【分析学】从有限开覆盖定理出发 -- 实数系完备性

有限开覆盖定理

开覆盖定义：设 { U i } i ∈ I \{U_i\}_{i \in I} {Ui​}i∈I​ 是一个开覆盖，即 $[a,b]\subseteq {\bigcup }_{i\in I}{U}_i$, 称 ${\bigcup }_{i\in I}{U}_i$为 闭区间$[a,b]$ 的一个开覆盖 。这意味着区间 $[a,b]$ 中的每一点都在某个开集 $U_i$ 中。

有限开覆盖定理：闭区间 $[a,b]$ 的任意开覆盖（无限个开区间的并覆盖 $[a,b]$）必存在有限子覆盖。

有限开覆盖定理证明其他实数系完备性定理A通常采用反证法：

1. 假设定理A的结论不成立
2. 构造开覆盖
3. 根据闭区间的有限开覆盖定理推出与定理A的条件矛盾

实数系完备性定理

确界定理

上确界定义： sup ⁡ S = { a ∣ ∀ b ∈ S ⇒ a ≤ b } ∩ { a ∣ ∀ δ > 0 , ∃ a ∈ S ⇒ a + δ > b } \sup S=\{a| \forall b\in S \Rightarrow a\leq b\} \cap \{a| \forall \delta>0,\exists a\in S \Rightarrow a+\delta> b \} supS={a∣∀b∈S⇒a≤b}∩{a∣∀δ>0,∃a∈S⇒a+δ>b}

确界定理：若非空实数集合 $S\subseteq \mathbb{R}$ 有上界，则 $S$ 存在唯一的上确界（最小上界）。

证明步骤
1. 构造闭区间与开覆盖
设 $S$ 是非空有上界的集合，取定一个上界 $M$ 和 $S$ 中的元素 $a$，构造闭区间 $[a,M]$。
假设 $S$ 没有上确界，即上界集合 B = { x ∈ R ∣ x ≥ s   ∀ s ∈ S } B = \{ x \in \mathbb{R} \mid x \geq s \, \forall s \in S \} B={x∈R∣x≥s∀s∈S} 没有最小元。
对任意 $x\in [a,M]$，定义两种开集：

• 若 $x\in B$（即 $x$ 是上界），则取开区间 $U_x=\left(x-\frac{1}{n_x},x+\frac{1}{n_x}\right)$，其中 $n_x\in \mathbb{N}$ 足够大，使得 $U_x\subseteq B$（因 $B$ 无最小元，总存在更小的上界）。
• 若 $x\notin B$（即 $x$ 不是上界），则存在 $s\in S$ 使得 $s>x$，取开区间 $U_x=\left(x-\frac{1}{m_x},s+\frac{1}{m_x}\right)$，其中 $m_x\in \mathbb{N}$ 足够大，使得 $s+\frac{1}{m_x}<M$。
  所有 $U_x$ 构成 $[a,M]$ 的一个开覆盖。
  2. 应用有限开覆盖定理
  根据有限开覆盖定理，存在有限个开集 $U_{x_1},U_{x_2},\dots ,U_{x_k}$ 覆盖 $[a,M]$。
  将这些开集分为两类：
• 上界开集：$U_{x_i}$ 对应 $x_i\in B$。
• 非上界开集：$U_{x_j}$ 对应 $x_j\notin B$。
  设上界开集中最小的右端点为 x min = min ⁡ { x i ∣ x i ∈ B } x_{\text{min}} = \min \{ x_i \mid x_i \in B \} xmin​=min{xi​∣xi​∈B}。
  由于 $B$ 无最小元，存在 $y\in B$ 使得 $y<x_{\text{min}}$。但 $y\in [a,M]$，必被某个开集 $U_{x_j}$ 覆盖。

3. 导出矛盾

• 若 $U_{x_j}$ 是上界开集，则 $y\in U_{x_j}\subseteq B$，但 $x_j\ge y$，与 $x_{\text{min}}$ 是最小上界开集的右端点矛盾。
• 若 $U_{x_j}$ 是非上界开集，则 $U_{x_j}=\left(x_j-\frac{1}{m_j},s+\frac{1}{m_j}\right)$，其中 $s\in S$ 且 $s>x_j$。由于 $y\in U_{x_j}$，有 $y<s+\frac{1}{m_j}$。但 $y$ 是上界，故 $s\le y$，导致 $s\le y<s+\frac{1}{m_j}$，即 $s<s+\frac{1}{m_j}$，显然成立，但 $y$ 作为上界应满足 $s\le y$，而 $s>x_j$（因 $x_j\notin B$），故 $y\ge s>x_j$，与 $y<x_{\text{min}}\le x_j$ 矛盾。

