第七章实数的完备性 §1关于实数集完备性的基本定理 例1设函数f(x)定义在[ab]上,x∈[b]极限f(x)都存在证明f(x)在 ab上有界 分析函数∫在每点x∈[a小]处由函数极限的局部有界性,彐U(x,6,),在其中f有 界于是H={(x,,x∈[ab成为[a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[b]上每点存在极限,由函数极限的局部有界性 ∈[6]U(x,,)与M)0,使得vt∈U(x,,)f()≤M2所有这种领域的集合 (x)x∈[ab 成为[ab]的一个开覆盖由有限覆盖定理,存在b]的有限开覆盖 ={(x.)≤n}cH 若取M=的,则因覆盖了[,b]对[a中每一x,它必属于厅中某一领域U(x;,m), 于是 f(x)≤M,≤M 注1上面的证明与闭区间上连续函数的有界性的证明有相似之处(见后面2) 注2有限覆盖定理的作用在于当[b]能被有限个领域覆盖时,可以在有限个 M,(=1,2…,n)中求得一个最大的M 例2设{n}是有界发散数旬则存在{n}的两个子列趋向于不同的极限 分析由致密性定理,3n}={xnx=51,为了得到另一个收敛子列必须利用数列 xn}本身不收敛于5的条件 证因为{}是有界数列由致密性定理存在收敛子列}c{xn记
第七章 实数的完备性 §1 关于实数集完备性的基本定理 例 1 设函数 f (x) 定义在 a,b 上, x a,b 0 ,极限 ( ) lim 0 f x x x → 都存在.证明 f (x) 在 a,b 上有界. 分析 函数 f 在每点 xa,b 处由函数极限的局部有界性, ( ; ) x U x ,在其中 f 有 界,于是 H = U(x; x ), xa,b 成为 a,b 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 a,b 上 每 点 存 在 极 限 , 由 函 数 极 限 的 局 部 有 界 性 , x a,b 0 , ( ; ) x U x 与 Mx 0,使得 x M x t U(x; ), f (t) .所有这种领域的集合 H = U(x; x ) xa,b 成为 a,b 的一个开覆盖;由有限覆盖定理,存在 a,b 的有限开覆盖 ( ; )1 . ~ H U x i n H i = i x 若取 i M x M i n max =1 ,则因 H ~ 覆盖了 a,b,对 a,b 中每一 x ,它必属于 H ~ 中某一领域 ( ) k xk U x ; , 于是 f (x) M M. k x 注 1 上面的证明与闭区间上连续函数的有界性的证明有相似之处(见后面 2 ). 注 2 有限覆盖定理的作用在于当 a,b 能被有限个领域覆盖时, 可以在有限个 ．．． M (i 1,2 ,n) i x = 中求得一个最大的 M . 例 2 设 xn 是有界发散数旬,则存在 xn 的两个子列趋向于不同的极限. 分析 由致密性定理, 1 lim , → = nk k x n n k x x ,为了得到另一个收敛子列,必须利用数列 xn 本身不收敛于 1 的条件. 证 因为 xn 是有界数列,由致密性定理,存在收敛子列 , n n x x k 记
由于{n}不收敛于51,因此在51的某一领域U(5;06)之外必有{xn}中的无穷多项对这 无穷多项再次应用致密性定理在其中又存在另一收敛子列n}c{记 显然5-别26即5≠52 例3设{an}为收敛数列证明{an}的上、下确界中至少有一个属于{n 证证法1设加2=a2若{n}是常数数列则结论是显然的若{n}不恒为常数不妨 设a1≠a对E0= N,当m)N0时an∈U(a6),而领域U(a,5)外必有{an}中的有 限项(至少anU(a)在这有限项中必存在{an}的最大项或最小项于是{an}的上、下确 界中至少有一个属于{n} 证法2因为{an}为收敛数列,所以{n}为非空有界集,由确界原理,存在 5=sp{an}n=nf{an}.若5=n,则{n}为常数列,于是5,n∈{n}若占≠,且 5g{an}H∈{a,则存在两个子列使{n}}使 limes=n 即{an}存在两个子列收敛于不同的极限,这与{an}为收敛数列相矛盾。由此可见{an}的上 下确界中至少有一个属于{an} 例4试利用区间套定理证明确界原理 证设S为一非空有上界M的数集因其非空故有an∈S,不妨设an不是S的上界(否则 a为S的最大元即为S的上确界记ab]=[n,M]将[b]二等分,其中必有一子区间 其右端点为S的上界但左端点不是S的上界记之为[a2b2]再将[a2b2]二等分,其中必有 子区间其右端点是S的上界而左端不是S的上界记之为[a3b3]依此类推得到一区间套 {an,bnJ,其中b恒为S的上界,an恒非S的上界且
