本科毕业论文题目浅谈实数的完备性专业信息与计算科学作者姓名唐星星学号**********单位数学科学学院指导教师张冬梅2017 年 5 月教务处编原创性声明本人郑重声明：现提交的学位论文是本人在导师指导下，独立进行研究取得的成果.除文中已经注明引用的内容外，论文中不含其他人已经发表或撰写过的研究成果，也不包含为获得聊城大学或其他教育机构的学位证书而使用过的材料.对本文的研究作出重要贡献的个人和集体，均已在文中以明确方式标明.本人承担本声明的相应责任.学位论文作者签名：日期：指导教师签名:日期：目录摘要 (3)Abstract (4)前言 (1)1．实数完备性定理在《数学分析》中所占的地位 (2)2. 实数集的完备性 (2)3．实数六个基本定理的描述和证明 (2)3．1闭区间套定 (2)3．2．确界的叙述 (3)3．3有限开覆盖 (5)定理3（有限覆盖定理） (6)聚点的定义 (7)定理4（聚点定理） (7)3．5致密性定理 (8)3．6柯西收敛准则 (8)3．7单调有界定理 (9)4．实数循环定理的证明 (10)4．1确界定理⇒闭区间套定理 (10)4．2区间套定理⇒有限覆盖定理 (10)4．3有限覆盖定理⇒聚点定理 (11)4．4聚点定理⇒致密性定理 (11)4．5致密性定理⇒柯西收敛准则 (11)4．7单调有界⇒确界定理 (12)5.实数的完备性的发展状况 (12)6．实数完备性定理过程中的一些注示 (13)6．1关于实数完备性定理的循环证明过程 (13)6．2关于实数完备性定理的起点 (13)参考文献 (16)致谢 (17)摘要本文主要是叙说实数的完备性定理和它的证明以及在数学上所占的地位，对今后数学发展起到怎么样的作用；实数完备性六个相互定理的证明．它们之间是相互等价的，即任取其中两个定理，都可以相互证明．关键词：实数的完备性定理；等价性；循环证明；实数基本定理AbstractThis article is about the completeness of the real numbers on the theorem and its proof in mathematics and the status of, how are mathematics play a role in the future; proving theorems in real number completeness in six mutual . They are equivalent to each other, that is, any two theorems, can be proved．Key words：Real completeness theorem equivalence; cycle proof real fundamental theorem前言数学分析的基础是实数理论。

对于实数系而言最关键的属性即完备性与连续性，拥有这两种属性，才可以对于极限，连续，微分和积分展开深入探究讨论。

正是在对于函数的各种极限运算加以探讨的过程里，人们开始逐步构建其严密的数学分析理论体系。

浅谈实数的完备性1．实数完备性定理在《数学分析》中所占的地位实数集的连续性是实数集区别于有理数集的一个重要特征，是实数集其中的优点，而实数完备性又是数学分析中的一个基础，再加上数学分析是数学专业的必修课程之一．实数域的完备性是人们经过长期的探索与研究里一步步总结认识的，它是所有函数分析理论的本质基础，由此获得了极限论、微积分学等许多重要的数学成果．数学分析的基础是实数理论．对于实数系而言最关键的属性即完备性与连续性，拥有这两种属性，才可以对于极限，连续，微分和积分展开深入探究讨论。

正是在对于函数的各种极限运算加以探讨的过程里，人们开始逐步构建其严密的数学分析理论体系，不仅只是在《数学分析》中谈论到，还在《实变函数》中进一步研究过．2.实数集的完备性对于实数的完备性，几位著名数学家基于各个视角，采取多种方法加以阐述；在刘玉莲所写的课本《数学分析》中分别列出了实数完备性定理的六个基本定理，而这六个定理分别是1、闭区间套定理2、确界定理3、有限覆盖定理4、聚点定理5、致密性定理6、柯西收敛准则，它们是基本等价的可以出现循环证明及应用，在以后得数学中起到很大的作用；我也是参照他的书定理开始证明，并用另一种顺序开始证明的，以此来说明它们的等价关系以及六个定理的重要性．3．实数六个基本定理的描述和证明3．1闭区间套定3．1．1定理1（闭区间套定理）设有闭区间{[an ，bn]}．