182 第一章 实 数 理 论 §1 从空集到有理数 实数是在有理数基础上定义的 ， 有理数又是在整数的基础上定义的 ， 而整数又是在自 然数的基础上定义的 ， 那么自然数如何定义呢 ？ 有两个集合 A和 B ， 我们称它们为等价的 ， 如果存在一个从 A到 B 的映射 f ， 它是 11? 的 ， 又是满的 。 这时我们说 A和 B 具有相同的势 。 我们首先承认空集 f 是存在的 ， 考虑一 个集合 }{f ， 它不是空集 ， 凡与 }{f 等价的集合都有相同的势 ， 我们把 }{f 简写为 1。 再考 虑集合 }}{,{ ff ， 它与 }{1 f= 是不等价的 ， 我们把它简写为 2 。 一般地如果有了 n 之后 ， 可以定义它的跟随 },{ nf ， 简写为 1+n 。 这样我们就得到了自然数 N },,,3,2,1{ LL n= 。 在 N 上可以定义加法 ： 111 ++++=+ Lnmn ， 还可以证明加法满足结合律和交换律 ： pmnpmn ++=++ )()( ， nmmn +=+ 。 这样我们就从空集出发 ， 定义出自然数 N。 这是一个最抽象的定义 ， 比如说 2 ， 它不指二个人 ， 也不指二个物 ， 而是指一个集合 }}{,{ ff ， 这个集合有两个不同的元素 }{f 和 f 。 凡是与它等价的集合 ， 都与它有相同的势 ， 于是二个 人 ， 二个物 ……， 都具有相同的势 ， 按我们的理论 ， 用 }}{,{ ff 作为它们的代表 。 在集合 { N∈nmnm ,:),( }中 ， 考虑一个关系 ~ ： ),( nm ~ ),( nm ′′ 当且仅当 nmnm +′=′+ ， 容易证明 ~ 是一个等价关系 。 整数 Z 现在定义为 ： Z= ~},:),{( N∈nmnm 。 在 Z 上可以定义加法 ： ),(),(),( nnmmnmnm ′+′+=′′+ ， 还可以定义减法 ： ),(),(),( nmnmnmnm +′′+=′′? 。 可以验证它们在 Z 中封闭 ， 而且互为逆运算 。 在 Z 中我们用 0 表示 ∈nnn :),({ N}， ,即 L=?=?= 22110 ， 用 k 表示 ∈+ knnkn ,:),({ N} ， 即 L=?+=?+= 2)2(1)1( kkk ， 用 1? 表示 ∈+ nnn :)1,({ N} ， 即 =?=? 211 L=? 32 。 183 在集合 { ∈qpqp ,:),( Z, 0≠q }中 ,考虑一个关系 ~ ： ),( qp ~ ),( qp ′′ 当且仅当 qpqp ′=′ ， 它也是一个等价关系 ， 有理数 Q 现在定义为 ： Q = ~}0,:),{( , ≠∈ qqpqp Z 。 在 Q 中我们可以定义加法 ， 减法 ， 乘法 ， 除法 ， 还可证明加减法互为逆运算 ， 乘除法互为 逆运算等性质 ， 在 Q 中我们用 qp ， 且 1),( =qp 表示其中一个有理数 ， 比如用 21 表示 )2,( nn 。 这样我们完成了从空集 f 出发到有理数集 Q 的定义 。 在 2500 年前 ， 毕达哥拉斯学派认为一切线段都由原子组成 ， 而原子有一个固定长度 ， 比如假定单位线段由 q 个原子组成 ， 被测量的线段由 p 个原子组成 ， 则线段之长为 ： qp ， 即有理数可以度量一切长度 。 但毕达哥拉斯学派弟子希伯斯发现正五角形的边长为 1时 ， 对 角线长不能由有理数表示 ， 希伯斯因此受到迫害 。 但后来发现有很多长度不能用有理数表示 ， 比如简单地取正方形边长为 1， 由勾股定理 ， 它的对角线长度的平方应为 2 ， 我们记之为 2 ， 如果它是有理数 ， 就应该有 ： n m=2 ， 1),( =nm ， 0≠n 。 两边平方 ， 得 222 mn = ， 因为 m ， n 都是整数 ， 表明 2m 中含 2 因子 ， 即 m 中含 2 因子 ， 设 pm 2= ， 则 22 2pn = ， 同样推理表明 n 中也含 2 因子 ， 与 1),( =nm 矛盾 ， 所以 2 不 是有理数 。 这表明只有有理数是不够的 ， 必须引入新的数 ， 即无理数 ， 它们合在一起称为实 数 。 § 2 实数的定义 （ 戴德金分割 ） 定义实数有不同的方法 ， 戴德金分割是一个比较标准的方法 。 直观地看 ， 有理数 Q 在 实轴上没有填满 ， 还有很多 “ 孔隙 ” ， 戴德金分割就是在数轴上割一刀 ， 把现有的有理数 Q 分成两部分 ， 如果这一刀恰好砍在某个有理数上 ， 这一分割对应的就是这个 有理数 ， 如果没 碰到任何有理数 ， 这个分割就定义出一个无理数 。 定义 1 将有理数全体组成的集合分成 A， B 两类 ， 使满足以下性质 ： 1） A与 B 都至少包含一个有理数 （ 不空 ）； 2） 任一有理数 ， 或属于 A， 或属于 B （ 不漏 ）； 184 3） A中任一数 a 均小于 B 中任一数 b ， 即 Aa ∈ ， baBb <?∈ （ 不乱 ）； 4） A中没有最大的数 ， 即 Aa ∈ ， Aa ∈′? ， 使 aa ′< 。 