实数的完备性定理

• 2022.9.13版本pdf： 链接：https://pan.baidu.com/s/1LEmu4rKeB1XjHeHoV0vjUw 提取码：ty03
• 2022.9.13版本markdown： 链接：https://pan.baidu.com/s/1Z1sjnMLPJklWnIUmOpREKg 提取码：097s
• 2020.12.29版本pdf： 链接：https://pan.baidu.com/s/1DDnfsbzyIi0NQNW53OjpfQ 提取码：g0jt

最近更新：2022.11.2

本文最近更新了介值定理与连通性定理（即 \mathbb{R} 是连通的）有关的内容，它们与其他实数的完备性定理是等价的。

实数系的公理、定理和性质列表

我们假定实数的完备性（连续性）公理是：

0 戴德金原理 Dedekind completeness

实数系还有如下关于连续性的基本定理，它们分别是：

1. 确界存在原理 least-upper-bound property
2. 单调有界定理 monotone convergence theorem
3. 闭区间套定理 nested intervals theorem
4. 有限覆盖定理 Heine-Borel theorem
5. 聚点定理 Bolzano-Weierstrass theorem
6. 致密性定理 Bolzano-Weierstrass theorem
7. 柯西收敛原理 Cauchy completeness
8. 介值定理 intermediate value theorem
9. 连通性定理 connectedness of reals

此外，阿基米德性质是实数系的重要性质：

10 阿基米德性质 Archimedean property

上述所有命题的内容陈述如下：

0 戴德金原理
下列表述是等价的，因此任意一个可作为戴德金原理。（等价的证明见这篇文章或本文末尾附录部分）
【表述一】对 \mathbb{R} 的任何非空子集 A 和 B，
若 \forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq b)，则 \exists c\in \mathbb{R}\ (\forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq c\leq b))
【表述二】如果 \mathbb{R} 的两个子集 A 和 B 满足如下性质：
① A\ne \emptyset\ \wedge\ B\ne \emptyset
② A\cup B=\mathbb{R}
③ \forall x\in A\ \forall y\in B\ (x<y)
那么 \exists c\in \mathbb{R}\ (\forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq c\leq b))

1 确界存在原理
对 \mathbb{R} 的任何非空子集 S ，若 S 在 \mathbb{R} 内有上界，则 S 在 \mathbb{R} 内有上确界。

2 单调有界定理
如果数列单调递增且有上界，那么该数列收敛。

3 闭区间套定理
如果数列 \left\{a_n\right\} 和 \left\{b_n\right\} 满足以下两个条件：
① \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (a_n\leq a_{n+1}<b_{n+1}\leq b_n)
② \lim_{n \rightarrow \infty}{(b_n-a_n)}=0
那么以下两个结论成立：
① \lim_{n \rightarrow \infty}{a_n}=\lim_{n \rightarrow \infty}{b_n} （该极限值记为c）
② 上述c是满足 \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (a_n\leq c \leq b_n) 的唯一实数。

4 有限覆盖定理
如果开区间所形成的开区间集 E 覆盖一个闭区间 [a,b] ，那么总可以从 E 中选取有限个开区间，使得这有限个开区间覆盖 [a,b] 。

5 聚点定理
每个 \mathbb{R} 上无穷、有界的子集 S 都有至少一个聚点。

6 致密性定理
任一有界数列都有收敛的子列。

7 柯西收敛原理
数列 \left\{x_n\right\} 收敛的充要条件是 \forall \varepsilon\in \mathbb{R^{+}}\ \exists N\in \mathbb{Z^{+}}\ \forall n,m>N\ (|x_m-x_n|<\varepsilon)

8 介值定理
设 a,b,u\in\mathbb{R}， a<b 。如果 f:[a,b]\to\mathbb{R} 连续（即 \forall x_0\in [a,b]\ \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+\ \exists\delta\in\mathbb{R}^+ \forall x\in [a,b]\ (|x-x_0|<\delta\Rightarrow|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon) ），且 f(a)<u<f(b) 或 f(b)<u<f(a) ，那么 \exists c\in (a,b)\ (f(c)=u)

9 连通性定理
不存在 \mathbb{R} 的子集 A,B 满足如下条件：
① A\ne \emptyset\ \wedge \ B\ne \emptyset
② A\cup B=\mathbb{R}
③ A\cap B=\emptyset
④ \forall x\in A\ \exists a_1,a_2\in A\ (a_1<x<a_2 \wedge (a_1,a_2)\subseteq A)
⑤ \forall x\in B\ \exists b_1,b_2\in B\ (b_1<x<b_2 \wedge (b_1,b_2)\subseteq B)

10 阿基米德性质
下列表述是等价的，因此任意一个可作为阿基米德性质。（等价的证明见这篇文章或本文末尾附录部分）
【表述一】 \forall y\in\mathbb{R}\ \exists n\in\mathbb{Z}^+\ (n>y)
【表述二】 \forall x\in\mathbb{R}^+\ \forall y\in\mathbb{R}\ \exists n\in\mathbb{Z^{+}}\ (nx>y)
【表述三】 \forall x\in\mathbb{R}^+\ \exists n\in\mathbb{Z}^+\ (nx>1)
【表述四】 \left\{\frac{1}{n}\right\} 有聚点（即 \exists a\in\mathbb{R}\ \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+ \left(O(a,\varepsilon)\cap \left\{\frac{1}{n}\right\}\text{是无限集}\right)）
【表述五】 \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} 存在（即 \exists a\in\mathbb{R}\ \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+\ \exists N\in\mathbb{Z}^+\ \forall n>N\ \left(a-\varepsilon<\frac{1}{n}<a+\varepsilon\right)）
【表述六】\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}=0（即 \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+\ \exists N\in\mathbb{Z}^+\ \forall n>N\ \left(\frac{1}{n}<\varepsilon\right)）
【表述七】\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2^n}=0（即 \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+\ \exists N\in\mathbb{Z}^+\ \forall n>N\ \left(\frac{1}{2^n}<\varepsilon\right)）

