1、第五講 實數的完備性I 基本概念與主要結果一 實數空間 1 無理數的定義人類最先只知道自然數，由于減法使人類認識了負整數，又由除法認識了有理數，最后由于開方與不可公度問題 畢達哥拉斯（公元前約580約500）：古希臘數學家、唯心主義哲學家，其招收300門徒組織了一個“聯盟”，后稱之為“畢達哥拉斯學派”，宣揚神秘宗教和唯心主義在西方首次提出勾股定理，并把數的概念神秘化，認為“萬物皆數”，即數是萬物的原型，也構成宇宙的“秩序”，這里的數指的是自然然及自然數之比，即“有理數”，而且這種思想一直占統治地位，然而勾股定理的提出，導致這種理想的破滅，即以1為直角邊的等腰直角三角形的斜邊長是多少？這一問題后

2、來稱之為“不可公度”問題，引起整個世界（哲學界和數學界）的恐慌，稱之為第一次數學危機，此問題直到十九世紀末才被解決發現了無理數，可惜的是無理數不能用有理數的開方形式主義來定義事實上，有理數開方所得到的無理數只占無理數中很小的一部分為了讓實數與數軸上的點一一對應起來，充滿全數軸，必須用別的方法方法之一是用無限小數，我們知道任何有理數都可表為無限循環小數，這樣可以把無限不循環小數定義為無理數一個無限不循環小數，取其位小數的不足近似值與過剩近似值，與均為有理數，且（），可見以無限不循環小數定義無理數等價于承認：以有理數為端點的閉區間套，必有且僅有唯一的公共點，此乃區間套定理，即承認它是正確的歷史上引

3、進無理數的傳統方法有兩種：戴德金（Dedekind）分割法和康托（Cantor）的有理數列的基本序列法戴德金分割法具有很強的直觀性，其思想是：每個有理數在數軸上已有一個確定的位置，假如在數軸上任意一點處將數軸截成兩段，那么全體有理數被分為左、右兩個子集如果折斷處是有理點，那么它不在左子集，就在右子集，這樣分割就確定了一個有理數，即的最大數或的最小數如果中沒有最大數，中也沒有最小數，這個分割就確定了直線上的一個“空隙”，稱之為無理數，顯然它是有序的，可定義其四則運算（可參見北京大學數學系沈燮昌編寫的數學分析，高等教育出版社，1986年）康托用有理數基本序列的等價類來定義實數，其方法雖沒有分割法直

4、觀，但其思想在近代數學中是十分有用的，影響深遠 從古至今，數學的發展大致經歷了五個時期：（1）萌芽時期（公元前600年以前）；（2）初等數學時期（公元前600年到17世紀中葉）：歐氏幾何、算術、初等代數、三角等；（3）變量數學時期（17世紀中葉到19世紀20年代）：微積分的建立、解析幾何、運動觀點等；（4）近代數學時期（19世紀20年代到20世紀40年代）；（日前大學中的主要數學課程）（5）現代數學時期（20世紀40年代以來）：顯著特點：計算機的廣泛應用定義1 有理數列稱為是基本列，若，當時，有 （1）定義2 兩個有理數基本序列和稱為是等價的，若 （2）將相互等價的基本列作為一類，稱為一等價類

5、有理數可表為基本列的極限，如常數列這樣可以認為：一個等價類與一個實數對應，當此序列對應的不是有理數時，稱之為無理數此定義的實質是：讓每個基本列（有理數）都有極限，這樣保證了極限運算的封閉性，稱這種性質為完備性2 實數空間的定義公理1 （域公理），有（1）交換律：，；（2）結合律：，；（3）分配律：；（4）兩個特殊元素0與1：，有，；（5）每個，關于“+”的逆元，關于“·”的逆元（此時），有，公理2（全序公理）與“+”、“·”運算相容的全序公理（1），下列三種關系，有且僅有一個成立；（2）傳遞性：若，則；（3）與“+”相容性：若，則，有；（4）與“·”相容性：若，則

6、公理3（阿基米德（Archimedes）公理），使得公理4（完備性公理）有上界非空數集必有上確界由此可定義：定義3 實數空間是這樣的集合，在其上定義了“+”、“·”運算，以及序關系“<”，滿足上述四組公理，中的元素稱為實數二 實數基本定理1 基本定理定理1（Dedekind確界定理）任何非空數集，若它有上界，則必有上確界；若有下界，則必有下確界定理2（單調有界定理）單調有界數列必收斂定理3（Cauchy收斂準則）數列收斂的充要條件是：，當時，有定理4（Bolzano-Weierstrass致密性定理）有界數列必有收斂子列定理5（Weierstrass聚點定理）有界無窮點集至少有