则称 A， B 为有理数的一 个 分划 ， A称为 分划的下类 ， B 称为 分划的上类 ， 记作 )|( BA 。 定义中 4） 不同于 1） — 3）， 它是非实质性的 ， 只是为了推理的方便 。 定义中 4） 用到 有理数的稠密性 （ 即两个有理数之间必有一有理数 ）， 如 A有最大数 ， 将此数放入 B ， 则它 是 B 的最小数 ， 这时 A就无最大数 ； 若 A还有最大数 ， 根据有理数的稠密性 ， A的最大数 与 B 的最小数之间必有一有理数 ， 这个有理数被漏掉了 ， 这与分划的定义矛盾 。 注意定义没有用到有理数的极限 ， 只用到有理数性质和集合概念 。 由分划的定义知 ， 若 a 为下类的任一数 ， 则小于 a 的任何有理数也属于下类 ； b 为上类中的任一数 ， 则大于 b 的任何有理数也属于上类 。 下面用 Q 记有理数的集合 。 例 1 },1|{ Q∈<= xxxA ； },1|{ Q∈≥= xxxB 。 容易看出 A、 B 构成有理数的 一个分划 ， 这时上类 B 有最小数 1。 例 2 },200|{ 2 Q∈<>≤= xxxxxA 且或 ； },20|{ 2 Q∈>>= xxxxB 且 。 显然 A、 B 不空 、 不乱 ， 因为没有有理数平方等于 2 ， 所以不漏 ， 下面证 A无最大数 。 设 0≥a ， 22 <a ， 要证存在有理数 0>r ， 使 2)( 2 <+ ra 。 即要证 22 22 <++ rara ， 或 22 22 arar ?<+ 。 当 1≤r 时 ， 只要 222 arar ?<+ ， 也就只要 122 2 + ?< a ar 。 所以取有理数 r 满足 }122,1min{0 2 + ?<< a ar 时 ， 即有 2)( 2 <+ ra ， 故 A中存在有理数 ara >+ 。 当 0<a 时 ， 属于 A的有理数 0 即大于 a ， 这就证明了 A无最大数 。 因此 BA | 是有理数的一个分划 。 这个分划中 ， 上类 B 无最小数 。 事实上 ， 设 Bb∈ ， 即 0>b 且 22 >b ， 要证存在有理 数 0>r ， 使 0>? rb ， 且 2)( 2 >? rb ， 即 22 22 >+? rbrb ， 或 22 22 ?<? brbr 。 185 要使上式成立 ， 只要 22 2 ?< bbr ， bbr 2 2 2 ? < 。 由于 02 2 2 >?bb ， 根据有理数的稠密性 ， 知存在有理数 r 使得 bbr 2 20 2 ? << ， 又由 bbb <?2 2 2 ， 推知 br < ， 对这样的 r ， 满足 0>? rb ， 2)( 2 >? rb ， 这就证明了 ， 在 B 中找到了比 b 更小的有理数 rb ? ， 所以 B 无 最小数 。 可见 ， 有理数的分划可以分为两类 ， 第一类型是上类 B 有最小数 ， 我们称这类分划为 有理分划 ； 第二类型是上类 B 无最小数 ， 我们称这类分划为无理分划 。 显然 ， 任一有理分 划与其上类的最小有理数对应 ， 反之任一有理数 b ， 总可确定一有理分划 ： },|{ Q∈<= xbxxA ； },|{ Q∈≥= xbxxB 。 这样 ， 有理数可以与有理分划建立一一对应 ， 我们就用无理分划来填充直线上的 “ 孔隙 ” 。 于是有如下定义 。 定义 2 有理数的任一无理分划称为无理数 。 为了一 致起见 ， 称有理数的任一有理分划为有理数 。 有理数和无理数统称为 实数 。 §3 实数的性质 为了研究实数的性质 ， 我们回顾有理数的一些熟知性质 ， 如有理数是全序域 ， 所谓全 序域 ， 简单地说就是可以比较大小 ， 而且在有理数中可以作加 、 减 、 乘 、 除四则运算 。 有理 数集是稠密的 ， 即对任意有理数 a 、 b )( ba < ， 总存在有理数 c ， 使得 bca << 。 由稠密 性虽得不出有理数连续地分布在数轴上 ， 但却是密密麻麻地分布在数轴上 。 另外 ， 有理数满 足阿基米德原理 ， 即对任意有理数 0>> ab ， 必存在自然数 n ， 使得 bna > 。 3.1 实数的运算 我们用 L,,, zyx 表示实数 ， 即表示有理数的分划 ， 用 L,,, cba 表示有理数 。 用记号 R 表示实数的集合 ， 记号 Q 表示有理数的集合 。 为了书写方便 ， 用 xA 表示实数 x 的下类 ， xB 表示实数 x 的上类 ， 0 xB 表示 xB 去掉最小数的集合 。 定义 1 设有实数 x 、 y ， 1） 若集合 yx AA = ， 则称 yx = ； 2） 若集合 yx AA ≠ ， yx AA ? ， 则称 x 小于 y ， 或 y 大于 x ， 记作 yx < 或 xy > 。 186 当 x 、 y 为有理分划时 ， 这定义与把 x 、 y 看成有理数的相等和大小关系是一致的 。 与有理数 0 对应的有理分划仍记为 0 ， 若 0>x ， 称 x 为正实数 ； 若 0<x ， 称 x 为负 实数 。 