实数连续性循环证明及相互证明

实数连续性循环证明及相互证明

关于实数连续性的基本定理

以上的定理表述如下：

实数基本定理：对R的每一个分划A|B，都 唯一的实数r，使它大于或等于下类A中的每一个实数，小于或等于上类B中的每一个实数。

确界定理:在实数系R内,非空的有上(下)界的数集必有上(下)确界存在。 单调有界原理:若数列{xn}单调上升有上界，则{xn}必有极限。 区间套定理:设｛[an,

bn]｝是一个区间套,则必存在唯一的实数

r,使得r包含在所有的区间里,即

r [an,bn]。

n 1

有限覆盖定理:实数闭区间[a,b]的任一覆盖E,必存在有限的子覆盖。 紧致性定理：有界数列必有收敛子数列。

柯西收敛定理：在实数系中，数列{xn}有极限存在的充分必要条件是：

0, N,当n N,m N时，有|xn xm| 。

这些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，它们之间是相互等价的，即任取其中两个定理，它们可以相互证明。那么，它们在证明过程中有哪些联系？作为工具，它们又各具有什么特点？以下先给出它们的等价证明。

（二）实数基本定理的等价证明

一．用实数基本定理证明其它定理

1．实数基本定理→单调有界定理

证明：设数列{xn}单调上升有上界。令B是数列{xn}全体上界组成的集合，即B={b|xn b, n}, 而A=R﹨B，则A|B是实数的一个分划。事实上，由单调上升{xn}，故x1-1 A，即A不空，由A=R﹨B，知A、B不漏。又对任给a A，b B，则存在n0，使a

xn0 b，即A、B不乱。故A|B是实数的一个分

有a r b。

划。根据实数基本定理， r R,使得对 a A，b B，下证lim

n

xn=r。事实上，对

0,由于r A，知 N，使r xn，又{xn}单调上升， 当n N时，有r xN xn。

r

2

b,便有xn r

，

当n N时，有r xn r

2

2

于是，|xn-r|

limxn=r。 ， n

实数连续性循环证明及相互证明

若数列{xn}单调下降有下界，令

yn=-xn，则{yn}单调上升有上界，从而有极限，设极限为r，则

n

limxn=lim（-yn）=-r。定理证完。

n

2.实数基本定理 确界定理

证明：设X是有上界的非空实数集，记B为X的全体上界组成的集合。A= R﹨B，则A|B构成实数的一个分划。事实上，不空，不漏显然。而对 a A，b B，由a不是X的上界，知有x0 X，使得x0而由b B，知x0

a，

b，故a b。

x0 r

2

由实数基本定理， A|B是实数的一个分划， r R,使得对 a A，b B，有a r b。 下证r=supX。首先证明r是X的上界。用反证法。如果不然，则有x0 X，使得x0a=

r，这时有a=

x0 r

A，且有a r，这是不可能的。因此r是X的上界，而由于 b B，2

有r b，

r是X的最小上界。

同理可证下确界的情形。定理证完。

3．实数基本定理 区间套定理 证明：设｛[an,

bn]｝是一个区间套，令A {x| n,x an}，B R\A，则A|B是R的一个分划。事

实上a1 A，b1 1 B，即A,B非空；由B的定义，A,B不漏； a A， b B，则 ， n,b an，故a b，即A,B不乱。故A|B确是R的一个分划。由实数连续性定理，存在唯一的实数r，使得 a A，

b B，有a r b。

下证r

a因为 n，由A的定义， [a,b]。

n

n

n 1

n

A，故an r。又 n,m，有am bn，则bn B，

从而r bn。即r [an,bn]。

n 1

最后证明唯一性。若有r,r 满足r [an,bn]，r

n 1

[a

n 1

n

,bn]，则

|r r | bn an 0(n )

