实数完备性定理的等价性证明及其应用

实数完备性定理的等价性证明及其应用
实数理论是数学分析的基础理论之一，微分学、积分学理论的建立与发展都以实数理论为基础． 在实数系内，作为公理，确界原理成立．确界原理描述了实数集的连续性，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，与确界原理之间是等价的．六个定理在数学形式上不同，但是它们都是描述了实数集的连续性．它们之间的等价性称为实数完备性定理的等价性．
本文给出实数完备性6个定理的另一种循环证明及部分应用．为学生学习这部分内容提供帮助．
1 预备知识
实数完备性其本定理
定理1(确界原理)[1](7)P 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．
定理2(柯西收敛准则)
[1](38)
P 数列{}n a 收敛的充要条件是:对任给的0ε>，存在正整数N ，
使得当,n m N >时有||n m a a ε-<．
定理3(单调有界定理)
[1](35)
P 在实数系中，有界的单调数列必有极限．
定理4(有限覆盖定理)[1](165)P 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 ．
定理5(聚点定理)
[1](164)
P 实轴上的任何有界无限点集S 至少有一个聚点．
定理6(区间套定理)
[1](161)
P 若{[,]}n n a b 是一个区间套，则在实数系中存在唯一的一点ξ，使
得[,],1,2,n n a b n ξ∈=L 即,1,2,n n a b n ξ≤≤=L ．
2 实数完备性定理的等价性证明
2.1 用确界定理证明柯西收敛准则
证明 设{}n a 是柯西数列，即0ε∀>，∃正整数N ，
,n m N ∀>，有||n m a a ε-<．取1m N =+，1ε=，因此11||||||1n N n N a a a a ++-≤-<，故而1||||1n N a a +<+．
设121max{||,||,,||,||1}N N M a a a a +=+L 可见||n a M <，即{}n a 必有界，由确界定理知
inf{}n a 存在，记为a ．
1）若min{}n a a ≠，则0ε∀>，N ∃，使N a a a ε<<+．
设12k ε=
，存在k N n =(1k k n n ->)使1
2k
n k
a a a <<+．令k →∞，得k n a a →． 所以对于0ε∀>，K ∃，当k K >时有k n a a ε-<．
取1max{,}N N K =，当1,k n N >时2k n n n n n a a a a a a ε-≤-+-<，所以lim n n a a →∞
=．
２）若min{}n a a =，作集合{|{},}n P x a x M x M =-<<中有有限项小于，P 显然为非空有界集合，故sup P 存在，记为sup b P =．由P 的性质，0ε∀>，必然有b P ε+∉，所以{}n a 中有无限项小于b ε+．,N ε∀∃，使n b a b ε-<<．设1
2
k ε=
，存在k N n =(1k k n n ->)使1
2
k n k b a b -
<<．令k →∞，得k n a b →．所以对于0ε∀>，K ∃，当k K >时有k n a b ε-<． 取1max{,}N N K =，{}n a 是柯西数列，当1,k n N >时，便有
||||||2k n n n n n a b a a a b ε-≤-+-<，所以lim n n a b →∞
=．
2.2 用柯西收敛准则证明单调有界定理
证明 设{}n a 递增且有上界M 的数列．若{}n a 不收敛，必为非柯西收敛数列，即0ε∃>，N ∀，
n N ∃>，所以n N a a ε-≥．
取11=N ，必11N n >∃使ε≥-11a a n 即ε+≥11a a n ． 取12n N =，必22N n >∃使21n n a a ε-≥即21n n a a ε≥+．
L L L
如此继续下去，一般地取1k k N n -=，必k k n N ∃>使1k k n n a a ε--≥．
