有限覆盖定理证明其他实数完备性定理

1、有限覆盖定理证明确界原理

证明:

设$S$为非空有上界的数集，我们证明$S$有上确界

不妨设$S$没有最大值,设$b$为$S$的一个上界,下面用反证法来证明$supS=\xi$存在

假设$supS$不存在，取$a\in S$对任一$x\in [a,b]$，依下述方法确定一个相应的邻域

$$U_x=(x-\delta ,x+\delta )$$

$1)$若$x\in S$，因$S$中没有最大值，所以至少存在一点$x^{\prime }\in S$，使$x^{\prime }<x$，这时取$\delta =x^{\prime }-x$

$2)$若$x\notin S$且$x$不是$S$的上界,同样存在$x^{\prime }\in S$,使$x<x^{\prime }$,这时取$\delta =x-x^{\prime }$

$3)$若$x\in S$,且$x$是$S$的上界,因$supS$存在，故有$\delta >0$,使得$U_x=(x-\delta ,x+\delta )$中的点都是$S$的上界.

于是我们得到了$[a,b]$的一个开覆盖:

H = { U x = ( x − δ , x + δ ) ∣ x ∈ [ a , b ] } {H}=\left\{
{U}_{
{x}}=({x}-\delta,{x}+\delta)\mid{x}\in[{a},{b}]\right\} H={
Ux​=(x−δ,x+δ)∣x∈[a,b]}

根据有限覆盖定理，$H$有有限子覆盖:

H ~ = { U n k = ( x k − δ x k , x k + δ x k ) ∣ k = 1 , 2 , ⋯   , n } \widetilde{
{H}}=\left\{
{U}_{nk}=\left({x}_{k}-\delta_{x_k},{x}_{k}+\delta_{x_k}\right)\mid{k}=1,2,\cdots,n\right\} H
={
Unk​=(xk​−δxk​​,xk​+δxk​​)∣k=1,2,⋯,n}

将$U_x$分成两类,若$U_x$是$3)$中所确定的开区间，我们把$U_x$称为是第二类的，否则称为是第一类的,显然$a$所属的邻域$U_{xi}$是第一类的，$b$所属的邻域$U_{xi}$是第二类的,所以至少有一个第一类邻域与某个第二类邻域相交，这是不可能的.

2、有限覆盖定理证明单调有界定理

单调有界定理即单调有界数列必有极限

证:

不妨设数列 { x n } \{x_n\} {
xn​}单调递增有上界$M$，且若 { x n } \{x_n\} {
xn​}中有最大值，则易知 { x n } \{x_n\} {
xn​}收敛于某常数，从而定理得证，一下假设 { x n } \{x_n\} {
xn​}中没有最大值，我们用反证法来证明

$(1)$设 { x n } \{x_n\} {
xn​}没有极限。对任意取定自然数$n_0$有$x_{n_0}<M$,下面作闭区间$\left[x_{n_0},M\right]$的对应开覆盖$H$.设$x\in \left[x_{n_0},M\right]$

$1)$若$x=x_n^{\prime }$($n^{\prime }$是自然数)。因为 { x n } \{x_n\} {
xn​}中没有最大值，说以至少存在某个自然数$n^{\prime \prime }$,使得$x_{n^{\prime }}\le x_{n^{\prime \prime }}$,这时取$\delta =x_{n^{\prime }}-x_{n^{\prime \prime }}$得$x$的领域$(x-\delta ,x+\delta )$

$2)$若$x\notin x_n^{\prime }$且不是 { x n } \{x_n\} {
xn​}的上界，同样存在 x n ′ ∈ { x n } x_n’\in\{x_n\} xn′​∈{
xn​}，使$x_{n^{\prime }}\le x_{n^{\prime \prime }}$,取$\delta =x_{n^{\prime }}-x_{n^{\prime \prime }}$得$x$的领域$(x-\delta ,x+\delta )$

$3)$若 x = x n ′ ∈ { x n } x= x_{n’}\in\{x_n\} x=xn′​∈{
xn​}且是 { x n } \{x_n\} {
xn​}的上界。因为${\lim }_{n\to \infty }{x}_n$不存在，故必存在$x$的邻域
$(x-\delta ,x+\delta )$,使得它不含有 { x n } \{x_n\} {
xn​}中的任何项，于是我们得到了闭区间$\left[x_{n_0},M\right]$的一个开覆盖

$(2)$由有限覆盖定理，选出有限个开区间:

$$\left(x_1-{\delta }_1,x_1+{\delta }_1\right),\cdots ,\left(x_n-{\delta }_n,x_n+{\delta }_n\right)$$

也能覆盖闭区间$\left[x_{n_0},M\right]$

$(3)$将这有限个开区间分成两类:若$(x_i-{\delta }_i,x_i+{\delta }_i)$是第$3)$中情形，则称之为第$1$类;否则称为第$2$类