4. 唯一性
假设存在两个上确界 $\alpha ,\beta$，则 $\alpha \le \beta$ 且 $\beta \le \alpha$，故 $\alpha =\beta$。

单调有界定理

单调有界定理：若非空实数数列 { a n } \{a_n\} {an​} 满足以下条件之一：

1. 单调递增且有上界，
2. 单调递减且有下界，
   则该数列收敛。

证明步骤
1. 构造闭区间与开覆盖
设 { a n } \{a_n\} {an​} 为单调递增且有上界 $M$ 的数列（递减情形同理）。构造闭区间 $[a_1,M]$。
假设数列不收敛，即不存在极限点。根据单调性，数列的极限点（若存在）唯一且为上确界，但此处不依赖确界定理，直接通过矛盾推导。
2. 定义开覆盖
对任意 $x\in [a_1,M]$，定义两种开区间：

• 若 $x$ 不是数列的极限点：存在 ${\epsilon }_x>0$ 和 $N_x\in \mathbb{N}$，使得当 $n\ge N_x$ 时，
  $$a_n\ge x+{\epsilon }_x\text{（因数列单调递增，最终超过 x 的邻域）}.$$
  取开区间 $U_x=\left(x-\frac{{\epsilon }_x}{2},x+\frac{{\epsilon }_x}{2}\right)$，确保 $U_x$ 不包含数列的无限多项。

• 若 $x=M$：由于 $M$ 是上界，数列所有项 $a_n\le M$。若 $M$ 不是极限点，则存在 ${\epsilon }_M>0$ 和 $N_M$，使得当 $n\ge N_M$ 时，
  $$a_n\le M-{\epsilon }_M.$$
  取开区间 $U_M=\left(M-\frac{{\epsilon }_M}{2},M+\frac{{\epsilon }_M}{2}\right)$，覆盖 $M$ 附近区域。
  3. 应用有限开覆盖定理
  闭区间 $[a_1,M]$ 被开集族 { U x } x ∈ [ a 1 , M ] \{U_x\}_{x \in [a_1, M]} {Ux​}x∈[a1​,M]​ 覆盖。根据有限开覆盖定理，存在有限子覆盖 { U x 1 , U x 2 , … , U x k } \{U_{x_1}, U_{x_2}, \dots, U_{x_k}\} {Ux1​​,Ux2​​,…,Uxk​​} 覆盖 $[a_1,M]$。
  4. 导出矛盾

• 令 N = max ⁡ { N x 1 , N x 2 , … , N x k , N M } N = \max\{N_{x_1}, N_{x_2}, \dots, N_{x_k}, N_M\} N=max{Nx1​​,Nx2​​,…,Nxk​​,NM​}，则当 $n\ge N$ 时，
  a n ≥ x i + ε x i ∀ i ∈ { 1 , 2 , … , k } . a_n \geq x_i + \varepsilon_{x_i} \quad \forall i \in \{1, 2, \dots, k\}. an​≥xi​+εxi​​∀i∈{1,2,…,k}.

• 设 c = max ⁡ { x i + ε x i } c = \max\{x_i + \varepsilon_{x_i}\} c=max{xi​+εxi​​}，则 $c\le M$（因每个 $U_{x_i}$ 覆盖到 $x_i+{\epsilon }_{x_i}$，而闭区间上限为 $M$）。

• 由单调性，当 $n\ge N$ 时，$a_n\ge c$，但 $c\le M$，故 $a_n\in [c,M]$。

• 由于 $[a_1,M]$ 被 { U x i } \{U_{x_i}\} {Uxi​​} 覆盖，存在某个 $U_{x_j}$ 包含 $c$，即 $c\in U_{x_j}=\left(x_j-\frac{{\epsilon }_{x_j}}{2},x_j+\frac{{\epsilon }_{x_j}}{2}\right)$。

• 但根据构造，当 $n\ge N_{x_j}$ 时，$a_n\ge x_j+{\epsilon }_{x_j}>x_j+\frac{{\epsilon }_{x_j}}{2}$，即 $a_n\notin U_{x_j}$，矛盾（因 $a_n\in [c,M]\subseteq U_{x_j}$）。
  5. 唯一性
  若数列收敛到两个不同点 $c_1$ 和 $c_2$，则由单调性，$c_1=c_2$（否则区间长度趋于零，矛盾）。

