实数完备性定理及应用研究.docx

3全面认识实数完备性3.1 确界定义定义1设S为R中的一个数集.若存在数M(L),使得对一切xS,都有xM(xL),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.若数满足：(i)对一切XeS,有x",即是S的上界；(ii)对任何存在XOGS,使得与>即又是S的最小上界则称数为数集S的上确界，记作7=supS定义3设S是R中的一个数集.若数g满足：(i)对一切xS,有x4,即q是S的下界(ii)对任何分>4，存在aeS,使得&V/?,即J又是S的最大下界，则称数4为数集S的下确界，记作=infS上确界与下确界统称为确界.3.2 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N+,则称=N+A或/(n),nN+为数列定义5设%为数列，。为定数.若对任给的正数C(不论它多么小)，总存在正整数N,使得当>N时有|4-4<£，则称数列%收敛于。，定数称为数列。的极限，并记作Iiman=a或ana(n).定义6若数列%的各项满足关系式。角(。用)，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 区间套定义定义7设闭区间列%,2具有如下性质：(i) an,an+l,bl,+i,n=1,2,.；(ii) lim(-azr)=0,W>00则称外,2)为闭区间套，或简称区间套3.4 聚点定义口定义8设S为数轴上的非空点集，J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uC；£)中含有S的无限个点，则称S为的S一个聚点.定义8，设S为实数集R上的非空点集，gR.若对于任意正数£,Uo()(S,则称J为的S一个聚点.定义8若存在各项互异的收敛数列xJuS,则其极限Iimz=J称为Sn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e>0,由(TC；£)nSw°,那么取e=,切u。仔;)ns；3x2to(2)5;3xneUon)S;这样就得到一列%uS.由%的取法，卜“两两互异，并且o<k,T<2'n由此IimX“=J定义8定义8由极限的定义可知这是显然的.3.5 开覆盖定义定义9设S为数轴上的点集，”为开区间的集合（即H的每一个元素都是形如（,0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”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他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.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，故可找到非负整数力，使得1）对于任何xS有x<+2）存在旬S<g”.对半开区间,+1）作10等分,分点为几1,九2一,".9,则存在0,12,9中的一个数外,使得1）对于任何xS有<几+；2）存在qS,使qn.n1.再对半开区间几,几+，）作10等分，则存在0,1,2,9中的一个数2使得1）对于任彳可XS有X<n,nn2+话"2）存在/wS,ya2n.nn2.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中的一个数使得1)对于任彳可xS有x<n.nln2.nk+r2)存在45,使akn.nin2.nk.将上述步骤无限地进行下去，得到实数=几%以下证明=SUPS.为此只需证明：(i) 对一切xS有x;(ii) 对任何av，存在kS使<”.倘若结论(i)不成立，即存在xS使x>7,则可找到X的左位不足近似与，使1XA>rlk=几2-久+而7，从而得1X>人+0人，但这与不等式相矛盾.于是(i)得证.现设a<，则存在Z使的女位不足近似为>或，即n,nln2.%>ak,根据数的构造，存在dS使"外,从而有a,k>aka,即得到av，.这说明(ii)成立.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.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a=supaj.下面证明就是%的极限.,事实上，任给£>0,按上确界的定义，存在数列%中的某一项心使得-£<N又由%的递增性，当"N时有a-<aNan.另一方面，由于是数列%的一个上界，故对一切%都有a”a<a+.所以当N时a-<an<a+,这就证得Iiman=a.l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%收敛的充要条件是：对任给的£>0,存在正整数N使得当,m>N时有anan<.,2'证（必要性）设Iimtzzj=A,由数列极限的定义，对任给的£>0,存在正整woo数N，使得当心相>N时有Ia“-A<,am-<因而有an-am<an-+am-<.