第七章实数完备性

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1、第七章实数的完备性1关于实数完备性的基本定理一、问题提出定理1.1 （确界原理）非空有上（下）界的数集必有上（下）确界.确界存在定理（定理1.1）揭示了实数的连续性和实数的完备性.与之等价的还有五大命题, 这就是以下的定理1.2至定理1.6.定理1.2 （单调有界定理）任何单调有界数列必定收敛.定理1.3（区间套定理） 设【总为一区间套：r%如=4%0妃1 ,习七止心-% ） = 0.则存在唯一一点姬上力/ -1, z.定理14 （有限覆盖定理）设丑忒周是闭区间瓦的一个无限开覆盖，即瓦由 中每一点都含于H中至少一个开区间（也内.则在或中必存在有限个开区间，它们构成言，占. 的一个有限开覆盖.定

2、理15 （聚点定理）直线上的任一有界无限点集S至少有一个聚点土即在普的任意小邻 域内都含有S中无限多个点（普本身可以属于、也可以不属于S）.定理16（柯西准则）数列言收敛的充要条件是：QUgN,只要虬 恒 有1-1.（后者又称为柯西（Cauchy ）条件,满足柯西条件的数列又称为柯西列，或基 本列.）这些定理构成极限理论的基础.我们不仅要正确理解这六大定理的含义，更重要的还要学会 怎样用它们去证明别的命题.下面通过证明它们之间的等价性，使大家熟悉使用这些理论工具.下图中有三种不同的箭头,其含义如下： :（1）（3）基本要求类 :（4）（7）阅读参考类:（8）（10）习题作业类二、回顾确界原理的

3、证明我们曾引入有界数集的确界概念，今证明它的存在性（记号1、b、C表示实数）Dedekind 定理设A/B是R的一个切割，则比存在实数共R使得A = （-8,研，B =（, +8）或A = （-8, 8 ） , B = 8, +8）无其它可能.1非空有上界的数集E必存在上确界.证明 设E = 对非空,有上界b : Vx e E, x b.（1）若E中有最大数xo，则xo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（加B）是实数的一个分划.1。A、B不空.首先b e B .其次Vx e E，由于x不是E的最大数，所以它不是E

4、的上界,即 x e A.这说明E中任一元素都属于下类A ；2。A、B不漏性由A、B定义即可看出；3。A、B不乱.设a e A,b e B .因a不是E的上界,女e E，使得a x ,而E内每一元素属于 A，所以 a x b.4。由3。的证明可见A无最大数.所以（A 1 B）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.Vx e E ,由1。知x e A，即得x c .这表明c是E的一个上界.若b是E的一个上界,则b e B ,由此得c a 0，要证存在自然数n使na b .假设结论不成立，即na b,（n = 1，2，A）,则数集E =（na有上界b ,因此有上确界。，使na c

5、 （n = 1，2，A）,也就有 （n + l）a c （n = 1，2，A），或 na b .三、等价命题证明下面来完成（1）（7 ）的证明.（一）用确界定理证明单调有界定理设（x 单调上升即x x x A x A 有上界即3 M 使得x 0,由上确界的性质，3 N，使得a f N时，由序列单调上升得a-e x x再由上确界定义,xn a a +，有a -8 xn a +8，即x 一 a enlim x，也就是说n*=a = supxn neN（x lim x = inf x同理可证若（气单倜下降,有下界，也存在极限，且n* nneN 若集合E无上界，记作sup E = +8 ；若集合E无下

6、界，记作inf E = +8，这样一来，定理2证明了sup x （inf x ）的单调上升（下降）有上界（下界）的序列（xn ，必有极限xeN n xeN 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（xn ，总有lim x = sup x （inf x ）n+8 nxeN nxeN n（二）用单调有界定理证明区间套定理由假设（1）知，序列a单调上升,有上界2；序列b单调下降,有下界.因而有 I 1 I I、/ /,/j/7 I 1- / I , I J 1- V I 1 ； /J/7 I I , I J ! / I 1 I-4 I 1 U I 4lim a = cn 1nT+3

