点列极限二：实数连续性

前言

在点列极限一的定理7证明了单调有界的数列必收敛，此命题是实数连续性的表现之一，本篇将会说明实数连续性的6个等价命题，即这6个命题可以互相推出，而单调有界的数列必收敛命题前面已经证明，所以只需要在这6个命题中做循环论证即可。本篇将会首先列出这6个命题的描述，然后证明其相互等价。

定理1：单调且有界的数列一定收敛

定理2：闭区间套定理

设$I_n=[a_n,b_n] (n \in \mathbb{N^+})$，并且有$I_1 \supset I_2 \supset I_3 \supset \cdots \supset I_n \supset I_{n+1}\supset \cdots$，如果这一列区间的长度$|I_n|=b_n-a_n \to 0(n \to \infty)$，那么交集$\bigcap \limits_{n=1}^NI_n$含有唯一的点。

定理3：（Bolzano-Weierstrass）列紧性定理

从任何有界数列中必可以选出一个收敛的子列。

定义1：基本列

设$\{a_n\}$是一个实数数列，若对$\forall \varepsilon>0$，$\exists N \in \mathbb{N^+}$，使得当$m,n>N$时，有

$$|a_m-a_n| < \varepsilon$$

则称该数列是一个基本列或Cauchy列。
该定义的一个等价叙述为：$\forall \varepsilon > 0$，$\exists N \in \mathbb{N^+}$，使得当$n > N$时，有

$$|a_{n+p} - a_n| < \varepsilon$$

对一切$p \in \mathbb{N^+}$对成立，则称该数列为基本列。

定理4：Cauchy收敛原理

一个数列收敛的充分必要条件是，它是基本列。

定义2：上确界与下确界

设$E$为一非空的由上界的集合，实数$\beta$满足以下两个条件：
（1）$\forall x \in E$，有$x \le \beta$
（2）$\forall \varepsilon > 0，\exists x_{\varepsilon} \in E$，使得$x_{\varepsilon} > \beta - \varepsilon$
则称$\beta$为集合$E$的上确界，记为$\beta = \sup E$；
若另一实数$\alpha$满足以下两个条件：
（1）$\forall x \in E$，有$x \ge \alpha$
（2）$\forall \varepsilon > 0，\exists y_{\varepsilon} \in E$，使得$y_{\varepsilon} < \alpha + \varepsilon$
则称$\alpha$为集合$E$的下确界，记为$\alpha = \inf E$。

定理5：确界存在原理

非空的有上界的集合必有上确界；非空的有下界的集合必有下确界。

定义3：开覆盖

若$A$是实数集，$\mathscr{I}=\{I_{\lambda}\}$是一个开区间族，其中$\lambda \in \Lambda$，这里$\Lambda$称为指标集。如果

$$A \subset \bigcup \limits_{\lambda \in \Lambda}I_{\lambda}$$

则称开区间族$\{I_\lambda\}$是$A$的一个开覆盖。

定理6：（Heine-Borel）有限覆盖定理或紧致性定理

设$[a,b]$是一个有限闭区间，并且它有一个开覆盖$\{I_\lambda\}$，那么从这个开区间族中必可以选出有限个元素（开区间），使得 这有限个开区间构成的族仍是$[a,b]$的开覆盖。

六条定理的等价证明

以下图的证明顺序来证明定理的等价

graph LR
定理1 --> 定理2 --> 定理3 --> 定理4 --> 定理5 --> 定理6 --> 定理1

定理1$\Rightarrow$定理2

证：由闭区间族$\{I_n\}$的性质可知，数列$\{a_n\}$单调递增，$\{b_n\}$单调递减，显然$b_1$是$\{a_n\}$的一个上界，$a_1$是$\{b_n\}$的一个下界，所以由定理1可知，$\{a_n\}$与$\{b_n\}$都收敛，不妨设

$$\lim \limits_{n \to \infty}a_n = a, \quad \lim \limits_{n \to \infty}b_n = b$$

又显然有$a_n \le b_n (n \in \mathbb{N^+})$，所以由极限保号性可知$a \le b$，从而

$$a_n \le a \le b \le b_n (n \in \mathbb{N^+})$$

此时有

$$0 \le |b-a| \le |b_n-a_n| = |I_n| \to 0 (n \to \infty)$$

可知$a=b$，又因为$a_n \le a \le b_n (n\in \mathbb{N^+})$，即$a_n \in I_n (n \in \mathbb{N^+})$，所以