命题之间的逻辑关系及证明路径

在 给定 \mathbb{R} 是有序域 的情况下，上述九个命题之间的逻辑关系是：

• 0\Leftrightarrow 1\Leftrightarrow2\Leftrightarrow3+10\Leftrightarrow4\Leftrightarrow5\Leftrightarrow6\Leftrightarrow7+10\Leftrightarrow 8\Leftrightarrow 9
• 3\Leftrightarrow7

也即，戴德金原理、确界存在原理、单调有界定理、有限覆盖定理、聚点定理、致密性定理、介值定理、连通性定理是彼此等价的，闭区间套定理和柯西收敛原理稍弱一些，但是再加上阿基米德性质就与前面各命题等价了。

下面我们按如下步骤证明如上的逻辑关系

• 链条一 1 \Rightarrow 0 \Rightarrow 1
• 链条二 1\Rightarrow 2\Rightarrow 3+10 \Rightarrow1
• 链条三 2\Rightarrow3+10\Rightarrow 4\Rightarrow 5\Rightarrow 6\Rightarrow 2
• 链条四 7 \Rightarrow 3 \Rightarrow 7
• 链条五 1\Rightarrow 8\Rightarrow 9\Rightarrow 0\Rightarrow 1

画成有向图就是：

从上图就可以看出，确实反映了我们想要的逻辑关系。

链条一 1→0→1

1 确界存在原理
对 \mathbb{R} 的任何非空子集 S ，若 S 在 \mathbb{R} 内有上界，则 S 在 \mathbb{R} 内有上确界。

在本链条中，我们以确界存在原理为起点。

1→0【表述二】：确界推戴德金

0 戴德金原理 【表述二】
如果 \mathbb{R} 的两个子集 A 和 B 满足如下性质：
① A\ne \emptyset\ \wedge\ B\ne \emptyset
② A\cup B=\mathbb{R}
③ \forall x\in A\ \forall y\in B\ (x<y)
那么 \exists c\in \mathbb{R}\ (\forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq c\leq b))

证明：因为 B \ne \emptyset ，所以 A 有上界。由确界存在原理知， A 有上确界。同理 B 有下确界。设 c_1=\mathrm{sup}\ A ， c_2=\mathrm{inf} \ B 。现在我们找一点 c 满足 \forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq c\leq b)

（1）如果 c_1\in A ，那么 \forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq c_1 < b) ，取 c=c_1 即可。

（2）如果 c_1\notin A ，那么 c_1\in B 。下面再分两种情况：

（2.1）如果 c_2\in B ，那么 \forall a\in A\ \forall b\in B\ (a< c_2\leq b) ，取 c=c_2 即可。

（2.2）如果 c_2\notin B ，那么 c_2\in A 。又 c_1\in B ，故 c_2<c_1 。因为 c_1=\mathrm{sup}\ A ， c_2<c_1 ，所以 \exists x\in A\ (c_2<x) 。又因为 c_2=\inf B ，所以存在 y\in B 使得 y<x ，但这与条件 \forall x\in A\ \forall y\in B\ (x<y) 矛盾。故该情况不存在。

综上所述，总能找到 c 使 \forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq c\leq b) \square

0【表述二】→1：戴德金推确界

1 确界存在原理
对 \mathbb{R} 的任何非空子集 S ，
若 S 在 \mathbb{R} 内有上界，则 S 在 \mathbb{R} 内有上确界。

证明：定义集合 B:=\left\{a\in \mathbb{R}\ | \ \forall x\in S, x< a\right\} ，定义集合 A:=\mathbb{R} \backslash \ B

下面说明 A 和 B 满足原理0的三个条件：

①：因为 S 有上界，所以 \exists M \in \mathbb{R}\ \forall x\in S\ (x\leq M) ，令 a=M+1 ，则 \forall x\in S \ (x\leq M<M+1=a) ，故 a\in B ，故 B\ne \emptyset 。由 B 的定义知 \forall x\in S\ (x\notin B) ，又 A=\mathbb{R} \backslash \ B ，故 \forall x\in S\ (x\in A) 。因 S 非空，故 A\ne \emptyset

②：由 A=\mathbb{R} \backslash \ B 知 A\cup B=\mathbb{R}

③：任取 x\in A,y\in B 。由 x\in A 知 x\notin B ，由 B 的定义知 \exists z\in S\ (z\geq x) 。因为 z\in S 而 y\in B ，故 z<y ，从而 \forall x\in A\ \forall y\in B\ (x\leq z<y)

由①②③和原理0知 \exists c\in \mathbb{R}\ (\forall a\in X\ \forall b\in Y\ (a\leq c\leq b)) 。下面证明 c=\mathrm{sup}\ S

（1）在①中已证 \forall x\in S\ (x\in A) ，故 \forall x\in S\ (x\leq c)

（2）因为 \forall \varepsilon\in \mathbb{R^{+}}\ (c-\frac{\varepsilon}{2}<c) ，故 c-\frac{\varepsilon}{2}\notin B ，由 B 的定义知 \exists x\in S\ (x\geq c-\frac{\varepsilon}{2}) 。又 c-\varepsilon<c-\frac{\varepsilon}{2} ，故 c-\varepsilon<x 。这样我们就证明了： \forall \varepsilon\in \mathbb{R^{+}}\ \exists x\in S\ (c-\varepsilon <x)

