实数完备性七大定理

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感谢：B站大佬@iby000，大部分证明来源于他

感谢：大佬 luogu@Zjl37，他指出了确界定理，柯西收敛原理，有限覆盖定理等定理的证明的错误

原前置定义的 \sup 和 \inf 错误，其定义以现在的版本为准

upd:2023/10/17

upd:2023/10/19

修复了1->2，5->6，*2->7，7->1 的字符错误与逻辑错误

采用了加法公理，乘法公理，序公理以及整数，有理数的公理系统之后，我们用上图的顺序，证明七大定理。

  1. 戴德金定理（Dedekind）：若 (A|B) 是 \mathbb R 的一个分割，则 A 有最大数或 B 有最小数

  2. 确界原理：若 A\subset\mathbb R，A 有上（下）界，则A 有上（下）确界

  3. 单调有界定理：单调有界数列收敛

  4. 列紧致定理（波尔扎诺-魏尔斯特拉斯定理）（Bolzano-Weierstrass）：有界数列有收敛子列

  5. 闭区间套定理：长度趋于零的闭区间套的交是单元素集

  6. 有限覆盖定理（Heine-Borel）：闭区间的开覆盖存在有限子集也是该闭区间的开覆盖

  7. 柯西收敛原理（Cauchy）：基本列收敛

前置定义：

  1. 若 \forall x\in\mathbb R,\ x\not\in A\leftrightarrow x\in B，且 \forall a\in A, b\in B, a<b，称 (A|B) 是 \mathbb R 的分割

  2. 若 a\in\mathbb R 满足 \forall x\in A, x\le a，称 a 是 A 的上界

  3. 若 A 的上界 s 满足 \forall t<s，t 不是 A 的上界，则称 s 是 A 的上确界，记作 \sup A，同理定义下确界，记作 \inf A

  4. 若 \{i_n\} 是严格递增正整数列，称 \{a_{i_n}\} 为 \{a_n\} 的子列

  5. 若闭区间列 \{I_n\} 满足 \forall n\in \mathbb N^+ 有 I_n\supset I_{n+1}，称 \{I_n\} 为一个闭区间套

  6. 若集合 A 和开区间集 S 满足 \forall a\in A, \exists s\in S, a\in s，称 S 是 A 的开覆盖

  7. 若 \{a_n\} 满足 \forall \epsilon>0, \exists N\in\mathbb N^+, \forall n>m\ge N, |a_m-a_n|<\epsilon，称 \{a_n\} 为基本列（柯西列）

前置知识：

极限的 \epsilon-N 语言，极限的四则运算，夹逼原理

证明过程中的引理(*)：

  1. 单调子列定理：任意数列有单调子列

  2. 有限覆盖定理推论：有界数列的所在闭区间的开覆盖中存在一个开区间包含了数列的无限项

  3. 聚点定理：若 \{a_n\} 有界，\forall \epsilon>0, \exists a\in\mathbb R, (a-\epsilon,\ a+\epsilon) 中包含了 \{a_n\} 的无穷项

2→1

设 (A|B) 是 \mathbb R 的分割，由确界定理，A 有上确界 a，B 有下确界 b

若 a<b，\dfrac12(a+b)\not\in A\cup B=\mathbb R; 若 a>b， \dfrac12(a+b)\in A\cap B=\emptyset，矛盾

所以 a=b. 若 a\in A，A 有最大数；否则，B 有最小数

1→2

设 A 有上界，令集合 B=\{b\in \mathbb R|\forall a\in A, a\le b\}, C=\{c\in\mathbb R|\exists a\in A, a>c\}

则 C\cup B=\mathbb R, C\cap B=\emptyset，且 \forall c\in C, b\in B, c<b，所以 (C|B) 是 \mathbb R 的分割

则由戴德金定理，C 有最大数或 B 有最小数.

若 B 有最小数，即为 A 的上确界

若 B 无最小数，则 C 有最大数，设为 m，则 \exists a\in A, a>m

则取 n=\dfrac{a+m}2，则 m<n<a，则 n\in C，则 m 不是最大数，矛盾

故 C 无最大数，故 B 有最小数，故 A 有上确界

同理，若 A 有下界，A 有下确界

2→3

若 \{a_n\} 单调有界，不妨设 \{a_n\} 单调增，则 a_1 是下确界.

由确界原理，\{a_n\} 有上确界 a.

