第5讲实数的完备性

1、第五讲实数的完备性I基本概念与主要结果一实数空间1无理数的定义人类最先只知道自然数，由于减法使人类认识了负整数，又由除法认识了有理数，最后 由于开方与不可公度问题发现了无理数，可惜的是无理数不能用有理数的开方形式主义来定 义事实上，有理数开方所得到的无理数只占无理数中很小的一部分为了让实数与数轴上 的点对应起来，充满全数轴，必须用别的方法.方法之一是用无限小数，我们知道任何有理数都可表为无限循环小数，这样可以把无限 不循环小数定义为无理数.一个无限不循环小数 X，取其n位小数的不足近似值 n与过剩近似值：n,与：n均A为有理数，且氐-Gn = T 0 （ nT °0 ） , x”打，

2、Pn.可见以无限不循环小数定义10n无理数等价于承认：以有理数为端点的闭区间套，必有且仅有唯一的公共点，此乃区间套定 理，即承认它是正确的.历史上引进无理数的传统方法有两种：戴德金（Dedekind）分割法和康托（Cantor）的有理数列的基本序列法.戴德金分割法具有很强的直观性，其思想是：每个有理数在数轴上已有一个确定的位置，假如在数轴上任意一点处将数轴截成两段，那么全体有理数被分为左、右两个子集A,B 如果折断处是有理点，那么它不在左子集，就在右子集，这样分割就确定了一个有理数，即A的最大数或B的最小数如果 A中没有最大数，B中也没有最小数，这个分割就确定了直线上 的一个“空隙”，称之为无

3、理数，显然它是有序的，可定义其四则运算（可参见北京大学数学 系沈燮昌编写的数学分析，高等教育出版社，1986年）.康托用有理数基本序列的等价类来定义实数，其方法虽没有分割法直观，但其思想在近 代数学中是十分有用的，影响深远 .定义1有理数列人1称为是基本列，若一 ； 0 , N 0 ,当m, n N时，有毕达哥拉斯（公元前约 580约500）:古希腊数学家、唯心主义哲学家，其招收 300门徒组织了一个“联盟”，后称之为“毕达哥拉斯学派”，宣扬神秘宗教和唯心主义在西方首次提出勾股定理，并把数的概 念神秘化，认为“万物皆数”，即数是万物的原型，也构成宇宙的“秩序”，这里的数指的是自然然及自然数之比

4、，即“有理数”，而且这种思想一直占统治地位，然而勾股定理的提出，导致这种理想的破灭，即以1为直角边的等腰直角三角形的斜边长是多少？这一问题后来称之为“不可公度”问题，引起整个世界（哲学 界和数学界）的恐慌，称之为第一次数学危机，此问题直到十九世纪末才被解决.从古至今，数学的发展大致经历了五个时期：（1）萌芽时期（公元前 600年以前）;（2）初等数学时期（公元前 600年到17世纪中叶）：欧氏几何、算术、初等代数、三角等；（3）变量数学时期（17世纪中叶到19世纪20年代）：微积分的建立、解析几何、运动观点等;（4）近代数学时期（19世纪20年代到20世纪40年代）；（日前大学中的主要数学课程

5、）（5）现代数学时期（20世纪40年代以来）：显著特点：计算机的广泛应用.Xm - Xn| 厂(1 )定义2两个有理数基本序列 ；和Xn称为是等价的，若lim Xn - Xn i=0( 2)n :.将相互等价的基本列作为一类，称为一等价类.有理数a可表为基本列的极限，如常数列.这样可以认为：一个等价类与一个实数对应，当此序列对应的不是有理数时，称之为无理数.此定义的实质是：让每个基本列(有理数)都有极限，这样保证了极限运算的封闭性， 称这种性质为完备性.2实数空间的定义公理1 (域公理)-x, y,zR，有(1 )交换律：x y x , xy二yx ；(2)结合律：x yy z ,x y z

