关于实数完备性的研究.doc

关于实数完备性的研究一、实数完备性理论的介绍 什么是实数完备性？实数完备性就是是数学分析的基础，它是指六大定理的等价。下面我们介绍一下六大定理。1.1 确界原理1.1.1确界原理的定义 定义1 设为R中的一个数集若存在数M(L)，使得对一切，都有M(L)，则称S为有上界(下界)的数集，数M(L)称为S的一个上界(下界)若数集既有上界又有下界，则称为有界集若不是有界集，则称 为无界集 定义2 设是R中的一个数集若数满足： （i）对一切，有，即是的上界； （ii）对任何存在，使得即又是的最小上界则称数为数集的上确界，记作 定义3 设是R中的一个数集若数满足： （i）对一切，有，即是的下界 （ii）对任何，存在，使得即又是的最大下界，则称数为数集的下确界，记作 上确界与下确界统称为确界1.1.2确界原理及其证明确界原理 设为非空数集若有上界，则S必有上确界；若有下界，则必有下确界证 我们只证明关于上确界的结论，后一结论可类似地证明为叙述的方便起见，不妨设含有非负数由于有上界，故可找到非负整数，使得 对于任何有; 存在,使.对半开区间作等分,分点为,则存在 中的一个数,使得 对于任何有； 存在，使再对半开区间作等分，则存在中的一个数使得 对于任何有存在，使继续不断地等分在前一步骤中所得到的半开区间，可知对任何存在中的个数，使得 对于任何有 存在，使 将上述步骤无限地进行下去，得到实数以下证明为此只需证明：（i） 对一切有；（ii） 对任何，存在使倘若结论（i）不成立，即存在使，则可找到的位不足近似，使 ，从而得，但这与不等式相矛盾于是（i）得证 现设，则存在使的位不足近似，即，根据数的构造，存在使，从而有 ，即得到，这说明（ii）成立1.2单调有界原理1.2.1 极限以及数列定义定义4 若函数的定义域为全体正整数集合，则称或 为数列 定义5 设为数列，为定数.若对任给的正数（不论它多么小），总存在正整数，使得当时有 ，则称数列收敛于，定数称为数列的极限，并记作 或 . 定义6 若数列的各项满足关系式，则称为递增（递减）数列. 递增数列和递减数列通称为单调数列.1.2.2 单调有界定理及其证明 单调有界定理 在实数系中，有界的单调数列必有极限. 证 不妨设为有上界的递增数列. 由确界原理，数列有上确界，记为. 下面证明就是的极限. 事实上，任给，按上确界的定义，存在数列中的某一项使得.又由的递增性，当时有 . 另一方面，由于是数列的一个上界，故对一切都有. 所以当时 ，这就证得.同理可证有下界的递减数列必有极限，且其极限即为它的下确界.1.3 区间套定理1.3.1区间套定义 定义7 设闭区间列具有如下性质： （i）； （ii），则称为闭区间套，或简称区间套.1. 3. 2区间套定理及其证明区间套定理 若是一个区间套，则在实数系中存在唯一的一点，使得, 即.证 由定义7 的条件（i）可知, 数列为递增有界数列, 依单调有界定理，有极限，且有 .同理，递减有界数列也有极限，并按区间套的条件（ii）有 ，且.综上，可得 .下面证明满足 的是唯一的. 设数也满足 ，则由 有 .由区间套的条件（ii）得 ，故有 .注 区间套定理中的闭区间若改为开区间, 那么结论不一定成立. 例如对于开区间列 , 显然是不存在的. 推论 若是一个区间套所确定的点，则对任给的，存在，使得当时有. 证 由区间套定理的证明可得：. 由极限的保号性, 对于任意正数 e , 存在 正整数N, 当时，有 ，即 ，这就是说 .1.4.1聚点定理1.4.1聚点定义 定义8 设为数轴上的非空点集, 为直线上的一个定点(当然可以属于, 也可以不属). 若对于任意正数 ,在中含有的无限个点, 则称为的一个聚点. 定义8 设为实数集上的非空点集, .若对于任意正数， ，则称为的一个聚点. 定义8 若存在各项互异的收敛数列，则其极限称为的一个聚点. 下面简单叙述一下这三个定义的等价性. 