实数系基本定理的证明

实数完备性定理及应用研究1前言实数完备性是数学分析的基础，而数学分析是数学专业的必修课程之一.数学分析的基础是实数理论。实数系最重要的特征是完备性和连续性，有了实数的完备性和连续性，才能讨论极限，连续，微分和积分。正是在讨论函数的各种极限运算的合法性的过程中，人们逐渐建立起严密的数学分析理论体系。《数学分析》课程是一门面向数学类专业的基础课。学好数学分析是学好其他后继数学课程如微分几何，微分方程，复变函数，实变函数与泛函分析，计算方法，概率论与数理统计等课的必备的基础。作为数学系最重要的基础课之一，数学科学的逻辑性和历史继承性决定了数学分析在数学科学中举足轻重的地位，数学的许多新思想，新应用都源于这坚实的基础。数学分析出于对实数完备性在理论体系上的严格化和精确化，从而确立了在整个自然科学中的基础地位，并运用于自然科学的各个领域。同时，数学研究的主体是经过抽象后的对象，数学的思考方式有鲜明的特色，包括抽象化，逻辑推理，最优分析，符号运算等。这些知识和能力的培养需要通过系统、扎实而严格的基础教育来实现，数学分析课程正是其中最重要的一个环节。从人才培养的角度来讲，一个学生能否学好数学，很大程度上决定于他进大学伊始能否将《数学分析》这门课真正学到手。课程的目标是通过系统的学习与严格的训练，全面掌握数学分析的基本理论知识；培养严格的逻辑思维能力与推理论证能力；具备熟练的运算能力与技巧；提高建立数学模型，并应用实数完备性这一工具解决实际应用问题的能力。在学数学分析时，同一个证明题会有不同的证明方法，这是由于所用实数系定理不同造成的，怎样才能让大家对这些定理有一个统一的认识呢？这个问题一旦解决，就会为实数完备性相关定理的应用找到一个新的研究途径.2选题背景2.1题目来源实数系的完备性是实数的一个重要特征，与之相关的六个基本定理是彼此等价的，并且是论证其他一些重要定理（如一致连续性定理等）的依据，它们从不同的角度刻画了实数系的完备性，在理论上具有重要价值，因此对实数完备性的研究产生了浓厚的兴趣.本论文题来源于理论研究.2.2研究目的及意义通过《数学分析》理论的学习，不难发现实数理论是整个数学分析的基础，而实数理论中又以实数的完备性的六个命题为最重要.为了让大家对这六个命题有一个全面的认识，本文将以有限覆盖定理为起始证明其他定理的正确性，并对实数完备性定理的应用作出分析和举例.2.3国内外现状和发展趋势与研究的主攻方向众所周知，在整个《数学分析》的知识中，实数系完备性基本定理是理论性最强的一部分.实数理论的建立，给数学分析注入了严密性.实数理论是数学分析的理论基础，而实数完备性定理又是实数理论中的重要内容之一，其中不乏精彩、美妙之处.目前，实数完备性的研究主要集中在几个定理的循环证明以及定理的应用.这六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，它们相互之间是等价的.实数完备性基本定理的证明不仅是《数学分析》的重点，也是该课教学的难点，不同的教材都有各自不同的处理方法，可谓是百家争鸣.其中比较简单的是全部用区间套方法证明其他定理.1987年，Botsko提出了一种统一处理这部分内容的新方法完全覆盖法，让大家对这方面的研究又燃起了新的斗志.因此，许多学者在这些方面都做了一些工作.另外，定理的应用也是研究的主要方向之一，这些定理从不同角度刻划了实数系的完备性，并且它们是论证其它一些重要定理和规则的依据，如连续函数介值定理，一致连续性定理等.除此之外，实数完备性作为《数学分析》的基础知识，极大地考察了学生的基本功和论证能力，颇受考研出题者的喜爱.3全面认识实数完备性3.1确界定义⑵定义1设S为R中的一个数集.