故r r 。即这样的r是唯一的。定理证完。

二．用单调有界定理证明其它定理

1． 单调有界定理→实数基本定理

证明：给定实数的一个分划，任取a1 A，b1 B。用a1，b1的中点a1 b1二等分[a1，b1]，如果

2a1 b1 B，则取a=a， b=a1 b1；如果a1 b1 A，则取a=a1 b1，b=b； 如

221122

2222

此继续下去，便得两串序列{an}{bn}。其中an A单调上升有上界（例如b1），bn B单调下降有下界

实数连续性循环证明及相互证明

（例如a1）并且bn an=b1 a1(n )。由单调有界定理，知 r，使liman= r

n 2

n

lim（bn an）=0 liman+（bn an）= r

n

a A，有a bn（n=1，2， ），令n ，知a r

b B，有an

， 令n ，知 r b a r b b（n=1，2， ）

下面证明唯一性。

用反证法。如果不然。则 r1 r2，同时对任意 a A，a r1，a r2 对任意b 有b r1 b r2，不妨设r1 r2，

令 r' r1 r2显然 r1 r' r2 r' A，r' B，

2这与A|B是R的一个分划矛盾。 唯一性得证。定理证完。

2．单调有界定理→确界定理

证明：已知实数集A非空。 a A，不妨设a不是A的上界，另外，知 b是A的上界，记a1=a，

b1=b，用a1，b1的中点a1 b1二等分[a1，b1]，如果a1 b1 B，则取a2=a1， b2=a1 b1；

222如果a1 b1 A，则取a2=a1 b1，b2=b1； 如此继续下去，便得两串序列{an}{bn}。其中an A

22单调上升有上界（例如b1），bn B单调下降有下界（例如a1）并且bn an=b1 a1(n )。由

2单调有界定理，知 r，使liman= r。由lim（bn an）=0 有liman+（bn an）= r

n

n n

， {bn}是A的上界， x A，有x bn（n=1，2， ）令n ，x limbn= r r是A的上界。

n

而 0, 由liman= r知 0,知 N，当n N，有r an，

n

从而 X A，使r an X， r=supA。 同理可证非空有下界数集有下确界。定理证完。

3．单调有界定理 区间套定理 证明：已知an

， an bn b1， 由单调有界定理知{an}存在极限，设liman= r， an 1（ n）

n

同理可知{bn}存在极限，设limbn=r ，由lim（bn an）=0得r r =0即r r

n

n

n，有an bn，令n ，有an r

r

bn， n，有an r bn。

唯一性证明同用实数基本定理对区间套定理的证明（即一.3）。定理证完。

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三．用确界定理证明其它定理

1． 确界定理→实数基本定理

证明：对给定R的一个分划A|B，由于 b B，b是集合A的上界，由确界定理可得，集合A有上确界r，即 a A有a r。 r是集合A的上确界， r是集合A的全体上界的最小数。

b B，有r b。

唯一性同用单调有界定理对实数基本定理的证明（即二。1）。定理证完。

2． 确界定理→单调有界定理

证明：设{xn}是单调上升有上界的实数列。由确界定理可得， r ，使r=sup{xn}。

n,有xn r，并且 0， xN，有xN r n N,有r xN xn r，即|xn r|

lim

n

xn= r。

单调下降有下界情况的证明同用实数基本定理对此定理的证明（即一.1）。定理证完。

3． 确界定理→区间套定理

证明：由[an 1，bn 1] [an，bn]，知{an}是单调上升有上界的实数列，{bn}是单调下降有下界的数列。且b1是an的上界，a1是bn的下界。设liman= r，limbn=r ，由确界定理对的证明知

n

n

r=sup{an}，r =inf{bn}。由lim（bn an）=0得r r =0即r r = sup{an}=inf{bn}

n

n，有an r bn。

唯一性证明同用实数基本定理对区间套定理的证明（即一.3）。定理证完。

4． 确界定理→有限覆盖定理

证明：设E是闭区间[a，b]的一个覆盖。

定义数集A={x a|区间[a，x]在E中存在有限子覆盖} 从区间的左端点x a开始

.由于在E中有一个开区间覆盖a,因此a及其右侧充分邻近的点均在A中.