定义8 定义8 由定义直接得到 定义8 定义8 对任给的，由， 那么取，； 取，； 取，； 这样就得到一列.由的取法，两两互异，并且 由此 27定义8 定义8 由极限的定义可知这是显然的.1. 4. 2聚点定理及其证明聚点定理 实数轴上的任意有界无限点集必有聚点. 证 因为为有界点集, 所以存在正数, 使 , 且记 . 现将 等分为两个子区间. 因为无限点集，故两个子区间中至少有一个含有中无穷多个点，记此子区间为，则且 . 再将等分为两个子区间，则其中至少有一个含有中无穷多个点，取出这样一个子区间，记为，则，且 . 将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列，它满足 ， ，即是区间套，且其中每一个闭区间都含有中无穷多个点.由区间套定理，存在唯一的一点.由区间套定理的推论，对任给的，存在,当时.从而内含有中无穷多个点，按定义8为的一个聚点. 推论（致密性定理） 有界数列必有收敛子列. 证 设为有界数列.若中有无限多个相等的项，则由这些项组成的子列是一个常数列，而常数列总是收敛的 . 若数列不含有无限多个相等的项，则在数轴上对应的点集必为有界无限点集，故由聚点定理，点集至少有一个聚点，记为.于是按定义8，存在的一个收敛子列（以为其极限）.1.5 开覆盖定理1.5.1开覆盖定义定义9 设为数轴上的点集，为开区间的集合（即的每一个元素都是形如的开区间）.若中任何一点都含在中至少一个开区间内，则称为的一个开覆盖，或称覆盖.若中开区间的个数无限（有限）的，则称为的一个无限开覆盖（有限开覆盖）.1.5.2有限覆盖定理及其证明 有限覆盖定理 设为闭区间的一个（无限）开覆盖，则从中可选出有限个开区间来覆盖. 证 （论反证）假设定理的结不成立，则不能用中有限个开区间来覆盖. 现将 等分为两个子区间，则两个子区间中至少有一个子区间不能用中有限个开区间来覆盖. 记此子区间为，则 且 . 再将等分为两个子区间，同样，其中至少有一个子区间不能用中有限个开区间来覆盖. 取出这样一个子区间，记为，则，且 . 将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列，它满足 ， ，即是区间套，且其中每一个闭区间都不能用中有限个开区间来覆盖. 由区间套定理，存在唯一的一点. 由于是的一个开覆盖，故存在开区间，使.于是，由区间套定理的推论，当充分大时有 .这表明只须用中的一个开区间就能覆盖，与挑选时的假设“不能用中有限个开区间来覆盖”相矛盾.从而证得必存在属于的有限个开区间能覆盖注 定理的的结论只对闭区间成立，而对开区间则不一定成立.1.6柯西收敛准则及其证明1.6.1柯西收敛准则及其证明 柯西收敛准则 数列收敛的充要条件是：对任给的，存在正整数使得当时有 . 证 (必要性)设 ，由数列极限的定义，对任给的，存在正整数，使得当时有 , 因而有 . (充分性)由题设，对任给的，存在正整数，当时，. 即当时，有 .令，存在正整数，当时，取 .令,存在正整数，当时，,取 .显然有 ，并且当时，. 令，存在，当时，,取. 这样就得到一列闭区间，满足 （i）； （ii） ； （iii）对，当时，.由区间套定理，存在惟一的 .由区间套定理的推论，对任给的，存在,当时，所以.这就证明了 . 故数列收敛.2、 引出问题-六大定理如何等价 有限覆盖定理聚点定理柯西收敛准则确界原理单调有界定理区间套定理有限覆盖定理2.1用有限覆盖定理证明聚点定理 证 设为直线上的有界无限点集. 于是存在使.假定在任何点都不是的聚点，则对每一点都存在相应的，使得内至多包含的有限多个点.令，则是的一个开覆盖.，据有限覆盖定理，中存在有限个邻域，使得覆盖了，从而也覆盖了.由于每个邻域中至多含有的有限个点，故这个邻域的并集也至多只含有的有限个点，于是为有限点集，这与题设为无限点集矛盾. 