若存在数M(L),使得对一切xeS，都有x<M(x>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S既有上界又有下界，则称S为有界集.若S不是有界集，则称S为无界集.定义2设S是R中的一个数集.若数门满足：对一切xeS，有x<n，即n是S的上界；对任何a<n存在xoeS，使得xo>a即n又是S的最小上界则称数n为数集s的上确界，记作n=supS定义3设s是R中的一个数集.若数&满足：对一切xeS，有x>&，即g是S的下界对任何p>g，存在x/S，使得xo即，即g又是S的最大下界，则称数g为数集S的下确界，记作g=inS上确界与下确界统称为确界.3.2极限以及数列定义⑵定义4若函数f的定义域为全体正整数集合N+，则称f:N+^Rf(n)neN为数列定义5设｝为数列，a为定数.若对任给的正数£(不论它多么小)，n总存在正整数N，使得当n>N时有|a〃-a|<£，则称数列^〃｝收敛于a，定数a称为数列k｝的极限，并记作lima=a或a^Ta(nT3).定义6若数列kJ的各项满足关系式a<a+1(a>a+1)，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.3.3区间套定义⑵定义7设闭区间列也〃,b^]｝具有如下性质：（i）la,bLla,b],n=1,2,...；nnn+1n+1（ii）lim（b-a）=0，n—3nn则称也〃,bn]｝为闭区间套，或简称区间套.3.4聚点定义⑵定义8设S为数轴上的非空点集，&为直线上的一个定点（当然可以属于S,也可以不属S）.若对于任意正数£,在U白;£）中含有S的无限个点，则0称&为的S一个聚点.定义8，设S为实数集R上的非空点集，&eR.若对于任意正数£,u。&；£）ns。。，则称&为的s一个聚点.定义8”若存在各项互异的收敛数列电｝uS,则其极限lim七=&称为Sn—3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£>0,由uo（&；e）ns州，那么取£]=1,玉]eUoG;1）nS；取£=min[—，优-&>,玉eUo（&;£）nS；2[21J22取£=minjkk-&|],3xeUo（&;£）nS；nInn-1Inn这样就得到一列上｝uS.由£n的取法，七｝两两互异，并且0<X-&I<£<-由此limx由此nnT3定义8〃—定义8由极限的定义可知这是显然的.3.5开覆盖定义⑵定义9设S为数轴上的点集，H为开区间的集合（即H的每一个元素都是形如（以,p）的开区间）.若S中任何一点都含在中至少一个开区间内，则称H为S的一个开覆盖，或称H覆盖S.若H中开区间的个数无限（有限）的，则称H为S的一个无限开覆盖（有限开覆盖）.4实数完备性定理的证明［10］4.1确界原理及其证明确界原理设S为非空数集.若S有上界，则S必有上确界；若S有下界，则S必有下确界.⑵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S含有非负数.由于S有上界，故可找到非负整数n，使得1）对于任何xeS有x<n+1;2）存在aeS，使a>n.对半开区间［n,n+1）作10等分,分点为n.1,n.2,…,n.9,则存在0,1,2,…,9中的一个数n1,使得1）对于任何xeS有x<n.n+10；2）存在aeS，使a>n.n.再对半开区间［n.n,n.n+1）作10等分，则存在0,1,2,…9中的一个数n使得021）对于任何xeS有x<n.nn+^0—2）存在aeS，使a>n.nn.2212继续不断地10等分在前一步骤中所得到的半开区间，可知对任何存在0,1,2,…9中的一个数nk，使得

