1、实数系基本定理的等价性证明(共 2 篇)回目录摘 要说明了确界原理、单调有界定理、闭区间套定理、致密性定理、柯西收敛原理、有限覆盖定理这六个定理是等价的.也就是说，以这六个定理中的任意一个作为公理都可以推出另外五个.本文把闭区间套定理作为公理，证明了这六个定理之间是相互等价的. 关键词上、下确界、闭区间套、有限覆盖、收敛、等价性在数学分析课程中我们学习了实数系的六个基本定理，即确界原理、单调有界定理、闭区间套定理、致密性定理、柯西收敛原理和有限覆盖定理.实数系这六个基本定理是相互等价的，即以其中任何一个定理作为公理都可推出另外五个定理.在数学分析教材中，一般都是以确界原理作为公理，然后去证明其
2、余的五个定理.我们现以“闭区间套定理” 作为公理，然后去推证其余的五个定理，并证明这六个定理是等价的.六个定理的顺序： 确界原理 单调有界定理 闭区间套定理 致密性定理 柯西收敛原理 有限覆盖定理按以下顺序给予证明：1 闭区间套定理有限覆盖定理 1闭区间套定理若闭区间列 an,bn 满足：an,bnan1,bn1，n=1,2,3,；limbnan=0 ； n则存在唯一，使得 liman=limbn=，是所有区间的唯一公共点. nn有限覆盖定理若开区间所成的区间集 E 覆盖一个闭区间a,b，则总可从 E 中选出有限个区间，使这有限个区间覆盖a,b.证明用反证法设 a,b 不能被 E 中有限个区间
3、所覆盖.等分区间 a,b 为两个区间，则至少有一个部分区间不能被 E 中有限个区间所覆盖，把这一区间记为 a1,b1.再等分 a1,b1，记不能被 E 中有限个区间所覆盖的那个部分区间为 a2,b2.照这样分割下去，得到一个区间列 an,bn，这区间列显然适合下面两个条件：（i） 每一 an,bn 皆不能被 E 中有限个区间所覆盖；（ii ） a,ba1,b1a2,b2；（iii）bn-an=ba0 ； 2n有条件（ii）及（ iii） ，于是由闭区间套定理，必有唯一点a,b 使 an，bn.按覆盖概念及定理所设条件，在 E 中至少存在一个开区间，设为,，使, 即 有数列极限的性质知道，正整数
4、 N，当 nN时，有anbn即当 nN 时，有an,bn,也就是用 E 中一个区间 ,就可覆盖所有形如 an,bnnN的区间，与（i）矛盾.定理证毕2 有限覆盖定理致密性定理 2致密性定理有界数列必有收敛的子列.证明设 xn 为有界数列，a 是它的一个下界，b 是它的一个上界，于是下列两种情形之一成立：（i） a,b，使在的任何邻域中都有 xn 的无穷多项；（ii）对任何 xa,b，都存在 x 的一个邻域 xx,xx，使其中只含 xn 的有限多项.如果（ii）成立，则开区间族 xx,xxxa,b 构成 a,b 的一个开覆盖.于是由有限覆盖定理知，其中必有有限子覆盖.由于每个区间中都只含 xn
5、的有限多项，故有限个开区间之并也只含 xn 的有限多项.但另一方面又应该包含xn 的所有项，矛盾.这表明（ii）不能成立，即必是（i）成立.11 考察的邻域序列 n,n.由（i）知，每个邻域中都含有 xn的11 无穷多项.首先在区间 1,1 中取一项，记为 xn1，然后因,中22 含 xn 的无穷多项，故可在其中取得下标大于 n1 的一项记为 xn2，一般地，当1111由于,xnk,取定之后，中含有 xn 的无穷多项，kkk1k1故又可在其中取得下标大于 nk 的一项记为 xnk1。这样就可以得到子列 xnk，满足条件axnk n1，k=1,2,3, k当然有 limxnk=，即 xnk 是收
6、敛的子数列. 定理证毕3 致密性定理柯西收敛原理柯西收敛原理数列 xn 有极限的必要与充分条件是：0，正整数 N,当m,nN 时，有xnxm 证明首先证明条件的必要性：设 xna ，则0 ，正整数 N，当 kN时，有 xka2从而当 m,nN时，有xnxmxna+axm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=1 必正整数 N0，当 m,nN0时，有xnxm1 特别的，当 nN0 且 m=N0+1 时，有 xnxN011 从而当 nN0时，有xnxnxN01+xN011+xN01il 这就证明了 xn 的有界性，由致密性定理知，必有收敛的子列 xnk，设 m+
