《数学分析》实数完备性七大定理证明与七大定理相互证明

实数完备性的证明
第一部分 七个定理的证明
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 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 。

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
'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2
1
1b a +二等分[1
a ，1
b ]，如果2
11
b a
+是A 的上界，
则取[2a ，2
b ]=[1
a ，2
11
b a
+]；如果2
11
b a
+不是A 的上界，则取[2a ，2b ]=[2
1
1b a +，1
b ]；用2
a ，2
b 的中点2
22
b a
+二等分[2a ，2
b ]……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。

3.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=sup A 。

∴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αE
覆盖r 。

0a ∃，0b ∈αE ，使0a 0b r 。

由上面论证知0a ∈A ，也即区间[0
a 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=sup A 矛盾。

定理证完。

4.用有限覆盖定理证明聚点定理
证明：设E为直线上有界无穷点集，则存在
M>o，使Ec[一M，M]中任何点不是E的聚点，
则对每一个x∈[一M，M]，必存在相应的6。

>o，
使得在U(x，8。

)内至多含有E的有限多个点。

设H一{U(x，文)|x∈[一M，M])。

则H是
[一M，M]的一个开覆盖。

由有限覆盖定理，H中
存在有限个开覆盖U(x，，艿。

，)(j一1，2，3。

……)构成[一M，M]的一个开覆盖，当然也覆盖了E。

由
邻域U(x，，文，)的原意，在其内至多含有E的有限
多个点x，(j一1，2，3，……)。

故E为有限点集，这与题设E为无穷点集相矛盾。

故[一M，M]中至多
有E的一个聚点。

5.用聚点定理证明致密性定理
证明：若数列{x。

}中含有无限多个相等的项，
则由这些项组成的子列是一个常数列，显然收敛。

若数列{x。

}不含有无限多个相等的项，则由
聚点定理，点集{x。

}至少有一个聚点，记为x。

，由
聚点的等价定义
从而得到它的各项互不相同，于是{x。

k)收敛于x。

6．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
n =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+|0
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，1
N ∃，当1N n ，1N m ，有|n x -m x |2
ε 。

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

∴∞
→n lim n x =r 。

定理证完。

7．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1
N =1，1
n ∃ 1
N ，使1n x -1x 0ε≥，
2
N =1
n ，1
2
n n
∃，使2
n x -1
n x 0ε≥， ……，k
N =1
-k n ， k
n
∃k
N ，使k
n x -1
-k n x 0ε≥。

把它们相加，得到k
n x -1x 0εk ≥ ∴G ∀，0
1εx 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。

第二部分 七大定理相互证明
1.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1
a =a ，
1b =b ，用1a ，
1b 的中点21
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 +，2
b =1
b ；……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1
b ），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。

2.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ε
ε
-∃∀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。

定理证完。

3.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，1
a 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。

4.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αE
覆盖r 。

0a ∃，0b ∈αE ，使0a 0b r 。

由上面论证知0a ∈A ，也即区间[0
a 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，1
n ∃，使1
n x ∈（1-r ，1+r ），即|1
n x -r|1
取21
=
ε，1
2
n n ∃，有|
2
n x -r|
21
，……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
6.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 ，2
b ]，二等分[2a ，2
b ]，……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
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 ，0
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。

7.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 ，]=[1
a ，1
b ]，二等分[1
a ，1
b ]，其中必有
一区间没有E 的有限子覆盖，记其为[2a ，2
b ]，二等分[2a ，2
b ]，……
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 1
N ，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 ， β
n
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。

8.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 ，]=[1
a ，1
b ]，二等分[1
a ，1
b ]，其中必有一区间含}{n x 的无穷多
项，记其为[2a ，2
b ]，二等分[2a ，2
b ]，……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 11
n 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
9.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=（
1
1+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[1
a ，1
b ]的覆盖。

由有限覆盖定理，存在N ，使得)
,(1n n N
n βα⋃
=⊃
⋃)','(n n βα[，
1
a 1
b ]，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。

10.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-0x ,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
11.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
12.柯西收敛定理→紧致性定理
证明：设数集A 非空有上界， 1
b 是A 的上界，
1a 不是A 的上界， 1
a 1
b ，
用1
a ，1
b 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 ，21
1b a +]；如果2
1
1b a +不是A
的上界，则取[2a ，
2b ]=[21
1b a +，
1b ]；用2a ，2b 的中点
2
2
2b a +二等分[2a ，2
b ]……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。