7、一個聚點定理6（Cantor區間套定理）任何閉區間套必有唯一的公共點定理7（Heine-Borel有限覆蓋定理）閉區間上的任一開覆蓋，必存在有限子覆蓋說明：定理16屬于同一類型，它們都指出：在一定條件下，便有某一種“點”的存在這種點分別是：確界（點）、極限點、某子列收斂點、聚點、公共點定理7屬于另一類型，它是前六個定理的逆否形式，不論用前6個定理來分別證明定理7，還是用定理7分別證明前6個定理，都可用反證法來證明，而前6個定理都可以直接推出2 重要概念定義1（確界）設，若滿足：（1），即是的上界；（2），使得，即不是的上界則稱是的上確界，記為若，滿足：（1），有；（2），有；則稱是的下確界，記

8、作 即：上確界是最小的上界，下確界是最大的下界定義2 設閉區間列具有如下性質：（1），；（2）；則稱為閉區間套，簡稱區間套定義3 設，若，使的任何鄰域均含有中無窮多個點，稱為的一個聚點定義3 設，若的任何去心領域內都含有中異于的點，即，稱是的一個聚點定義3 設，若存在彼此互異的點列，使得，稱為的一個聚點定義4 設，為開區間構成的集合若中任何一點都含在中至少一個開區間內，即，使，稱是的一個開覆蓋，或稱覆蓋若中開區間的個數是無限（有限）的，稱為的一個無限開覆蓋（有限開覆蓋）3 七個定理的環路證明例1 確界定理單調有界定理證 不妨設數列是單調增有上界，由確界定理知具有上確界，記為，顯然就是其極限事實

9、上，由上確界定義知，使，由單增性知，當時，有，即 例2 單調有界定理閉區間套定理證 設是一區間套，則單增有上界，由單調有界定理知有極限，且，由區間套的定義知，又單減有下界，所以 ，此說明，下證是唯一的，設變滿足上式，即，則有（）即例3 閉區間套定理有限覆蓋定理證 設為的一個無限開覆蓋，假設定理結論不成立，即不能用中有限個開區間覆蓋將等分成兩個子區間，則其中至少有一個半區間不能被中有限個區間覆蓋，記之為，將等分成兩個小區間，則其中至少有一個半區間不能被中有限個區間覆蓋，記之為，如此下去便得一閉區間套，其中每一個區間不能被中有限個開區間所覆蓋由閉區間套定理，存在唯一的點，由于是的覆蓋，故，使得，由

10、保序性立得：當充分大時，即，這與的構造相矛盾，故命題為真例4 有限覆蓋定理聚點定理證 設是有界無限點集，則，為有限實常數，使得若存在聚點，則該聚點必屬于（容易證明之外任何一點都不是的聚點，因此只需證明：若不存在聚點，則矛盾事實上，假設不存在聚點，即中任一點都不是的聚點，由聚點定義，使得中只含有中有限個點，記，顯然是的一個開覆蓋，由有限覆蓋定理知，存在有限個鄰域覆蓋，從而亦覆蓋了由的性質立得中只有有限個點，矛盾例5 聚點定理柯西收斂準則證 設是中任一數列，滿足條件：，有 （3）由此易證是有界的（事實上，對 當時，有， 從而 ，取，則），記，則S為有界集若為有限集，則中至少有一個元素在中出現無限多

11、次，取此構成一常數子列，則它是收斂的，設其極限為a，即，由條件（3）可得數列收斂于a若是無限集，則由聚點定理知至少有一個聚點，設為，則有事實上，由聚點的等價定義知，存在中彼此互異的點列（從而是的一子列），有又，由（3）式立得例6 聚點定理致密性定理證 設是有界數列，記，若為有限集，則由例5的證明過程知存在收斂子列若為無限集，則存在聚點，由聚點的等價定義立明（過程如例5）例7 致密性定理柯西收斂準則證 設滿足柯西收斂準則中的條件，則是有界數列，則必存在收斂子列，由此可證整個數列收斂（參見例5）例8 柯西收斂準則確界定理證 設為非空有上界數列，由實數的阿基米德性質，對任何正數，存在整數，使得為的上

12、界，而不是的上界，即，使得今分別取，則存在，使得為的上界，但不是的上界于是， （4），有， （5）由此易得，于是，有，由柯西收斂準則知收斂，記下證是上確界由（4）易得是其上界其次，由得，當，有，由（5）知：，有此說明為的上確界4 閉區間上連續函數性質的證明定理1（有界性定理）若函數在上連續，則在上有界證 由連續函數的局部有界定理：，及，有，構造開覆蓋，由有限覆蓋定理立明定理2（最值定理）若函數在上連續，則在上有最大、最小值證 由定理1知在上有界，故由確界定理，在的值域有上確界，下證：，使若不然，則，有令，易見為上正的連續函數，故在上有上界，設為，則有，解之得 ，這與為在上的上確界矛盾定理3（零

