实数系完备性基本定理的循环证明

1、实数系完备性基本定理的循环证明 摘 要:循环论证了实数系的6个基本定理,并最终形成所有完美的论证环,体现了数学论证之美.关键词: 实数 完备性 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 确界原理 (单调有界定理)任何单调有界数列必定收敛(区间套定理）设为一曲间套：1.2.则存在唯一一点(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(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）(柯西准则)数列收敛的充要条件是：N，

2、0;, 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）(确界原理) 非空有上界数集必有上确界 ；非空有下界数集必有下确界 .单调有界定理对其它定理的证明1用单调有界定理证明闭区间套定理证 由区间套定义,为递增有界数列，依单调有界定理, 有极限,且有n=1,2, (1) 同理,递减有界数列也有极限,并按区间套的条件有= (2)且 ，n=1,2, (3)联合(1) (3)即得式. 最后证明满足的的是唯一的,设数也满足 ，n=1,2, 则由式有 |- | - ，n=1,2, 由区间套的条件得 |- |，故有= 2用单调有界定理证明确界原理证 我们不妨证明非空有上

3、界的数集必有上确界.1.欲求一实数使它是非空数集的上确界.利用非空有上界的数集,构造一数列使其极限为我们所要求的实数. 选取性质:不小于数集中的任一数的有理数. 将具有性质的所有有理数排成一个数列 ,并令 =max,则得单调递增有上界的数列;2.由单调有界定理得,且对任意的自然数n 有;3.是数集S的上确界.用反证法.若有数 使,取,由3.一定存在一个有理数 ,使<+,从而<,这与是数集的上界矛盾.所以对一切S,都有,即是数集S 的上界. 任给>0,若S,都有-,则存在有理数,使-<<,即-< < .这与3.矛盾,所以存在 ,使>-.即是数集的最

4、小上界. 于是,我们证明了所需结论.3用单调有界定理证明有限覆盖定理证 1.设有理数(, ,使区间,能被中有限个开区间覆盖.把,上的这种有理数的全体排成一个数列.因为存在一个开区间(,)使(,),在(,),内含有无穷多个有理数,所以是存在的; 2.将数列单调化,取=max,则数列单调递增有上界; 3.由单调有界定理得, =, 且，n=1,2,; 4.因, n=1,2, ,由3.得,故必在中的某个开区间(,)中.再由3.,一定有 ,使<.又由1.,能被中有限个开区间覆盖.故只需把(,) 加进去. , 能被中有限个开区间覆盖. 若=,则说明,能被H中有限个开区间覆盖.用反证法.若<,由

5、于内,的有理数在上处,处稠密,故一定存在有理数,使得<<min, ,这样一来, , 能被中有限个开区间覆盖.故 ,与3.矛盾.所以=.4.用单调有界定理证明柯西收敛准则证 若收敛，设则有对，当时有 任取，则有从而即是列 设是列(i) 则对，当时有 从而 取， 从而 取， 从而即得对有，由的任意性有 (ii)由列的定义，任取，则，当时有 取则 所以为有界序列 由有为有界序列 由有界单调收敛定理有收敛，设 (iii)下证 因为对，当时有 由是列有 当时有 所以+ 所以收敛，且 证毕5.单调有界定理证明聚点定理证 设是以有界无限点集 ,则在中选取一个由可数多个互不相同的点组成的数列 ,显

6、然数列是有界的. 下面我们从中抽取一个单调子列, 从而由单调有界定理该子列收敛, 最后我们证明该子列的极限值 ,就是有界无限点集的聚点 .分两种情况来讨论. 1)如果在的任意一项之后 ,总存在最大的项( 因是有界的且,这是可能的). 设 后的最大项是; 后的最大项是且显然; 一般地, 后的最大项记为 ,(=1,2,). 这样,就得到了的 一个单调递减的子数列,因为有界,根单调有界定理知,收敛.2)如果1)不成立. 即从某一项后, 任何一项都不是最大的 (为证明书写简单起见 ,不妨设从第一项起,每一项都不是最大项). 于是, 取=, 因不是最大项, 所以必存在另一项>(>).又因为也

