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全面认识实数完备性
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定义1设为R中的一个数集．若存在数M(L)，使得对一切，都有
M(L)，则称S为有上界(下界)的数集，数M(L)称为S的一个上界(下界)．
若数集既有上界又有下界，则称为有界集．若不是有界集，则称为无界集．
定义2设是R中的一个数集．若数满足：
（i）对一切，有，即是的上界；
（ii）对任何存在，使得即又是的最小上界
则称数为数集的上确界，记作
定义3设是R中的一个数集．若数满足：
（i）对一切，有，即是的下界
（ii）对任何，存在，使得即又是的最大下界，则称
数为数集的下确界，记作
上确界与下确界统称为确界．
3.2极限以及数列定义定义4若函数的定义域为全体正整数集合，则称
或为数列
定义5设为数列，为定数.若对任给的正数（不论它多么小），
总存在正整数，使得当时有，则称数列收敛于，定
数称为数列的极限，并记作或.
定义6若数列的各项满足关系式，则称为
递增（递减）数列.递增数列和递减数列通称为单调数列.
3.3区间套定义定义7设闭区间列具有如下性质：
（i）；
（ii），
则称为闭区间套，或简称区间套.
定义8设为数轴上的非空点集,为直线上的一个定点(当然可以属
于,也可以不属).若对于任意正数,在中含有的无限个点,则
称为的一个聚点.
定义8¢设为实数集上的非空点集,.若对于任意正数，
，则称为的一个聚点.
定义8″若存在各项互异的收敛数列，则其极限称为
的一个聚点.
下面简单叙述一下这三个定义的等价性.
定义8定义8¢由定义直接得到
定义8¢定义8″对任给的，由，
那么取，；
取，；
取，；
这样就得到一列.由的取法，两两互异，并且
由此
定义8″定义8由极限的定义可知这是显然的.
定义9设为数轴上的点集，为开区间的集合（即的每一个元素都是形如的开区间）.若中任何一点都含在中至少一个开区间内，则称为的一个开覆盖，或称覆盖.若中开区间的个数无限（有限）的，则称为的一个无限开覆盖（有限开覆盖）.
4.1确界原理及其证明确界原理设为非空数集．若有上界，则S必有上确界；若有下界，则必有下确界．
证我们只证明关于上确界的结论，后一结论可类似地证明．
为叙述的方便起见，不妨设含有非负数．由于有上界，故可找到非负整
数，使得
对于任何有;
存在,使.
对半开区间作等分,分点为,则存在中的
一个数,使得
对于任何有；
存在，使．
再对半开区间作等分，则存在中的一个数使得
对于任何有
存在，使
继续不断地等分在前一步骤中所得到的半开区间，可知对任何存在
中的—个数，使得
对于任何有
存在，使
将上述步骤无限地进行下去，得到实数．以下证明
．为此只需证明：
（i） 对一切有；
（ii） 对任何，存在使．
倘若结论（i）不成立，即存在使，则可找到的位不足近似，
使
，
从而得
，
但这与不等式相矛盾．于是（i）得证．
现设，则存在使的位不足近似，即
，
根据数的构造，存在使，从而有，
即得到，．这说明（ii）成立．
单调有界定理在实数系中，有界的单调数列必有极限.
.事实上，任给，按上确界的定义，存在数列中的某一项使得
.又由的递增性，当时有.
另一方面，由于是数列的一个上界，故对一切都有.
所以当时，这就证得.
同理可证有下界的递减数列必有极限，且其极限即为它的下确界.
4.3柯西收敛准则及其证明柯西收敛准则数列收敛的充要条件是：对任给的，存在正整数
使得当时有.
证(必要性)设，由数列极限的定义，对任给的，存在正整
数，使得当时有,
因而有.
(充分性)由题设，对任给的，存在正整数，当时，
.即当时，有.
令，存在正整数，当时，，
取.
令,存在正整数，当时，,
取.
显然有，，并且当时，.
令，存在，当时，,
取.
这样就得到一列闭区间，满足
（i）；
（ii）；
（iii）对，当时，.
由区间套定理，存在惟一的.
由区间套定理的推论，对任给的，存在,当时
，所以.
这就证明了.故数列收敛.
区间套定理若是一个区间套，则在实数系中存在唯一的一点，使得,即.
证由定义7的条件（i）可知,数列为递增有界数列,依单调有界定
理，有极限，且有.
同理，递减有界数列也有极限，并按区间套的条件（ii）有
，且.
综上，可得.
下面证明满足的是唯一的.
设数也满足，
则由有.
由区间套的条件（ii）得，故有.
注区间套定理中的闭区间若改为开区间,那么结论不一定成立.例如对于
开区间列,显然是不存在的.