由（1）（2）知 c=\mathrm{sup}\ S ，即 S 有上确界。 \square

链条二 1→2→3+10→1

1 确界存在原理
对 \mathbb{R} 的任何非空子集 S ，
若 S 在 \mathbb{R} 内有上界，则 S 在 \mathbb{R} 内有上确界。

在本链条中，我们以确界存在原理为起点。

1→2：确界推单调

2 单调有界定理
如果数列单调递增且有上界，那么该数列收敛。

证明：设数列 \left\{x_n\right\} 有上界，根据确界存在原理，数列 \left\{x_n\right\} 有上确界 \beta

由上确界的定义， \forall \varepsilon\in \mathbb{R}^{+} \ \exists N\in \mathbb{Z}^{+}\ \ (\beta-\varepsilon< x_N )

对上述 N ，由上确界的定义和单调递增知 \forall n>N\ (\beta -\varepsilon<x_N \leq x_n \leq \beta)

即 0\leq \beta-x_n<\varepsilon ，即 |x_n-\beta|<\varepsilon

综上， \lim_{n \rightarrow \infty}{x_n}=\beta \square

2→3+10【表述五】：单调推闭区间套和阿基米德

3 闭区间套定理
如果数列 \left\{a_n\right\} 和 \left\{b_n\right\} 满足以下两个条件：
① \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (a_n\leq a_{n+1}<b_{n+1}\leq b_n)
② \lim_{n \rightarrow \infty}{(b_n-a_n)}=0
那么以下两个结论成立：
① \lim_{n \rightarrow \infty}{a_n}=\lim_{n \rightarrow \infty}{b_n} （该极限值记为 c ）
② 上述 c 是满足 \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (a_n\leq c \leq b_n) 的唯一实数。

8 阿基米德性质
【表述五】 \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} 存在（即 \exists a\in\mathbb{R}\ \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+\ \exists N\in\mathbb{Z}^+\ \forall n>N\ \left(a-\varepsilon<\frac{1}{n}<a+\varepsilon\right)）

闭区间套定理的结论①的证明：由条件① a_n\leq a_{n+1}<b_{n+1}\leq b_n 知：

数列 \left\{a_n\right\} 单调递增且有上界 b_1 ，数列 \left\{b_n\right\} 单调递减且有下界 a_1

由单调有界定理知 \left\{a_n\right\} 和 \left\{b_n\right\} 收敛

由极限的减法知 0=\lim_{n \rightarrow \infty}{(b_n-a_n)}=\lim_{n \rightarrow \infty}{b_n}-\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n} ，即 \lim_{n \rightarrow \infty}{b_n}=\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n}

闭区间套定理的结论②的证明：（存在性）由单调有界定理的证明过程可知 \mathrm{sup} \left\{ a_n \right\}=c=\mathrm{inf} \left\{ b_n \right\}

由上、下确界的定义知 \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (a_n\leq c \leq b_n)

（唯一性）设另一个 c' 也满足条件 \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (a_n\leq c' \leq b_n)

又 \lim_{n \rightarrow \infty}{a_n}=\lim_{n \rightarrow \infty}{b_n}=c ，由夹逼定理知道 c'=\lim_{n \rightarrow \infty}{c'}=c \square

阿基米德性质【表述五】的证明：容易验证 \frac{1}{n} 单调有界，因此由单调有界收敛原理知极限存在。 \square

3+10【表述七】→1：闭区间套和阿基米德推确界

1 确界存在原理
对 \mathbb{R} 的任何非空子集 S ， 若 S 在 \mathbb{R} 内有上界，则 S 在 \mathbb{R} 内有上确界。

证明：假设 S 是有上界的非空集合，考虑 S 所有上界构成的集合 T:=\left\{ a\in\mathbb{R}\ |\ \forall x\in S\ (x\leq a)\right\} ，我们要证明 \mathrm{sup} \ S=\mathrm{min} \ T 存在。

显见 T\ne \emptyset 且 T\ne \mathbb{R} 。任取 b\in T,a\notin T ，则有 a<b

若 \frac{a+b}{2}\notin T ，则令 [a_1,b_1]=[\frac{a+b}{2},b] ，否则令 [a_1,b_1]=[a,\frac{a+b}{2}] 。此时有 a_1\notin T\ \wedge\ b_1\in T

若 \frac{a_{k-1}+b_{k-1}}{2}\notin T ，则令 [a_k,b_k]=[\frac{a_{k-1}+b_{k-1}}{2},b_{k-1}] ，否则令 [a_k,b_k]=[a_{k-1},\frac{a_{k-1}+b_{k-1}}{2}] 。此时有 a_k\notin T\ \wedge \ b_k\in T

这样就得到闭区间套 [a_n,b_n]\supseteq [a_{n+1},b_{n+1}] ，由阿基米德性质的表述七知 \lim_{n \rightarrow \infty}{(b_n-a_n)}=\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{b-a}{2^n}}=0 ，且 \forall n\in \mathbb{Z^{+}}\ (a_n\notin T\ \wedge \ b_n\in T) 。由闭区间套定理， \exists c\in \mathbb{R}\ (c=\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n}=\lim_{n \rightarrow \infty}{b_n}) 且 c 是唯一满足 \forall n\in \mathbb{Z^{+}}\ (a_n\leq c\leq b_n) 的实数，此时有 b_n-c=|b_n-c| ， c-a_n=|a_n-c| 。下面我们证明 c=\mathrm{min} \ T=\mathrm{sup} \ S 。只需证明两点：（1） c\in T （2） \forall \eta\in T\ (\eta \geq c)