设实数 yx < ， 由定义存在有理数 1q ， 使 yAq ∈1 ， xAq ?1 。 再由 yA 无最大数 ， 所以 存在有理数 2q ， 3q ， 使 321 qqq << ， yi Aq ∈ ， xi Aq ? )3,2( =i 。 有理数 2q 产生的有理分划记作 z ， 容易看出 yzx << ， 即实数集是稠密的 。 为了定义加法 ， 我们需要下面引理 。 引理 1 设 x 、 y 为实数 ， 令 },|{ 2121 yx AaAaaaA ∈∈+= ， AB ?= Q 。 则 )|( BA 是有理数的分划 。 证明 ： A、 B 满足分划不漏的条件是显然的 ， 集合 A无最大元素也是明显的 。 只要 证满足分划的不空和不乱条件即可 。 先证 A、 B 不空 。 A不空 是显然的 ， 证 B 不空 。 因集合 xB ， yB 不空 ， xBb ∈? 1 ， yBb ∈2 ， 只要证 Bbb ∈+ 21 。 假设不然 ， 即 Abb ∈+ 21 ， 由 A的定义 ， xAa ∈? 1 ， yAa ∈2 ， 使 2121 aabb +=+ ， 而由分划 x 、 y 不乱条件得 11 ba < ， 22 ba < ， 即得 2121 bbaa +<+ 。 故矛盾 ， 所以 Bbb ∈+ 21 。 再证不乱 。 设 Aa ∈ ， Bb∈ ， 要证 ba < 。 假设不然 ， ba ≥ ， 由 A的定义 ， xAa ∈? 1 ， yAa ∈2 ， 使得 baaa ≥+= 21 ， 因此 12 aba ?≥ ， 由分划 y 的不乱 ， 得 yAab ∈? 1 ， 于是 Aabab ∈?+= )( 11 ， 故矛盾 。 所以 ba < 。 因此 )|( BA 是有理数的分划 。 定义 2 在引理 1 条件下 ， 称实数 )|( BA 为实数 x 与 y 的和 ， 记作 yx + 。 当 x 、 y 为有理分划时 ， 和也为有理分划 ， 且和的定 义与把 x 、 y 看成有理数时和的 定义是一致的 。 由上看出 ， 这种证明没有什么困难 ， 所以 ， 下面我们只叙述定义 ， 而略去证明 。 要定义减法只要定义负数即成 。 负数的定义 给定实数 x ， 令 }|{ 0xBaaA ∈?= ， =B A?Q ， 则 )|( BA 是有理数 的分划 ， 我们称 )|( BA 为实数 x 的负数 ， 记作 x? 。 187 由负数定义 ， 容易证明下面性质 ： 1） 若 0<x ， 则有 0>? x ； 2 ） 若 yx = ， 则 yx ?=? ； 3 ） xx =?? )( ； 4 ） )()()( yxyx ?+?=+? 。 为了定义 乘法 ， 我们先要定义绝对值 。 设 0≠x ， 称 x 与 x? 中的正实数为 x 的绝对值 ， 记作 || x ， 规定 0|0| = ， 于是 ?? ??? <? = > = .0, 0,0 0, || xx x xx x 当 当 当 ； ； 乘法的定义 设有实数 0>x ， 0>y ， 令 },0|{}00|{ 2121 Q∈≤∈<∈<?= aaaAaAaaaA yx U， ； =B A?Q 。 则 )|( BA 是有理数的分划 ， 我们称实数 )|( BA 是实数 x 与 y 的积 ， 记作 yx ? 。 对于一般的情形 ， 我们定义 ： ?? ??? == ?? ? =? ).00(0 )(|),||(| )(|,||| yx yxyx yxyx yx 或 异号 同号 ， ；、 ；、 显然 ， 有 |||||| yxyx ?=? 。 要定义除法 ， 只要定义倒数 。 倒数的定义 设 0>x ， 令 },0|{}1|{ 0 Q∈≤∈= aaaBaaA x U ， =B A?Q 。 则 )|( BA 是有理数的分划 ， 我们称实数 )|( BA 是实数的倒数 ， 记作 1?x 或 x1 。 当 0<x 时 ， 定义 11 || ?? ?= xx ， 或 || 11 xx ?= 。 总之我们用有理数的加法和负数 ， 来定义分划的加法和负数 ； 对正实数情形 ， 用有理数 的乘法和倒数 ， 来定义分划的乘法和倒数 ， 对一般的实数乘法和倒数 ， 又化到正实数情形 。 3.2 实数集是域 188 要证集合 R 是域 ， 即要对上面定义 的加法和乘法运算 ， 满足下列性质 ： 1) 交换律 ： ∈? yx, R， xyyx +=+ ， xyyx ?=? ； 2) 结合律 ： ∈? zyx ,, R， )()( zyxzyx ++=++ ， )()( zyxzyx ??=?? ； 3) ∈?x R， xx =+ 0 ， xx =?1 ； 4) ∈?x R， 0)( =?+ xx ， )0(11 ≠=? ? xxx ； 5) 分配律 ： zxyxzyx ?+?=+? )( 。 其中 ， 记号 1表示由有理数 1所确定的有理分划 。 前三条性质证明比较简单 ； 第四条性质的证明 ， 用到有理数的阿基米德原理 ； 第五条 性质证明较烦琐 。 