若1)[a1，b1]⊃[a2，b2]⊃...⊃[an，bn]⊃...;2)∞→n lim (b n -a n ) =0．则存在唯一的实数l 是属于所有的闭区间（即∞=1n [a n ，b n ]=l )，且∞→n lim l b a n n n ==∞→lim (3.1.1)证明 由条件1）可知， 数列{}n a 为递增并且是有界的数列， 由单调有界定理可知，{}n a 有极限l ，且有 n a l ≤，(...3,2,1=n )．同理，递减并且有界的数列{}n b 也是有极限，并按区间套的条件2）可有∞→n lim a n =∞→n lim n b =l ．且bn≤l ，...3,2,1=n ．综上，可得a n ≤n b l ≤，...3,2,1=n ．下面证明满足a n ≤n b l ≤，...3,2,1=n ．的l 是唯一的．设数'l 也满足a n ≤'l n b ≤，...3,2,1=n ．则由 n a ≤n b l ≤；...3,2,1=n 可以有 'l l -≤(n b -)n a ，...3,2,1=n 由区间套的条件2）得'l l -≤∞→n lim (n b -)n a 0= (3.1.2)故有'l =l ．注 区间套定理里的闭区间如果更改成开区间的话， 则结论就将出现改变，并不必然成立． 例如对于开区间列⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1,0，显然可得l 是不存在的．3．2．确界的叙述定义一 设E 是非空数集，若存在R ∈β，且对于任意E x ∈，有x β≤;2)任意ε0<，存在0x ∈E ，有β-ε<0x ．则称β是数集E 的上确界，记为β=sup E定义二 设E 是非空数集，若存在R ∈β，且 1）对于任意E x ∈，有x ≤α；2）对于任意ε>0，存在0x ∈E ，有0x <εα+．则称α是E 的下确界，记为α=inf E ． 定理2（确界定理）如果非空数集E 存在上界（下界），那么数集E 具有唯一的上确界（下确界）．证 我们仅需要对于上确界的结论加以证明，下确界的结论能够采用相同的原理加以证明出来．为了便于叙述，我们能够假定集合E 存在有非负数．因为集合E 是存在上界，因此能够找到一个非负整数n ，使得)1对于任何E x ∈有1+<n x ; )2存在0a ∈E ，使n a ≥0．把半开区间[)1,+n n 平均分成10等分，分点为9.,,2.,1.n n n ，则在,2,1,09, 中存在一个数1n ，使得)1对于任何E x ∈有<x 221101.+n n n )2存在2a ∈E ，使..212n n n a ≥继续将其平均分为10个等分点，则在上一步骤里得获得的半开区间，能够得出对于任何存在9,2,1,0 中的—个数k n ，都会使得)1对于任何x ∈E 有kk n n n n x 101.21+< )2存在k a ∈E ，使 ..21k k n n n n a ≥将上面的步骤无限地继续进行下去，可以得出一个实数..21 k n n n n =η． 以下证明=ηsup E ． (3.2.1)因此只需要证明：1) 对一切E x ∈有η≤x ；2)对任何ηα<，存在'α∈E 使'a <α．如果结论1)不成立，即存在x ∈E 使η>x ，那么可找到x 的k 位不足近似k x ， 使=>k k x η+k n n n n 21.k101， （3.2.2） 从而得kk n n n n x 101.21+> ， （3.2.3） 然而此和不等式)1(存在矛盾．因此1)得证．现在假定ηα<，那么存在一个数k 使η的k 位不足以近似k k αη>，即k k n n n n α> 21.， （3.2.4）根据数η的构造，存在'α∈E 使k a η≥'，从而有k a η≥'αα≥>k (3.2.5)即得到'a <α，．这说明2)成立．注 如果数集E 有上界，那么它有无数个上（下）界，在这些无限多个上（下）界当中，有个上（下）界和数集E 会存在一种特殊的关系．3．3有限开覆盖设I 是一个区间（或开区间），并且有开区间集S （S 中的所有元素都是开区间，开区间的个数可以是有限的，也可以是无限的）．定义1 若对于任意的I x ∈，存在∆∈x ，则称开区间集S 覆盖区间I ．例题 设I =（0，1），...}3,2,1)1,11{(=+=n n S ，则开区间集S 没有覆盖区间I ．事实上，任意+∈N n ，且n n 1,1>∈)1,0(，但是n1不属于S 中任何一个开区间．