7、不是最大项, 所以又有>( >), 这样一直下去,就得到的一个单调递增的子列 且有上界 单调有界定理知, 收敛。 总之不论属于情形 1）还是情形 2）都可作出的一个单调收敛的子列. 设=,今证是的聚点 .对>0,存在自然数,使得时>时， - < < +, 若这时单调递减 , < +( >) 且 , 即的领域内含有中异于的点,故是 的聚点. 单调递增时,类似可证区间套定理对其它定理的证明1.用区间套定理证明数列的柯西收敛准则证 必要性 设= A.由数列极限定义,对任给的>0,存在>0,当m,n>时有 |-A|< , |-A|

8、< , 因而 | -| |-A|+ |-A|< + =. 充分性 按假设,对任给的>0,存在>0,使得对一切有|-| ,即在区间-,+ 内含有中几乎所有的项(这里及以下,为叙述简单起见,我们用“ 中几乎所有的项”表示“ 中除有限项外的所有项”) 据此,令= ,则存在,在区间-, + 内含有中几乎所有的项.记这个区间为,. 再令=,则存在(>) ,在区间-,+内含有中几乎所有的项.记 ,=-,+, 它也含有 中几乎所有的项,且满足继续依次令=, , , ,照以上方法得一闭区间列,其中每个区间都含有 中几乎所有的项,且满足 ,n=1,2, , -0 (n), 即,是区

9、间套,由区间套定理,存在唯一的一个数,( n=1,2,). . 现在证明就是数列的极限.事实上,对任给的>0 ,存在>0 ,使得当> 时有 ,U(;).因此在U(;)内含有 中除有限项外的所有项,这就证得= .2用区间套定理证明聚点定理证 因为有界点集,故存在,使得,记,= . 现将,等分为两个子区间,因为无限点集,故两个子区间至少有一个含有中无穷多个点,记此子区间为, ,则, ,且 -=(-)=M. 再将,等分为两个子区间,则其中至少有一个子区间含有中无穷多个点,取出这样的一个子区间,记为, ,则, ,且 -=(-)=. 将此等分子区间的手续无限地进行下去,得到一个区间列,

10、 ,它满足 ,n=1,2, , -=0 (n),即,是区间套,且其中每一个闭区间都含有中无穷多个点.由区间套定理,存在唯一的一点, , n=1,2,.于是对任给的>0,存在>0 ,当>时有,U(;).从而U(;)内含有中无穷多个点, 为的一个聚点.3用区间套定理证明有限覆盖定理证 用反证法 假设定理的结论不成立,即不能用中有限个开区间来覆盖 . 将,等分为两个子区间,则其中至少有一个子区间不能用中有限个开区间来覆盖.记这个子区间为, ,则, ,且 -= (-). 再将,等分为两个子区间，同样，其中至少有一个子区间不能用中有限个开区间来覆盖, 记这个子区间为,则,，且-=(-)

11、.重复上述步骤并不断地进行下去,则得到一个闭区间列, ,它满足 ,n=1,2, -=(-)0 (n),即,是区间套,且其中每一个闭区间都不能用中有限个开区间来覆盖.由区间套定理,存在唯一的一点, =1,2,. 由于是, 的一个开覆盖,故存在开区间(,),使(,).于是,当充分大时有 ,(,).这表明,只须用中的一个开区间(,)就能覆盖,与挑选,时的假设“不能用中有限个开区间来覆盖”相矛盾.从而证得必存在属于的有限个开区间能覆盖,. 4.用区间套定理证明确界原理证 仅证明非空有上界的数集必有上确界. 1.要找一数,使其是数集上的上确界. 是的上确界就要满足上确界定义中的两个条件:大于 的数不在中

12、, 的任何领域内有中的点.这两条即为性质. 如果在闭区,间中,则闭区间应有性质,:任何小于的数不在中, ,中至少含有中的一个点,该性质即为.取的上界为,且 b,取,则闭区间有性质; 2. 将闭区间,等分为两个闭区间,则至少有一个闭区间,也有性质.如此继续得一闭区间列,满足 ,; =0 3. 由闭区间套定理得属于所有的闭区间,n=1,2, , 并且每个闭区间,有性质 ; 4. 因为, n=1,2, , 且=0,故 =,由于对,有,从而=;又对>0,总存在,使得- < ,故存在, , 于是>- .因而=sup.5用区间套定理证明单调有界定理证 设是单调有界数列 ,不妨设其为单调递