我们不打算讨论这些性质的证明 ， 只以第四条加法为例 ， 给出证明的示范 。 证明 0)( =?+ xx 的困难 ， 在于每一个负有理数 ， 能否看成集合 xA 中的元素 ， 与集合 xA? 中的元素相加而得 ， 或能否看成集合 xA 中的元素 ， 减去集合 0 xB 中的元素而得 ， 为此我 们需要下面引理 。 引理 2 给定实数 x ， ? 有理数 0>e ， 则 xAa ∈? ， 0xBb ∈ ， 使 e=? ab 。 证明 由分划的不空性 ， xAa ∈? 0 ， xBb ∈0 ， 根据阿基米德原理 ， ?自然数 n ， 使得 00 abn ?>e ， 考察数 ： 0a ， e+0a ， e20 +a ， L ， ena +0 )( 0b> 。 在这有限个数中 ， 总存在一个位于 x 下类中最大的数 ， 记作 xAkaa ∈+= e0 )( nk < 。 若 e)1(0 ++= kab 不是上类的最小数 ， a 、 b 即为所求 。 若 b 是上类的最小数 ， 取 e)21(0 ++= kaa ， e)23(0 ++= kab 即成 。 证 0)( =?+ xx ， 即要证 0)( AA xx =?+ 。 设 )( xxAa ?+∈ ， 即 21 aaa += ， xAa ∈1 ， xAa ?∈2 。 由负数定义知 xx BBa ?∈? 02 ， 所以 12 aa >? ， 得 021 <=+ aaa ， 即 0Aa ∈ ， 因此 0)( AA xx ??+ 。 反之 ， 若 0Aa ∈ ， 有 0>? a ， 根据引理 2， 存在 xAa ∈1 ， 01 xBb ∈ ， 且 aab ?=? 11 ， 189 由负数定义 ， xAb ?∈? 1 ， 再由加法定义 ， 知 )(1111 )( xxAbabaa ?+∈?+=?= ， 因此 )(0 xxAA ?+? 。 合起来得 )(0 xxAA ?+= ， 即 )(0 xx ?+= 。 3.3 实数集是全序域 实数集是全序域 ， 是指实数集 R， 对前面所定义的 “ 小于 ” 关系 ， 满足下面四条 性质 ： 1） x? ， ∈y R， 下列三式有且仅有一个成立 ： yx = ， yx < ， xy < ； 2） 若 yx < ， zy < ， 则 zx < （ 传递性 ）； 3） 若 yx < ， ∈z R， 则 zyzx +<+ ； 4） 若 yx < ， 0>z ， 则 zyzx ?<? 。 证明 1） 若下类 yx AA = ， 由定义知 yx = ， 其它 两式 不成立 ； 若 yx AA ≠ ， 则或 yx AA ? ， 或不是这样 。 若是 前者 ， 则 yx < ， 其它两式不成立 ； 若是后者 ， 必有 xAa ∈' ， 而 yAa ?′ ， 由此得 yBa ∈′ 。 这时必有 xy AA ? 。 因 yAa ∈? 有 aa ′< ， 推出 xAa ∈ ， 所 以 xy AA ? ， 即 xy < 。 2） 由条件得 yx AA ? ， yx AA ≠ ； zy AA ? ， zy AA ≠ ， 因此 zx AA ? ， zx AA ≠ ， 即 zx < 。 3） 由 yx < ， 推出 c? ， 使 yAc ∈ ， 而 xAc ? ， 因而 xBc ∈ 。 由 yA 无最大数 ， 推出 c′? ， 使 yAcc ∈′< 。 令 0>=?′ ecc 。 由引理 2， xAa ∈? ， xBb∈ ， 且 ccab ?′==? e 。 于 是 zyAac +∈+′ ， zxBcacb +∈′+=+ ， 所以 zyzx +<+ 。 4 ） 因 0)( >?+ xy ， 根据分划的乘法定义 ， 知 0)]([ >?+? xyz ， 由分配律 0)( >??+? xzyz ， 利用 0)( =?+ xx ， 可得 )()( xzxz ??=?? ， 所以 0)]([ >??+? xzyz ， 即得 zyzx ?<? 。 3.4 实数集的连通性 190 将有理数用直线上的点表示时 ,发现直线上还留有许许多多 “ 孔隙 ” 。 我们用无理数来填 充这些 “ 孔隙 ” ， 现在问题是这些 “ 孔隙 ” 是否被填满了 ， 如果被填满了 ， 对实数作分划时 ， 就不可能产生新的 “ 数 ” ， 否则类似于有理数分划产生无理数一样 ， 对实数分划还可得出新 的 “ 数 ” 。 事实上 ， 戴德金正是考虑怎么用严格的数学语言 ， 给出有理数是不连通的 、 实数 是连通的定义 ， 经反复研究 ， 发现用 “ 分划 ” 的办法是最恰当地描述连通性的数学语言 ， 对 有理数作 “ 不空 、 不漏 、 不乱 ” 的分划时 ， 若下类无最大 数 ， 则上类也可以无最小数 ， 所以 按定义有理数是不连通的 ； 而对实数作 “ 不空 、 不漏 、 不乱 ” 的分划时 ， 若下类无最大数 ， 则上类必有最小数 ， 所以按定义实数是连通的 。 下面我们严格的说明这一点 。 