《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 第七章实数的完备性 §1实数完备性的等价命题 一、问题提出 定理11（确界原理）非空有上（下）界的数集必有上（下）确界. 确界存在定理（定理1.1）揭示了实数的连续性和实数的完备性.与之等价的还有五大命题 这就是以下的定理1.2至定理1.6. 定理1.2（单调有界定理）任何单调有界数列必定收敛. 定理1.3（区间套定理）设4,6，》为一区间套： [a,8 ]3[am.b12. 2照(6-4，)-0 则存在唯一一点∈[a点，]，n-12,. 定理1.4（有限覆盖定理）设H-(化)是闭区间a,b]的一个无限开覆盖，即a,b] 中每一点都含于H中至少一个开区间（出8）内.则在H中必存在有限个开区间，它们构成a,b] 的一个有限开覆盖. 定理1.5（聚点定理）直线上的任一有界无限点集S至少有一个聚点片即在的任意小邻 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). 定理1.6（柯西准则）数列0，收敛的充要条件是：Y>0,3NeN,只要m>,恒 有a“,K8.(后者又称为柯西(Cauchy)条件，满足柯西条件的数列又称为柯西列，或基 本列.) 这些定理构成极限理论的基础.我们不仅要正确理解这六大定理的含义，更重要的还要学会 怎样用它们去证明别的命题.下面通过证明它们之间的等价性，使大家熟悉使用这些理论工具， 下图中有三种不同的箭头，其含义如下： ◆，(1)~(3)基本要求类 (4)(7)阅读参考类
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 1 第七章 实数的完备性 §1 实数完备性的等价命题 一、问题提出 定理 1.1（确界原理）非空有上（下）界的数集必有上（下）确界. 确界存在定理(定理 1.1)揭示了实数的连续性和实数的完备性. 与之等价的还有五大命题, 这就是以下的定理 1.2 至定理 1.6． 定理 1.2 (单调有界定理) 任何单调有界数列必定收敛． 定理 1.3 (区间套定理） 设 为一区间套： ． 则存在唯一一点 定理 1.4 (有限覆盖定理) 设 是闭区间 的一个无限开覆盖,即 中每一点都含于 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 的一个有限开覆盖． 定理 1.5 (聚点定理) 直线上的任一有界无限点集 至少有一个聚点 ,即在 的任意小邻 域内都含有 中无限多个点（ 本身可以属于 ,也可以不属于 ）． 定理 1.6 (柯西准则) 数列 收敛的充要条件是： ,只要 恒 有 ．（后者又称为柯西（Cauchy）条件,满足柯西条件的数列又称为柯西列,或基 本列．） 这些定理构成极限理论的基础．我们不仅要正确理解这六大定理的含义,更重要的还要学会 怎样用它们去证明别的命题．下面通过证明它们之间的等价性,使大家熟悉使用这些理论工具． 下图中有三种不同的箭头,其含义如下： ： (1)～(3) 基本要求类 ： (4)～(7) 阅读参考类
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 (8)~(10)习题作业类 .-(10 (2 柯o聚o覆 二、回顾确界原理的证明 我们曾引入有界数集的确界概念，今证明它的存在性（记号a、b、c表示实数） Dedekind定理 设AB是R的一个切割，则比存在实数E∈R使得A=(-o,),B=(8,+o)或 A=(-o,s),B=【8,+o)无其它可能. 1非空有上界的数集￡必存在上确界 证明设E={x非空，有上界b:x∈E,x≤b (1)若E中有最大数x,则x即为上确界： (2)若E中无最大数，用下述方法产生实数的一个分划：取E的一切上界归入上类 B,其余的实数归入下类A,则(4B)是实数的一个分划！ 1°A、B不空首先bEB其次r∈E,由于x不是E的最大数，所以它不是E的上界，即 xEA这说明E中任一元素都属于下类A; 2°A、B不漏性由A、B定义即可看出： 3°A、B不乱.设aeA,b∈B.因a不是E的上界，3r∈E,使得a<x,而E内每一元素属于 A,所以a<x<b 4°由3°的证明可见A无最大数 所以(4川B)是实数的一个分划.由戴德金定理，知上类B必有最小数，记作C x∈E,由1“知x∈A,即得x<c这表明c是E的一个上界.若b是E的一个上界，则b∈B,由 2
