实数系完备性基本定理循环证明

实数系完备性基本定理的循环证 :实数 ,(单调有界定理)任何单调有界数列必定收敛．(区间套定理）设{[an,bn]}为一曲间套：1.[an,bn][an1,bn1n12,, 2.lim(ba) .则存在唯一一点[an,bnn1.H)}是闭区间[ab[aH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[ab的一个有限开覆盖．(聚点定理)直线上的任一有界无限点集S至少有一个聚点，即在的任意小邻域内都含有S中无限多个点（本身可以属于S，也可以不属于S）．(柯西准则)数列{an}收敛的充要条件是：0,NN，n、m ,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证

}有极限且有an bnlimbnliman= bn 联合(1)(3)anbnanbn的是唯一的,设数an

bn|-|

bn-

|-|lim(ba)0 故有=证不妨证明非空有上界的数集S必有上确界SS,构造p:不小于数集Spn{xn}=max{1,2,,nxnlimxnn有nxnx是数集Sx0Sx0

x02

一定存在一个有理数N,使n,从而Nx0,这与NS上界.所以对一切xS,都有x,即是数集S的上界任给>0,若xSx,则存在有理数,使即x-<<.这与3.,所以存在xS,使x>-.即是数集S的最小上界.于是,证明了所需结论 1.设有理数(a,b],使区间[a,]能被H中有限个开区间覆盖.把[a,b]上的这种有理数的全体排成一个数列{n}.因为存在一个开区间(,)H使(,),在(,)[a,b]内含有无穷多个有理数,所以{n}是存在的;nxn=max{12,nxn}单调递增有上由单调有界定理得,limxn,且nxn，n=1,2,;x因xn[a,b], ,由3.得[a,b],故必在H中的某个区间(11)中.再由3.,一定有Nn},使1N.又由1.aNH中有限个开区间覆盖.故只需把(11a,若bab]能被Hb,由于内ab]的有理数在上处ab]处稠密,故一定存在有理数使得<min{1baH中有限个开区间覆盖.故{n},与3..所以=b. ""若{a}收敛，设lima 则有对0N0nNana︱/2mnama︱/2anam︱ama︱ana︱即{an}是Cauchy设{an}是Cauchy则对0N10n1N1时有︱

aN︱ aNanaN n N2n1N2n2︱aNn

︱aNanaN …n Nknk1NknkaNn

︱

anaN n即得对kn

nkn

，由的任意性有 nn nn由Cauchy列的定义，任取0，则NmnNanam︱取mN1aN11anaN1所以{an} 由{anan}有{an 由有界单调收敛定理有{an收敛，设lim

k 下证lima

k k因为对0KkKana0︱/2k由{an}是Cauchyk当nnkanan︱/2k 所以︱ana0︱anan︱+︱ana0︱ 所以{an}收敛，且limann证SS中选取一个由可数多个互不相同的点组成anan}是有界的.下面从{an}中抽取一个单调子列,从而由单调有界定理该子收敛,最后 证明该子列的极限值,就是有界无限点集S的聚点.分两 anSanSn1 后的最大项是an11nn 后的最大项是nn

且显然n2n

an1n

后的最大项记为nan nan

k ankankanananknank11)ana1,112因an12

ann2n1).又因为

1n21n23

>an2n

n3n2),……an aa an}属于情形1）还是情形2）an}的一个单调收设limanaaS的聚点.对>0,存在自然数K,使得时kK

k

a-

na<a+nknnk

}单调递减,

nn

<a(kKnn

a, nnS即a的领域内含有S中异于a的点,故a是的S聚点.区间套定理对其它定理的证n [必要性]设lima=A.由数列极限定义,对任给的>0,存在N>0,nm,n>N|am-

|2

-A|< 2因

am-

||am-A|+|

-

+= [充分性 按假设,对任给的>0,存在N>0,使得对一切nN|

aN|aNaN

里及以下,为叙述简单起见,“{

an据此,令=1,则存在N,在区间[ -1, +1]内含有{ }

几乎所有的项.记这个区间为[1,再令=1,则存在N(>N),在区间[ -

, +1]内含有{

[,]=[ -1, +1 [,

继续依次令=1 ,1 ,照以上方法得一闭区间列{[,

[n,n][n1,n1 -

(n

,

[n,n](n=1,2, 现在证明

}的极限.事实上,对任给的>0N>0,使得当nN时有[nnU(U(

}中除有限项外的所有项,这就证得lima=nn 因S为有界点集,故存在M0,使得S[M,M],[1,1]=[M,M]现将1,1]等分为两个子区间,因S为无限点集,故两个子区S[11[22],