若 \exists \epsilon>0, \forall N\in\mathbb N^+, a_N<a-\epsilon，则与 a 是上确界矛盾

\therefore\forall\epsilon>0, \exists N\in\mathbb N^+, a_N>a-\epsilon$，即 $\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=a

*1

令 A=\{n\in\mathbb N^+|\forall m>n, a_m\ge a_n\}

若 A 是无限集，将 A 中元素从小到大排序为 \{i_n\}，则 \{a_{i_n}\} 单调增

若 A 是有限集，\exists N\in\mathbb N^+, \forall a\in A, N>a

则 \forall n\ge N, \exists m>n, a_m<a_n，设最小的为 f(n)

定义 \{i_n\}:i_1=N, i_n=f(i_{n-1})，则 \{a_{i_n}\} 单调减

3,*1→4

由单调子列定理，存在单调子列，又由单调有界定理，这个子列收敛

4→3

由列紧致定理，单调有界数列 \{a_n\} 存在子列 \{a_{i_n}\} 收敛于 a. 不妨设 \{a_n\} 单调增.

\forall\epsilon>0, \exists M\in\mathbb N^+, \forall m\ge M, a-a_{i_m}<\epsilon

有单调增可知 \forall\epsilon>0, \exists N\in\mathbb N^+(N=i_M), \forall n\ge N, a-a_n<\epsilon

即 \lim_{n\rightarrow \infty}a_n=a

3→5

设闭区间套 \{[a_n, b_n]\}, \lim_{n\rightarrow\infty}(b_n-a_n)=0

则可知 \{a_n\} 单调增，有上界 b_1，由单调有界定理，\{a_n\} 存在极限 a

同理，\{b_n\} 存在极限 b，b-a=\lim_{n\rightarrow\infty}(b_n-a_n)=0，即 a=b

则 \forall n\in\mathbb N^+, a\in[a_n, b_n], \therefore a\in\bigcap_{n=1}^\infty[a_n, b_n]

又若 c\in\bigcap_{n=1}^\infty[a_n, b_n] 若 c<a, \exists N\in\mathbb N^+, a_N>c；若 c>a, \exists N\in\mathbb N^+, b_N<c，矛盾！

## 5→6 首先，对于闭区间 $[a, b]$，若 $[a,\dfrac{a+b}2], [\dfrac{a+b}2, b]$ 都能被有限覆盖，则这两个有限覆盖的并包含于原开覆盖且是 $[a, b]$ 的有限覆盖（有限覆盖是以开区间为元素的集合） 即：若不能被有限覆盖，$[a,\dfrac{a+b}2], [\dfrac{a+b}2, b]$ 中至少有一个不能被有限覆盖 我们用 Bolzano 二分法： 设 $A$ 是 $[a_1, b_1]$ 的开覆盖，$[a_1,\dfrac{a_1+b_1}2], [\dfrac{a_1+b_1}2, b_1]$ 有一个不能被 $A$ 的子集有限开覆盖 设这个闭区间为 $[a_2, b_2]$，同样的方法定义 $[a_3, b_3], [a_4, b_4],...

则 \{[a_n, b_n]\} 是长度趋于零的闭区间套.

由闭区间套定理，\bigcap_{n=1}^\infty[a_n, b_n]=\{a\}

又 \because A 能开覆盖 [a_1, b_1] \therefore \exists (l,r)\in A, a\in(l,r)

\therefore \exists \epsilon>0, (a-\epsilon, a+\epsilon)\subseteq(l,r)

又 \because \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}b_n=a

\therefore \exists N\in\mathbb N^+, \forall n\ge N, |a_n-a|<\epsilon, |b_n-a|<\epsilon

即 \forall n\ge N, [a_n, b_n]\subset(a-\epsilon, a+\epsilon)\subseteq(l, r)

即：[a_n, b_n] 能被有限覆盖，矛盾！\therefore [a_1, b_1] 能被有限覆盖

6→*2

设 \{a_n\} 有界，\forall n\in\mathbb N^+, a_n\in[l, r]

若 A 是开覆盖，由有限覆盖定理，A 存在子集 B=\{b_1,...,b_n\} 是有限开覆盖

若 \forall n, b_n 只包含有限项，设包含的项数为 k_n

则 \bigcup_{i=1}^{|B|}b_i 中包含的总项数 k\le\sum_{i=1}^{|B|}k_i，是有限数

但 \forall n\in \mathbb N, a_n\in[l,r]\subset\bigcup_{i=1}^{|B|}b_i，矛盾！

所以，\exists b_n\in B\subseteq A 包含了无限项

*2→7

我们用反证法

若 \{x_n\} 是基本列，即 \forall \epsilon>0,\exists N\in\mathbb N,\forall n>m>N, |x_n-x_m|<\epsilon