因此，在中至少有一点是的聚点.2.2 用聚点定理证明柯西收敛准则 证 设数列为有界数列.若中有无限多个相等的项，则由这些项组成的子列是一个常数列，而常数列总是收敛的 . 若数列不含有无限多个相等的项，则在数轴上对应的点集必为有界无限点集，故由聚点定理，点集至少有一个聚点，记为.于是按定义8，存在的一个收敛子列（以为其极限）. 设数列满足柯西条件. 先证明是有界的.为此，取，则存在正整数，当及时，有 . 由此得 .令，则对一切正整数均有. 于是，由致密性定理，有界数列必有收敛子列，设. 对认给的，存在，当时，同时有 （柯西条件） （）因此当取时，得到 这就证明了.2. 3 用柯西收敛准则证明确界原理 证 设为非空有上界数集.由实数的阿基米德性，对任何正数，存在整数，使得为的上界，而不是的上界，即存在，使得分别取，则对每一个正整数，存在相应的，使得为的上界,而不是的上界，故存在，使得 . (6)又对正整数，是的上界，故有. 结合(6)式得 ； 同理有 .从而得 . 于是，对任给的，存在，使得当时有 .由柯西收敛准则，数列收敛. 记 . (7)现在证明就是的上确界. 首先，对任何和正整数有，由(7)式得，即是的一个上界.其次，对任何，由及(7)式，对充分大的同时有 ， .又因不是的上界，故存在，使得 .结合上式得 .这说明为的上确界. 同理可证：若为非空有下界数集，则必存在下确界 .2 .4 用确界原理证明单调有界定理 证 不妨设为有上界的递增数列. 由确界原理，数列有上确界，记为. 下面证明就是的极限. 事实上，任给，按上确界的定义，存在数列中的某一项使得.又由的递增性，当时有 . 另一方面，由于是数列的一个上界，故对一切都有. 所以当时 ，这就证得.同理可证有下界的递减数列必有极限，且其极限即为它的下确界.2 .5用单调有界定理证明区间套定理证 由定义7 的条件（i）可知, 数列为递增有界数列, 依单调有界定理，有极限，且有 .同理，递减有界数列也有极限，并按区间套的条件（ii）有 ，且. 综上，可得 .下面证明满足 的是唯一的. 设数也满足 ，则由 有 .由区间套的条件（ii）得 ，故有 .2. 6用区间套定理证明有限覆盖定理 证 假设定理的结不成立，则不能用中有限个开区间来覆盖. 现将 等分为两个子区间，则两个子区间中至少有一个子区间不能用中有限个开区间来覆盖. 记此子区间为，则 且 . 再将等分为两个子区间，同样，其中至少有一个子区间不能用中有限个开区间来覆盖. 取出这样一个子区间，记为，则，且 . 将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列，它满足 ，即是区间套，且其中每一个闭区间都不能用中有限个开区间来覆盖.由区间套定理，存在唯一的一点.由于是的一个开覆盖，故存在开区间，使.于是，由区间套定理的推论，当充分大时有 .这表明只须用中的一个开区间就能覆盖，与挑选时的假设“不能用中有限个开区间来覆盖”相矛盾.从而证得必存在属于的有限个开区间能覆盖.三 、实数完备性的理论基础 实数完备性理论是在实数的基本性质的基础上衍生出来的，如不足近似、过剩近似，四则运算的封闭性，绝对值与不等式等等。那么什么是实数呢？下面我们来介绍一下实数。 实数问题: 有理数，无理数的表示不统一，这对统一讨论实数是不利的为以下讨论的需要，我们把“有限小数”（包括整数）也表示为“无限小数”为此作如下规定：对于正有限小数其中,记；对于正整数则记；对于负有限小数（包括负整数），则先将表示为无限小数，现在所得的小数之前加负号0例：简介完实数，我们下面就来介绍一下怎样用实数正明实数完备性，暂且，我们先证明六大理论之一确界原理，在此之前，我们先说明一下实数的一些性质。1、两实数大小的比较给定两个非负实数，. 其中为非负整数，为整数，若有，则称与相等，记为；若或存在非负整数，使得，而，则称大于或小于，分别记为或对于负实数、，若按上述规定分别有或，则分别称为与（或）规定：任何非负实数大于任何负实数2.