这就保证了数集A是非空的.从数集A的定义可见,若x A,则整个区间[a，x] A.

若A无上界,则b A,那么[a，b]在E中存在有限子覆盖.

若A有上界, 由确界定理可得 r,使r=supA。

x r，都有x A。事实上， (r x) 0, y,使得y r (r x) x。 [a，y]在E中存在有限子覆盖， [a，x] [a，y]在E中存在有限子覆盖

下证b r。用反证法。如果不然，r b，则r [a，b]。因此，在E中存在有一开区间覆盖E 覆盖r。 a0，b0

E ，使a0 r b0。

由上面论证知a0 A，也即区间[a，a0]在E中存在有限子覆盖，向这个有限子覆盖再加上开区间E ，

实数连续性循环证明及相互证明

即成为[a，b]的覆盖。

5．确界定理→紧致性定理

b0 A，与r=supA矛盾。定理证完。

证明：设数列{xn}是有界数列。定义数集A={x|{xn}中大于x的点有无穷多个}

{xn}有界 A有上界且非空。由确界定理可得 r,使r=supA。

则 0，有r 不是A的上界。 {xn}中大于r 的项有无穷多个。 r 是A的上界 {xn}中大于r 的项只有有限个。

在（r ，r ）中有{xn}的无穷多项，即

对 1， n1，使xn

1

，即|xn （r 1，r 1）

使xn n N， 0, n，-r| 1

（r ，r ）

1

取 1， n2 n1，有|xn-r| 1， 如此继续下去，

2

2

2

取 1， nk nk 1，有|xn-r| 1，由此得到{xn}的子数列{xn}，当k 时，xn

kkk

k

k

r

{xn}存在收敛子数列。定理证完

四．用区间套定理证明其它定理

1．区间套定理 实数基本定理

证明：对给定R的一个分划A|B，任取a1 A，b1 B，用a1，b1的中点a1 b1二等分[a1，b1]，

2如果a1 b1 B，则取[a2，b2]=[a1， a1 b1]；

22

如果a1 b1 A，则取[a2，b2]=[a1 b1，b1]； 如此继续下去，便得区间套[an，bn]。 22其中， n，an A，bn B。由区间套定理可得， 唯一的r 由分划定义可知， a A有a bn，令n ，有a

[a

n 1

n

liman=limbn= r。,bn]，使n

n

r， b B，有an

b有r b，

满足a r b的r是唯一的。证明同用单调有界定理对实数基本定理的证明（即二。1）。定理证完。

2．区间套定理 单调有界定理

证明：设{xn}是单调上升有上界的实数列。b是它的一个上界，令a1=x1-1，二等分[a1，b1]，其中必有一区间含{xn}的无穷多项，记其为[a2，b2]，二等分[a2，b2]， 如此继续下去，便得区间套[an，bn]，满足 n，[an，bn]含{xn}的无穷多项。由区间套定理可得， 唯一的liman=limbn= r。则对 0, n， n N，有r [an,bn]，使n

n

n 1

r an bn r 。

取n0 N，[an，bn]含{xn}的无穷多项，则 M，使xM [an，bn]。

实数连续性循环证明及相互证明

当m M时，有xm [an，bn]。如果不然， m1 M，有bn

000 xm1，则在[an

，bn]中最多只有{xn}

的前m1项，与 [an，bn]的构造矛盾。从而当m M时，有r an xm bn r ，即

0000|xm-r| 。 lim

n

xM=r，即limxn=r。定理证完。

n

3.区间套定理 确界定理

证明：由数集A非空，知 a A，不妨设a不是A的上界，另外，知 b是A的上界，记[a1，b1]=[a， 用a1，如果a1 b1是A的上界，则取[a2，b]，b1]，b1的中点a1 b1二等分[a1，b2]=[a1a1 b1]；