定义 3 把实数集 R 分成两个子集 X 、 Y ， 使满足 ： 1） X 、 Y 至少包含一个实数 （ 不空 ）； 2） 每一实数或属于 X ， 或属于 Y （ 不漏 ）； 3） 任一属于 X 的实数 ， 小于任一属于 Y 的实数 （ 不乱 ）； 4） X 中无最大数 （ 用到实数稠密性 ）。 则称 X 、 Y 为实数的一个分划 ， 记作 )|( YX ， X 称分 划的下类 ， Y 称分划的上类 。 戴德金定理 （ 连通性 ） 设 )|( YX 为一实数分化 ， 则 Y 必有最小数 。 证明 首先我们定义一实数 。 令 },|{ XxAaaA x ∈∈= ； =B Q A? 。 则 )|( BA 是一有理数的分划 ， 为此要证它满足分划的四 个条件 。 ⅰ ） A的不空是显然的 。 证 B 不空 。 由 Y 不空 ， Yy ∈? ， 又 yBb ∈? ， 有理数 b 一定 属于 B 。 若不然 ， 有 Ab∈ ， 由 A的定义 ， Xx ∈? ， xAb∈ ， 由关于实数的 “ 小于关系 ” 的定义 ， 知 xy < ， 这与 )|( YX 分划不乱矛盾 ， 所以 Bb∈ 。 ⅱ ） A、 B 满足不漏条件是显然的 ； ⅲ ） 证满足不乱条件 。 设 Aa ∈ ， Bb∈ ， 要证 ba < 。 假设不然 ， ab ≤ ， 由 A定义 ， Xx ∈? ， xAa ∈ ， 更有 xAb∈ ， 因此 Ab∈ ， 这与 Bb∈ 矛盾 ， 所以 ba < 。 ⅳ ） A无最大数也是明显的 。 既然 )|( BA 是一有理数的分划 ， 所以它为一实数 ， 记作 )|( BAz = 。 其次证 Xz ? 。 假若不然 ， 由 X 无最大数 ， Xx ∈? ， xz < ， 根据小于定义 ， ?有理 数 c ， 使 xAc ∈ ， BBc z =∈ 。 由 A的定义 ， Ac ∈ ， 可是 Bc ∈ ， 故矛盾 ， 所以 Xz ? 。 最后证 Yz ∈ 且是 Y 的最小数 。 因 )|( YX 不漏 ， 所以 Yz ∈ 。 假设 z 不是 Y 的最小数 ， Yy ∈? ， zy < ， ?有理数 c ， 使 AAc z =∈ ， yBc ∈ 。 191 由 Ac ∈ ， Xx ∈? ， xAc ∈ ， 再由 yBc ∈ 及 小于定义 ， 知 xy < ， 这与 )|( YX 不乱矛 盾 ， 所以 z 是 Y 的最小数 。 证毕 。 至此 ， 我们证明了实数集是全序域 ， 且是连通集 。 我们称连通的全序域为 实数空间 ， 仍用记号 R 表示 。 这里我们用 R 不能分解成两个不空 、 不漏 、 不交的开区间来定义 R 的 连通性 ， 这定义只对 R 适用 。 对一般空间 ， 需要有开集的概念 ， 我们用空间不能分解成两 个不空 、 不漏 、 不交的开集来定义连通性 。 在这个定义 下 ， 实数集 R 也是连通的 。 3.5 实数的表示 给定实数 )|( BAx = ， 若由实数我们能确定一个记号 ， 又由记号返回去去确定实数 ， 那么这个记号就可以作为实数的一种表示 。 由阿基米德原理 ， ?整数 M 、 N 分别属于 A、 B ， AM ∈ ， BN ∈ 。 由 M 逐 次加 1， 必能求得两个相邻整数 0c ， 10 +c ， Ac ∈0 ， Bc ∈+10 。 0c 可以是正数 、 负数 或零 。 用 10 ?c ， 20 ?c ， L ， 90 ?c ， 分 0c ， 10 +c 间隔为十等分 ， 必有一个是属于下类 的最大数 ， 设 Acc ∈? 10 ， Bcc ∈+? 10110 。 其中 1c 为 9,1,,0 L 中某一数字 。 继续分下去 , 在确定了数码 121 n-c,,c,c L 之后 ， 可确定 nc ， 使 Acc.cc n ∈L210 ， Bcccc nn ∈+ 101. 210 L ， 其中 ic 为 9,1,,0 L 中某一数字 )21( n,,,i L= ， 由此可得一记号 LL ncccc 210. ， 称为无限小数 ， 它是实数的一种表示 。 当 kkccc 101. 10 +L 是上类的最小数时 ， 容易看出 )(9 kncn >= ； 又 nc 中一定有无限 个数字不为零 ， 否则下类中就有最大数 。 反之 ， 任给一有无限个 nc 不为零的无限小数 LL ncccc 210. ， 总可找到一个实数 x ， 刚好被它所表示 。 为此考察有理数 nn cccca L210.= ， nnn cccb 10 1. 10 += L ， 显然 nn ba < ， ），， L21( =n 。 192 现在定义有理数的一个分划 ： 把一切大于 na 的有理数归为上类 B ， 把一切余下的有理数归 为下类 A ， 则 )|( BA 是一个有理分划 。 显然 Aan ∈ ， ? 自然数 m ， 当 mn ≥ 时 ， 有 mnn bba ≤< ， 当 mn < 时 ， 有 mmn baa <≤ 。 由 m 的任意性 ， 所以 Bbn ∈ ），， L21( =n 。 这说明 A、 B 不空 。 满足不漏条件是显然 的 。 再证满足不乱条件 ： 设 Aa ∈ ， Bb∈ ， 由 A、 B 定义 ， n? ， 使 naa ≤ 。 