不足近似和过剩近似：为非负实数，称有理数为实数的位不足近似；称为实数的位过剩近似；对于实数，其位不足近似；位过剩近似.注：实数的不足近似当增大时不减，即有 过剩近似当n增大时不增，即有记，为两个实数，则的等价条件是：存在非负整数n，使（其中为 的位不足近似，为的位过剩近似）。3、实数常用性质1）封闭性：实数集对四则运算是封闭的即任意两个实数的和、差、积、商（除数不为0）仍是实数2）有序性：任意两个实数必满足下列关系之一：3）传递性：4）阿基米德性：使得5）稠密性：两个不等的实数之间总有另一个实数6）实数集与数轴上的点有着一一对应关系当然要证确界原理，我们就要知道什么是界：（上、下界）： 设为中的一个数集。若存在数，使得对一切都有，则称为有上（下）界的数集，数称为的上界（下界）。若数集既有上界，又有下界，则称为有界集。若数集不是有界集，则称为无界集。除了界，我们要证明确界原理，还要知道什么是区间和领域：领域：联想字面意思：“邻近的区域”。设为任一给定实数，（Delta-德耳塔）为一给定正实数。(1) 点a的邻域：(2)点a的空心邻域：(3)点a的右邻域和点a的空心右邻域： (4)点a的左邻域和点a的空心左邻域： 注：以后在没有必要指出邻域半径的大小时，以上领域我们可以分别简记为： (5)邻域，邻域，邻域：（其中为充分大的正数） 有了以上的理论基础，我们下面来证明一下确界原理证明 为叙述方便起见，不妨设含有非负数，由于有上界，故可以找到非负整数，使得：(1) 对任何，有；(2) 存在，使. 对区间作10等分,分点为：，则存在中的一个数，使得(1) 对任何，有； （2）存在，使. 对区间作10等分,分点为：，则存在中的一个数使得：（1）对任何，有；（2）存在，使.如此不断10等分前一步骤所得区间，可知对任何存在 中的一个数，使得：（1）对任何，有；（2）存在，使. 将以上步骤无限进行下去，得到实数，以下证明，即证：（）对一切，有；（）对任何,存在使得. 先证(): (反证)假设存在,使,则可找到非负整数,使,而且,故与(1)矛盾,故对一切，有. 再证(): 由知存在非负整数,使,而,故, 由(2)便知存在使 原理后半部分可类似证之。四 实数完备性在其它定理证明中的应用4.1 有界性定理的证明 定理 若函数在闭区间上连续，则在上有界. 证 （应用有限覆盖定理）由连续函数的局部有界性，对每一点，都存在邻域及正数，使得 ，. 考虑开区间集 ，显然是的一个无限开覆盖. 由有限覆盖定理，存在的一个有限子集 覆盖了，且存在正数， ，使得对一切 有，. 令，则对任何，必属于某可以推出. 这就证得在上有界.（应用致密性定理）倘若在上无上界，则对任何正整数，存在，使得. 依次取，则得到数列. 由致密性定理，它收敛子列，记. 由及数列极限的保不等式性，. 利用在点处连续，推得 . （1）另一方面，由的选取方法又有，这与（1）式相矛盾 . 所以在上有上界. 类似地可证在上有下界.从而在上有界.4.2 最大、最小值定理 定理 若函数在闭区间上连续，则在上有最大值和最小值. 证 （应用确界原理）由于已证得在上有界，故由确界原理，的值域有上确界，记为.以下我们证明：存在，使得. 倘若不然，对一切都有. 令 ， .易见函数在上连续，故在上有上界. 设是的一个上界，则 ，.从而推得 ， 但这与为的上确界（最小上界）相矛盾. 所以必存在，使，即在上有最大值. 同理可证在上有最小值.4.3 介值性定理 定理 设函数在闭区间上连续，且. 若为介于与之间的任何实数（或），则存在，使得. 证 （应用确界原理） 不妨设. 令，则也是上的连续函数，且，. 于是定理的结论转化为：存在，使得.这个简化的情形称为根的存在性定理. 记. 显然为非空有界数集（且），故由确界原理，有下确界，记. 因，由连续函数的局保号型，存在,使得在内，在内，由此易见，即. 下证. 