1 lim → = nk x k 由于 xn 不收敛于 1 ,因此在 1 的某一领域 ( ; ) U 1 之外必有 xn 中的无穷多项,对这 无穷多项再次应用致密性定理,在其中又存在另一收敛子列 , n' n x x k 记 2 lim ' → = n k x k . 显然 1 − 2 ,即 1 2 . 例 3 设 an 为收敛数列,证明 an 的上、下确界中至少有一个属于 an 证 证法 1 设 2 lim a an n→ = .若 an 是常数数列,则结论是显然的;若 an 不恒为常数,不妨 设 a1 a 对 2 1 0 a − a = , N0 ,当 n N0 时 ( ; ) 0 a U a n ,而领域 ( ; ) 0 U a 外必有 an 中的有 限项(至少 ( ; ) 0 a U a n ).在这有限项中必存在 an 的最大项或最小项,于是 an 的上、下确 界中至少有一个属于 an. 证 法 2 因 为 an 为收敛数列 , 所 以 an 为非空有界集 , 由确界原理 , 存 在 = supan, = inf an . 若 = , 则 an 为常数列 , 于 是 , an . 若 , 且 , , an an ,则存在两个子列使 n k n k a ' a '' , 使 → = n k x k ' lim ， → = n k x k '' lim ， 即 an 存在两个子列收敛于不同的极限，这与 an 为收敛数列相矛盾。由此可见 an 的上、 下确界中至少有一个属于 an. 例 4 试利用区间套定理证明确界原理. 证 设 S 为一非空有上界 M 的数集.因其非空,故有 ao S ,不妨设 o a 不是 S 的上界(否则 o a 为 S 的最大元,即为 S 的上确界),记 a ,b a ,M 1 1 = 0 .将 1 1 a ,b 二等分,其中必有一子区间, 其右端点为 S 的上界,但左端点不是 S 的上界,记之为 2 2 a ,b ,再将 2 2 a ,b 二等分,其中必有一 子区间,其右端点是 S 的上界,而左端不是 S 的上界,记之为 3 3 a ,b .依此类推,得到一区间套 an ,bn ,其中 n b 恒为 S 的上界, n a 恒非 S 的上界,且
b (b1-a1) 由区间套定理,35∈[n,bn]h=1,2…),现证占即为supS:()因为vx∈S,x≤bn,令 n→>∞取极限,得x≤5,即5为S的上界(2)E)0,因为mm=5,故an)2-E;由于an不是S 的上界因此5-E更不是S的上界所以ξ是S的最小上界即supS 同理可证有下界的非空数集必有下确界 注本题证明中的关键是构造合适的区间套,使其公共点5正好是数集S的上确界,为此 使b为S的上界,而an不是S的上界由此读者可体会到构造区间套的思想方法 例5试用有限覆盖定理证明区间套定理 证设{anb为区间套,要证5,使an≤5≤b(n=12…)用反证法:倘若 x∈[a1]都不是{an,bnB的公共点,于是n,使得xg回n,b」,因而 6,)0,U(xE,)⌒n,bn」=φ设 H={(x,E2x∈[,b] 它是[]的无限开覆盖由有限覆盖定理,(x;5)=12…可=H,就能覆盖 4b]现取n)gn{n,]nUUx,)=,而∪U(x,)[a的]这 anbn][a1,h]相矛盾由此可知彐E,使an≤5≤bn,n=12 说明上面是另一种应用有限覆盖定理的方法,即用反证法构造开覆盖这种分析技巧值 得学习 §2闭区间上连续函数性质的证明 例1若函数f(x)在[ab]上无界则必存在[ab]上某点使得f(x)在该点的任意领域 内无界 证用反证法若Wx∈[ab]存在6)0,使得f(x)在U(x,)中有界则令 H={(x。∈[ab 它成为[ab]的一个无限开覆盖由有限覆盖定理存在