（1）反证法。假设 c\notin T ，则由 T 的定义知 \exists x\in S\ (x> c) 。取 \varepsilon=x-c>0 ，则 \exists N\in \mathbb{Z^{+}}\ \forall n>N\ (b_n-c=|b_n-c|<\varepsilon=x-c) ，即 b_n<x ，又 x\in S ，故 b_n\notin T ，这与 \forall n\in \mathbb{Z^{+}}\ (b_n\in T) 矛盾。

（2）反证法。假设 \exists \eta\in T\ (\eta<c) ，取 \varepsilon=c-\eta>0 ，则 \exists N\in \mathbb{Z^{+}}\ \forall n>N\ (c-a_n=|a_n-c|<\varepsilon=c-\eta) ，即 a_n>\eta ，又 \eta\in T ，故 a_n\in T ，这与 \forall n\in \mathbb{Z^{+}}\ (a_n\notin T) 矛盾。

综合（1）（2）知 c=\mathrm{min} \ T=\mathrm{sup} \ S ，即 S 有上确界。 \square

链条三 2→3+10→4→5→6→2

2 单调有界定理
如果数列单调递增且有上界，那么该数列收敛。

在本链条中，我们以单调有界定理为起点。

2→3+10：单调推闭区间套和阿基米德

链条二中已证。 \quad\square

3+10【表述七】→4：闭区间套和阿基米德推有限覆盖

4 有限覆盖定理
如果开区间所形成的开区间集 E 覆盖一个闭区间 [a,b] ，那么总可以从 E 中选取有限个开区间，使得这有限个开区间覆盖 [a,b] 。

证明：用反证法。假设 [a,b] 不能被 E 中的有限个开区间覆盖。

等分 [a,b] 为两个区间： [a,\frac{a+b}{2}],[\frac{a+b}{2},b] ，则其中至少有一个区间不能被 E 中有限个开区间覆盖，设为 [a_1, b_1] 。再等分 [a_1,b_1] 为两个区间，则其中也是至少有一个区间不能被 E 中有限个开区间覆盖，记为 [a_2,b_2] 。这个过程可以无限重复下去，这就得到了一个无穷闭区间列 \left\{[a_n,b_n]\right\} 。显见它满足以下三个条件：

①每一个闭区间 [a_n,b_n] 都不能被 E 中有限个开区间覆盖。

② [a,b]\supseteq [a_1,b_1]\supseteq [a_2,b_2]\supseteq ...\supseteq[a_n,b_n]\supseteq ...

③ \lim_{n \rightarrow \infty}{(b_n-a_n)}=\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{b-a}{2^n}}=0 （阿基米德性质的表述七）

由②③，根据闭区间套定理知 \lim_{n \rightarrow \infty}{a_n}=\lim_{n \rightarrow \infty}{b_n}=c 且 c\in [a,b]

由覆盖的定义知 E 中有一个开区间 (\alpha,\beta) 使 c\in(\alpha,\beta)

由数列极限的保序性知道， \exists N\in \mathbb{Z}^{+} \ \forall n>N\ (\alpha< a_n<b_n<\beta)

也即 \forall n>N\ ([a_n,b_n]\subseteq(\alpha,\beta)) 。这表明，只要是形如 [a_n,b_n] (n>N) 的闭区间，都可以被一个开区间 (\alpha,\beta) 覆盖，但这和①是矛盾的。 \square

4→5：有限覆盖推聚点

5 聚点定理
每个 \mathbb{R} 上无穷、有界的子集 S 都有至少一个聚点。

证明：因为 S 有界，所以它包含于一个闭区间 [a,b]\supseteq S 。现在证明 S 有聚点。

反证法。假设 S 没有聚点，那么每个 x\in [a,b] 的邻域 O(x,\delta_x) 至多含 S 中有限个数。定义 E=\bigcup_{x\in [a,b]}O(x,\delta_x)\supseteq [a,b]\supseteq S ，由有限覆盖定理， E 中有限个开区间就可以覆盖 [a,b] ，即 \exists N\in \mathbb{Z^{+}}\ (E'=\bigcup_{k=1}^{N}O(x_k,\delta_{{x}_{k}})\supseteq [a,b]\supseteq S) 。由于每一个 O(x_k,\delta_{{x}_{k}}) 都至多含 S 中有限个数，故 E' 至多含 S 中有限个数，又 E' \supseteq S ，故 S 至多含有限个数，与 S 是无穷集合矛盾。 \square

5→6：聚点推致密

6 致密性定理
任一有界数列都有收敛的子列。

证明：由聚点定理， \left\{\frac{1}{n}\right\} 有聚点，而这正好是阿基米德性质的表述四。这说明聚点定理蕴含阿基米德性质。

现在开始致密性定理的证明。设数列 \left\{ x_n \right\} 有界，其值域是 E 。

如果 E 是有限集，那么存在 a\in E 使 x_{n_1}=x_{n_2}=...=a （其中 n_1<n_2<... ），这样得到的子列 x_{n_k}\rightarrow a 收敛；

如果 E 是无限集，那么由聚点定理知 E 上有一聚点 b ，使 b 的任何邻域 O(b,\varepsilon) 都含 E 中无限个数。特别地， \exists n_1\in \mathbb{Z^{+}}\ (x_{n_1}\in O(b,1)) ， \exists n_2>n_1\ (x_{n_2}\in O(b,\frac{1}{2})) ，……， \exists n_k>n_{k-1}\ (x_{n_k}\in O(b,\frac{1}{k})) ，……，这样就构造出一个子列 \left\{ x_{n_k} \right\} 。由阿基米德性质的表述六， \lim_{k\to\infty}\frac{1}{k}=0 。由 |x_{n_k}-b|<\frac{1}{k}\rightarrow0 知 x_{n_k}\rightarrow b ，即子列 \left\{ x_{n_k} \right\} 收敛。 \square

