实数基本定理的等价性证明

1、实数基本定理的内容:(1 (确界定理 任何非空集 E 奂 R, 若它有上界, 则必有 上确界 supE R; 等价地若有下界, 必有下确界.(2 (单调有界原理 任何单调递增 、 有上界的序列x n 奂 R, 必有极限lim n x n R; 等价地, 单调递减 、 有下界也必有极限.(3 (柯西收敛原理 序列x n 奂 R 收敛的充要条件是:坌 >0, 埚 N>0, 当 m,n>N 时, 有 |x n -x m |<.(4 (致密性定理 有界序列必有收敛的子序列. (5 (区间套定理 任何闭区间套, 必存在唯一的公共点. 即:若 a n , b n , a n b n

2、 , b n -a n 0(当 n 时 , 则a n ,b n 成 为闭区间套,这时必存在唯一的 R,使得 a n b n , (坌 n R .(6 (有限覆盖定理 闭区间上的任一开覆盖, 必存在有 限开覆盖.即:设 是一个开区间,若 坌 x a,b, 埚 x , 使得 x x ,则称 为闭区间a,b的一个开覆盖.定理指出, a,b的任一开覆盖 中, 必存在有限子集 1, 2, , r 奂 , 1, 2, , r 仍为a,b的一个开覆盖. 1利用区间套定理证明其他实数基本定理1.1利用区间套定理证明有限覆盖定理证 1:假设某一闭区间a,b的某个开覆盖 无有限子覆盖, 将a,b二等分, 则至少有

3、一 “ 半区间 ” , 它不能用 的有 限子集覆盖,将此半区间记为 a 1,b 1(如果两个半区间都如 此, 可任选其中的一个 .然后将a 1,b 1再二等分, 重复上述步 骤, 无限进行下去, 便得一区间套a n ,b n :a n , b n , b n -a n =1b-a 0(当 n 时 ,每个a n ,b n 都不能用 的有限个覆盖.利用区间套定理, 可知存在一点 , 为a n ,b n 的唯一公 共点.则 点处产生矛盾, 因为一方面 a,b, 所以存在一 开区间 1=(, 使得 , 但由于lim n a n =lim n b n =,所以 n 充分大时有 aa n b n , 这表

4、明a n ,b n 已被 1=(, 所覆盖.与a n ,b n 的本性矛盾. 1.2利用区间套定理证明致密性定理证 11:设y n 为有界数列, 即 埚 a, b 使 a y n b.等分区间a,b为两个区间, 则至少有一个区间含有y n 中的无穷个数. 把这一区间记为a 1,b 1, 如果两个区间都含有无数个 y n , 则任 取其一作为a 1,b 1.然后将a 1,b 1再二等分,重复上述步骤, 无 限进行下去, 便得一区间套a n ,b n :a n , b n , b n -a n =b-a 0(当 n 时 ,利用区间套定理, 可知存在唯一一点 , 为a n ,b n 的唯一公共点使

5、a n , b n , 且 a k ,b k , (k=1, 2, .每一a k ,b k 中均含有y n 中的无穷个数.在a 1,b 1中任取 y n 中的一项记为 y n1,即y n 的第 n 1项. 因为a 2,b 2也含有无穷个 y n ,则它必含有 y n1以后的无穷 多个数,在这些数中任取其一记为 y n2,n 2n 1,继续在每一个 a k ,b k 中都这样取一个数 y nk ,即得y n 的一个子列y nk ,其中 n 1n 2 且 a k y nk b k .因为 a k (当 k 时 ,b k (当 k 时 ,所以 y nk (当 k 时 . 1.3用区间套定理证明确界定

6、理证 1:设 M 为集合 E 奂 R 的上界 (即对任意 x E 有 x M , 来证明 埚 =supE R.若 E 有最大值, 则最大值即为上确 界.现设 E 无最大值.任取一 x 0 E,将x 0,M二等分, 若右半区 间含有 E 中的点, 则记右半区间为a 1,b 1,否则就记左半区间 为a 1,b 1.然后将a 1,b 1再二等分, 用同样的方法选记a 2,b 2, 如 此无限下去, 我们便得一区间套a n ,b n :a n , b n , b n -a n =1(M-x 0 0(当 n 时 ,利用区间套定理, 可知存在一公 共点 a n ,b n , 正是 E 的上确界. 1.4利

