当前位置:文档之家› 完备性

完备性

第七章实数的完备性§1 实数完备性的等价命题一、问题提出定理1.1(确界原理)非空有上(下)界的数集必有上(下)确界.确界存在定理(定理 1.1)揭示了实数的连续性和实数的完备性. 与之等价的还有五大命题,这就是以下的定理1.2至定理1.6.定理1.2 (单调有界定理)任何单调有界数列必定收敛.定理1.3 (区间套定理)设为一区间套:.则存在唯一一点定理1.4 (有限覆盖定理)设是闭区间的一个无限开覆盖,即中每一点都含于中至少一个开区间内.则在中必存在有限个开区间,它们构成的一个有限开覆盖.定理1.5 (聚点定理)直线上的任一有界无限点集至少有一个聚点,即在的任意小邻域内都含有中无限多个点(本身可以属于,也可以不属于).定理1.6 (柯西准则)数列收敛的充要条件是:,只要恒有.(后者又称为柯西(Cauchy)条件,满足柯西条件的数列又称为柯西列,或基本列.)这些定理构成极限理论的基础.我们不仅要正确理解这六大定理的含义,更重要的还要学会怎样用它们去证明别的命题.下面通过证明它们之间的等价性,使大家熟悉使用这些理论工具.下图中有三种不同的箭头,其含义如下::(1)~(3) 基本要求类:(4)~(7) 阅读参考类: (8)~(10) 习题作业类二、回顾确界原理的证明我们曾引入有界数集的确界概念,今证明它的存在性(记号a 、b 、c 表示实数) Dedekind 定理设A/B 是R 的一个切割,则比存在实数R ε∈使得(,]A ε=-∞,(,)B ε=+∞或(,)A ε=-∞,[,)B ε=+∞无其它可能.1 非空有上界的数集E 必存在上确界.证明 设}{x E =非空,有上界b : E x ∈∀,b x ≤. (1) 若E 中有最大数0x ,则0x 即为上确界;(2) 若E 中无最大数,用下述方法产生实数的一个分划;取E 的一切上界归入上类B ,其余的实数归入下类A ,则)|(B A 是实数的一个分划.ο1 A 、B 不空.首先B b ∈.其次E x ∈∀,由于x 不是E 的最大数,所以它不是E 的上界,即A x ∈.这说明E 中任一元素都属于下类A ;ο2 A 、B 不漏性由A 、B 定义即可看出;ο3 A 、B 不乱.设A a ∈,B b ∈.因a 不是E 的上界,E x ∈∃,使得x a <,而E 内每一元素属于A ,所以b x a <<.ο4 由ο3的证明可见A 无最大数.所以)|(B A 是实数的一个分划.由戴德金定理,知上类B 必有最小数,记作c .E x ∈∀,由ο1知A x ∈,即得c x <.这表明c 是E 的一个上界.若b 是E 的一个上界,则B b ∈,由此得b c ≤,所以c 是上界中最小的,由上确界定义,c 为集合E 的上确界,记作 E c sup =.推论 非空的有下界的集合必有下确界.事实上,设集合}{x E =有下界b ,则非空集合}|{'E x x E ∈-=有上界b -,利用集合'E 上确界的存在性,即可得出集合E 的下确界存在.定理1解决了非空有上界集合的上确界存在性问题,我们可以利用上确界的存在性,得出我们所研究的某一类量(如弧长)的存在性.若全序集中任一非空有上界的集合必有上确界,我们称该全序集是完备的.定理1刻划了实数集是完备的.例1 证明实数空间满足阿基米德原理.证明 0>>∀a b ,要证存在自然数n 使b na >.假设结论不成立,即b na ≤, ),,Λ21(=n ,则数集}{na E =有上界b ,因此有上确界c ,使c na ≤),,Λ21(=n ,也就有c a n ≤+)1(),,Λ21(=n ,或 a c na -≤ ),,Λ21(=n .这表明a c -是集合E 的上界,与c 是上确界矛盾.所以总存在自然数n ,使b na >. 三、等价命题证明下面来完成(1)~(7)的证明. (一) 用确界定理证明单调有界定理设}{n x 单调上升,即ΛΛ≤≤≤≤≤n x x x x 321,有上界,即M ∃,使得M x n ≤.