13、增且有上界,现在来构造以个闭区间套. 在中任取一项记作, 这时<于是,以,为端点的闭区间,内一定含有数列中的无限多项,将区间,二等分,得闭区间,.由于单调递增，故,和，中只有一个包含的无限多项，记该区间为,.再将,二等分，在所得区间中只有一个包含的无限多项，记该区间为,如此继续，得一闭区间列： ,，,，,，满足 ,(=1,2,); =0故是一个闭区间套,由闭区间套定理,存在唯一实数使得,(=1,2,).现在证明因=.因=0,故对>0存在自然数,当> 时, -<另外,由于,包含递增数列的 无限多项,所以必存在,当> 时,有 ,取=max, ,当> 时有 -&l

14、t;-<,此即=.柯西收敛准则对其它定理的证明1.用柯西数列的收敛准则证明确界原理证 设为非空有上界数集.由实数的阿基米德性,对任何正数,存在整数,使得= 为的上界,而- =(-1) 不是S的上界,即存在,使得 >(-1) . . 分别取= ，=1,2,则对每一个正整数,存在相应的 ,使得为的上界,而- 不是的上界,故存在,使得 >-. (1)又对正整数,是的上界,故有.结合(1)式得-< ;同理有-< .从而得 | -|<max(,).于是,对任给的>0 ,存在>0 ,使得当,>时有 | -|<.由柯西收敛准则,数列 收敛.记 =

15、(2) 现在证明就是的上确界.首先,对任何和正整数有,由(2)式得,即是的一个上确界.其次,对任何>0 ,由0()及(2)式,对充分大的同时有 <,>-.又因- 不是的上界,故存在,使得>- .结合上式得 >-=-.这说明为的上确界. 同理可证:若为非空有下界数集,则必存在下确界.2.用柯西收敛准则证明聚点定理 证 1.取为的下界,对任意固定的自然数，存在自然数, 使=+ 满足： 1） 至多为有限点集； 2）为无限点集. 2由1.对任意的自然数, < , 这是因为，若存在n,使, 则 这与1），2）矛盾.从而 |-|max,因此满足柯西收敛准则； 3由柯西收

16、敛准则得，=; 4对>0, 由于=,所以存在使得 , -(-,+),从 ,有2）得是无限点集；又 ,由1）得至多是有限点集.因此 (-,+),是无限点集,即是的聚点.3.用柯西收敛准则证明有限覆盖定理证 1.在,上选取一数列，使得-,+, 具有性质:闭区间能,被H中有限个开区间覆盖，相反的性质:闭区间,不能被H中有限个开区间覆盖；若,具有性质,则,使(-1, +1) ,具有性质.否则, ,具有性质,如此继续,得一数列,使 ,具有性质. 2因为 |-|<max(,)所以，数列满足柯西收敛准则的条件； 3由柯西收敛准则得， = ； 4显然, ,.存在开区间(,),使(,).又由=,存在

17、,使(-,+ ) (,).这与(-,+ )具有性质矛盾.4.用柯西收敛准则证明闭区间套定理证 不妨设是一列闭区间,满足如下两个条件:1) 2)设.则,所以数列是一基本数列.从而由柯西收敛准则得: .由于数列单调增加,数列单调减少,可知是属于所有闭区间 的唯一实数,从而区间套定理得证.下面证明闭区间套的公共点是唯一的 若也属于所有的闭区间,则,当时, ,这与闭区间套的条件矛盾,即区间套的公共点是唯一的.5.用柯西收敛准则证明单调有界定理证 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