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 2 ： (8)～(10) 习题作业类 二、回顾确界原理的证明 我们曾引入有界数集的确界概念,今证明它的存在性（记号 a、b 、c 表示实数） Dedekind 定理 设 A/B 是 R 的 一 个 切 割 , 则 比 存 在 实 数 R 使 得 A = − ( , ] , B = + ( , ) 或 A = − ( , ) , B = + [ , ) 无其它可能. 1 非空有上界的数集 E 必存在上确界. 证明 设 E = {x} 非空,有上界 b ： x E, x b. （1） 若 E 中有最大数 0 x ,则 0 x 即为上确界； （2） 若 E 中无最大数,用下述方法产生实数的一个分划；取 E 的一切上界归入上类 B ,其余的实数归入下类 A ,则 (A | B) 是实数的一个分划. 1 A、 B 不空.首先 bB.其次 x E,由于 x 不是 E 的最大数,所以它不是 E 的上界,即 x A.这说明 E 中任一元素都属于下类 A ； 2 A、 B 不漏性由 A 、 B 定义即可看出； 3 A、B 不乱.设 a A,bB.因 a 不是 E 的上界,xE,使得 a x ,而 E 内每一元素属于 A ,所以 a x b. 4 由 3 的证明可见 A 无最大数. 所以 (A | B) 是实数的一个分划.由戴德金定理,知上类 B 必有最小数,记作 c . x E,由 1 知 x A,即得 x c .这表明 c 是 E 的一个上界.若 b 是 E 的一个上界,则 bB ,由
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 此得c≤b,所以c是上界中最小的，由上确界定义，c为集合E的上确界，记作c=spE 推论非空的有下界的集合必有下确界 事实上，设集合E=有下界b,则非空集合E=x-x∈B有上界-b,利用集合E'上确界 的存在性，即可得出集合￡的下确界存在 定理1解决了非空有上界集合的上确界存在性问题，我们可以利用上确界的存在性，得出我们 所研究的某一类量（如弧长）的存在性 若全序集中任一非空有上界的集合必有上确界，我们称该全序集是完备的定理1刻划了实数 集是完备的 例1证明实数空间满足阿基米德原理 证明∀b>a>0,要证存在自然数n使a>b.假设结论不成立，即 a≤b,(m=l,2.) 则数集E={na}有上界b,因此有上确界c,使na≤c(m=l,2,.),也就有 (n+I)a≤c(n=,2,.),或na≤c-a(m=l2,.).这表明c-a是集合E的上界与c是上确 界矛盾.所以总存在自然数n,使na>b 三、等价命题证明 下面来完成(1)(7)的证明. (一)用确界定理证明单调有界定理 设，单调上升，即名≤名≤名≤.≤x≤.有上界，即3M,使得≤M 考虑集合E=化，nEN,它非空，有界，定理2推出它有上确界，记为a=即我们验证 a=lim x 6>0,由上确界的性质，3N,使得a-8N时，由序列单调上升得a-8<xw≤x。, 再由上确界定义，x≤a<a+6,有a-6<x,<a+,即k,-d<6,也就是说血x=a=即， 同理可证若伍，}单调下降，有下界，也存在极限且血。，=赋无 若集合E无上界，记作supE=+0:若集合E无下界，记作fE=+o,这样一来定理2证明了 的单调上升（下降)有上界（下界）的序列，}，必有极限即，矿）的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},总有
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 3 此得 c b ,所以 c 是上界中最小的,由上确界定义, c 为集合 E 的上确界,记作 c = sup E . 推论 非空的有下界的集合必有下确界. 事实上,设集合 E = {x} 有下界 b ,则非空集合 E' = {x | −x E} 有上界−b ,利用集合 E' 上确界 的存在性,即可得出集合 E 的下确界存在. 定理 1 解决了非空有上界集合的上确界存在性问题,我们可以利用上确界的存在性,得出我们 所研究的某一类量（如弧长）的存在性. 若全序集中任一非空有上界的集合必有上确界,我们称该全序集是完备的.定理 1 刻划了实数 集是完备的. 