第三章(2)戴得金定理证明6页word

Ⅰ 戴德金定理；
Ⅱ 单调有界数列必收敛定理（一般的，我们取单调递增有上界数列）； Ⅲ 确界原理（一般的，我们取非空有上界数集）； Ⅳ 闭区间套定理； Ⅴ 致密性定理； Ⅵ 柯西收敛准则； Ⅶ 有限覆盖定理．
在证明它们的等价性时，一般采用循环证法，但在本篇论文中，为了说明这七个命题都可以作为构造实数的公理性命题，我们选择从一个命题出发，来证明其余六个命题．下面给出这42个证明过程． Ⅰ⇒Ⅱ：（戴德金定理⇒单调有界数列必收敛定理）
证明：设数列{n x }单调递增且有上界，其上界构成集合B ，令A R B =-，则/A B 构成了实数集R 的一个分划（/A B 满足非空、不漏、有序）．由戴德金定理可知，A 中有最大数或B 中有最小数．
若A 中有最大数，不妨设为α，则由/A B 的构造可知α不是{n x }的上界，N N +∃∈使N x α>，则
N x B ∈，且为数列{n x }的上界，由数列{n x }单调递增可知，,n N ∀>均有n N x x =，从而{n x }极限存在．
若B 中有最小数，不妨设为β，现在证明β即为数列{n x }的极限．事实上，β是数列{n x }的上界，
且对0,εβε∀>-不属于B ，从而不是{n x }的上界，即,N N N x βε+
∃∈>-使，又因为{n x }的单调性，
从而：
,.N n n N x x βεβ∀>-<≤<
也即，数列{n x }收敛于β． Ⅰ⇒Ⅲ：（戴德金定理⇒确界原理）
证明：设数集E 非空且有上界，其上界构成集合B ，令A R B =-，则/A B 构成了实数集R 的一个分划（/A B 满足非空、不漏、有序）．由戴德金定理可知，A 中有最大数或B 中有最小数．
若A 中有最大数，不妨设为α，则由/A B 构造可知α不是数集E 的上界，从而存在,E ξ∈
ξα>使．即B ξ∈为E 的上界，因此sup E ξ=，数集E 的上确界存在．
若B 中有最小数，不妨设为β，则对0,A εβε∀>-∈不是E 的上界．从而,E ξ∃∈ 使：
βεξβ-<≤．
也即sup E ξ=，E 的上确界存在．
Ⅰ⇒Ⅳ：（戴德金定理⇒闭区间套定理）
证明：设{[],n n a b }是递缩的闭区间列，数列{n a }的上界构成集合B ，则我们可知{1,2,
n b n =}B ⊂，令A R B =-，则/A B 构成了实数集R 的一个分划（/A B 满足非空，不漏，有
序）．由戴德金定理可知，A 中有最大数或B 中有最小数．
若A 中有最大数，类似前面证明可知，数列{n a }自某一项之后恒为常数，从而数列{n a }的极限存在，设lim n n a c →∞
=，则：
lim()lim()lim()n n n n n n n b c b a a c →∞
→∞
→∞
-=-+-
000.=+= 即lim lim .n n n n a c b →∞
→∞
== 点c 唯一且属于所有的闭区间．
若B 中有最小数，不妨设为c ，则对n N +∀∈，有：
n n a c b <≤．
且因lim()0.n n n b a →∞
-= 可知：
0lim()lim()0.n n n n n c a b a →∞
→∞
≤-≤-=
从而lim lim .n n n n a c b →∞
→∞
== 点c 唯一且属于所有的闭区间．[7]
Ⅰ⇒Ⅴ：（戴德金定理⇒致密性定理）
证明：对任意有界数列{n x }，x R ∀∈定义()J x 为{}n J x =的子集：
(){n J x x J =∈︱}.n x x ≤
令{()A x R J x =∈为有限集或空集}；{()B x R J x =∈为无限集}．根据上述定义，显然可以得出/A B 是实数集R 的一个分划，由戴德金定理可知.R β∃∈ 有且仅有下列两种情况：
（1）.A β∈即max .A β=，此时存在0N ，当0n N >就有n x β>，但另一方面inf B β=因此
0,A εβε∀>-∈，从而有无穷多个n x 满足n x βε<+．今取：
1ε=，则10,N N ∃>使1
1N x β<+；
1/2ε=，则21,N N ∃>使2
1/2N x β<+；
1/k ε=，则1,k k N N -∃>使1/k
N x k β<+；
于是得到{n x }的一个子列{k N x }，其中1/k N x k ββ<<+，这说明lim k N k x β→∞
=．
（2）.B β∈ 即min .B β= 这说明0,()J εβε∀>-为有限集，()J β为无限集，即(,)βεβ-内有无限多个{n x }中的点，同上可得到数列{n x }的收敛子列{k n x }且lim k n k x β→∞
=．
Ⅰ⇒Ⅵ：（戴德金定理⇒柯西收敛准则）
证明：类似上述讨论，数列{n x }有收敛子列{k n x }，即对0,,.K N k K ε+
∀>∃∈∀> 均有：
/2.k n x βε-<
又因为{n x }为柯西列，对上述0,,,.N N n N m N ε+
>∃∈∀>> 有：
/2.m n x x ε-<
因而取0max{1,1}K N K =++，则011k N n n N N +≥≥+>，从而对上述0,.n N ε>∀> 有：
