综上可得 an≤5≤bn,n=l,2,. 最后证明满足上式得式唯一的.设数也满足 an≤5≤bn,n-1,2,. 则可得 5-5≤b。-an,n=l,2. 由区间套的条件可得 5-5≤lim(6n-an)=0, 故有5=5， 3.2.3用单调有界定理证明致密性定理4， 证首先证明有界数列{a}有单调子数列. 称其中的项有性质M,若对每个i>n,都有an>a,也就是说，an是 集合{a,>n}的最大数.分两种情况讨论： (1)数列{a,}有无穷多项具有性质M,将它们按下标的顺序排列，记为 a.a.a，满足几<乃<.<n:<.,那么我们就已经得到一个单调下 降的子列{a} (2)数列{a}只有有限项具有性质M,那么存在N,当n>N,有a,不 具有性质M,即i>n有an<a,从中任选一项记为a,因为它具有性质M, 所以存在n>,使得an<a,如此继续下去，我们得到一个子列{a} 单调上升，所以有界数列{a}必有单调子数列，由单调有界定理，可得{a} 存在极限。 -6-
- 6 - 综上可得： , 1,2, . n n a b n = 最后证明满足上式得 式唯一的.设数 ' 也满足 ' , 1,2, . n n a b n = 则可得 ' , 1,2, . n n − − = b a n 由区间套的条件可得 ( ) ' lim 0, n n n b a → − − = 故有 ' = . □ 3.2.3 用单调有界定理证明致密性定理[4] 证 首先证明有界数列 an 有单调子数列. 称其中的项有性质 M ，若对每个 i n ，都有 n 1 a a ，也就是说， n a 是 集合 a i n i 的最大数.分两种情况讨论： (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 n n nk a , a , a 1 2 ，满足 n1 n2 nk ，那么我们就已经得到一个单调下 降的子列 . k n a (2)数列 an 只有有限项具有性质 M ，那么存在 N ，当 n N ，有 n a 不 具有性质 M ，即 , n i i n a a 有 ，从中任选一项记为 i n a ，因为它具有性质 M ， 所以存在 2 1 n n ，使得 1 2 , n n a a ，如此继续下去，我们得到一个子列 ank 单调上升，所以有界数列 an 必有单调子数列，由单调有界定理，可得 ank 存在极限. □
3.2.4用单调有界定理证明实数基本定理2 证给定实数的一个分划，任取a∈4么∈B,用4,4的中点马十点二等 分a,A小知果生9eB,则取4=a4=8生当：如果生e4,则取 4=品兰么=4：.如此继续下去，便得两率序列包}小其中a,∈A单 调上升有上界（例如b),b,∈B单调下降有下界（例如a),并且 (6,-a,）-9,2(n→- 由单调有界定理，知3r,使ma,=r,m(6,-a,)=0,所以 ima+(他n-a,)=.a∈4有a<b,(n=l2,令n→m,知a<r, b∈B,有an<b(n=l2,）,令n→o,r<b,所以a≤r≤b. 下面证明唯一性，用反证法.如果不然，则斯=5，同时对 V aeAasr,aS5对v6,有b>,b>5,不妨设万<5，令r=5,显然 万<r<5→r∈A,r∈B,这与AB是R的一个分划矛盾. 3.3用区间套定理证明其它定理： 3.3.1用区间套定理证明确界定理 证由数集A非空，知a∈A,不妨设a不是A的上界，另外，知3b是 4的上界，记a,A创-小用44的中点生兰=等分4，A1,如果生之是 4的上弟，则取色，]-0，生]知荣生不是4的上养，则取 色，][，4]小用44的中点巴色=等分6,41-如此继续下去， .7
- 7 - 3.2.4 用单调有界定理证明实数基本定理[2] 证 给定实数的一个分划，任取 1 1 a A b B , ,用 1 1 a b, 的中点 1 1 2 a b + 二等 分 a b 1 1 , ，如果 1 1 2 a b B + ，则取 1 1 2 1 2 , 2 a b a a b + = = ；如果 1 1 2 a b A + ，则取 1 1 2 2 1 , 2 a b a b b + = = ； 如此继续下去，便得两串序列 a b n n , .其中 n a A 单 调上升有上界（例如 1 b ）， n b B 单调下降有下界（例如 1 a ），并且 ( ) ( ) 1 1 2 n n b a b a n − − = → . 