推论若是一个区间套所确定的点，则对任给
的，存在，使得当时有.
证由区间套定理的证明可得：.
由极限的保号性,对于任意正数e,存在正整数N,当时，
有，，即，
这就是说.
聚点定理实数轴上的任意有界无限点集必有聚点.
证因为为有界点集,所以存在正数,使,且记.
现将等分为两个子区间.因为无限点集，故两个子区间中至少有
一个含有中无穷多个点，记此子区间为，则
且.
再将等分为两个子区间，则其中至少有一个含有中无穷多个点，取
出这样一个子区间，记为，则，
且.
将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列，它满足
，，
即是区间套，且其中每一个闭区间都含有中无穷多个点.
由区间套定理，存在唯一的一点.
由区间套定理的推论，对任给的，存在,当时.从而内含有中无穷多个点，按定义8为的一个聚点.
推论（致密性定理）有界数列必有收敛子列.
证设为有界数列.若中有无限多个相等的项，则由这些项组成的
子列是一个常数列，而常数列总是收敛的.
若数列不含有无限多个相等的项，则在数轴上对应的点集必为有界
无限点集，故由聚点定理，点集至少有一个聚点，记为.
于是按定义8″，存在的一个收敛子列（以为其极限）.
有限覆盖定理设为闭区间的一个（无限）开覆盖，则从中可选
出有限个开区间来覆盖.
证（论反证）假设定理的结不成立，则不能用中有限个开区间来覆盖
.
现将等分为两个子区间，则两个子区间中至少有一个子区间不能用
中有限个开区间来覆盖.记此子区间为，则
且.
再将等分为两个子区间，同样，其中至少有一个子区间不能用中有
限个开区间来覆盖.取出这样一个子区间，记为，则，
且.
将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列，它满足
，，
即是区间套，且其中每一个闭区间都不能用中有限个开区间来覆盖.
由区间套定理，存在唯一的一点.
由于是的一个开覆盖，故存在开区间，使.
于是，由区间套定理的推论，当充分大时有.
这表明只须用中的一个开区间就能覆盖，与挑选时的假设“不能用中有限个开区间来覆盖”相矛盾.
从而证得必存在属于的有限个开区间能覆盖
注定理的的结论只对闭区间成立，而对开区间则不一定成立.
5实数完备性的应用研究5.1实数完备性定理的循环证明
5.1.1用有限覆盖定理证明聚点定理证设为直线上的有界无限点集.于是存在使.
证设数列为有界数列.若中有无限多个相等的项，则由这些
项组成的子列是一个常数列，而常数列总是收敛的.
若数列不含有无限多个相等的项，则在数轴上对应的点集必为有界
无限点集，故由聚点定理，点集至少有一个聚点，记为.
于是按定义8″，存在的一个收敛子列（以为其极限）.
设数列满足柯西条件.先证明是有界的.为此，取，则存在正
整数，当及时，有.
由此得.
令，则对一切正整数均有.
于是，由致密性定理，有界数列必有收敛子列，设.
对认给的，存在，当时，同时有
（柯西条件）
（）
因此当取时，得到
这就证明了.
证设为非空有上界数集.由实数的阿基米德性，对任何正数，存在
整数，使得为的上界，而不是的上界，即存在
，使得
分别取，，则对每一个正整数，存在相应的，使得为
的上界,而不是的上界，故存在，使得
.(6)
又对正整数，是的上界，故有.结合(6)式得
；
同理有.
从而得. 于是，对任给的，存在，使得当时有
.
由柯西收敛准则，数列收敛.记
.(7)
现在证明就是的上确界.首先，对任何和正整数有，由(7)式得，即是的一个上界.
其次，对任何，由及(7)式，对充分大的同时有，.
又因不是的上界，故存在，使得.结合上式得.这说明为的上确界. 同理可证：若为非空有下界数集，则必存在下确界.
.事实上，任给，按上确界的定义，存在数列中的某一项使得
.又由的递增性，当时有.
另一方面，由于是数列的一个上界，故对一切都有.
所以当时，这就证得.
同理可证有下界的递减数列必有极限，且其极限即为它的下确界.
5.1.5用单调有界定理证明区间套定理证由定义7的条件（i）可知,数列为递增有界数列,依单调有界定
理，有极限，且有.
同理，递减有界数列也有极限，并按区间套的条件（ii）有
，且.
综上，可得.
下面证明满足的是唯一的.
设数也满足，
则由有.
由区间套的条件（ii）得，故有.
证假设定理的结不成立，则不能用中有限个开区间来覆盖.
现将等分为两个子区间，则两个子区间中至少有一个子区间不能用
中有限个开区间来覆盖.记此子区间为，则
且.
再将等分为两个子区间，同样，其中至少有一个子区间不能用中有
限个开区间来覆盖.取出这样一个子区间，记为，则，
且.
