实数系的完备性

实数系的公理、定理和性质

我们假设实数的完备性（连续性）的公理是：

1. 戴德金原理 （Dedekind completeness）

   Axiom 若将实数集 $\mathbb{R} $ 分成两个子集 $S$ 和 $T$，满足：

   （1）$S \ne \varnothing$ ，$T \ne \varnothing$；

   （2）$\mathbb{R} = S \cap T$；

   （3）$\forall x \in S$，$\forall y \in T$ ，总有$x < y$.

   则 $\exists c \in \mathbb{R}$，$\forall a \in S$，$y \in T$，有 $a \leq c \leq b$，

   称其为实数集 $\mathbb{R}$ 的一个戴德金分割，记作$(S, T)$.

其余7个关于连续性的基本定理：

1. 确界原理（least-upper-bound property）

2. 单调有界定理（monotone convergence theorem）

3. 闭区间套定理（nested convergence theorem）

4. 有限覆盖定理（Heine-Borel theorem）

5. 聚点定理（Bolzano-Weierstrass theorem）

6. 致密性定理（Bolzano-Weierstrass theorem）

7. 柯西收敛准则（Cauchy completeness）

以及实数系的最重要性质：

1. 阿基米德性质（Archimedeasn property)

   $\forall x,y \in \mathbb{R}$，$\exists n \in N_+$， 使得 $na > b$.

• 我们按照以下路线来证明以上诸定理的等价性：

  0.戴德金原理$\Rightarrow$1.确界原理$\Rightarrow$2.单调有界定理$\Rightarrow$3.闭区间套定理$\Rightarrow$4.有限覆盖定理$\Rightarrow$5.聚点定理$\Rightarrow$6.致密性定理$\Rightarrow$7.柯西收敛准则$\Rightarrow$1.确界原理

1. 戴德金原理 $\Leftrightarrow$ 确界原理

首先给出上确界的定义及确界原理的描述：

Definition 设 $E$ 是非空数集.若存在数 $\beta$ ，满足

1. $\forall x \in E$，有 $x \leq \beta$；

2. $\forall \varepsilon > 0$，$\exists x_0 \in E$，有 $\beta - \varepsilon < x_0$，

   则称 $\beta$ 是数集 $E$ 的上确界，表示为 $\beta = \sup E$.

Theorem (确界原理) 若非空数集 $E$ 有上界（下界），则数集 $E$ 存在唯一的上确界（下确界）.

Proof 首先，定义集合 $T = { a \in \mathbb{R} \vert \forall x \in E, a > x }$ ， $S = \mathbb{R} \backslash E$，

必要性：

1. 因为 $E$ 有上界，所以 $\exists M \in \mathbb{R}$，$\forall x \in E$，有 $x \leq M$，令 $a = M + 1$，则 $\forall x \in E$，有 $x \leq M < M + 1 = a$， 故 $a \in T$，$T \ne \varnothing$， $S \ne \varnothing $；
2. 显然 $S \bigcup T = \mathbb{R}$；
3. 任取 $x \in S$，$ y \in T$，由 $x \in S$，$x \notin T$，所以 $\exists z \in E$，有 $z \geq x$. 又因为$z \in E$，而$y \in T$，故$z < y$，从而 $\forall x \in S$，$y \in T$，有 $x \leq z < y$，由戴德金原理，$\exists c \in \mathbb{R}$，$\forall x \in S$，$\forall y \in T$，有 $x \le c \le y$.

下面证明 $c = \sup E$：

1. 已证 $\forall x \in E$，有 $x \in S$. 所以 $\forall x \in E$，有 $x \le c$ ；

2. 因为 $\forall \varepsilon \in \mathbb{R}^+$，有 $c - \dfrac{\varepsilon}{x} < c$，所以 $c - \dfrac{\varepsilon}{2} \notin T$. 由 $T$ 的定义知，$\exists x \in E$，有 $x \ge c - \dfrac{\varepsilon}{2}$. 又因为 $c - \varepsilon < c - \dfrac{\varepsilon}{2}$ ，故 $c - \varepsilon < x$. 所以， $\forall \varepsilon \in \mathbb{R}^+$ ，$\exists x \in E$，有 $c - \varepsilon < x$；

   由上确界的定义知，$c = \sup E$ ， 即 $E$ 有上确界. $\blacksquare$

充分性：

由 $T \ne \varnothing$， $S$ 有上界，有确界原理知，$S$ 有上确界. 同理，$T$ 有下确界. 设 $c_1 = \sup S$， $c_2 = \inf T$.