0( ). 2 ( ) 2 1 ( ) 2 1 1 0 1 1 1 1 1 → → − − = − = − = − − − − n M a b a b a b a n n n n n n 由区间套定理, a ,b (n =1,2, ) n n .现证 即为 sup S :(1) 因为 x S, bn x ,令 n → 取极限,得 x ,即 为 S 的上界.(2) 0 ,因为 → = an n lim ,故 − an ;由于 n a 不是 S 的上界,因此 − 更不是 S 的上界.所以 是 S 的最小上界,即 sup S = . 同理可证有下界的非空数集必有下确界. 注 本题证明中的关键是构造合适的区间套,使其公共点 正好是数集 S 的上确界,为此 使 n b 为 S 的上界,而 n a 不是 S 的上界.由此读者可体会到构造区间套的思想方法. 例 5 试用有限覆盖定理证明区间套定理. 证 设 an ,bn 为区间套, 要 证 , 使 a b (n =1,2) n n . 用反证法 : 倘 若 1 1 x a ,b 都不是 an ,bn 的 公 共 点 , 于 是 x n , 使 得 nx nx x a ,b , 因 而 x 0 , = nx nx U(x; x ) a ,b .设 H = U(x; x ), xa1 ,b1 , 它是 1 1 a ,b 的无限开覆盖.由有限覆盖定理, U(x ; )i 1,2, ,n H, i i x = 就能覆盖 1 1 a ,b . 现 取 = = n i i n x n n i x i i n n a b U x 1 max 1 , , ( , ) , 而 n i U xi x a b i 1 1 1 ( , ) , = 这 与 1 1 an ,bn a ,b 相矛盾.由此可知, ,使 a b ,n =1,2, . n n 说明 上面是另一种应用有限覆盖定理的方法,即用反证法构造开覆盖,这种分析技巧值 得学习. §2 闭区间上连续函数性质的证明 例 1 若函数 f (x) 在 a,b 上无界,则必存在 a,b 上某点,使得 f (x) 在该点的任意领域 内无界. 证 用反证法,若 xa,b,存在 x 0 ,使得 f (x) 在 ( ; ) x U x 中有界,则令 H = U(x; x ) xa,b, 它成为 a,b 的一个无限开覆盖由有限覆盖定理,存在
H={(x:,)和≤≤k 为[a6]的有限开覆盖由于f(x)在每上U(x;6)内有界因此f(x)在[b上 界这与f(x)在[ab]上的无界性相矛盾 例2设∫在[a小上连续,对任何x∈[a小f(x)0.试用有限覆盖定理证明必存在c>0, 使得对任何x∈[ab满足 f(x)≥c vx∈{a,因为f(x)0,由连续函数的局部保号性,于是 35)0,30)0,x∈U(x,6),/(r)(x)现令 H={(x)∈ab 它是[a,b]的一个无限开覆盖,由有限开覆盖定理,存在 H={(x6)≤i≤k)cH 为a]的有限开覆盖取 vx∈b]某个(1≤i≤k),使x∈U(x:)于是 (x)(x)2c 例3设函数∫对任何(a,b)内的x,存在62)0,使得∫在(x-62,x+6)内递增,试证∫在 整个(a,b)内亦递增 证a,a2,a(an(a2(b,设法证明f(a)f(a2)x∈[a,a2]由所设条件彐,)0,使得 ∫在(x-2,x+δ1)内递增因此 H={(x8x∈[1a2l 是[a1a2]后个无限开覆盖由有限覆盖定理存在 H={(x:6≤≤k}=H
H U x i k H i = ( i ; x )1 * 为 a,b 的有限开覆盖.由于 f (x) 在每上 ( ; ) i i x U x 内有界,因此 f (x) 在 a,b 上 界,这与 f (x) 在 a,b 上的无界性相矛盾. 例2 设 f 在 a,b 上连续,对任何 xa,b, f (x)0 .试用有限覆盖定理证明:必存在 c0 , 使得对任何 xa,b,满足 f (x) c. 证 xa,b , 因 为 f (x)0 , 由 连 续 函 数 的 局 部 保 号 性 , 于 是 0, x 0, ' ( ; ) x x x U x , 2 ( ) ( ') f x f x .现令 H = U(x; x ) xa,b， 它是 a,b 的一个无限开覆盖，由有限开覆盖定理，存在 H U x i k H i = ( i ; x )1 * 为 a,b 的有限开覆盖,取 0, 2 min ( ) 1 = i i k f x c xa,b, 某个（ 1 i k ）,使 ( ; ) i i x x U x ,于是 c f x f x i 2 ( ) ( ) . 