1）对于任何xeS有x<n.nn...n+^0—2）存在aeS，使a>n.nn...n.12k将上述步骤无限地进行下去，得到实数n-n.n1n2...七.....以下证明门=supS.为此只需证明:(i(i)对一切xeS有x<n;(ii)对任何a<n，存在a'eS使a<a'.倘若结论（i）不成立，即存在xeS使x>n，则可找到x的k位不足近似七,x>n=n.nn...n+—!—,kk12k10k从而得x>n.nn...n+—!—,12k10k但这与不等式⑴相矛盾.于是（i）得证.现设a<n，则存在k使门的k位不足近似叩kn.nn...n>a,根据数门的构a'eS使a'>nk根据数门的构a'eS使a'>nk，从而有a日>a>a,4.2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.⑵证不妨设kJ为有上界的递增数列.由确界原理，数列kJ有上确界，记为a-sup（a｝.下面证明a就是（a｝的极限..事实上，任给e>0，按上确界的定义，存在数列中的某一项a.使得a-e<a.又由｛a｝的递增性，当n>N时有a-8<a<a.另一方面，由于a是数列ia｝的一个上界，故对一切a都有a<a<a+e.所以当n>N时a-e<a<a+8，这就证得lima-a.

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.4.3柯西收敛准则及其证明柯西收敛准则数列｛a｝收敛的充要条件是：对任给的8>0，存在正整数Nn使得当n,m>N时有|a-a证（必要性）设lima广A，由数列极限的定义，ns8

数证（必要性）设lima广A，由数列极限的定义，ns8

数N，使得当n,m>N时有a—A<-1n'2|a-A|+|a-A|<8因而有|a-a<\an对任给的8>0，存在正整|a-Ar.■]XaNa+8N令8=』，存在正整数N2r.■]XaNa+8N令8=』，存在正整数N2取h],P]]=令8=；,存在正整数N2>N取h2,p2]=、P1]n显然有a,p]nia2,p2]12N111aN2P时，21122，aN2+22-，1—a<2，并且当n>N存在N]nk-ikaNk>N，当n>N时，ak—1k11-22,22.1—,a22aNkN2（充分性）由题设，对任给的8>0，存在正整数N，当n>N时，|a-a<8.即当n>N时，有ag（a—8,a+8|a-a这样就得到一列闭区间也k,『，满足（i）la,bLla,b],k=1,2,...；kkk+1k+1（ii）b-aV—^0,k—^8；（iii）对PkgN，当n>N时，agla,P].+knkk