闭区间套定理

用有限开覆盖定理证明闭区间套定理
闭区间套定理：设 $\{[a_n,b_n]\}$ 是一个满足以下条件的闭区间序列：

1. 嵌套性：$\forall n,[a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq [a_n,b_n]$；
2. 长度趋于零：${\lim }_{n\to \infty }(b_n-a_n)=0$。
   则存在唯一的公共点 $c\in {\bigcap }_{n=1}^{\infty }[a_n,b_n]$。

证明步骤
1. 证明交集非空（关键步骤）
假设：交集为空，即 ${\bigcap }_{n=1}^{\infty }[a_n,b_n]=\varnothing$。
目标：导出矛盾，从而证明交集非空。
构造开覆盖：
对于任意 $x\in [a_1,b_1]$，由于 $x\notin {\bigcap }_{n=1}^{\infty }[a_n,b_n]$，存在某个 $n$ 使得 $x\notin [a_n,b_n]$。因此，$x$ 必属于以下开集之一：
$$U_n=(-\infty ,a_n)\cup (b_n,+\infty ).$$
所有 $U_n$ 的集合 { U n } n = 1 ∞ \{U_n\}_{n=1}^\infty {Un​}n=1∞​ 构成 $[a_1,b_1]$ 的一个开覆盖。
应用有限开覆盖定理：
根据有限开覆盖定理，存在有限子覆盖 { U n 1 , U n 2 , … , U n k } \{U_{n_1}, U_{n_2}, \dots, U_{n_k}\} {Un1​​,Un2​​,…,Unk​​} 使得：
$$[a_1,b_1]\subseteq \bigcup _{i=1}^k{U}_{n_i}.$$
令 N = max ⁡ { n 1 , n 2 , … , n k } N = \max\{n_1, n_2, \dots, n_k\} N=max{n1​,n2​,…,nk​}。由于区间套的嵌套性，对于所有 $m\ge N$，有：
$$[a_m,b_m]\subseteq [a_N,b_N].$$
导出矛盾：
考虑区间 $[a_N,b_N]$。根据开覆盖的定义，每个点 $x\in [a_N,b_N]$ 必须属于某个 $U_{n_i}$（$i=1,2,\dots ,k$）。但：

• 若 $x\in U_{n_i}$，则 $x<a_{n_i}$ 或 $x>b_{n_i}$。
• 由于 $n_i\le N$，根据嵌套性，$a_{n_i}\le a_N$ 且 $b_{n_i}\ge b_N$。因此：
  • $x<a_{n_i}\le a_N$ 与 $x\in [a_N,b_N]$ 矛盾；
  • $x>b_{n_i}\ge b_N$ 与 $x\in [a_N,b_N]$ 矛盾。
    这意味着 $[a_N,b_N]$ 无法被 { U n i } \{U_{n_i}\} {Uni​​} 覆盖，与有限开覆盖定理矛盾。因此，原假设错误，交集非空。

2. 证明唯一性
假设存在两个不同的公共点 $c,d\in {\bigcap }_{n=1}^{\infty }[a_n,b_n]$，则 $|c-d|>0$。
由于 ${\lim }_{n\to \infty }(b_n-a_n)=0$，存在 $N$ 使得：
$$b_N-a_N<|c-d|.$$
但 $c,d\in [a_N,b_N]$，故 $|c-d|\le b_N-a_N$，与 $|c-d|>b_N-a_N$ 矛盾。因此，公共点唯一。