6→2：致密推单调

2 单调有界定理
如果数列单调递增且有上界，那么该数列收敛。

证明：设数列 x_n 单调递增有上界。由致密性定理，存在 x_n 的子列 x_{n_k} 收敛，设收敛于 A 。假设 \exists N\in\mathbb{Z}^+\ (x_N>A) ，则当 k 充分大时 n_k>N ，由 x_n 的递增性就有 x_{n_k}\geq X_N>A ，这样 \lim_{k\to \infty}x_{n_k}\geq x_N>A ，矛盾。因此假设不成立，故 \forall n\in\mathbb{Z}^+\ (x_n\leq A) 。此时由 x_{n_k}\to A 知对于任何 \varepsilon\in\mathbb{R}^+ ，存在 K\in\mathbb{Z}^+ 使得 \forall k>K\ (A-\varepsilon<x_{n_k}\leq A) ，特别地 A-\varepsilon< x_{n_{K+1}}\leq A 。取 N=n_{K+1} ，则对于任何 n>N=n_{K+1} 就有 A-\varepsilon<x_{n_{K+1}}=x_N\leq x_n\leq A 。连起来就知道 \lim_{n\to\infty} x_n=A ，即数列 x_n 收敛。 \quad\square

链条四 7→3→7

7 柯西收敛原理
数列 \left\{x_n\right\} 收敛的充要条件是 \forall \varepsilon\in \mathbb{R^{+}}\ \exists N\in \mathbb{Z^{+}}\ \forall n,m>N\ (|x_m-x_n|<\varepsilon)

在本链条中，我们以柯西收敛原理为起点。

7→3：柯西推闭区间套

3 闭区间套定理
如果数列 \left\{a_n\right\} 和 \left\{b_n\right\} 满足以下两个条件：
① \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (a_n\leq a_{n+1}<b_{n+1}\leq b_n)
② \lim_{n \rightarrow \infty}{(b_n-a_n)}=0
那么以下两个结论成立：
① \lim_{n \rightarrow \infty}{a_n}=\lim_{n \rightarrow \infty}{b_n} （该极限值记为 c ）
② 上述 c 是满足 \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (a_n\leq c \leq b_n) 的唯一实数。

①的证明：不妨设 m>n 。显见 \left\{ a_n\right\} 递增，有 |a_m-a_n|=a_m-a_n\leq b_n-a_n\rightarrow 0 ，因此 a_m-a_n\rightarrow 0 ，也即 \forall \varepsilon\in \mathbb{R^{+}} \ \exists N\in \mathbb{Z^{+}}\ \forall m>n>N\ (|a_m-a_n|< \varepsilon) 。由柯西收敛原理， \left\{ a_n\right\} 收敛，设其极限为 c 。有 \lim_{n \rightarrow \infty}{b_n}=\lim_{n \rightarrow \infty}{(b_n-a_n)}+\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n} = c

②的证明：（存在性）先证明 \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (a_n\leq c) 。反证法。假定 \exists N\in \mathbb{Z^{+}}\ (a_N>c) ，取 \varepsilon=a_N-c ，则 \forall n>N\ (|a_n-c|=a_n-c\geq a_N-c=\varepsilon) ，这与 a_n\rightarrow c 矛盾，因此 \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (a_n\leq c) 。同理可证 \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (c\leq b_n)

（唯一性）设另一个 c' 也满足条件 \forall n\in\mathbb{Z}^{+} \ (a_n\leq c' \leq b_n)

又 \lim_{n \rightarrow \infty}{a_n}=\lim_{n \rightarrow \infty}{b_n}=c ，由夹逼定理知道 c'=\lim_{n \rightarrow \infty}{c'}=c \square

3→7：闭区间套推柯西

7 柯西收敛原理
数列 \left\{x_n\right\} 收敛的充要条件是\forall \varepsilon\in \mathbb{R^{+}}\ \exists N\in \mathbb{Z^{+}}\ \forall n,m>N\ (|x_m-x_n|<\varepsilon)

必要性的证明：由 \left\{x_n\right\} 收敛，不妨设 x_n\rightarrow A ，则 \forall \varepsilon\in\mathbb{R^{+}} \ \exists N\in \mathbb{Z^{+}}\ \forall n,m>N\ (|x_n-A|<\frac{\varepsilon}{2}\ \wedge \ |x_m-A|<\frac{\varepsilon}{2}) ，此时|x_m-x_n|\leq|x_m-A|+|x_n-A|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon

充分性的证明：设数列 x_n 满足 \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+\ \exists N\in\mathbb{Z}^+\ \forall n,m>N\ (|x_n-x_m|<\varepsilon) ，特别取 m=n+1 就有 \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+\ \exists N\in\mathbb{Z}^+\ \forall n>N\ (|x_{n+1}-x_n|<\varepsilon) ，即数列 y_n:=|x_{n+1}-x_n| 收敛于 0 。分两种情况：

（1）假设 y_n 中只有有限项是正数，则 y_n 从某项以后均为 0 ，即 x_n 从某项以后恒为常数，故数列 x_n 收敛。

（2）假设 y_n 有无限项是正数，则取这无限项的子列为 \varepsilon_n ，有 \varepsilon_n>0 且 \varepsilon_n\to 0 。