7、用区间套定理证明单调有界原理证 1:设x n 是单调上升有上界的实数列.b 是它的一个上界, 令 a=x-1, 二等分a,b其中必有一区间含有x n 中的无穷 多项, 记其为a 1,b 1.然后将a 1,b 1再二等分, 用同样的方法选 记a 2,b 2, 如此无限下去, 我们便得一区间套a n ,b n ,满足a n ,实数基本定理的等价性证明包丙寅(内蒙古师范大学数学科学学院内蒙古 呼和浩特010010摘 要:实数基本定理的内容及其等价性证明是数学分析课程中的难点和重点 . 本文全方面的给出了确界原理 、 单调有 界原理 、 区间套定理 、 有限覆盖定理 、 致密性定理 、 柯西收敛原理这

8、六个实数基本定理的等价性证明 .关键词:确界原理; 单调有界原理; 区间套定理; 有限覆盖定理; 致密性定理; 柯西收敛原理; 等价性 中图分类号:O17文献标识码:A文章编号 :1673-260X (2010 07-0006-06Vol. 26No. 7Jul. 2010第 26卷 第 7期 2010年 7月 赤 峰 学 院 学 报(自 然 科 学 版 Journal of Chifeng University (Natural Science Edition 6-b n 含x n 中的无穷多项.由闭区间套定理可得, 埚 唯一的 r n =1疑 a n ,b n , a n 和b n 的极限

9、都是 r.则对 坌 0埚 n, 坌 nN,有 r-a br+.取 nN, a,b中含x n 中的无穷多项, 则 埚 M , 使 x n a,b.当 mM 时, 有 x m a,b.如果不然, 埚 m M, 有 b x m , 则在a,b中最多含x n 中的前 m 项, 与a,b的构造矛盾. 从而当 mM 时,有 r-a x br+, 即 |x-r| 所以 x n , x m 的极限为 r, 即x n 的极限为 r.1.5利用区间套定理证明柯西收敛准则证 3:充分性.设x n 为基本数列, 因此它有界, 从而有常 数 a 1, b 1满足条件, a 1 x n b 1, n N +, 将a 1,

10、b 1三等分, 令 C 1= 2a 1+b 1 , C 2=(a 1+2b 1 得到三个长度相同的子区间 a 1,c 1, c 1,c 2, c 2,b 1, 分别记为 J 1, J 2, J 3, 据它们在实数轴上的 左, 中, 右位置和基本数列的定义即可发现:在左边的 J 1和 右边的 J 3中, 至少有一个子区间只含有数列x n 中的有限项. 这从几何上看是很直观的,若在 J 1和 J 3中都有数列中的无 穷多项, 则可以在 J 1中取 x n , 在 J 3中取 x m 使得 n,m 都可以 任意大, 同时满足不等式 1b-a 这与x n 为基本数列的 条件矛盾, 所以可以从a 1,b

11、 1去掉只含有数列x n 中有限项的 子区间 J 1和 J 3(若两个子区间都是如此则任取其一 将得到 的区间记为a 2,b 2, 复上述步骤, 无限进行下去, 便得区间套 a k ,b k 且满足 1' 闭区间套中的每个区间长度是前一个区间 长度的 2,2' 每一个a k ,b k 中含有数列x n 中从某项起的所有 项.性质 1' 保证存在 是a k , b k 从两侧分别单调的收敛与 .现只需证明 即基本数列x n 的极限. 坌 0, 埚 N N, 使 a N , b N 进入点 的 邻域, 即有a N ,b N 奂 (-, + 因为a N ,b N 具有性质 2

12、' 所以 埚 N 1当 nN 1时成立 |x n -| .必要性.设 a n a (当 n 时 , 则 坌 0, 埚 N N, 当 k N 时, 有|x n -a| , 从而当 n, mN 时, 有|x n -x m | |x n -a|+|a-x m | +=2利用有限覆盖定理证明其他实数基本定理2.1利用有限覆盖定理证明确界定理证 1:设 E 不是空集, 且 E 奂 R, 任意 x E 有 x M.任取 一点 x 0 E, 考虑闭区间x 0,M, 假若 E 无上确界 最小上 界 , 则对任意 x x 0,M:(1 当 x 为 E 的上界时,必有更小的上界 x 1x, 因而 x 有一