$$a \in \bigcap \limits_{n=1}^\infty I_n$$

假设还存在$c \ne a$，使得$c \in \bigcap \limits_{n=1}^\infty I_n$，则有$c,a \in [a_n, b_n]$，从而

$$|I_n|=|b_n-a_n| \ge |c-a|$$

由于$|c-a|$是个常数，从而与$|I_n| \to 0 (n \to \infty)$矛盾，从而这样的$a$唯一。
Q.E.D.

定理2$\Rightarrow$定理3

证：由于数列$\{x_n\}$有界，不妨设$m \le x_n \le M (n \in \mathbb{N^+})$，令区间$[a_1,b_1]=[m,M]$，将区间$[a_1,b_1]$按中点$(a+b)/2$分成两个闭子区间，显然必有一个子区间包含$\{x_n\}$中无穷多项，记该区间为$[a_2,b_2]$，接着对$[a_2,b_2]$进行上述分析，可以得到闭区间$[a_3,b_3]$包含数列$\{x_n\}$的无穷多项，若此继续分析下去，可以得到一列闭区间套$I_n=[a_n,b_n] (n \in \mathbb{N^+})$，有$I_1 \supset I_2 \supset I_3 \supset \cdots$，$|I_n|=(M-m)/2^{n-1} (n \in \mathbb{N^+})$，并且对所有$n \in \mathbb{N^+}$，$I_n$包含$\{x_n\}$的无穷多项。
根据定理2可知，$\exists x \in \mathbb{R}$，使得

$$\lim \limits_{n\to\infty} a_n = x, \quad \lim \limits_{n\to\infty} b_n = x$$

从而$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N^+}$，使得当$n> N$时有

$$x-\varepsilon \le a_{n} \le x \le b_{n} \le x + \varepsilon$$

可知，$\forall k \in \mathbb{N^+}，\exists n_k \in \mathbb{N^+}$，使得

$$x - \frac{1}{k} \le a_{n_k} \le x \le b_{n_k} \le x + \frac{1}{k}$$

由于$[a_{n_1}, b_{n_1}]$包含$\{x_n\}$的无穷多项，从而存在$x_{r_1} \in [a_{n_1}, b_{n_1}]$，此时有

$$x - 1 \le a_{n_1} \le x_{r_1} \le b_{n_1} \le x + 1$$

又因为$[a_{n_2}, b_{n_2}]$包含$\{x_n\}$的无穷多项，从而存在$r_2 > r_1$，使得$x_{r_2} \in [a_{n_2}, b_{n_2}]$，此时有

$$x - \frac{1}{2} \le a_{n_2} \le x_{r_2} \le b_{n_2} \le x + \frac{1}{2}$$

如此下去，可知存在$x_{r_i} \in [a_{n_i},b_{n_i}] (1,2,\cdots)$，满足$x_{r_1} < x_{r_2} < x_{r_3} < \cdots$，且有

$$x - \frac{1}{i} \le x_{r_i} \le x + \frac{1}{i}$$

所以有

$$\lim \limits_{i \to \infty} x_{r_i} = x$$

即找到了数列$\{x_n\}$的一个子列$\{x_{r_i}\}$收敛于$x$。
Q.E.D.

定理3$\Rightarrow$定理4

证：必要性。设$\{a_n\}$是一个收敛数列，其极限为$a$，则$\forall \varepsilon>0，\exists N\in \mathbb{N^+}$，使得当$n>N$时，有