把上述不等式相加得1k n a a k ε-≥即1k n a k a ε≥+．当1
M a k ε
->时，可使k n a M >．这与M
是{}n a 的上界矛盾，所以{}n a 收敛．
2.3 用单调有界定理证明有限覆盖定理 证明 设H 是闭区间[,]a b 的一个开覆盖．
若H 不存在[,]a b 的有限开覆盖，把[,]a b 一分为二，至少有一个闭区间不能被H 有限开覆盖（若否则[,]a b 能被H 有限开覆盖，矛盾）取出记为11[,]a b ，满足11[,][,]a b a b ⊂且
111
()2
b a b a -=-，把11[,]a b 一分为二，至少有一个闭区间不能被H 有限开覆盖取出记为22[,]a b ，
满足2211[,][,][,]a b a b a b ⊂⊂且2211211
()()22
b a b a b a -=
-=-，如此继续下去得到闭区间列{[,]}n n a b 满足下面两条：（1）11[,][,]n n n n a b a b --⊂且1
()2
n n n b a b a -=-（1,2,n =L ）（2）每个
闭区间[,]n n a b 都不能被H 有限覆盖．因为{}n a 递增且有上界，由单调有界定理可知，ξ∃ ，使
lim n n a ξ→∞
=，又因为0n n b a -→(n →∞)于是lim lim()lim n n n n n n n b b a a ξ→∞
→∞
→∞
=-+=，即
lim lim n n n n a b ξ→∞
→∞
==．0ε∀>，,N n N ∃∀>，使得n a ξεξε-<<+，n b ξεξε-<<+，从而
[,](,)n n a b ξεξε⊂-+即开区间(,)ξεξε-+覆盖了闭区间[,]n n a b ，这与[,]n n a b 的作法矛盾，于
是有限覆盖定理成立．
2.4 用有限覆盖定理证明聚点定理
证明 设{}S x =是有界无限点集，必存在a 、b 使a x b <<．
若S 不存在聚点，则在闭区间[,]a b 中任一点x 都不会是S 的聚点，从而x 的x δ邻域(,)x U x δ至多只含S 的有限个点，让x 取遍[,]a b ，使得开覆盖{(,)|[,]}x U x x a b H δ∈=．由有限覆盖定理知H 必存在有限子覆盖~
12{,,,}[,]k H U U U a b S =⊃⊃L ．
因为每个(1,2,)i U i k =L 只含S 的有限个点，~
H 只含S 的有限个点，这与~
H S ⊃且S 是无限集矛盾，所以S 至少有一个聚点．
2.5 用聚点定理证明区间套定理
证明 设{[,]}n n a b 是一个闭区间列，121n n a a a b b ≤≤≤≤≤≤L L L ．因为数列{}n a 有界 ，记有界无限点集{|}n E a n N +=∈，根据聚点定理，E 至少有一个聚点ξ．
根据聚点定义，
取1ε=，1(,1)n a U ξ∃∈． 取12ε=
，21
(,)2n a U ξ∈，要求12n n <． L L
取1k ε=
，1
(,)k n a U k ξ∈，要求1k k n n -<． L L
如此无限继续下去，构造了数列{}n a 的子数列{}k n a ．因为k N +∀∈，有1k n a k
ξ-<．当k →∞时，有
1
0k
→，所以lim k n k a ξ→∞=，即子列{}k n a 收敛于ξ．
又因为{}n a 单调递增，必然有1k k n n n a a a +≤≤．当k →∞时，n →∞．由迫敛性可以知道
lim n n a ξ→∞
=．
又由于()n n n n b b a a =-+，n →∞，所以lim n n b ξ→∞
=．又因为n k >时，有k n n k a a b b ≤≤≤，
及{}n a 与{}n b 的单调性保证[,],1,2,n n a b n ξ∈=L ，即,1,2,n n a b n ξ≤≤=L ．
最后证明ξ是唯一的．设'
ξ也满足',1,2,n n a b n ξ≤≤=L ，则'||,1,2,n n b a n ξξ-≤-=L ．由
区间套的条件得'||lim()0n n n b a ξξ→∞
-≤-=，故有'
ξξ=．
2.6 用区间套定理证明确界定理
证明 设M 为集合S 的上界，即x S ∀∈，有x M ≤．