（充分性）由题设，对任给的£>0,存在正整数N,当N时，z,-aN<e,即当"N时，有CInG（PN-8,（1'+4IIII1X纵aft%+&令£=,，存在正整数N,当N时，allaN-,ajv+-，,I取。1，夕J=aNyaNy+2-令£=7，存在正整数MN1,当N,时，an7,i+，2"L22_取a2,2=a1,1aN2-,aN2+.显然有,4=>22，2a2-t并且当M时，ana2,.令£=.,存在NkNNlI7,当Njt时,anaNk-*M%+*取&/=4一1,尸jn°MMN*+齐.这样就得到一列闭区间4",满足4.1 4,bqn%+也+1,k=1,2,；4.2 )b,ck>0,k>8；(iii)对VZN+,当时，an三ak,k.由区间套定理，存在惟一的三ak,k.由区间套定理的推论，对任给的£>0,存在N>0,当>N时OWL，久uUG；£）,所以除一目<£.这就证明了Iilna=J.故数列%收敛.o4.4 区间套定理及其证明区间套定理若。“也是一个区间套，则在实数系中存在唯一的一点使得4W。，仇，=12.,即4g=1,2.121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，%有极限久且有atl9n=l.同理，递减有界数列"也有极限，并按区间套的条件（ii）有Iimb=Iimaf,bn,n=1,2,.nn综上，可得an<bn,n=1,2,.下面证明满足anbn,n=.的J是唯一的.设数一也满足z,a,"=l,2,.,则由anbft,n=1,2,.有-j（b,l-atln=1,2,一由区间套的条件（三）得忸lim（"-4）=0,故有=.IIce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（0，；），显然S是不存在的.推论若&atl,a=1,2,.）是一个区间套az,也所确定的点，则对任给的e>0,存在N>0,使得当>N时有L，uU（g；£）.证由区间套定理的证明可得：Iima=Iimg1=,wn由极限的保号性，对于任意正数£,存在正整数N,当N时，有-<all,bn<-,即-<an<bn<+f这就是说an也uU(;).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.证因为S为有界点集，所以存在正数使Su-M,M,且记现将al,bl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5中无穷多个点，记此子区间为。2,仇，则,=)且b2-a2=0l-1)=M.再将同为等分为两个子区间，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%也，则L也卜%也，且%=g(022)=将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列(4也J，它满足=>k+也川，=12，bn-an=0(),即也是区间套，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n,h,n=1,2,.由区间套定理的推论，对任给的£>0,存在N>0,当>N时OWL也uUG*)从而Ue£)内含有S中无穷多个点,按定义8J为S的一个聚点.推论(致密性定理)有界数列必有收敛子列.证设匕为有界数列.若居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.若数列卜“不含有无限多个相等的项，则卜“在数轴上对应的点集必为有界无限点集，故由聚点定理，点集卜至少有一个聚点，记为g.于是按定义8，存在上“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“为闭区间Lu的一个(无限)开覆盖，则从H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ayb.现将M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.记此子区间为除也，则且向一q=gS-).再将L,仇等分为两个子区间，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L也，则/也uq,4,且b?-a?=?(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%,2,它满足"也L+14,=1,2,.,bn-an=-(b-a)0(),即%也是区间套，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an1bn,n=1,2,.由于是的一个开覆盖，故存在开区间(,0H,使Jc(,/?).于是，由区间套定理的推论，当充分大时有%,au(a,0.