关于实数的几个基本定理

关于实数几个基本定理

定理一 实数基本定理（戴德金实数连续性定理）实数系R按戴德金连续性准这是连续的，即对R的任意分划A|B，都存在唯一的实数r，它大于或等于下类A的每一实数。小于或等

于上类B中的每一个实数。

定理二 单调有界有极限 单调上升（下降）有上（下）界的数列必有极限存在。

定理三 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。 定理四 区间套定理 设

{[an,bn]}是一个区间套，则必有唯一的实数r，使得r包含在所有

r??[an,bn]n?1?的区间套里，即。

定理五 Borel有限覆盖定理 实数闭区间[a,b]的任一个覆盖E，必存在有限的子覆盖。 定理六 Bolzano-Weierstrass紧致性定理 有界数列必有收敛子数列。 定理七 Cauchy收敛原理 在实数系中，数列

存在N，当n>N，m>N时，有。 定理一 — 三是对实数连续性的描述，定理四 — 定理六是对实数闭区间的紧致性的描 述，定理七是对实数完备性的描述。上述七个定理都描述了实数的连续性（或称完备性）， 它们都是等价的。下面给出其等价性的证明：

定理一?定理二：设数列B=

{xn}有极限存在的充分必要条件是：

任给?>0，

xn?xm??{xn}单调上升有上界。令B是{xn}全体上界组成的集合，即

{b|xn?b,?n}，而A=R\\B,则A|B是实数的一个分划。事实上，由{xn}有上界知B不

空。又则

{xn}单调上升，

故x1?1?A，即A不空。由A=R\\B知A、B不漏。又?a?A,b?B，

0?n0，使a?xn?b，即A、B不乱。故A|B是实数的一个分划。根据实数基本定理，

limxn?rn??存在唯一的r?R使得对任意a?A，任意b?B，有a?r?b。下证

上，

。事实

r???xN。又{xn}单调上升。故当n>N时，

对???0，由于r???A，知?N，使得 r???xN?xn。注意到有

r??2?B，便有

xn?r?r???xn?r??，于是xn?r??。这就证明了

。若单调下降有下界，

y??xn，则{yn}就单调上升有上界，从而有极限。设极限为r，则 则令nlimxn?lim(?yn)??limyn??rn??n??n???r??2。故当n>N时有 limxn?r{xn}n???。定理二证完。

