1、 戴德金定理； 单调有界数列必收敛定理（一般的，我们取单调递增有上界数列） ； 确界原理（一般的，我们取非空有上界数集） ； 闭区间套定理； 致密性定理； 柯西收敛准则； 有限覆盖定理 在证明它们的等价性时，一般采用循环证法，但在本篇论文中，为了说明这七个命题都可以作为构造实数的公理性命题，我们选择从一个命题出发，来证明其余六个命题下面给出这 42 个证明过程 ：（戴德金定理 单调有界数列必收敛定理）证明：设数列 单调递增且有上界，其上界构成集合 ，令 ，则 构成了实数集nx BAR/B的一个分划（ 满足非空、不漏、有序） 由戴德金定理可知， 中有最大数或 中有最小数 R/AB若 中有最大数，
2、不妨设为 ，则由 的构造可知 不是 的上界， 使 ，/AnxNNx则 ，且为数列 的上界，由数列 单调递增可知， 均有 ，从而 极限存Nxnxnx,nn在 若 中有最小数，不妨设为 ，现在证明 即为数列 的极限事实上， 是数列 的上界，Bnxnx且对 不属于 ，从而不是 的上界，即 ，又因为 的单调性，0,Bnx,N使从而： ,.Nnx也即，数列 收敛于 nx ：（戴德金定理 确界原理）证明：设数集 非空且有上界，其上界构成集合 ，令 ，则 构成了实数集 的一EBAR/BR个分划（ 满足非空、不漏、有序） 由戴德金定理可知， 中有最大数或 中有最小数/AB若 中有最大数，不妨设为 ，则由 构造
3、可知 不是数集 的上界，从而存在 /AE,E即 为 的上界，因此 ，数集 的上确界存在 使 EsupE若 中有最小数，不妨设为 ，则对 不是 的上界从而 使：B0,也即 ， 的上确界存在 supE ：（戴德金定理 闭区间套定理）证明：设 是递缩的闭区间列，数列 的上界构成集合 ，则我们可知 ,nabnaB1,2nb，令 ，则 构成了实数集 的一个分划（ 满足非空，不漏，有序） 由戴德金定BAR/BR/A理可知， 中有最大数或 中有最小数 若 中有最大数，类似前面证明可知，数列 自某一项之后恒为常数，从而数列 的极限存nana在，设 limnac，则： lim()li()lim()nnnbcac
4、0.即 点 唯一且属于所有的闭区间 lili.nnacbc若 中有最小数，不妨设为 ，则对 ，有：BnNnacb且因 可知：lim()0.nba0lim()li()0.nnnca从而 点 唯一且属于所有的闭区间 7lili.nncc ：（戴德金定理 致密性定理）证明：对任意有界数列 ， 定义 为 的子集：nxR()Jxnn.令 为有限集或空集 ； 为无限集根据上述定义，显然可以得出()AxRJ()BxJ是实数集 的一个分划，由戴德金定理可知 有且仅有下列两种情况：/B .R（1） 即 ，此时存在 ，当 就有 ，但另一方面 因此.max.A0N0nnxinfB，从而有无穷多个 满足 今取：0,n
5、x，则 使 ；10,N1Nx，则 使 ；/222/，则 使 ；1/k1,kN1/kNx于是得到 的一个子列 ，其中 ，这说明 nxkN/kNlimkNx（2） 即 这说明 为有限集， 为无限集，即 内.Bmin.0,()J()J(,)有无限多个 中的点，同上可得到数列 的收敛子列 且 nxnxknxlikn ：（戴德金定理 柯西收敛准则）证明：类似上述讨论，数列 有收敛子列 ，即对 均有：nkn0,.KN/2.kx又因为 为柯西列，对上述 有：nx0,Nm/.nx因而取 ，则 ，从而对上述 有：0ma1,KN01kNn0,.nN00kknnxx/2.即 数列 收敛 linxnx ：（戴德金定理
6、 有限覆盖定理）证明：假设闭区间 被开区间集 所覆盖，若闭区间 没有被开区间集 有限覆盖，则将,abE,abE闭区间 二等分为 ， ，必有一个闭区间没有被有限覆盖，记为 ，依此类,ab,2,b 1,ab推，得到递缩的闭区间列 ，根据戴德金定理推出闭区间套定理的结果可知，有唯一的一个点,na属于所有的闭区间，又因为闭区间 被开区间集 所覆盖，则对点 的某一邻域 必存在c ,bEc(,)c中一个区间 ，使得 ，又当 充分大时有 ，即 被区间Ei(,)icn,(,)niabnab所覆盖，这与 的取法矛盾 i ,nab ：（单调有界数列必收敛定理 戴德金定理）证明：设 为实数集 的一个分划，且 中没有
7、最大值，现在来证 中必有最小值 事实上，我/ABRAB们可作严格递缩的闭区间列 ，其中：,nab,12,3nnaAbB则由分划 的构造可知数列 单调递增且有上界， 单调递减且有下界，根据单调有界数列必/ABn收敛定理，数列 ， 的极限均存在，可设 则：nablim.nali.b0()0n即 若 ，因 中没有最大值，则 使 ，又 则显然对.A0xAlim.n，有：0,Nn，即 nbnb因而 ，由 的任意性，可知 ，这与 为实数集 的分划相矛盾因而 ，0nxb0xB/ARB且对任意的 均有 ， 为 的最小数 Bn ：（确界原理 戴德金定理）证明：设 为实数集 的一个分划，且 中没有最大值，现在来证