由区间套定理，存在惟一的我农人，P」所以^an_^<8-这就证明了lima〃=&.故数列b｝收敛ns4.4区间套定理及其证明由区间套定理的推论，对任给的8>0，存在所以^an_^<8-这就证明了lima〃=&.故数列b｝收敛ns4.4区间套定理及其证明区间套定理若叱,b』是一个区间套，则在实数系中存在唯一的一点&，使得&e[a,b]n=1,2,...,即a<&<b,n=1,2,....⑵证由定义7的条件（i）可知，数列k｝为递增有界数列，依单调有界定n理，上｝有极限&，且有a”<&,n=1,2,...・同理，递减有界数列｝也有极限，并按区间套的条件（ii）有nlimb=lima=&，且b>&,n=1,2,....n—3nn—3nn综上，可得a<&<b,n=1,2,...・下面证明满足an<&<bn,n=1,2,...的&是唯一的.设数&'也满足an<&'<bn,n=1,2,...，则U由a<&<b,n=1,2,...有&-&J<（b-a）n-1,2,....nnnn由区间套的条件（ii）得&-&'|<lim（b〃-a〃）=0，故有&，=&.n—3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&e《，bIn=1,2,...）是一个区间套也，bD所确定的点，则对任给的8>0，存在N>0，使得当n>N时有la,b]uU（&;8）.证由区间套定理的证明可得：limb-lima=&.n—3nn—3n由极限的保号性，对于任意正数8,存在正整数N,当n>N时，有&-8<a，b<&+8，艮口&-8<a<b<&+8，这就是说ta,b〕uU（&;8）.4.5魏尔斯特拉斯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.⑵证因为S为有界点集，所以存在正数M,使SuLM,M],且记a1,b1]=LM,M].现将a1,b1]等分为两个子区间.因s为无限点集，故两个子区间中至少有一个含有s中无穷多个点，记此子区间为a,b]，则a,b].a,b]TOC\o"1-5"\h\z221122且b-a=—(b-a)=M.2211再将la2,b2]等分为两个子区间，则其中至少有一个含有S中无穷多个点，取出这样一个子区间，记为a,b]，则a,b]da,b]，332233且b-a=—(b-a)=—.32222将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列禹〃,bn]｝，它满足[a,bLta,b],n=1,2,...，b-a=^——0(n—8)，nnn+1n+1nn2n—1即也n，bn]｝是区间套，且其中每一个闭区间都含有S中无穷多个点.由区间套定理，存在唯一的一点&£虹,bnn=1,2,....由区间套定理的推论，对任给的£>0，存在N>0,当n>N时a/\a^,b〃]uU&;£),从而U&;"内含有S中无穷多个点，按定义8&为S的一个聚点.推论(致密性定理)有界数列必有收敛子列.⑵证设土｝为有界数列.若上｝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｛xn｝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&.n于是按定义8〃，存在(xn｝的一个收敛子列(以&为其极限).4.6海涅-博雷尔有限覆盖定理及其证明有限覆盖定理设H为闭区间a,b］的一个（无限）开覆盖，则从H中可选出有限个开区间来覆盖a,bLa证（论反证）假设定理的结不成立，则不能用H中有限个开区间来覆盖a,b］.现将a,b］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h中有限个开区间来覆盖.记此子区间为a,b］，则a,b］ua,bTOC\o"1-5"\h\z1111口］1”、且b_a=—（b_a）.再将a「b1］等分为两个子区间，同样，其中至少有一个子区间不能用h中有限个开区间来覆盖.取出这样一个子区间，记为a,b］，则a,b］ua,b］，2222111且b-a=2—（b-a）.将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列禹〃,bn］｝，它满足a,bLb,b］,n=1,2,...，b-a=—（b-a）—0（n—8），nnn+1n+1nn2n即也〃,bnD是区间套，且其中每一个闭区间都不能用H中有限个开区间来覆盖.由区间套定理，存在唯一的一点&elan,bnn=1,2,....由于H是0,b］的一个开覆盖，故存在开区间（以,p）eH，使&6（以,P）.于是，由区间套定理的推论，当n充分大时有lan,bju（以,p）.这表明0,b］只须用H中的一个开区间（以,p）就能覆盖，与挑选0,b］时的假nnnn设“不能用H中有限个开区间来覆盖”相矛盾.从而证得必存在属于h的有限个开区间能覆盖a,b］注定理的的结论只对闭区间a,b］成立，而对开区间则不一定成立.5实数完备性的应用研究5.1实数完备性定理的循环证明［8］5.1.1用有限覆盖定理证明聚点定理［7］证设S为直线上的有界无限点集.于是存在a,b使Sula,bl假定屋b］在任何点都不是S的聚点，则对每一点xela,b］都存在相应的5/0,使得UG；5「内至多包含S的有限多个点.令H=(U(x;5xe(a,b，，则H是|a,b］的一个开覆盖.，据有限覆盖定理，H中存在有限个邻域U(x;5)，....，U(c;5)，使得覆盖了H，从而也覆盖了S.由于每个邻1xnx1n域中至多含有S的有限个点，故这n个邻域的并集也至多只含有S的有限个点，于是S为有限点集，这与题设S为无限点集矛盾.因此，在屋b］中至少有一点是S的聚点.5.1.2用聚点定理证明柯西收敛准则证设数列上｝为有界数列.若上｝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b〃｝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b｝至少有一个聚点，记为&.n于是按定义8〃，存在｝的一个收敛子列(以&为其极限).n由此得|a=|a-a+a令M=max{\a|,\a,...,\a|于是，由致密性定理，+|a<|a|+1.\aN1由此得|a=|a-a+a令M=max{\a|,\a,...,\a|于是，由致密性定理，+|a<|a|+1.\aN1+1｝，则对一切正整数n均有|a<M.有界数列｝必有收敛子列｛｝,设lima=A.kkT3k1-|an-aN+1对认给的£>0，存在K>0，当n,m,k>K时，同时有£|a-a|a-a2anK-A<—(lima=anK2i…n第12页(共25页)因此当取m=nGk>K)时，得到a-A<a-a这就证明了lima=A.nsn5.1.3用柯西收敛准则证明确界原理证设S为非空有上界数集.由实数的阿基米德性，对任何正数a，存在整数ka，使得X广kja因此当取m=nGk>K)时，得到a-A<a-a这就证明了lima=A.nsn5.1.3用柯西收敛准则证明确界原理证设S为非空有上界数集.由实数的阿基米德性，对任何正数a，存在整数ka，使得X广kja为S的上界，而七-以=(与-1)以不是S的上界，即存在a'eS，使得a'>(k-1)aa分别取a=!，n=1,2,....，则对每一个正整数n，存在相应的Xn，S的上界，而X-1不是S的上界，故存在a'6S，使得nn，\1a'>X-.使得X为

