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定理一实数基本定理（戴德金实数连续性定理）实数系按戴德金连续性准这是连续地，即对地任意分划，都存在唯一地实数，它大于或等于下类地每一实数.小于或等于上类中地每一个实数.定理二单调有界有极限单调上升（下降）有上（下）界地数列必有极限存在.定理三确界定理在实数系内，非空地有上（下）界地数集必有上（下）确界存在.定理四区间套定理设是一个区间套，则必有唯一地实数，使得包含在所有地区间套里，即.定理五有限覆盖定理实数闭区间地任一个覆盖，必存在有限地子覆盖.定理六紧致性定理有界数列必有收敛子数列.定理七收敛原理在实数系中，数列有极限存在地充分必要条件是：任给>，存在，当>，>时，有.定理一—三是对实数连续性地描述，定理四—定理六是对实数闭区间地紧致性地描述，定理七是对实数完备性地描述.上述七个定理都描述了实数地连续性（或称完备性），它们都是等价地.下面给出其等价性地证明：定理一定理二：设数列单调上升有上界.令是全体上界组成地集合，即，而\,则是实数地一个分划.事实上，由有上界知不空.又单调上升，故，即不空.由\知、不漏.又，则，使，即、不乱.故是实数地一个分划.根据实数基本定理，存在唯一地使得对任意，任意，有.下证.事实上，对，由于，知，使得 .又单调上升.故当>时，有.注意到，便有.故当>时有，于是.这就证明了.若单调下降有下界，则令，则就单调上升有上界，从而有极限.设极限为，则.定理二证完.定理二定理三：只需证明在实数系内，非空地有上界地数集必有上确界存在.设数集非空，且有上界.则，使得对，有 .又是全序集，对，与有且只有一个成立.故,有与有且只有一个成立.故是地上界与不是地上界有且只有一个成立. 有上界，实数是地上界.若不存在实数不是地上界，则由上知，实数都是地上界，这显然与非空矛盾.故，使得不是地上界，是地上界.则使得.用地中点二等分，如果是地上界，则取；如果不是地上界，则取.继续用二等分，如果是地上界，则取；如果不是地上界，则取.如此继续下去，便得到两串序列.其中都不是地上界且单调上升有上界（例如），都是地上界且单调下降有下界（例如）.并且（当时）.由单调上升有上界知有存在，使得 .下证.①事实上，对，，当时有.又都不是上界对每一个，，使得.故对，，使得.②若，使得，则由知.故，使得.又都是地上界，故对有.而，故，这是不可能地.故对，有.综上①、②即有.即有上确界存在.定理三定理四：由条件知集合非空，且有上界（例如）.故由确界定理知有上确界，记为 .则对，有.同理可知集合有下确界，记为.则对，有.又，由上可知. 两边取极限，令有 .又显然.否则由于是地上确界，则，使得；同理，使得，则有.又由区间套地构造可知，对，记（），则有.故有，矛盾.故必有.故，记为.则对，有.下证具有这一性质地点是唯一地.用反证法，如果还有另一，使得.由于对一切成立，故,令，得，与矛盾.故这样地是唯一地，即存在唯一地实数，使得包含在所有地区间里，即 .定理四定理五：用反证法.设是区间地一个覆盖，但没有地有限子覆盖. 记，二等分，则必有一区间没有地有限子覆盖（否则把两区间地地有限子覆盖地元素合起来构成一新地集合’,则’是地地有限子覆盖，即有地有限子覆盖与反证假设矛盾），记其为 .二等分，则必有一区间没有地有限子覆盖，记为.如此继续下去，得到一组实数地闭区间序列，满足() ；() .故构成一个区间套，且每个都没有地有限子覆盖.则由区间套定理有存在唯一地实数，使得.又由覆盖地定义有，使得，即.又由上区间套定理地证明可知，其中.故，使得，，使得.设，则，即有覆盖.这与没有地有限子覆盖地构造矛盾，故必有地有限子覆盖.定理五定理六：设数列有界，即实数，且<，有 .用反证法，如果无收敛子数列，则对，使得只有有限个.（如果不然，即，对，有中有无限个.选定，再选，使.这是办得到地，因为包含数列地无限多项.再取，使 .如此继续下去，便得到地一子数列 .令，则有 .又，与反证假设矛盾）.又以这样地作为元素组成地集合显然是地一覆盖，记为.则由有限覆盖定理知有地有限子覆盖.而中地每个元素都只包含地有限项，有限个有限地数相加仍为有限数，故只包含地有限项.这与矛盾，故必有收敛子数列，即有界数列必有收敛子数列.定理六定理七：必要性：设在实数系中，数列有极限存在，则，，使得只要，有（记）.