实数完备性的六大基本定理的相互证明

第七章 实数的完备性§1.关于实数集完备性的基本定理1. 验证数集⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-n n 1)1(有且只有两个聚点11-=ε和12=ε。

解： 当n 取奇数12-=k n 时，S 中的互异子列 ) ( , 1 1 2 1 1 ∞ → -→ ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ - + - k k ，所以11-=ξ是S 的聚点；当n 取偶数k n 2=时，S 中的互异子列)(,1211∞→→⎭⎬⎫⎩⎨⎧+k k ，所以12=ξ是S 的聚点2．证明：任何有限数集都没有聚点。

证明： 设有限数集S 。

由聚点ξ的定义，在ξ的任何邻域内都含有S 中无穷多个点，而S 只有有限个点，所以S 没有聚点。

3．设{})(,n n b a 是一个严格开区间套，既满足,1221b b b a a a n n <<<<<<< 且0)(lim =-∞→n n n a b .证明：存在唯一的一点ε，使得.,2,1, =<<n b a n n ε证明：证法一：}{n a 严格递增，有上界A a n n =∴∞→lim ，且 3,2,1,=<n A a n(否则，假定存在N ，有时，，则N n A a N >≥A a a a n N n ≥>>+1，因而Aa a N n n >≥+∞→1lim 与A a n n =∞→lim 相矛盾)同理B b n n =∞→lim 存在， 3,2,1,=>n B b n由条件0)(lim =-∞→n n n a b 可知A=B ，令B A ==ε，则 3,2,1,=<<n b a n n ε证法二：作闭区间列]2,2[],[11++++=n n n n n n b b a a y x 其满足： 1°),(],[),(11n n n n n n b a y x b a ⊂⊂++][][,1,1n n n n y x y x ⊂∴++2°0)(lim =-∞→n n n a b0)(lim =-∴∞→n n n x y由区间套定理，存在唯一一点),(],[n n n n b a y x ⊂∈ε使得.,2,1, =<<n b a n n ε4．试举例说明：在有理数集内，确界原理、单调有界定理、聚点定理和柯西收敛准则一般都不成立。

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(1)（用确界定理证明单调有界定理）(2)（用单调有界定理证明区间套定理）(3)（用区间套定理证明确界原理）*(4)（用区间套定理证明有限覆盖定理）*(5)（用有限覆盖定理证明聚点定理）*(6)（用聚点定理证明柯西准则）*(7)（用柯西准则证明单调有界定理）(1)（用确界定理证明单调有界定理）〔证毕〕(返回)(2)（用单调有界定理证明区间套定理）设区间套．若另有使，则因．［证毕］[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．(返回)(3) （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］(返回)*(4)（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．［证毕］［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．(返回)*(5)（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．(返回)*(6)（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，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．［证毕］(返回)*(7)(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，；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]。

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，；。

关于实数连续性的基本定理关键词：实数基本定理 确界定理 单调有界原理 区间套定理 有限覆盖定理 紧致性定理 柯西收敛定理 等价证明以上的定理表述如下：实数基本定理：对R 的每一个分划A|B ，都∃唯一的实数r ，使它大于或等于下类A 中的每一个实数，小于或等于上类B 中的每一个实数。

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}{n x 单调上升有上界，则}{n x 必有极限。

区间套定理:设｛,[n a ]n b ｝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∞=∈1],[n n n b a r 。

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}{n x 有极限存在的充分必要条件是：εε<->>∃>∀||,,,0m n x x ，N m N n N 有时当。

这些定理虽然出发的角度不同，但描写的都是实数连续性这同一件事，它们之间是相互等价的，即任取其中两个定理，它们可以相互证明。

那么，它们在证明过程中有哪些联系？作为工具，它们又各具有什么特点？以下先给出它们的等价证明。

（二）实数基本定理的等价证明一．用实数基本定理证明其它定理 1．实数基本定理→单调有界定理证明：设数列}{n x 单调上升有上界。

令B 是数列}{n x 全体上界组成的集合，即B={b|n b x n ∀≤,},而A=R ﹨B ，则A|B 是实数的一个分划。

事实上，由单调上升}{n x ，故1x -1∈A ，即A 不空，由A=R ﹨B ，知A 、B 不漏。

又对任给a ∈A ，b ∈B ，则存在0n ，使a <0n x ≤b ，即A 、B 不乱。

故A|B 是实数的一个分划。

根据实数基本定理，A ，a R r ∈∀∈∃使得对,b r aB ，b ≤≤∈有。

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。