考虑集合}|{N n x E n ∈=,它非空,有界,定理2推出它有上确界,记为nN n x a ∈=sup .我们验证 nn x a ∞→=lim .0>∀ε,由上确界的性质,N ∃,使得N x a <-ε,当N n >时,由序列单调上升得n N x x a ≤<-ε,再由上确界定义,ε+<≤a a x n ,有 εε+<<-a x a n ,即ε<-a x n ,也就是说 nN n n n x a x ∈∞→==sup lim . 同理可证若}{n x 单调下降,有下界,也存在极限,且nN n n n x x ∈∞→=inf lim .若集合E 无上界,记作+∞=E sup ;若集合E 无下界,记作+∞=E inf ,这样一来,定理2证明了的单调上升(下降)有上界(下界)的序列}{n x ,必有极限)inf (sup n N x n N x x x ∈∈的定理现在有了严格的理论基础了.且对单调上升(下降)序列}{n x ,总有)inf (sup lim n Nx n N x n n x x x ∈∈+∞→=.(二) 用单调有界定理证明区间套定理由假设(1)知,序列}{n a 单调上升,有上界1b ;序列}{n b 单调下降,有下界1a .因而有1lim c a n n =+∞→,2lim c b n n =+∞→. n n b c c a ≤≤≤21.再由假设(2)知0)(lim 12=-=-+∞→c c a b n n n ,记c c c ==21. 从而有nn n n b c a +∞→+∞→==lim lim .若还有*c 满足n n b c a ≤≤*,令+∞→n ,得c c =*.故c 是一切],[n n b a 的唯一公共点.证毕. 这个定理称为区间套定理.关于定理的条件我们作两点说明:(1) 要求],[n n b a 是有界闭区间的这个条件是重要的.若区间是开的,则定理不一定成立.如)1,0(),(n b a n n =.显然有 )1,0()11,0(n n ⊂+, 但 φ=+∞=)1,0(1n n I .如果开区间套是严格包含: n n n n b b a a <<<++11,这时定理的结论还是成立的.(2)若],[],[11n n n n b a b a ⊂++),,Λ21(=n ,但0)(lim ≠-+∞→n n n a b ,此时仍有1lim c a n n =+∞→,2lim c b n n =+∞→,但21c c <,于是对任意的c ,21c c c ≤≤,都有],[1n n n b a c +∞=∈I . 全序集中任一区间长趋于零的区间套有非空交集,则称该全序集是完备的,定理3刻划实数集是完备的(这里完备定义与上段完备定义是等价的).定理3也给出通过逐步缩小搜索范围,找出所求点的一种方法.推论 设为一区间套,.则当时,恒有.用区间套定理证明其他命题时,最后常会用到这个推论.例2 序列}{n x 由下列各式 a x =1, b x =2,221--+=n n n x x x ),,Λ43(=n所确定(见下图).证明极限n n x+∞→lim 存在,并求此极限.1x 3x 5x 4x 2x x证明 当b a =时,a x n =,故ax n n =+∞→lim .当b a ≠时,若取),min(1n n n x x a +=,),m ax (1n n n x x b +=,),,Λ21(=n .则由条件,显然可得一串区间套:],[],[11n n n n b a b a ⊂++ ),,Λ21(=n .由已知条件)(212111--+--=-+=-n n n n n n n x x x x x x x ,于是,)(0||21||21||21||21||112121211+∞→→-=-==-=-=-=------+n a b x x x x x x x x a b n n n n n n n n n n Λ由区间套定理,存在c 满足: n n n n b c a +∞→+∞→==lim lim .