13、个开领域 x , 其中都为 E 的上界;(2 当 x 不是 E 的上界时,自然有 E 中的点 x 2x, 于是 x 有开领域 x , 其中每个点都不是 E 的上界.(3 x 0,M上每点都找出一个领域 x , 它要么属于第一类 (每点为上界 , 要么属于第二类 (每点都不是上界 .这些领 域 x :x x 0,M, 组成闭区间x 0,M的一个开覆盖, 由有限覆 盖定理, 必存在有限子覆盖 1, , n .注意, M 所在的开区 间, 因为第一类的, 相邻接的开区间有公共点, 也应为第一 类的,经过有限次邻接,可知 x 0所在的开区间也是第一类 的.这便得出矛盾.2.2利用有限覆盖定理证明区间套

14、定理证 :设a n ,b n 是满足区间套定理两个条件的闭区间列, 证n =1疑 a n ,b n .先证明这一列闭区间开交不等于空集.用反证法, 设 n =1疑 a n ,b n 为空集, 则对任意 x a 1,b 1, x 埸n =1疑 a n ,b n , 所以存在 n x , 使得 x 埸n =1疑 a nx ,b nx , 当 n n x 时 x 埸 a n ,b n , 所以存在 x 0, 当 n n x 时 (x-x ,x+x a n ,b n 为空集, 令 G=(x-x ,x+x x a 1,b 1则 G 覆盖 a 1,b 1,所以存在 G 中有限个开区间 k i =1胰(x-

15、xi ,x+xi 覆盖a 1,b 1对每一个 i (i=1, , k 存在 n xi , 当 n n xi 时, (x i -xi ,x i +xi a n ,b n 为空集, 令 N=maxn xi |i=1, , k则 n N 时ki =1胰 (x i -xi ,x i +xi a n ,b n 为空集 , 这 与 a 1,b 1奂 k i =1胰 (x i -xi ,x i +xi 矛盾, 所以 不为空集, 因为 b n -a n 0(当 n 时 , 所以n =1疑 a n ,b n 只有一个元素, 所以 n =1疑 a n ,b n =. 2.3利用有限覆盖定理证明致密性定理证 4:x

16、 n 为有界数列, a 是它的一个下界, b 是它的一个 上界, 于是下列两种情况之一成立:(1 存在 a,b, 使 在任何邻域中都有x n 的无穷多 项;(2 对任何 x a,b, 都存在 x 的一个邻域 (x-x ,x+x , 使其中只含x n 的有限多项.如果 (2 成立, 则开区间族(x-x ,x+x x a,b构成a,b的一个开覆盖.所以其中必有有限子覆盖.由于每个开区间 中都只含x n 的有限多项, 故有限个开区间之并也只含x n 的 有限多项.但另一方面又应该包含x n 的所有项, 矛盾.则 (2 不成立, 即必是 (1 成立.考察 的邻域序列 (-1, +1.由 1 知, 在任

17、何 邻域中都有x n 的无穷多项.首先在区间 (-1, +1 中取一 项, 记为 x n1.然后因 (-1, +1中含有x n 的无穷多项, 故 可在其中取得下标大于 n 1的一项, 记为 x n2.一般地, 当 x nk (-, + 取定之后, 由于 (-, +中含有 7 -的无穷多项, 故可在其中取得下标大于 n k 的一项, 记为 x nk+1. 这样可以得到子列x nk , x nk , 满足条件|x nk |<1, k=1, 2, 当然 x nk (当 k 时 即x nk 为x n 的收敛子列. 2.4利用有限覆盖定理证明单调有界原理证 :用反证法.若不然, 多任意 x a,b

18、, x 都不是a n 的极 限, 则对任意 x a,b, 埚 x 使 胰 (x, x 内至多含有a n 的有限 项, 作开区间集 x a,b胰 (x, x , 然后由有限覆盖定理推出矛盾. 2.5利用有限覆盖定理证明柯西收敛准则证 8:设点列x n 为柯西列, 因此它有界, 证若x n 有子列 收敛则x n 收敛.设x nk 奂 x n , x nk x 0(当 k 时 存在, 即 坌 0埚 N0当 kN 时成立, |x nk x 0|<由x n 为柯西列, 所以对上面的 0埚 N 1当 m,nN 1时成立 |x n -x m | , 所以 k 充分大时有 |x n -x 0| |x n