设I )1,0(=，...}3,2,1)1,11{(=+=n n S 则开区间集S 没有覆盖区间I ．事实上，任意∈x )1,0(，只要正整数m 充分大，有11+m <x ，及∈x )1,11(+m ．定理3（有限覆盖定理） 若开区间集S 覆盖闭区间[a ，b ]，则S 中存在有限个开区间也覆盖闭区间[a ，b ]．证（反证法）假设定理的结论是错误的，则不能用S 中有限个开区间来进行覆盖闭区间[]b a ,．现在将闭区间 []b a , 平均等分成两个子区间，那么二者中不可以少与一个子区间不能用S 中有限个开区间来覆盖． 记此子区间为[]11,b a ，则[][]b a b a ,,11⊂ (3.3.1）且)(2111a b a b -=-． (3.3.2) 继续将[]11,b a 平均等分为两个子区间，同样的道理，其中不能少于一个子区间用S 有限个开区间来覆盖． 取出这样一个子区间，记为[]22,b a ，则[][]1122,,b a b a ⊂， (3.3.3) 且)(21222a b a b -=- ． (3.3.4) 将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列[]{}n n b a ,，它满足[][],...2,1,,,11=⊃++n b a b a n n n n ， (3.3.5))(0)(21∞→→-=-n a b a b n n n ． (3.3.6) 所以[]{}n n b a ,是区间套，而且其中的所有闭区间均不可以采用S 里的有限个开区间来进行覆盖．由区间套定理，存在唯一的一点[],...2,1,,=∈n b a n n ξ．因为S 是[]b a ,的一个开覆盖，所以存在开区间α(,β)∈S ，使),(βαξ∈． 因此，基于区间套定理的推论，在n 充分大的时候有 []),(,βα⊂n n b a ．此表明[]n n b a ,仅需使用H 里的一个开区间),(βα就可以将其加以覆盖，此和所挑选[]n n b a ,时的假设“不可以采用S 里有限个开区间来加以覆盖”是相矛盾的．进而证明必定存在属于S 的有限个开区间可以将[]b a ,加以覆盖注 定理的的结论只对闭区间[]b a ,成立，而对开区间则不一定成立． 3．4聚点定理聚点的定义 设E 是数轴上的无线点集，ξ是数轴上的一个定点（能够属于E 亦能够不属于E ）．若任意ε>0，点ξ的ε领域U （ξ，ε）都含有E 的无限多个点，则称ξ是E 的一个聚点．例如，设=E {n N n ∈+}，则无限点集E 没有聚点．显然可以得到，ξ是E 的聚点⇔ε∀>0，∃∈x E ，有0U x ∈（ξ，ε）． 定理4（聚点定理） 对于数轴上有界无限点集E 的聚点不低于一个．证明（利用有限覆盖定理来证明） 设E 为直线上的有界无限点集． 于是存在b a ,使[]b a E ,⊂．假定[]b a ,在任何点均并非E 的聚点，那么对于每一点[]b a x ,∈均存在对应的0>x δ，使()x x U δ;内最多包含E 的有限多个点．令()()b a x x U H x ,;∈=δ，那么H 是[]b a ,的一个开覆盖．依据有限覆盖定理，H 里具有有限个邻域()1;1x x U δ，....，()n x n x U δ;，使得将H 加以覆盖，进而亦将E 加以覆盖．因为各个邻域里至多包含E 的有限个点，因此这n 个邻域的并集亦最多包含E 的有限个点，因此E 为有限点集，此和题设E 为无限点集相冲突． 所以，在[]b a ,里最少存在一点是E 的聚点．3．5致密性定理定理5（致密性定理） 有界数列{n a }一定有收敛的子数列{k n a }．证明 设{}n x 为有界数列．若{}n x 中有无限多个相等的项，那么此类项构成的子列是一个常数列，而常数列是收敛的 ．如果数列{}n x 不包含无限多个相等的项，那么{}n x 在数轴上对应的点集必定是 有界无限点集，因此基于聚点定理，点集{}n x 至少有一个聚点，记为ξ．于是依据定义能够知道，存在{}n x 的一个收敛子列（以ξ为其极限）． 3．6柯西收敛准则3．6．1定理六（柯西收敛准则） 数列{}n a 收敛的充分必要条件是：对于任意给定的0>ε，一定存在一个正整数N 使得当N m n >,时有ε<-m n a a ． （3．6．1） 证 (必要性)设 A a n n =∞→lim ，由数列极限的定义，对任给的0>ε，存在正整数N ，使得当N m n >,时有 2ε<-A a n ， 2ε<-A a m因而有ε<-+-<-A a A a a a m n m n ． (3．