222如果a1 b1不是A的上界，则取[a2，b2]=[a1 b1，b1]；用a2，b2的中点a2 b2二等分[a2，

222

b2] 如此继续下去，便得区间套[an，bn]。其中an不是A的上界，bn是A的上界。由区间套定理可得， 唯一的r

[a

n 1

n

， liman=limbn= r。 x A，由x bn（n=1，2， ）,bn]，使n

n

令n ，x limbn= r r是A的上界。

n

而 0, 由liman= r知 0,知 N，当n N，有r an，

n

从而 X A，使r an X， r=supA。 同理可证非空有下界数集有下确界。定理证完。

4．区间套定理 有限覆盖定理

证明：用反证法。设E是闭区间[a，b]的一个覆盖。设[a，b]没有E的有限子覆盖，记[a，b]=[a1，二等分[a1，其中必有一区间没有E的有限子覆盖，记其为[a2，二等分[a2， b1]，b1]，b2]，b2]，如此继续下去，便得区间套{[an，bn]}，满足 n，[an，bn]没有E的有限子覆盖。由区间套定理可得， 唯一的r

[a

n 1

n

liman=limbn= r。 ,bn]，使n

n

由E是[a，b]的覆盖，知 ( , ) E，使 r 根据极限不等式， N1，当n N1，有 an，

，当n N2，有 bn。 N2

取N=max（N1，N2），当n N，有 an， bn。又an r bn（ n），

当n

5．区间套定理 紧致性定理

证明：已知 a，b，使a xn b。设[a，b]没有E的有限子覆盖，记[a，b]=[a1，b1]，二

N，有[an，bn] ( , )，与[an，bn]没有E的有限子覆盖矛盾。

故[a，b]在E中存在有限子覆盖。定理证完。

实数连续性循环证明及相互证明

等分[a1，b1]，其中必有一区间含{xn}的无穷多项，记其为[a2，b2]，二等分[a2，b2]， 如此继续下去，便得区间套[an，bn]，满足 n，[an，bn]含{xn}的无穷多项。由区间套定理可得， 唯一的r

[a

n 1

n

liman=limbn= r。 ,bn]，使n

n

因此 n1，使r 1 an r bn r 1。

11

这时存在xn

1

[an，bn]，归纳地， k 1， nk，使r 1 an r bn r 1

1

1

k

kk

k

由[an,bn]含{xn}的无穷多项，知

kk令k ，lim

xnk [an,bn]，nk nk 1，由an xn bn，

k

k

knk

n

xnk r。 {xn}存在收敛子数列。定理证完

五．用有限覆盖定理证明其它定理

1．有限覆盖定理 区间套定理

证明：用反证法。如果不然，设存在{[an，bn]}，有

[a

n 1

n

,bn] 。记开区间( n, n)=

（a1 1，( n', n')=（bn，b1 1），即( n, n) ( n', n')=（a1 1，b1 1）\[an，，an）

bn]。这时E={( n, n)，( n', n')，n=1，2， }构成了[a1，b1]的覆盖。由有限覆盖定理，存在N，使得

(

n 1

N

n

[b1]，这就推出，当 n N时，[an，bn]是空集，这是, n) ( n', n') a1，

不可能的。矛盾，故有

[an,bn] ，即存在r使r

n 1

[a

n 1

n

,bn]。

唯一性证明同用实数基本定理对区间套定理的证明（即一.3）。定理证完。

2．有限覆盖定理 紧致性定理 证明：设 n，有 a xn b。

先证 x0 [a，b]， 0,,(x0 ,x0 )中必含有xn的无限项。 如果不然。 x [a，b]， x 0，使(x x,x x)只含{xn}的有限项。 记E={(x x,x x)|x [a，b]， x由上产生}，是[a，b]的一个覆盖。 由有限覆盖定理，知 E中有限个开区间（x1 1,x1 1）(x2 2,x2 2)