否则 a 大于 一切 na ， a 应属于 B ， 矛盾 。 再由 b 大于一切 na ， 即得 baa n <≤ 。 由无穷多个 nc 不为零 ， 所以 A 无最大数 。 这样我们得到实数 )|( BAx = 。 因 Aan ∈ ， Bbn ∈ ， 所以 LL ncccc 210. 是 x 的无穷小数表示 。 还可证明 ， 当实数 yx ≠ 时 ， 这种表示式也不相同 。 假设 x 、 y 有相同的无限小数表示 ： LL ncccc 210. 且设 yx < ， 则 ?有理数 c ， 使 yAc ∈ ， xBc ∈ 。 由集合 yA 无最大数 ， c′? ， yAcc ∈′< ， xBc ∈′ ， 记号 na ， nb 意义同上 ， 因 xn Aa ∈ ， 由 xBc ∈ 得 can < ， 又因 yn Bb ∈ 及 yAc ∈′ 得 cbn ′> ， 这样 nnn abcc 1010 =?<?′< 。 由阿基米德原理 ， ?自然数 n ， 使 1)( >?′ ccn ， 更有 1)(10 >?′ ccn ， 矛盾 。 这矛盾是由 于假设 x 、 y 有相同的无限小数表示引起的 ， 所以 yx ≠ 时 ， 有不同的表示式 。 上面我们建立了实数与无限小数之间的一一对应关系 ， 现在我们称无限小数为实数 ， 这样 ， 我们又回到了对以前实数的认识 。 §4 确界存在定理与区间套定理 4.1 确界存在定理 我们曾引入有界数集的确界概念 ， 今证明它的存在性 （ 记号 a 、 b 、 c 表示实数 ） 定理 1 非空有上界的数集 E 必存在上确界 。 证明 设 }{xE = 非空 ， 有上界 b ： Ex ∈? ， bx ≤ 。 （ 1） 若 E 中有最大数 0x ， 则 0x 即为上确界 ； （ 2） 若 E 中无最大数 ， 用下述方法 产生实数的一个分划 ； 取 E 的一切上界归入上类 B ， 其余的实数归入下类 A， 则 )|( BA 是实数的一个分划 。 o1 A、 B 不空 。 首先 Bb∈ 。 其次 Ex ∈? ， 由于 x 不是 E 的最大数 ， 所以它不是 E 193 的上界 ， 即 Ax ∈ 。 这说明 E 中任一元素都属于下类 A； o2 A、 B 不漏性由 A、 B 定义即可看出 ； o3 A、 B 不乱 。 设 Aa ∈ ， Bb∈ 。 因 a 不是 E 的上界 ， Ex ∈? ， 使得 xa < ， 而 E 内每一元素属于 A， 所以 bxa << 。 o4 由 o3 的证明可见 A无最大数 。 所以 )|( BA 是实数的一个分划 。 由戴德金定理 ， 知上类 B 必有最小数 ， 记作 c 。 Ex ∈? ， 由 o1 知 Ax ∈ ， 即得 cx < 。 这表明 c 是 E 的一个上界 。 若 b 是 E 的一个上 界 ， 则 Bb∈ ， 由此得 bc ≤ ， 所以 c 是上界中最小的 ， 由上确界定义 ， c 为集合 E 的上确 界 ， 记作 Ec sup= 。 推论 非空的有下界的集合必有下确界 。 事实上 ， 设集合 }{xE = 有下界 b ， 则非空集合 }|{' ExxE ∈?= 有上界 b? ， 利用集 合 'E 上确界的存在性 ， 即可得出集合 E 的下确界存在 。 由第二章知道 ， 若集合 E 无上界 ， 记作 +∞=Esup ； 若集合 E 无下界 ， 记作 +∞=Einf ， 这样一来 ， 第二 章证明了的单调上升 （ 下降 ） 有上界 （ 下界 ） 的序列 }{ nx ， 必有极限 )inf(sup n NxnNx xx ∈∈ 的定理现在有了严格的理论基础了 。 且对单调上升 （ 下降 ） 序列 }{ nx ， 总有 )inf(suplim n NxnNxnn xxx ∈∈+∞→ = 。 定理 1 解决了非空有上界集合的上确界存在性问题 ， 我们可以利用上确界的存在性 ， 得 出我们所研究的某一类量 （ 如弧长 ） 的存在性 。 若全序集中任一非空有上界的集合必有上确界 ， 我们称该全序集是完备的 。 定理 1 刻划 了实数集是完备的 。 例 1 证明实数空间满足阿基米德原理 。 证明 0>>? ab ， 要证存在自然数 n 使 bna > 。 假设结论不成立 ， 即 bna ≤ ， ），， L21( =n ， 则数集 }{naE = 有上界 b ， 因此有上确界 c ， 使 cna ≤ ），， L21( =n ， 也就有 can ≤+ )1( ），， L21( =n ， 或 acna ?≤ ），， L21( =n 。 这表明 ac ? 是集合 E 的上界 ， 与 c 是上 确界矛盾 。 所以总存在自然数 n ， 使 bna > 。 例 2 1 ） 证明序列 nnxn ln131211 ?++++= L 的极限存在 ； 194 2 ） 求极限 ]1)1(31211[lim 1 nn n ? ∞→ ?+?+? L 。 解 1 ） 因 1?>x 时有 xxxx <+<+ )1ln(1 )0( ≠x ， 所以 kkk 1)11ln(1 1 <+<+ ），， L21( =k ， 即有 ∑∑ == >?