6、= x y z ;(3 )分配律：x y z = x y x z ;(4) 两个特殊元素 0与1： - R，有x 0 = x, x1 = x;(5) 每个x壬R，关于“ + ”的逆元X，关于“ ”的逆元XJ (此时x式0),有x - x =0 , x x =1公理2 (全序公理)与“ + ”、“ ”运算相容的全序公理(1) _x, y R，下列三种关系x y, x = y , x y有且仅有一个成立；(2) 传递性：若 x y , y z，贝U x ： z ；(3) 与“ + ”相容性：若x y，则z- R，有x y z;(4) 与“ ” 相容性：若 x . y , z 0，则 x z y z

7、.公理 3 (阿基米德(Archimedes)公理)_x 0 , y 0, Tn N，使得 nx _ y . 公理4 (完备性公理)有上界非空数集必有上确界.由此可定义：定义3实数空间是这样的集合 R，在其上定义了“ +”、“ ”运算，以及序关系“ <”，满 足上述四组公理，R中的元素称为实数.二实数基本定理1 基本定理定理1 (Dedekind确界定理)任何非空数集 E ,若它有上界，则必有上确界；若有下界， 则必有下确界.定理2 (单调有界定理)单调有界数列必收敛.定理3( Cauchy收敛准则)数列：xn <收敛的充要条件是：一； 0 , TN0,当m,n N时，有Xm Xn

8、定理4 （ Bolzano-Weierstrass致密性定理）有界数列必有收敛子列.定理5 （Weierstrass聚点定理）有界无穷点集至少有一个聚点.定理6 （Cantor区间套定理）任何闭区间套必有唯一的公共点.定理7 （ Heine-Borel有限覆盖定理）闭区间上的任一开覆盖，必存在有限子覆盖.说明：定理16属于同一类型，它们都指出：在一定条件下，便有某一种“点”的存在.这 种点分别是：确界（点）、极限点、某子列收敛点、聚点、公共点.定理7属于另一类型，它是前六个定理的逆否形式，不论用前6个定理来分别证明定理 乙还是用定理7分别证明前6个定理，都可用反证法来证明，而前6个定理都可以直

9、接推出.2重要概念定义1 （确界）设S R，若一三R满足：（1）一 R , x乞，即是S的上界；（2） -； 0, X。 S，使得X。沙：-，即-；不是S的上界. 则称 是S的上确界，记为二supS .若：R，满足：（1）- x S，有 x _；（2）- ；0, Tx0 S，有 X。：；则称是S的下确界，记作=i nf S .即：上确界是最小的上界，下确界是最大的下界. 定义2设闭区间列'.bn, bn卜具有如下性质：（1） an, bA: 'an 1, bn，n =1,2,3/ ；（2） lim bn - an =0 ；n -则称：Ln, bn B为闭区间套，简称区间套.定义

10、3设S R，若- e R，使.的任何邻域U 厂 均含有S中无穷多个点，称 为S的一个聚点.定义3 / 设S R , ' R，若.的任何去心领域内都含有S中异于'的点，即S U 0-称是S的一个聚点.定义3设S - R，若存在彼此互异的点列！xn ! - S，使得lim_xn =，称 为S的一个聚点.定义4设S R , H为开区间构成的集合. 若S中任何一点都含在 H中至少一个开区 间内，即S, I H，使xI，称H是S的一个开覆盖，或称 H覆盖S.若H中开区间的个数是无限（有限）的，称 H为S的一个无限开覆盖（有限开覆盖）3七个定理的环路证明二sup'an,例1 确界定

11、理:单调有界定理.证 不妨设数列'an 是单调增有上界，由确界定理知具有上确界，记为显然就是其极限事实上，-； 0 ,由上确界定义知，aN，使aN .- ；，由单增性知，当n _ N时，有:-:aN - a* _，an -叫 £ ®， 即 lim an 二：.n例2单调有界定理 =闭区间套定理.证 设 泊.，5 1是一区间套，则；Gn 单增有上界，由单调有界定理知 G 有极限，且 an乞 , n =1,2,.由区间套的定义知lim bn二，又”bn ?单减有下界，所以b ',n_jpcn =1,2,.此说明an bn , n = 1,2,下证是唯一的，设 1