例1 证明实数空间满足阿基米德原理. 证明 b a 0,要证存在自然数 n 使 na b .假设结论不成立,即 na b, (n = 1，2，）, 则数集 E = {na} 有上界 b , 因此有上确界 c , 使 na c (n = 1，2，）, 也就有 (n +1)a c (n = 1，2，）,或 na c − a (n = 1，2，）.这表明 c − a 是集合 E 的上界,与 c 是上确 界矛盾.所以总存在自然数 n ,使 na b . 三、等价命题证明 下面来完成(1)～(7)的证明． (一) 用确界定理证明单调有界定理 设 { }n x 单调上升,即 x1 x2 x3 xn ,有上界,即 M ,使得 xn M . 考虑集合 E {x | n N} = n ,它非空,有界,定理 2 推出它有上确界,记为 n n N a x = sup .我们验证 n n a x → = lim . 0 ,由上确界的性质, N ,使得 N a − x ,当 n N 时,由序列单调上升得 N n a − x x , 再由上确界定义, x a a + n ,有 a − x a + n ,即 x − a n ,也就是说 n n N n n x a x → lim = = sup . 同理可证若 { }n x 单调下降,有下界,也存在极限,且 n n N n n x x → lim = inf . 若集合 E 无上界,记作 sup E = + ；若集合 E 无下界,记作 inf E = + ,这样一来,定理 2 证明了 的单调上升（下降）有上界（下界）的序列 { }n x ,必有极限 sup (inf ) n x N n x N x x 的定理现在有了严格的 理论基础了.且对单调上升（下降）序列 { }n x ,总有
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 mxm=spx。(nfxa) (仁)用单调有界定理证明区间套定理 由假设(1)知，序列a,}单调上升，有上界6：序列b,}单调下降，有下界4.因而有 lman=c1mb,=c3an≤G≤c2≤bn 再由假设(2)知 lim (b-a)=c2-C=0 记9=G2=C.从而有 lim d =c=lim b 若还有c满足a,≤c≤b,令n→切，得c=c,故c是一切ab,小的唯一公共点.证毕， 这个定理称为区间套定理.关于定理的条件我们作两点说明： (1)要求[a,b,]是有界闭区间的这个条件是重要的.若区间是开的，则定理不一定成立， 如 a6,)=0, 显然有@，c0为，但iQ=4 如果开区间套是严格包含：a,03NeN,当n>N时，恒 有 [a,b]cU(点 用区间套定理证明其他命题时，最后常会用到这个推论
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 4 lim sup (inf ) n x N n x N n n x x x →+ = . (二) 用单调有界定理证明区间套定理 由假设（1）知,序列 { }n a 单调上升,有上界 1 b ；序列 { }n b 单调下降,有下界 1 a .因而有 1 lim a c n n = →+ , 2 lim b c n n = →+ . n bn a c1 c2 . 再由假设（2）知 lim ( − ) = 2 − 1 = 0 →+ b a c c n n n , 记 c = c = c 1 2 . 从而有 n n n n a c b →+ →+ lim = = lim . 若还有 * c 满足 n bn a c * ,令 n → +,得 c = c * .故 c 是一切 [ , ] an bn 的唯一公共点.证毕. 这个定理称为区间套定理.关于定理的条件我们作两点说明： （1） 要求 [ , ] an bn 是有界闭区间的这个条件是重要的.若区间是开的,则定理不一定成立. 如 ) 1 ( , ) (0, n an bn = . 显然有 ) 1 ) (0, 1 1 (0, n n + , 但 = + = ) 1 (0, n 1 n . 如果开区间套是严格包含： an an+1 bn+1 bn ,这时定理的结论还是成立的. (2)若 [ , ] [ , ] an+1 bn+1 an bn (n = 1，2，）,但 lim ( − ) 0 →+ n n n b a ,此时仍有 1 lim a c n n = →+ , 2 lim b c n n = →+ ,但 1 2 c c ,于是对任意的 c , 1 2 c c c ,都有 [ , ] 1 n n n c a b + = . 全序集中任一区间长趋于零的区间套有非空交集,则称该全序集是完备的,定理 3 刻划实 数集是完备的（这里完备定义与上段完备定义是等价的）.定理 3 也给出通过逐步缩小搜索范围, 找出所求点的一种方法. 推论 设 为一区间套, ．则 当 时,恒 有 ． 用区间套定理证明其他命题时,最后常会用到这个推论．