k k n n n n x x x x ββ-≤-+-
/2/2.εεε<+= 即lim n n x β→∞
=．数列{n x }收敛．
Ⅰ⇒ Ⅶ：（戴德金定理⇒有限覆盖定理）
证明：假设闭区间[],a b 被开区间集E 所覆盖，若闭区间[],a b 没有被开区间集E 有限覆盖，则将闭区间[],a b 二等分为,
2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦，,2a b b +⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
，必有一个闭区间没有被有限覆盖，记为[]11,a b ，依此类推，得到递缩的闭区间列{[],n n a b }，根据戴德金定理推出闭区间套定理的结果可知，有唯一的一个点c 属于所有的闭区间，又因为闭区间[],a b 被开区间集E 所覆盖，则对点c 的某一邻域(,)c δ⋃必存在E 中一个区间
i ∆，使得(,)i c δ⋃⊂∆，又当n 充分大时有[],(,)n n i a b c δ⊂⋃⊂∆，即[],n n a b 被区间i ∆所覆盖，这与
{[],n n a b }的取法矛盾．
Ⅱ⇒Ⅰ：（单调有界数列必收敛定理⇒戴德金定理）
证明：设/A B 为实数集R 的一个分划，且A 中没有最大值，现在来证B 中必有最小值 事实上，我们可作严格递缩的闭区间列{[],n n a b }，其中：
,,1,2,3,
n n a A b B n ∈∈=
则由分划/A B 的构造可知数列{n a }单调递增且有上界，{n b }单调递减且有下界，根据单调有界数列必收敛定理，数列{n a }，{n b }的极限均存在，可设lim .n n a ξ→∞
= lim .n n b η→∞
= 则：
0lim()0.n n n b a ηξ→∞
≤-≤-=
即.ηξ= 若ξA ∈，因
A 中没有最大值，则0x A ∃∈使0x ξ>，又l i m
.n n b ηξ→∞
== 则显然对0,,N N n N ε+∀>∃∈∀>，有：
n b ξεξε-<<+，即n b ξε>-．
因而0n x b ε>-，由ε的任意性，可知0n b x B ≤∈，这与/A B 为实数集R 的分划相矛盾．因而ξB ∈，且对任意的n b B ∈均有n b ξ≤，ξ为B 的最小数． Ⅲ⇒Ⅰ：（确界原理⇒戴德金定理）
证明：设/A B 为实数集R 的一个分划，且A 中没有最大值，现在来证B 中必有最小值．事实上，A 非空且有上界，从而其上确界存在，不妨设sup A ξ=，A ξ∉，否则A 中有最大数ξ，与假设矛盾．从
而ξB ∈且为B 的最小值，因为若存在ηB ∈且ηξ<，则因为ξ为
A 上确界，对02
ξη
ε-=
>必有ζA ∈，使得2
2
ξη
ξη
ζξεξη-+>-=-
=
>，因而我们有ζB ∈，矛盾．也即B 中有最小值．
Ⅳ⇒Ⅰ：（闭区间套定理⇒戴德金定理）
证明：设/A B 为实数集R 的一个分划，且A 中没有最大值，现在来证B 中必有最小值．事实上，任取两点,,,,a b a A b B ∈∈ 则将闭区间[],a b 二等分为,
2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦，,2a b b +⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
，必有一个闭区间即含有A 中元素，又含有B 中元素，记为[]11,a b ，依此类推，可得到递缩的闭区间列{[],n n a b }，则由闭区间套定理，有唯一的一个点ξ属于所有的闭区间，因为A 中无最大值，又因为数列{n a }严格递增且以ξ为极限，可知ξB ∈，
现在来证ξ为B 的最小值．否则，若存在B η∈且ηξ<，则当n 充分的时，有[][],,2,n n a b ηξη⊂- 这与[],n n a b 中必含有A 中点相矛盾，结论得证． Ⅴ⇒Ⅰ：（致密性定理⇒戴德金定理）
证明：设/A B 为实数集R 的一个分划，且A 中没有最大值，现在来证B 中必有最小值．事实上，任取两点,,a A b B ∈∈ 则将闭区间[],a b 二等分为,
2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦，,2a b b +⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
，必有一个闭区间即含有A 中点，
又含有B 中点，记为[]11,a b ，依此类推，可得到递缩的闭区间列{[],n n a b }，则因为数列{n a }有界，从而数列{n a }有收敛子列{k n a }，不妨假设lim k n k a ξ→∞
=，即对0,,K N k K ε+
∀>∃∈∀>，均有：
/2.k n a ξε-<
又因为数列{n x }单调递增，对,K n n ∀> 均有12,,k K k K >> 使得：
12k k n n n <<，1
2
.k k n n n a a a ≤≤
即1
2
.k k n n n a a a εξξξε-<-≤-≤-< 从而数列{n a }收敛于点ξ．即l i m n n a ξ→∞