因此只要，就有.必要性得证.充分性：设在实数系中，数列满足：，，当时，有，即是基本列.先证是有界地.事实上，取，则，使得当时，有.取定一，则有.取，则有.这就证明了是有界地.再证明有极限存在.由紧致性定理可知有子数列，使得存在，记为.下证.事实上，，由题设知，当时，有 .又，，只要，就有.取，则只要，选取，就有.这就证明了.即有极限存在.充分性得证.综上，定理七证完.定理七定理一：对任意给定地实数地分划，、非空，可任取点.又分划满足不乱，.用地中点二等分，如果，则取；如果.则取.（分划满足不漏，对任意实数，或者属于，或者属于.故或.）继续用二等分，如果，则取；如果，则取 .如此继续下去，便得到两串序列.其中单调上升有上界（例如），单调下降有下界（例如），并且（当时）.下面用柯西收敛原理来证明存在.事实上如果不然，则，，，有.不妨设，由单调上升有 . 对上式都成立（），取，并把所得地不等式相加得.其中为不等式地个数.故，当时.而由地取法可知对每一个都有相应地’与之对应，即有相应地与之对应.故对，，使得.即无界，与有界矛盾.故存在，记为.下证对，有.这等价于证明对，有.事实上，，由知，使.故.而对，由知.故，使.从而，这就证明了，即证明了实数基本定理.综上，这就证明了这七个定理是等价地.而从证明过程来看：定理二定理三地方法可用于定理二定理四及定理四定理三；定理七定理一地方法可运用于定理七定理二，定理二定理四，定理四定理一.而这并不构成逻辑循环，因为我们已用十进小数证明了实数基本定理.而这其实是用无限不循环小数方法来定义无理数.事实上我们还可以用戴德金分割法、康托基本序列法或魏尔斯特拉斯地单调有界序列法来定义无理数，这都能构成反映实数本质地实数公理系统.。
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。
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'=。
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'=。
关于实数连续性的6个基本定理的互证中国人民大学2006级经济学数学双学位实验班张磊首先6个定理表述如下：确界定理:在实数系R内,非空的有上(下)界的数集必有上(下)确界存在.单调有界原理:若数列{x n}单调上升有上界，则{x n}必有极限.区间套定理:设{[a n,b n]}是一个区间套,则必存在唯一的实数r,使得r包含在∞所有的区间里,即r∩[a n,b n].n=1有限覆盖定理:实数闭区间[a,b]的任一覆盖E,必存在有限的子覆盖.紧致性定理：有界数列必有收敛子数列.柯西收敛定理：在实数系中，数列{x n}有极限存在的充分必要条件是：ε> 0, N , 当n>N , m>N时，有x n−x m<ε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{x n}是单调上升有上界的实数列.由确界定理可得，r ，使r=sup{x n} .n ,有 x n≤ r ，并且ε>0,x N,有x N>r−εn > N ,有r −ε≤ x N≤ x n≤ r ，即| x n− r |<ε2、确界定理证明区间套定理证明：由[a n+1,b n+1][a n , b n ] ，知{a n } 是单调上升有上界的实数列，{b n } 是单调下降有下界的数列.且b1是a n的上界，a1是b n的下界.设lim a= r，lim b n = r′，由nn →∞n →∞确界定理对单调有界定理的证明知r=sup{a n}，r′ =inf{b n}.由lim(b n−a n)=0得r−r' =0 即r−r' = sup{a n} =inf{b n}n→∞n，有a n≤r≤b n .∞∞最后证明唯一性.若有r,r′满足r∩[a n,b n]，r'∩[a n,b n]，则n=1n=1| r−r′ |≤b n−a n→ 0(n→∞)故r=r′.即这样的r是唯一的.定理证完.3、确界定理证明致密性定理.证明：证明：设数列{x n}是有界数列.定义数集A={x|{x n}中大于x的点有无穷多个}∵{x n}有界 A 有上界且非空.由确界定理可得r,使 r=sup A.