有限覆盖定理用于证明实数的其他完备性定理

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1、有限覆盖定理证明确界原理

证明:

设 $S$ 为非空有上界的数集，我们证明 $S$ 有上确界

令 $b\$为集合$ \mathbb{R}$$的一个上界；接下来采用反证法来详细论证sup S = ξ的存在性

假设 $supS$ 不存在，取 $a\in S$ 对任一 ${x}\in [a,b]$ ，依下述方法确定一个相应的邻域

$U_{x}=(x-\delta,x+\delta)$

$1)$ 若 $x\in S$ ，由于 $S$ 中不存在最大元素，则必存在一点 $x'\in S$ 使得 $x'< x$ 。此时取 $\delta=x^{\prime}-x$

如果 $x \notin S$ 并且 $x$ 不是S的上界，并且同样地存在 $x' \in S$ 使得 $x < x'$ 成立，则取 $\delta = x - x'$

如果 $x \in S$ 并且 $x$ 是 $S$ 的一个上界，则由 $\sup S$ 的存在性可知，在 $x$ 周围必定存在 $\delta > 0$ ，使得 $U_{x} = (x-\delta, x+\delta)$ 内的所有点都成为 $S$ 的上界。

于是我们得到了 $[a,b]$ 的一个开覆盖:

${H}=\left\{{U}_{{x}}=({x}-\delta,{x}+\delta)\mid{x}\in[{a},{b}]\right\}$

根据有限覆盖定理 ， $H$ 有有限子覆盖:

$\widetilde{{H}}=\left\{{U}_{nk}=\left({x}_{k}-\delta_{x_k},{x}_{k}+\delta_{x_k}\right)\mid{k}=1,2,\cdots,n\right\}$

我们将集合分为两类,如果集合满足条件（3）中的开区间定义，则称该集合为第二类；否则则属于第一类。根据上述分类标准可知，在两个类别之间必定存在重叠区域；因此推知这样的重叠情况是不可能出现的。

2、有限覆盖定理证明单调有界定理

单调有界定理 即单调有界数列必有极限

证:

考虑一个递增序列 $\{x_n\}$ 具有上界 $M$ 的情况。如果该序列存在最大值，则可以直接推导出该序列收敛于某个常数值；因此定理成立。接下来假设该序列不存在最大值，并采用反证法来进行证明。

$(1)$ 令序列 $\{x_n\}$ 不收敛于任何实数。对于任意选定的自然数 $n_0$ ，都有 $x_{n_0} < M$ 。考虑闭区间 $\left[x_{n_0}, M\right]$ 上的对应开覆盖 $\mathcal{H}$ 。任取 $x \in \left[x_{n_0}, M\right]$

设 $x = x'_n$ （其中 $n'$ 为自然数）。由于序列 $\{x_n\}$ 没有上界，则必然存在某个自然数 $n''$ 满足 $x'_{n} \leqslant x'_{n''}$ 。此时设定区间半径为 $\delta = x'_{n} - x'_{n''}$ 从而得到区间 $(x - \delta, x + \delta)$ 。

$2)$ 如果 $x \notin x'_n$ 并且 $x$ 不是 $\{x_n\}$ 的上界，则同样地存在 $x'_n \in \{x_n\}$ 使得 $x'_{n} \leqslant x''_{{}_{n}}$ , 取 $\delta = x'_{{}_{n}} - x''_{{}_{n}}$ , 得到 $x$ 的邻域 $(x - \delta, x + \delta)$

$3)$ 若 $x = x_{n'} \in \{x_n\}$ 且是 $\{x_n\}$ 的上界，则由于 $\lim_{n \rightarrow \infty} x_n$ 不存在，在 $x$ 的某个邻域 $(x - \delta, x + \delta)$ 内必定不存在该序列中的任何项。由此可知，在闭区间 $[x_{n_0}, M]$ 上形成了一个开覆盖。

$(2)$ 由有限覆盖定理 ，选出有限个开区间:

$\left(x_{1}-\delta_{1},x_{1}+\delta_{1}\right),\cdots,\left(x_n-\delta_n,x_n+\delta_n\right)$

也能覆盖闭区间 $\left[x_{n_{0}},{M}\right]$

第三步涉及将有限个开区间划分为两类：当满足第三步中的情况时，则将其归入第一类；反之则归为第二类

显然 $x_{n_0}$ 所属的邻域是第 $1$ 类， $M$ 所属的邻域是第 $2$ 类，但因

$\left(x_{1}-\delta_{1},x_{1}+\delta_{1}\right),\cdots,\left(x_n-\delta_n,x_n+\delta_n\right)$