7、lim b = c nr+8 n 2 -再由假设（2）知lim (bnnT+8记 c1=c2 = c从而有lim a = c = lim bnT+8 nnT+8 n 若还有c *满足an - c* bn，令n T+8，得c* = c .故C是一切an，bn 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an bn 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（an，bn） = （0, 1）（0,上）U （0,1）r （0,1） M显然有 n + r V n ,但n=1n 如果开区间套是严格包含：an V an+1 bn+1 ，这时定理

8、的结论还是成立的.(2)若a b U a ,b (n = 1，2，A )但 lim (bn an) * 0 此时仍有 n+1 n+1n n，nT+3，lim a = cnr+3 n lim b = cc el a , b n”8 n 2，但c1 V%，于是对任意的c，气 c 槌Thm 女 曰这说明吁是的上界；又因，故门一，而f都不是$的上界，因此 可一更不是的上界.所以丹=沁卜成立.证毕*（四）用区间套定理证明有限覆盖定理设k为闭区间心&的一个无限开覆盖.反证法假设：“或 不能用丑中有限个开区间来覆盖”.对言部采用逐次二等分法构造区间套廿“ ）,孔，如的选择法则：取“不能用丑中有限个开区间来覆

9、盖”的那一半.由区间套定理卜任言如L4.导出矛盾：-君E 一 -W，Q）E月,使共1 X ）记约=心乒它泼-奶 0,由推论，当粹足够大时，这表示财丸用丑中一个开区间3芝齐）就能覆盖，与其选择法则相违背.所以或由必能用丑中有限个开区间来覆盖.说明 当言，占改为E）时，或者丑不是开覆盖时，有限覆盖定理的结论不一定成立.例如：H是开区间（）的一个无限开覆盖，但不能由此产生（S 的有限覆盖.H,是0, 2的一个无限覆盖，但不是开覆盖，由此也无法产生。，2的有限覆盖.* （五）用有限覆盖定理证明聚点定理设S为实轴上的有界无限点集，并设誓匚-虬M iD由反证法假设来构造-财，沮的一个无限开覆盖：若汗有聚点

10、，则长-泣，财.现反设-财，沮中任一点都不是汗的聚点，即寸汇仁E矿用）内至多只有x*.这样，h = 甘（工；鸣）|槌-也。，在就是-泣，沮的一个无限开覆盖.2用有限覆盖定理导出矛盾：据定理9,存在内至多只有疗为-虬肱的一个有限开覆盖（同时也覆盖了$）.由假设，研妁顶） 是”所属N个邻域内至多只有Lf 属于（即宜只覆盖了3中有限个点）.这 与疗覆盖了全部S中无限多个点相矛盾.所以,有界无限点集$必定至少有一个聚点.证毕推论（致密性定理） 有界数列必有收敛子列.有即若）为有界数列，则匚吏Em aRt心子列% J的极限称为原数列言的一个极限点，或称聚点注 数列的聚点与一般点集占的聚点，含义稍有不同.

11、数列的聚点定义为:“方罚,在u（彦内含有皿）中无限多个项，则普为皿）的一个聚点.”在此意义下, 对于数列3Q： L 尹 L 歹L 另一 n E =1它有两个收敛子列：%瑚和 -普，程=1,2,“，.它们的极限41和？。就是%）的两个聚点.证 a 有界则存在数气，X使得七-a - y对Vn成立 n,111 n 1尤+ y % + y 】% , J , y J将冬，XJ 一等分为12、21 则其中必有一个含有数列a 的无穷多项% 2 + y 2J 2 + y 211、,n记为代，再将%，y一等分为%2，2 2 2J、2 2 2，y2J同样其中至少有一个含有数列22 ，22、，I Ja的无力多项 把