对 \varepsilon_1>0 ，存在 N_1\in\mathbb{Z}^+ 使得 \forall n,m >N_1\ \left(|x_n-x_m|<\varepsilon_1\right) ，特别取 m=N_1+1 就有 \forall n>N_1\ \left(|x_n-x_{N_1+1}|<\varepsilon_1\right) 。故令 a_1=x_{N_1+1}-\varepsilon_1 ， b_1=x_{N_1+1}+\varepsilon_1 ，就会有 \forall n> N_1\ \left(a_1<x_n<b_1\right)

一般地，不妨设已构造好 N_{k-1} 使 \forall n>N_{k-1}\ \left(a_{k-1}<x_n<b_{k-1}\right) 。对 \varepsilon_k>0 ，存在 N_k>N_{k-1} 使得 \forall n,m >N_k\ \left(|x_n-x_m|<\varepsilon_k\right) ，特别取 m=N_k+1 就有 \forall n>N_k\ \left(|x_n-x_{N_k+1}|<\varepsilon_k\right) 。故令 a_k=\max\left\{a_{k-1},x_{N_k+1}-\varepsilon_k\right\} ， b_k=\min\left\{x_{N_k+1}+\varepsilon_k,b_{k-1}\right\} ，就会有 \forall n> N_k\ \left( a_k<x_n<b_k\right) 。

由上述构造，我们有：

• ① \forall k\in\mathbb{Z}^+\ (a_k\leq a_{k+1}<b_{k+1}\leq b_k)
• ② |b_k-a_k|\leq 2\varepsilon_k\to 0

根据闭区间套原理知 \lim_{k\to \infty} a_k=\lim_{k\to \infty} b_k=c 。这样，对于任何 \varepsilon\in\mathbb{R}^+ ，存在 k\in\mathbb{Z}^+ 使 a_k>c-\varepsilon 且 b_k<c+\varepsilon 。令 N=N_k\in\mathbb{Z}^+ ，则对于任何 n>N 有 c-\varepsilon<a_k<x_n<b_k<c+\varepsilon 。故 \lim_{n\to \infty} x_n=c ，即数列 x_n 收敛。 \quad\square

链条五 1→8→9→0→1

1 确界存在原理
对 \mathbb{R} 的任何非空子集 S ， 若 S 在 \mathbb{R} 内有上界，则 S 在 \mathbb{R} 内有上确界。

在本链条中，我们以确界存在原理为起点。

1→8：确界推介值

8 介值定理
设 a,b,u\in\mathbb{R}， a<b 。如果 f:[a,b]\to\mathbb{R} 连续（即 \forall x_0\in [a,b]\ \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+\ \exists\delta\in\mathbb{R}^+ \forall x\in [a,b]\ (|x-x_0|<\delta\Rightarrow|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon) ），且 f(a)<u<f(b) 或 f(b)<u<f(a) ，那么 \exists c\in (a,b)\ (f(c)=u)

证明（来自wiki）：只对第一种情况 f(a)<u<f(b) 进行证明 。第二种情况是类似的。

令 S=\left\{x\in [a,b]\ |\ f(x)\leq u\right\} . 则 a\in S ，因此 S 非空。此外 b 是 S 的一个上界。由确界存在原理， S 有上确界 c\in \mathbb{R} . 因 a\in S ，故 c\geq a ；因 b 是 S 的一个上界，故 c\leq b . 故 c\in [a,b] 。

现证明 f(c)=u . 由 c 处的连续性， \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+ ， \exists \delta\in\mathbb{R}^+ ， \forall x\in [a,b] ，当 |x-c|<\delta 时， |f(x)-f(c)|<\varepsilon ，即 f(x)-\varepsilon<f(c)<f(x)+\varepsilon . 由于 c 是 S 的上确界，所以存在 c_1\in (c-\delta,c] 使得 c_1\in S ，即 f(c_1)\leq u . 易见 c_1 满足 c_1\in [a,b] 且 |c_1-c|<\delta ，故 f(c)<f(c_1)+\varepsilon\leq u+\varepsilon 。另一方面，如果 c=b ，那么 f(c)>f(b)-\varepsilon>u-\varepsilon ；否则， b>c ，取 c_2=\min\left\{c+\delta,b\right\}>c . 由于 c 是 S 的上确界，故 c_2\notin S 。 易见 c_2 满足 c_2\in [a,b] 且 |c_2-c|<\delta . 故 f(c)>f(c')-\varepsilon>u-\varepsilon 。也即无论如何，都有 u-\varepsilon<f(c)<u+\varepsilon 。由于这对任何 \varepsilon\in\mathbb{R}^+ 都成立，因此 f(c)=u .

最后，倘若 c=a ，则 u=f(c)=f(a)<u ，矛盾，故 c\ne a 。类似地， c\ne b 。结合 c\in [a,b] 就有 c\in (a,b) . \quad\square

8→9：介值推连通

9 连通性定理
不存在 \mathbb{R} 的子集 A,B 满足如下条件：
① A\ne \emptyset\ \wedge \ B\ne \emptyset
② A\cup B=\mathbb{R}
③ A\cap B=\emptyset
④ \forall x\in A\ \exists a_1,a_2\in A\ (a_1<x<a_2 \wedge (a_1,a_2)\subseteq A)
⑤ \forall x\in B\ \exists b_1,b_2\in B\ (b_1<x<b_2 \wedge (b_1,b_2)\subseteq B)

证明：反证法。假若存在这样的 A,B\subseteq\mathbb{R} . 由条件②③，可以良好地定义函数 f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} 使得当 x\in A 时 f(x)=-1 ，当 x\in B 时 f(x)=1 .