显然$x_{n_0}$所属的邻域是第$1$类，$M$所属的邻域是第$2$类，但因

$$\left(x_1-{\delta }_1,x_1+{\delta }_1\right),\cdots ,\left(x_n-{\delta }_n,x_n+{\delta }_n\right)$$

覆盖了$\left[x_{n_0},M\right]$,所以至少有一个第$1$类开区间与某个第$2$类开区间相交,这是不可能的,矛盾。

3、有限覆盖定理证明区间套定理

区间套定理：即若 { [ a n , b n ] } n = 1 ∞ \{[a_n,b_n]\}_{n=1}^{\infty} {
[an​,bn​]}n=1∞​是一闭区间套,则存在唯一$\xi$属于所有的闭区间$[a_n,b_n]$,$n=1,2,\cdots$

证：用反证法证明

$(1)$假设$[a_n,b_n]$,$n=1,2,\cdots$,没有公共点,则$[a_1,b_1]$上的任何一点都不是 { [ a n , b n ] } \{[a_n,b_n]\} {
[an​,bn​]}的公共点,从而,总存在一个开区间$\left(x-{\delta }_x,x+{\delta }_x\right)$,使得$\left(x-{\delta }_x,x+{\delta }_x\right)$不与所有的$\left[a_n,b_n\right]$相交即，存在$\left[\begin{array}{l}{a}_{n_x}{b}_{n_x}\end{array}\right]$,使$\left[\begin{array}{l}{a}_{n_x}\end{array},b_{n_x}\right]\cap \left(x-{\delta }_x,x+{\delta }_x\right)=\varphi$

现让$x$取遍$[a_1,b_1]$上的所有点,就得到一个开区间集:

H = { ( x − δ x , x + δ x ) : x 取遍 [ a 1 , b 1 ] 上的所有点 } {H}=\{(x-\delta_x,x+\delta_x):x\text{取遍}[{a}_1,{b}_{1}]\text{上的所有点}\} H={
(x−δx​,x+δx​):x取遍[a1​,b1​]上的所有点}

$(2)$由有限覆盖定理,选出有限个开区间:

H ~ = { ( x k − δ x , x k + δ x k ) : k = 1 , 2 , ⋯ m } \widetilde{
{H}}=\left\{\left(x_k-\delta x,x_k+\delta x_k\right):k=1,2,\cdots{m}\right\} H
={
(xk​−δx,xk​+δxk​):k=1,2,⋯m}

覆盖闭区间$[a,b]$,其中

$$\left(x_k-{\delta }_{x_k},x_k+{\delta }_{x_k}\right)\cap [a_{n_{x_k}},b_{n_{x_k}}]=\varphi$$

$(3)$因为$[a_{n_{x_k}},b_{n_{x_k}}]$只有有限个,由闭区间套定理的条件,它们是一个包含着一个,因此其中一定有一个最小区间,设为$[a_{n_0},b_{n_0}]$,这时,

$$\left[a_n,,b_n,\right]\cap \left(x_k-{\delta }_{x_k},x_k+{\delta }_{x_k}\right)=\varphi ,k=1,2,\cdots m$$

从而,

$$[a_{n_0},b_n]\cap U_{k=1}^n\left(x_k-{\delta }_{x_k},x_k+{\delta }_{x_k}\right)=\varphi$$

这就与$[a_{n_0},b_{n_0}]\subset [a_1,b_1]$矛盾

所以，$[a_n,b_n]$,$n=1,2,\cdots$,应有公共点

4、有限覆盖定理证明聚点定理

证：

设$E$为有界无穷点集,因此存在$M>0$,使得$E\subset [-M,+M]$.由本节习题6知,$[-M,+M]$的聚点均含于$[-M,+M]$,故$E$若有聚点,必含于$[-M,+M]$

反证法:

若$E$无聚点,即$[-M,+M]$中任何一点都不是$E$的聚点,则对于$\forall x\in [-M,+M]$,必有相应的${\delta }_x>0$,使得$U\left(x;{\delta }_x\right)$内至多只有点$x\in E(若x\notin E,则U\left(x;{\delta }_x)中不含E中之点\right)$.所有这些邻域的全体形成$[-M,+M]$的一个无限开覆盖：

H = { ( x − δ x , x + δ x ) ∣ x ∈ [ − M , + M ] } H=\left\{\left(x-{\delta}_{x},x+{\delta}_{x}\right)\mid x\in[-M,+M]\right\} H={
(x−δx​,x+δx​)∣x∈[−M,+M]}