例 3 设函数 f 对任何 (a,b) 内的 x ,存在 x 0 ,使得 f 在 ( , ) x x x − x + 内递增,试证 f 在 整个 (a,b) 内亦递增. 证 a1 ,a2 ,aa1 a2 b ,设法证明 ( ) ( ). , , 1 2 a1 a2 f a f a x 由所设条件 x 0 ,使得 f 在 ( , ) x x x − x + 内递增,因此 H = U(x; x ) xa1 ,a2 是 1 2 a ,a 后个无限开覆盖,由有限覆盖定理,存在 H U x i k H i = ( i ; x )1 *
为[a1a]的有限开覆盖为叙述方便起见不妨设由U(x1:,),U(x2,8,)就能覆盖[n,a] 且设x(x 若a2∈U(x;6n),则因a1∈U(x;o3,),∫在U(x;n)中递增,故f(a1)≤f(a2);若 a2EU(x;6),则a2∈U(x2;2),且因V=U(xx)∩U(x:x)≠,故彐a∈V,使 a1(a(a2.于是又有 f(a1)≤f(a)≤∫(a2) 对k)2的有限情形可类似地证明由此可见,f(x)在(a,b)上递增 例4试用确界原理证明若函数f(x)在闭区间[ab]上连续则厂在[ab]上有界 分析设 S={f在[ax]上有界x∈(ab 因为由∫在点a的局部有界性,可知S是非空数集且以b为上界由确界原理存在supS.关 键在于证明b=supS并证b∈S,以使S=[ab]即∫在[ab]上有界 证 S={在[ax]上有界x∈(anb 由分析可知S为非空有上界数集于是由确界原理存在=supS.现用反证法证明 若ξ(b,由连续函数的局部有界性彐δ)0,f(x)在(5-,5+6)内有界,即彐)5,使 x∈S,而这与5=supS相矛盾,所以=b 再证函数∫在[ab]上有界因为∫在点b连续于是彐6)0,f在(b-6小]上有界再由 b=spS,可知∫在abd 中有界于是f在[ab]上有界 2 例5设f(x)为定义在限区间1上的函数对1内任何柯西列{x},{(xn}也是柯西列试 证∫是I上的一致连续函数
为 1 2 a ,a 的有限开覆盖,为叙述方便起见,不妨设由 ( ; ), ( ; ) 1 1 2 2 x x U x U x 就能覆盖 1 2 a ,a , 且设 2 2 x x . 若 ( ; ) 2 1 1 x a U x ,则因 ( ; ) 1 1 1 x a U x , f 在 ( ; ) 1 1 x U x 中递增,故 ( ) ( ) 1 a2 f a f ;若 ( ; ) 2 1 1 x a U x , 则 ( ; ) 2 2 x2 a U x , 且 因 V =U(x1 ; x1 )U(x2 ;x2 ) , 故 a V * , 使 2 * a1 a a .于是又有 ( ) ( ) ( ). 2 * f a1 f a f a 对 k2 的有限情形可类似地证明.由此可见, f (x) 在 (a,b) 上递增. 例 4 试用确界原理证明:若函数 f (x) 在闭区间 a,b 上连续,则 f 在 a,b 上有界. 分析 设 S = x f 在 a, x 上有界, x(a,b. 因为由 f 在点 a 的局部有界性,可知 S 是非空数集,且以 b 为上界,由确界原理,存在 sup S .关 键在于证明 b = sup S ,并证 bS ,以使 S = a,b,即 f 在 a,b 上有界. 证 设 S = x f 在 a, x 上有界, x(a,b. 由分析可知,S 为非空有上界数集,于是由确界原理,存在 = sup S .现用反证法证明 = b . 若 b ,由连续函数的局部有界性 0 0, f (x) 在 ( , ) − 0 + 0 内有界,即 0 ,使 x0 S ,而这与 = sup S 相矛盾,所以 = b . 再证函数 f 在 a,b 上有界.因为 f 在点 b 连续,于是 0 0 , f 在 (b − ,b 上有界;再由 b = sup S ,可知 f 在 − 2 , a b 中有界,于是 f 在 a,b 上有界. 例5 设 f (x) 为定义在限区间 I 上的函数,对 I 内任何柯西列 xn,f (xn 也是柯西列.试 证 f 是 I 上的一致连续函数