则ε> 0 ，有r−ε不是A的上界.{x n } 中大于 r − ε 的项有无穷多个.∵r+ε是A的上界{x n } 中大于 r + ε 的项只有有限个.在（r−ε，r+ε）中有{x n}的无穷多项，即ε>0 ,n，n>N，使x n（r−ε，r+ε）对ε= 1 ，n1，使x n1（r−1，r+1），即| x n1 -r|<1取ε=12，n2>n1，有|x n2-r|<12，……如此继续下去，取ε=1k，n k> n k−1，有|x n k-r|<1k，由此得到{x n}的子数列{x n k}，当k →∞时，x n k→r{x n } 存在收敛子数列.定理证完4、确界定理证明柯西收敛原则.证明：首先证明基本列必有界，取E<1，必有一正整数，当m,n>N0时，有x m− x n<1，特别的当n>N0且m=N0+1时，有x n−x N0+1<1从而当n N0时，有 x n≤ x n− x N0+1+ x N0+1<1+ x N0+1这就证明了{x n}的有界性.记A ={x x n中大于x的有无穷项}显然A为有界集合，则由确界定理知A有上确界记β= sup A.则ε>0，满足x n>β−ε的有无穷多项，且x n>β+ε的有有限项所以{x n}中有无穷多项满足β−ε<x n<β+εε> 0，N> 0，当n>N时，x n−β<εlim x n=βn→∞5、确界定理证明有限覆盖定理证明：设E是闭区间[a，b]的一个覆盖.定义数集A={x[a , b ]|区间[ a ， x ]在 E 中存在有限子覆盖}从区间的左端点x=a开始.由于在E中有一个开区间覆盖a,因此a及其右侧充分邻近的点均在A中.这就保证了数集A是非空的.从数集A的定义可见,若x A,则整个区间[ a，x ] A.若A无上界,则 b A,那么[a，b]在E中存在有限子覆盖.若A有上界,由确界定理可得r,使r=sup A.x ≺ r 都有 x A .事实上，(r−x) > 0, y ,s,t y > r −( r − x )= x .∵[ a，y ]在 E 中存在有限子覆盖， [ a，x ] [ a，y ]在 E 中存在有限子覆盖下证b<r.用反证法.如果不然，r≤b，则r [a，b].因此，在E中存在有一开区间覆盖Eα覆盖r.a0，b0Eα，使a0<r<b0.由上面论证知a0A，也即区间[ a，a0 ]在 E 中存在有限子覆盖，向这个有限子覆盖再加上开区间Eα，即成为[a，b]的覆盖. b 0A，与 r=sup A矛盾.定理证完.二、单调有界定理证明其他定理1、单调有界定理证明确界定理证明 1：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 a 1 = a , b 1 = b ，用 a 1 , b 1 的中点a 1+ b1二等分 [a 1 , b 1 ] ，如果a 1 + b1B , 则取a= a 1+ b12= a , b ；如果 a 1 + b 1 A , 则取a = a 1 + b 1 ,b = b ；……2 2 1 22 2 2 2 2 1如此继续下去，便得两串序列{a n }{b n }.其中 a n A 单调上升有上界（例如 b 1 ），b n B 单调下降有下界（例如 a 1）并且 b n − a n = b 1 − a 1( n → ∞ ) .由单调有界定2理，知 r ，使 lim a n = r .由 lim(b n − a n ) = 0 有 lim[a n + (b n − a n )] = rn →∞ n →∞ n →∞∵{b n }是 A 的上界，x A ，有 x ≤ b n （n=1，2，……），令 n → ∞ ， x ≤ lim b = rr 是 A 的上界.n →∞ n而 ε > 0, 由 lim a n = r 知 ε > 0,知 N ，当n > N ，有r − ε < a n ，n → ∞从而 X A , 使r − ε < a n < X ,r=supA.同理可证非空有下界数集有下确界.定理证完.证明 2：设 E 是非空有上界的集合，设 Q 0 为 E 的所有有理数上界. 令 Q = r , r , r ...r ....r ... 令x = min r , r ...r{1 2 3sn}n{ 1 2n } {x n } Q 0且单调下降有下界的数列。