这表明上也只须用”中的一个开区间Q0就能覆盖，与挑选明也时的假设“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LU注定理的的结论只对闭区间4”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5.1.1 用有限覆盖定理证明聚点定理证设S为直线上的有界无限点集.于是存在4力使Su鼠”.假定L，”在任何点都不是S的聚点，则对每一点XLU都存在相应的瓦>（）,使得U（用瓦）内至多包含S的有限多个点.令H=（U（x；4）|x（a,A，则”是,U的一个开覆盖.，据有限覆盖定理，H中存在有限个邻域.,U（X使得覆盖了H,从而也覆盖了S.由于每个邻域中至多含有S的有限个点，故这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，在除”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%为有界数歹U.若an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g为其极限）.设数列4满足柯西条件.先证明”是有界的.为此，取£=1,则存在正整数N,当m=N+l及>N时，有一qv+J<l.由此得k=¾-¾÷+lk-¾÷l+aN+<ll÷1令M=max|aI|,|a2|,.JaN|,|%+1+1,则对一切正整数均有同M.于是，由致密性定理，有界数列“必有收敛子列”，设lim4=A.对认给的£>0,存在K>0,当心m,Z>K时，同时有an-am<（柯西条件）因此当取加="(k>)时,得到|。一Aan-aflk+altk-AV+=g这就证明了Iimtzw=A.noo5.1.3 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。，存在整数口，使得AZ=Zaa为S的上界，而乙-。=伏a-Da不是S的上界，即存在a'S,使得。'>(却-1)。分别取a=L,rt=1,2,则对每一个正整数，存在相应的人，使得人为HS的上界,而儿-工不是S的上界，故存在优s,使得naf>tl-(6)n又对正整数2,4,是S的上界，故有4,a'.结合式得111n-m-；n同理有mn<一.m从而得-lj<maxI.mn)于是，对任给的e>0,存在N>0,使得当",m>N时有IAn-Aj|<£,由柯西收敛准则，数列4,收敛.记Iimn(7)现在证明;I就是S的上确界.首先，对任何aS和正整数有a4,由(7)式得。;l,即/1是S的一个上界.其次，对任何S>0,由I->058)及式，对充分大的同时有1*125nn2,2又因乙-，不是S的上界，故存在dS,使得a'>4,.结合上式得CCnaf>-=2-S.这说明/1为S的上确界.22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勺为有上界的递增数列.由确界原理，数列“有上确界，记为4=sup%.下面证明a就是“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。“使得。一£V。N又由。的递增性，当N时有a-e<aNan.另一方面，由于是数列凡的一个上界，故对一切“都有4所以当"N时a-<an<a+,这就证得Iima=.1QO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“为递增有界数列，依单调有界定理，%有极限J，且有%m=12.同理，递减有界数列"卜也有极限，并按区间套的条件（ii）有Hm2=Iima“二J,且勿=1,2,.nn综上，可得an<<hn,n=1,2,.下面证明满足a,lbn,n=.的J是唯一的.设数也满足4bn.n=1,2,.,则由%J"=1,2,有-'<（bll-ann=i.由区间套的条件（ii）得-jlim（-）=0,故有=.5.1.6 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司.现将M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.记此子区间为隆,仇,则L，仇上b且a-q=53-4).再将鼠,仇等分为两个子区间，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%，4，则w,4uq,4,且b2-a2=.将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列%也，它满足LeJ=>L+1，"+J，=L2,bn-an=(b-d)0(«co),即。"在是区间套，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an,btl,n=1,2,.由于H是b的一个开覆盖，故存在开区间(,0H,使4(,0.于是，由区间套定理的推论，当充分大时有“也Ju(,Q).