n(6)又对正整数m，Xm是S的上界，故有Xm>a'.结合(6)式得气七<n;同理有X-X<1.,m(11\从而得|X-X|<max—,一.于是，对任给的£>0，存在N>0，使得当n,m>N时有由柯西收敛准则，|X-X|<£数列*｝收敛.记nlimX=X.n—3n现在证明X就是S的上确界.首先，对任何aeS和正整数n有a<X〃，由(7)式得a<X即X是S的一个上界.其次15<，n2又因X一.5n--不是S的上界，故存在a'eS，使得a'>X广1.结合上式得a'>X-=-Q：X-5.这说明X为S的上确界.n22同理可证：若S为非空有下界数集，则必存在下确界.5.1.4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E〃｝有上确界，记为a=sup«｝.下面证明a就是上｝的极限..事实上，任给£>0，按上确界的定义，存在数列中的某一项a.使得a-£<a.又由（a｝的递增性，当n>N时有a-e<a<a.另一方面，由于a是数列｛a｝的一个上界，故对一切a都有a<a<a+e.所以当n>N时a-e<a<a+e，这就证得lima-a.nn—3n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.5.1.5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k｝为递增有界数列，依单调有界定n理，上｝有极限&，且有a”生,n=1,2,...・同理，递减有界数列（bn｝也有极限，并按区间套的条件（ii）有limb=lima=&，且b>g,n=1,2,....n—3nn—3nn综上，可得a<^<b,n=1,2,...・下面证明满足an<^<bn，n=1,2,...的&是唯一的.设数O也满足an奖'<bn，n=1,2,...，贝U由a<&<b,n=1,2,...有|&一&'|<（b一a）n=1,2,....nnnn由区间套的条件（ii）得|&-&'|<lim（b〃-a〃）=0，故有七，=&.n—35.15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H中有限个开区间来覆盖a,b].现将a,b]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H中有限个开区间来覆盖.记此子区间为a,b]，则a,b]u",b]11111,且b-a=矿。-a）.再将a1,«］等分为两个子区间，同样，其中至少有一个子区间不能用h中有限个开区间来覆盖.取出这样一个子区间，记为a,b］，则a,bLa,b］，2222111”、且b-a=亍©-a).将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列禹〃,bn］｝，它满足a,bLb,b］,n=1,2,...b-a=—(b-a)—0(n—8)，nnn+1n+1nn2n即也〃,bn］｝是区间套，且其中每一个闭区间都不能用H中有限个开区间来覆盖.由区间套定理，存在唯一的一点&elan,bnn=1,2,....由于H是",b］的一个开覆盖，故存在开区间(以,P)eH，使&6(以,P).于是，由区间套定理的推论，当n充分大时有lan,b「u(以,P).这表明a,b］只须用H中的一个开区间(以,P)就能覆盖，与挑选a,b］时的假设“不nnnn能用H中有限个开区间来覆盖”相矛盾.从而证得必存在属于H的有限个开区间能覆盖a,b］.5.2实数完备性在其它定理证明中的应用⑹5.2.1有界性定理的证明定理若函数f在闭区间a,b］上连续，则f在a,。］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x%a,b］，都存在邻域U(xx；5)及正数M，使得If(x)<M,，xeU(xr;5］p|a,b］.考虑开区间集H=:;U(xf;5Jx'e(a,b)：，显然H是la,b］的一个无限开覆盖.由有限覆盖定理，存在H的一个有限子集H*=:;U(x;5)|xe(a,b)i=1,2,...k；.iii'覆盖了a,b］，且存在正数M，M，…，M,使得对一切xeU(x;5,)p|\a,b］有|f(x)<M，i=1,2,...,k.令M=maxM，则对任何xe\a,b］，x必属于某U(x;5,)可以推出|f(x)<M<M.这就证得f在a,b］上有界.(应用致密性定理)倘若f在",b］上无上界，则对任何正整数n，存在xng",b］，使得If(xn)>n.依次取n=1,2,...，则得到数列七｝g",b］.由致密性定理，它收敛子列X｝，记limx=&.nkk—3"k由a<气<b及数列极限的保不等式性，&g",b］.利用f在点&处连续，推nk得limf(x)=f(提<+3.(1)k—3"k另一方面，由X的选取方法又有f(x)>n>k—+3nlimf(x)=+3，

nkk—3nk这与(1)式相矛盾.所以f在a,b］上有上界.类似地可证f在a,b］上有下界.从而f在a,。］上有界.5.2.2最大、最小值定理定理若函数f在闭区间a,。］上连续，则f在a,b］上有最大值和最小值.证(应用确界原理)由于已证得f在a,b］上有界，故由确界原理，f