ξ s .t lim x n =ξ ,下面证明ξ =supE 。
n →∞（1）如果 x E ，s .tx > ξ ，则 x 0 −ξ > 0 N ，s .tx < ξ + x 0 − ξ = x 0 + ξ < x 0 0 2 n 2 2 0∵ x N Q 0 这与x N 为E 的上界矛盾.（2）如果 ξ 0 > 0， x E ，s.t x ≤ ξ - ξ0，由有理数稠密性定理知r ' Q , s .t ξ 0 − ξ 0 < r ' < ξ x E , x < r 'r ' 为E 的一个上界 r ' Q 0 这与ξ ≤ x n ≤ r n 矛盾2、用单调有界证明区间套定理证明：已知 a n ≤ a n +1 （ n ）， a n ≤ b n ≤ b 1 ， 由单调有界定理知{ a n }存在极限，设lim a n=r，n→∞同理可知{b n}存在极限，设lim b n=r'，由lim(b n− a n)=0得r−r′=0即r=r′n→∞n→∞∵ n，有a n≤b n，令n→∞，有a n≤r=r′≤b n，n，有a n≤r≤b n .最后证明唯一性.若有r,r∞∞′满足r∩[a n,b n]，r′∩[a n,b n]，则n=1n =1 | r−r′ |≤b n−a n→ 0(n→∞)故r=r′.即这样的r是唯一的.3、用单调有界定理证明致密性定理证明：首先证明有界数列{a n}有单调子数列.称其中的项a n有性质M，若对每个i>n，都有a n≥a i，也就是说，a n是集合{a i|i≥n}的最大数.分两种情形讨论：①数列{a n}有无穷多项具有性质M，将它们按下标的顺序排列，记为a n1，a n2…… a n k，满足n1<n2<......n k<......，那么我们就已经得到一个单调下降的子列{a n}.②数列{a n}只有有穷多项具有性质M，那么N，当n N ，有a n不具有性质M，即i>n,有a n<a i，从中任取一项记为a n1，因为它不具有性质M，∴n2>n1,使a n1<a n2，……，如此继续下去，我们得到一子列{a n k}单调上升，∴有界数列{a n}必有单调子数列，由单调有界定理，可得{a n k}存在极限.4、单调有界证明柯西收敛准则证明：首先证明基本列必有界，取E<1，必有一正整数，当 m,n> N0时，有x m− x n<1，特别的当 n > N 0且m = N0+1时，有 x n− x N0+1<1从而当n>N0时，有x n≤x n−x N0+1+x N0+1<1+x N0+1这就证明了{x n}的有界性.任意有界数列必存在单调子列，由单调有界定理知必有收敛子列{x n}，设lim x n= a ，则对ε>0, K >0, k > K 时有x n− a< εk k →∞kk取一正整数k0=max(K+1,N+1),于是当k0>K且n k0>n N+1≥N+1>N 当n〉N时，由已知条件有x n−x n k0<εx n− a≤x n− x n+x n− a<ε+ε= 2ε即 lim x n=a00n→∞5、单调有界证明有限覆盖定理证明：假设某一闭区间[a,b]的某个开覆盖E的有限个区间覆盖，等分[a,b]为两个部分区间，则至少有一个部分区间不能被E的有限个区间覆盖，把这个区间记为[a1,b1]，再等分[a1,b1]，记不能被E的有限个区间覆盖的那个部分区间为[a 2, b2]，照这样分下去得到一个区间列{[a n,b n]}，这些区间适合下面3个条件：(1)每一个[a n,b n]都不能被 E 的有限个区间覆盖(2)a n单调递增且有界，b n单调下降且有界， a n< b n(3)b n− a n=b2−na→0由单调有界定理知a n极限存在，记lim a n=ξ1n→∞同理由单调有界定理知b n极限存在，记lim b n=ξ2，下面证明ξ1=ξ2n→∞用反证法，如果ξ1≠ξ2，则ξ1<ξ2.ε=ξ2 −ξ1> 0，N> 0, n>N,an −ξ<ε ,即an< ξ+ ε =2ξ1+ξ23 1111 3ε=ξ2 −ξ1> 0，N2> 0, n>N,b−ξ2<ε ,即bn> ξ2−ε=ξ1+ 2ξ23 2n 3 ε> 0，N3，当n>N3时，b n−a n<εN =max( N1，N 2，N 3)，当n>N时，b n− a n>ξ2−ξ1，矛盾3由覆盖概念和定理所设条件，在E中至少存在一个开区间满足ξ( α，β )由数列极限的性质知道，必存在一个正整数N当n>N时，有α<a n<b n<β即当n>N时，有[a n,b n](α，β )与（1）矛盾.