由单调有界定理，知 r ，使 lim n n a r → = , lim 0 ( n n ) n b a → − = ,所以 lim n n n ( ) n a b a r → + − = . = → a A a b n n a r , 1,2, , , 有 n ( ) 令 知 , = → b B a b n n r b r b , 1,2, , , , 有 n ( ) 令 知 所以a . 下面证明唯一性,用反证法.如果不然,则 1 2 = r r ，同时对 1 2 a A a r a r , , .对 1 2 b b r b r , , 有 ，不妨设 1 2 r r ，令 ' 1 2 2 r r r + = ,显然 ' ' ' 1 2 r r r r A r B , ，这与 AB 是 R 的一个分划矛盾. □ 3.3 用区间套定理证明其它定理： 3.3.1 用区间套定理证明确界定理[5] 证 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 a b a b 1 1 , , = ,用 1 1 a b, 的中点 1 1 2 a b + 二等分 a b 1 1 , ，如果 1 1 2 a b + 是 A 的上界，则取 1 1 2 2 1 , , 2 a b a b a + = ；如果 1 1 2 a b + 不是 A 的上界，则取 1 1 2 2 1 , , 2 a b a b b + = ；用 2 2 a b, 的中点 2 2 2 a b + 二等分 a b 2 2 , 如此继续下去
便得区间套[ab,小.其中a,不是A的上界，6，是A的上界.由区间套定理可 得，存在唯一的r∈门[a,b,小，使1ma,=lmb.=rr∈么有x≤h,（L2), 令n→o,x≤lim=r,所以r是A的上界. 而e>0,由lima,=r知s>0,3N,当n>N,有r-6<a,从而 r∈4使r-6<a,<X,所以r=supA. 同理可证：非空有下界数集有下确界. 3.3.2用区间套定理证明单调有界定理4 证设{x}是单调上升有上界的实数列.b是它的一个上界，令 a=,-1,二等分[4，]，其中必有一区间含{x}的无穷多项，记其为 [a,],二等分[a2,],.如此继续下去，使得区间套[an,b],满足n,[a,b] 含{x,}的无穷多项.由区间套定理可得，3唯一的r∈门[a,b小，使 lima。=limb=r.则对e>0,3n,n>N,有r-g<an≤bn<r+e. 取m>N,「an,b]含{x}的无穷多项，则M,使M,使xu∈[an,b] 当m>M时，有xn∈[a,bn]如果不然，m>M,有b<xm,则在[ab] 中最多只有{x}的前m项，与[a,b]的构造矛盾.从而当m>M时，有 r-6<ao≤xm≤b<r+6,即xm-<6.所以limxy=r,即limx=r. 3.3.3用区间套定理证明有限覆盖定理21 证用反证法.设E是闭区间[a,b]的一个覆盖，但[a,b]没有E的有限子 覆盖.记[a,b=[a,],二等分[a,],其中必有一区间没有E的有限子覆 -8-
- 8 - 便得区间套 a b n n , .其中 n a 不是 A 的上界， bn 是 A 的上界.由区间套定理可 得，存在唯一的 1 , n n n r a b = ，使 lim lim . , 1,2, n n n ( ) n n a b r x A x b → → = = 有 ， 令 , lim n n n x b r → → = , 所以 r 是 A 的上界. 而 0,由 lim n n a r → = 知 0, , , N n N r an − 当 有 ,从而 , X A r a X n − 使 ,所以 r A = sup . 同理可证：非空有下界数集有下确界. □ 3.3.2 用区间套定理证明单调有界定理[4] 证 设 xn 是单调上升有上界的实数列. b 是它的一个上界，令 1 1 a x = −1 ，二等分 a b 1 1 , ，其中必有一区间含 xn 的无穷多项，记其为 a b 2 2 , ，二等分 a b 2 2 , , 如此继续下去，便得区间套 a b n n , ，满足 n , a b n n , 含 xn 的无穷多项.由区间套定理可得， 唯一的 1 , n n n r a b = ，使 lim lim n n n n a b r → → = = .则对 0, , , n n − + n n N r a b r 有 . 取 0 n N , 0 0 , n n a b 含 xn 的无穷多项，则 M ，使 0 0 , , M x a b M n n 使 . 当 m M 时，有 0 0 , m n n x a b .如果不然， m M 1 ，有 0 1 n m b x ，则在 0 0 , n n a b 中最多只有 xn 的前 m1 项，与 0 0 , n n a b 的构造矛盾.从而当 m M 时，有 0 0 , n m n m r a x b r x r − + − 即 .所以 lim , lim M n n n x r x r → → = = 即 . □ 3.3.3 用区间套定理证明有限覆盖定理[2] 证 用反证法.设 E 是闭区间 a b, 的一个覆盖,但 a b, 没有 E 的有限子 覆盖.记 a b a b , , = 1 1，二等分 a b 1 1 , ，其中必有一区间没有 E 的有限子覆