+=?+>?= n k n k n nnnknkx 11 0ln)1ln(ln)11ln(ln1 。 这表明序列 }{ nx 有下界 。 又 011)11ln(11ln)1ln(1 >+?+=+??+=? + nnnnnxx nn ， 故序列 }{ nx 下降 。 因此序列极限存在 ， 记极限值为 c 。 于是 ∑ = +=? n k ncnk 1 ln1 e ， 或 ∑ = ++= n k nnck 1 ln1 e )0lim( =+∞→ nn e 。 2 ） 因 nn nn n k n k n k k ncnckkk ee ee ?+= ++?++=?=? ∑∑∑ === ? 2 2 1 2 1 2 1 1 2ln ]ln[)2ln(2121)1( 所以 2ln)1(lim 2 1 1 =?∑ = ? +∞→ n k k n k ， 又 2ln)1(lim 12 1 1 =?∑ + = ? +∞→ n k k n k ， 即得 2ln)1(lim 1 1 =?∑ = ? +∞→ n k k n k 。 4.2 区间套定理 定理 2 设 ],[ nn ba 是一串 闭区间 ， 满足 ： （ 1 ） 对任何自然数 n ， 都有 nnnn bbaa ≤<≤ ++ 11 ， 即 ],[],[ 11 nnnn baba ?++ 。 （ 2 ） 当 +∞→n 时 ， 区间 ],[ nn ba 长度趋于 0 ， 即 0)(lim =? +∞→ nnn ab 。 则有 n nnn bca +∞→+∞→ == limlim ， 且 c 是一切区间的唯一公共点 ： ],[ 1 nnn ba+∞ = I }{c= 。 195 证明 由假设 （ 1 ） 知 ， 序列 }{ na 单调上升 ， 有上界 1b ； 序列 }{ nb 单调下降 ， 有下界 1a 。 因而有 1lim can n = +∞→ ， 2lim cbn n = +∞→ . nn bcca ≤≤≤ 21 。 再由假设 （ 2 ） 知 0)(lim 12 =?=? +∞→ ccab nn n ， 记 ccc == 21 。 从而有 n nnn bca +∞→+∞→ == limlim 。 若还有 *c 满足 nn bca ≤≤ * ， 令 +∞→n ， 得 cc =* 。 故 c 是一切 ],[ nn ba 的唯一公共 点 。 证毕 。 这个定理称为区间套定理 。 关于定理的条件我们作两点说明 ： （ 1 ） 要求 ],[ nn ba 是有界闭区间的这个条件是重要的 。 若区间是开的 ， 则定理不一 定成立 。 如 )1,0(),( nba nn = 。 显然有 )1,0()11,0( nn ?+ ， 但 f=+∞ = )1,0( 1 nn I 。 如果开区间套是严 格包含 ： nnnn bbaa <<< ++ 11 ， 这时定理的结论还是成立的 。 （ 2 ） 若 ],[],[ 11 nnnn baba ?++ ），， L21( =n ， 但 0)(lim ≠? +∞→ nnn ab ， 此时仍有 1lim cann =+∞→ ， 2lim cbnn =+∞→ ， 但 21 cc < ， 于是对任意的 c ， 21 ccc ≤≤ ， 都有 ],[1 nnn bac +∞ = ∈ I 。 全序集中任一区间长趋于零的区间套有非空交集 ， 则称该全序集是完备的 ， 定理 2 刻划 实数集是完备的 （ 这里完备定义与上段完备定义是等价的 ）。 定理 2 也给出通过逐步缩小搜 索范围 ， 找出所求点的一种方法 。 例 3 序列 }{ nx 由下列各式 ax =1 ， bx =2 ， 2 21 ?? += nnn xxx ），， L43( =n 所确定 （ 见下图 ）。 证明极限 n n x +∞→ lim 存在 ， 并求此极限 。 1x 3x 5x 4x 2x x 证明 当 ba = 时 ， axn = ， 故 axn n = +∞→ lim 。 196 当 ba ≠ 时 ， 若取 ),min( 1 nnn xxa += ， ),max( 1 nnn xxb += ， ），， L21( =n 。 则由条件 ， 显然可得一串区间套 ： ],[],[ 11 nnnn baba ?++ ），， L21( =n 。 由已知条件 )(212 111 ??+ ??=?+=? nnnnnnn xxxxxxx ， 于是 ，)(0||21||21 ||21||21|| 1121 21211 +∞→→?=?== ?=?=?=? ?? ???+ nabxx xxxxxxab nn nnnnnnnn L 由区间套定理 ， 存在 c 满足 ： n nnn bca +∞→+∞→ == limlim 。 注意到 ],[ nnn bax ∈ ， 所以 cxn n = +∞→ lim 。 下面来求 c 。 由 )(21 11 ?+ ??=? nnnn xxxx ， 令 132 ?= kn ，，， L 得一串等式 ： )(21 1223 xxxx ??