将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列，它满足
，
即是区间套，且其中每一个闭区间都不能用中有限个开区间来覆盖.
由区间套定理，存在唯一的一点.
由于是的一个开覆盖，故存在开区间，使.
于是，由区间套定理的推论，当充分大时有.
这表明只须用中的一个开区间就能覆盖，与挑选时的假设“不能用中有限个开区间来覆盖”相矛盾.
从而证得必存在属于的有限个开区间能覆盖.
5.2.1有界性定理的证明定理若函数在闭区间上连续，则在上有界.
证（应用有限覆盖定理）由连续函数的局部有界性，对每一点，都存在邻域及正数，使得，.
考虑开区间集，显然是的一个无限开覆盖.
由有限覆盖定理，存在的一个有限子集
覆盖了，且存在正数，，…，，使得对一切
有，.
令，则对任何，必属于某可以推出
.这就证得在上有界.
（应用致密性定理）倘若在上无上界，则对任何正整数，存在，使得.依次取，则得到数列.由致密性定理，它收敛子列，记.
由及数列极限的保不等式性，.利用在点处连续，推得.（1）
另一方面，由的选取方法又有
，
这与（1）式相矛盾.所以在上有上界.类似地可证在上有下界.
从而在上有界.
定理若函数在闭区间上连续，则在上有最大值和最小值.
证（应用确界原理）由于已证得在上有界，故由确界原理，
的值域有上确界，记为.以下我们证明：存在，使得.
倘若不然，对一切都有.令，.
易见函数在上连续，故在上有上界.设是的一个上界，则
，.
从而推得，
但这与为的上确界（最小上界）相矛盾.所以必存在，使
，即在上有最大值.
同理可证在上有最小值.
定理设函数在闭区间上连续，且.若为介于与
之间的任何实数（或），则存在，
使得.
证（应用确界原理）不妨设.令，则也
是上的连续函数，且，.于是定理的结论转化为：存在
，使得.这个简化的情形称为根的存在性定理.
记.显然为非空有界数集（且），
故由确界原理，有下确界，记.因，，由连续
函数的局保号型，存在,使得在内，在内，
由此易见，，即.
下证.倘若，不妨设,则又由局部保号性，存在
（），使得其内，特别有.但
这与相矛盾，故必有.
（应用区间套定理）同上述证法，我们把问题转化为证明根的存在性定理，
即若函数在闭区间上连续，，，则存在使
.
将等分为两个子区间与.若，则即为所求；若
，则当时记，当记.于是有
，，且，.
再从区间出发，重复上述过程，得到：或者在的中点上有
，或者有闭区间，满足，，且
，.
将上述过程不断地进行下去，可能出现两种情形：
（1）在某一区间的中点上有，则即为所求；
（2）在任一区间的上均有，则得到闭区间列，满足，，且
，
.
由区间套定理，存在点，.下证.倘若，不妨设,则由局部保号性，存在，使在其内有.而由区间套定理的推论，当充分大时有，因而有.但这与选取时应满足的相矛盾，故必有.
定理若函数在闭区间上连续，则在上一致连续.
证（应用有限覆盖定理由在闭区间上的连续性，任给，对每
一点，都存在，使得当时有
.（1）
考虑开区间集合，
显然是的一个开覆盖.由有限覆盖定理，存在的一个有限子集
覆盖了.记.
对任何，，，必属于中某开区间，设，
即.此时有
，
故由（1）式同时有
和.
由此得.所以在上一致连续.
（应用致密性定理）用反证法.倘若在上不一致连续，则存在某
，对任何，都存在相应的两点，，尽管，
有.
令（为正整数），与它相应的两点记为，，
尽管，但有（2）
当取遍所有正整数时，得到数列与.由致密性定理，存在
的收敛子列，设.同时有
，
又得.最后，由（2）式有，
在上式中令，由的连续性及数列极限的保不等式性，得到.
这与相矛盾.所以在上一致连续.
定理若函数在闭区间上连续且与异号（即），
则至少存在一点，使得，即方程在内至少有一个根.
证（应用有限覆盖定理）设在闭区间上连续，与异
号，现证明方程在内至少有一实根.
假定方程在内无实根，则对每一点，有，据
的连续性，存在正数，使得在上与点处的函数值同号.
令，则是的一个开覆盖，据有限覆盖定理，
中必存在有限个邻域能够覆盖.设这有限个邻域为：，，，且.不妨设其中任意两个邻域无包含关系（否则，去掉被包含邻域仍能覆盖），于是.
而在每个内不变号，由此推得在内不变号，
这与题设，异号矛盾.
因此，方程在内至少有一实根.
例1求下列数集的上、下确界，并依定义加以验证：
（1）；（2）；
解（1），，下面依定义验证.