定理二?定理三：只需证明在实数系R内，非空的有上界的数集必有上确界存在。设数集

?对?x,y?R，X非空，且有上界。则?b?R，使得对?x?X，有x?b。又?R是全序集，

x?y与x?y有且只有一个成立。故?r?R,x0?X,有x0?r与x0?r有且只有一个成

立。故r是X的上界与r不是X的上界有且只有一个成立。?X有上界，??实数是X的

上界。若不存在实数不是X的上界，则由上知，?实数都是X的上界，这显然与X非空矛

b1是X的上界。盾。故?a1,b1?R，使得a1不是X的上界，则?x0?X使得a1?x0?b1。

a1?b1a1?b1用a1,b1的中点2二等分[a1,b1]，如果2是X的上界，则取

a?ba1?b1a?ba2?a1,b2?11a2?11,b2?b12；如果2不是X的上界，则取2。继续用

a2?b2a2?b2a?b2a3?a2,b3?22；如果 2二等分[a2,b2]，如果2是X的上界，则取

a2?b2a?b2a3?2,b3?b222不是X的上界，则取。如此继续下去，便得到两串序列

{an},{bn}。其中an都不是X的上界且单调上升有上界（例如b1）b，n都是X的上界且

单调下降有下界（例如a1）。并且

bn?an???limann??有上界知有?存在，使得。下证

b1?a1?0na2（当n??时）。由n单调上升

?liman????supX。①事实上

n??，?对

n?N?时有????an。aN???0，?N??0，当又?n都不是X上界?对每一个?，

aN??1?x?????aN??1?x??x??X???0?x??X，使得

。故对

，

，使得

。②若

?x0?X，使得x0??，则由

故

0bn?an?b1?a1b1?a1limb?lima?lim??nnnnn??n??n??22知。

0x?bnx?bn?x0?n0?0，bx?X，

使得0。又n都是X的上界，故对?x?X有。而0x?x0，这是不可能的。故对?x?X，有x0??。综上①、②即有??supX。即故0X

有上确界存在。

定理三?定理四：由条件知集合

A?{an|n?1,2,?}非空，且有上界（例如b1）

。故由确

?an?A，有an??。同理可知集合

界定理知A有上确界，记为?。则对

?lim(bn?an)?0B?{bn|n?1,2,?}有下确界，b???b?B?nn记为。则对，有。又n??，

b?an????。?两边取极限，令n??有0????。又显然???。否

由上可知n则

由于?是A的上确界，则

?an1?A，使得

an1??；同理

?bn2?B，使得

bn2??，则有

bn2?????an1。又由区间套的构造可知，对?n,m?N?，记k=max（n,m），则有

12a?bnan?ak?bk?bm。

故有n，矛盾。故必有???。故???，记为r。则对?n?N?，

a?r?bn。下证具有这一性质的点是唯一的。用反证法，如果还有另一r'?r，使得 有nr'??[an,bn]n?1?。由于

an?r,r'?bn对一切n成立，故r?r'?bn?an,n?1,2,?,令

n??，得r?r'?0，与r'?r矛盾。故这样的r是唯一的，即存在唯一的实数r，使得

r

包含在所有的区间里，即

r??[an,bn]n?1?。

定理四?定理五：用反证法。设E是区间[a,b]的一个覆盖，但[a,b]没有E的有限子覆

盖。 记[a1,b1]?[a,b]，二等分[a,b]，则必有一区间没有E的有限子覆盖（否则把两区间的E 的有限子覆盖的元素合起来构成一新的集合E’,则E’是[a,b]的E的有限子覆盖，即[a,b]有 E的有限子覆盖与反证假设矛盾），记其为[a2,b2]。二等分[a2,b2]，则必有一区间没有E 的有限子覆盖，记为

[a3,b3]。如此继续下去，得到一组实数的闭区间序列

[an,bn],n?1,2,?，满足(i) [an?1,bn?1]?[an,bn],n?1,2,?；

(ii)

lim(bn?an)?limn??b1?a1?0{[an,bn]}构成一个区间套，且每个[an,bn]都没有 n??2n。故

r??[an,bn]n?1?E的有限子覆盖。则由区间套定理有存在唯一的实数r，使得

?

。又?r?[a,b]由覆盖的定义有?(?,?)?E，使得r?(?,?)，即??r??。又由上区间套定理的证明

A?{an|n?1,2,?},B?{bn|n?1,2,?}。故?an1?A，

可知r?supA?infB，其中

使得

??an?r11，

?bn2?B2，使得

r?bn2??n1,n2}，则 。设k?max{[ak,bk]。这与[an,bn](n?1,2,?)没

??an?ak?r?bk?bn??，即有(?,?)覆盖

有E的有限子覆盖的构造矛盾，故[a,b]必有E的有限子覆盖。

定理五?定理六：设数列反证法，如果

限 个

{xn}有界，即实数?a,b，且a

{xn}无收敛子数列，则对?x?[a,b],?(?x,?x),x?(?x,?x)，使得只有有

xn?(?x,?x)。

（如果不然，即?c?[a,b]，对?(?,?),c?(?,?)，有(?,?)中有无限

11x?(c?,c?)n2x?(c?1,c?1)xn?n22。这是办得到的，因 1，使个n。选定n1，再选21111(c?,c?)xn3?(c?,c?)22包含数列的无限多项。再取n3?n2，使33。如此继续下 为

11lim(c?)?limx?lim(c?)nk{xnk}{x}k??k??k??k??kkn去，便得到的一子数列。令，则有。

11?lim(c?)?c?lim(c?)limx?c(?,?)k??k??kk，?k??nk又与反证假设矛盾）。又以这样的xx 作为元素组成的集合显然是[a,b]的一覆盖，记为E。则由Borel有限覆盖定理知[a,b]有E