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 例2序列x}由下列各式 =0.5=6,=a-34同 2 所确定（见下图）.证明极限血存在，并求此极限。 内巧4→x 证明当a=b时，。=0，故血，=a 当a≠b时，若取an=min),bn=max1,xn),(n=l,2,.) 则由条件，显然可得一串区间套： [a,b]c[a,b](n=12,.) 由已知条件 -+-,=-) 2 于是 6-a,xa-,上l-x上1x-x ==2是l-x卡21b-a0a→4m 由区间套定理，存在c满足：血a,=c-血6，注意到，e口，b】,所以m=c 下面来求.由或-令”=23k-1得一串等式 -名=-，-)， x-=-3-x) x-=-2-）
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 5 例2 序列 { }n x 由下列各式 x1 = a , x2 = b , 2 −1 + −2 = n n n x x x (n = 3，4，） 所确定（见下图）.证明极限 n n x →+ lim 存在,并求此极限. 1 x 3 x 5 x 4 x 2 x x 证明 当 a = b 时, xn = a ,故 xn a n = →+ lim . 当 a b 时,若取 min( , ) n n 1 n a x x = + , max( , ) n n 1 n b x x = + , (n = 1，2，）. 则由条件,显然可得一串区间套： [ , ] [ , ] an+1 bn+1 an bn (n = 1，2，）. 由已知条件 ( ) 2 1 2 1 1 1 − − + − = − − + − = n n n n n n n x x x x x x x , 于是 | | 0 ( )， 2 1 | | 2 1 | | 2 1 | | 2 1 | | 1 2 1 1 1 1 2 1 2 = = − = − → → + − = − = − = − − − + − − − x x b a n b a x x x x x x n n n n n n n n n n 由区间套定理,存在 c 满足： n n n n a c b →+ →+ lim = = lim .注意到 [ , ] n an bn x ,所以 x c n n = →+ lim . 下面来求 c .由 ( ) 2 1 n+1 − n = − n − n−1 x x x x ,令 n = 2，3，，k −1 得一串等式： ( ) 2 1 3 2 2 1 x − x = − x − x ； ( ) 2 1 4 3 3 2 x − x = − x − x ； ( ) 2 1 k − k−1 = − k−1 − k−2 x x x x
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 将它们相加，得-名一，令k→m,得-5=-c- 所以 c=++2 (三)用区间套定理证明确界原理 证明思想：构造一个区间套，使其公共点即为数集的上确界. 设58，有上界以，取0e8令[o,1-0,92a1+,再 侣营是， 如此无限进行下去，得一区间套【a,bn}→3n∈[aa,b1,8=1,2. 可证9~卿心，因如恒为9的上界，且职b”,故红∈8，必有 x≤bn台x≤门 这说明7是的上界：又因职0”故Ve>0.30>18,而都不是的上界因此 ”8更不是8的上界.所以”=即8成立。【证毕] *(四)用区间套定理证明有限覆盖定理 设H为闭区间[a,b]的一个无限开覆盖.反证法假设： “[a,b]不能用：中有限个开区间来覆盖” 对a,b]采用逐次二等分法构造区间套(a,4]》,[a,6,]的选择法则：取“不能用H中 有限个开区间来覆盖”的那一半. 由区间套定理，3[4,4n-12,. 导出矛盾：“a,b](出列eH,使(a,小 记8=m(上化分-月〉0，由[推论]，当足够大时， [a.,b.]cU(点s)c(g8) 这表示[a,8]用H中一个开区间（出B)就能覆盖，与其选择法则相违背.所以[a,b]必能 用H中有限个开区间来覆盖. 6