假设S 无最大值，即M S ∉，对于0x S ∀∈，将0[,]x M 二等分，若右半区间含有S 中的点，则右半区间记为11[,]a b ，否则就记左半区间为11[,]a b ．将11[,]a b 再二等分，用同样的方法选作
22[,]a b ．如此继续下去，便得到闭区间套{[,]}n n a b ，使得n b 总是S 的上界，n a 总不是S 的上界．n
a 为单调递增的，n
b 为单调递减的，当n →∞时，01
()02n n n
b a M x -=
-→．根据区间套定理，可知存在唯一公共点[,],1,2,n n a b n ξ∈=L ．于是有lim lim n n n n a b ξ→∞
→∞
==．
因为n b 总是S 的上界，即x S ∀∈，有n x b ≤．令n →∞时，得x ξ≤．又由于lim n n a ξ→∞
=，即
0,,,N n N ε>∃∀>有n a ξεξε-<<+．而n a 总不是S 的上界，于是一定存在1x S ∈使1n a x <，
从而1x ξε-<，于是得sup S ξ=．
同理可以证若S 为非空下界数集，则S 必存在下确界．
3 实数完备性定理的应用
区间套定理只是着眼于一点，凡属于整体到局部的问题常用此定理，但应用此定理时常常采用反证法．有限覆盖定理着眼于闭区间的整体，把每点近旁的局部性质推广到整个闭区间，从而证得闭区间上应满足的性质．
例1 若函数()f x 定义在区间(,)a b 内，(,)x a b ∀∈，存在邻域(,)x x x x δδ-+使()f x 在
(,)x x x x δδ-+内单调增加，则函数()f x 在(,)a b 内也单调增加．
证法一（反证法，用区间套定理） 假设函数()f x 在(,)a b 内不是单调增加的，即11,(,)x y a b ∃∈，且11x y <，有11()()f x f y >．
将11[,]x y 二等分，分别为111[,]2x y x +与111[,]2
x y
y +． 当111()()2x y f x f +>时，令11122[,][,]2
x y
x x y +=有22()()f x f y >，
或者111()()2x y f f y +>时令11122[,][,]2x y
y x y +=有22()()f x f y >．再将22[,]x y 二等分，记为
222[,]2x y x +与222[,]2x y y +．当222()()2x y f x f +>时，令22
233[,][,]2
x y x x y +=有
33()()f x f y >，或者222()()2x y f f y +>时令22
233[,][,]2
x y y x y +=有33()()f x f y >．
如此继续下去，得闭区间列{[,]}n n x y 且
1122[,][,][,]n n x y x y x y ⊃⊃⊃⊃L L ;
11
1
lim()lim
02n n n n n y x y x -→∞
→∞
--==，且()(),1,2,n n f x f y n >=L ． 根据区间套定理，存在(,)a b α∈，使[,],1,2,n n x y n α∈=L ．已知存在邻域(,)αααδαδ-+，函数()f x 在(,)αααδαδ-+内单调增加．
当0n 充分大时．有00[,](,)n n x y αααδαδ⊂-+而00()()n n f x f y >．这与函数()f x 在
(,)αααδαδ-+内单调递增矛盾．于是()f x 在(,)a b 内必是单调递增．
证法二（用有限覆盖定理） ,(,)c d a b ∀∈，c d <，求证()()f c f d <．
[,]x c d ∀∈存在x 的邻域(,)(,)x x x U x x x δδδ=-+，使()f x 在(,)x U x δ内单调增加，所有(,)x U x δ，[,]x c d ∀∈覆盖了闭区间[,]c d ．
由有限覆盖定理，在这些邻域内可取有限个邻域1212(,),(,),,(,)n x x n x U x U x U x δδδL 且（12n x x x <<<L ）覆盖[,]c d 且去掉任一个都不能覆盖[,]c d ．()f x 在每个邻域(,)i i x U x δ（1,2,,i n =L ）内单调增加．取11(,)(,)i i i i x i x y U x U x δδ++∈⋂．由(,)i i x U x δ的定义知