的值域fda,bD有上确界，记为M.以下我们证明：存在我屋b］，使得fG)=M.倘若不然，对一切xga,b］都有f(x)<M.令g(x)=1r\，xga,b］.M-f(x)易见函数g在a,b］上连续，故g在a,b］上有上界.设g是g的一个上界，则0<g(x)=<G，xga,b］.M-f(x)从而推得f(x)<M-—，xga,b］G但这与m为fda,b。的上确界(最小上界)相矛盾.所以必存在&《a,b］，使fg)=m，即f在a,b］上有最大值.同理可证f在a,。］上有最小值.5.2.3介值性定理定理设函数f在闭区间a,。］上连续，且f(a)^fG).若R为介于f。与f()之间的任何实数(f(a)<^<f(b)或f(a)>《>f(b))，则存在x0g(a,b)，

使得fG0)=H.证(应用确界原理)不妨设f(a)<r<f(b).令g(x)=fG)-h，则g也是a,b］上的连续函数，且g(a)<0，g(b)>0.于是定理的结论转化为：存在x0g(a,b)，使得gG°)=0.这个简化的情形称为根的存在性定理.记E={x|g(x)>0,xg［a,b］}.显然E为非空有界数集(Eu［a,b］且bgE)，故由确界原理，E有下确界，记x0=infE.因g(a)<0，g(b)>0，由连续函数的局保号型，存在8>0,使得在侦a+6］内g(x)<0，在b-6,b］内g(x)>0，x。b，即xgx。b，即xg(a,b).倘若g(x)。0，不妨设g(x)>0,则又由局部保号性，存在0「-飞02J下证g烦)=0.倘若g(x0)。0，U00m)(u(a,b))，使得其内g(x)>0，特别有gx„-4这与x0=infE相矛盾，故必有g烦)=0.(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g在闭区间la,b］上连续，g(a)<0，gG)>0，则存在x0g(a,b)使g(x)=0.0将a,b］等分为两个子区间a,」与c,b］.若g(c)=0，则c即为所求；若当g(c)<0记1a,b］=Ic,b］.于是有b-a=—(b-a).得到：或者在a,七］的中点气上有g(c)^0，则当g(c)当g(c)<0记1a,b］=Ic,b］.于是有b-a=—(b-a).得到：或者在a,七］的中点气上有TOC\o"1-5"\h\ziiii再从区间a,七］出发，重复上述过程，g(c)=0，或者有闭区间a,b］，满足g(a)<0，gG)>0，且2222",b］u\a,b］，b-a=—(b-a).22112222将上述过程不断地进行下去，可能出现两种情形：在某一区间的中点c上有g(ci)=0，则七即为所求；在任一区间的七上均有g«)=0，则得到闭区间列也〃,bnD，满足g(a)<0，g(b)>0，且nnla,bLla,b],n=1,2,...，

b-a=-2-(b-a)—0(n—8).由区间套定理，存在点xg\a,b］,n=1,2,....下证g(x)=0.倘若g(x)。0,0nn00不妨设gG0)>0,则由局部保号性，存在U(X0；8)，使在其内有g(x)>0.而由区间套定理的推论，当n充分大时有a,b］uU(X0；8)，因而有g(a)>0.但这与",b］选取时应满足的g(a)<0相矛盾，故必有gG0)=0.5.2.4一致连续性定理定理若函数f在闭区间a,b］上连续，则f在a,b］上一致连续.证(应用有限覆盖定理由f在闭区间a,b］上的连续性，任给e>0，对每一点xg(a,b)，都存在8>0，使得当x'gU(x;8)时有f(x，)-fG)v「(1)2考虑开区间集合H="(x,?)|xg［a,b［，显然H是屋b］的一个开覆盖.由有限覆盖定理，存在H的一个有限子集H*=jU(x,,g)\i=1,2,..k［覆盖了a,b］.记对任何x，，x"ga,b］，|x'-x"<8，x，必属于H*中某开区间，设x'gU(x.;?)，即|x，-x.|<?.此时有x”—x|<|x”—x［+|xf—x|<8+<+=8，故由(1)式同时有If(x，)-f(x)<2和If(x〃)-f(x)<2.由此得|f(x，)-f(x")<8.所以f在a,b］上一致连续.(应用致密性定理)用反证法.倘若f在a,b］上不一致连续，则存在某