倘若，不妨设,则又由局部保号性，存在（），使得其内，特别有. 但这与相矛盾，故必有. （应用区间套定理） 同上述证法，我们把问题转化为证明根的存在性定理，即若函数在闭区间上连续，则存在使. 将等分为两个子区间与. 若，则即为所求；若，则当时记，当记. 于是有，且 ， . 再从区间出发，重复上述过程，得到：或者在 的中点上有，或者有闭区间，满足，且 ， . 将上述过程不断地进行下去，可能出现两种情形：（1）在某一区间的中点上有，则即为所求；（2）在任一区间的上均有，则得到闭区间列，满足，且 ， .由区间套定理，存在点，.下证.倘若，不妨设,则由局部保号性，存在，使在其内有. 而由区间套定理的推论，当充分大时有，因而有. 但这与选取时应满足的相矛盾，故必有. 4.4 一致连续性定理 定理 若函数在闭区间上连续，则在上一致连续. 证 （应用有限覆盖定理由在闭区间上的连续性，任给，对每一点，都存在，使得当时有 . （1） 考虑开区间集合 ，显然是的一个开覆盖. 由有限覆盖定理，存在的一个有限子集 覆盖了. 记 .对任何，必属于中某开区间，设，即. 此时有 ，故由（1）式同时有 和 .由此得 . 所以在上一致连续. （应用致密性定理） 用反证法. 倘若在上不一致连续，则存在某，对任何，都存在相应的两点，尽管，有 . 令（为正整数），与它相应的两点记为，尽管，但有 （2）当取遍所有正整数时，得到数列与. 由致密性定理，存在的收敛子列，设. 同时有，又得 . 最后，由（2）式有 ，在上式中令，由的连续性及数列极限的保不等式性，得到 .这与相矛盾. 所以在上一致连续.4.5 根的存在定理 定理 若函数在闭区间上连续且与异号（即），则至少存在一点，使得，即方程在内至少有一个根. 证 （应用有限覆盖定理） 设在闭区间上连续， 与异号，现证明方程在内至少有一实根.假定方程在内无实根，则对每一点，有，据的连续性，存在正数，使得在上与点处的函数值同号. 令 ，则是的一个开覆盖，据有限覆盖定理，中必存在有限个邻域能够覆盖.设这有限个邻域为：，且.不妨设其中任意两个邻域无包含关系（否则，去掉被包含邻 域仍能覆盖），于是 . 而在每个内不变号，由此推得在内不变号，这与题设，异号矛盾. 因此，方程在内至少有一实根.五、实数完备性在试题中的应用例1 求下列数集的上、下确界，并依定义加以验证： （1） ； （2）；解 （1），下面依定义验证. 因，等价于，所以对任意的，有 且，即、分别是的上、下界. 又对任意的正数，不妨设，于是存在，使，使，所以由上下确界的定义， （2），下面依定义验证. 对任意的，所以1是的下界. 因为对任意的，令，则，故无上界，所以；对任意的正数，存在，使，所以.例2 设为单调数列.证明：若存在聚点，则必是唯一的，且为的确界.证 设为递增数列，设为的聚点.下证1）是的上界.若不然，使，取，由的递增性，内只含有中的有限项.这与是的聚点矛盾.从而是的上界.2），取，则，使得.所以.由确界的唯一性，聚点是唯一的.例3 证明：在上的连续函数为一致连续的冲要条件是 ， 都存在.证 （必要性）设在上一致连续，则 只要 ，就有 （1）取，则，有（1）式成立.由柯西准则，存在.同理也存在.（充分性）令，则在上连续.从而 在上一致连续，所以在上一致连续.例4 设定义在上.证明：若对内任一收敛数列，极限都存在，则在上一致连续.证 假设在上不一致连续，则，对，总存在，尽管，但有.令，与它相应的两点记为，尽管，但有 （1）当取遍所有正整数时，得数列，由致密性定理，存在的收敛子列，设.又，即由（1）式有，令，得 . 这与相矛盾. 所以在上一致连续.例5 设函数定义在上, ,极限都存在.证明在上有界.分析 函数在每点处由函数极限的局部有界性,在其中有界,于是成为的一个无限开覆盖. 然后可用有限覆盖定理得结论成立.读者从本例中可以了解如何应用有限覆盖定理.另外,本例可应用致密性定理,通过反证法来证明.证 因为在上每点存在极限,由