下面寻找一 点 $c$ 满足 $\forall a \in S, b \in T$，有 $a \le c \le b$ .

1. 若 $c_1 \in S$， 则取 $c = c_1$ 即可；

2. 若 $c_1 \notin S$，则 $c_1 \in T$，分如下两种情况讨论：

   （1）若 $c_2 \in T$，取 $c = c_2$ 即可；

   （2）若 $c_2 \notin T$，则 $c_2 \in S$. 又因为 $c_1 \in T$，则有 $c_2 < c_1$，$c_2 = \inf T$， 所以 $\exists y \in T$，有 $y < c_2 < x$，与条件矛盾，所以不存在该情况.

综上，$\forall a \in S，b \in T$，总能找到 $c \in \mathbb{R}$，使得 $a \le c \le b$. $\blacksquare$

2. 确界原理 $\Rightarrow$ 单调有界原理

Theorem (单调有界原理) 单调有界数列必收敛.

Proof 不妨设 ${a_n}$ 为单调递增数列，且有上界. 由确界原理知，${ a_n }$ 存在上确界 $\beta$.

由上确界的定义，$\forall \varepsilon > 0$， $\exists N \in \mathbb{Z}$，有 $\beta - \varepsilon < a_N$.

对上述的 $N$，$\forall n > N$，有 $\beta - \varepsilon < a_N \le a_n < \beta + \varepsilon$，即 $\vert a_n - \beta \vert < \varepsilon $.

所以 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = \beta$. $\blacksquare$

3. 单调有界定理 $\Rightarrow$ 闭区间套定理

Theorem (闭区间套定理) 设有闭区间列 ${[a_n, b_n]}$，若：

（1）$[a_1,b_1] \supset [a_2, b_2] \supset \cdots \supset [a_n,b_n] \supset \cdots$；

（2）$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (b_n - a_n) = 0$，

则存在唯一的 $c$ 属于所有区间，即 ${c} = \bigcap \limits_{n = 1}^{\infty} [a_n, b_n]$，且 $\lim \limits_{n \to \infty} a_n = \lim \limits_{n \to \infty} b_n = c$ .

Theorem $(\ast)$ 若数列 ${ a_n }$ 和 ${ b_n }$ 满足以下两个条件：

（1） $\forall n \in \mathbb{Z}^+$，有 $a_n \le a_{n + 1} < b_{n + 1} \le b_n$；

（2 ）$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (b_n - a_n) = 0$，

则存在唯一的 $c \in \mathbb{R}$，$\forall n \in \mathbb{Z}^+$，有 $a_n \le c \le b_n $，且 $\displaystyle \lim_{ n \to \infty } a_n = \lim_{ n \to \infty } b_n = c $ .

Proof 由条件（1）知，${ a_n }$ 为单调递增数列， 且有上界 $b$. 由单调有界定理，${a_n}$ 收敛. $\exists c \in \mathbb{R}$，使得 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = c$ . 同理 ${b_n}$ 收敛. 且有 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n =$ $\displaystyle \lim_{n \to \infty} [(b_n - a_n) + a_n] =$ $\lim \limits_{n \to \infty} (b_n + a_n) + \lim\limits_{n \to \infty} a_n = c$.

下面证明 $ c \in \bigcap\limits_{n = 1}^{\infty}[a_n, b_n]$ 的存在性，由 $\sup {a_n} = \inf{b_n}$，由上确界的定义知， $\forall n \in \mathbb{Z}^+$，$a_n \le c \le b_n$.