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 6 将它们相加,得 ( ) 2 1 2 1 1 x x x x k − = − k− − ,令 k →+,得 ( ) 2 1 2 1 c − x = − c − x 所以 ( 2 ) 3 1 3 2 3 1 c = x1 + x2 = a + b . (三) 用区间套定理证明确界原理 证明思想：构造一个区间套,使其公共点即为数集的上确界． 设 , 有上界 ．取 ； ,再令 如此无限进行下去,得一区间套 ． 可证 ：因 恒为 的上界,且 ,故 ,必有 , 这说明 是 的上界；又因 ,故 ,而 都不是 的上界,因此 更不是 的上界．所以 成立． ［ 证毕 ］ *(四) 用区间套定理证明有限覆盖定理 设 为闭区间 的一个无限开覆盖．反证法假设： “ 不能用 中有限个开区间来覆盖”． 对 采用逐次二等分法构造区间套 , 的选择法则：取“不能用 中 有限个开区间来覆盖”的那一半． 由区间套定理, ． 导出矛盾： 使 记 由［推论］,当 足够大时, 这表示 用 中一个开区间 就能覆盖,与其选择法则相违背．所以 必能 用 中有限个开区间来覆盖．
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 说明当[a,b]改为(a,b)时，或者H不是开覆盖时，有限覆盖定理的结论不一定成立. 例如： H是开区间(0,1)的一个无限开覆盖，但不能由此产生(0,1)的有限覆盖 H是[0,2]的一个无限覆盖，但不是开覆盖，由此也无法产生0,2]的有限覆盖 *(五)用有限覆盖定理证明聚点定理 设8为实轴上的有界无限点集，并设8c[-M,M]. ”由反证法假设来构造[-M,M]的一个无限开覆盖：若8有聚点乌，则 [-M,M].现反设[-M,M]中任一点都不是S的聚点，即xeM,M)34>0在 U(x:)内至多只有x∈8.这样。 H-{Ux,&‖x∈【M,M]) 就是[-M,M]的一个无限开覆盖. 2”用有限覆盖定理导出矛盾：据定理9，存在 产={Ux:i=1,2.,N}cH. 户为[-M,M]的一个有限开覆盖（同时也覆盖了8），由假设，：4内至多只有 4∈8一产所属N个邻域内至多只有，.，w属于8（即产只覆盖了8中有限个点）.这 与产覆盖了全部S中无限多个点相矛盾. 所以，有界无限点集$必定至少有一个聚点。[证毕] 推论（致密性定理）有界数列必有收敛子列.即若(a,为有界数列，则a,c(a,)使 有 即4之
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 7 说明 当 改为 时,或者 不是开覆盖时,有限覆盖定理的结论不一定成立. 例如： 1) ． 是开区间 的一个无限开覆盖,但不能由此产生 的有限覆盖． 2) ． 是 的一个无限覆盖,但不是开覆盖,由此也无法产生 的有限覆盖． * (五) 用有限覆盖定理证明聚点定理 设 为实轴上的有界无限点集,并设 ． 由反证法假设来构造 的一个无限开覆盖：若 有聚点 ,则 ．现反设 中任一点都不是 的聚点,即 在 内至多只有 ．这样, 就是 的一个无限开覆盖． 用有限覆盖定理导出矛盾：据定理 9,存在 为 的一个有限开覆盖（同时也覆盖了 ）．由假设, 内至多只有 所属 个邻域内至多只有 属于 （即 只覆盖了 中有限个点）．这 与 覆盖了全部 中无限多个点相矛盾． 所以,有界无限点集 必定至少有一个聚点．［证毕］ 推论（致密性定理） 有界数列必有收敛子列．即若 为有界数列,则 使 有 ．