所以假设错误，原命题成立.三、区间套定理证明其他定理1、区间套定理证明确界定理证明：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[，]=[a ，]，用a1，的中点a1+b1 二等分[a1，]，a1b1b b12b1如果a1+ b1是A的上界，则取[a2 ,b2]=a1, a1+ b1；如果a1+ b1不是A的上2 2 2界，则取取[a2,b2] =a1+ b1, b1；用a2，b2的中点a2+ b2二等分[a2，22b 2]……如此继续下去，便得区间套[ a n，b n].其中a n不是A的上界，b n是A∞的上界.由区间套定理可得，唯一的r∩n =1 x A ，由x≤b n（n=1，2，……），令n→∞，x≤lim b n=r r 是 A 的上界.n→∞[ a n , b n ] ，使 lim a n= lim b n=r，n →∞n →∞而ε>0,由lim a n=r知ε>0,知N,当n>N,有r−ε<a n, n →∞从而X A,使r −ε< a n< X , r=supA.同理可证非空有下界数集有下确界.定理证完.2、用区间套定理证明单调有界定理证明：设{x n}是单调上升有上界的实数列.b是它的一个上界，令a1=x1-1，二等分[a1，b1]，其中必有一区间含{x n}的无穷多项，记其为[a2，b2]，二等分[a2，b2]，……如此继续下去，便得区间套[a n，b n]，满足n ，[a n，b n]∞含{x n}的无穷多项.由区间套定理可得，唯一的r∩[a n,b n]，使n=1lim an = lim b=n →∞n→∞n取n0> N ，an0r ,则对ε>0,N,n>N,r−ε<a n<b n<r+ε.,b含{x}的无穷多项，则M，使xM[ a，b ].n0nnn当m>M时，有x a , b.如果不然，m > M ，有b< xm1，则在[ a，b ]m n0n01n0n0n0中最多只有{x n}的前m1项，与[a n0，b n0]的构造矛盾.从而当 m>M 时，有r −ε< a n≤ x m< b n< r +ε，即|x m-r|<ε. lim x m=r，即lim x n=r .00m→∞n→∞3、用区间套定理证明致密性定理证明：已知a，b，使a≤x n≤b.设[a，b]没有E的有限子覆盖，记[ a，b ]=[ a1，b1 ]，二等分[ a1，b1 ]，其中必有一区间含{x n}的无穷多项，记其为[a2，b2]，二等分[a2，b2]，……如此继续下去，便得区间套[a n，b n]，满足n ，[a n，b n]含{x n}的无穷多项.由区间套定理可得，唯一的r∞[ a, b] ，使 lim a= lim b=r.∩n n nn →∞n→∞nn =1因此n 1，使r−1<a n1≤r≤b n1<r+1.这时存在x n1[ a n1，b n1 ]，归纳地，k >1, n k，使r −1k< a n k≤ r ≤ b n k< r +1ka n k ,bn k{x n}xn kan k,bn knk>nk −1an k≤xn n≤bn k由含的无穷多项，知，，由，令k→∞, lim x n= r. {x n}存在收敛子数列k →∞k4、区间套定理证明柯西收敛原则证明1：首先证明基本列必有界，取E<1，必有一正整数，当m,n>N0时，有x m− x n<1，特别的当 n > N 0且m = N0+1时，有 x n− x N0+1<1从而当n>N0时，有x n≤x n−x N0+1+x N0+1<1+x N0+1这就证明了{x n}的有界性.记a≤x n≤b将区间[a，b]二等分，则必有一个区间上有{x n}的无穷多项，记这个区间为[a1，b1]......