19、k -x n |+|x nk -x 0|2.下面证明x n 有收 敛子列, 不妨设当 n m, x n x m 否则x n 有收敛子列是显然 的, 由于x n 有界, 所以 埚 M0x n 奂 -M,M, 若x n 没有收敛 子列, 坌 x -M,M, 埚 x 0使 I x = x-x , x+x 至多包含x n 中 的一个点, 而 Ixx -M,M劢 -M,M由有限覆盖定理知 埚 x 1, , x N -M,M满足ni =1胰 I xi 劢 -M,M劢 x n , 所以x n 中只有有限个元素, 矛盾.3利用单调有界定理证明其他实数基本定理3.1利用单调有界定理证明区间套定理证 5:设a n

20、 ,b n 为一区间套.由区间套定义, a n , 并以 b n 为其上界, 因而存在 a n (当 n 时 , 且 a n , n=1, 2, 同理, b n , 则数列b n 的极限为数列b n -a n 的极限与数列a n 的极限和, 所以 b n b n (当 n 时 , n=1, 2, .这样就得 a n ,b n , n=1, 2, .最后证明上述 是唯一的. 倘若另有一数 ' a n ,b n , n=1, 2, , 则由 |-'| b n -a n | 0(当 n 时 推知 ='. 3.2利用单调有界定理证明确界原理证 2:设数集 X=x有上界 M 且

21、X 非空, 则 埚 x 1 X, 令记 M 为 M 1, 有 x 1 M 1若 x 1=M 1, 则 M 1为上确界, 若 x 1M 1则记 a=M 1-x 1现用等分区间法来构造两个数列, 令 y 1=1M 1+x 1 分两种情况 1'y 1为 X 的上界则记它为 M 2若 y 1 X 则 y 1即 X 的上确界,否则 y 1埸 X 记 x 2=x 12'y 1不为 X 的上界, 则 埚 x 2 X 使 x 2y 1若 x 2是 X 的上界, 则它就是 X 的上确界, 否则记 M 2=M 1,所以或定理得证或 x 1 x 2M 2 M 1且 x 2 M 2的 a 邻域 因为

22、M 2-x 2 1M 1-x 2 =1a 以 x 2, M 2代替 x 1, M 1重复上述步骤得 x 3, M 3不断重复得或者到某一部定理得证, 否则构造的两个数列x n , M n 他们有 x 1 x 2 x n M n M 2 M 1其中 x n X,M n 为 X 的上界且 x n M n 的 12a 邻域, 所以M n 是一广义单调下降且有下界数列.由单 调有界原理知它有极限 M 0. 最后证明 M 0是 X 的上确界.先 证 M 0是 X 的上界,因为 坌 x X 都有 x M n (当 n 时 取 极限得 x M 0即 M 0是 X 的上界. 再证 M 0是 X 的上界中的 最

23、小的 坌 0埚 N 1,当 nN 1时有M n 全属于 M 0的 邻域埚 n 0使 n 0N 1且 120a 1(这一不等式成立是因为 1 20a 是一无穷小量 所以 x n 即属于 M n0的2n 0-2a 邻域, 当然属 于 M no 的 1邻域, 即 x n0M 0-(所以 M 0是 X 的上确界. 3.3利用单调有界定理证明有限覆盖定理证 :用反证法.若a,b没有有限覆盖, 对a,b采用二等分 的方法, 构造两个数列a n ,b n , 其中a n ,b n 没有有限覆盖, 且 a n ,b n 单调, 得出矛盾.3.4利用单调有界定理证明柯西收敛准则证 :必要性 设limn a n

24、=A, 由极限定义, 坌 0, 埚 N, 当 n,mN 时, 都有 |a m -a n |刍 .充分性 根据假设, 坌 0, 埚 N,当 n N,都有 |a n -a N | 即在区间a N -,a N +内含有a n 中除掉有限项外的 几乎所有项. 据此,令 =,则存在 N 1, 在 n N, a n a N1-1,a N1+1刍 刍 ,记 1=a N1-, =1=a N1-,令 =, 则存 在 N 2(N 2N 1使当 nN 2时, a n a N2-,a N2+刍 刍 , 记 2=max1,a N2-2刍 刍 , 2=min 1,a N2+2刍 刍 则 2, 2奂 1, 1. 并 且 1