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 子列a的极限称为原数列(a,}的一个极限点，或称聚点 注数列(a:J的聚点与一般点集S的聚点，含义稍有不同.数列的聚点定义为： “6>0,在认片内含有a)中无限多个项，则为a)的一个聚点.”在此意义下， 对于数列 a1分1京5京.1 它有两个收数子列：41和受，-12.它们的模限有-1和奇-0我是6的 两个聚点. 证a,有界，则存在数，片使得≤a,≤乃对m成立 新川三等粉为6学，川则英中整有-个省行数到以指无资李原 记为丙1，再指丙1二等分为，.卢”川，同群其中至少有一个含有数列 2 2 a.的无穷多项，把它记为山，.一直进行这样的步骤，得到一闭区间套x.》,其中 每一个[x。y]中都含有数列a的无穷多项，且满足： )3,]x2,y]与.xy]2. ②m6-)=m2-产=0 则由闭区间套定理，5使得血a,=血6.=专 下证a,中必有一子列收敛于实数5 先在西]中选取a,}的某一项，记为a,因]中含有a,}中的无穷多项，可选取位于 a后的某一项，记为，%>川.继续上述步骤，选取∈[x,]后，因为小中含有无 穷多项，可选取位于a,后的某一项，记为且”1>m,这样我们就得到a,}的一个子列o,} 满足≤0≤4，k=12 由两边夹定理即得血0，“5
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 8 子列 的极限 称为原数列 的一个极限点,或称聚点 注 数列 的聚点与一般点集 的聚点,含义稍有不同．数列的聚点定义为： “ ,在 内含有 中无限多个项,则 为 的一个聚点．”在此意义下, 对于数列 它有两个收敛子列: 和 , ．它们的极限 和 就是 的 两个聚点． 证 { }n a 有界,则存在数 1 1 x , y 使得 1 1 x a y n 对 n 成立. 将 [ , ] 1 1 x y 二等分为 ] 2 [ , 1 1 1 x y x + 、 , ] 2 [ 1 1 1 y x + y ,则其中必有一个含有数列 { }n a 的无穷多项, 记为 [ , ] 2 2 x y ；再将 [ , ] 2 2 x y 二等分为 ] 2 [ , 2 2 2 x y x + 、 , ] 2 [ 2 2 2 y x + y ,同样其中至少有一个含有数列 { }n a 的无穷多项,把它记为 [ , ] 3 3 x y ,.一直进行这样的步骤,得到一闭区间套 {[ , ]} n n x y ,其中 每一个 [ , ] n n x y 中都含有数列 { }n a 的无穷多项,且满足： ⑴ [ , ] 1 1 x y [ , ] 2 2 x y [ , ] n n x y . ⑵ 1 1 1 lim( ) lim 0 2 n n n n n y x y x → → − − − = = 则由闭区间套定理, 使得 = → n n lim a = → n n lim b 下证 { }n a 中必有一子列收敛于实数 先在 [ , ] 1 1 x y 中选取 { }n a 的某一项,记为 n1 a ,因 [ , ] 2 2 x y 中含有 { }n a 中的无穷多项,可选取位于 n1 a 后的某一项,记为 n2 a , n2 n1 .继续上述步骤,选取 nk a [ , ] k k x y 后,因为 [ , ] k+1 k+1 x y 中含有无 穷多项,可选取位于 nk a 后的某一项,记为 k 1 n a + 且 nk+1 nk ,这样我们就得到 { }n a 的一个子列 { } nk a 满足 k n k x a y k , k = 1,2, 由两边夹定理即得 = → nk n lim a
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 证明设05么56，用中点9=生 2将，月-分为二，则两个子区间血，和小中至少 有-个含有中无穷多项选出来记为4,1，在其种运一厦用中9品兰将k,】 一分为二，则两个子区间血，9]和，4]中至少有一个含有，}中无穷多项，选出来记为4,6】， 在其中选一项，使得%>川，.最后得一区间套血，6】，满足 [abJ[a.6] xn∈ae,b],nk1>n4 由区间套定理，ma=如6=C,又由于a≤x≤6，有如=C *(六)用聚点定理证明柯西准则 必要性：已知a收敛，设职aa.由定义Ye>03NeN,当mn>N时，有 a.a水2laa水 从而有 la-aslam-al+la,-a03NeN,当m网>N时aa,K.欲证{a,收敛 r.首先证(a,]有界.对于-13eN当”2从，m-从时，有 la,I-lax lslax-a,0,3X(2N以当kmm≥时，有 1a水营-a水f