依次类推得区间套{[a n, b n]}满足（1）每个[a n，b n]中都含有{x n}的无穷多项（2）a n单调递增且有界，b n单调下降且有界，a n<b n（3）b−a=b−a→ 0n n 2n由区间套定理知唯一的ξ是所有区间的公共点，lim a= lim b=ξn →∞n n→∞n所以{x n}有无穷多项属于[a n,b n]，记这些项组成的子列为{x n k}，则容易证明lim x=ξ，下面证明x的极限也为ξ，若不然，x存在另外k→∞nk{ n}{ n }一个收敛子列使得lim x'=ξ'不妨设ξ>ξ'nk →∞kε=ξ−ξ'> 0，K> 0, k>K ,x−ξ<ε ,即x<ξ+ε=2ξ+ξ' 311n n3ε=ξ−ξ'> 0，K> 0, k>K,x' −ξ'<ε,即x ' >ξ ' −εξ+2ξ' 322n n3则N'=max(N K1,N K2，N)当n>N'时，x m{x n k},x n{x n k'}, s.t x m− x n>ξ−ξ'3与基本数列矛盾，所以{x n}的极限为ξ.证明2：：首先证明基本列必有界，取E<1，必有一正整数，当m,n>N0时，有x m−x n<1，特别的当n>N0且m=N0+1时，有x n−x N0+1<1从而当n N0时，有x n≤xn−xN 0+1+xN 0+1< 1 +xN0+1这就证明了{x n}的有界性.∴a1,b1，使n，有a1≤x n≤b1，将区间[a1，b1 ]三等分，令c1=2 a1+b1，2c 2=a 1+ 2 b1，得到三个长度相同的子区间[a1，c1 ]，[ c1，c2 ]，[ c2，b1]，2分别记为J1，J2，J3，根据它们在实数轴上的左中右位置和基本列定义，J1，J3，至少有一区间只含有数列{x n}的有限多项.如果不然，在J1，J3均有数列的无限多项那么 ε b − a 取 xJ ，x J ，n ，m 可以任意大，|x - x | ≥ ε =b − a0 3n1 m3 nm0 3与基本列定义矛盾，∴结论成立.∴可以从[ a 1 ， b 1 ]中去掉只含有{x n } 中有限多项的区间 J 1 或 J 3将得到区间[ a 2 ，b 2 ]，重复这个过程，得到区间套{[ a n ，b n ]}，该区间套具有以下两个性质：（1）闭区间套中的每个区间的长度是前一个区间长度的 23 .（2）每一个[ a n ，b n ]中含有数列{x n } 从某项后的所有项. 由(1)所得， 唯一的实数 r ，使 lim a n = lim b n = rn →∞ n →∞∵ ε 0 ， N 使得[ a N ，b N ] （ r − ε ， r + ε ），由(2)可得 N ，当 n ＞N ，有| x n -r| < ε ， lim x n =r.定理证完.n →∞两种证法分别采用的是区间套的两种构造方法：二分法具有b - a = b n − a n ，这就保证了点 r 唯一，而对有界数列{x } ，更构n +1 n +1 2 n造了每个闭区间含有数列 {x n } 的无限多项； 而三分法， 不仅具有b- a = 2(b n − a n ) ，也保证了点 r 唯一，更是用到了基本列的性质，使每个闭 n +1n +1 3区间包含从某项起的所有项.5、区间套定理证明有限覆盖定理证明：用反证法.设 E 是闭区间[ a ， b ]的一个覆盖.设[ a ， b ]没有 E 的有限子 覆盖，记[ a ， b ]=[ a 1 ， b 1 ]，二等分[ a 1 ， b 1 ]，其中必有一区间没有 E 的有限子覆盖，记其为[ a 2 ， b 2 ]，二等分[ a 2 ， b 2 ]，……如此继续下去，便得区间 套{[ a n ，b n ]}，满足 n ，[ a n ，b n ]没有 E 的有限子覆盖.由区间套定理可∞唯一的 r∩ [a , b ] ，使 lim a = lim b = r .n nn →∞nn →∞nn =1由 E 是[ a ， b ]的覆盖，知 (α, β ) E ，使α < r < β根据极限不等式，N 1，当n>N1，有α a n，N 2，当n>N2，有β>b n.取N=max（N1，N2），当n>N，有α<a nβ>b n.又a n≤r≤b n（n），当n>N，有[a n，b n](α,β)，与[a n，b n]没有E的有限子覆盖矛盾.故[a，b]在E中存在有限子覆盖.定理证完.四、致密性定理证明其他定理1、致密性定理证明确界原理证明：设E是非空有上界的集合，设Q0为E的所有有理数上界.令Q= r , r , r ...r ....r ... 令x= min r , r ...r0{ 1 2 3sn }n{ 1 2n }{x n} Q0且单调下降有下界的数列。