下面在证明唯一性，设 $\exists c’ \ne c \in \mathbb{R}$，$\forall n \in \mathbb{Z}^+$，有 $a_n \le c’ \le b_n$. 又因为 $\lim \limits_{n \to \infty} a_n = \lim\limits_{n \to \infty} b_n = c$，由夹逼定理知， $c = c’$. $\blacksquare$

4. 闭区间定理 $\Rightarrow$ 有限覆盖定理

Theorem (有限覆盖定理) 若开区间集 $\Gamma$ 覆盖了闭区间 $[a, b]$，则在 $\Gamma$ 中存在有限个开区间也覆盖了闭区间 $[a,b]$.

Proof 反证法，若 $\Gamma$ 中任意有限个开区间都不能覆盖闭区间 $[a,b]$ ，则将 $[a,b]$ 二等分，可得到两个闭子区间 $[a. \dfrac{a + b}{2}]$，$ [\dfrac{a + b}{2}, b]$，则其中至少有一个不能被 $\Gamma$ 中的有限个开区间覆盖，记该闭区间为 $[a_1,b_1]$，再将 $[a_1,b_1]$ 二等分，得到 $[a_1, \dfrac{a_1 + b_1}{2}]$ ，$ [\dfrac{a_1 + b_1}{2}, b_1]$，则其中仍至少有一个不能被 $\Gamma$ 中的有限个开区间覆盖，记该闭区间为 $[a_2,b_2]$，如此下去，得到一个闭区间列 ${[a_n,b_n}$，满足：

（1）$[a_1,b_1] \supset [a_2, b_2] \supset \cdots \supset [a_n,b_n] \supset \cdots$；

（2）$\lim \limits_{ n \to \infty } ( b_n - a_n ) = \lim \limits_{ n \to \infty } \dfrac{ b - a }{ 2^n } = 0$；

（3）每个闭区间 $[a_n,b_n]$都不能被 $\Gamma $ 中的有限个开区间覆盖，

由闭区间套定理，存在唯一一个 $c \in \bigcup\limits_{n = 1}^{\infty} [a_n,b_n]$，且 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n = \lim_{n \to \infty} a_n = c$，显然 $c\in[a,b]$，则 $\exists (\alpha, \beta) \subset [a,b]$，使得 $c\in(\alpha, \beta)$，由 $\alpha < c < \beta$，且 \(a < \lim\limits_{n\to\infty} a_n = c = \lim\limits_{n\to\infty}b_n < \beta，\) 由极限的保序性，$\exists n_0$ 使得 $[a_{n_0}, b_{n_0}]$ 可被 $\Gamma$ 中的开区间 $(\alpha, \beta)$ 覆盖，与（3）矛盾.

因此， $\Gamma$ 中存在有限个开区间也覆盖了闭区间 $[a,b]$. $\blacksquare$

5. 有限覆盖定理 $\Rightarrow$ 聚点定理

Theorem (聚点定理) 数轴上的任意有界无限点集 $E$ 至少有一个聚点.

Proof 由 $E$ 为有界点集，所以存在 $a$ , $b$ ，使得 $E \subset [a,b]$.