7、= 22nxnk=a，根据子列收敛定义，0，正整数 K，当 kK 时,有 xnka取一正整数 k0=maxK1,N1,于是 k0K 且nk0nN1N+1N，因此当 nN 时，有已知条件有xnxnk0，所以xnaxnxnk0+xnka+=20 即 limxn= an定理证毕4 柯西收敛原理确界原理确界原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. 单调有界定理单调数列有极限.证明设 S 是有上界的集合，取实数 b1，使对所有 xS，都有 xb1.取 a1S 并考察区间 a1,b1 的中点a1b1abab.若 11 是 S 的上界，则令 a2=a1，b2=11；222若 a1b1ab
8、不是 S 的上界，则令 a2=11，b2=b1.于是总可得到区间a2,b2，使 22b1a1.2 得 b2 是 S 的上界 .a2,b2 中有 S 的点且 b2-a2=再对闭区间 a2,b2 进行同样的处理，又可得到闭区间a3,b3a2,b2，使得 b3 是 S 的上界，a3,b3 中有 S 的点且 b3-a3=b2a2b1a1=. 222继续这个过程，可以得到一个闭区间的序列 an,bn，满足下列条件：（i）an,bnan1,bn1 ，n=1,2,3, ；（ii）bn-an=b1a1，n=1,2,3, ； n12（iii） 对每个 nN, bn 是 S 的上界且 an,bnS；由（i）和（i
9、i ）知，当 mn 时，有 bmbn=bn-bmbn-an=b1a1. n12n可见，数列 bn 为柯西列. 由柯西收敛原理知 bn 收敛.设limbn=M.对任何 xS 和任何 nN，均有 xbn,所以有 xM，即 M 是S 的上界. 另一方面， 0，由于 limbnan=0，故有 n0，使得bn0-an0.又因 bn0nM，故有an0 bn0-M-.由（iii）知 an0,bn0 中有 S 的点，这表明 M-不是 S 的上界，所以 M 是 S 的上确界. 定理证毕5 确界原理单调有界定理 单调有界定理单调数列有极限.证明设 yn 是单调增加的有界数列，则必有上确界 supyn.由上确界的定
10、义有：（i）ynn=1,2,3,. （ii）0,在 yn 中至少有一数yN，有 yN-，但由于 yn 是单调增加数列，因此当 nN时，有 ynyN，从而 yn-，也就是说，当 nN时，有 0-yn 所以 yn同理 单调减少有界数列的极限就是它的下确界.定理证毕6 单调有界定理闭区间套定理 证明由条件可得a1an1anbnbn1b1显然 an 单调增加有上界 b1，bn 单调减少有下界 a1，由单调有界定理知an 与 bn 都收敛.设 liman=则nlimbn=limbnanan=limbnan+liman=nnnn由于是 an 所构成数集的上确界，也是 bn 所构成数集的下确界.于是有 an
11、bn，n=1,2,3,即属于所有闭区间 an,bn.若另有实数所有闭区间 an,bn，则也有 anbn，n=1,2,3, 令 n,由极限的夹逼性得到=liman=limbn=nn此及说明满足定理结论的实数是唯一的. 定理证毕通过以上的证明，说明了上述六个定理是等价的，即从其中任何一个定理出发都可以推断出其他的定理.所以，这六个定理中的每一个都可以称为实数系的基本定理.参考文献1 陈传璋.金福临.朱学炎.数学分析.上册.第二版.高等教育出版社，1983.7. 2 李成章.黄玉民.数学分析.上册.第二版.科学出版社，2016.关于实数七个基本定理等价性的证明 2016-12-20 08:57:46