=? ； )(21 2334 xxxx ??=? ； LLLLLL )(21 211 ??? ??=? kkkk xxxx 。 将它们相加 ， 得 )(21 112 xxxx kk ??=? ? ， 令 +∞→k ， 得 )(21 12 xcxc ??=? 所以 )2(313231 21 baxxc +=+= 。 4.3 子序列与波尔察诺定理 给定序列 LL ，，，， nxxx 21 ， 考虑由它的一部分元素 ， 而不变更次序所构成的序列 ： LL ，，，， knnn xxx 21 ， 称为 }{ nx 的一个 子序列 。 关于子序列 }{ kn x 的序号 kn 需要说明三点 ： （ 1 ） kn 是一个严格上升的自然数列 ； LL <<<< knnn 21 （ 2 ） 子序列 }{ kn x 的序号不是 kn ， 而是 k ， kn 是 k 的函数 ， 它表明子序列与原序列 197 的关系 。 kn x 表示子序列中的第 k 项 ， 是原序列的第 kn 项 。 （ 3 ） knk ≥ 。 所以 +∞= +∞→ kk nlim 。 例如序列 }{ lkx + （ l为某一正整数 ） 是序列 }{ nx 的子序列 。 它是由原序列去掉前 l项 所得 ， 这里 kn lk += 。 又如序列 }{ 2kx ， }{ 12 ?kx 是序列 }{ nx 的子序列 ， 它们分别是由原序列取偶数项和奇数 项所组成的序列 ， 前者 kn k2= ， 后者 kn 12 ?= k 。 对子序列再抽子序列 ， 应记作 }{ ikn x ， 它仍然是原序列的子序列 。 序列本身也可以说是 它 自己的子序列 。 子序列概念本身是容易理解的 。 难点倒是它的表现形式 ， 或者说是它的记号 。 定理 3 设 cxn n = +∞→ lim ， 则 }{ nx 的任一子序列 }{ kn x 都以 c 为极限 。 证明 0>?e ， 由 cxn n = +∞→ lim ， N? ， 当 Nn > 时 ， 有 e<? || cxn 。 因 +∞= +∞→ kk nlim ， 所以对于 N ， 0k? ， 当 0kk > 时 ， 有 Nnk > 。 从而当 0kk > 时 ， 有 e<? || cx kn ， 即 cx knk = +∞→ lim 。 注 1 定理当 +∞=c 或 ∞? 时 ， 结论仍成立 。 注 2 若序列 }{ nx 有两个子序列极限不等 ， 则序列 }{ nx 无极限 。 若原序列没有极限 ， 它可以有收敛的子序列 。 如序列 L，，，， 0101 ， 它的奇数项组成的 子序列有极限 1。 是否任意序列都有收敛子序列呢 ？ 这就是下面定理 。 定理 4 （ 波尔察诺 ） 有界序列必有收敛子序列 。 证明 设 bxa n ≤≤ ， 用中点 21 bac += 将 [ ]ba, 一分为二 ， 则两个子区间 [ ]1,ca 和 [ ]bc ,1 中至少有一个含有 }{ nx 中无穷多项 ， 选出来记为 [ ]11,ba ， 在其中选一项 1n x 。 用中点 2 11 2 bac += 将 [ ] 11,ba 一分为二 ， 则两个子区间 [ ]21,ca 和 [ ]12 ,bc 中至少有一个含有 }{ nx 中 无穷多项 ， 选出来记为 [ ]22,ba ， 在其中选一项 2n x ， 使得 L,12 nn > 。 最后得一区间套 [ ]kk ba , ， 满足 [ ] [ ]kkkk baba ,, 11 ?++ ， 198 kkk abab 2 ?=? ， [ ] kkkkn nnbax k >∈ +1,, 。 由区间套定理 ， cba k kkk == ∞→∞→ limlim ， 又由于 knk bxa k ≤≤ ， 有 cx knk = ∞→ lim 。 习题 1 设 )(xf 是 ],[ ba 上的连续函数 ， 其最大值和最小值分别为 M 和 )( Mmm < 。 求证 ： 必存在 区间 ],[ ba ， 满足条件 ： （ 1） mfMf == )(,)( ba 或 Mfmf == )(,)( ba ； （ 2） Mxfm << )( ， 当 ),( ba∈x 。 2 设 )(xf 在 ],[ ba 上连续 ， 在 ),[ ba 上右导数存在 。 求证 ： （ 1） 若 0)( ≥′+ xf ， 则 )(xf 递增 ； （ 2） 若 0)( ≤′+ xf ， 则 )(xf 递减 ； （ 3） 若 0)( ≡′+ xf ， 则 )(xf 为一常数 。 3 设 ),0[)( +∞∈Cxf ， 且有界 ； 对于 axfa =+∞?∞∈? )(),,( 在 ),0[ +∞ 上只有有限 个根或无根 。 求证 ： )(lim xf x +∞→ 存在 。 4 求证 ： 序列 }{ na 有界的充要条件是 ： }{ na 的任何子序列 }{ kna ， 都有收敛的子序列 。 5 设 }{ na 为有界序列 ， 且任一收敛的子序列都有相同的极限值 a 。 求证 ： }{ na 也以 a 为 极限 。