,

2

2121

(1-1再将[22]等分为两个子区间,则其中至少有一个子区间S无穷多个点,取出这样的一个子区间,记为[33

322[33

3121

(2-2 M2M将此等分子区间续无限地进行下去,得到一个区间列{[n,n]}[n,n][n1,n1 -=M (n 即{[nn]}是区间套,且其中每一个闭区间都含有S中无穷多个点.由区间套定理,存在唯一的一点[nn],n=1,2,.于是对任给的>0,N>0nN时有[nnU(U()内含有S中无穷多个点,为S的一个聚点. 假设定理的结论不成立,即不能用H中有限个开区间来覆 将[H中有限个开区间来覆盖.记这个子区间为[11],则[11[],且-=1(- 再将[1,1]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[22],则[22[1且-

(- nn]},它[n,n][n1,n1],n=1,2,-=

(-) (n 即{[nnH中有限个开区间来由区间套定理,存在唯一的一点[n,n],n .由于H[ab)H,使ab).于是,,当[n,n](a,bnn]只须用H中的一个开区间(ab)就能覆盖,与挑选H的有限个开区间能覆盖[]. 仅证明非空有上界的数集S必有上确界要找一数S上的上确界.是S的上确界就要满足上确界定义中的两个条件:大于S中,的任何领域内有S中的点.p如果ab]间中,则闭区间应有性ab]:任何小a于的数不在S中,ab]中至少含有S中的一个点,该性质即为p*.取S的上界为b,且bS,取aSp*;将闭区间ab]等分为两个闭区间,则至少有一个闭区间a1b1]也有性p*.如此继续得一闭区间列,满足 [an,bn] lim(ba)=lim1(ba)

n

x由闭区间套定理得属于所有的闭区间[an,bn ,并且每abp* 因为anbn, ,且lim(bnan)=0,liman=limbn= 由于对xSxbxlimb;又对>0N 使得-=supS

aN,故存在x0S[aN

bNx0aN- 设{xn}是单调有界数列,不妨设其为单调递增且有上界b1,现在来构造xn}中任取一项记作a1a1b1a1b1为端点的闭区间a1b1xna1b1]二等分,得闭区aa1b1a1b1b]. xaa1b1a1b1bx 的无限多项，记该区间a2b2].再a2b2]二等分，在所得区间中只故{[a,b

lim(bnan) [an,bn](n现在证明因limxn.因lim(bnan=0>0存在自然数N,当nN

︱bnan

anbnxnNnNanbnN=max{N,N},当n>Nxnbnann此即limxn柯西收敛准则对其它定理的证 设为S非空有上界数集.由实数的阿基米德性,对任何正数,存在整k,使得=k 为S的上界,而-=(k-1)不是S的上界,即存1S,使得

>(k-1) 分别取=1，n=1,2,,则对每一个正整数n,存在相应的 ,使n为S的上界,而

不是S的上界,故存在1S 1>-1 又对正整数mS的上界,故有1.结合(1)式得<

有<

| -|<max(1,1 于是,对任给的>0N>0,使得当mnN|m-n|<nnlim= n现在证明就是S的上确界.首先,对任何aS和正整数n有an式得a,即S的一个上确界.其次,对任何>0n

0(n(2)式,对充分大的n同时1<,>- 又因-1不是S的上界,故存在S,使得-

>--=- 这说明为S同理可证:若S证1.取aSnkxa1）2）

(xn,(xn,n

2．1.对任意的自然数nm

x1

xmn,mx1x

1,)(x(xm,1，2）|x-x|max{1,1 xnn3．limxn4．对>0,由于lim(x1=,所以存在n ,x-

(-,+ 从0n

,) (,)有2）得 (,)是无限点集； (,)