12、 | #2 楼回目录夏小月中山大学应用数学 04 级从开始学习数学分析至今，我们共学习了七个实数基本定理，他们分别是： 1 戴德金连续性准则 2 单调有界有极限定理 3 确界定理 4 区间套定理 5Borel 有限覆盖定理 6Bolzano-Weierstrass 定理 7Cauchy 收敛原理 1 出发证明2 及3，并证明1、2、3 相互等价，此过程书上证明各定理的思路是：从2 及此加强中得到：“单调上升有上界数列的极限即为数列上确界”这一加强结论。由 4，再由4 分别证出5 及6，由6 证出7。 结论可证出下面给出这七个实数基本定理之间相互等价的证明，大概思路如下：详细证明如下： 已知有区
13、间套 an,bn 满足 limbnan0， an1,bn1an,bnn。要n证存在唯一的 ra,b ，且 limbnnn1nnlimanrn记 an 全体上界组成的集合为，R 。由 an1,bn1an,bnn，知 a1a2anbnb1。显然 a11，b11，且 bn，故知、不空；由 R知、不漏；a,b ，由于 a 不是 an 的上界，因此存在 an0an，使 aan0。而 b 是 an 上界之一，所以 an0b，故aan0b，即 ab，故不乱，因此|构成实数的一个分划。由知，存在唯一的 r，a,b ，有 ab。下证 ra,b ，即nnn1n,anrbn若，使 anr，则anrararan ，因
14、此 n，而 nr，与 222a,ar 矛盾。n,anr。同样，若，使 bnr，则 brbrbnr，而 nr，与 bn，因此 n222b,rb 矛盾。n,bnr 。也即 ra,b。 nnn1n 下证 limbnlimanr： nlimbnan0 n0,n 时，anrbnbnrbnrbnanbnananrranbnanbnan，即 limbnlimanr nn最后证明 r 是唯一的，若 rr，使 ra,b，由 annn1nr,rbn 知rrbnan，令 n 得 rr0 矛盾，至此区间套定理得证。 已知实数分划|，求证存在唯一的 r 使 a,b，arb。 任取a1,b1，用中点 a1b1ab 二等分
15、 a1,b1，若 11，则记 22a2b2a1b1a1b1，否则记；再用中点二等分,ba,ba,a,b122122222a2,b2，若 a2b2ab，则记 22,b2a3,b3，否则记 22a2b2a2,a3,b3。如此进行下去得一区间序列 an,bn，显然 2an1,bn1an,bnn，且 bnan=b1a10n。因此 an,bn 为区间 2n1套。由知，存在唯一的 r 满足 ra,b，且 limbnnn1nnliamnr。nn,anrbn。下证 a,ar，b,rb ，用反证法：若存在 a0，使 a0r，则取 a0r0 2limbnr， n0,1,n1 时 bnr，bnrr这与|是实数分划相
16、矛盾。同理，若存在 b0，使 b0r，则取 a0ra0ra0。22rb00 2limanr， n0,2,n2 时 anr，anrr这与|不乱相矛盾。故 r 的存在性得证，下证唯一性： rb0b0rb0。22若 rr，a,b ，arb，不妨设 rr，则 r若 rrr。 2rrrrrrrr，则 r，矛盾；若，则 r，矛盾，故 2222rrrr， ，与、不漏矛盾。 22得证。,n 必要性：若 xn 极限存在，设 limxnr，则 0n 时 xnr2，故当 n,m,xnxmxnrrxmxnrrxm性得证。 22，必要充分性：若 0,n,m 时 xnxm，取 1，则 0，n0，m0 时xnxm1xnx0
17、11，x011xnx011令 bmaxx1,x2,x0,x011；bminx1,x2,x0,x011 则 n,anrbn记 a,ba1,b1，将 a1,b1 三等分，则分点为2a1b1a2b1及 1，在 332a1b1a12b1及否则，a1,b1 中至少有一个闭子区间只含 xn 中的有限项，33取 0b1a12ab， ，存在 n,m，xna1,11，63baa2b1xm1,b1，满足 n,m 而 xnxm110，矛盾。33 设只含 xn 有限项的闭子区间（之一）为 J1，记a2,b2a1,b1J1，则b2a22b1a1 ，a2,b2a1,b1 ，再三等分 a2,b2，重复如上步骤，进行3nn下