$$|a_n - a| < \frac{\varepsilon}{2}$$

当$n,m>N$时，可知

$$|a_n - a_m| = |a_n - a + a - a_m| \le |a_n-a| + |a_m - b| < \varepsilon$$

从而$\{a_n\}$是基本列。
充分性。先证明Cauchy基本列有界，由基本列定义可知，存在$N\in \mathbb{N^+}$，使得当$n>N$时，有

$$|a_n - a_{N+1}| < 1$$

可知

$$|a_n| \le |a_n - a_{N+1}| + |a_{N+1}| < 1 + |a_{N+1}|$$

令$M = \max(|a_1|,|a_2|,\cdots,|a_{N}|,1+|a_{N+1}|)$，显然有$|a_n| \le M (n \in \mathbb{N^+})$，表明$\{a_n\}$有界。
根据定理3可知，$\{a_n\}$中可以选出一个收敛子列$\{a_{i_n}\}$，设$\lim \limits_{n \to \infty}a_{i_n} = a$，下面证明$a$就是数列$\{a_n\}$的极限。
$\forall \varepsilon > 0$，存在$N_1 \in \mathbb{N^+}$，使得当$n>N_1$时，有$|a_{i_{n}}-a| < \frac{\varepsilon}{2}$；同时存在$N_2 \in \mathbb{N^+}$，使得当$n,m > N_2$时，有$|a_n-a_m| < \frac{\varepsilon}{2}$，取$N= \max(N_1, N_2)$，可知当$n > N$时有

$$|a_n - a| \le |a_n - a_{i_n}| + |a_{i_n} - a| < \varepsilon$$

说明$\lim \limits_{n \to \infty}a_n = a$。
Q.E.D.

定理4$\Rightarrow$定理5

下面只证明有上界必有上确界。有下界必有下确界可以类似证明（从略）。
证：设非空集合$E$的一个上界为$\gamma$，任取一点$x \in E$，可知最小上界只可能在$[x,\gamma]$中，记$[a_1,b_1]=[x,\gamma]$，用$[a_1,b_1]$的中点$(a+b)/2$将该区间一分为二，若右边闭区间包含$E$中的点，则将该区间记为$[a_2,b_2]$，否则将左边闭区间记为$[a_2,b_2]$，接着对$[a_2,b_2]$做上述类似的讨论，可得到区间$[a_3,b_3]$，若此继续下去，可以得到一列闭区间套$I_n=[a_n,b_n] (n \in \mathbb{N^+})$，$I_1 \supset I_2 \supset I_3 \supset \cdots$，且$|I_n|=b_n-a_n=(\gamma - x)/2^{n-1} \to 0 (n\to \infty)$，则$\forall \varepsilon > 0，\exists N \in \mathbb{N^+}$，且该区间套包含两个重要的特征：
（a）$I_n$的右端点$b_n$的右边没有$E$中的点，即$[b_n,+\infty] (n=1,2,\cdots)$都是$E$的上界。
（b）$I_n$总是包含$E$中的点。
使得当$n > N$时，有$b_n - a_n < \varepsilon$，此时$\forall p \in \mathbb{N^+}$，有

$$|b_{n+p} - b_n| = b_n - b_{n+p} < b_n - a_{n+p} < b_n - a_n < \varepsilon$$

所以$\{b_n\}$是基本列，有定理4可知，数列$\{b_n\}$收敛，设$\lim \limits_{n\to\infty}b_n=\beta$，下面证明$\beta=\sup E$。

（1）证明$\beta$是上界。任取$c \in E$，由（a）可知，有$c \le b_n$，令$n \to \infty$，得到$c \le \beta$
（2）证明$\beta$是上确界。由$\lim \limits_{n \to \infty}(b_n - a_n) = 0$，$\lim \limits_{n \to \infty}b_n = \beta$，可知$\forall \varepsilon > 0, \exists N_1 \in \mathbb{N^+}$，使得当$n>N_1$时，有

$$b_n - a_n < \frac{\varepsilon}{2}$$

同时$\exists N_2 \in \mathbb{N}$，使得当$n > N_2$时，有

$$|b_n - \beta| < \frac{\varepsilon}{2} \Rightarrow b_n > \beta - \frac{\varepsilon}{2}$$

从而有

$$a_n = b_n - (b_n - a_n) > \beta - \frac{\varepsilon}{2} - \frac{\varepsilon}{2} = \beta - \varepsilon$$

则由（b）可知，存在$E$中的点记为$d$，满足$d \in [a_n,b_n]$，从而有$d \ge a_n > \beta - \varepsilon$，所以$\beta$是最小上界。
Q.E.D.