18、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 确界原理对其它定理的证明1.用确界原理证明柯西收敛准则证 必要性是常规证法,故从略.只证充分性. 1构造非空有界数集,因为欲证明数列收敛，故数集必须含有数列中的无限多个数,为此，令 = |(-, )是空集或有限点集; 2由于满足柯西收敛准则充分条件的数列是有界的,故知数列的下界,上界也是的上界.所以是非空有上界的数集.由确界原理数集有上确界=sup; 3对>0, (-,) 是无限点集,否则,就与=sup.矛盾

19、.因(-,+)至多含有的有限多个点.故(-,+)含有的无限多个点.设(-,+),k= 1,2,且< < . 取=maxN, , 则当n>时,总存在>使 |-| |- | + |-|<2因此= . 2用确界定理证明有限覆盖定理证 1.令= |<, 能被中有限个开区间覆盖; 2.显然有上界.因覆盖闭区间,所以,存在一个开区间(,)使(,) .取(,) ,则,能被中有限个开区间覆盖.从而,故非空; 3.由确界原理存在=sup; 4.现证=. 用反证法.若,则<< .由H 覆盖闭区间, ,一定存在(,) ,使(,).取,使<<<<

20、,且. 则, 能被中有限个开区间覆盖，把(,)加进去,就推得这与=sup矛盾,故=,即定理结论成立.3. 用确界原理证明闭区间套定理证 存在唯一的实数使得,(=1,2,) 令= 显然非空且有上界( 任一都是其上界) 据确界原理 , 有上确界.设sup= 现在证明属于每个闭区间,(=1,2,)显然(=1,2,),所以只需证明对一切自然数,都有. 实事上,对一切自然数，都是的上界, 而上确界是上界中的最小者,因此必有,故证明了存在一实数 使得,(=1,2,).4.用确界原理证明聚点定理证 设为有界无限点集。构造数集.易见数集非空有上界,由确界原理,有上确界.设sup.则对,由不是的上界, 中大于的

21、点有无穷多个;由是的上界, 中大于的点仅有有限个.于是,在内有的无穷多个点,即是的一个聚点.5.用确界原理证明单调有界定理证 设单调上升,即有上界,即,使得.考虑集合,它非空,有界,推出它有上确界,记为.我们验证.,由上确界的性质,使得,当时,由序列单调上升得,再由上确界定义,有,即 ,也就是说. 同理可证若单调下降,有下界,也存在极限,且.若集合无上界,记作；若集合无下界,记作,这样一来,由于单调上升（下降）有上界（下界）的序列,必有极限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,总有 . 证闭.聚点定理对其它定理的证明 1.用聚点定理证明区间套定理证 设=. 则 S是有界无限

22、点集.由聚点定理得数集聚点.若存在一个, 使>>( n=1,2,).再取=( -), 由的单调性,当n>N时, >>+.这样,(-, +) 内至多有S中的有限多个点.这与是聚点矛盾,于是得到( n=1,2,). 同理可证, ( n=1,2,).因此,有. 唯一性的证明从略.2.用聚点定理证明有限覆盖定理证 1.找一个使它具有与性质相反的性质的数集 ;为此我们先证明>0， ,有开区间(,),使(-,-)(,). 否则 ,.对任意的 (,),都有(-1, +1) (,). ,-，对任意的(,),都有(-,+)(,).如此继续得一数列, ,-,对任意的(,),都有

23、 (-,+)(,). 2显然数集是有界无限点集； 3由聚点定理，数列有聚点; 4由,得 , . 故存在一个开区间(,)H ,使 (,).令=min- ,- ,则存在自然数,使> , ().从而，(-,+) (,) 矛盾. 现在，我们取n=+1, =+ (- ), =0, 1,2,.设(-,+)(,)H, =0, 1,2,.则 (,) (-,+), , 因此所需结论成立.3.用聚点定理证明柯西收敛准则证 设是一 列 柯西列，则知是有界的.若中只有有限 多个项不相同,那么必有一项譬如出现无限多次, 这时 就得到的一个收敛的子列. 又因为是柯西列，故对>0，存在自然数, 当>>