由于该区间 $\left[x_{n_0},{M}\right]$ 被包含在内,必然存在一个第一类开区间与某一个第二类开区间存在交集,从而导致矛盾

3、有限覆盖定理证明区间套定理

亦称当一闭区间套 $\{[a_n,b_n]\}_{n=1}^{\infty}$ 收敛时，则其极限点 $\xi$ 仅存在一个，并且该点ξ包含于每一个闭区间 $[a_n,b_n]$ 中，其中n为任意正整数。

亦称当一闭区间套 $\{[a_n,b_n]\}_{n=1}^{\infty}$ 收敛时，则其极限点 $\xi$ 仅存在一个，并且该点ξ包含于每一个闭区间 $[a_n,b_n]$ 中（对于所有正整数 $n$ ）。

证：用反证法 证明

$(1)$ 假定区间序列 $[a_n,b_n]$ （其中 $n=1,2,\cdots$ ）彼此不相交，则在区间 $[a_1,b_1]$ 上的任意一点都不会成为整个序列 $\{[a_n,b_n]\}$ 的共同点。因此，在 $x=\xi$ 附近必定存在某个开区间 $(x-\delta,x+\delta)$ （其中 $x=\xi$ ），使得在该开区间的每一个点上都不满足上述条件；进而可知，在 $x=\xi$ 附近必定存在某个开区间 $(x-\delta,x+\delta)$ （其中 $x=\xi$ ），使得该特定区间的端点 $x=\xi$ 所对应的闭区间正好避开这个开区间。

现让 $x$ 取遍 $[a_1,b_1]$ 上的所有点,就得到一个开区间集:

${H}=\{(x-\delta_x,x+\delta_x):x\text{取遍}[{a}_1,{b}_{1}]\text{上的所有点}\}$

$(2)$ 由有限覆盖定理 ,选出有限个开区间:

$\widetilde{{H}}=\left\{\left(x_k-\delta x,x_k+\delta x_k\right):k=1,2,\cdots{m}\right\}$

覆盖闭区间 $[{a},{b}]$ ,其中

$\left(x_k-\delta_{x_k},x_k+\delta_{x_k}\right)\cap[{a}_{n_{x_k}},{b}_{n_{x_k}}]=\phi$

由于 $(3)$ 中的区间序列 $[a_{n_x^k}, b_{n_x^k}]$ 仅有有限个项，并且满足闭区间套定理的所有条件（即每个后继区间都完全包含在前一区间内），则根据上述定理可知这些区间构成一个包含关系。也就是说，在所有这些有限个子区间中必然存在一个最小长度的最小区间。

$\left[a_{n},,b_{n},\right]\cap\left(x_{k}-\delta_{x_k},x_{k}+\delta_{x_k}\right)=\phi,k=1,2,\cdots m$

从而,

$[a_{n_0},b_{n}]\cap U_{k=1}^{n}\left(x_{k}-\delta_{x_k},x_{k}+\delta_{x_k}\right)=\phi$

这就与 $[a_{n_0},b_{n_0}]\subset[a_1,b_1]$ 矛盾

所以， $[a_n,b_n]$ , $n=1,2,\cdots$ ,应有公共点

4、有限覆盖定理证明聚点定理

证：

我们设定有界无限点集为 $E$ , 因此必然存在一个正数 $R > 0$ , 使得整个集合被包含在区间 $[-R, R]$ 内。根据上节练习题6的结果可知，在该区间内的任何聚点都必定位于该区间之内。由此可见, 如果集合 $E$ 具有聚点，则这些聚点必定位于同一区间内。

反证法:

若 $E$ 中没有聚点，则区间 $[-M,+M]$ 中的每一个点 $x$ 都是 $E$ 的一个孤立点；也就是说，对于任意属于区间 $[-M,+M]$ 的 $x$ 来说，必然存在一个 $\delta_{x} > 0$ 使得 $x$ 附近的开区间 $(x-\delta_{x}, x+\delta_{x})$ 内最多只包含 $E$ 中的一个元素（当 $x\notin E$ 时，则该开区间内不包含任何属于集合 $E$ 的元素）。这些开区间的全体构成了区间 $[-M,+M]$ 的一个无限开覆盖：