由有限覆盖定理知，$H$中存在有限个开区间能覆盖$[-M,+M]$.记

H ˉ = { ( x − δ x k , x + δ x k ) ∣ x k ∈ [ − M , + M ] , k = 1 , 2 , ⋯   , N } ⊂ H \bar{H}=\left\{\left(x-\delta_{x_{k}},x+\delta_{x_{k}}\right)\mid x_{k}\in[-M,+M],k=1,2,\cdots,N\right\}\subset H Hˉ={
(x−δxk​​,x+δxk​​)∣xk​∈[−M,+M],k=1,2,⋯,N}⊂H

为$[-M,+M]$的一个有限开覆盖,则$\bar{H}$也覆盖了$E$.由$U\left(x;{\delta }_x\right)$的构造含意知，$\bar{H}$中$N$个邻域至多有$N$个点属于$E$,这与$E$为无穷点集相矛盾.因此,在$[-M,+M]$内一定有$E$的聚点.

由此聚点定理得证。

习题6证明:闭区间$[a,b]$的全体聚点的集合$[a,b]$本身。

证

$(1)$设$x\in [a,b]$,若$x\in (a,b)$,取 δ = min ⁡ { ∣ x − a ∣ , ∣ x − b ∣ } \delta=\min\{|{x}-{a}|,|{x}-{b}|\} δ=min{
∣x−a∣,∣x−b∣},则$\delta >0$,且$U(x,\delta )\subset [a,b]$,从而对任给正数$\epsilon (<\delta )$,有$U(x,\epsilon )\subset [a,b]$,而$U(x,\epsilon )$中含有$[a,b]$的无限多个点,故$x$为$[a,b]$的聚点.

若$x=a$,则对任给正数$\epsilon (<b-a)$,有$U_{+}(a,\epsilon )\subset U(a,\epsilon )$,且$U_{+}(a,e)\subset [a,b]$,即$U(a,\epsilon )$内含有$[a,b]$的无限多个点,故$a$是$[a,b]$的聚点。

$x=b$同理可证.

$(2)$设$x$为$[a,b]$聚点,假设$x\notin [a,b]$,则$x<a$,或$x>b$,

若$x<a$,取$0<\epsilon <a-x$,则$U(x,\epsilon )\cap [a,b]=\varnothing$,即$U(x,\epsilon )$中不含$[a,b]$的点这与$x$为$[a,b]$的聚点相矛盾.所以$x\in [a,b]$。

$x>b$同样可证.

5、有限覆盖定理证明Cauchy收敛准则→设柯西数列的套路

证(反证法)

假设柯西列 { x n } \left\{x_{n}\right\} {
xn​}不收敛，易证 { x n } \left\{x_{n}\right\} {
xn​}为有界无穷数列，取$\epsilon =1$,因 { a n } \left\{
{a}_{
{n}}\right\} {
an​}是柯西数列，所以存在某个正整数$N_0$,当$n>N_0$时有$|a_n-a_{N_0+1}\mid <1$,亦即当$n>N_0$时$\left|a_n\right|⩽\left|a_{N_0+1}\right|+1$即 { a n } \left\{
{a}_{
{n}}\right\} {
an​}有界。

即,存在闭区间$[a,b]$使得 { x n } ⊂ [ a , b ] \left\{x_{n}\right\}\subset[a,b] {
xn​}⊂[a,b]。则$\forall x\in [a,b],\exists U(x),$ $\delta$使得$U(x,\delta )$中只含有 { x n } \left\{x_{n}\right\} {
xn​}中的有限多项(否则，若$\forall \delta >0$,$U(x,\delta )$都有 { x n } \left\{x_{n}\right\} {
xn​}中的无限多项，则易证 { x n } \left\{x_{n}\right\} {
xn​}收敛,这与假设矛盾)。

从而得$[a,b]$的一个开覆盖 H : = { U ( x , δ ) ∣ x ∈ [ a , b ] } {H}:=\{U(x,\delta)\mid x\in[a,b]\} H:={
U(x,δ)∣x∈[a,b]}

由$Heine-Borel$有限覆盖定理知，存在$H$的一个有限子覆盖

H 1 : = { U ( x i , δ i ) ∣ x i ∈ [ a , b ] , i = 1 , 2 , ⋯   , k } {H}_{1}:=\left\{U\left(x_{i},\delta_{i}\right)\mid x_{i}\in[a,b],i=1,2,\cdots,k\right\} H1​:={
U(xi​,δi​)∣xi​∈[a,b],i=1,2,⋯,k}

所以$\cup H_1$,只含有 { x n } \left\{x_{n}\right\} {
xn​}中的有限多个点，这显然与 ( ∪ H 1 ) ⊃ [ a , b ] ⊃ { x n } \left(\cup H_{1}\right)\supset[a,b]\supset\left\{x_{n}\right\} (∪H1​)⊃[a,b]⊃{
xn​}是矛盾的,
假设错误,因此 { x n } \left\{x_{n}\right\} {
xn​}必收敛。