12、变满足上式，即an乞】乞bn, n -1,2/ ,则有冷一'兰 bn-anT0 ( nT X).即“.例3闭区间套定理 =有限覆盖定理.证 设H为a, b 1的一个无限开覆盖，假设定理结论不成立，即不能用H中有限个开区间覆盖a, b 1.将a, b 1等分成两个子区间，则其中至少有一个半区间不能被H中有限个区间覆盖，记之为ab，将a“，a i等分成两个小区间，则其中至少有一个半区间不能被h中有限个区间覆盖，记之为a2, b2】，如此下去便得一闭区间套an, bn，其中每一个区间不能被H中有限个开区间所覆盖.由闭区间套定理，存在唯一的点©e lan, bJ , n =1,2，.

13、由于H是a, b 1的覆盖，故，H，使得匚。：、，由保序性立得：当n充分大时，: an ：bn ：，即an,b二以，这与bn,bn 1的构造相矛盾，故命题 为真.例4有限覆盖定理=聚点定理.证 设S R是有界无限点集，则 a,b】R , a,b为有限实常数，使得S a, bl.若 S存在聚点，则该聚点必属于a,b 1 (容易证明a, b】之外任何一点都不是s的聚点，因此只需证明：若S不存在聚点，则矛盾.事实上，假设S不存在聚点，即a, bl中任一点都不是 S的聚点，由聚点定义，一x 'a, b 1, 、x -0 ,使得u x, x中只含有S中有限个点，记 Hx, r xa,"

14、，显然H是 a,b 1的一个开覆盖，由有限覆盖定理知，存在有限个邻域覆盖a, b 1,从而亦覆盖了 S .由U x, x的性质立得S中只有有限个点，矛盾.例5 聚点定理=柯西收敛准则.证 设"'Xn '是 R中任一数列，满足条件：一；0, N 0，一 n ,mN，有Xn -Xm| V 名.(3)由此易证 丿是有界的(事实上，对E =1,务1>0,当n > N1时，有XnXnj£1 ,从而 Xn V Xn“ +1，取 M = maXxj, x?，Xn，XnJ +1,则 x M , n 纣.)，记S = xn n= 1,2，贝y S为有界集若 S为有

15、限集，则S中至少有一个元素在xn中出现 无限多次，取此构成一常数子列 ；Xnk 则它是收敛的，设其极限为 a，即Xnk = a，由条件（3）可得数列:Xn "攵敛于a 若S是无限集，则由聚点定理知S至少有一个聚点，设为:-，则有lim Xm =：.n :.事实上，由聚点的等价定义知，存在S中彼此互异的点列（从而是Ixn?的一子列）"xnk 有lim X% = ： k , k又 Xn -a 兰 xn -a + 焉-xn，由（3）式立得 lim Xn =a kkn_）pc例6聚点定理=致密性定理.证 设xn 是有界数列，记 S n=1,2，二若S为有限集，则由例 5的证明过程

16、知存在收敛子列若 S为无限集，则存在聚点，由聚点的等价定义立明（过程如例5）.例7致密性定理=柯西收敛准则.证 设Xn ?满足柯西收敛准则中的条件，则Xn是有界数列，则必存在收敛子列，由此可证整个数列收敛（参见例5） 例8柯西收敛准则=确界定理.证 设S为非空有上界数列，由实数的阿基米德性质，对任何正数，存在整数k -.,使得，.二：k :为S的上界，而k：. -1不是S的上界，即二:；e S，使得口、（ka1敢1今分别取，n =1,2/，则存在n，使得n是，a S,1n为S的上界，但'n 不是S的上界于n6(4)由柯西收敛准则知'n P n兰max丄、m n曰是，n =1,2

17、,WeaO, WN>0，于n,m>N，有r做敛，记nim- 下证(5)* ?-是S上确界由（4）易得-是其上界其= 1,2,#1.一，由（5）知：-、厂-S ,n 21 次，9，由 0得 N0，当n，有 n n- 1 _ 宀有、 八n' ' _ .此说明'为S的上确界.n4 闭区间上连续函数性质的证明定理i （有界性定理）若函数f x在a, b 1上连续，则f在a, b 1上有界.证 由连续函数的局部有界定理：-X，a,b 1, U X,、：x及Mx .0,有，x a,biM - f xg x在a, b i上有上界，设为G，则有f（x 卜 Mx，xU （x,