这表明只须用”中的一个开区间(,0就能覆盖，与挑选L，时的假设“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卜5.2 实数完备性在其它定理证明中的应用5.2.1 有界性定理的证明定理若函数/在闭区间LU上连续，则/在。,可上有界.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'L",都存在邻域U(M4.)及正数M<,使得(,Xt(y)考虑开区间集"=(U(M)f(4,),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H*=(U；a)|.(,fe),f=l,2,.)覆盖了LU,且存在正数m2,.,Mjt,使得对一切u(%)nLU有(x)%,i=1,2,.,h令/=max,则对任何x,”,X必属于某U(X/可)可以推出f(xMi<M.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X11a,h,使得(Xz,>.依次取=1,2,.,则得到数列xz,b.由致密性定理，它收敛子列%,记IimZ=4由aX"b及数列极限的保不等式性，ea1b.利用/在点J处连续，推得lim()=()<+(1)Jlx*另一方面，由乙的选取方法又有f(nk)>nkk+>imf(x)=+,这与(1)式相矛盾.所以/在M上有上界.类似地可证/在上有下界.从而/在见力上有界.5.2.2最大、最小值定理定理若函数,在闭区间LU上连续，则/在句上有最大值和最小值.证(应用确界原理)由于已证得了在LU上有界，故由确界原理，f的值域f(,")有上确界，记为M.以下我们证明：存在<,”,使得F(J)=M.倘若不然，对一切x,司都有/(x).令g(x)=1八,xea,b.易见函数g在卜上连续，故g在LU上有上界.设G是g的一个上界，则OVg(X)=IG，x,"从而推得f(x)M，xea,bG但这与M为/(,U)的上确界(最小上界)相矛盾.所以必存在J,",使/()=M,即/在L”上有最大值.同理可证f在M上有最小值.5.2.3介值性定理定理设函数/在闭区间LU上连续，且/()f.若为介于/()与/0)之间的任何实数(/()<</或/()>">(Z?),则存在X。(,Z?),使得/(%)=.证(应用确界原理)不妨设/()<</.令g(x)=/(x)-，则g也是。,以上的连续函数，且g()<O,g(b)>O.于是定理的结论转化为：存在/(,加，使得g()=0.这个简化的情形称为根的存在性定理.记E=Rg(x)>O,x4,Q.显然E为非空有界数集(EUm向且人E),故由确界原理，E有下确界,记=infE.因g()<O,g(b)>O,由连续函数的局保号型,存在b>0,使得在,+b内g(x)v,在b-5用内g(x)>O,由此易见Xoa,xqbf即Xo(o,b).下证g(x0)=O.倘若g(xo)w,不妨设g(x°)>0,则又由局部保号性，存在Ua)M(u(a,b),使得其内g(x)>O,特别有4%-羡)>0=>凡-6£.但这与Xo=inf£1相矛盾，故必有g(x0)=O.(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,上连续，g()v,g0)>O,则存在XoW(。向使g(%)=0将卜等分为两个子区间,c与c,".若g(c)=O,则C即为所求；若g(c)w,则当g(c)>O时记%,4=,c,当g(c)v记%,仇=c,b.于是有g(j<(),g(hl)>0,且ai9bl<三a,bfbx-a1=(b-a).再从区间L,4出发，重复上述过程，得到：或者在L力的中点Cl上有g(q)=O,或者有闭区间L'/，满足g(%)<0,g02)>。，且a2,h2<abifb2-a2=-(b-a).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G上有g(q)=O,则Ci即为所求；(2)在任一区间的q上均有g(cj(),则得到闭区间列%,£,满足g(4)v,g(b,J>O,且，么Jnp+»n+l»=1,2,'bn-an=-(-0)0(n).由区间套定理，存在点XoWL也，"=1,2,.下证g(%)=0.倘若g(%)w,不妨设g(%)>0,则由局部保号性，存在U(/；»，使在其内有g(x)>0.而由区间套定理的推论，当充分大时有明力/UU(Xo»)，因而有g(,J>O.但这与afl选取时应满足的)<0相矛盾，故必有(xo)=O.5.2.4一致连续性定理定理若函数/在闭区间LU上连续，则/在LU上一致连续.证(应用有限覆盖定理由/在闭区间b,以上的连续性，任给£>0,对每一点xw(a,b),都存在2>0,使得当时有()-M<f.考虑开区间集合H=<U(x1xeayb>,显然”是LU的一个开覆盖.由有限覆盖定理，存在H的一个有限子集H'=t(xz,-)Z=1,2,.,>覆盖了记=min>0.ik2对任何£,",F-x<S,，必属于中某开区间，设VU),即卜七|<.此时有Xff-,.Xff-+-.<+yy+y=,故由(1)式同时有和()-U-bf-由此得/(xvg.