1、閉區間套論文：閉區間套定理的應用及推論【摘要】介紹閉區間套定理及其證明方法，給出開區間套定理的正確表述，近一步討論區間套定理在證題中的應用。 【關鍵詞】閉區間套；開區間套；應用 1 閉區間套定理 在實數連續性的描述中，閉區間套定理是數學分析的一個基本定理。 定義1：設an,bn(n1)是R中的閉區間，如果滿足： （1）an+1,bn+1an,bn (n1)； （2）limn(bn-an)=0 則an,bn叫做R中的一個閉區間套 定理1：（閉區間套定理）設有閉區間列an,bn，若： （1）a1,b1a2,b2Lan,bnL （2）limn(bn-an)=0， 則存在唯一實數 屬于所有閉區間（即I

2、n=1an,bn=L且limnan=limnbn=L 證一：應用公理證明閉區間套定理 證明：由條件1）數列an單調增加有上界b1，數列an單調減少有下界a1，即： a1a2LanLbnLb2b1根據公理，數列an收斂，設limnan=L由條件2）有limnb=limn(bn-an+an)=limn(bn-a2)+limnan=0+L=L，于是limnan=limnbn=L 對于任意取定的kN+ nk有akanaklimnan=L=limnbnbk或 akLbk即L屬于所有的閉區間。 證明L的唯一性，假設還有一個L也屬于所有的閉區間，從而nN+有 L,Lan,bn，有L-Lbn-an，由條件2）

3、有L=L即L是唯一的，證畢。 證二：用柯西收斂準則證明 limn(bn-an)=0,對0,N,當nN時，bn-ann時， aman,bn,有am-an下證Lan,bn(n=1,2,3,)，若否假設Lak,bk，k為某自然數，則與nk時 L證三：用收劍子列定理證明 Q數列a1,a2,L,an,L有界，故必有收斂子列ank,limnank=L即對0，存在自然數k0，當kk0時，有ank-LN時，由于n1k0)使nk證四：用有限覆蓋定理證明 假設閉區間套定理不成立，即若閉區間a1,b1任一點x不屬于整個閉區間am,bm，從而存在點x 的領域V(x,x)使V(x,x)Iam,bm=，由于a1,b1Ix

4、a,bV(x1,x)根據有限覆蓋定理，必有a1,b1UK=1V(xk,xk)(其中U(xk，xk)Iaik,bik=,k=1,2,L,n,ikNik2)設maxi1,i2,in=j 由于閉區間套條件1）有K=1(aik,bik)=aj,bj于是k1,2,L,n有V(xk,xk)Iaj,bj=即UK=1V(xK,xK)Iaj,bj=，這樣一方面a1,b1UK=1V(xK,xK)另一方面UK=1V(xK,xK)又不包含aj,bja1,b1矛盾，證畢。2 2 關于開區間套定理 定理2：（開區間套定理）若開區間列（an,bn）滿足： （1）nN+有（a1,b1)(a2,b2)(an,bn) （2）li

5、mn(bn-an)=0 則存在唯一實數L，L=limnan=limnbn 證明：根據條件（1）和（2），由定理1顯然有結論L=limnan=limnbn且LIn=1an,bn證畢。 顯然與定理1比較，由于開區間列的構成結構，定理2只能保證L點的存在性，而不能保證 LIn=1(an,bn)例如：開區間列E1=(0,1n和 E2=(1-1n,1)均滿足定理2的條件， 但L1=0(0,1n),L2=1(0,1n,1)要保證L的存在區間，只需將定2的條件（1）加強即可得到： 推論1：若開區間列（an,bn）滿足 （1）(a1,b1)(a2,b2)(an,bn),且端點所成數列 anbn是嚴格單調的，即

6、a1（2）limn(bn-an)=0 則存在唯一數L屬于所有開區間（即In=1(an,bn)=L），且limnan=limnbn=L 證明：構造一個閉區間列an,bn(n=1,2,)。 設an=an+an+12,bn=bn+bn+12,n=1,2,有a,ba2,b2an,bn， 且有limn(bn-an)=limn(bn+an2+bn+1-an+12)=0 由閉區間套定理。存在唯一數L屬于所有閉區間，an,bn(n=1,2,3,),顯然這個唯一數L也屬于所有開區間(an,bn)(n=1,2,3,)且有 limna1n=limnb1n=L但 limnan=limna1n-1+a1n2=L=lim