13、點定理）設在上連續，且，則，使證 不妨設（則）記，顯然非空，且是有界集，從而有下確界，記下證事實上，由極限保號性知：，使，；（），；（）由此易得，即其次，若，不妨設，則由連續函數的局部保號性得：，使在其內，特別地，這與是的下確界矛盾故必有思考題（哈爾濱工大2002）設.證明：，使得定理4（一致連續定理）若在上連續，則在上一致連續證 由在上連續知，有 （5）構造的一個開覆蓋，由有限覆蓋定理，存在的一個子覆蓋，覆蓋了，記，于是，對任何，則必屬于中某個開區間，設，即，此時有由（5）得，從而得4 例題選講例9 用區間套定理證明定理1-5證 都可用二等分方法證明（1）確界定理設為非空有上界數集，為的一個

14、上界若有最大值，則最大值即為上確界，若無最大值，任取，將二等分，若右半區間中含有中點，則記右半區間，否則記左半區間為，然后將二等分得，則至少有一個半區間含有E中點，記之為，如此下去，得一閉區間套，其每一閉區間均含有中點，由閉區間套定理，存在唯一的公共點，下證由的構造知：，有，即是的上界；又，則，使，由的構造知：，此說明（2）單調有界定理設，則，用同樣的方法割分即可證之（3）Cauchy收斂準則滿足Cauchy收斂準則條件的數列（基本列）一定是有界數列，即，使，然后對進行二等分，選含有無窮多項的那一半區間為，如此下去，由閉區間套立明（4）致密性定理同方法（3）（5）聚點定理同方法（3）例10 用

15、定理15證明區間套定理證（1）利用確界定理設是一區間套，則單增且有界，從而有上確界，由單調有界定理的證明知 ，（2）利用單調有界定理由單調有界定理知，且，再證唯一性即可（3）Cauchy準則的充分性由知滿足柯西定理的條件（這是因為當時，由區間套定義知），從而收斂，設極限為，則即為所求（4）致密性定理由致密性定理知存在收斂子列，由的單調性知收斂，從而得證（5）聚點定理令，則存在聚點，再由聚點的等價定義，仿（4）立明例11 用有限覆蓋定理證明定理16證 用反證法（1）證明確界定理設，且，有，任取，考慮閉區間，假若無上確界（最小的上界），那么，有當為的上界時，必有更小的上界，因而有的開鄰域，其中皆為

16、的上界；當不是的上界時，自然有中點，于是有的開鄰域，其中每點都不是上界這樣，中每點都可找出一個鄰域，它要么屬于第一類，要么屬于第二類，且這些鄰域構成的一個開覆蓋，由有限覆蓋定理，必存在有限子覆蓋注意，所在的區間應為第一類的，相鄰的開區間有公共點，從而也應為第一類的，由此遞推可得所在區間也是第一類的這與矛盾（2）其它定理對定理2、3、4，每點可找到開鄰域，使得中除中心點可能與中的項相同之外，其余與不相交；對定理5，每點可找到鄰域，除中心點可能屬于集合之外，再無中點；對定理6，每點可找到開鄰域，使得至少有某一個與不交，從而當時，與不相交然后利用有限覆蓋定理證之例12（哈爾濱工大2002，北師大免試

17、生2003，西安交大2004，武漢理工2004華東理工1998）設在上有定義，并且在上每一點都有極限，試證在上有界證，由極限的局部有界性定理知，當時，有 構造開覆蓋，由有限覆蓋定理知存在有限子覆蓋，不妨設為，相應的記為，取，則 都有，即在上有界例13 設在上有定義，并且在上每一點的極限都存在為零試證在上可積，且證 設為任意一點，由條件知，即，當時，有如此，構成了的一個開覆蓋，由有限覆蓋定理，其中存在有限子覆蓋，除有限個點之外，有于是，取，作一分劃，使含有的各小區間之總長，則，其中表示令各小區間對應項之和，為其余各項之和由可積準則知在上可積既是可積，可選取，則有，由此可得 例14 設函數在上連續

