实数完备性的几个定理可以互相推导，这里给出了一个比较简单的完整推导链条
对于没有写到的推导可以通过旁敲侧击推导出这里的条件再继续（迂回战术）

1. 有界必有确界

---

如果\(\exists u\)使得\(\forall x\in S\)都有\(x\le u\),那么\(S\)有上确界
上确界：记\(U=\sup\left\{S\right\}\)，则\(\forall x\in S\)都有\(x\le U\)，且\(\forall \epsilon>0\)，\(\exists x_0\in S\)使得\(x_0>U-\epsilon\)

用有限区间覆盖证明

---

\(S\)存在最大值的情况非常显然，它的上确界就是最大值；后文只讨论\(S\)不存在最大值的情况

反证法，假设\(S\)有界而没有上确界，记\(S\)上界的集合为\(\overline U\)
则可以取\(S\)中的一个元素\(L\)，\(\overline U\)中的一个元素\(R\)，得到一个闭区间\(\left[L,R\right]\)
考虑\(x\in [L,R]\)，分成如下几种情况：

1. \(x\in\overline U\)
2. \(x\in S\)
3. \(x\not\in S\)且\(x\not\in\overline U\)

对于情况1,由假设我们一定可以找到\(x'\in\overline U\)且\(x'< x\)，使得\(x'\)也是一个上界
此时我们为点\(x\)造一个开区间\(\left(x',2x-x'\right)\)，这个区间内的点都是\(S\)的上界

对于情况2,由\(S\)不存在最大值可知我们一定能找到\(x'\in S\)且\(x'>x\)
此时我们为点x造一个开区间\(\left(2x-x',x'\right)\)，这个区间内的点都不是\(S\)的上界

对于情况3,由x不是上界可知，必存在一个\(x' \in S\)使得 $x < x' $，此时情况同2

于是我们为闭区间内的每一个点都配了一个开区间，这个开区间的集合覆盖了闭区间内的每一个点，由有限覆盖定理可知存在有限个开区间覆盖了\([L,R]\)

引理1:开覆盖中相邻两个开区间必相交
证明：假设存在不相交的开覆盖，则存在点未被覆盖，矛盾

由引理1可知\([L,R]\)上的开覆盖一定是环环相套的，从左起每一个开区间内的点都不是上界，葱油起每一个开区间内的点都是上界，则可以推得中间存在一个开区间同时满足这两种情况(这是不可能的)，推得矛盾。于是原命题成立

2. 单调有界收敛

---

若数列\(\left\{a_n\right\}\)单调递增且有上界，则该数列收敛(存在极限)

用确界存在证明

---

有上界必有上确界，记\(U=\sup\left\{a_n\right\}\)，则根据定义有\(\forall n\left(U\ge a_n\right)\)且\(\forall \epsilon>0,\exists n_0\)，有\(U-\epsilon < a_{n_0}\)

又\(\left\{a_n\right\}\)递增，于是取\(N=n_0\)，当\(n\ge N\)，有\(U-\epsilon < a_{n_0}\le a_n \le U < U+\epsilon\)，这个就是数列收敛的定义，且恰好收敛于\(U\)

3. 闭区间套

---

考虑一个初始闭区间\([L_0,R_0]\)，我们取一系列闭区间\([L_1,R_1],[L_2,R_2],\dots\)满足\([L_1,R_1]\subset[L_2,R_2]\subset\dots\)
且有\(\lim\limits_{i\rightarrow +\infty}{\left(R_i-L_i\right)}=0\)
则\(\cap{[L_i,R_i]}=\xi\)，收敛于一个点

用单调有界收敛证明

---

由第一个条件可知，\(\left\{L_n\right\}\)单调递增，且有上界\(R_0\)，于是数列收敛
同理\(\left\{R_n\right\}\)也收敛，下面证明两个极限相等。
反证法：假设左右极限不相等，则\(\cap[L_i,R_i]=[\sup\left\{L_n\right\},\inf\left\{R_n\right\}]\)，与条件2矛盾，故假设不成立

然后就做完了

4. 聚点

---

无穷项有界数列必有收敛子数列

用闭区间套证明

---

因为有界，必可以找到上下界，记值域区间为\([L_0,R_0]\)
取中点\(M=\frac{L_0+R_0}{2}\)，则左右两个区间中，必存在至少一个区间包含了数列的无限项，记这个新的区间为\([L_1,R_1]\)
重复上述过程，则我们构造出了一个闭区间套，由闭区间套定理可知这个区间会收敛到一个点\(\xi\)上，那么每次任意取\(x_i\in[L_i,R_i]\)就可以得到一个收敛的子数列

5. 有限覆盖

---

考虑一个由若干开区间构成的集合\(I\)，若\([L,R]\subset\cup I\)，则一定可以从\(I\)中取出有限个开区间覆盖整个闭区间\([L,R]\)

用闭区间套证明

---

反证法：假设不能用有限个开区间覆盖\([L,R]\)，则取\(M=\frac{L+R}{2}\)，左右两半至少有一个闭区间被无限个开区间覆盖
反复上述操作，则我们构造了一个闭区间套。且这个闭区间的长度可以任意小。而开区间集合中任意一个覆盖了\(\xi\)的开区间长度都确定，得到矛盾，故假设不成立

6. 柯西收敛

---

数列收敛的充要条件是
\(\forall \epsilon > 0\)，\(\exists N\)，\(\forall x,y\ge N\)都有\(|a_x-a_y|\le \epsilon\)
可以发现这个判别法则和具体的极限无关，只关心数列本身的性质

用聚点证明

---

必要性比较简单，这里只证明充分性
先证明柯西数列有界。取\(\epsilon=1\)，则\(\max\left\{a_1,a_2,\dots,a_{N_{\epsilon}},a_{N_{\epsilon}}+1\right\}\)是数列的一个上界，下界同理

有界数列必有收敛子数列，记子数列为\(a_{n_1},a_{n_2},a_{n_3},\dots\)，其极限为\(A\)，
则\(\forall \epsilon >0\), \(\exists K >0\)，当\(k> K\)时\(|a_{n_k}-A|\le \epsilon\)
根据定义，取\(N'=\max\left\{n_K,N\right\}\)，令\(x=N'\)，则\(\forall y> N'\)都有\(|a_y-A|=|a_y-a_x+a_x-A|\le|a_y-a_x|+|a_x-A|\le2\epsilon\)

标签：right,复习,实数,epsilon,数列,区间,数学分析,开区间,left
来源： https://www.cnblogs.com/jjppp/p/14220001.html