£>0，对任何5>0,都存在相应的两点x',x"eta,。],尽管|x，-x"|<8,有|fG，)—f(x^>£0.(应用致密性定理)令5=L(n为正整数)，与它相应的两点记为x'，x"ela,b】，nnn(2)尽管|x'—x〃|<1，但有If(x')—f(x〃)>£nnn0当n取遍所有正整数时，得到数列｛x'｝与｛x"｝u[a,b].由致密性定理，存在｛x'｝nnn的收敛子列｛xx｝(2)当n取遍所有正整数时，的收敛子列｛xx｝，设xx七n—xe[a,b](k—8).同时有x'—x〃nknk1V——

n

k一"xnk〃—x，nknk+xr—xnk—0(k—8)IfG：)-fG：)>£0，又得x"—x(k—8).最后，由(2)式有k得到在上式中令k—8，由f的连续性及产列极限的保不等式性，0=|f(x)—f(x)=lim|f，'/00k—8nk这与£0>0IfG：)-fG：)>£0，得到5.2.5根的存在定理定理若函数f在闭区间a,b】上连续且f(a)与fG)异号(即f(a)f(b)V0)，则至少存在一点x0e(a,b)，使得f(x0)=0，即方程f(x)=0在(a,b)内至少有一个根.证(应用有限覆盖定理)设f(x)在闭区间",b】上连续，f(a)与f(b)异号，现证明方程f(x)=0在(a,b)内至少有一实根.假定方程fG)=0在(a,b)内无实根，则对每一点xe(a,b)，有fG厦0，据fG)的连续性，存在正数5，使得fG)在xeU(x;5)p|a,b】上与点x处的函数值fG)同号.''令H=｛UG;5)xe[a,b】｝，则h是a,b】的一个开覆盖，据有限覆盖定理H中必存在有限个邻域能够覆盖a,b】.设这有限个邻域为：U,；5,)，....，U(x;5)，且xVxV...Vx.不妨设其中任意两个邻域无包含关系(否则，去:%12n()()掉被包含邻域仍能覆盖a,b】)，于是U\；57nU\；5/林j—1xj-1jxj(j=2,3,...,n).而fG)在每个U(;5)内不变号，由此推得fG)在UU(;5)内不变号，jxjj=1jxj这与题设f(a)，f(b)异号矛盾.因此，方程f(x)=0在(a,b)内至少有一实根.5.3实数完备性在试题中的应用[1]例1求下列数集的上、下确界，并依定义加以验证：S=(x|x2<2｝；(2)S=｛xx=n!,ngNJ；解(1)supS=v2，infS=-瞄'2，下面依定义验证.因x2<2，等价于-*'2<x<\：2，所以对任意的xgS，有x<v'2且x>—y2，即巨、-巨分别是S的上、下界.又对任意的正数8，不妨设£v2克，于是存x=■、：2——，x=_、、:2+—，^使x，xgS，^使x>\：2—£，xv—板2+£，o21201o1以由上下确界的定义supS=<2，infS=-®2supS=+8，infS=1，下面依定义验证.对任意的xgS，1<xv+8，所以1是S的下界.因为对任意的M>0，令n=M]+1，则n!>M，故S无上界，所以supS=+8；对任意的正数£，存在气=1!=1gS，使气v1+£，所以infS=1.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.TOC\o"1-5"\h\z证设4｝为递增数列，设&为｛x｝的聚点.下证&=sup｛x｝nnn1)&是｛x｝的上界.若不然，3xg｛x｝，使&vx，取£=x—&，由｛x｝nNnN0Nn的递增性，U(&,£)内只含有｛x｝中的有限项x,x,…,x.这与&是｛x｝的聚点0n12N—1n矛盾.从而&是｛x｝的上界.n2)Vav&，取£=&—a，则玉gU(&,£)ch｝，使得avx.02N0nN