(xn n,xn n)， {xi i,xi i}均只含{xn}的有限项。与 n，有 a xn b矛盾。

结论成立。

特别地，取 k=1，则

k

，而且nk nk 1，则{xn}为{xn}的子数列且收xnk （x0-1，x0+1）k

k

k

敛于x0。定理证完

实数连续性循环证明及相互证明

六．用紧致性定理证明其它定理

1．紧致性定理 单调有界定理

证明：设{xn}是单调上升有上界的实数列。 {xn}有界，由紧致性定理可得， {xn}的子数列{xn且收敛于r。即 0， K，当k K时，有|xn-r| ，即r

k

k

}

xnk r ，

N=nK 1， n N，有xn

xnK 1 r 。

nk

， n

N， nk' n，从而 xn xn' r ，即|xn-r| 。

k

0， N=nK 1，当n nK 1，有|xn-r| ， limxn=r。定理证完。

n

2．紧致性定理 柯西收敛定理

证明：必要性。已知{xn}收敛，即 r R，lim因此，只要n

n

即 xn=r，

当n N， 0，

N，有|xn-r| 。

2

N，m N，有|xn-xm|=|xn-r+r-xm| |xn-r|+|r-xm| 。

N，m N，有|xn-xm| 1。

充分性。先证{xn}有界。对 1， N，当n取定n0=N+1，则只要n

N，有|xn-xn0| 1，从而|xn|=|xn-xn0+xn0| 1+|xn0|，

令M=max（|x1|， ，|xN|，1+|xn|），则|xn| M（ n）。

下证{xn}有极限存在。 {xn}有界，由紧致性定理可得， {xn}的子数列{xn即 0， K，当k K时，有|xn-r| 。

k

2

k

}且收敛于r。

另外， N1，当n N1，m N1，有|xn-xm|

。

2

取N=max（nK 1，N1），则只要n|xn-xk|+|xk-r| 。 lim00

N，取k0 N，则|xn-r|=|xn-xk0+xk0-r|=

n

xn=r。定理证完。

七．用柯西收敛定理证明其它定理

1．柯西收敛定理 单调有界定理

证明：设{xn}是单调上升有上界的实数列。用反证法和柯西收敛定理。若{xn}不存在极限。则 0 0， N，

n N，有xn-xN=|xn-xN| 。

实数连续性循环证明及相互证明

依次取N1=1， n1

N1，使xn1-x1

0， 0，

0。

0

k

N2=n1， n2 n1，使xn-xn

21

，Nk=nk 1， nk Nk，使xn-xn

kk 1把它们相加，得到xn-x1

k

k 0 G， k G x1，有xn G，与{xn}有界矛盾，故{xn}

必有极限。定理证完。

2．柯西收敛定理 紧致性定理

证明：设数集A非空有上界， b1是A的上界，a1不是A的上界，a1 b1，用a1，b1的中点a1 b1二

2等分[a1，b1]，如果a1 b1是A的上界，则取[a2，b2]=[a1a1 b1]；如果a1 b1不是A的上

，

222界，则取[a2，b2]=[a1 b1，b1]；用a2，b2的中点a2 b2二等分[a2，b2] 如此继续下去，22得数列{ an}，{bn}满足 n， an不是A的上界，bn是A的上界且lim（bn an）=0。

n

下证{ an}是柯西列。 lim（bn an）=0，即 0， N，当n

n

N，有|bn an| 。

又an

an 1 bn 1 bn，从而 p Z，|an p an| （bn an） ，故{ an}是柯西列

从而收敛，设lim

n

an=r。

最后证r=supA。 n， an不是A的上界， 当n

a A,使an a。由liman=r，则

n

0， N，

N，有r an a r。

0， N，当n N，有r a r，故r=supA。

定理证完。

下证r是唯一的。即 唯一的r，使 n，an

r bn。如果不然，若有r,r 满足r [an,bn]，

n 1

r [an,bn]，则|r r | bn an 0(n )，故r r 。即这样的r是唯一的。

n 1

定理证完。

（三）证明过程中的几点发现

黑格尔曾说：“证明是数学的灵魂。”数学是研究结构的。通常情况下，如果它受什么条件制约的话，则必有什么性质。假如具备什么条件的话，则必然有什么结果。在实数基本定理的等价证明之中，我们深深体会到这一点。对同一个定理的证明，虽然不同的定理作为工具会使证明有简繁之分，有的用的是类似的证明方法，有的出发点与站的角度不同，但最后却都能殊途同归。而有时使用同一个定理，也可能有不