(x,)n0n由1）得 (,)至多是有限点集.因S(-,+是无限点集,即是S 1.在[a,b]上选取一数列{x}，使得[x-1,x+1][a,b]具有性质p ab]被Hp1:闭区间ab]不能被H中有限个开区间覆盖；若[ab]具有性质p1,则x1ab1x1-1,x abpabp1xnn1n11k(xkk,xkk

[a,b具有性质p12．

|x-x|<max(1,1 xnn3．=limxn4．显然,ab)ab],使lim

=,存在 ,使( -1, +

)x

(x-1,x+ )具有性质 不妨设{[an,bn]}是一列闭区间,满足如下两个条件[an1,bn1][an,bn

2)设lim(ba0 0amanbnan0(n,所以数列{an}敛准则得:limanlimbnlim(bnanan) an)liman

由于数列{an单调增加,数列{bn是属于所有闭区间[an,bn](n12, 的唯一实数,从而区间套定理得证.下面证明闭区间套的公若()也属于所有的闭区间[anbn0bnan n时,lim(ba

0,这与闭区间套的条件,即区间套k 设{an}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{an}无极限，则可找到一个子列{an}以为广义极限，从而kk{an}有上界相．现在来构造这样的{an}．k对于单调数列{an}0NN+,当nN时，满足|anaN|”．这是因为它同时保证了对一切nmN，恒有|anam||anaN|倘若{an}不收敛，由上述柯西条件的否定陈述：00NN，nN|anaN|anaN0

1N11n1N1使1

a1N2n1n2N2使anan kNknk1,nkNk,使an k

kana1k0k故当kMa1时可使 所以单调有界数列{a}必定有极限 0确界原理对其它定理的证 必要性是常规证法,故从略.只证充分性构造非空有界数集SxnSxnS={x|(-,x){xn}是空集或有限点集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{xn}的下界aS,上界bSS是非空有上界的数集.由确界原理数集S有上确界=supS;对>0,(-,){xn}是无限点集,否则,就与=supS..因(-,+){xn}至多含有{xn}的有限多个点.故(-,+)含有{xnn的无限多个点.设nk

),k= n1

n2 .取N1=max{N,n1n>N1时,总存在nkN1n因此limx=n

|xn-||xn

x|+|x-|<2 证1.令S={x|axbaxH2.SH覆盖闭区间[ab],所以,存在一个开区间()H使a(x(axHxS故S3.由确界原理存在=supS4.现证bb,则a<bHab定存11H,使11x1x2使x1x21,且x1Sax1H中有限个开区间覆盖，把(11)加进去,就推得x2S这与=supS,故=b,即定理结论成立. 存在唯一的实数使得[an,bn](n令Sxn}显然S非空且有上界(任一bnSsupS

,

n=1,2,ann=1,2n,都有bn.实事上,对一切自然数nbnS有bn,故证明了存在一实数使得anbnn证SE{xE中大于x的点有无穷多个}.易见数E非空有上界,由确界E有上supE.则对0,E的上界,EE的上界,E的点仅有有限个.于是,在()EE 设{xn}单调上升,即3

xn 有上界,即M,xnMExnnN,它非空,有界,推出它有上确界,记为asupx.nNn们验证alimxn0,由上确界的性质N,使得axN,nN时,由序列单调上axNxn,再由上确界定义,xnaa,axna,xna,也就是说limxnasupx

同理可证若{x}单调下降,有下界,也存在极限,且limxninfxn E无上界,记作supEE无下界,记作infE,

(infxn

定理现在有了严格的理论基础了.且对单调上升（下降）序列{x},n

.

nNn聚点定理对其它定理的证 设S={an}{bn}.则S是有界无限点集.由聚点定理得数集S聚点若存在一个a 使b>a>(n=1,2,).再取=1(a-),由{a n>N

anaN.这样,(,)内至多有S有限多个点.这与是聚点,于是得到an(n=1,2,[an,bn][an,bn] 1.找一个使它具有与性质p相反的性质p1的数集S;为此先证>0x [a,b

,

Hxx(00).否则x1ab].对任意的()H都有x1-

x1+1)(,).

x2abx1}，对任意的)Hx1x1x xnabx1x2,xn1}对任意的()H,(x-1,x+1)(, xnxn}有聚点xnab],得ab11)H使(1,1).令1=min{-1,1- },则存在自然数N,N>2,x1,1)x

,x+1)(,1 1.