反证法 假若 $E$ 中没有聚点，则 $\forall x \in [a, b]$， $x$ 都不是 $[a,b]$ 的聚点. 于是 $\forall \varepsilon_x > 0$，都使得 $(x - \varepsilon_x, x + \varepsilon_x)$ 中至多只有 $E$ 中有限多个点. 从而得到一个开区间集 $\Gamma = {(x - \varepsilon_x, x + \varepsilon_x) \vert x \in [a, b] }$ ，其中每个开区间 $(x - \varepsilon_x, x + \varepsilon_x)$ 至多含有 $E$ 中有限多个点. 显然 $\Gamma$ 覆盖了闭区间 $[a,b]$，由有界覆盖定理，$\Gamma$ 中存在有限个开区间 $(x_1 - \varepsilon_1, x_1 + \varepsilon_1)$， $(x_2 - \varepsilon_2, x_2 + \varepsilon_2)$，$\cdots$，$(x_n - \varepsilon_n, x_n + \varepsilon_n)$ 覆盖了闭区间 $[a,b]$，即 \(E \in [a,b] \subset \bigcup \limits_{k = 1}^n (x_k - \varepsilon_k, x_k + \varepsilon_k)\) 因为 $E$ 为无限点集，所以 $\bigcup \limits_{k = 1}^n (x_k - \varepsilon_k, x_k + \varepsilon_k)$ 中含有 $E$ 中的无限多个点. 但是由 $(x_k - \varepsilon_k, x_k + \varepsilon_k) $ 中至多含有 $E$ 中的有限多个点，从而 $\bigcup \limits_{k = 1}^n (x_k - \varepsilon_k, x_k + \varepsilon_k)$ 中也仅含有 $E$ 中有限多个点，得到矛盾.

所以 $E$ 中至少含有一个聚点. $\blacksquare$

6. 聚点定理 $\Rightarrow$ 致密性定理

Theorem （致密性定理) 任何有界数列${a_n}$都存在收敛的子列.

Proof Case 1：若数列 ${a_n}$ 中存在无限多项相等，设 $a = a_{n_1} = a_{n_2} = \cdots$ （$n_1 < n_2 < \cdots$），则 ${a_{n_k}}$ 为 ${a_n}$ 的收敛子列，即 $\lim \limits_{k \to \infty} a_{n_k} = a$ .

Case 2：若 ${a_n}$ 中没有无限多项相等，则数列 ${a_n}$ 在数轴上的点集 $E = {a_n \vert n \in \mathbb{N}^+}$ 必为有界无限点集. 由聚点定理，$E$ 中至少存在一个聚点.

对 $\varepsilon = 1$，在 $(a-1,a+1)$ 中含有点 $y_1 \in E$，则存在数列中的某项 $a_{n_1} = y_1$，从而 $a_{n_1} \in (a-1,a+1)$.

对 $\varepsilon = \dfrac{1}{2}$，在 $(a-\dfrac{1}{2},a+\dfrac{1}{2})$ 中含有 $E$ 中的无限多个点，则存在某点 $y_2 \in E \cap{a_1,a_2,\cdots,a_{n_1}}$，使 $y_2 = a_{n_2}$，且 $n_2 > n_1$. 依次下去，设已取到 ${a_n}$ 中的 $k$ 个点，满足 $n_k > \cdots > n_2 > n_1$，且 $a_i \in (a - \dfrac{1}{i}, a + \dfrac{1}{i})$，$ i=1,2,\cdots, k$ . 此时 $(a-\dfrac{1}{k+1},a+\dfrac{1}{k+1})$中仍含有 $E$ 中无限多个点，则可取到 \(a_{n_{k+1}}\in (a-\dfrac{1}{k+1},a+\dfrac{1}{k+1})\cap(E \backslash\{a1,a2,\cdots,a_{n_k}\})\)， 使得 $y_{k+1} = a_{n_{k+1}}$，且 $n_k < n_{k+1}$，如此下去，可得到 ${a_n}$ 的子列 ${a_{n_k}}$ ，使得 $a_{n_k} \in (a-\dfrac{1}{k},a+\dfrac{1}{k})$，$k=1,2,\cdots$.

即 $\lim \limits_{k\to\infty} a_{n_k} =a$. $\blacksquare$

7. 致密性定理 $\Rightarrow$ 柯西收敛准则

Theorem（柯西收敛准则） 数列 ${a_n}$ 收敛的充要条件是 $\forall \varepsilon > 0$，$\exists N \in \mathbb{N}^+$，$\forall n, m > N$，有 $\vert a_n - a_m \vert < \varepsilon.$

Proof 必要性显然. 下证充分性：

取 $\varepsilon_0 = 1$，则 $\exists N \in \mathbb{N}$，取 $m = N + 1$，$ \forall n > N$，有 $\vert a_n - a_m \vert < 1$.