25、-1=a N1+1奂 奂 -a N1-1奂 奂 =1, 2-2 a N2+1奂 奂 -a N2-1奂 奂 = .得到 =, 得一自然数子列N k 满足: N 1刍 N 2刍 刍 N n 刍 和单调增加数列 a n :a 1 a 2 a n a n+1 ,单调减少列 n :1 2 n ,满足:1', n 酆 N K 时, K a n 刍 K ;2', K -K .由于a n 递增又有上界 (1便是上界 , limn a n 存在, 记成 ,即limn a n =,且 坌 n,a n ; n 递减又有下界 (1 limn n =, 且 坌 n, n . (单调有界定理 再由n n

26、知 , 由 0 n -n 1, 知 0 limn a n =lim n b n =, 存在 N 0酆 0, 坌 n 酆 N 0, 有 |n -|酆 , |n -|<, 而应对于a N0+1, N0+1, 存 在 自 然 数 N N0+1, 当 0酆 N N0+1, a N0+1酆 a n 酆 N0+1, 有 |a n -| maxN0+1-|, |N0+1-|刍 .据数列极限的 -N 定义, n 的极限 .8 -3.5利用单调有界定理证明致密性定理证 :首先证明有界数列a n 有单调子数列.a n 有性质 M, 若对每个 in, 都有 a n a i , 也就是说, a n 是集合 a

27、i |in 的 最大数 。 分两种情况讨论: a 数列a n 有无穷多项具有性质 M, 将他们按下标的顺序排列, 记为 a n1, a nk , 满足 n 1 n k ,则我们就已经得到一个单调下降的子列a nk . b 数 列a n 只有有穷多项具有性质 M, 则 埚 N,当 nN 时, 有 a n 不 具有性质 M, 即 埚 in, 有 a n a i 从中任取一项记为 a n1, 因为 它不具有性质 M, 所以 埚 n 2n 1, 使 a n1a n2 , 如此继续下 去, 我们得到一子列a nk 单调上升, 所以有界数列a n 有单调 子数列, 由单调有界定理, 可得a nk 存在极限

28、.4利用确界原理证明其他实数基本定理4.1利用确界原理证明单调有界定理证 5: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=supa n .下面证明 a 就是a n 的极限.事实 上, 任给 0, 按上确界的定义, 存在数列a n 中某一项 a N , 使得 a-a N .又由a n 的递增性, 当 n N 时有 a-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+.所以当 n N 时有 a-a n a+,这就证明了结论. 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.4.2利用确界原理

29、证明区间套定理证明 :由定理的条件立即知道 a n 且有上界, b n 且有 下界, 由确界原理知数列a n 的极限存在, 且极限等于a n 的 上确界.通理b n 的极限存在, 且极限等于b n 的下确界.亦即 对任何正整数 k, 有a k a n 的极限, b k b n 的极限 1 由定理的另一个条件:b n -a n 0(当 n 时 ,并且由于a n 及b n 的极限都存在, 则有数列b n -a n 的极限等于数列b n 的 极限与数列a n 的极限差, 等于 0.从而证明了两个极限相等,且设 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 是所有 区间的唯一公共点

30、.由 1 的两个不等式, 即有a k b k k=1, 2, 也就是 是所有区间的一个公共点.现在要证明 是唯 一公共点.设除点 外, 所设区间列还有另一个公共点 ', 且 '.由于 a n , ' b n n=1, 2, 故有b n -a n |-'| n=1, 2, 由数列极限的性质知, 数列b n -a n 的极限为 0, 故有 |-'| 0, 从而有 ='.4.3利用确界定理证明有限覆盖定理证 7:令 D=t:a tb,t,b能被 E 中的有限个开区间覆 盖, 若我们证明 a D 则定理就得以证明.首先, 证明 D 不是空集.因为 E 劢

31、 a,b,所以 b 必属于 E 中某个区间, 记为 , , 任取 t 0满足 at 0b,则t 0,b奂 , , 这表示t 0,b可以 被 E 中的一个开区间覆盖.从而 t 0, D, 这就证明了 D 不是 空集.因为 D 总是包含在a,b中的, 所以 D 是有界集, 所以由 确界存在定理知 D 有下确界, =infD,因为 a 是 D 的下界, 所以 a .第二部, 证明 a=, 实际上若 a 由 a,b奂 E ,所以 必属于 E 中某个区间, 记为 ', ' 从而有 ' '.由 是 D 的下确界, 所以, '中必存在某个 t' D, 现在,

