第九章 再论实数系
§1 实数连续性的等价描述
2．利用紧致性定理证明单调有界数列必有极限．
证明 设数列{xn}单调递增且有上界，则{xn}是有界数列，由紧致性定理知数列{xn}必有收敛子数列{xnk}，设limxnk?c，则由{xn}单调递增知c必为数列{xn}的上界，且根
k??据数列极限的定义知???0,?K,当k?K时，有xnk?c??，即
c???xnk?c??，
特别地 xnK?1?c??，
取N?nk?1，则当n?N?nk?1时，由数列{xn}单调递增且c为它的上界知
c???xnK?1?xn?c?c??，
即xn?c??，从而limxn?c，即单调递增有上界数列必有极限．
n?? 同理可证{xn}单调递减有下界时必有极限，因而单调有界原理成立．
3．用区间套定理证明单调有界数列必有极限．
证明 不妨假设数列{xn}单调递增有上界（{xn}单调递减有下界可同理证明)，即存在
b?R，使得a?x1?x2???xn???b，下证数列{xn}有极限．
若a?b，则{xn}为常驻列，故{xn}收敛，因而以下假设a?b． 取a1?a,b1?b，二等分区间[a1,b1]，分点为则令a2?a1,b2?a1?b1a?b1，若1仍为{xn}的上界，22a1?b1a?b1a?b1；若1不是{xn}的上界，即存在m，使xm?1，则
222令a2?a?b2a?b2a1?b1,b2?b1. 二等分区间[a2,b2]，分点为2，若2为{xn}的上界，
222a?b2a2?b2a?b2,b3?b2.? ；若2不是{xn}的上界，则令a3?2222则令a3?a2,b3?依此类推得一闭区间套?[an,bn]?，每一个区间的右端点都是{xn}的上界，由闭区间套定理知存在唯一的c?R，使得c属于所有闭区间，下证数列{xn}的极限为c．
由于lim(bn?an)?limn??b?a?0，故根据数列极限的定义，???0，存在N，当
n??2n?1n?N时，都有bn?an??2，而c?[an,bn]，故
[an,bn]?(c??,c??). （*）
另一方面，由闭区间套的构造知?K，使得an?xK?bn，故对?n?K，由于xn?xK，故an?xK?xn?bn. 而由（*）知c???xn?c??，即xn?c??，从而limxn?c，
n??因而单调有界数列必有极限.
4．试分析区间套定理的条件：若将闭区间列改为开区间列，结果怎样？若将条件
[a1,b1]?[a2,b2]??去掉或将条件bn?an?0去掉，结果怎样？试举例说明．
分析（1）若将闭区间列改为开区间列，结果不真．如开区间列??0,????1????满足n???1??1??1??1??1?lim??0??0 且?0,???0,???0,?????0,???，但不存在r，使r属于n??n???1??2??3??n?所有区间．
（2）若将定理其它条件不变，去掉条件[a1,b1]?[a2,b2]??，则定理仍不成立，如
??1??n,n????是闭区间列，且bn?an?0，但显然不存在r，使r属于所有区间． ?n????（3）若去掉定理条件bn?an?0，则定理仍不成立，如闭区间序列??1?????11??,3???nn??满足[a1,b1]?[a2,b2]??，此时区间[1,3]内任意一点都属于闭区间序列的任何区间，与唯一性矛盾．
5．若{xn}无界，且非无穷大量，则必存在两个子列xnk??,xmk?a（a为有限数）． 证明 由于{xn}无界，故?k?N，都存在xnk，使得xnk?k，因而limxnk??．
k??又由于{xn}不是无穷大量，根据无穷大量否定的正面陈述知?M0，对?K?0，存在
mk?K，使得|xmk|?M0. 从而对于?K?0，数列{xmk}为有界数列，从而必有收敛子
列{xmk}．故结论成立．
6．有界数列{xn}若不收敛，则必存在两个子列xnk?a,xmk?b(a?b)．
证明 由于{xn}为有界数列，由紧致性定理知数列{xn}必有收敛的子列{xnk}，不妨设
xnk?a(k??)，又因为数列{xn}不收敛于a，故从{xn}中去掉{xnk}后所得的项还有
无穷多项(否则数列{xn}就收敛于a)．记其为数列{xnk}，又因为{xnk}为有界数列，故有收敛子列，设此子列的极限为b，则a?b，而此子列也是{xn}的子列，故设其为{xmk}，因而limxmk?b(a?b).