又 $\vert a_n \vert = \vert (a_n - a_m) + a_m)\vert $ $\leq$ $ \vert a_n - a_m \vert + \vert a_m \vert < \vert a_m \vert + 1$ ，取 $M = max{ \vert a_1 \vert , \vert a_2 \vert , \cdots, \vert a_N \vert , \vert a_m \vert + 1 }$，则对于一切 $n$，都有 $\vert a_n \vert \leq M$ ，由致密性定理，有界数列 ${ a_n }$ 必定有收敛的子列，不妨设为 $a_{n_k}$，且 $\displaystyle \lim_{k \to \infty} a_{n_k} = A$，则 $\forall \varepsilon > 0$，$\exists N’ > 0$，使得当 $n’, m’, k’ > N$ 时，有 $\vert a_{n’} - a_{m’} \vert < \frac{\varepsilon}{2}$，$\vert a_{n_{k’} - A}\vert < \frac{\varepsilon}{2}$，当 $m’ = k’$ 时，有 $\vert a_{n’} - A\vert \leq \vert a_{n’} - a_{m’}\vert + \vert a_{m’} - a_{k’}\vert \leq \varepsilon$ ，即 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = A$ .

8. 柯西收敛准则 $\Rightarrow$ 确界原理

确界原理前面以及叙述过了，证明思路：由实数的阿基米德性构造一个收敛的上界的数列，再证明数列的极限就是该有界集合的上确界。下面给出证明：

Proof 设 $ S $ 为非空有上界的数集. 由实数的阿基米德性，对于任意的 $a \in S$ ，存在 $ k_a \in \mathbb{N}$，使得 $\lambda_a = k_aa$ 为 $ S $ 的上界，而 $ \lambda_a - a = (k_a - 1)a$ 不是 $ S$ 的上界，即存在 $a’ \in S$，使得 $a’ > \lambda_a$.

分别取 $a_n = \frac{1}{n}$， $n = 1, 2, \dots$ ，则对于每一个正整数 $n$，存在一个对应的 $\lambda_n$，使得 $\lambda_a$ 为$ S$ 的上界，而 $ \lambda_a - \frac{1}{n} $ 不是 $ S$ 的上界，故对任意的 $a_n’ \in S$ ，有 $a_n’ > \lambda_n - \frac{1}{n}$.

又对于正整数 $m$ ，$\lambda_m$ 是 $S$ 的上界，故有 $\lambda_m \geq a_n’$ ，从而

\(\lambda_n - \lambda_m < \frac{1}{n}\) ，

同理有

\(\lambda_m - \lambda_n < \frac{1}{m}\) ，

从而有

\(\vert \lambda_n - \lambda_m \vert < max\{\frac{1}{n},\frac{1}{m}\}\)，

于是，对于任给的 $\varepsilon > 0$，存在 $N > 0$，使得当 $n,m > N$ 时，有

\(\vert \lambda_n - \lambda_m \vert < \varepsilon\)，

由柯西收敛准则，数列 ${\lambda_n}$ 收敛，记作 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \lambda_n = \lambda$ .

下证 $ \lambda$ 就是 $S$ 的上确界.

首先，对于任意的 $a\in S$ 和正整数 $n$，都有 $a \leq \lambda_n$，从而 $a \leq \lambda$，即 $a$ 是 $ S$ 的上界. 其次，对任何 $\delta > 0$ ，由及 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \lambda_n = \lambda$ ，对充分大的 $n$，同时有

\[\frac{1}{n} < \frac{\delta}{2}，\lambda_n > \lambda - \frac{\delta}{2}\]

而 $\lambda_n - \frac{1}{n}$ 不是$ S$ 的上界，故存在 $a’ \in S$，使得

\(a' > \lambda_n - \frac{1}{n}\)，

于是有

\(a' > \lambda_n - \frac{1}{n} > \lambda - \frac{\delta}{2} > \lambda - \delta\)，

即 $\lambda$ 为 $S$ 的上确界.