盖，记其为[4，b],二等分[a,b],.如此继续下去，便得区间套{a,b]}, 满足n,[a,b]没有E的有限子覆盖.由区间套定理可得，3唯一的 r∈[ab小使ima,=lm6.=r 由E是[a,b)的覆盖，知(a,B)∈E,使a<r<B. 根据极限不等式，N,当n>N,有a<a,N2,当n>N,有B<b. 取N=max(N,N),当n>N,有a<an,B<b。.又an≤r≤bn, 所以，当n>N,有[an,b]c(aB),与[an,b]没有E的有限子覆盖矛盾. 故[a,b]在E中存在有限子覆盖. 3.3.4用区间套定理证明柯西收敛定理1 证设基本数列{x}有界，所以3a,4,使对任意的n,有a,≤xn≤b, 将区间[4,6]三等分，令G-2+血，6=8+26，得到三个长度相同的子 2 2 区间4，G[9,S[s2,b],分别记为，J2,J3,根据它们在实数轴上得左中 右位置和基本列定义，J,至少有一个区间只含有数列{x}的限多项.如 果不然，在山，均有数列的无限多项，那么6，取 X,eJ,XeJ,mm可以任意大，满足k-X≥，=b,0，与基本数列定义 矛盾，所以结论成立. 所以可以从[a,b]中去掉只含有{x}中有限多项的区间J,或J,将得 到区间[a,b]重复这个过程，可得到区间套{[a,b]},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使前一个区间长度的号， (2)每一个[an,b]中含有数列{x}从某项后的所有项 由(1)所得，存在唯一的实数r,使lima。=limb,=r 9-
- 9 - 盖，记其为 a b 2 2 , ，二等分 a b 2 2 , , 如此继续下去，便得区间套 a b n n , ， 满足 n a b , , n n 没有 E 的有限子覆盖.由区间套定理可得， 唯一的 1 , n n n r a b = .使 lim lim n n n n a b r → → = = . 由 E 是 a b, 的覆盖，知 ( , , ) E r 使 . 根据极限不等式， 1 1 , N N a 当 n n> ,有 ， 2 2 , N N b 当 n n> ,有 . 取 N N N = max , ( 1 2 ) ，当 n N ，有 , n n a b .又 n n a r b ， 所以,当 n N ，有 a b n n , , ( ) ，与 a b n n , 没有 E 的有限子覆盖矛盾. 故 a b, 在 E 中存在有限子覆盖. □ 3.3.4 用区间套定理证明柯西收敛定理[1] 证 设基本数列 xn 有界，所以 1 1 a b, ，使对任意的 n ，有 1 b1 a x n ， 将区间[ 1 1 a ,b ]三等分，令 2 2 , 2 2 1 1 2 1 1 1 a b c a b c + = + = ，得到三个长度相同的子 区间 1 1 1 2 2 1 a ,c , c ,c , c ,b ，分别记为 1 2 3 J , J , J ，根据它们在实数轴上得左中 右位置和基本列定义， 1 3 J , J ,至少有一个区间只含有数列 xn 的限多项.如 果不然，在 1 3 J , J 均有数列的无限多项，那么 , 3 0 b − a = 取 xn J1 , xm J 3 ,n,m 可以任意大，满足 3 0 b a x x n m − − = ，与基本数列定义 矛盾，所以结论成立. 所以可以从[ 1 1 a ,b ]中去掉只含有 xn 中有限多项的区间 1 3 J 或J ，将得 到区间[ 2 2 a ,b ]重复这个过程，可得到区间套 a b n n , ，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使前一个区间长度的 3 2 . （2） 每一个 a b n n , 中含有数列 xn 从某项后的所有项. 由（1）所得，存在唯一的实数 r，使 lim lim n n n n a b r → → = =