18、，又有，使證明：存在，使分析：，則存在子列，其收斂，設為，則，且有例15（安徽大學2001）設在上連續，證明：對任何正整數，使得分析：當時，取，命題成立若，令，則有若上式中每項均為零，則結論已成立；若不均為零，則由其和為零知其中有正有負，由零點定理立明例16（北京科技大學1999） 敘述數集S的上確界的定義，并證明：任意有界數列，總有 證 若滿足：（1），；（2），使得， 則稱是的上確界，記為下證不等式成立由于都是有界數列，所以它們的上確界都存在，記，則，從而，所以，例17（北京大學1994）設函數在上無界，求證：，使得，在上無界證法一 用有限覆蓋定理假設這樣的不存在，即，使得在上有界構造開覆

19、蓋，由有限覆蓋定理知存在有限子覆蓋，不妨設為，在其上都有界，分別記為，取，則 都有，即在上有界，這與題設矛盾，所以結論成立證法二 用區間套定理將區間等分為二，則由函數在上無界知至少在其中一個半區間上無界（如果都是則任取一個），記為，將此小區間等分為二，則至少在其中一個半區間上無界（如果都是則任取一個），記為，如此繼續下去得一區間套，在其每一個區間上都無界由區間套定理， 且，當充分大時，有，因此，由的構造知在上無界例18（武漢大學1994）設 ，試證：必存在正整數p，使得證 取，則，當時，有，于是有，而有限集必有最小值，因此，存在正整數p，使得例19（浙江大學2004，北京科技大學）證明：若一組

20、開區間：，覆蓋了，則存在一，使得中任意兩點，滿足時，必屬于某一區間證 由有限覆蓋定理知：中存在有限個區間，不妨設為，它們也覆蓋了. 將這些區間的端點從小到大排成一列，相同的點只取其一，不妨設為，其中 令，則當時，必存在，使得例20（天津大學1999）利用確界原理證明：若實數列單調遞減有下界，則必收斂，且證 記，則數集S有下界，由確界原理，S有下確界，記之為a，下證：事實上，a為S的下確界，則，且，使得，再由單減性假設知，當時，有，從而當時，有，即例21（四川大學）用有限覆蓋定理證明連續函數的零點定理：若函數在上連續，且，則至少存在一點，使得證 用反證法。假設，則由函數的連續性知：，在上恒正或恒

21、負，令，則H為的一個開覆蓋，由有限覆蓋定理知存在有限子覆蓋，不妨設為，并且可設彼此不同（若相同，則只保留較大的領域，它們同樣覆蓋），這樣可把從小到大重心排列，不失一般性，設，于是，這樣，在上與同號。又，所以，在與同號，依次類推，在這k個領域內都與同號，而，即得與同號，矛盾，因此，至少存在一點，使得例22（廈門大學2002）設函數在有限區間I上有定義，滿足：使得在內有界。（1） 證明：當時，在I上有界；（2） 當時，在I上一定有界嗎？證（1）由有限覆蓋定理立明。（2）不一定。如函數在滿足假設，但在上無界。例23（華中師大）用閉區間套定理證明：若函數在區間上連續，則在上有界。證 用反證法。假設在上

22、無界，將區間等分為二，則至少在其中一個半區間上無界，記這樣的區間為（若在兩個半區間上都無界，任選其一），將等分為二，則至少在其中一個半區間上無界，記這樣的區間為，如此下去得一區間套，在每一個區間上都是無界的。由區間套定理， 又在連續，則在的某領域內有界，而當n充分大時，這與的構造矛盾，因此在上有界。例24 設單調數列。若存在聚點，則必是唯一的，且為的確界。證 不妨設是單增的。若無界，則，于是， 當時，有.這樣，領域內至多含有中有限項，因此A不是的聚點，由A的任意性知沒有聚點，這與假設條件矛盾，因此為有界數列，由單調有界定理知：，設是的一個聚點，則必存在一個子列收斂于，由海涅定理知 ，此說明聚點

23、若存在，則必是唯一的，且為的確界。例25 設函數在上遞增，滿足，證明：，使得證 若 或 ，則命題已成立，故可設. 記. 若，則已得證；若，則取；若，則取. 按此方法繼續下去，可得一區間套. 若在此過程中某一的中點，使得，則命題已成立，否則有： （1）由區間套定理， 下證：倘若，則由遞減趨于和極限的保序性得：，而，由的遞增性得，這與（1）式矛盾.類似可證時也矛盾，故命題成立.例26（北京師大2003）設. 證明：存在，使得證 由上確界定義，滿足：.由此立得例27（北京大學、云南大學）設是上的連續函數列，并且，數列都是有界的. 證明：在的某一非空子區間上一致有界證 反證法. 假設在內任何非空子集上非一致有界，則，有. 又連續，根據連續函數的保號性知，存在