24、;时 -<.特别地 , 当>, >时由于> > , 从而 -<, 令,得-.即=. 若中有无限 多项互不相同, 数集= 是一有界无限点集.根据聚点定理 , 至少有一 聚点, 由聚点的定义 ,对任意的自然数,在中, 必含有的 无限多项, 从而在中可选出一项,且,由于的任意性，所以 .同上可知.4.用聚点定理证明单调有界定理证 设是一单调有界数列,下证收敛,不失一般性.由聚点定理可知至少有一个聚点,假设都是的聚点则,使得.使得. 因为所以取,则至多含有中的项,矛盾从而中只有一个聚点,记该点为.下证.因为是的聚点,所以对是无穷点集,且.所以.由的单调性,取,则当时

25、有所以5.用聚点定理证明确界原理证 设为一有上界点集,若为有限点集 则必有上确界,且sup=max.若为无限点集,设为的任一上界,任取将二等分,若,则令,.否则,.再将二等分,若则记,.否则,.这样重复下去,可得两数列, 其中是的上界,且有 由聚点定理可知,有聚点,由聚点唯一,记为.下证为的上确界.1)对,有,即2)对,由的构造可知,使得因为 所以为的上确界 有限覆盖定理对其它定理的证明1.用有限覆盖定理证明单调有界定理证 不妨设数列单调递增有上界.且若中有最大值，则易知收敛于某常数，从而定理得证.以下假设中没有最大值，我们用反证法来证明. 1.设没有极限.对任意取定自然数有.下面作闭区间,的

26、开覆盖H. 设, 1）若=,(是自然数)因中没有最大值，所以至少存在某一个自然数,使,这时取=- ,得的领域(-,+); 2）若且不是的上界,同样存在 ,使<,取=-,得的领域(-,+); 3）若= 且是的上界.因不存在,故必存在的领域(-,+),使得它不含有中的任何项.于是们得到了闭区间,的一个开覆盖. 2.由有限覆盖定理，选出有限个开区间： (-,+),( -,-)也能覆盖必区间,. 3.将这有限个开区间分成两类：若(-,+ )是第3）中情形，则称之为第一类；否则称为第二类。 显然所属的领域是第一类.所属的领域是第二类.但因 (-,+),( -,-)覆盖了,所以至少有一个第一类开区间

27、与某个第二类开区间相交，这是不可能的.2.用有限覆盖定理证明闭区间套定理 证 用反证法证明. 1.假设 ,=1,2, ,没有公共点，则,上的任何一点都不是 ,的公共点.从而，总存在一个开区间(-,+) ,使得(-,+)不与所有的,相交.即存在,使 ,(-,+)= 现让取遍,上的所有点，就得到一个开区间集： =(-,+):取遍 上,的所有点. 2由有限覆盖定理，选出有限个开区间 ： =(-,+):=1,2,覆盖闭区间,其中(-,+),=; 3因为,只有有限个，由闭区间套定理的条件，它们是一个包含着一个，因此其中一定有一个最小区间，设为 , ,这时， , (-,+)=.从而， , =.这就与 ,

28、,矛盾.所以, ,=1,2,应有公共点.3.用有限覆盖定理证明确界原理证 设为非空有上界的数集,我们证明有上确界. 不妨设没有最大值,设为的一个上界,下面用反证法来证明sup=存在 假设sup不存在,取对任一,依下述方法确定一个相应的领域. 1) 若,因 中 没有最大值 ,所以至少存在一点 ,使 , 这时取; 2)若且不是的上界.同样存在,使,这时取; 3)若 且是的上界.因sup存在,故有,使得 中的点都是的上界. 于是我们得到了的一个开覆盖:.根据有限覆盖定理, 有有限子覆盖: . 将分为两类.若是3)中所确定的开区间 ,我们把称为是第二类,否则称为第一类的.显然所属的领域 是第一类的,所属的领域是 第二类的.所以至少有一个第一类领域与某个第二类领域相交,这是不可能的 .(总体来说,用实数完备性证明的问题可以分为两类: 第一类是寻找一个具有某种性质的数;第二类是证明一区间(一般是闭区间)上具有某种整体性质)4.用有限覆盖定理证明聚点定理证 设为实轴上的有界无限点集，并设 1.由反证法假设来构造的一