所以,在LU上一致连续.(应用致密性定理)用反证法.倘若/在卜力上不一致连续，则存在某%>0,对任何S>0,都存在相应的两点£,KLU,尽管f一XIV3,有(y)-(1¾.令S=L(为正整数)，与它相应的两点记为K，x>a,bfn尽管卜，一MVJ但有(O-(Z)当取遍所有正整数时，得到数列匕与x"uQ,b.由致密性定理，存在匕的收敛子列x,设XIfXoa,bKZf8).同时有nk=>IKTOl<-<I+<lO),又得<().最后，由式有Y0)-M)4,在上式中令48,由/的连续性及数列极限的保不等式性，得到0=()-(1=三()-(<)fo这与d>0相矛盾.所以/在,U上一致连续.5.2.5根的存在定理定理若函数/在闭区间LU上连续且/M)与/0)异号(即/(a)0)<O),则至少存在一点X。(a,b),使得F(XO)=0,即方程/(x)=0在(。力)内至少有一个根.证(应用有限覆盖定理)设/Q)在闭区间LU上连续，/()与f异号，现证明方程f(x)=O在(。力)内至少有一实根.假定方程/(x)=0在3。)内无实根，则对每一点x(,Z?),W/()0,据/(戈)的连续性，存在正数瓦，使得JQ)在xU(xZr)na,b上与点X处的函数值f(x)同号.令”=U(bJx,U,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4”.设这有限个邻域为：。卜;瓦J,.，U(乙»,)，且王<<<%”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a,。),于是u(xj-9v)UZj,)(p(7=2,3,.).而/(x)在每个03；4J内不变号，由此推得/()在ly(xj；bJ内不变号，这与题设/，/异号矛盾.因此，方程/()=0在3。)内至少有一实根.5. 3实数完备性在试题中的应用川例1求下列数集的上、下确界，并依定义加以验证：(1) S=x2<2；(2)S=R:=N+；解(1)supS=V2,inf5=-41,下面依定义验证.因f<2,等价于-后<xVV,所以对任意的xS,有x<y2且x>-后,即应、-分别是S的上、下界.又对任意的正数£,不妨设e<2,于是存在XO=后一,x1=-V2+-,使/,x1S,使X(J>加一£,xl<-V2+,所以由上下确界的定义SUPS=后，infS=-2(2) SUPS=+8,infS=l,下面依定义验证.对任意的xS,lx<÷oo,所以1是S的下界.因为对任意的M>0,令7=m÷1,则!>M,故S无上界，所以SUPS=+8；对任意的正数£,存在X1=1!=15,使XV1+e,所以infS=L例2设卜“为单调数列.证明：若卜存在聚点，则必是唯一的，且为上“的确界.证设上为递增数列，设J为上的聚点.下证4=supjDJ是卜的上界.若不然，3x,x,使4<七丫，取4=g,由卜的递增性，”或£。)内只含有色中的有限项再"2产,，赤这与4是由的聚点矛盾.从而J是x,t的上界.2)<,取/=*q,贝归XNU(j,%)cz,使得<所以J=sup%.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/(+0),f(b-0)都存在.证(必要性)设/在(a,b)上一致连续，则V£>OJb0,Vx',x"(,b)只要<5,就有/(/<(1)取3=?,则Vx',x"(,+bjn(,6),有(1)式成立.由柯西准则，f(a+0)存在.同理/(。-0)也存在，(、f(a+0x=a(充分性)令F(X)=,f(xxe(ayb),则(x)在a,b上连续.从而产(工)在上一致连续，所以/劝)叩致连续.例4设/定义在(4,0)上.证明：若对(凡。)内任一收敛数列xj,极限Iim/(X")n都存在，则/在(。上一致连续.证假设/在(,b)上不一致连续,贝归7>0,对b>0,总存在x',x"(,b),尽管FTl但有M)34.令3=三,与它相应的两点记为,d(",A),尽管K-d|<5,但有(<)-(当取遍所有正整数时，得数列kJk/u(,办由致密性定理，存在卜；的收敛子列<,设程K=%.又KYIqnl<-讣匕T+4fok8),即吧K=XO由式有氏I)-/4,令女8,得O=帆/(K)一典"(MJ4.这与%>()相矛盾.所以/在(上一致连续.例5设函数/(X)定义在LU上，WXO£卜,几极限吧/(幻都存在.证明F(X)在口,“上有界.分析函数/在每点LU处由函数极限的局部有界性,muse),在其中了有界,于是“=U(x;夕),x,b成为LU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f(x)在Lu上每点存在极限，由函数极限的局部有界性，x°与.>0,使得VfU(jb)/区加广所有这种邻域的集合/=。(不夕)任4孙成为,"的一个开覆盖；由有限覆盖定理,存在M的有限开覆盖后=u(x,就)i"u".若取“二器丁'，则因后覆盖了LU,对LU中每一X,它必属于方中某一令B域u(z;黑)，于是(x)%M.