1122()()()()()()()n f c f x f y f x f y f x f d <<<<<<<L ，由,c d 的任意性知函数()f x 在
(,)a b 内也单调增加．
例2 设f 是n 维欧氏空间中连通区域D 内定义的函数，对于D 内每一点，都有一个邻域，使得f 在该邻域内等于常数，证明f 在D 内等于常数．
[2](116)
P
证明 设1x 与2x 是D 内任意两点，因为D 是n 维欧氏空间中连通区域，因此有在D 连接1x 与2
x
的折线L ．可以证明组成折线L 的每一条线段的两个端点处的函数值相等，因此可知12()()f x f x =．
设这两个端点是1x 与2x ，连接1x 与2x 的线段L 为D 的闭集，L 上的每一点x 都有一个属于D 的邻域(,)x U x δ，在该邻域内f 等于常数，所有的(,)2
x
U x δ，x L ∈覆盖了闭集L ，由有限覆盖定理，在这些开邻域内可取有限个开邻域1
2
12(,
),(,
),,(,
)2
22
n
x
x
x
n U x U x U x δδδL 覆盖L ．f 在每一个邻
域(,
)2
i
x
i U x δ(1,2,,i n =L )内等于常数．
取1
2
min{
,
,,
}2
2
2
n
x
x x
δδδδ=L ．把L 等分m 份，使每一小段的长度小于δ，分点为
1122,,,m x a a a x ==L ，由于1
121,(,
)2
x
x a U x δ∈，所以12()()f x f a =，又由2a L ∈则存在一个i ，
1i n ≤≤，使2(,
)2
i
x
i a U x δ∈且有3(,
)2
i
x
i a U x δ∈，于是23()()f a f a =．
如此继续下去可得，1232()()()()()m f x f a f a f a f x =====L ，即f 在D 内等于常数． 例3 举例说明有限覆盖定理的结论在有理数集Q 中不成立．[3](38)P
解 闭区间[1,2]中所有有理数的集合记为[1,2]r ．需要构造[1,2]r 的一个开覆盖，使它的任何有限覆盖都不能盖住[1,2]r ．
[1,2]r x ∀∈，可取到正有理数x r (,)x x x r x r -+，这样就得到了[1,2]r 的一个开覆盖
{}O α．任意的取{}O α的一个有限开覆盖，设为1111(,),,(,)n n x x n x n x x r x r x r x r -+-+L ．由于这些
，且其2n 个端点都是有理数．故若设这2n 最靠近的为r ，则在r
n 个开区间外．这表明{}O α的任一有限开覆盖都不能盖住[1,2]r ．
例4 设函数f 在(,)-∞+∞上满足李普希兹条件:12,(,)x x ∀∈-∞+∞，
1212()()f x f x L x x -≤-，其中01L <<，求证:存在唯一的0(,)x ∈-∞+∞，使00()f x x =
(这种0x 称为f 的不动点)．
[4](101)
P
证明 1(,)x ∀∈-∞+∞，按照1()n n x f x -=(1,2,n =L )构造的数列{}n x 满足柯西收敛准则的条件．
由条件知:
111()()n n n n n n x x f x f x L x x +---=-≤- 211221n n n L x x L x x ---≤-≤≤-L (1,2,n =L )
又m n ∀>
231112121()m m n m n m m m m n n x x x x x x x x x x L L L ------+-≤-+-++-≤-+++L L
1
211n L x x L
-≤--．
而1
lim 0n n L
-→∞
=故{}n x 满足满足柯西收敛准则的条件．因而收敛，设0lim n n x x →∞
=，再由1()
n n x f x -=及f 在点0x 连续得: 00()f x x =．
最后证唯一性．反证法，若10x x ≠也是f 的不动点， 则101010100()()x x f x f x L x x x x <-=-≤-<- 矛盾．。