所以&=sup电｝.由确界的唯一性，聚点是唯一的.例3证明:在(a,。)上的连续函数f为一致连续的冲要条件是f(a+0)，f(b-0)都存在.证(必要性)设f在(a,b)上一致连续，则V8>0,书>0,VX/,X//G(a,b)只要x/-x//<5，就有|f(/)-f(//)<g(1)6取61=—，则Vx/,X//g(a,a+51)(a,b)，有(1)式成立.由柯西准则，f(a+0)存在.同理f(-0)也存在../1If(a+0),x=a(充分性)令F(x)=jf(x)xG(a,b)，则F(x)在",b］上连续.从而F(x)在a,b］上一致连续，所以fI在如仙一致连续.例4设f定义在(a,b)上.证明：若对(a,b)内任一收敛数列｛x｝，极限limf(x)ns都存在，则f在(a,b)上一致连续.尽管|x/-x//<证假设f在Qb)上不一致连续，则玉0>0，对5>0，总存在X/,X//g(a,b)，5，但有|f(x/)-fX//)；令5=〔尽管|x/-x//<令5=〔，与它相应的两点记为X/,X//g(a,b)|f(X/)-fX//)>£当n取遍所有正整数时，得数列X/}{//}u(a,b)nn匕设limx/=x.k—8nk01敛子列X/nk又x/一x//<——nx//nknk由(1)式有f尽管x/-x//<5，但有(1)由致密性定理，存在X/｝的收n—0(k—8)，即limx//=xn0()()()k—(、x/-fx//>£，令k—8，得0=limfx/-limfx//>£nknk0k—8nkk—8nk0一X<X/n0nn,

kkk这与£0>0相矛盾.所以f在(a,b)上一致连续.例5设函数f(x)定义在la,b］上，Vx°gla,b］,极限limf(x)都存在.证明f(x)在XX0a,b］上有界.分析函数f在每点Xg",b］处由函数极限的局部有界性,BU(x;5)，在其中Xf有界,于是h=u(琴x),xga,b£成为a,b］的一个无限开覆盖.然后可用有限覆盖定理得结论成立二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f(X)在a,b］上每点存在极限，由函数极限的局部有界性,Vx0e\a,b］,BU(x;5)与M>0,使得VteU(x;5x),f(t)<M.所有这种邻域的集合H=U(x;5)|xeta,仙｝成为\a,b］的一个开覆盖；X由有限覆盖定理，存在a,b］的有限开覆盖H=U<;5)<i<上H.ixi若取m=maxMXi,则因h覆盖了a,b］,对a,b］中每一x,它必属于h中某一邻域1<i<nU(x;5),于是If(x)\<M<M.xxk例6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Vxea,b］,存在5x〉0,使得f(x)在U(x;5x)中有界，则令H=U(x;5)|xe",b］｝,

x它成为a,b］的一个无限开覆盖由有限覆盖定理，存在H*=｛/(x;5)1<i<k飞H为a,b］的有限开覆盖.由于f(x)在每上u(七；5x)内有界，因此f(x)在a,b］上有界,这与f(x)在a,b］上的无界性相矛盾.'七例7设f在a,b］上连续,对任何xela,b］f(x)>0.试用有限覆盖定理证明:必f(x)Zc.存在c>0,使得对任何xea,b］,满足证Vxe|a,b］,因为f(x)〉0,由连续函数的局部保号性，于是卖〉0,B5〉0,VxeU(x;5),f(x')^f(x)Zc.xxx2H=U(x;5)|xea,b］｝，

x它是a,b］的一个无限开覆盖，由有限开覆盖定理，存在H*=U(x;5)1<i<k飞H为屋b］的有限开覆盖，取C=min［31>0,1<i<k〔2JVxe\a,b］,B某个(1<i<k)，使xeU(x.;5.),

于是f(x.)>f(x)>—2c.于是例8设函数f对任何(a,b)内的x，存在5x>0，使得f在(x-5x，x+5,)内递增试证f在整个(a,b)内亦递增.证Va,a,a<a<a<b,证明f(a)<f(a).Vxe\a,a]由所设条件35>0,12121212x使f在(x-5,x+5)内递增，故H=U(x;5)xela,a^是la,a」后个无限开覆xxJx[1212盖，由有限覆盖定理，存在H*=U(x;5)|1<i<k史H为\a,a]的有限开覆盖，为'xi12一一x<x.在u(”6x,)中递增，故aeU(x;5),且因<