例6若函数/(x)在LU上无界,则必存在L，以上某点,使得/(x)在该点的任意领域内无界.证用反证法,若WX,同,存在&0,使得/(x)在U(冏心)中有界,则令H=u(bUk,矶，它成为M的一个无限开覆盖由有限覆盖定理,存在H+=f(Xp)lzH为。,目的有限开覆盖.由于/a)在每上U(Xj;怂)内有界，因此f(x)在LU上有界,这与/(X)在M上的无界性相矛盾.例7设/在a,b上连续,对任何Xa,b/(X)>0.试用有限覆盖定理证明:必存在c>0,使得对任何%a.b,满足/(x)c.证VXe凡“，因为/(x)>0,由连续函数的局部保号性，于是3v>0,m,>O,x'U(x;2),/*')等.现令H=u(bJk,它是M的一个无限开覆盖，由有限开覆盖定理，存在H+=f(Xp)lzH为LU的有限开覆盖,取小霭等卜。，Vx,"7某个Clik),使xU(%a,),于是f(x)>年c.例8设函数/对任何伍乃)内的X,存在C>0,使得/在-Q,x+A)内递增试证/在整个(4,力内亦递增.证Val,a2,a<al<a2vZ?,证明/()v/(2'Dx£q,2由所设条件三2>0,使/在(x-b,x+b)内递增，故H=u(R)kq,%是知出后个无限开覆盖，由有限覆盖定理,存在H"=)1iRuH为ai9a2的有限开覆盖,为叙述方便起见,不妨设由U(X1；),U(X2；%)就能覆盖4，。，且设再<.若a2eU(xlJ，则因qU(%;怂)，/在U(X1;外)中递增，故f(ai)f(a2)；若生任U(XaJ,则三U(x2x2),且因V=U(X；bq)nU(X2；4)W。，故V,使/</<a2.于是又有f(ai)f(a)f(a2).对Z>2的有限情形可类似地证明.由此可见，“X)在他乃)上递增.例9试用确界原理证明：若函数/(幻在闭区间b,同上连续,则/在卜,“上有界.分析设S=X在，T上有界，X(«,/?.因为由f在点4的局部有界性,可知S是非空数集,且以力为上界，由确界原理,存在SUPS.关键在于证明人=SUP5,并证bs,以使S=L即/在卜,U上有界.证设S=乂/在a，T上有界，xw(,"D由分析可知,S为非空有上界数集,于是由确界原理,存在J=supS.现用反证法证明g=b.若看<。，由连续函数的局部有界性，三%>0,使/(X)在©-44+品)内有界,即=,使eS,而这与O=SupS相矛盾,所以”力.再证函数/在上”上有界.因为了在点匕处连续，于是三品>0,/在S-上有界;再由b=SUPS,可知/在(力-马中有界,于是/在M上有界.例10设/(X)为定义在限区间I上的函数,对I内任何柯西列k”,f(x,)也是柯西列.试证/是I上的一致连续函数.证用反证法.若/在I上不一致连续函数，于是3o>O,<,yn<-x'<l,但(j-(<,)¾.由致密性定理,对有界数列<,3x,3方二？=因为I总bHj8),于是:二T=鼻这样,数列也收敛于。因而是柯西歹U；但因为|/（总）-/（Xz）I鸟,使得/3'-2），廿“2），fnk）J（），不是柯西列,这与假设相矛盾.注1如何应用反证法证明结论是数学分析学习过程中的一个难点,掌握好基本概念的否定说法的正面陈述是其中的关键.注2不难证明本题中的条件不仅是充分的,而且是必要的,于是函数在有限区间上一致连续的充分条件是对I上任何4,7（%）也是柯西列.6结束语关于实数完备性的六大基本定理是彼此等价的，因此对同一个有关问题都有效.但是又由于各个基本定理的内容和角度都不一样，因此所作出的证明可以很不相同.即使同一个基本定理，也可能有不同的方法，即使方法相同还可以有不同的细节.我们认为,其中的新发现是无穷尽的，发现的精彩是无穷尽的.“数学的理论是美妙的，引人入胜；数学的方法是精巧的，丰富多彩！”让我们悉心于数学研究，尽情的享受数学之美吧！参考文献1吴良森.数学分析习题精解M.科学教育出版社,2002（第二版）.2华东师范大学数学系编.数学分析M.高等教育出版社，2001.3郑宪祖.数学分析M.陕西科学技术出版社，1984.4孙书荣.实数完备性基本定理的相互证明J.济南大学学报（综合版），1995,（04）.5钱吉林.数学分析题解精粹M.武汉：崇文书局，2003.6张静.实数系的连续性和完备性的若干等价定理J.北京联合大学学报（自然科学版）,2009,（02）.7冯孔荣.用有限复盖定理直接证明关于实数的其它几个定理J.恩施师专学报，1982,（02）.8庄陵,唐贤伦,王东,张金荣.实数系完备性基本定理的循环证明J.重庆工商大学学报（自然科学版），2006,（03）.9刘永建,唐国吉.实数完备性定理的循环证明及其教学注记J.时代教育（教育教学版），2009,（01）.10孙书荣.实数完备性基本定理的相互证明J.济南大学学报（综合版），1995,（04）IWuLiangSen.PuresolutionmathematicalanalysisexercisesM.Scienceeducationpress,2002(secondedition).2 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