我们先证明 \{x_n\} 有界

对于 1，\exists N\in \mathbb R, \forall n>m>N, |x_n-x_m|<1

\therefore \forall n\ge N+1, |x_n-x_{N+1}|<1 \therefore \forall m\in \mathbb N, \min\{x_1,...,x_N,x_{N+1}-1\}\le x_m\le\max\{x_1,...,x_N, x_{N+1}+1\}

换句话说，就是：\{x_n\}_{n>N} 是有界的（x_n\in(x_{N+1}-1,x_{N+1}+1)）

而 \{x_n\}_{1\le n\le N} 只有有限项，所以也是有界的

所以 \{x_n\} 有界，设 x_n\in [a,b]

假设 \{x_n\} 发散，即：\forall x\in \mathbb R,\exists \epsilon_x>0, \forall N\in\mathbb N, \exists n>N, |x_n-x|\ge\epsilon_x

令：I_x=(x-\dfrac{\epsilon_x}2,x+\dfrac{\epsilon_x}2)，则 x\in I_x

故 \{I_x|x\in[a,b]\} 是 [a,b] 的开覆盖

由 *2 可知，\exists x\in[a,b], I_x 包含了 \{x_n\} 的无限项

由 \{x_n\} 是基本列，\exists N\in \mathbb N, \forall n>m>N, |x_n-x_m|<\dfrac{\epsilon_x}2

因为 I_x 包含了无限项，所以 \exists m>N，x_m\in I_x，即 |x_m-x|<\dfrac{\epsilon_x}2

又由 \epsilon_x 的定义，\exists n>m, |x_n-x|\ge \epsilon_x

\therefore |x_n-x_m|\ge|x_n-x|-|x_m-x|>\dfrac{\epsilon_x}2

矛盾！所以 \{x_n\} 收敛

7→1

设 (A|B) 是 \mathbb R 的分割

任取 a\in A，对所有正整数 k，构造等差数列：a^{(k)}=\{a+2^{-k}n\}

那么，a^{(k+1)}_{2n}=a^{(k)}_n

且 \forall b\in B, \forall k, \exists m, a^{(k)}_m\ge b

又因为 \forall l\ge m，若 a^{(k)}_m\ge b，则 a^{(k)}_l>b，即 a^{(k)}_l>b\in B

所以，\{l|a^{(k)}_{l}\in A\} 是有限集，故存在最大数 c_k

令 x_n=a^{(n)}_{c_n}

\because a_{2c_{n-1}}^{(n)}=a_{c_{n-1}}^{(n-1)}=x_{n-1}\in A

则 x_n\ge a_{2{c_{n-1}}}^{(n)}=x_{n-1}，即 \{x_n\} 非严格单调增

又 \because x_{n}+2^{n}=a_{c_{n}+1}^{(n)}\in B

\therefore\forall m>n, x_m<x_{n}+2^{n} \because \forall \epsilon>0, \exists N\in\mathbb N, 2^N<\epsilon$，此时 $\forall n>m>N, |x_n-x_m|=x_n-x_m\le x_n-x_N<2^N<\epsilon

所以 \{x_n\} 是基本列，由柯西收敛原理，\{x_n\} 存在极限 x，

且由 \{x_n\} 单调增可知 \forall n\in \mathbb N, x_n\le x

故 \forall n\in \mathbb N, x+2^{-n}\ge x_n+2^{-n}\in B，故 x+2^{-n}\in B

\therefore\forall\epsilon>0, x+\epsilon\in B$，即 $\forall y>x, y\in B

又 \forall n\in \mathbb N, x_n+2^{-n}>x，即 x-2^{-n}<x_n\in A

\therefore\forall\epsilon>0, x-\epsilon\in A$，即 $\forall y<x, y\in A

又 \because(A|B) 是 \mathbb R 的分割 \therefore x\in A 或 x\in B

若 x\in A，则 x 是最大数；若 x\in B，x 是最小数

综上，七大定理可以循环论证，所以知一推六。

同学们可以尝试证明：3→7，5→4，5→7