b (b1-a1) 由区间套定理,35∈[n,bn]h=1,2…),现证占即为supS:()因为vx∈S,x≤bn,令 n→>∞取极限,得x≤5,即5为S的上界(2)E)0,因为mm=5,故an)2-E;由于an不是S 的上界因此5-E更不是S的上界所以ξ是S的最小上界即supS 同理可证有下界的非空数集必有下确界 注本题证明中的关键是构造合适的区间套,使其公共点5正好是数集S的上确界,为此 使b为S的上界,而an不是S的上界由此读者可体会到构造区间套的思想方法 例5试用有限覆盖定理证明区间套定理 证设{anb为区间套,要证5,使an≤5≤b(n=12…)用反证法:倘若 x∈[a1]都不是{an,bnB的公共点,于是n,使得xg回n,b」,因而 6,)0,U(xE,)⌒n,bn」=φ设 H={(x,E2x∈[,b] 它是[]的无限开覆盖由有限覆盖定理,(x;5)=12…可=H,就能覆盖 4b]现取n)gn{n,]nUUx,)=,而∪U(x,)[a的]这 anbn][a1,h]相矛盾由此可知彐E,使an≤5≤bn,n=12 说明上面是另一种应用有限覆盖定理的方法,即用反证法构造开覆盖这种分析技巧值 得学习 §2闭区间上连续函数性质的证明 例1若函数f(x)在[ab]上无界则必存在[ab]上某点使得f(x)在该点的任意领域 内无界 证用反证法若Wx∈[ab]存在6)0,使得f(x)在U(x,)中有界则令 H={(x。∈[ab 它成为[ab]的一个无限开覆盖由有限覆盖定理存在0( ). 2 ( ) 2 1 ( ) 2 1 1 0 1 1 1 1 1 → →  − − = − = − = − − − − n M a b a b a b a n n n n n n 由区间套定理,  a ,b (n =1,2, )  n n .现证  即为 sup S :(1) 因为 x  S, bn x  ,令 n → 取极限,得 x   ,即  为 S 的上界.(2)  0 ,因为 → =  an n lim ,故  − an ;由于 n a 不是 S 的上界,因此  −  更不是 S 的上界.所以  是 S 的最小上界,即 sup S =  . 同理可证有下界的非空数集必有下确界. 注 本题证明中的关键是构造合适的区间套,使其公共点  正好是数集 S 的上确界,为此 使 n b 为 S 的上界,而 n a 不是 S 的上界.由此读者可体会到构造区间套的思想方法. 例 5 试用有限覆盖定理证明区间套定理. 证 设 an ,bn  为区间套, 要 证  , 使 a   b (n =1,2) n  n . 用反证法 : 倘 若   1 1 x a ,b 都不是 an ,bn  的 公 共 点 , 于 是 x n , 使 得   nx nx x  a ,b , 因 而  x 0 ,   =  nx nx U(x; x ) a ,b .设 H = U(x; x ), xa1 ,b1 , 它是   1 1 a ,b 的无限开覆盖.由有限覆盖定理, U(x ; )i 1,2, ,n H, i  i  x =   就能覆盖   1 1 a ,b . 现 取       =  =     n i i n x n n i x i i n n a b U x 1 max 1 , , ( , ) , 而    n i U xi x a b i 1 1 1 ( , ) , =   这 与     1 1 an ,bn  a ,b 相矛盾.由此可知,  ,使 a   b ,n =1,2,  . n  n 说明 上面是另一种应用有限覆盖定理的方法,即用反证法构造开覆盖,这种分析技巧值 得学习. §2 闭区间上连续函数性质的证明 例 1 若函数 f (x) 在 a,b 上无界,则必存在 a,b 上某点,使得 f (x) 在该点的任意领域 内无界. 证 用反证法,若 xa,b,存在  x 0 ,使得 f (x) 在 ( ; ) x U x  中有界,则令 H = U(x; x ) xa,b, 它成为 a,b 的一个无限开覆盖由有限覆盖定理,存在