7、nb1n-1+b1n2=limnbn所以也有 limnan=limnbn=L 下面我們把推證1加以推廣 推論2：設有半開半閉區間列(an,bn)(n=1,2,)數列an為非常數數列，且有 （1） (a1,b1(a2,b2(an,bn; （2）limn(bn-an)=0 則存在唯一數L屬于所有半開閉區間(an,bn，且limnan=limnbn=L 證明：構造一個閉區間列an,bn(n=1,2,a=an+an+12滿足閉區間套定理的條件，于是存在唯一數L屬于所有閉區間an,bn，顯然這個唯一數L也屬于所有半開半閉區間(an,bn，且有limna1n=limnbn=L，從而也有limnan=lim

8、nbn=L證畢。 把半開半閉區間(an,bn(n=1,2,L)換成an,bn)(n=1,2,)顯然有 推論3：設有半開半閉區間an,bn(n=1,2,)數列bn非常數數列， 且有： （1） a1,b1a2,b2(an,bn; （2）limn(bn-an)=0 則存在唯一數L屬于所有半開半閉區間an,bn)，且limnan=limnbn=L。 推論4：設有半開半閉區間列(an,bn)(n=1,2,)an非常數數列，設bn=b， 且有： （1） a1,ba2,b(an,b; （2）limn(b-an)=0 則存在唯一數b屬于所有半開半閉區間(an,b，且limnan=b 證明：構造一個閉區間列an

9、,bn(n=1,2,)設an=an+an+12n=1,2,。 則閉區間列an,b滿足閉區間套定理的條件，于是存在唯一數L屬于所有閉區間an,b且limnan=L，但由（2）知limnan=b，且 limna1n=limnan+an+12=limn12(an+an+1)=12b+ 12b=b，故L=b。 推論5：設有半開半閉區間列a,bn)(n=1,2,L)，bn非常數數列， 且有：（1） a,b1a,b2(a,bn; （2）limn(bn-a)=0 則存在唯一數a屬于所有半開半閉區間a,bn)，且limnbn=a 推論4和推論5是一種特例，不但存在唯一數L屬于所有半開半閉區間列(an,b或a,

10、bn)n=1,2,，而且這個唯一數L就是端點a或b，需要注意的是，半開半閉區間(an,b)與a,bn的常數端點一側必須是閉的，當然，若閉區間列的一個端點是常數a或b也有類似的結果。 3 閉區間套定理的應用 在什么情況下應用閉區間套定理呢？一般來說，證明問題需要找到具有某種性質P的一個數，常常應用閉區間套定理將這個數“套”出來，證明中，區間套定理的構造方法，主要有以下兩種： (1)已知特殊點的存在區間時，利用兩分法構造區間，進而套出所求特殊點，首先構造一個具有性質P*的閉區間，性質P*要根據性質P來確定，其次通常采用二等分法將此區間二等分，至少由一個閉區間具有性質P*，然后繼續使用二等分法，得到

11、滿足閉區間套定理條件的和具有性P*的閉區間列，根據閉區間套定理，就得到唯一一個具有性質P的數 例1：證明實軸上任一有界無限點集至少有一個聚點（聚點定理） 證明：設E為有界無限點集，則存在M0，使得E-M,M記a1,b=-M,M，將a1,b1等分：a1a1+b12,a1+b12b1,其中至少有一區間含有E中無限多個點，記該區間為a2,b2，再對a2,b2等分，相似的討論下去，則得到區間列an,bn，它滿足an,bnan+1,bn+1(n=1,2,bn-an=M2n-10)，故an,bn構成閉區間套，且其中每一個區間都含有中無限多個點，由閉區間套定理，存在實數Lan,bn(n=1,2,)顯然對0,

12、N0當nN時，有an,bnU(L,)即L為E的一個聚點。 例2：證明若f(x)為a,b上的連續函數，f(a)f(b)證明：不妨設f(a)0,且xa,b,f(x)0, 記a1,b1=a,b，將a1,b1二等分，a1,a1+b12,a1+b12,b1,當f(a1+b120時，記 a2,b2=a1,a1+b12當f(a1+b12)故an,bn構成區間套，且在每個閉區間a,b有f(an)f(bn)0，一方面，由連續函數保號性，0，當x-x00，另一方面，當n從分大時，有an,bn(x0-,x0+)，已知，f(an)f(bn)0，且f(x0)0，同理證f(x0)例3：用區間套定理證明有界定理 證明： f