注意到],[n n n b a x ∈,所以 cx n n =+∞→lim . 下面来求c .由)(2111-+--=-n n n n x x x x ,令132-=k n ,,,Λ得一串等式: )(211223x x x x --=-; )(212334x x x x --=-;ΛΛΛΛΛΛ)(21211-----=-k k k k x x x x .将它们相加,得)(21112xxxxkk--=--,令+∞→k,得)(2112xcxc--=-所以)2(31323121baxxc+=+=.(三) 用区间套定理证明确界原理证明思想:构造一个区间套,使其公共点即为数集的上确界.设, 有上界.取;,再令如此无限进行下去,得一区间套.可证:因恒为的上界,且,故,必有,这说明是的上界;又因,故,而都不是的上界,因此更不是的上界.所以成立.[证毕]*(四) 用区间套定理证明有限覆盖定理设为闭区间的一个无限开覆盖.反证法假设:“不能用中有限个开区间来覆盖”.对采用逐次二等分法构造区间套,的选择法则:取“不能用中有限个开区间来覆盖”的那一半.由区间套定理,.导出矛盾:使记由[推论],当足够大时,这表示用中一个开区间就能覆盖,与其选择法则相违背.所以必能用中有限个开区间来覆盖.说明当改为时,或者不是开覆盖时,有限覆盖定理的结论不一定成立.例如:1) .是开区间的一个无限开覆盖,但不能由此产生的有限覆盖.2) .是的一个无限覆盖,但不是开覆盖,由此也无法产生的有限覆盖.* (五) 用有限覆盖定理证明聚点定理设为实轴上的有界无限点集,并设.由反证法假设来构造的一个无限开覆盖:若有聚点,则.现反设中任一点都不是的聚点,即在内至多只有.这样,就是的一个无限开覆盖.用有限覆盖定理导出矛盾:据定理9,存在为的一个有限开覆盖(同时也覆盖了).由假设,内至多只有所属个邻域内至多只有属于(即只覆盖了中有限个点).这与覆盖了全部中无限多个点相矛盾.所以,有界无限点集必定至少有一个聚点.[证毕]推论(致密性定理)有界数列必有收敛子列.即若为有界数列,则使有.子列的极限称为原数列的一个极限点,或称聚点注 数列的聚点与一般点集的聚点,含义稍有不同.数列的聚点定义为: “,在内含有中无限多个项,则为的一个聚点.”在此意义下,对于数列它有两个收敛子列:和,.它们的极限和就是的两个聚点.证}{n a 有界,则存在数11,y x 使得11y a x n ≤≤对n ∀成立.将],[11y x 二等分为]2,[111y x x +、],2[111y y x +,则其中必有一个含有数列}{n a 的无穷多项,记为],[22y x ;再将],[22y x 二等分为]2,[222y x x +、],2[222y y x +,同样其中至少有一个含有数列}{n a 的无穷多项,把它记为],[33y x ,……一直进行这样的步骤,得到一闭区间套]},{[n n y x ,其中每一个],[n n y x 中都含有数列}{n a 的无穷多项,且满足:⑴ ],[11y x ⊃],[22y x ⊃⊃Λ],[n n y x ⊃…⑵111lim()lim02n n n n n y x y x -→∞→∞--==则由闭区间套定理,ξ∃使得 =∞→n n a lim =∞→n n b lim ξ下证}{n a 中必有一子列收敛于实数ξ先在],[11y x 中选取}{n a 的某一项,记为1n a ,因],[22y x 中含有}{n a 中的无穷多项,可选取位于1n a 后的某一项,记为2n a ,12n n >.继续上述步骤,选取k n a ],[k k y x ∈后,因为],[11++k k y x 中含有无穷多项,可选取位于kn a 后的某一项,记为1k n a +且kk n n >+1,这样我们就得到}{n a 的一个子列}{k n a 满足k n k y a x k ≤≤,Λ,2,1=k由两边夹定理即得 =∞→k n n a lim ξ.