32、在 ', 中任取一个 t 0 a, b a, 这样的 t 0总是存 在的 由t 0,t'奂 ', ' Et', b可以被 E 中的有限个开区间 覆盖, 所以 t 0 D,所以 t 0 =infD 这和 t 0 ', 矛盾, 所以 a=infD 最后证 a D. 因为 a a,b奂 E 知 E 中存在开区 间, 记 ", " , 使 "a ",因为 a=infD,所以在 a, " 中必 存在 t" D 因为a, t"奂 ", " , t", b可以被

33、 E 中的有限个 开区间覆盖所以a,b=a, t" t", b可被 E 中的有限个开区 间覆盖所以 a D.4.4利用确界定理证明致密性定理证 :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 因为x n 有界所以 A 有上界且非空.由确界 定理可得存在 r, 使 r=supA, 则 坌 0有 r-不是 A 的上界. 所以x n 中大于 r-的项有无穷多个.因为 r+是 A 的上界, 所以x n 中大于 r+的项只有有限项.所以在 r-, r+ 中有 x n 的无穷多项, 即 坌 0, 坌 n, 埚 nN, 使 x n r-, r+ 对 =1

34、, 埚 n 1, 使 x n r-1, r+1 , 即 |x n -r|1.取 =1, 埚 n 2n 1, 有 |x n -r| 1, 如此继续下去, 取 =1, 埚 n k n k-1, 有 |x n -r| , 由此得到x n 的子数列x nk , x nk 的极限是 r, 所以x n 存在 收敛子列.4.5利用确界定理证明柯西收敛准则证 :设a n 为柯西列, 则易证a n 有界, 由确界a n 存在定 理, 设 =supn 酆 Na n , 则 即为 a n 的极限.5利用柯西收敛准则证明其他实数基本定理5.1利用柯西收敛准则证明区间套定理证 3:设a n ,b n 是满足区间套定理两

35、个条件的闭区间 列, 容易知道 a n , b n , a n b n n, m=1, 2, 所以对任意 n N,任意 p N,有 |a n+p -a n |=a n+p -a n b n -a n ;且对 坌 0, 埚 N N, 坌 nN:0 b n -a n 。 对于上述的 与 N, 坌 nN, 坌 p N 时有 |a n+p -a n | ,由柯西收敛准则知数列收敛, 记 a n 当 n 时 则数列b n 的极限为数列 b n -a n 的极限 与数列a n 的极限和, 所以 b n 当 n 时 .由 a n , b n 知 a n ,b n .最后证明上述 是唯一的. 倘若另有一数 &

36、#39; a n ,b n , n=1, 2, , 则由 |-'| b n -a n 0 当 n 时 推知 ='. 9 -5.2利用柯西收敛准则证明单调有界定理证 5:设a n 为有上界 M 的递增数列.用反正法 借助柯西 准则 可以证明:若a n 无极限, 则可找到一个子列a nk 以 + 为其广义极限, 从而与a n 有上界相矛盾.现在来构造这样的 a nk .首先, 对于单调数列a n 而言, 柯西条件可改述为:“ 坌 0, 埚 N N, 当 nN 时, 满足 |a n -a N | ” .这是因为它同时 保证了对一切 nmN, 恒有 |a n -a m | |a n -

37、a N | .由于假设a n 无极限, 故由上述柯西条件的否定陈述, 必 存在某个 00,对无论多大的 N,均有某个 nN, 使 |a n -a N |=a n -a N 0.依次取N 1=1, 埚 n 1N 1, 使 a n1-a 1 0;N 2=n 1, 埚 n 2N 2, 使 a n2-a n1 0;N k =n k-1, 埚 n k N k , 使 a nk -a nk-1 0.把 k 个不等式相加,得到 a nk -a nk-1 k 0.由此易知, 当 k M-a时, 可使 a nk M, 矛盾.所以单调有界数列必有极限. 5.3利用柯西收敛准则证明确界原理证 3:设 S 是一个有上

38、界的集合.取实数 b 1, 使对所有 x S,都有 xb 1.取 a 1 S 并考察区间a 1,b 1的中点 a +b , 若 是 S 的上界, 则令 a 2=a 1, b 2=; 若 不是 S 的 上界, 则令 a 2=, b 2=b 1.于是总可得到区间a 2,b 2, 使 b 2是 S 的上界.a 2,b 2中有 S 的点且 b 2-a 2=1b 1-a 1 .再对闭区间a 2,b 2进行同样的处理, 又可得到闭区间a 3, b 3奂 a 2,b 2, 使得 b 3是 S 的上界, a 3,b 3中有 S 的点且 b 3-a 3= 1b2-a 2 =1b 1-ma 1 .继续这个过程,