我们先证明 f 在 \mathbb{R} 上连续。对任何 x_0\in\mathbb{R} 以及任何 \varepsilon\in\mathbb{R}^+ ，由条件②， x_0\in A 或 x_0\in B . 对第一种情况 x_0\in A ，由条件④， \exists a_1,a_2\in A 使得 x_0\in (a_1,a_2)\subseteq A . 取 \delta=\min \left\{x_0-a_1,a_2-x_0\right\}\in\mathbb{R}^+ ，则当 |x-x_0|<\delta 时， x\in (a_1,a_2)\subseteq A ，由 f 的定义， f(x)=f(x_0)=-1 . 故 |f(x)-f(x_0)|=0<\varepsilon . 同理，对第二种情况 x_0\in B ，由条件⑤，\exists b_1,b_2\in B 使得 x_0\in (b_1,b_2)\subseteq B . 取 \delta=\min \left\{x_0-b_1,b_2-x_0\right\}\in\mathbb{R}^+ ，类似地可证当 |x-x_0|<\delta 时 |f(x)-f(x_0)|=|1-1|=0<\varepsilon . 综上，我们证明了 f 在 \mathbb{R} 上连续。

现在，由条件①，取 a'\in A ， b'\in B . 由条件③， a'\ne b' 。取 a=\min \left\{a',b'\right\} ， b=\max \left\{a',b'\right\} 。则 a<b ，且 a 和 b 恰好一个属于 A 另一个属于 B ，故 f(a) 与 f(b) 恰好有一个是 -1 有一个是 1 ，即 f(a)<0<f(b) 或 f(b)<0<f(a) 。因为 f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} 连续，故 f 限制在 [a,b] 上也连续。由介值定理，存在 c\in (a,b) 使得 f(c)=0 。但 0 不在 f 的值域 \left\{-1,1\right\} 里，矛盾。 \quad\square

9→0【表述二】：连通推戴德金

0 戴德金原理【表述二】
如果 \mathbb{R} 的两个子集 A 和 B 满足如下性质：
① A\ne \emptyset\ \wedge\ B\ne \emptyset
② A\cup B=\mathbb{R}
③ \forall x\in A\ \forall y\in B\ (x<y)
那么 \exists c\in \mathbb{R}\ (\forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq c\leq b))

证明：反证法。假设结论不成立，则对任何 c\in\mathbb{R} ，存在 a\in A 及 b\in B ，使得 c<a 或 b<c . 我们将证明 A 和 B 满足连通性定理表述里的①②③④⑤，但连通性定理表明满足这些条件的 A,B 是不存在的，因此我们得到了矛盾。

连通性定理表述里①②③的证明：由戴德金原理的条件①②③即得。

连通性定理表述里④的证明：任取 x\in A 。由之前的假设结论不成立知道，存在 a\in A 及 b\in B ，使得 x<a 或 b<x . 但后者情况是不成立的（倘若 b<x，注意 b\in B , x\in A ，而这与戴德金原理的条件③矛盾），因此只能是前者情况 x<a 成立。取 a_1=x-1 ， a_2=a\in A ，就立即得到 a_1<x<a_2 . 对任何的 y\in (a_1,a_2) ，有 y\notin B （否则， y\in B , a_2\in A , y<a_2 ，但这与戴德金原理的条件③矛盾），由戴德金原理的条件②知 y\in A 。因此 (a_1,a_2)\subseteq A ，即证。

连通性定理表述里⑤的证明：仿照连通性定理表述里④的证明去证。 \quad\square

0→1：戴德金推确界

链条一已证。 \quad\square

到此，我们完成了所有链条的证明。

附录

0 戴德金原理 各种表述的等价性证明

0 戴德金原理
下列表述是等价的，因此任意一个可作为戴德金原理
【表述一】对 \mathbb{R} 的任何非空子集 A 和 B，
若\forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq b)，则\exists c\in \mathbb{R}\ (\forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq c\leq b))
【表述二】如果 \mathbb{R} 的两个子集 A 和 B 满足如下性质：
① A\ne \emptyset\ \wedge\ B\ne \emptyset
② A\cup B=\mathbb{R}
③ \forall x\in A\ \forall y\in B\ (x<y)
那么\exists c\in \mathbb{R}\ (\forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq c\leq b))

【表述一】→【表述二】

证明：这是显然的。 \square

【表述二】→【表述一】

证明：定义S:=\left\{ p\in\mathbb{R}\ |\ \forall b\in B\ (p\leq b)\right\} ， T:=\left\{ q\in\mathbb{R}\ |\ \forall a\in A\ (a\leq q)\right\} 。易知 A\subseteq S \ \wedge \ B\subseteq T ，从而 S 与 T 非空，即 S 与 T 满足表述二的条件①。下面分两种情况。

情况1：如果 \exists\xi\in \mathbb{R} \ (\xi \in S\ \wedge\ \xi \in T) ，那么显见 \forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq \xi \leq b) ，取 c=\xi 即可。

情况2：如果不是情况1 ，那么 \forall p\in S\ \forall q\in T\ (p< q) 或 \exists p_0\in S\ \exists q_0\in T\ (p_0\geq q_0) 。对于后者，取 r=\frac{p_0+q_0}{2} ，则由 \forall b\in B\ (r\leq p_0\leq b) 可得 r\in S ，由 \forall a\in A\ (a\leq q_0\leq r) 可得 r\in T ，但这就变成了情况1，矛盾，所以只能是前者 \forall p\in S\ \forall q\in T\ (p< q) ，即 S 与 T 满足表述二的条件③。