8、 中必有最小值事实上，/ARAB非空且有上界，从而其上确界存在，不妨设 ， ，否则 中有最大数 ，与假设矛supA盾从而 且为 的最小值，因为若存在 且 ，则因为 为 上确界，对BB必有 ，使得 ，因而我们有 ，矛盾也即02A2B中有最小值 ：（闭区间套定理 戴德金定理）证明：设 为实数集 的一个分划，且 中没有最大值，现在来证 中必有最小值事实上，/ABRAB任取两点 则将闭区间 二等分为 ， ，必有一个闭区间即含有,ab,ab,2ab,中元素，又含有 中元素，记为 ，依此类推，可得到递缩的闭区间列 ，则由闭区间1, ,nab套定理，有唯一的一个点 属于所有的闭区间，因为 中无最大值，又因为
9、数列 严格递增且以 为A极限，可知 ，现在来证 为 的最小值否则，若存在 且 ，则当 充分的时，有BBB这与 中必含有 中点相矛盾，结论得证 ,2,nab,nab ：（致密性定理 戴德金定理）证明：设 为实数集 的一个分划，且 中没有最大值，现在来证 中必有最小值事实上，/ABRAB任取两点 则将闭区间 二等分为 ， ，必有一个闭区间即含有 中,aAbB,ab,2ab,A点，又含有 中点，记为 ，依此类推，可得到递缩的闭区间列 ，则因为数列 有界，1, ,nabna从而数列 有收敛子列 ，不妨假设 ，即对 ，均有：naknalimkna0KNk/2.k又因为数列 单调递增，对 均有 使得：nx
10、,K1,，12kkn12.kknna即 从而数列 收敛于点 即 ，又因为：1 2.k knnnaalimna即有唯一的一个点属于所有的闭区间因为 中无最大值，从而数列limli()limnb A 严格递增且以 为极限，可知 ，现在来证 为 的最小值，否则，若存在 且 ，则aBBB当 充分的时，有 这与 中必含有 中点相矛盾，结论得证 ,2,nab,nab ：（柯西收敛准则 戴德金定理）证明：设 为实数集 的一个分划，且 中没有最大值，现在来证 中必有最小值事实上，/ABRAB任取两点 则将闭区间 二等分为 ， ，必有一个闭区间即含有,ab,ab,2ab,中元素，又含有 中元素，记为 ，依此类推
11、，可得到递缩的闭区间列 ，构造新数列1, ,nab= ，由 且数列 单调递增数列 单调递减显然可知nx12,ab ,nab lim()0nbana数列 为柯西列，从而数列 收敛，不妨设 ，则其子列 ， 均收敛，且可得：nxlinxn因而有唯一的一个点 属于所有的闭区间，因为 中无最大值，从而数列 严格limli.nnAna递增且以 为极限，可知 ，现在来证 为 的最小值，否则，若存在 且 ，则当 充分BBB的时，有 这与 中必含有 中点相矛盾，结论得证 ,2,nab,nab ：（柯西收敛准则 戴德金定理）证明：设 为实数集 的一个分划，且 中没有最大值，现在来证 中必有最小值事实上，/ABRA
12、B任取两点 则将闭区间 二等分为 ， ，必有一个闭区间即含有,ab,ab,2ab,中元素，又含有 中元素，记为 ，依此类推，可得到递缩的闭区间列 ，构造新数列1, ,nab= ，由 且数列 单调递增数列 单调递减显然可知nx12,ab ,nab lim()0nbananb数列 为柯西列，从而数列 收敛，不妨设 ，则其子列 ， 均收敛，且可得：nxlinxn因而有唯一的一个点 属于所有的闭区间，因为 中无最大值，从而数列 严格limli.nnAna递增且以 为极限，可知 ，现在来证 为 的最小值，否则，若存在 且 ，则当 充分BBB的时，有 这与 中必含有 中点相矛盾，结论得证 ,2,nab,n
13、ab ：（有限覆盖定理 戴德金定理）证明：设 为实数集 的一个分划，且 中没有最大值，现在来证 中必有最小值事实上，/ABRAB任取两点 则将闭区间 二等分为 ， ，必有一个闭区间即含有 中,ab,ab,2ab,A点，又含有 中点，记为 ，依此类推，可得到递缩的闭区间列 ，令 ，1, ,nab1,Eab，如果 是空集，则有开区间集 覆盖了闭区间 ，从,nnIabnab,1nEI 而由有限覆盖定理可知有有限个开区间设为 覆盖了闭区间 ，从而我们12,nI knI1,可以得到闭区间 ，这显然与闭区间列 的构造相矛盾又因为11,kknb,nab，从而有且仅有唯一的一个点 属于所有的闭区间 因为 中无最大值，从而数lim()0nbanA列 严格递增且以 为极限，可知 ，现在来证 为 的最小值，否则，若存在 且 ，BBB则当 充分的时，有 这与 中必含有 中点相矛盾，结论得证 ,2,nb,nabA