=，又因为：
lim lim()lim .n n n n n n n b b a a ξ→∞
→∞
→∞
=-+= 即有唯一的一个点属于所有的闭区间．因为A 中无最大值，从而数列
{n a }严格递增且以ξ为极限，可知ξB ∈，现在来证ξ为B 的最小值，否则，若存在B η∈且ηξ<，则当n 充分的时，有[][],,2,n n a b ηξη⊂- 这与[],n n a b 中必含有A 中点相矛盾，结论得证． Ⅵ⇒Ⅰ：（柯西收敛准则⇒戴德金定理）
证明：设/A B 为实数集R 的一个分划，且A 中没有最大值，现在来证B 中必有最小值．事实上，任取两点,,,,a b a A b B ∈∈则将闭区间[],a b 二等分为,
2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦，,2a b b +⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
，必有一个闭区间即含有A 中元素，又含有B 中元素，记为[]11,a b ，依此类推，可得到递缩的闭区间列{[],n n a b }，构造新数列{n x }={1122,,,,
a b a b ,,,n n a b }，由lim()0n n n b a →∞
-=且数列{n a }单调递增数列{n b }单调递减显然可知
数列{n x }为柯西列，从而数列{n x }收敛，不妨设lim n n x ξ→∞
=，则其子列{n a }，{n b }均收敛，且可得：
lim lim .n n n n b a ξ→∞
→∞
== 因而有唯一的一个点ξ属于所有的闭区间，
因为A 中无最大值，从而数列{n a }严格递增且以ξ为极限，可知ξB ∈，现在来证ξ为B 的最小值，否则，若存在B η∈且ηξ<，则当n 充分的时，有[][],,2,n n a b ηξη⊂- 这与[],n n a b 中必含有A 中点相矛盾，结论得证． Ⅵ⇒Ⅰ：（柯西收敛准则⇒戴德金定理）
证明：设/A B 为实数集R 的一个分划，且A 中没有最大值，现在来证B 中必有最小值．事实上，任取两点,,,,a b a A b B ∈∈则将闭区间[],a b 二等分为,
2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦，,2a b b +⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
，必有一个闭区间即含有A 中元素，又含有B 中元素，记为[]11,a b ，依此类推，可得到递缩的闭区间列{[],n n a b }，构造新数列{n x }={1122,,,,
a b a b ,,,n n a b }，由lim()0n n n b a →∞
-=且数列{n a }单调递增数列{n b }单调递减显然可知
数列{n x }为柯西列，从而数列{n x }收敛，不妨设lim n n x ξ→∞
=，则其子列{n a }，{n b }均收敛，且可得：
lim lim .n n n n b a ξ→∞
→∞
== 因而有唯一的一个点ξ属于所有的闭区间，
因为A 中无最大值，从而数列{n a }严格递增且以ξ为极限，可知ξB ∈，现在来证ξ为B 的最小值，否则，若存在B η∈且ηξ<，则当n 充分的时，有[][],,2,n n a b ηξη⊂- 这与[],n n a b 中必含有A 中点相矛盾，结论得证． Ⅶ⇒Ⅰ：（有限覆盖定理⇒戴德金定理）
证明：设/A B 为实数集R 的一个分划，且A 中没有最大值，现在来证B 中必有最小值．事实上，任取两点,,a A b B ∈∈则将闭区间[],a b 二等分为,
2a b a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦，,2a b b +⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
，必有一个闭区间即含有A 中点，又含有B 中点，记为[]11,a b ，依此类推，可得到递缩的闭区间列{[],n n a b }，令()111,1E a b =-+，
[],n n n I a b =，如果
[]1
,n n n a b ∞=是空集，则有开区间集,1,2,
n E I n -=,n ,
覆盖了闭区间[]11,a b ，从
而由有限覆盖定理可知有有限个开区间设为12,,n n E I E I --,k n E I -覆盖了闭区间[]11,a b ，从而我们可
以得到闭区间[]()()
1111,1,,1k
k
n n a b a a b
b ⊂-+，这显然与闭区间列{[],n n a b }的构造相矛盾．又因为
lim()0n n n b a →∞
-=，从而有且仅有唯一的一个点ξ属于所有的闭区间[],n n a b ．因为A 中无最大值，从而数
列{n a }严格递增且以ξ为极限，可知ξB ∈，现在来证ξ为B 的最小值，否则，若存在B η∈且ηξ<，则当n 充分的时，有[][],,2,n n a b ηξη⊂-这与[],n n a b 中必含有A 中点相矛盾，结论得证．。