假设 \exists x \in \mathbb{R}\ (x \notin S\ \wedge\ x \notin T) ，那么 \exists b_0\in B\ (x>b_0) 且 \exists a_0\in A\ (a_0>x) ，从而有 x<a_0\leq b_0<x ，矛盾，故假设不成立，所以 \forall x\in\mathbb{R} \ (x\in S\ \vee\ x\in T) ，故 S\cup T=\mathbb{R} ，即 S 与 T 满足表述二的条件②。

由表述二， \exists \xi \in \mathbb{R}\ \forall p \in S\ \forall q\in T\ (p\leq \xi \leq q) ，又 A\subseteq S \ \wedge \ B\subseteq T ，故 \forall a\in A\ \forall b\in B\ (a\leq \xi \leq b) ，取 c=\xi 即可。 \square

10 阿基米德性质 各种表述的等价性证明

10 阿基米德性质
下列表述是等价的，因此任意一个可作为阿基米德性质。
【表述一】 \forall y\in\mathbb{R}\ \exists n\in\mathbb{Z}^+\ (n>y)
【表述二】 \forall x\in\mathbb{R}^+\ \forall y\in\mathbb{R}\ \exists n\in\mathbb{Z^{+}}\ (nx>y)
【表述三】 \forall x\in\mathbb{R}^+\ \exists n\in\mathbb{Z}^+\ (nx>1)
【表述四】 \left\{\frac{1}{n}\right\} 有聚点（即 \exists a\in\mathbb{R}\ \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+ \left(O(a,\varepsilon)\cap \left\{\frac{1}{n}\right\}\text{是无限集}\right)）
【表述五】 \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} 存在（即 \exists a\in\mathbb{R}\ \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+\ \exists N\in\mathbb{Z}^+\ \forall n>N\ \left(a-\varepsilon<\frac{1}{n}<a+\varepsilon\right)）
【表述六】\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}=0（即 \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+\ \exists N\in\mathbb{Z}^+\ \forall n>N\ \left(\frac{1}{n}<\varepsilon\right)）
【表述七】\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2^n}=0（即 \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+\ \exists N\in\mathbb{Z}^+\ \forall n>N\ \left(\frac{1}{2^n}<\varepsilon\right)）

证明：

• 【表述一】→【表述二】： \forall x\in\mathbb{R}^+\ \forall y\in\mathbb{R}\ 由表述一知 \exists n\in\mathbb{Z}^+\ \left(n>\frac{y}{x}\right) ，即 nx>y 。
• 【表述二】→【表述三】： 令表述二中的 y=1 即得。
• 【表述三】→【表述四】： 取 a=0 。则 \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+ ，由表述三， \exists N\in\mathbb{Z}^+ 使得 N\varepsilon>1 。故 \forall n>N ， \frac{1}{n}<\frac{1}{N}<\varepsilon ，即 \frac{1}{n}\in O(a,\varepsilon) 。因此， \left\{\frac{1}{n}:n>N\right\}\subseteq O(a,\varepsilon)\cap \left\{\frac{1}{n}\right\} ，而前者是无限集，故后者也必须是无限集。由此证明表述四。
• 【表述四】→【表述五】： 由表述四， \exists a\in\mathbb{R}\ \forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+ \left(O(a,\varepsilon)\cap \left\{\frac{1}{n}\right\}\text{是无限集}\right) ，特别地不是空集。故 \exists N\in\mathbb{Z}^+ 使得 \frac{1}{N}<a+\varepsilon 。则 \forall n>N \left(\frac{1}{n}<\frac{1}{N}<a+\varepsilon\right) 。另一方面，假如说 \exists N'\in\mathbb{Z}^+ \left(a>\frac{1}{N'}\right) ，则取 \varepsilon=\frac{1}{2}\left(a-\frac{1}{N'}\right)\in\mathbb{R}^+ ，就有 a-\varepsilon>\frac{1}{N'} ，因此 \forall n\geq N' ， a-\varepsilon>\frac{1}{N'}\geq \frac{1}{n} ，即 \frac{1}{n}\notin O(a,\varepsilon) 。因此， O(a,\varepsilon)\cap \left\{\frac{1}{n}\right\}\subseteq \left\{\frac{1}{n}:n<N'\right\} ，而后者是有限集，故前者也必须是有限集，但这与表述四矛盾。所以 \exists N'\in\mathbb{Z}^+ \left(a>\frac{1}{N'}\right) 是错的。换言之，我们有 \forall n\in\mathbb{Z}^+ \left(a\leq \frac{1}{n}\right) ，故 \forall n>N \left(a-\varepsilon<\frac{1}{n}\right) 。连起来就证明了表述五。
• 【表述五】→【表述六】： 注意到 \frac{1}{2n} 是 \frac{1}{n} 的子列，由子列具有相同的极限知 \lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n}=c ，但由极限的乘法法则知 \lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n}=\frac{1}{2}c ，因此 c=\frac{1}{2}c ，故 c=0 。
• 【表述六】→【表述七】： 注意到 \frac{1}{2^n} 是 \frac{1}{n} 的子列，而子列具有相同的极限。
• 【表述七】→【表述一】： \forall y\in\mathbb{R} ，分两种情况：(1)若 y\leq 0 ，取 n=1 即证；(2)若 y>0 ，取 \varepsilon=\frac{1}{y}\in\mathbb{R}^+ . 由表述七知道 \exists N\in\mathbb{Z}^+\ \forall n>N\ \left(\frac{1}{2^n}<\frac{1}{y}\right) ，特别地 \frac{1}{2^{N+1}}<\frac{1}{y} . 取 n=2^{N+1}\in\mathbb{Z}^+ 就有 n>y \quad\square

点此回到目录