18、h D & b】，构造开覆盖HU X,、：x * a,bE，由有限覆盖定理立明.定理2 （最值定理）若函数f在a, b 1上连续，则f在a, b 1上有最大、最小值.证 由定理i知f在a, b 1上有界，故由确界定理，f在a, b 1的值域f a,b】有上确界M，下证：-匚a, b ，使f 1. - j： M .若不然，则一a,b】，有f x ： M .令gx =易见g x为a, b i上正的连续函数，故0 ： g x - G， x a, b 1.M _f（x）1解之得 f x _ M ， x a, b 1这与M为f在'a, b 上的上确界矛盾.G定理3 （零点定理）设f在b,

19、b 1上连续，且f a f b ：0，贝U x°：=a, b】，使f xo i；=o.证 不妨设 f a : 0 （则 f b ，0 ）.记 E = f x ，0,x a, b E，显然 E 非空，且 E 是有界集，从而 E有下确界，记x0 =inf E .下证f x0 =0 .事实上，由极限保号性知：:0，使f x ： 0， x a, a；（=X0 _ a r ）f x " 0， x b -、, b 1；（二 x° _ b -、）由此易得x° =a,b，即x° a, b .!a, b 1，使在其内f x 0，特别地其次，若f X。=0，不妨设

20、f X。0，则由连续函数的局部保号性得：U X。，f x0 | a 0，x0 匕E，这与x0是E的下确界 I 2丿2矛盾.故必有f x0 =0 .思考题（哈尔滨工大2002 ）设f （x） =X2002 -X1999 +x1997 +x1949 - X1921 证明：0, 1），使得仁令=0, f（x）»0,©1）.定理4 （一致连续定理）若f在a, b i上连续，则f在a, b i上一致连续.证 由 f 在 a, b 1 上连续知，X- a, b 】，一 ； 0，十 x 0，一X、U xr x-a, b (5)构造a, b 的一个开覆盖 H =Ula, bh，由有限覆盖定

21、理，存在H的一个子覆N 2 ):盖H*UXi,?i 十,k , 丿J9#是，对任何 x：x【a, b 1,则x必属于H*中某个开覆盖了 H，记6 = min一 1 空 2 '区间，设x'u xl， i，即 < 2丿x"X| Ex" x + x" X| <6由(5)得 f (x"卜 f(X| k -， f (x") f(X| 审£?，从而得 f (x"卜 f (x"|)£ z .2 24例题选讲例9 用区间套定理证明定理 1-5.证 都可用二等分方法证明.(1 )确界定理设ER为

22、非空有上界数集，M为E的一个上界.若 E有最大值，则最大值即为上确界，若E无最大值，任取X。 E，将lx0, M 1二等分，若右半区间中含有E中点，则记右半区间ai ,b1 1,否则记左半区间为la1, b1 1,然后将la1, b1 1二等分得a2, b21,则至少有一个半 区间含有E中点，记之为Ia2 , b2 £如此下去，得一闭区间套 询.，5上其每一闭区间.， 均含有E中点，由闭区间套定理，存在唯一的公共点©E Bn, bn】，n= 1,2，.下证 supE 二'.由bn, bn 的构造知：-X- E，有x乞bn, x乞lim bn =，即是E的上界；又一；

23、 0, |im a. -；,则 N0，使a” - ；，由Bn, b”】的构造知： x° 氐，b”丨，n -xo E , xo -a” -;,此说明 supE 二.(2) 单调有界定理设Xn M，则Xn乞M，用同样的方法割分 % , M 即可证之.(3) Cauchy收敛准则满足Cauchy收敛准则条件的数列(基本列)一定是有界数列，即m, M R，使mXn ZM , n =1,2,3,.然后对 b, M】进行二等分，选含有 % '无穷多项的那一半区间 为b1,b1 ,如此下去，由闭区间套立明.(4) 致密性定理同方法(3).(5 )聚点定理同方法(3).例10 用定理1 5证