聚点定理

聚点定理：
设 $S\subseteq \mathbb{R}$ 是有界无限点集，则 $S$ 至少有一个聚点。
证明步骤

1. 构造闭区间
   由于 $S$ 有界，存在闭区间 $[a,b]$ 使得 $S\subseteq [a,b]$。
2. 反证法假设
   假设 $S$ 没有聚点。根据聚点定义（的否定形式），对任意 $x\in \mathbb{R}$，存在 ${\epsilon }_x>0$，使得邻域 $U(x,{\epsilon }_x)$ 内仅包含 $S$ 的有限个点（或无点） 。
3. 构造开覆盖
   定义开集族 U = { U ( x , ε x ) ∣ x ∈ [ a , b ] } \mathcal{U} = \{ U(x, \varepsilon_x) \mid x \in [a, b] \} U={U(x,εx​)∣x∈[a,b]}。
   • 每个 $U(x,{\epsilon }_x)$ 是开区间，且 $\mathcal{U}$ 覆盖 $[a,b]$（因为任意 $x\in [a,b]$ 属于自身的邻域）。
   • 每个 $U(x,{\epsilon }_x)\cap S$ 是有限集（反证法假设）。
4. 应用有限开覆盖定理
   根据有限开覆盖定理，存在有限子覆盖 { U ( x 1 , ε x 1 ) , U ( x 2 , ε x 2 ) , … , U ( x n , ε x n ) } \{ U(x_1, \varepsilon_{x_1}), U(x_2, \varepsilon_{x_2}), \dots, U(x_n, \varepsilon_{x_n}) \} {U(x1​,εx1​​),U(x2​,εx2​​),…,U(xn​,εxn​​)} 覆盖 $[a,b]$，从而覆盖 $S$。
5. 导出矛盾
   • 每个 $U(x_i,{\epsilon }_{x_i})\cap S$ 有限，故 $S\subseteq {\bigcup }_{i=1}^n(U(x_i,{\epsilon }_{x_i})\cap S)$ 是有限集的并集。
   • 因此 $S$ 是有限集，与 $S$ 是无限集的已知条件矛盾。
6. 唯一性（可选）
   若存在多个聚点 $c_1,c_2$，则每个聚点的邻域内仍有无限多 $S$ 的点，但通过类似覆盖分析可证唯一性需额外条件（定理本身仅需存在性）。

柯西收敛定理

柯西收敛定理：若序列 { a n } \{a_n\} {an​} 是柯西序列（即 $\forall \epsilon >0,\exists N,\forall m,n\ge N,|a_m-a_n|<\epsilon$），则 { a n } \{a_n\} {an​} 收敛于某个实数 $c$。

证明步骤
1. 柯西序列的有界性

• 推导：
  取 $\epsilon =1$，由柯西条件存在 $N$，使得当 $m,n\ge N$ 时，$|a_m-a_n|<1$。
  令 M = max ⁡ { ∣ a 1 ∣ , ∣ a 2 ∣ , … , ∣ a N ∣ , ∣ a N ∣ + 1 } M = \max\{ |a_1|, |a_2|, \dots, |a_N|, |a_N| + 1 \} M=max{∣a1​∣,∣a2​∣,…,∣aN​∣,∣aN​∣+1}，则所有 $a_n$ 满足 $|a_n|\le M$。
  结论： { a n } \{a_n\} {an​} 是有界序列，存在闭区间 $[a,b]$ 包含所有 $a_n$。
  2. 反证法：假设序列不收敛
• 目标：证明存在矛盾，即序列必须收敛。
• 假设： { a n } \{a_n\} {an​} 不收敛于任何实数 $c$。
• 含义：对任意 $c\in [a,b]$，存在 ${\epsilon }_c>0$，使得 $c$ 的邻域 $(c-{\epsilon }_c,c+{\epsilon }_c)$ 中至多包含 { a n } \{a_n\} {an​} 的有限项。

3. 构造开覆盖

• 定义开集族：
  对每个 $c\in [a,b]$，取开区间 $U_c=(c-{\epsilon }_c,c+{\epsilon }_c)$，使得 $U_c$ 中至多包含 { a n } \{a_n\} {an​} 的有限项。
• 覆盖性质：
  集族 { U c } c ∈ [ a , b ] \{U_c\}_{c \in [a,b]} {Uc​}c∈[a,b]​ 覆盖闭区间 $[a,b]$。
  4. 应用有限开覆盖定理
• 定理应用：
  闭区间 $[a,b]$ 是紧集，存在有限子覆盖 $U_{c_1},U_{c_2},\dots ,U_{c_k}$ 使得：
  $$[a,b]\subseteq U_{c_1}\cup U_{c_2}\cup \cdots \cup U_{c_k}.$$
• 矛盾推导：
  每个 $U_{c_i}$ 中至多包含 { a n } \{a_n\} {an​} 的有限项，因此整个序列 { a n } \{a_n\} {an​} 被有限个 $U_{c_i}$ 覆盖，即 { a n } \{a_n\} {an​} 只能包含有限项。
  矛盾：这与柯西序列 { a n } \{a_n\} {an​} 是无限序列的事实矛盾。

5. 结论：序列必须收敛

• 反证法结果：
  假设“序列不收敛”导致矛盾，因此原假设不成立。
• 存在极限点：
  必存在某个 $c\in [a,b]$，使得 $c$ 的任意邻域包含 { a n } \{a_n\} {an​} 的无限项，即 $c$ 是序列的极限点。
• 收敛性证明：
  由柯西条件，对任意 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $n\ge N$ 时，所有 $a_n$ 落入 $c$ 的 $\epsilon$-邻域内，故 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=c$。