6．2) (充分性)由题设，对任给的0>ε，存在正整数N ，当N n ≥时，ε<-N n a a ． 即当N n ≥时，有 ()εε+-∈N N n a a a ,． 令21=ε，存在正整数1N ，当1N n ≥时，⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-∈21,2111N N n a a a ，取[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=21,21,1111N Na a βα． (3．6．3) Na ε-N a ε+Na令221=ε，存在正整数12N N ≥，当2N n ≥时，⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-∈2221,2122N N n a a a ， 取[][]⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=22112221,21,,22N Na a βαβα． (3．6．4) 显然有 [][]2211,,βαβα⊃ ，2122≤-αβ，并且当2N n ≥时，[]22,βα∈n a ． .......... 令k 21=ε，存在1-≥k k N N ，当k N n ≥时，⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-∈k N k N n k k a a a 21,21， 取[][]⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=--221121,21,,k k N N k k k k a a βαβα．..........这样就得到一列闭区间[]{}k k b a ,，满足 （i ）[][],...2,1,,,11=⊃++k b a b a k k k k ； （ii ）∞→→≤--k a b k k k ,0211；（iii ）对+N ∈∀k ，当k N n ≥时，[]k k n a βα,∈．由区间套定理，存在惟一的 []k k βαξ,∈．由区间套定理的推论，对任给的0>ε，存在0>N ，当N n >时[]()εξ;,U b a a n n n ⊂∈，所以εξ<-n a ． 即证明了 ξ=∞→n n a lim ． 故数列{}n a 收敛．3．7单调有界定理定理7 在实数系中，有界的单调数列必有极限．证 假定{}n a 是一个存在上界的递增数列． 基于确界定理理可以得到，数列{}n a 是一个存在上确界的数列，记为{}n a a sup =． 下面证明a 就是{}n a 的极限．事实上，任给0>ε，按上确界的定义，存在数列{}n a 中的某一项N a 使得N a a <-ε．又由{}n a 的递增性，当N n ≥时有 n N a a a ≤<-ε．另一方面，由于a 是数列{}n a 的一个上界，故对一切n a 都有ε+<≤a a a n ． 所以当N n ≥时εε+<<-a a a n ，这就证得a a n n =∞→lim ．相同的道理可以证明有下界的递减数列一定时有极限的数列，并且它的极限便是它的下确界．4．实数循环定理的证明4．1确界定理⇒闭区间套定理证 现设数列...}3,2,1)({=n n a 是任给的单调有界非递减数列的数列．取集合...}3,2,1)({=n n a ，根据假设这是一个有界集合．根据确界定理，存在唯一的一个上界a ．根据上确界的定义，这个a 便是数列跌的上确界．设...3,2,1=n 和定理中的一系列区间一样．根据这些区间的定义，可以得出)(n a 是单调的但并不是递减数列，所以数列{)(n a }是有上确界a 的数列；)(n b 是单调非递增数列，所以有下确界b ． 因为区间长度趋于0，我们有b a =． 这就证明了区间套定理．4．2区间套定理⇒有限覆盖定理证(反证法) 假设一个闭区间[,]a b 是有一个开覆盖H 但不能用它的任意一个有限个开区间将其覆盖．定义性质P:不能用H 中有限个开区间覆盖．