24、明区间套定理.证(1)利用确界定理设bn, bn B是一区间套，则:Bn /单增且有界，从而有上确界 '，由单调有界定理的证明 知- bn, bn 1, n =1,2,3,.(2) 利用单调有界定理由单调有界定理知liman二=lim0，且bn _ -bn, n -1,2,3;.再证唯一性即可.n n(3) Cauchy准则的充分性由lim bn -an =0知 b ?满足柯西定理的条件 (这是因为当 m n时，由区间套定义知 n_,am -an|兰bn -an)，从而bn收敛，设极限为©，则©即为所求.(4) 致密性定理”由致密性定理知:an ?存在收敛子列，由的

25、单调性知 Sn 收敛，从而得证.(5 )聚点定理令E二£n ，则E存在聚点，再由聚点的等价定义，仿(4)立明.例11用有限覆盖定理证明定理 1 6.证用反证法.(1)证明确界定理设E R , E 1：，且 M R，有一xE , x < M 任取X。 E，考虑闭区间Ix0, M 1, 假若E无上确界(最小的上界)，那么-xX0, M丨，有 当x为E的上界时，必有更小的上界旨：:x，因而有x的开邻域.x ,其中皆为E的上界； 当x不是E的上界时，自然有 E中点x2 x，于是有x的开邻域 x，其中每点都不 是E上界.这样，x。，M 1中每点x都可找出一个邻域x，它要么属于第一类，要么

26、属于第二类，且这些邻域 工x:xx0,M I构成x。，M 1的一个开覆盖，由有限覆盖定理，必存在有限子覆 盖X1,厶X2,， I注意，M所在的区间应为第一类的，相邻的开区间有公共点，从而 也应为第一类的，由此递推可得xo所在区间也是第一类的这与Xo，E矛盾.(2 )其它定理对定理2、3、4,每点可找到开邻域x，使得 x中除中心点可能与 鳥中的项相同之外，其余与：Xn 不相交；对定理5,每点可找到邻域X，除中心点可能属于集合E之外，再无E中点；对定理6,每点可找到开邻域lx，使得至少有某一个an0, bn0与厶x不交，从而当n no 时，an, bn 与不相交.然后利用有限覆盖定理证之.例12

27、(哈尔滨工大 2002，北师大免试生 2003，西安交大 2004,武汉理工2004华东理 工1998)设f X在a, b 1上有定义，并且在上每一点都有极限，试证 f(x )在fe, b】上有界.证 -xa,b,由极限的局部有界性定理知，0, M x 0，当U0(x,：x)时,有f(x) <Mx.构造开覆盖H不妨设为H * = U (片，§) i =1,2厂M = maxx a,b f,由有限覆盖定理知存在有限子覆盖, 相应的Mx记为MM?,M k，取-U(x,、x) k ?J?Ni,M2, Mk, f(Xi), f(X2)厂，f(Xk) 则-X a, b,都有f (x) _

28、 M，即f X在a, b上有界.例13 设f x在a, b 1上有定义，并且在在a, b 1上可积，且 f(x)dx=0 a证设a, b 1为任意一点，由条件知a, b 1上每一点的极限都存在为零试证f xlim f x =0，即一 v 0，十 X00，当X內OvxX0|<6x° 时，有 f(xp<§ 如此，右(Xo,6x0)Xo w b bP 构成了 la, b 】的一个开覆 盖，由有限覆盖定理，其中存在有限子覆盖 匕化，、公)i =1,2,，k ',除有限个点 、Xi,X2，,Xk匚之外，有f x 卜；一 是一；0,取 r = ；：. 4 b -a

29、、0, M maxf(xJ|f(X2 P，,f(Xk )禺，作一分划 T ,使含有Xi,X2/ ,Xk的各小区间之总长 VXi :： ；4M，贝y7 陕=：打诂 亠二：x2M2“ba=；,4M其中 '表示令Xi,X2/ ,Xk各小区间对应项之和，7”为其余各项之和.由可积准则知f X在 a,b 上可积既是可积，可选取i=Xj , j =1,2/ ,k，则有迟咻弹X< 知(ba ),b由此可得f xdx=0 例14设函数f在a, b 上连续，又有；、xja,"，使lif xn二a 证明：存在X。 a, b，使 f X。= A 分析：IxJa, bl,则存在子列kn，其收敛