的有限子覆盖。而E中的每个元素都只包含数，故[a,b]只包含n的有限项。这与

数

列，即有界数列必有收敛子数列。

{xn}的有限项，有限个有限的数相加仍为有限

{x}xn?[a,b],n?1,2,?矛盾，故{xn}必有收敛子

定理六?定理七：必要性：设在实数系中，数列

{xn}有极限存在，则???0，?N?0，

limx?axn?a??n?N2（记n??n使得只要，有）。因此只要n?N,m?N，就有

xn?xm?xn?a?xm?a??????22。必要性得证。

充分性：设在实数系中，数列

{xn}满足：???0，?N?0，当

n?N,m?N时，有xn?xm??，即{xn}是基本列。先证{xn}是有界的。事实上，取 ?0?1，则?N?0，使得当n?N,m?N时，有xn?xm??0?1。取定一n0?N，

则

有

xn?xn?xn0?xn0?xn?xn0?xn0?1?xn0。取

M?{x1,x2,?,xN,1?xn0}，

则有

xn?M(n?1,2,?)。这就证明了{xn}是有界的。再证明{xn}有极限存在。由

kklimxn{xn}{x}nBolzano-Weierstrass紧致性定理可知有子数列，使得k??存在，记为a。下证

?limxn?ax?x?nm?N?0n?N,m?Nn??2。111时，。事实上，???0，由题设知，当有

?limxn?axnk?a??n?n?kkkk??2。取N?max(N1,nk)，0又，?，只要，就有

xn?a?xn?xnk?xnk?a??????n?Nn?N22k则只要，选取，就有。这就

k00证

明了n??。即n有极限存在。充分性得证。

综上，定理七证完。

定理七?定理一：对任意给定的实数R的分划A|B，?A、B非空，?可任取点

limxn?a{x}a1?b1a1?A,b1?B。又?分划满足不乱，?a1?b1。用a1,b1的中点2二等分[a1,b1]，

a1?b1a?ba1?b1?Ba2?a1,b2?11?A2；如果2如果2，则取。则取

a?ba2?11,b2?b12。（?分划满足不漏，?对任意实数，或者属于A，或者属于B。故

a2?b2a1?b1a1?b1a2?b2?A?B?B[a,b]22二等分22，如果2或2。）继续用，则取

a?b2a2?b2a?b2a3?a2,b3?2?Aa3?2,b3?b22；如果22，则取。如此继续下去，

便得到两串序列

{an},{bn}。其中an?A单调上升有上界（例如b1）b?B单调下降有

，n下界（例如a1），并且

明

bn?an?b1?a1?0n2（当n??时）。下面用柯西收敛原理来证

an?am??0??0?0，?N，?nN?N,mN?N，有。

an?aN?an?am??0??NNNlimann??存在。事实上如果不然，则

不妨设（

nN?mN，由{an}单调上升有

1NNN。对上式都成立

N?1,n1,nn,?N'a?a1?k?0?nN?N）

，?取，并把所得的不等式相加得n。其

N'中

k为不等式的个数。故

anN'?a1?k?0???，当k??时。而由N的取法可知对每一个

k都有相应的N’与之对应，即有相应的

nN'与之对应。故对?m?0，?n0?0，使得

有界矛盾。故

an0?an0?M{a}。即n无界，与

limann??{an}存在，记为r。下证对

?a?A,b?B，有a?r?b。这等价于证明对?a?r,b?r，有a?A,b?B。事实上， lima?ra?an1?A?a?r，由n??n知?n1，使。故a?A。而对?b?r，由

b1?a12n

limbn?rb?bn2?B知n??。故?n2，使。从而b?B，这就证明了a?r?b，即证明了

bn?an?实 数基本定理。

综上，这就证明了这七个定理是等价的。而从证明过程来看：定理二?定理三的方法 可用于定理二?定理四及定理四?定理三；定理七?定理一的方法可运用于定理七?定 理二，定理二?定理四，定理四?定理一。而这并不构成逻辑循环，因为我们已用十进小 数证明了实数基本定理。而这其实是用无限不循环小数方法来定义无理数。事实上我们还可 以用戴德金分割法、康托基本序列法或魏尔斯特拉斯的单调有界序列法来定义无理数，这都 能构成反映实数本质的实数公理系统。

参考书目：《数学分析简明教程》上册

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