Step(1) 将[]b a ,等分为两个子区间，则至少有一个具有性质P ，不妨记该区间为[]11,b a ，则; [][]b a b a ,1,1⊂;Step(2) 将[]11,b a 等分为两个子区间，则至少有一个具有性质P ，不妨记该区间为[]22,b a ，则[][]1122,b a b a ⊂;Step(n) 将[]11,--n n b a 等分为两个子区间，则至少有一个具有性质P ，不妨记该区间为[]n n b a ,，则[][]11,,++⊂n n n n b a b a ;由此可得一个区间套[]{}n n b a ,且满足n n n ab b a 2-=- （4．1） 利用二等分法容易构造出满足性质P 的区间套]},{[n n b a ．故由区间套定知，存在唯一的],[n n b a ∈ξ，从而存在∈⊂U U ),(εξH ，存在N n N >>,0，有∈⊂⊂U U b a n n ),(],[εξH ，这与],[n n b a 具有性质P 矛盾．这就证明了有限复盖定理．4．3有限覆盖定理⇒聚点定理证(反证法) 假设原命题不成立，则由于S 是直线上的有界无限点集，即存在闭区间],[b a ，使得],[b a S ⊂， 所以任意],,[b a x ∈存在),(δx U ，),(δx U 只含S 中的有限多项．从而得],[b a 的一个开覆盖记为H ．由有限覆盖定理可知存在H 的一个有限子覆盖记为1H ．所以1H 只含有S 中的有限多个点，这显然与1H S ⊂是矛盾的，故可知假设错误，原命题成立．4．4聚点定理⇒致密性定理证 设数列{n a }有界，即b a a n ≤≤，N n ∈∀．若{n a N n ∈}是有限集，那么数列{n a }必定存在无限项相同，此类无限项按照下标由小到大排列能够获得{n a }的一个收敛子列，如果=A {n a N n ∈}是无限集，基于聚点定理我们能够了解到此无限集A 必定存在一个聚点a ，经由聚点的定义能够构造{n a }的一个子列{k n a }，它收敛于a ．4．5致密性定理⇒柯西收敛准则证 设{n a }为柯西列，第一步首先证明{n a }有界，如此基于致密性定理能够知道{n a }有一个收敛子列{k n a }．设α=→k n xk a lim ，第二步，通过数列收敛定义证明α=→k n xk a lim ． (4．2)4．6柯西收敛准则⇒单调有界证 可以先假设{}n a 是一个有上界的递增数列． 经由确界定理能够知道， 数列{}n a 是一个存在上确界的数列，记为{}n a a sup =． 下面证明a 即为{}n a 的极 限．若其不满足柯西数列条件可得：∀正整数N ，使得n a -ε≥m a 故我们可以选择合适的N 来得到{n a }的两个子列{i n a }与{i m a }使得i n a -i m a 0ε≥，i n >i m (i =1，2，3．．．．)且1+i a >1+m a >i a >m a 则01101])(...)()[()()(112211εεεk a a a a a a a a k a a a am n m n m n m n ki m n k i ki m n k k k k k i i i i≥+-++-+--⇒≥-⇒≥----∑∑∑===与{}n a 单调有界矛盾．因此{}n a 是柯西数列，{}n a 收敛．4．7单调有界⇒确界定理证 （1）我们可以先证明非空数集S 的上确界 ，通过非空有上界的数集S 来造就一数列使其极限是我们所要求的实数，取其中的一个性质P ：大于等于数集S 中的任意一个数的有理数，将其中具有性质P 的所有有理数排成一个数列{n a }，并令{x n }=},...,{2,1n a a a mas ，则得单调递增且有上界的递增数列{x n }．（2）由单调有界定理可以得到ζ=∞→n lim x n ，而且对与任意的自然数n 都有n a ≤x n ζ≤；（3）ζ是数集S 的上确界，用反证法，若∈∀x S 使得0x >ζ，取ε=(0x +0x )/2=0x ，则存在一个有理数N a ，使得ζN a ≤<ζ+ε=(0x +ζ)/2<(0x +0x )/2=0x ，从而N a <0x ，这与N a 是数集S 的上界矛盾，所以对于一切∈∀x S ，都有ζ≤x ，即ζ是数集S 的上界．任给ε>0，若∈∀x S ，都有x εζ-≤则存在有理数'a ，使得εζ-<'a <ζ，即x εζ-≤<'a <ζ，我们就找到了∈'a S 这与（若∈∀x S ，都有x εζ-≤）矛盾，所以存在∈'a S ，使得x 'εζ-≤则ζ是数集S 的最小上界． 故，结论得以证明．5.实数的完备性的发展状况在《数学分析》的所有知识中，实数系完备性基本定理此知识是理论性最严谨的部分，而且实数理论的构建，促使数学分析的严密性得到极大的加强。