实数完备性基本定理的相互证明(30个)

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1、实数完备性基本定理的相互证明（30个）摘要：这6个定理虽然出发的角度不同，但描写的都是实数连续性这同一件事，它们之间是相互等价的，即任取其中两个定理，它们可以相互证明。它们在证明过程中相互联系。对同一个定理的证明，虽然不同的定理作为工具会使证明有简繁之分，有的用的是类似的证明方法，有的出发点与站的角度不同，但最后却都能殊途同归。而有时使用同一个定理，也可能有不同的方法。即使方法相同，还可以有不同的细节。作为工具，它们又各具特点。而这些都是值得我们去注意与发现。1确界原理非空有上(下)界数集，必有上(下)确界。2单调有界原理任

2、何单调有界数列必有极限。3区间套定理若{[a,b]}是一个区间套,则存在唯一一点，使得nn[a,b],n1,2,。nn4Heine-Borel有限覆盖定理设[a,b]是一个闭区间，为[a,b]上的一个开覆盖，则在中存在有限个开区间，它构成[a,b]上的一个覆盖。5Weierstrass聚点定理（Bolzano致密性定理有界无穷数列必有收敛子列。）直线上的有解无限点集至少有一个聚点。6Cauchy收敛准则数列{a}收敛对任给的正数，总存在某一个自然数N，使得nm,nN时，都有

3、aman

4、。一.确界原

5、理1.确界原理证明单调有界定理证不妨设{an}为有上界的递增数列.由确界原理,数列{an}有上确界,记a=sup{an}.下面证明a就是{an}的极限.事实上,任给ε>0,按上确界的定义,存在数列{an}中某一项aN,使得a-ε>aN.又由{an}的递增性,当n≥N时有a-ε

6、个闭区间套，即满足：１）∀ｎ，［ａｎ＋１，ｂｎ＋１］⊂［ａｎ，ｂｎ］；２）ｂｎ－ａｎ＝我们证明，存在唯一的实数ξ，使得ξ∈［ａｎ，ｂｎ］，（ｎ＝１，２，⋯）存在性：令Ｓ＝｛ａｎ｝，显然，Ｓ非空且有上界（任一ｂｎ都是其上界）.据确界原理，Ｓ有上确界，设supＳ＝ξ．现在，我们证明ζ属于每个闭区间［ａｎ，ｂｎ］，（ｎ＝１，２，⋯）显然ａｎ≤ξ，（ｎ＝１，２，⋯）所以，我们只需证明对一切自然数ｎ，都有ξ≤ｂｎ．事实上，因为对一切自然数ｎ，ｂｎ都是Ｓ的上界，而上确界是上界中最小者，因此必有ξ≤ｂｎ，故我们证明了存在一实数ξ，使得ξ∈

7、［ａｎ，ｂｎ］，（ｎ＝１，２，⋯）唯一性:假设还有另外一点R且[a,b]，则

8、

9、

10、ab

11、0,nnnn即。从而唯一性得证。3.确界原理证明有限覆盖定理即闭区间［ａ，ｂ］的任一开覆盖Ｈ都有有限的子覆盖证①令Ｓ＝｛ｘ｜ａ＜ｘ≤ｂ，［ａ，ｘ］能被Ｈ中有限个开区间覆盖｝；②显然Ｓ有上界因Ｈ覆盖闭区间［ａ，ｂ］，所以，存在一个开区间（α，β）∈Ｈ使ａ∈（α，β）取ｘ∈（α，β），则［ａ，ｘ］能被Ｈ中有限个开区间覆盖从而，ｘ∈Ｓ，故Ｓ非空；③由确界原理存在ζ＝ｓｕｐＳ；④现证ζ＝ｂ用反证法若ζ≠ｂ，则ａ＜

12、ζ＜ｂ由Ｈ覆盖闭区间［ａ，ｂ］，一定存在（α１，β１）∈Ｈ，使ζ∈（α１，β１）取ｘ１，ｘ２使α＜ｘ１＜ζ＜ｘ２＜β１，且ｘ１∈Ｓ则［ａ，ｘ１］能被Ｈ中有限个开区间覆盖，把（α１，β１）加进去，就推得ｘ２∈Ｓ这与ζ＝supＳ矛盾，故ζ＝ｂ，即定理结论成立4.确界原理证明聚点定理证设S是直线上的有界无限点集，则由确界原理有supS,infS。若,中有一点不是S的孤立点，则显然就是S的一个聚点。否则，令E:{xRS中仅有有限个数小于x}。显然E非空且有上界。令supE，则由E的构造方法可知，0必有

13、E，即S中有无限个数小于大于。所以(,)中含有S的无限个数，故是S的聚点。5.确界原理证明Cauchy收敛准则即数列｛ｘｎ｝收敛∀ε＞０，∃Ｎ，当ｎ，ｍ＞Ｎ时有｜ｘｎ－ｘｍ｜＜ε必要性:略充分性:①构造非空有界数集Ｓ，因为欲证明数列｛ｘｎ｝收敛，故数集Ｓ必须含有数列｛ｘｎ中的无限多个数，为此，令Ｓ＝ｘ｜｛（－∞，ｘ）∩｛ｘｎ｝是空集或有限点集｝；②由于满足Cauchy收敛准则充分条件的数列是有界的，故知数列｛ｘｎ｝的下界ａ∈Ｓ，上界ｂ也是Ｓ的上界,所以Ｓ是非空有上界的数集由确界原理数集Ｓ

14、有上确界ζ＝supＳ；③对ε＞０，（－∞，ζ）∩｛ｘｎ｝是无限点集，否则，就与ζ＝supＳ矛盾因（－∞，ζ-ε）∩｛ｘｎ｝至多含有｛ｘｎ｝的有限多个点故（ζ－ε，ζ＋ε）含有｛ｘｎ｝的无限多个点设ｘｎｋ∈（ζ－ε，ζ＋ε），ｋ＝１，２，⋯，且ｎ１＜ｎ２＜⋯取Ｎ１＝max｛Ｎ，ｎ１｝，则当ｎ