39、可得到一个闭区间 的序列a n ,b n , 满足下列条件: 1 a n+1,b n+1奂 a n ,b n , n=1, 2, ; 2 b n -a n =1b 1-a 1 , n=1, 2, ; 3 对每个 n N, b n 是 S 的上界且a n ,b n S 空集, 由 1 和 2 知,当 mn 时有 |b m -b n |=b m -b n b n -a n =1 b 1-a 1 , 可见b n 为柯西列, 由柯西收敛原理知b n 收敛, 设 b n 的极限为 M.任意 x S 和任意 n N, 均有 x b n , 所以 x M 即 M 为 S 的上界.另一方面, 对 坌 0, 由

40、于 b n -a n 的 极限为 0, 所以有 n 0使 b n0-a n0 , 又因为 b n0 M,所以, a n0 b n0- M-, 由 3 知a n0,b n0中有 S 的点, 这表明 M-不是 S 的上界, 所以 S 是 M 的上确界, 所以 2 成立.5.4利用柯西收敛准则证明有限覆盖定理证 :用反证法.若a,b没有有限覆盖, 对a,b采用二等分 方法构造数列a n 和b n , a n ,b n 没有a n ,b n 有限覆盖, a n 和b n 为柯西列, 从而收敛且limn a n =limn b n =则 a,b由极限的局 部保号性及a n ,b n 的构造推出矛盾.5.

41、5利用柯西收敛准则证明致密性定理证 :设数集 A 非空有上界, b 1是 A 的上界, a 1不是 A 的 上界, a 1b 1, 用 a 1, b 1的中点 1(a 1+b 1二等分a 1,b 1, 若 1 (a 1+b 1是 A 的上界, 则取a 2,b 2=a 1, (a 1+b 1, 如果 (a 1+b 1不 是 A 的上界, 则取a 2,b 2=(a 1+b 1, b 1, 用 (a 1+b 1二等分a 2, b 2,如此继续下去的数列, a n , b n 满足 坌 n, a n 不是 A 的上 界, b n 是 A 的上界且 b n -a n 的极限为 0.下证a n 是柯西列

42、。 因为 b n -a n 的极限为 0, 即 坌 0, 埚 N, 当 nN, 有 |b n -a n | .又 a n a n+1 b n+1 b n , 从而 坌 正整数 p, |a n+p -a n | |b n -a n | , 所以a n 是柯西列, 从而收敛, 设a n 的极限为 r.最后证 r=supA 。 坌 n, a n 不是 A 的上界, 所以 坌 a A, 使 a n a.由a n 的极限为 r, 则 坌 0, 埚 N, 当 nN, 有 r-a n ar,所以 r=supA6利用致密性定理证明其他实数基本定理6.1利用致密性定理证明柯西收敛准则证 11:必要性:设 a n

43、 a 当 n 时 , 则 坌 0, 埚 N N, 当 kN 时, 有 |x n -a| , 从而当 n, mN 时, 有|x n -x m | |x n -a|+|a-x m | +=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 =1, 必有一正整数 N 0, 当 n, mN 0时, 有 |x n -x m |1特别地, nN 0且 m=N 0+1时, 有 |x n -x n0+1|1所以当 nN 0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.由致密性定理, 必有收敛子列 x nk , x nk a 当

44、k 时 , 根据子列收敛定义, 坌 0, 必有 一正整数 K, kK 时, 有 |x nk -a| 取一正整数 k 0=max K+1, N+1 . 于是 k 0K,且 n k0 n k+1 N+1N.因此, 当 nN 时, 由已知条件知 |x n -x nk0| , 所以 |x n -a| |x n -x nk0|+|x nk0-a| +=2x n a 当 n 时6.2利用致密性定理证明单调有界原理证 11:设x n 是单调上升有上界的实数列.因为x n 有界, 由致密性定理可得, 埚 x n 的子数列x nk 且收敛于 r,即 坌 0, 埚 K, 当 kK 时, 有 |x n -r| , 即 r-x n r+, 埚 N=n k+1, 坌 nN, 有 x n x nk+1r-.因为 n k , 坌 nN, 埚 n k n, 从 而