实数连续性循环证明及相互证明

同的方法。即使方法相同，还可以有不同的细节。而这些都是值得我们去注意与发现。以下谈谈在证明过程中的几点发现。

一.不同的定理对同一个定理证明方法的联系

1．单调有界定理与区间套定理对其它各定理的证明

从闭区间套的定义中，我们可以清楚地看出，闭区间套的左右端点分别形成两个数列，其中左端点的数列{an}单调增加，以每个bn为上界，而右端点所成的数列{bn}单调下降，以每个an为下界。正因为如此，我们用单调有界原理证明了区间套定理。[具体证明见（一）]

在用单调有界定理与区间套定理证明同一定理的过程中，可以看到，要用单调有界定理证明，就需要找出两个单调性相反、并将收敛于同一极限的数列。自然地，也就已经形成了闭区间套。

如在证明实数基本定理中，找到一单调上升数列{an} A，单调下降数列{bn} B， 在证明确界定理中，找到一单调上升数列{an}不是数集的上界， 一单调下降数列{bn}是数集的上界；

若要用单调有界定理证明有限覆盖定理，紧致性定理，也可以用二分法构造区间套的方法和反证法。找到一单调上升数列{an}，一单调下降数列{bn}，使得在每个[an，bn]区间上具备某种性质，从而推出矛盾。

从用单调有界定理证明实数基本定理和确界定理的过程，本质上是通过区间套去实现的，而与区间套定理相联系的，有构造闭区间套的方法，从而在应用中往往比单调有界定理强得多。 2．⑴区间套定理与紧致性定理对柯西收敛定理的证明

由于紧致性定理是由区间套定理推导证明出来的，如同单调有界定理由区间套定理证明一样，若要用区间套定理证明柯西收敛定理，先用二分法构造区间套，找出柯西列的一收敛子数列（其实是在重复区间套定理证明紧致性定理的过程），再证子数列的极限就是该柯西列的极限。

⑵同样地，由于紧致性定理可由确界定理推出，定义数集A后推出柯西列存在一收敛子列，再证柯西收敛定理的结论。

3．对于要证的定理，根据它受制约的条件和所具备的条件去考虑证明方法。

如要证确界定理，无论是用实数基本定理，单调有界定理，区间套定理，还是柯西收敛定理，都需要找出两组数列{an}， {bn}，{an}单调上升而不是数集的上界，{bn}单调下降是数集的上界。用以上的四个定理时，最终都是要找出一个点，使它是数集的上确界。