18、去得一区间套 an,bn，由知，存在唯一的 r 使得limbnlimanr有区间套的构造可知，k,a1,b1ak,bk 中只含 xn 中的有限项，即 ak,bk 中含 xn 自某项起之后的所有项，不妨设为xNk 后的所有项。0,K,kK 时，akr，bkr rakbkr而对于 aK+1,bK+1，NK1 ，aK+1,bK+1 含有 xn 自 xNK+1后的所有项 因此只要 nNK1，有 aK1xnbK1，即raK1xnbK1r，即xkr。充分性得证，得证。已知有区间套 an,bn，limbnan0 ，an1,bn1an,bnnnan1,bn1an,bnn，有 anan1bn1bnlimbnan
19、0n0,n 时 bnan若 mN，不妨设 nm，则 anambmbnamanamanbnanbnan bmbnbnbmbnanbnan由知 bn、an 收敛，又 limbnan0， limbnliman，记nnnlimbnlimanr。nn下证 ra,b ，用反证法：nnn1 若 N1，使 raN1，由 an 单调上升知 nN1 时 anaN1r，anranraN1r0，令 n 得 0aN1r0，矛盾。同样，若 N2，使 rbN2，由 bn 单调下降知 nN2 时rbN2bn，bnrrbnrbN20，令 n 得 0rbN20，矛盾。n,anrbn，即 ran,bnn1 至于 r 的唯一性，若
20、rr，使 ra,b ，由 annn1nr,rbn 知rrbnan，令 n 得 rr0 矛盾。r 存在并唯一，得证已知 xn 单调上升有上界 b，要证 limxn 存在。用反证法：n0 若 limxn 不存在，即 00,，存在 nNN,mNN，使nxnNxmN0，不妨设 nNmNN。取 N11，n11,m1，使 xn1xm10 取 N2n1，n2N2,m2N2，使 xn2xm20取 Nknk1，nkNk,mkNk，使 上述 k 个不等式相加，有：k0xn1xm1xnkxmkxnkxmkxnk1xmk1xn1xm1（nkmkNknk1xnkxmkxnk1）k0xnkxmkxnk1xmk1xnk2x
21、m2xn1xm1xnkxm1xnkx1xnkx1k0取 kbx1bx11xxkx0b，kK，则时，这与 b 是 nk10100xn 上界矛盾。0,N,nN,mN 时，xnxm，由知，xn 极限存在，类似可证若 xn 单调下降有下界，limxn 也存在n已知 xn 有界，要证 xn 有收敛子列，首先证明 xn 必有单调子列。 若 xnxiin，则称 xn 有性质 P。xn 只可能出现两种情况：xn 中有无穷多项有性质 P。则可从这些项中取n1,n2,nk,，满足n1n2nk，则 xn1xn2xnk。xnk 为一单调递减的子列。xn 中只有有限项有性质 P，记最后一项具有性质 P 的点为 xn0，
22、则nn0，in，使 xixn取 n01n1，n2n1，使 xn2xn1；对于 n2，n3n2，使xn3xn2；对于 nk1，nknk1，使 xnkxnk1，如此下去，得到 xn 一单调递增子列故可知有界数列 xn 必有单调子列 xnkxn 有界故 xn 有界，由知 xn 收敛kk得证已知 xn 单调上升有上界，则 xn 有收敛子列 xnk，设limxnkrk0,K,kK 时 xnrk取 NnK，则只要 nN，必 kK，使 nknnk1，从而xnkxnxnk1，故 xnr，即 limxnrn同理可证 xn 单调下降的情况，得证已知非空数集有上界 b，要证明有上确界a1b12ababab2是的上界