因，等价于，所以对任意的，有且，
即、分别是的上、下界.又对任意的正数，不妨设，于是存
在，，使，，使，，所
以由上下确界的定义，
（2），，下面依定义验证.
对任意的，，所以1是的下界.因为对任意的，令
，则，故无上界，所以；对任意的正数，存在
，使，所以.
例2设为单调数列.证明：若存在聚点，则必是唯一的，且为
的确界.
证设为递增数列，设为的聚点.下证
1）是的上界.若不然，，使，取，由的递增性，内只含有中的有限项.这与是的聚点矛盾.从而是的上界.
2），取，则，使得.
所以.由确界的唯一性，聚点是唯一的.
例3证明：在上的连续函数为一致连续的冲要条件是，
都存在.
证（必要性）设在上一致连续，则
只要，就有（1）
取，则，有（1）式成立.由柯西准则，
存在.同理也存在.
（充分性）令，则在上连续.从而在上一致连续，所以在上一致连续.
例4设定义在上.证明：若对内任一收敛数列，极限
都存在，则在上一致连续.
证假设在上不一致连续，则，对，总存在，尽管，但有.
令，与它相应的两点记为，尽管，但有
（1）当取遍所有正整数时，得数列，由致密性定理，存在的收敛子列，设.
又，即
由（1）式有，令，得.
这与相矛盾.所以在上一致连续.
例5设函数定义在上,,极限都存在.证明在
上有界.
分析函数在每点处由函数极限的局部有界性,,在其中
有界,于是成为的一个无限开覆盖.然后可用有限覆盖定理得结论成立.读者从本例中可以了解如何应用有限覆盖定理.另外,本例可应用致密性定理,通过反证法来证明.
证 因为在上每点存在极限,由函数极限的局部有界性,,与,使得.所有这种邻域的集合成为的一个开覆盖;
由有限覆盖定理,存在的有限开覆盖
若取,则因覆盖了,对中每一,它必属于中某一邻域,于是
例6若函数在上无界,则必存在上某点,使得在该点的任
意领域内无界.
证用反证法,若,存在,使得在中有界,则令
,
它成为的一个无限开覆盖由有限覆盖定理,存在
为的有限开覆盖.由于在每上内有界,因此在上有界,这与在上的无界性相矛盾.
例7设在上连续,对任何.试用有限覆盖定理证明:必
存在,使得对任何,满足
证,因为,由连续函数的局部保号性,于是,.现令
，
它是的一个无限开覆盖，由有限开覆盖定理，存在
为的有限开覆盖,取
,某个（）,使,
于是.
例8设函数对任何内的,存在,使得在内递增试证在整个内亦递增.
证,证明由所设条件,使在内递增,故是后个无限开覆盖,由有限覆盖定理,存在为的有限开覆盖,为叙述方便起见,不妨设由就能覆盖,且设.
若,则因,在中递增,故；若,则,且因,故,使.于是又有
对的有限情形可类似地证明.由此可见,在上递增.
例9试用确界原理证明:若函数在闭区间上连续,则在上有界.
分析设在上有界,.因为由在点的局部有界性,可知S是非空数集,且以为上界,由确界原理,存在.关键在于证明,并证,以使,即在上有界.
证设在上有界,.
由分析可知,S为非空有上界数集,于是由确界原理,存在.
现用反证法证明.
若,由连续函数的局部有界性，,使在内有界,即,使,而这与相矛盾,所以.
再证函数在上有界.因为在点处连续,于是,在上有界;再由,可知在中有界,于是在上有
界.
例10设为定义在限区间I上的函数,对I内任何柯西列,也是柯西列.试证是I上的一致连续函数.
证用反证法.若在I上不一致连续函数,于是，但.
由致密性定理,对有界数列因为
,于是.
这样,数列
也收敛于,因而是柯西列;但因为,使得
不是柯西列,这与假设相矛盾.
注1如何应用反证法证明结论是数学分析学习过程中的一个难点,掌握好
基本概念的否定说法的正面陈述是其中的关键.
注2不难证明本题中的条件不仅是充分的,而且是必要的,于是函数在有限
区间上一致连续的充分条件是对I上任何，也是柯西列.
关于实数完备性的六大基本定理是彼此等价的，因此对同一个有关问题都有效.但是又由于各个基本定理的内容和角度都不一样，因此所作出的证明可以很不相同.即使同一个基本定理，也可能有不同的方法，即使方法相同还可以有不同的细节.我们认为，其中的新发现是无穷尽的，发现的精彩是无穷尽的.“数学的理论是美妙的，引人入胜；数学的方法是精巧的，丰富多彩！”让我们悉心于数学研究，尽情的享受数学之美吧！
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