12、它记为%，yJ 一直进行*文样的步骤 得到一闭区间套%，yJ其中n 的兀力多项，把 匕记为 33 ,且进行这样的步骤，得到 闭区间套 n n ,其中钮一个% ,y J中都含有数列a 的无穷多项 日满足. 每 I n n中都含有数列 n的兀力多项，日满止:)% ，y J % ，y J dA d% ，y J d.11 d 22 D d n n dlim( y - % ) = lim %1 = 0 ns n n n 3 2n-1lim a = lim b =u则由闭区间套定理，畦使得n n3 n &下证an 中必有一子列收敛于实数&先在%，y J中选取a 的草一项 记为a 因%，y J中含有a 中的

13、无力多项 可选取位于 兀1在 1 1 中选 n 的 项，记为 q，因 2 2 中 含有 n 中的兀力多项，可选取位于aa n n 姬少寺；来牛啤 ；衍印a c% ，y J% ，y J击今右工n1后的某 项，记为n2，21 .继续上述步骤，选取nkk k后，因为 k+1 k +1中含有尢力多项，可选取位于an后的某一项，记为an且nk+1 nk，这样我们就得到an的一个子列an kk 1k满足 %k - yk，k = I，2,A lima = u 由两边夹定理即得n3 nk &证明设O - %n - b，用中点C1a 1 1 i12将a，b1 一分为一，则两个子区间a，c11和 七b1中至少1=

14、 .I 有一个含有%n 中无穷多项，选出来记为K，L I在其中选一项%n1 .用中点22将外七1一分为一,则两个子区间，C2 1和C2, b11中至少有一个含有%n 中无穷多项，选出来记为，b2 1% 彳击徂n n , A 是占徂一 P7 同春,b 1、）鼎巳在其中选 项n2，使得 21，.最后得 区间套 k k ，满足la , b u la , bk+i k+ik kx e a , b,n nnk kk+1k b 土 lim x = c 一k ,有nklim a = lim b = ca由区间套定理，js k js k ，又由于k*（六）用聚点定理证明柯西准则从而有由定义，虹Q妇已凹，当阳用

15、时，有必要性：已知%）收敛，设瓯”一以H N时有I a - a N 时有 I a - a ll a - a I + I a - a l N n1 an - am N I a alv 1 n I a 11 aI +1特别地， *时 nN+1nN+14/T. M = maxI a I,I a I,A ,I a I,I a I +1yn I a I 0 3N1 n, m N、n I a - a l K nI an - a I N 时有 nN+1n I a - a II a - a I + I a - a I 0.I 把它们相加，得到M-HL故当 时，可使“也 旭，矛盾.所以单调有界数列%必定有极限.

16、证毕 例1用单调有界定理证明区间套定理.即已知：1 ）单调有界定理成立；2 ）设气，bn ”为一区间套.欲证：艾，bn 1 n = I，且惟一.证证明思想：构造一个单调有界数列，使其极限即为所求的6 .为此,可就近取数列（或） .由于a a A a A b A b b ,12nn21一.I,lim a = 6因此 气为递增数列，且有上界（例如b 1）.由单调有界定理，存在n* ” 6 ,且气6，n = 1，2，A又因b = （ b - a ） + a而110（气一气） = 0故 n n n n， ns，11m b = 11m（ b 一 a ） + 11m a = 0 + 6 = 6ns n n

17、s n nms n；b Ib 2 6 *寸宙fzvr缶 6 ea ，b , n = 1，2，A且因 n递减，必使n .这就证侍、n， n， ， .最后,用反证法证明如此的6惟一.事实上,倘若另有一个6ean，bn ，n = 1，2，A，则由|6-6, l0相矛盾.例2 （10）用区间套定理证明单调有界定理.即已知：1 ）区间套定理成立.2 ）设%为一递增且有上界M的数列.欲证：七存在极限6 = 1im Xn :nns .证证明思想：设法构造一个区间套气，n ，使其公共点6即为七l的极限.为此令a1b1=1气，M .记a + bC1 =2，并取a Ia，c ,若c为x 的上界；nj 1C ,b