k??7．求证：数列{an}有界的充要条件是，{an}的任何子数列{ank}都有收敛的子数列． 证明 必要性：由紧致性定理知结论成立．
充分性：反设数列{an}无界．若{an}是无穷大量，则{an}的任何子列都不存在收敛的子列，矛盾；若{an}不是无穷大量，则由第5题知{an}有一子列{ank}是无穷大量，从而
{ank}没有收敛的子数列，也矛盾．因而数列{an}有界．
8．设f(x)在[a,b]上定义，且在每一点处函数的极限存在，求证：f(x)在[a,b]上有界．
证明 对?t?[a,b]，由于f(x)在t处的极限存在，故设limf(x)?A，则对??1?0，
x?t存在?t?0，?x，当0?|x?t|??t时，有f(x)?A???1，从而f(x)?|A|?1，取
M?max?f(t),|A|?1?，则?x?(t??t,t??t)，都有f(x)?M，即f(x)在区间
(t??t,t??t)上有界．
对所有t?[a,b]，在??1下所取的?t为半径的开区间?(t??t,t??t)|t?[a,b]?构成闭区间[a,b]上的一个开覆盖，由有限覆盖定理知，存在t1,t2,?,tn?[a,b]，使得
[a,b]??(ti??ti,ti??ti)，
i?1n而f(x)在每个区间(ti??ti,ti??ti)(i?1,2,?,n)上有界，又由于区间个数有限，故f(x)在[a,b]上有界．
9．设f(x)在[a,b]无界，求证：存在c?[a,b]，对任意??0，函数f(x)在
(c??,c??)?[a,b]上无界．
证明 反设结论不真，即?c?[a,b]，??c?0，函数f(x)在(c??c,c??c)?[a,b]上有界，则对所有的c，?(c??c,c??c)|c?[a,b]?构成区间[a,b]的一个开覆盖，由有限覆盖定理知其有有限子覆盖，即?c1,c2,?,cn?[a,b]，使[a,b]??(ci??ci,ci??ci)，由
i?1n于函数在每一个(ci??ci,ci??ci)?[a,b]有界，而n是有限数，故f(x)在[a,b]有界，矛盾．因此结论成立.
f(x),limf(x)存在． 10．设f(x)是(a,b)上的凸函数，且有上界，求证：lim??x?ax?b证明 由于f(x)在(a,b)上有上界，故?M?0，对?x?(a,b),f(x)?M．
f(x)存在. 在区间(a,b)中任取一点x0，并令 先证明lim?x?bg(x)?f(x)?f(x0)，
x?x0则由f(x)是(a,b)上的凸函数知g(x)在(x0,b)上递增，在(x0,b)中任取一点x1，考察区间(x1,b)，?x?(x1,b)，由于
g(x)?f(x)?f(x0)M?f(x0)， ?x?x0x1?x0即g(x)在(x1,b)上有上界，从而g(x)在(x1,b)上单调递增且有上界，由定理3．12知
x?b?limg(x)存在，不妨令limg(x)?A，则 ?x?b??f(x)?f(x0)limf(x)?lim(x?x)??f(x)00??A(b?x0)?f(x0)， ?x?b?x?b?x?x0??f(x)存在． 即lim?x?bf(x)存在. 由于f(x)是(a,b)上的凸函数，从而g(x)在(a,x0)上递增， 再证明lim?x?a在(a,x0)中任取一点x2，考察区间(a,x2)，?x?(a,x2)，由于
g(x)?f(x)?f(x0)f(x0)?f(x)f(x0)?M， ??x?x0x0?xx0?a即g(x)在(a,x2)上有下界，从而g(x)在(a,x2)上单调递增且有下界，由定理3．12的推
g(x)?B，则 论知lim?g(x)存在，设lim?x?ax?a??f(x)?f(x0)limf(x)?lim(x?x)??f(x)00??(a?x0)B?f(x0)， ?x?a?x?a?x?x0??f(x)也存在． 即lim?x?a11．设f(x)在[a,b]上只有第一类间断点，定义
?(x)?f(x?0)?f(x?0).
求证：任意??0,?(x)??的点x只有有限多个．
证明 反证法，使用区间套定理. 根据结论，反设存在?0?0，在[a,b]上使?(x)??0的点有无限多个．
记[a1,b1]?[a,b]，二等分区间[a1,b1]，则在?a1,??a1?b1??a1?b1?,?,b1?中至少有一?2??2?个区间含有无限多个x使?(x)??0，记此区间为[a2,b2]，再二等分区间[a2,b2]，在
?a2?b2??a2?b2?a,,,b2?中至少有一个区间含有无限多个x使?(x)??0，记此区间为?2??22????[a3,b3],?，如此继续下去，得闭区间套[an,bn]，且每个区间[an,bn]中含有无限多个x使
?(x)??0．
由区间套定理可知存在唯一r?[an,bn],n?1,2,?
由于f(x)在[a,b]上只有第一类间断点，而r?[a,b]，故f(r?0)和f(r?0)存在，设f(r?0)?A,f(r?0)?B，则对上述?0?0，存在?1?0,?x?(r,r??1)时，有
f(x)?A??02，即A??02?f(x)?A??02，从而由极限不等式知，当x?(r,r??1)时，
?(x)??0；同理存在?2?0,?x?(r??2,r)时，?(x)??0．取??min??1,?2?，则在
(r??,r??)上满足?(x)??0的点至多只能有r一个点．
而根据区间套性质知，?N,?n?N时，都有
[an,bn]?(r??,r??)，
从而在[an,bn]中最多只能有一个点，使得?(x)??0，这与区间套的构造矛盾．故原结论