13、(x)在a,b上無界，則等分a,b，即a,b=a,a+b2a+b2,b至少有一個子區間上f(x)無界，不妨為a1,b1，將a1,b1等分，則存在子區間a2,b2，使得f(x)在a2,b2上無界，依比類推，不斷等分區間，則得到無窮閉區間列an,bn （i） a,ba1,b1a2,b2an,bn （ii） bn-an=b1-a12n0,n （iii）f(x)有an,bn上無界，nN+ 由（i）（iii）根據區間套定理，唯一La,b使limnan=limnbn=L，而又由（iii） nN+,xnan,bn使f(xn)n，從而得到一點列xn及函數列f(xn)，且 xnL,f(xn) n，由數列極限與連

14、續函數極限的關系應有xnL,f(xn)f(L)這與f(x)矛盾，故假設不成立，從而有界性定理得證。 (2)首先根據不等式確定特殊點的存在區間，再利用區間的收縮套出所求特殊點，在證明中常結合反證法證明。 例4：證明：設an為數列，若對任意的0，使得對m，nN有am-an分析：由已知條件可得存在N0N，當nN0時，有an-aN0aN0-,aN0+內含有an中幾乎所有項，由極限定義可知數列an收斂點，必在其內部，此時只需利用區間套定理證明該點的存在性。 證明：由假設，存在N0N，當nN0時，有，即在區間aN0-,aN0+內含有數列an中幾乎所有項。 令=12則存在N1,在區間1,1=aN1-12,a

15、N1+12內含有an中幾乎所有項，令=122則存在N2，在區間2,2=aN1-122,aN1+122內含有an中幾乎所有項；依次令=123,124L則得到閉區間列n,n，滿足：其中每個區間都含有an中幾乎所有項； n,nn+1,n+1(n=1,2,n-n12n-10) 顯然n,n構成區間套，故Ln,n(n=1,2,3)，且對任意的0，存在N0,使得對nN,有n,nV(L,)，由極限定義，V(L,)內含有an中幾乎所有項，即 limnan=L。 例5：證明：若函數f(x)于(a,b)內有定義，x(a,b),鄰域(x-x,x+x)，使f(x)在(x-x,x+x)內嚴格增加，則f(x)在(a,b)內

16、亦嚴格增加。 證：假設f(x)于(a,b)內非嚴格增加，即x1,y1(a,b)，x1x1,x1+y12=x2,y2，有f(x2)f(y2)或f(x1+y12)f(y1)時，記 x1+y12,y=x2,y2，有f(x2)f(y2)，再作 x2,y2=x2,x1+y12x1+y12,y2。其中必有一個小R間記為x3,y3，有f(x3)f(y3)，繼續上述構造法，得到區間套xn,yn，且滿足 f(xn)f(yn),n=(1,2,3L)根據區間套定理，xn,ynn=(1,2,3L)由于已知條件對于(a,b),(-a,+a),f(x)在(-a,+a)內嚴格增加，但當n0充分大時xn0,yn0(-a,+a

17、)一方面，由作法有f(xn0f(yn0)；另一方面f(x)在(-a,+a)內嚴格增加，兩者矛盾，證畢。 例6：用區間套定理證明羅爾定理，從而證明微分中值定理。 證明：假設定理不成立，則L(a,b)，都有f(L)0，若恒有f(L)0，則可知函數f(x)是嚴格單調上升的，又Qf(x)有a,b上連續，f(a)0,f(b1)0，則令a2= a1+b12,b2=b1；若f(a1+b12)0，則令an+1=an+bn2,bn+1=bn，若f(an+bn2)（i） a,ba1,b1a2,b2an,bn （ii） bn-an=b1-a12n0,n （iii）an,bn,f(an)0,f(bn)由條件（i）（ii）根據區間定理則有唯一點La1,b1且anL,bnL,n，但由（iii）應有f(L)0，且f(L)因而在