并利用f 的递增性，得到
．
这就证得．[ 证毕]注1证明的另外一种方法是：
．
注2下面的证法是错误的：记，求导数得
．
这是因为题设条件中没有“f可导”，所以上面出现是不允许的．例12 设f 在[ 0，1 ]上为一递减函数．试证：，恒有
．
[ 证] 利用积分区间可加性，把结论不等式等价变形为
，
即：．
（如图所示，此不等式的几何意义为：
当f (x)为一递减函数时，它在[ 0, a ]
上的平均值必定大于它在[ a, 1 ] 上的
平均值．）
由于f在[ 0，1 ] 上递减，故可
积，且有
．[ 证毕]注例3与例4都是有关单调函数的积分平均值所具有的性质．
例13 利用级数收敛的必要条件证明．
[ 证] 考察级数．由于
，因此该级数收敛，故由级数收敛的必要条件，推知．[ 证毕]
例14 判别的敛散性．
[ 解] 由于
，
因此前一级数发散．同理，由于
，
可知后一级数收敛．[ 解毕]
注类似地，对于正项级数，将有如下结论：当时为收敛；
当时为发散．而当a = e 时，由于，因此，故此时亦为发散．
例15证明：．
[ 证] 由于这里的级数不能肯定是正项级数，故不能用比较判别法．正确的做法是要使用阿贝尔判别法：
，
因收敛，而单调有界，所以收敛．[ 证毕] 例16 证明：
．
[ 分析] 由于较难直接求出该级数的部分和，因此无法利用定义来计算级数的和．此
时可以考虑把该级数的和看作幂级数在处的值，于是问
题转为计算．这可以通过对幂级数在其收敛域内作逐项求导或逐项求积后，化为几何级数而求得．这是一种十分有效的方法，值得好好掌握．
[ 证]不难知道上述幂级数的收敛域为，经逐项求导得到
；
这已是一个几何级数，其和为
．
再通过两边求积分，还原得
由于这里的，于是求得
．[ 证毕]。