现在 取n=[ba]+1,x=a+2i1(b-a),i1 11,2,xixiaibi)H,i=0,1,2,.n(ai,n(ai,bi)i

(xi-,xi+)[a,b] 设{xn}是一列柯西列，则知{xn}是有界的.若{xn}中只有有限多nn0

xnkxnxn}是柯西列，故对>0NknmNxnxm特别地 当n>N,k>N时由于nk>k>N,从kxnxnk0令kxnxn︱0 即limx= xnSxn}是一有界无限点集.根据聚点定理,S至少有一聚点,由聚点的定义,对任意的自然数k1(,1k

xn}的无限多项,从而在

(,1k1

xnknnxn,由于k的任意性，所以limnxn k

＝.同上可知limx＝nn 设{an}是一单调有界数列,下证{an}收敛,不失一般性由聚点定理可知{an}至少有一个聚点,假设ab都是{an}则0{anana{bn

b nn abnn nn因为ab所以 nn 取bnam{bn},则{an至多含有{an}m项 从而{an}中只有一个聚点,记该点为a下证limanaka是{an}的聚点,所以对0an}an}是无穷点集knnaa.ann

a由{an}的单调性,Nn1,kNnan1

ak

ak所以limank 设E为一有上界点集,若E为有限点集则E必有上确界,且supE=max{xxE为无限点集,ME的任一上界,x0将[xM二等分,Mx0E,

Mx0,

M. a

bMx0.再将[a,b二等分,b1a1

b1a1,

1b.否则

a,.

2 这样重复下去,可得两数列{an},{bn},其中bnE的上界anE,a1a2anbnb2b1由聚点定理可知,{bn}有聚点,由聚点唯一,记为.下证E的上确界.对0,由b的构造可知

E,使得

b

因为

2

所以E

有限覆盖定理对其它定理的证 不妨设数列{xn}单调递增有上界M.且若{xn}中有最大值，则易知{xn收敛于某常数，从而定理得证.以下假设{xn}中没有最大值，用反证0xn}没有极限.对任意取定自然数n00

Mn0n

,Mn的开覆盖 设x[x,Mn0然数nxnxn,这时取xn-xxxx+);xxnxxnxnxnxxnxnxxxxxxnxnxn}的上界.因limxnxxxxxnnxMn0(x1-1,x1+1nxMn0

xn-n,xn-nxiixi

nxMn0(x1-1,x1+1),…,(xn-n,xn-nnn0

M],所以至少有一个第一类开区间与某个第二类开区间相 anbnn=1,2,a1b1 anbn]}的公共点.从而，总存在一个开区间(xxxx),使得xxxxanbnanbn [an,bn](x-x,x+x)= 现让x取遍a1b1]上的所有点，就得到一个开区间集Hxxxxxa1b1 H={(xk-x,xk+x):k=1,2,…m 覆盖闭区间[a,b],其中(x- ,x+ [ ,

a,nn nn

nokknokk

[an0n

b](xk-

,xk+

)=nn[a,bnn

nk

(xkx,xkx)=

a,nn nn

][a1,b1]anbnn=1,2,…, 设S为非空有上界的数集,证明S有上确界不妨设SbS的一个上界,下面用反证法来证明supS=存 假设supS不存在,取aS对任一x[a,b],依下述方法定一个相应的领域Uxxx).xSS中没有最大值,所以至少存在一点xSxx,这时取xxxS且不是SxSxx,这时取x若xUx(x,x

x是的S上界.因supS存在,故有0中的点都是S的上界.于是得到了[a,b]的一个开覆盖H{Ux(根据有限覆盖定理,H

}.H{Un(xkx,xkx)|k1,