23、，则记 11b2，a1a2，否则记 11a2，b1b2；若 2222ab2abb3，a2a3，否则记 22a3，是的上界，则记 2；如此继续下22任取 a，记 a1a1，b1b，则 a1 不是上界， b1 是上界；若去，得到两数列 anbn，且 n，an 非上界， bn 为上界，且 an单调递增，bn 单调递减，且显然 n，x，使 anxbn，an 有上界，bn 有下界。由知 limbn、liman 均存在，又 bnan=nnb1a10n，n12limbnliman，记 limbnlimanrnnnn由过程中知 n，anr 若 x0 使 x0r，则取 0x0rN,nN 时 bnr limbnr
24、， 。n2bnr0rx0rx0rx0，则 bn 不是上界，矛盾。 22x，xr，即 r 是上界。0,N,nN 时 anr，ranr，an 不是上界，x1 使 x1an，x1anrr 是的上确界同理可知非空数集若有下界则必有下确界。得证设 a,b有一个开覆盖，定义数集xxa,a,x 在中存在有限子覆盖。0,0，使 a0,0a ，a0 ，非空。 2由的定义知，若 x，则 a,x，故若无上界，则 b，也即 a,b有的有限子覆盖。若有上界，由知有上确界 r。若 rb，则 1,1，使 r1,1，1r111r2rr11 2rsup，1r1r1rr1，a,有的有限子覆盖。而 2222显然被 1,1 覆盖r1
25、r1，又知道 r，这与 rsup 矛盾 22rb，b，a,b 有的有限子覆盖。得证已知有一区间套 an,bn，limbnan0 ， an1,bn1an,bnn，要n证存在唯一的 ra,b ，且 limbnnn1nnlimanr。用反证法。nn，aa1anbnb1b，n，an、 bn 极限若存在则必在 a,b 内。若 limbn 不存在，即 xa,b，x0，N ， nN 使 bnxxn构造 a,b 的一开覆盖限子覆盖 0x,xxxxa,b ，由 知 a,b 有的有xixi,xixii1,2,n。i1,2,n，ni 使xibnixix，即 bnixi,ixi，x 而由的加强形式*知0,x,xa,b
26、 ，只要 xx，则存在 0 中一个区间，覆盖 x,x。limbnan0n0,N,nN 时，bnan，而 mn 时，bman,bn 也即存在一开区间将 an，bn 及 bn 后面的项全部覆盖，这与 0 中任一区间都不能覆盖 bn 自某项后所有项矛盾。limbn 存在，同理 liman 存在。由 limbnan0 知limbnliman。记nnnnnlimbnlimanr。用反证法易推出 n,anrbn，若 ran0，由 an 单调递nn减知 nn0 使 anran0r0，令 n 得 00，矛盾，同理知 bnr。ran,bnn1r 的唯一性显然，由极限唯一性亦可得知。得证至此，七个实数基本定理等价
27、性得到证明。在上述证明中，之充分性证明方法，中有界数列必有单调子列的事实，中所用到的 Lebesgue 方法，均参考了数学分析习题课讲义 ，或从中受到启发。*覆盖定理的加强形式：若区间的一个开覆盖，则 0，使得对于区间中的任何两个点 x,x，只要 xx，就存在开覆盖中的一个开区间，它同时覆盖 x,x（称这个数为开覆盖的Lebesgue 数）证明：首先用覆盖定理，得到 a,b 的一个有限子覆盖，即开覆盖的中的有限个开区间 i,ii1,2,n，它们的并覆盖了a,b，将这有限个开区间的所有端点按大小顺序排列，去掉其中可能有重复的点，记为 x0x1xN，并记这个端点集为 x0,x1,xN，现在令 minx1x0,x2x1,xNxN1现在证明这就是所求的 Lebesgue 数： 任取，使 0xx，则有两个可能x 与 x 之间无中的点，于是覆盖 x 或 x 其中一个点的（每个）开区间必同时覆盖另一个点x 与 x 之间有中的点，由于的取法，这样的点只有一个，设其为 xi，于是有 xxix，由于 xi 是某开区间的端点，而此开区间不覆盖xi，故另有开区间覆盖 xi，且这一开区间端点不在 x,x 中，故覆盖 x，x。上述加强形式及证明引自数学分析习题课讲义 ，谢惠民，恽自求，易法槐，钱定边编。