如要证紧敛性定理，无论是确界定理从正面推，还是区间套定理和有限覆盖定理从反面证，都需要用到数列{xn}有无穷多项这个条件。

二．同一定理对另一定理的证明

1． 要证一个定理，即使用同一个基本定理，也可能有不同的方法。以下分别用两种方法完成“单调

有界定理→紧致性定理”和“区间套定理→柯西收敛定理”。 ⑴单调有界定理→紧致性定理

证法一：由上一部分的论述，我们知道，用单调有界定理证明紧致性定理，可以用二分法，本质

上用区间套去证明紧致性定理。

证法二：首先证明有界数列{an}有单调子数列。

称其中的项an有性质M，若对每个i的最大数。 分两种情形讨论：

n，都有an ai，也就是说，an是集合{ai|i n}

实数连续性循环证明及相互证明

①数列{an}有无穷多项具有性质M，将它们按下标的顺序排列，记为an，an an，

1

2

k

满足n1 n2 nk ，那么我们就已经得到一个单调下降的子列{an}。

k②数列{an}只有有穷多项具有性质M，那么 N，当n

N，有an不具有性质M，即

i n ，有an ai，从中任取一项记为an

1

，因为它不具有性质M， ∴ n2 n1，

使an an， ，如此继续下去，我们得到一子列{an}单调上升， ∴ 有界数列{an}

12k必有单调子数列，由单调有界定理，可得{an}存在极限。

k

⑵区间套定理→柯西收敛定理

证法一：见上一部分的论述，即（二）.一.2⑴，用二分法。 证法二：基本列{xn}有界（见紧致性定理→柯西收敛定理）

∴ a1,b1，使 n，有 a1 xn b1，将区间[a1，b1]三等分，令c 2a1 b1，

1

2c2

a1 2b1，得到三个长度相同的子区间[a，c]，[c，c]，[c，b]，

111122

2

分别记为J1，J2，J3，根据它们在实数轴上的左中右位置和基本列定义，J1，J3，至少有一区间只含有数列{xn}的有限多项。如果不然，在J1，J3均有数列的无限多项，那么 b a，取

3

xn J1

，

xm J3

，n，m可以任意大，满足

|xn-xm| b a，与基本列定义矛盾，∴结论成立。

3

∴可以从[a1，b1]中去掉只含有{xn}中有限多项的区间J1或J3，将得到区间[a2，

b2]，重复这个过程，得到区间套{[an，bn]}，该区间套具有以下两个性质： ① 闭区间套中的每个区间的长度是前一个区间长度的

23

。

② 每一个[an，bn]中含有数列{xn}从某项后的所有项。 由①所得， 唯一的实数r，使liman=limbn= r。

n

n

∵ 0， N使得[aN，bN] （r ，r ）， 由②可得 N，当n＞N，有|xn-r| ， lim

n

xn=r。定理证完。

两种证法分别采用的是区间套的两种构造方法：

二分法具有bn 1-an 1=

bn an

2

，这就保证了点r唯一，而对有界数列{xn}，更构造了

实数连续性循环证明及相互证明

每个闭区间含有数列{xn}的无限多项；而三分法，不仅具有bn 1-an 1=

2(bn an)