18、,若C不为b 的上界-111n同理取r b 11 1。2，&，若C2为的上界；3, 3 c2, b2 ,若 C2 不为 j的上界.如此无限进行下去，得一区间套，bn” .丈 g Van, bn , n = 1,2, A （lim an = = lim bn ）根据区间套定理，I.下面用数列极限定义证明lim x =& ns n樵。，一方面，由于bk （尾N）恒为的上界，因此Vn, k g N, xn bk n xn lim bk =& K 时,| a -g|=g - a g-8 k s；而由区间套的构造，任何ak不是 W的上界，故气 % &f ；再由匕为递增数列,当n N时，必有七 Xn &

19、s .这样，当n N时，就有& - 8 x V & + s 即 lim xn = n，ns.例3 （9）用确界定理证明区间套定理.即已知：1 ）确界定理成立（非空有上界的数集必有上确界）；2 ）设 an，bn普为一区间套.欲证：存在惟一的点&”an，bn ，n = 1，2,A .证 证明思想：给出某一数集S，有上界，使得S的上确界即为所求的& .为此取S = a 其上界存在（例如bi） 由确界定理存在& = suP” ,n ,1 .,n .首先,由&为5的一个上界,故a b 十文= a , b a & .这就证得a & b , n = 1,2, A关于&的惟一性，与例1中的证明相同.注 本例在

20、这里所作的证明比习题解答中的证明更加清楚.数学分析上册教案在以上六个等价命题中，最便于推广至R*中点集的，当属聚点定理与有限覆盖定理.为加深 对聚点概念的认识,下例所讨论的问题是很有意义的.例 证明“普是点集S的聚点”的以下三个定义互相等价:PE对，在四 已豹内含有$中无限多个点(原始定义);(ii) 在”(匕园内含有&中至少一个点;(iii)m g匚打，g/时 H A,使瓯也J . 证(i) = (ii)显然成立.(ii)n(iii)由(ii)，取或=1,水E 孑。(家)n、再取= mm ?打一般取代弓_】|)工”以W)港|匚S码h工(思泞1)职弓由弓)的取法，保证心(iii)n(i)时，必

21、有( i )，且因(Q各 项互不相同，故(眉 日内含有$中无限多个点.证毕 四、实数系的完备性实数所组成的基本数列七比存在实数极限一一实数系完备性；有理数域不具有完备性， 如(1+上)nI: lim(1+L) = e (无理数).I n Jnsn五、压缩映射原理(不动点原理)1、函数f(x)的不动点指什么？设y=f(x)是定义在a,b上的一个函数，方程x=f(x)的解称为f(x)的不动点.2、在什么样的条件下不动点一定存在呢？存在时唯一吗？如何求出不动点？压缩映射：如果存在常数k,满足0Wk1,使得对一切X, y e a,b成立不等式f (x)- f (y)| k I x-y I,则称f是a,

22、b上的一个压缩映射.压缩映射必连续.压缩映射原理(不动点原理)设中(x)是a,b上压缩映射,且中(/b) u a,b,则中(x)在a,b 上存在唯一的不动点.例3证明Kapler方程x = sin x + b在1 I n对于序列冰, n ,n ，/n ,它有上下界a xn nk 有kI f (x )I= limI f (x )I=+80kFnk,矛盾证法三 (用有限复盖定理).参阅1P168169证明(应用有限覆盖定理)由连续函数的局部有界性(th4.2)对每一点X ehb都存在邻域5,七)及正数MX使 f G)V Mx eu(,6 )cla,b考虑开区间集H =，6 ) X e烦b虽然H是侦

23、b的一个无限开覆盖，由有限开覆盖定理，存在H的一个有限点集H * = j(x ,6 .) x. ela, bl = 1,2,A , J覆盖了 a,b日存在正整数M ,M ,A M，使对一切 Xeu(x ,6 )c ,b有 |f (x)M., i = 1,2,A ,k1/JUL J,12ki iM = max M令1i k则对VX e,b, X必属于某yG,，5 ,)n|f (x ) Mi M，即证f在,b上有上界.二、最值性：命题2f (x) e C a, b , nf (x)在a, b 上取得最大值和最小值.(只证取得最大值)M = supf(X)证 (用确界原理)令axb, M V+8 ,