30、，设为 X0，则X a, bl，且有f(X° ) =mf(Xnk(Xn )= A f 0 = f 1 证明：对任何正整数 n ,分析：当n=1时，取 =0 ,命题成立若n1,令Fx=f'x+丄 j f(x)，则有I n丿例15 (安徽大学 2001 )设f在0, 1 1上连续， i;-0,1，使得12#若上式中每项均为零，则结论已成立; 定理立明.n f r f若不均为零，则由其和为零知其中有正有负，由零点例16 (北京科技大学1999) 叙述数集 S的上确界的定义，并证明：任意有界数列X "n ?， 总、有 SUp n + yn兰 SUp n+SUpyn 证若三R

31、满足：(1) - x R , x _;(2) ：；乜 0 , Tx0 S，使得 x0-；则称 是S的上确界，记为=supS .下证不等式成立.由于 X ； n ?都是有界数列，所以它们的上确界都存在，记sup'xn=x, supyn $ = y，贝y Xn 乞 x, yi y，从而Xnyn _ x y，- n _ 1,所以，sup'xn yn j _ X y 二 SUpXn J SUp'% I例17(北京大学1994)设函数f(x)在a,b上无界，求证：_ 1三a,b，使得-:0 ,f (x)在U ( ,)a,b上无界.证法一用有限覆盖定理.假设这样的 不存在，即-x

32、a,b,二心x 0，使得f (x)在U (x,、x) a,b上有界.构 造开覆盖H =U(x，6) xwa,b ,由有限覆盖定理知存在有限子覆盖，不妨设为 H * = U(Xi,6i)|i =1,2,，k , f(x)在其上都有界，分别记为 MM2,M k，取M = max M1, M 2, M k f,则7x可a,b,都有| f(x) <M，即f(x )在a,b】上有界，这与题设矛盾，所以结论成立.证法二用区间套定理.将区间a,b等分为二，则由函数 f (x)在a,b上无界知f (x)至少在其中一个半区间上 无界(如果都是则任取一个)，记为a1,b1，将此小区间等分为二，则f (x)至

33、少在其中一个半区间上无界(如果都是则任取一个)，记为a2,b2】，如此继续下去得一区间套ian,bn,f (X)在其每一个区间上都无界.由区间套定理，an,bn, n1,且lim an = lim bn =讥n n>0，当n充分大时，有an,bnuu(j6)aa,b,因此，由an,bn的构造知f (X)在U ( ,)a,b上无界.例18 (武汉大学1994)设iXn =址，E=<Xn n=1, 2,，试证：必存在正整 数 p，使得 xp = inf E.证 取M = max玄，仁，贝U TN 0 ,当n N时，有xn M _，于是有inf E 二 inf, a2, aN ： 一 m

34、in "q, a2, aN ,而有限集必有最小值，因此，存在正整数p, 1乞p乞N使得xp二inf E.例19 (浙江大学2004 ,北京科技大学)证明：若一组开区间/ :I n = (an, bn), n = 1,2/，覆盖了 0,1，则存在一 0，使得0,1中任意两点 x , x ,满 足x"x £ 6时，必属于某一区间|k.证 由有限覆盖定理知：Un?中存在有限个区间，不妨设为11,丨2，Ik，它们也覆盖了 0, 1.将这些区间的端点从小到大排成一列，相同的点只取其一，不妨设为Ci :： C2 ：；Cm ，其中 m E2k.令 6 =mi n 仁片g ,i

35、=1,2,，m 1 bo，则当 x；x% 0,1, x'-x <6 时，必存在I j, 1 _ j _ k，使得x , I j.例20 (天津大学1999)利用确界原理证明：若实数列单调递减有下界，则 ；必收敛，且 lim xn 二 inf、xn 】n_n证 记S二xn n =1,2/ 则数集S有下界，由确界原理，S有下确界，记之为a，下 证：lim xn = a.n事实上，a为S的下确界，贝V xn亠a, n亠1，且-；.0, T x” S，使得xN ： a ;， 再由单减性假设知，当 n N时，有Xn 冬 xN < a :，从而当n N时，有Xn - a £