，

3

也保证了点r唯一，更是用到了基本列的性质，使每个闭区间包含从某项起的所有项。

2． 用同一种方法证明同一个定理，还可能有不同的细节

⑴如在用单调有界定理证明实数基本定理，当证完liman=limbn=r

n

n

要证 a A， b B有a r b，按照前面的证法，是：

a A，有a bn（n=1，2， ），令n ，知a r

b B，有an

， b（n=1，2， ）令n ，知 r b a r b

还可以用另一种证法证明： a A， b B有a r b，这等价于证明：

a，b满足a r ，r b

使a an

，有a A，b B。事实上， a

r，由lim

n

an=r，知 n0，

A，故a A，而对

1

b r，由bn=an+

bn an

2

，知limbn=r

n

n，使得b bn

B，从而b B

⑵如在证区间套定理过程中，当证完liman=limbn，即r r ，

n

n

要证 n，an r bn，用单调有界定理（二.3）证明过程中是用到极限不等式。而用确界定

n

理（三.3）在证明过程中，则是由确界定理对单调有界定理证明的一个结论。得出liman= sup{an}，limbn =inf{bn}，再由确界定义去证明。

n

三．定理作为工具运用的特点

1．确界定理：构造数集，使其具有某种性质，并将这种性质传递到数集的确界，使确界之后的数不

可能具备该性质。

2．区间套定理：从构造过程中，使某种性质从第一个区间开始传递到第二个闭区间，再从第二个区

间推到第三个区间 。如此继续下去，直到将这个性质聚到区间套所共有的点的任意附近。

3．紧致性定理：从数列的极限理论，我们知道收敛数列一定有界，但有界数列不一定收敛。在一系

列需要构造收敛数列的分析问题中，往往一开始构造一个有界数列，然后由紧致性定理得出子列，也即紧致性定理，让我们从“混乱”的数列中找出了“秩序”。

4．有限覆盖定理：在分析问题过程中，往往可以从局部性质推向整体性质，特别是将有限覆盖与反

证法相结合，往往可以推出矛盾。

5．柯西收敛定理：完全人数列本身出发，由于它给出的是极限存在的充分必要条件，不需要先假定

极限的存在，相比极限的定义来说，这是一个很大的进步。

实数连续性循环证明及相互证明

四．在证明过程中发现的结论

1．从用有限覆盖定理证明紧致性定理和用确界定理证明紧致性定理中，我们都证明了一个结论：若

x0 [a，b]， 0,,(x0

,x0 )中必含有xn的无限多项，则存在{xnk}为

{xn}的子数列且收敛于x0。而我们发现，其实这是一个充分必要条件。

将其推广到数集上，我们正是得到数集聚点的两个等价定义，即 ① 设S是数集，C是一定数， 0,， (c ,c )

C为S的一个聚点。

包

S的无限多个点，则称

limxn=c ， ② 数列{xn}且xn互不相同，使 n

用类似证数列的方法即可证明。 证明（① ②）由已知可得 取 1=1，取得 取

0, (c ,c )内包含有一个异于C的点，记为x ,

x=x1

1

2

），取得x=x2 ，如此继续下去。

2=min（|x1-c|，

取 k=min（|0 n（②

xk 1-c|，

1k

），取得

x=xk，得到一数列{xn} S，且xn互不相同，

|xn-c|

1

，∴，得令n ， limxn= r

n n

，只要n＞N，有

①）∵ limxn= r ∴ 0, N

n

xn

-c|

，即

(c ,c )内包含xn的无限多项。∵xn

S，即包含S的无限多个点。

用类似证紧致性定理的方法也便可证以下的不斯特拉斯聚点定理。 聚点定理：直线上的有界无限点集S至少有一个聚点。 证明：∵ S有界，∴

M 0，使S [-M，M]，记a1=-M，b1=M，二等分[a1，b1]，

则必有一区间包含S的无限多个点，记该区间为[a2，b2]， 如此继续下去，我们得到一区间套{[an，bn]}，每个区间[an，bn]内含有S 的无限多个点，由区间套定理，得 唯一的r ∴

[a

n 1

n

liman=limbn= c。 ,bn]，使n

n

0, N，当n＞N，使c an c bn c

∵ [an，bn]内含有S 的无限多个点，∵[an，bn] (c ,c )， ∴ (c ,c )包含S的无限多个点，∴ C是S的一个聚点。定理证完。 可见，紧致性定理是聚点定理的推论。

2．由单调有界定理证明紧致性定理的第二种证法，我们可以得出结论：任何数列都有单调子数列。有界数列已证。而无界数列也有单调子数列。事实上，对无界数列{xn}， M 0， n，有|xn| M。

实数连续性循环证明及相互证明

取M=1， n1，使|xn| 1，取M=max（|x1|， ，|xn|，2）， n2，使|xn|

1

1

2

2 。

如此继续下去，得到数列{xn}

k

k，且 k，|xk| |xk 1|

k

在（ ，0）和（0， ）上至少有一个区间存在{xn}的无穷多项，若在（0， ）上，将属于（ ，0）的项除去，便得一单调上升的子列。 同理，若在（ ，0）上，便可得一下降的子列。

这个结论虽然与实数系无关，但将它用于有界数列，再利用单调有界定理，就可以得到紧致性定理。

至此，本文已经论述了以下定理的等价证明过程：

正如在任何语言中，同一思想可以用多种表达方法一样，同一个数学事实可以有不同的表达方式和不同的证明方法。而在证明过程中，我们不只检验了定理，而且对定理有了更深的理解。不同的证明还启迪了我们的思维，交流了数学思想，导致了我们的发现。我想，随着对数学的深入学习，数学呈现给我们的是一个更加精彩的世界，其中的发现更是无穷无尽的。

参考文献：

1．邓东皋 尹小玲《数学分析简明教程》高等教育出版社 1999年6月

2．谢惠民 恽自求 易法槐 钱定边防 《数学分析习题讲义》 高等教育出版社 2003年

实数连续性循环证明及相互证明

3．李文林 《数学史概论》高等教育出版社 2000年

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/a7i1.html