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SSS为非空有上界的数集，我们证明SSS有上确界

不妨设SSS没有最大值,设bbb为SSS的一个上界,下面用反证法来证明supS=ξsupS=\xisupS=ξ存在

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

Ux=(x−δ,x+δ)U_{x}=(x-\delta,x+\delta)Ux=(x−δ,x+δ)

1)1)1)若x∈Sx\in Sx∈S，因SSS中没有最大值，所以至少存在一点x′∈Sx'\in Sx′∈S，使x′<xx'< xx′<x，这时取δ=x′−x\delta=x^{\prime}-xδ=x′−x

2)2)2)若x∉S{x}\notin Sx∈/S且x{x}x不是SSS的上界,同样存在x′∈S{x}^{\prime}\in{S}x′∈S,使x<x′{x}< {x}^{\prime}x<x′,这时取δ=x−x′\delta={x}-{x}^{\prime}δ=x−x′

3)3)3)若x∈S{x}\in{S}x∈S,且x{x}x是SSS的上界,因supSsupSsupS存在，故有δ>0\delta> 0δ>0,使得Ux=(x−δ,x+δ){U}_{{x}}=({x}-\delta,{x}+\delta)Ux=(x−δ,x+δ)中的点都是SSS的上界.

于是我们得到了[a,b][a,b][a,b]的一个开覆盖:

H={Ux=(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，HHH有有限子覆盖:

H~={Unk=(xk−δxk,xk+δxk)∣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UxU_xUx分成两类,若UxU_xUx是3)3)3)中所确定的开区间，我们把UxU_xUx称为是第二类的，否则称为是第一类的,显然aaa所属的邻域UxiU_{xi}Uxi是第一类的，bbb所属的邻域UxiU_{xi}Uxi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{xn}\{x_n\}{xn}单调递增有上界MMM，且若{xn}\{x_n\}{xn}中有最大值，则易知{xn}\{x_n\}{xn}收敛于某常数，从而定理得证，一下假设{xn}\{x_n\}{xn}中没有最大值，我们用反证法来证明

(1)(1)(1)设{xn}\{x_n\}{xn}没有极限。对任意取定自然数n0n_0n0有xn0<Mx_{n_0}< Mxn0<M,下面作闭区间[xn0,M]\left[x_{n_{0}},{M}\right][xn0,M]的对应开覆盖HHH.设x∈[xn0,M]x\in\left[x_{n_{0}},{M}\right]x∈[xn0,M]

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

2)2)2)若x∉xn′x\notin x_n'x∈/xn′且不是{xn}\{x_n\}{xn}的上界，同样存在xn′∈{xn}x_n'\in\{x_n\}xn′∈{xn}，使xn′≤xn′′x_{n^{\prime}}\leq x_{n^{\prime\prime}}xn′≤xn′′,取δ=xn′−xn′′\delta=x_{n^{\prime}}-x_{n^{\prime\prime}}δ=xn′−xn′′得xxx的领域(x−δ,x+δ)(x-\delta,x+\delta)(x−δ,x+δ)

3)3)3)若x=xn′∈{xn}x= x_{n'}\in\{x_n\}x=xn′∈{xn}且是{xn}\{x_n\}{xn}的上界。因为lim⁡n→∞xn\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}limn→∞xn不存在，故必存在xxx的邻域
(x−δ,x+δ)(x-\delta,x+\delta)(x−δ,x+δ),使得它不含有{xn}\{x_n\}{xn}中的任何项，于是我们得到了闭区间[xn0,M]\left[x_{n_{0}},{M}\right][xn0,M]的一个开覆盖

(2)(2)(2)由有限覆盖定理，选出有限个开区间:

(x1−δ1,x1+δ1),⋯,(xn−δn,xn+δn)\left(x_{1}-\delta_{1},x_{1}+\delta_{1}\right),\cdots,\left(x_n-\delta_n,x_n+\delta_n\right)(x1−δ1,x1+δ1),⋯,(xn−δn,xn+δn)