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 9 证明 设 a xn b ,用中点 2 1 a b c + = 将 a,b 一分为二,则两个子区间 1 a, c 和 c ,b 1 中至少 有一个含有 { }n x 中无穷多项,选出来记为 1 1 a ,b ,在其中选一项 n1 x .用中点 2 1 1 2 a b c + = 将 1 1 a ,b 一分为二,则两个子区间 1 2 a , c 和 2 1 c ,b 中至少有一个含有 { }n x 中无穷多项,选出来记为 2 2 a ,b , 在其中选一项 n2 x ,使得 n2 n1 , .最后得一区间套 ak bk , ,满足 ak bk ak bk , , +1 +1 , k k k b a b a 2 − − = , n ak bk nk nk x k , , +1 . 由区间套定理, a b c k k k k = = → → lim lim ,又由于 k n bk a x k ,有 x c nk k = → lim . *(六) 用聚点定理证明柯西准则 必要性: 已知 收敛,设 ．由定义, ,当 时,有 ． 从而有 ． 充分性: 已知条件： 当 时 ．欲证 收敛． ．首先证 有界．对于 当 时,有 令 ,则有 ． ．由致密性定理, 存在收敛子列 ,设 ． ．最后证 ,由条件, 当 时,有 ．
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 于是当n2K(同时有：2k)K)时，就有 la,-ale川a小水字 证“曰”a,}收敛，则存在极限，设a,=a,则G>0,3V,当n>N时有 la,-ak/2-当n,m>N时有la,-a.a-a+la,-ak6 “←”先证有界性，取6=1，则3W,nm>N→a,-amK1 特别地，n>N时|a。-awK1→anai+1 设M=m,laal+,则n,la,M 再由致密性定理知，a,有收敛子列a,设血a,=a e>0,3N,nm>N1→la。-anke/2 aK,k>Kla -aks/2 取N=maNK,N),当n>N时有w12N+l>N ld-aka,-aml+ld-ak6/2+612=6 故ma,=a Cachy列、基本列（满足Cauchy收敛准则的数列） *(七)用柯西准则证明单调有界原理 设(a,)为一递增且有上界y的数列.用反证法（借助柯西准则）可以证明：俏若(a,}无 极限，则可找到一个子列以+0为广义极限，从而与a,}有上界相矛盾.现在来构造这样 的) 对于单调数列a,),柯西条件可改述为：“8>0，WeN,当>N时，满足 口。aw册>W,恒有 amam|≤lan-an0，对一切NN,3>N,使
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 10 于是当 （同时有 ）时,就有 ． 证 “” { }n a 收敛,则存在极限,设 an a n = → lim ,则 0,N ,当 n N 时有 | an − a | / 2 当 n,m N 时有 | a − a || a − a | + | a − a | n m m n “ ”先证有界性,取 =1,则 N , n,m N | an − am | 1 特别地, n N 时 | an − aN+1 |1 | an || aN+1 | +1 设 max{| |,| |, ,| |,| | 1} M = a1 a2 aN aN+1 + ,则 n , | an | M 再由致密性定理知, { }n a 有收敛子列 { } nk a ,设 a a nk k = → lim 0, N1 , 1 n, m N | | / 2 n m a a − K , k K | a − a | / 2 nk 取 max( , ) N = K N1 ,当 n N 时有 1 1 N n N N + + − − + − + = + + | | | | | | / 2 / 2 1 1 a a a a a a n n nN nN 故 an a k = → lim . Cauchy 列、基本列（满足 Cauchy 收敛准则的数列） *(七) 用柯西准则证明单调有界原理 设 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 无 极限,则可找到一个子列 以 为广义极限,从而与 有上界相矛盾．现在来构造这样 的 ． 对于单调数列 ,柯西条件可改述为：“ 当 时,满足 ”．这是因为它同时保证了对一切 ,恒有 ． 倘若 不收敛,由上述柯西条件的否定陈述： ,对一切 , ,使