$H=\left\{\left(x-{\delta}_{x},x+{\delta}_{x}\right)\mid x\in[-M,+M]\right\}$

由有限覆盖定理 知， $H$ 中存在有限个开区间能覆盖 $[-M,+M]$ .记

该集合 $\bar{H}$ 由所有形如 $(x-\delta_{x_k}, x+\delta_{x_k})$ 的区间构成，并且其中 $x_k \in [-M, +M]$ 且 $k = 1, 2, \dots, N$ 。

基于一个有限开覆盖 $\{-M,+M\}$ , 我们可以确定 $\bar{H}$ 也必定覆盖集合E. 由于U(x; δ_x)的构造特性可知, 在 $\bar{H}$ 中的任意N个邻域最多只能包含E中的N个点. 这一结论与已知条件中E是一个无限点集相矛盾. 因此, 在区间[-M, +M]内部必定存在集合E的一个聚点.

由此聚点定理得证。

习题6 证明:闭区间 $[a,b]$ 的全体聚点的集合 $[a,b]$ 本身。

证

令 $x \in [a, b]$ 。若 $x \in (a, b)$ 时，则选取 $\delta = \min \{| x - a |, | x - b |\}$ ；由此可知对于任意给定的正数 $\varepsilon < \delta$ , 存在相应的邻域满足条件：即有 $U(x, ε) \subseteq [ a , b ]$ 其中包含无限多来自区间 $[ a , b ]$ 的元素；因此可得出结论：点 $x$ 是该区间的一个极限（聚）点。

如果 $x=a$ ，则对于任意给定的正数 $\varepsilon$ (满足 $\varepsilon < b - a$ )，我们有 $U_{+}(a,\varepsilon)$ 被包含于 $U(a,\varepsilon)$ 中，并且进一步地被包含于区间 $[a,b]$ 中。也就是说，在球体内部包含了区间 $[a,b]$ 中的无限多个点。因此 $x=a$ 是该区间的一个聚点。

$x=b$ 同理可证.

$(2)$ 设 ${x}$ 为 $[{a},{b}]$ 聚点,假设 ${x}\notin[{a},{b}]$ ,则 ${x}< {a}$ ,或 ${x}> {b}$ ,

若 $x< {a}$ ,选取一个满足 $0< \varepsilon< {a}-{x}$ 的正数 $\varepsilon$ ,
则 ${U}({x}, \varepsilon)\cap[{a},{b}]=\emptyset$ ,
即在 ${U}({x},\varepsilon)$ 中不存在任何属于 $[{a},{b}]$ 的点。
这一结果与 $x$ 作为区间 $[a,b]$ 的一个聚点的前提条件相矛盾。
因此得出结论: $x\in[ {a},{b}]$ .

${x}> {b}$ 同样可证.

5、有限覆盖定理证明Cauchy收敛准则→设柯西数列的套路

证(反证法)

如果柯西序列不收敛，则可证该序列为一个有界的无穷序列。选取常数值ε=1，则由于已知条件可知{a_n}是一个柯西序列（Cauchy sequence），因此必定存在某个正整数下标N₀（记作N₀），使得对于所有大于N₀的自然数n都满足不等式： |a_n - a_{N₀+1}| < 1。进而推知对于所有大于N₀的自然数n都有 |a_n| ≤ |a_{N₀+1}| + 1。因此该序列是有界的。

也就是说，在闭区间 $[a,b]$ 内序列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $\left\{x_{n}\right\}\subset[a,b]$ 。那么对于该区间内的每一个点 $x$ 都存在一个邻域 $U(x,\delta)$ 满足条件：在该邻域中只包含序列 $\left\{x_{n}\right\}$ 中的有限多项（否则假如对于任意的正数 $\delta> 0$ 邻域 $U(x,\delta)$ 都包含有序列 $\left\{x_{n}\right\}$ 中的无限多项，则可证明序列收敛于 $x$ 这与我们的初始假设相矛盾）

从而得 $[a,b]$ 的一个开覆盖 ${H}:=\{U(x,\delta)\mid x\in[a,b]\}$

由 $Heine-Borel$ 有限覆盖定理 知，存在 $H$ 的一个有限子覆盖

${H}_{1}:=\left\{U\left(x_{i},\delta_{i}\right)\mid x_{i}\in[a,b],i=1,2,\cdots,k\right\}$

由此可见，集合 $\bigcup H_1$ 仅包含 $\{x_n\}$ 中的有限个点。这与 $(\bigcup H_1) \supset [a, b] \supset \{x_n\}$ 的存在相矛盾。由此可知，序列 $\{x_n\}$ 必定收敛。

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