也能覆盖闭区间[xn0,M]\left[x_{n_{0}},{M}\right][xn0,M]

(3)(3)(3)将这有限个开区间分成两类:若(xi−δi,xi+δi)(x_{i}-\delta_{i},x_{i}+\delta_{i})(xi−δi,xi+δi)是第3)3)3)中情形，则称之为第111类;否则称为第222类

显然xn0x_{n_0}xn0所属的邻域是第111类，MMM所属的邻域是第222类，但因

(x1−δ1,x1+δ1),⋯,(xn−δn,xn+δn)\left(x_{1}-\delta_{1},x_{1}+\delta_{1}\right),\cdots,\left(x_n-\delta_n,x_n+\delta_n\right)(x1−δ1,x1+δ1),⋯,(xn−δn,xn+δn)

覆盖了[xn0,M]\left[x_{n_0},{M}\right][xn0,M],所以至少有一个第111类开区间与某个第222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{[an,bn]}n=1∞\{[a_n,b_n]\}_{n=1}^{\infty}{[an,bn]}n=1∞是一闭区间套,则存在唯一ξ\xiξ属于所有的闭区间[an,bn][a_n,b_n][an,bn],n=1,2,⋯n=1,2,\cdotsn=1,2,⋯

证：用反证法证明

(1)(1)(1)假设[an,bn][a_n,b_n][an,bn],n=1,2,⋯n=1,2,\cdotsn=1,2,⋯,没有公共点,则[a1,b1][a_1,b_1][a1,b1]上的任何一点都不是{[an,bn]}\{[a_n,b_n]\}{[an,bn]}的公共点,从而,总存在一个开区间(x−δx,x+δx)\left(x-\delta_{x},x+\delta_{x}\right)(x−δx,x+δx),使得(x−δx,x+δx)\left(x-\delta_x,x+\delta_{x}\right)(x−δx,x+δx)不与所有的[an,bn]\left[a_n,b_n\right][an,bn]相交即，存在[anxbnx]\left[\begin{array}{lll}a_{n_x}b_{n_x}\end{array}\right][anxbnx],使[anx,bnx]∩(x−δx,x+δx)=ϕ\left[\begin{array}{lll}a_{n_x}\end{array},b_{n_x}\right]\cap\left(x-\delta_x,x+\delta_x\right)=\phi[anx,bnx]∩(x−δx,x+δx)=ϕ

现让xxx取遍[a1,b1][a_1,b_1][a1,b1]上的所有点,就得到一个开区间集:

H={(x−δx,x+δx):x取遍[a1,b1]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)(2)(2)由有限覆盖定理,选出有限个开区间:

H~={(xk−δx,xk+δxk):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][{a},{b}][a,b],其中

(xk−δxk,xk+δxk)∩[anxk,bnxk]=ϕ\left(x_k-\delta_{x_k},x_k+\delta_{x_k}\right)\cap[{a}_{n_{x_k}},{b}_{n_{x_k}}]=\phi(xk−δxk,xk+δxk)∩[anxk,bnxk]=ϕ

(3)(3)(3)因为[anxk,bnxk][a_{n_{x_k}},b_{n_{x_k}}][anxk,bnxk]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[an0,bn0][a_{n_0},b_{n_0}][an0,bn0],这时,

[an,,bn,]∩(xk−δxk,xk+δxk)=ϕ,k=1,2,⋯m\left[a_{n},,b_{n},\right]\cap\left(x_{k}-\delta_{x_k},x_{k}+\delta_{x_k}\right)=\phi,k=1,2,\cdots m[an,,bn,]∩(xk−δxk,xk+δxk)=ϕ,k=1,2,⋯m