36、s即 lim xn = a.n例21 (四川大学)用有限覆盖定理证明连续函数的零点定理：若函数f (x)在a,b上连续，且f(a)f (b) : 0，则至少存在一点 c (a,b)，使得f(c) =0.证 用反证法。假设f (x) = 0，-x (a, b)，则由函数的连续性知：(a,b), Tx 0 , f (x)在 U (x, x) a,b上恒正或恒负，令 H =*U(x,、：x)a,b 贝 U H 为a,b的一个开覆盖，由有限覆盖定理知存在有限子覆盖， 不妨设为Ugi,、), i = 1,2/ ,k ,并且可设xi 彼此不同(若 务心 相同，则只保留较大的领域，它们同样覆盖 a,b),这

37、样可把Xi从小到 大重心排列，不失一般性，设捲：x2 ：:xk，于是，a U(x八J，这样，f (x)在U(xJ a,b上与 f (a)同号。又 U(X2,、2) U(X1,、1)=，所以，f(x)在 U(X2,、2) 与f (a)同号，依次类推，f (x)在这k个领域内都与f (a)同号，而f (b) ：= U (xk,、： k)，即得 f (b)与f(a)同号，矛盾，因此，至少存在一点 c (a,b)，使得f(c) = 0.例22 (厦门大学2002)设函数f (x)在有限区间I上有定义，满足：I, 0,使 得f (x)在U(X,、)内有界。(1) 证明：当I二a,b时，f (x)在I上有

38、界；(2) 当I =(a,b)时，f (x)在I上一定有界吗？证(1 )由有限覆盖定理立明。1(2)不一定。如函数 f(x)在(0,1)满足假设，但f(x)在(0,1)上无界。X例23 (华中师大)用闭区间套定理证明：若函数 f(x)在区间a,b上连续，则f(x)在 a,b上有界。证 用反证法。假设f(x)在a,b上无界，将区间a,b等分为二，则f(x)至少在其中一个半区间上无界，记这样的区间为abi(若f(x)在两个半区间上都无界，任选其一)将ai，bd等分为二，则f (x)至少在其中一个半区间上无界，记这样的区间为a2,b2，如此下去得一区间套ian，bnX f(x)在每一个区间上都是无界

39、的。 由区间套定理，二-an,bn， n _1.又f(x)在连续，贝U f (x)在的某领域U)内有界，而当n充分大时， an,bn U()，这与an,bn的构造矛盾，因此 f (x)在a,b上有界。例24设:xn 单调数列。若:xn，存在聚点，则必是唯一的，且为:xn 的确界。证 不妨设'xn '是单增的。若<xn 无界，贝U lim xn =址，于是，WA乏R,三N >0,当n > N时，有xn > A十2. n_这样，领域U(A,1)内至多含有 % 沖有限项，因此 A不是Cxn 1的聚点，由A的任意性 知xn 没有聚点，这与假设条件矛盾，因此xn

40、为有界数列，由单调有界定理知：lim xn = sup：xn /，n设 是'xn的一个聚点，则：Xn f必存在一个子列收敛于，由海涅定理知二sup：xnf，此n说明聚点若存在，则必是唯一的，且为'xn的确界。例25设函数f在a, b上递增，满足f (a) Ma, f (b)兰b，证明：x° a,b，使得 f (x°)证 若 f(a)=a 或 f(b)二b，则命题已成立，故可设 f(a) a, f (b： b 记1a1 ,b=a,b, &1 bj .若 f(G，则已得证；若 f (cj ： g ，则取2a2,b2二，© ； 若 f(&) - C1，则取a?®門力.按此方法继续下去，可得一区间套Ian,bn若在此过程中某一 旧.，5的中点Cn，使得f(Cn)=Cn，则命题已成立，否则 有：f(an)>an,f(bn)cbn, n = 1, 2,.(1)由区间套定理，X。 an,bn, n =1,2,.下证：f(x°) =x°.倘若f(Xo) xo，则由£n递减趋于xo和极限的