定理5$\Rightarrow$定理6

证：设$[a,b]$有一个开覆盖$H$，令$S=\{x| a < x \le b,[a,x]可以被H的有限个元素覆盖\}$，可知$S$由上界。
（1）证明$S$非空。因为$a \in [a,b] \subset H$，所以存在$[\alpha, \beta] \in H$，使得$a \in [\alpha, \beta]$，取$x \in (\alpha, \beta)$，则$[a,x] \subset [\alpha, \beta]$，记$x \in S$，所以$S$非空。
（2）由定理5可知，$S$有上确界，令$\sup S = \eta$，证明$b=\eta$。反证法。假设$\eta < b$，则有$a < \eta < b$，可知存在$[\alpha_1, \beta_1] \in H$，使得$\eta \in [\alpha_1, \beta_1]$，由于$\eta$是$E$的上确界，所以必存在$x_1 \in S$，使得$\alpha_1 < x_1 < \eta$，取$x_2 \in R$，使得$\eta < x_2 < \beta_1$，有

$$\alpha_1 < x_1 < \eta < x_2 < \beta_1$$

从而有

$$[a,x_2] \subset [a,x_1] \cup [\alpha_1, \beta_1]$$

由于$x_1 \in S$，所以$[a,x_1]$可以被$H$中有限个元素覆盖，而$[\alpha_1, \beta_1] \in H$，所以$[a,x_2]$可以被$H$中有限个元素覆盖，即$x_2 \in S$，与$\eta$是$E$的最小上界矛盾。所以$b=\sup S$，所以$[a,b)$能被$H$有限个元素覆盖，而$b \in H$，所以存在$[\alpha_2, \beta_2] \in H$，使得$b \in [\alpha_2, \beta_2]$，所以$[a,b]$能被$H$有限个元素覆盖。
Q.E.D.

定理6$\Rightarrow$定理1

证：反证法。假设数列$\{a_n\}$单调并有界，但没有极限。不妨设$a_n \in [a, b] (n=1,2,\cdots)$，由于$\{a_n\}$没有极限，从而$\forall x \in [a,b]，\exists \varepsilon_x>0，\forall N \in \mathbb{N^+}，\exists M > N$，使得

$$|a_{M} - x| \ge \varepsilon_x \Rightarrow a_{M} \ge x+\varepsilon_x或a_{M} \le x-\varepsilon_x$$

（1）先证明$\{a_n\}$无论是单调递增还是单调递减，区间$(x - \varepsilon_x, x + \varepsilon_x)$只包含$\{a_n\}$中的有限多项或者0项。
（1.a）若$\{a_n\}$单调递增，当$n>M$时，有$a_n \ge a_{M} \ge x + \varepsilon_x$，所以$(x-\varepsilon_x,x+\varepsilon_x)$区间内只可能含有$\{a_n\}$中的有限多项，也可能不包含$\{a_n\}$的项即0个；
（1.b） 若$\{a_n\}$单调递减，当$n>M$时，有$a_n \le a_{M} \le x - \varepsilon_x$，也可以知道$(x - \varepsilon_x, x + \varepsilon_x)$只包含$\{a_n\}$中的有限多项或者0项。
（2）取$H=\{(x-\varepsilon_x, x+\varepsilon_x)| x\in [a,b]\}$，可知$H$是$[a,b]$的一个开覆盖，由定理6可知，存在$\exists n_0 \in \mathbb{N^+}$，使得

$$\bigcup \limits_{i=1}^{n_0}(x_i-\varepsilon_i,x_i+\varepsilon_i) \supset [a,b]$$

其中$(x_i-\varepsilon_i,x_i+\varepsilon_i) \in H (i=1,2,\cdots)$，记$H_{n_0} = \bigcup \limits_{i=1}^{n_0}(x_i-\varepsilon_i,x_i+\varepsilon_i)$；
由于$n_0$是有限数，且属于$H_{n_0}$每个开区间也只包含$\{a_n\}$中的有限项，所以$H_{n_0}$只包含$\{a_n\}$的有限项，从而$[a, b]$只包含$\{a_n\}$的有限项，与$a_n \in [a, b] (n=1,2,\cdots)$矛盾。所以$\{a_n\}$有极限。
Q.E.D.