从而,

[an0,bn]∩Uk=1n(xk−δxk,xk+δxk)=ϕ[a_{n_0},b_{n}]\cap U_{k=1}^{n}\left(x_{k}-\delta_{x_k},x_{k}+\delta_{x_k}\right)=\phi[an0,bn]∩Uk=1n(xk−δxk,xk+δxk)=ϕ

这就与[an0,bn0]⊂[a1,b1][a_{n_0},b_{n_0}]\subset[a_1,b_1][an0,bn0]⊂[a1,b1]矛盾

所以，[an,bn][a_n,b_n][an,bn],n=1,2,⋯n=1,2,\cdotsn=1,2,⋯,应有公共点

4、有限覆盖定理证明聚点定理

证：

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

反证法:

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

H={(x−δx,x+δx)∣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，HHH中存在有限个开区间能覆盖[−M,+M][-M,+M][−M,+M].记

Hˉ={(x−δxk,x+δxk)∣xk∈[−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 HHˉ={(x−δxk,x+δxk)∣xk∈[−M,+M],k=1,2,⋯,N}⊂H

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

由此聚点定理得证。

习题6证明:闭区间[a,b][a,b][a,b]的全体聚点的集合[a,b][a,b][a,b]本身。

证

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

若x=ax={a}x=a,则对任给正数ε(<b−a)\varepsilon(< {b}-{a})ε(<b−a),有U+(a,ε)⊂U(a,ε){U}_{+}({a},\varepsilon)\subset{U}({a},\varepsilon)U+(a,ε)⊂U(a,ε),且U+(a,e)⊂[a,b]{U}_{+}({a},{e})\subset[{a},b]U+(a,e)⊂[a,b],即U(a,ε)U(a,\varepsilon)U(a,ε)内含有[a,b][a,b][a,b]的无限多个点,故aaa是[a,b][a,b][a,b]的聚点。

x=bx=bx=b同理可证.

(2)(2)(2)设x{x}x为[a,b][{a},{b}][a,b]聚点,假设x∉[a,b]{x}\notin[{a},{b}]x∈/[a,b],则x<a{x}< {a}x<a,或x>b{x}> {b}x>b,

若x<a{x}< {a}x<a,取0<ε<a−x0< \varepsilon< {a}-{x}0<ε<a−x,则U(x,ε)∩[a,b]=∅{U}({x}, \varepsilon)\cap[{a},{b}]=\emptysetU(x,ε)∩[a,b]=∅,即U(x,ε){U}({x},\varepsilon)U(x,ε)中不含[a,b][{a},{b}][a,b]的点这与xxx为[a,b][a,b][a,b]的聚点相矛盾.所以x∈[a,b]x\in[{a},{b}]x∈[a,b]。

x>b{x}> {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{xn}\left\{x_{n}\right\}{xn}不收敛，易证{xn}\left\{x_{n}\right\}{xn}为有界无穷数列，取ε=1\varepsilon=1ε=1,因{an}\left\{{a}_{{n}}\right\}{an}是柯西数列，所以存在某个正整数N0N_0N0,当n>N0n> N_0n>N0时有∣an−aN0+1∣<1|a_{{n}}-{a}_{{N_0}+1}\mid< 1∣an−aN0+1∣<1,亦即当n>N0n> N_0n>N0时∣an∣⩽∣aN0+1∣+1\left|{a}_{{n}}\right|\leqslant\left|{a}_{{N_0}+1}\right|+1∣an∣⩽∣aN0+1∣+1即{an}\left\{{a}_{{n}}\right\}{an}有界。

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

从而得[a,b][a,b][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−BorelHeine-BorelHeine−Borel有限覆盖定理知，存在HHH的一个有限子覆盖

H1:={U(xi,δi)∣xi∈[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∪H1\cup H_1∪H1,只含有{xn}\left\{x_{n}\right\}{xn}中的有限多个点，这显然与(∪H1)⊃[a,b]⊃{xn}\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{xn}\left\{x_{n}\right\}{xn}必收敛。