证明 设b x a n ≤≤,用中点21ba c +=将[]b a ,一分为二,则两个子区间[]1,c a 和[]b c ,1中至少有一个含有}{n x 中无穷多项,选出来记为[]11,b a ,在其中选一项1n x .用中点2112b a c +=将[]11,b a 一分为二,则两个子区间[]21,c a 和[]12,b c 中至少有一个含有}{n x 中无穷多项,选出来记为[]22,b a ,在其中选一项2n x ,使得Λ,12n n >.最后得一区间套[]k k b a ,,满足[][]k k k k b a b a ,,11⊂++,k k k a b a b 2-=-,[]kk k k n n n b a x k >∈+1,,. 由区间套定理,cb a k k k k ==∞→∞→lim lim ,又由于kn k b x a k ≤≤,有cx k n k =∞→lim .*(六) 用聚点定理证明柯西准则必要性: 已知收敛,设.由定义,,当时,有.从而有.充分性: 已知条件: 当时.欲证收敛..首先证有界.对于当时,有令,则有..由致密性定理,存在收敛子列,设..最后证,由条件,当时,有.于是当(同时有)时,就有.证 “⇒”}{n a 收敛,则存在极限,设aa n n =∞→lim ,则0>∀ε,N ∃,当N n >时有 2/||ε<-a a n ⇒当N m n >,时有ε<-+-≤-||||||a a a a a a n m m n“⇐”先证有界性,取1=ε,则N ∃,N m n >,⇒1||<-m n a a特别地,N n >时 1||1<-+N n a a ⇒1||||1+<+N n a a设}1|||,|,|,||,m ax {|121+=+N N a a a a M Λ,则n ∀,Ma n ≤||再由致密性定理知,}{n a 有收敛子列}{k n a ,设aa k n k =∞→lim0>∀ε,1N ∃,1,N m n >⇒||/2n m a a ε-<K ∃,K k >⇒2/||ε<-a a k n取),m ax (1N K N =,当N n >时有11N n N N +≥+>⇒ εεε=+<-+-≤-++2/2/||||||11a a a a a a N N n n n n故a a n k =∞→lim .Cauchy 列、基本列(满足Cauchy 收敛准则的数列)*(七) 用柯西准则证明单调有界原理 设为一递增且有上界M 的数列.用反证法( 借助柯西准则 )可以证明:倘若无极限,则可找到一个子列以为广义极限,从而与有上界相矛盾.现在来构造这样的.对于单调数列,柯西条件可改述为:“ 当 时,满足”.这是因为它同时保证了对一切,恒有 .倘若不收敛,由上述柯西条件的否定陈述:,对一切,,使.依次取把它们相加,得到.故当时,可使,矛盾.所以单调有界数列必定有极限. [ 证毕 ] 例1 用单调有界定理证明区间套定理.即已知:1 )单调有界定理成立;2 )设[]{}nnba,为一区间套.欲证:[],,2,1,,Λ=∈ξ∃nbann且惟一.证证明思想:构造一个单调有界数列,使其极限即为所求的ξ.为此,可就近取数列{}na(或{}n b).由于,1221bbbaaann≤≤≤≤≤≤≤≤ΛΛΛ因此{}na为递增数列,且有上界(例如1b).由单调有界定理,存在ξ=∞→nnalim,且Λ,2,1,=ξ≤nan.又因nnnnaabb+-=)(,而0)(lim=-∞→nnnab,故ξ=ξ+=+-=∞→∞→∞→lim)(limlimnnnnnnnaabb;且因{}nb递减,必使ξ≥nb.这就证得[]Λ,2,1,,=∈ξnbann.最后,用反证法证明如此的ξ惟一.事实上,倘若另有一个[]Λ,2,1,,=∈ξ'nbann,则由)()(∞→→-≤ξ'-ξnabnn,导致与>ξ'-ξ相矛盾.例 2 (10)用区间套定理证明单调有界定理.即已知:1 )区间套定理成立.2 ) 设{}n x 为一递增且有上界M 的数列.欲证:{}n x 存在极限 nn x ∞→=ξlim .证 证明思想:设法构造一个区间套[]{}n n b a ,,使其公共点ξ即为{}n x 的极限.为此令[][]M x b a ,,111=.记2111b a c +=,并取[][]{}[]{}⎩⎨⎧=.,,;,,,11111122的上界为不若的上界为若n n x c b c x c c a b a再记2222b a c +=, 同理取[][]{}[]{}⎩⎨⎧=.,,;,,,22222233的上界不为若的上界为若n n x c b c x c c a b a如此无限进行下去,得一区间套[]{}n n b a ,.根据区间套定理,[]∞→∞→=ξ==∈ξ∃n n n n n n b a n b a )lim lim (,2,1,,Λ.下面用数列极限定义证明ξ=∞→n n x lim :0>ε∀,一方面,由于)(N ∈k b k 恒为{}n x 的上界,因此ε+ξ<ξ=≤⇒≤∈∀∞→k k n k n b x b x ,k n lim ,N ;另一方面,由ε-ξ>⇒ε<-ξ=ξ-≥∈∃⇔ξ=∞→K k k k k a a a K k ,K a ,lim 时当N ;而由区间套的构造,任何k a 不是{}n x 的上界,故ε-ξ>>∃K N a x ;再由{}n x 为递增数列,当N n >时,必有ε-ξ>≥N n x x .这样,当 N n > 时,就有ε+ξ<<ε-ξn x , 即 ξ=∞→n n x lim .例 3 (9) 用确界定理证明区间套定理.即已知: 1 ) 确界定理成立(非空有上界的数集必有上确界);2 ) 设{}],[n n b a 为一区间套.欲证:存在惟一的点[]Λ,2,1,,=∈ξn b a n n .证 证明思想:给出某一数集S ,有上界,使得S 的上确界即为所求的ξ.为此,取{}n a S =,其上界存在(例如 1b ).由确界定理,存在 {}n a sup =ξ.首先,由ξ为{}n a 的一个上界,故Λ,2,1,=ξ≤n a n .再由ξ是{}n a 的最小上界,倘有某个ξ<m b ,则m b 不会是{}n a 的上界,即m k b a >∃,这与[]{}nn b a ,为区间套相矛盾(ji b a <).所以任何ξ≥n b .这就证得Λ,2,1,=≤ξ≤n b a n n .关于ξ的惟一性,与例1中的证明相同.注 本例在这里所作的证明比习题解答中的证明更加清楚. 在以上六个等价命题中,最便于推广至中点集的,当属聚点定理与有限覆盖定理.为加深对聚点概念的认识,下例所讨论的问题是很有意义的.例 证明“是点集的聚点”的以下三个定义互相等价: (i) 内含有中无限多个点(原始定义); (ii) 在内含有中至少一个点; (iii) ,时,使.证 (i)(ii) 显然成立.(ii)(iii) 由(ii ),取,;再取;……一般取;…… 由的取法,保证,,. (iii)(i)时,必有,且因各项互不相同,故内含有中无限多个点.[证毕]四、实数系的完备性实数所组成的基本数列{}n x 比存在实数极限――实数系完备性;有理数域不具有完备性,如1(1)n n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭:1lim(1)n n e n →∞+=(无理数).五、压缩映射原理(不动点原理)1、函数f(x)的不动点指什么?设y =f(x)是定义在[a,b]上的一个函数,方程x =f(x)的解称为f(x)的不动点. 2、在什么样的条件下不动点一定存在呢?存在时唯一吗?如何求出不动点? 压缩映射:如果存在常数k,满足0≤k<1,使得对一切,[,]x y a b ∈成立不等式()()||f x f y k x y -≤-,则称f 是[a,b]上的一个压缩映射. 压缩映射必连续.压缩映射原理(不动点原理) 设()x ϕ是[a,b]上压缩映射,且([,])[,]a b a b ϕ⊂,则()x ϕ在[a,b]上存在唯一的不动点.例4 证明Kapler 方程sin x x b ε=+在||1ε<时,存在唯一实数.。

相关主题