24、如果f(x)达不到M ,则恒有f (X) M .,、1中(x)=考虑函数M 一 f(X)，则中(x) e Ca,b，因而有界，即平(x) 0),从而 M H M，这与M是上确界矛盾，因此扳e a,b,使得f (X) = M .类似地可以证明达到下确界.三、介值性：证明与其等价的“零点定理”.命题3 (零点存在定理或根的存在性定理)设函数f (X)在闭区间a，b上连续即f (x) e C(a,b)且 f (a)与 f (b)异号(f (a) f (b) 0)，则在(a,b)内存在一点 x使得f (X0)= 0 .即方程f (X) = 0在(a，b)内至少存在一个实根.证法一 (用区间套定理).设

25、f (a) 0 .将a，b二等分为a，曰、& b,若/o = 0则 = c即为所求；若f = 0，当f O 0时取a，曰否则取k，b为区，bi,有 f）0，f（4）0.如此继续，如某一次中点七有E） =0终止（七即为所求）；否则得 a ,b a,b n a ,b nA n a ,b nAn n 满足：11n n；lim(b 一 a ) = lim _a = 0nsn*2 nx e fa ,b _ lim a = lim b = x 由闭区间套定理知，3唯一的0 n=1 n n，且n* n n n 0由f （X）在 0处的连续性及极限的保号性得lim f (an) = f (%) 0 f (x)

26、= 0ns0证二（用确界原理）不妨假设f （a） （从图1看，x0是使得f0的x的下确界），令E = x I f 0, x e a, b,要证 x0=inf E( inf E 存在否？).因为b e E n E更，E u a,b n E有界，故inf E存在.令 =inf E，下面证f（%）= 0如若不然，f（%） 0则f（%） 0（或f（%） 0）（从图形上可清楚看出，此时必存在使f （气） 0）首先x0*a，即x0e（a,b； f在x0连续，由连续函数的局部保号性n3U（x0,5）ua,b使得55VxeU（%,5）有f（x）0,特别应有a）o即 2eE，这与x0=infe矛盾，故必有f (

27、x 0) = 0 .证法 二(用确界原理)不妨设f (a) 0, f (b) v 0.令E = x I f (x) 0, x e a, b ,则E非空有界，n E有上确界.设& = sup E,有&e a, b .现证f (提=0,(为此证明f (&) 0且f (&) 0 ).取x/&且x t& , (n 8).由 f (x)在点& 连续和 f (x ) 0, nf (&) = lim f (x ) 0,nf (提= lim f (tn ) 0.因此只能有f (提=0.ns证法 三(用有限复盖定理).介值性定理 设f在闭区间侦对上连续，且f。fG)若为介于/)与寸G)之间的任何实数 f (a)

28、r u f (b),则存在气 gQb)使 f G)=h .证明(应用确界定理)不妨设f(a) o, gG)0，于是定理的结论转为: g (a，b)使9G)=0这个简化的情形称为根的 存在性定理(th4.7的推论)1 gQ 0,X G ,如然E为非空有界数集(E u品b且b g e)故有确界定理,E有 下确界，记xO=inf E因g(a ) 0有连续函数的局部保号性，35 0,使在a, a + 5 )内 g(x) 0 .由此易见xo 丰 a ,xo o b ,即 xo g(a,b).下证g (xo)= 0 .倘若g ,不妨设g (xo) 0,则又由局部保号性，存在yGE Xu(a,b)使在其内g

29、(x 0),特别有 g -? I。 2 ；但此与气=inf E矛盾,则必有g (%) =0.几何解释 直线 =与曲线y = f(x)相交.把x轴平移到 *，则问题成为零点存在问题.这启发我们想办法作一个辅助函数，把待证问题转化为零点存在问题.辅助函数如何作? 从几何上，x = x,y= y c启示我们作F(x)= f (x) - c ；为零点存在问题.#从结果f(%)= 着手.利用零点定理证：令F (x)= f (x) - ，则F (x) g c(a,b),往下即转化这种先证特殊、再作辅助函数化一般为特殊，最后证明一般的方法是处理数学问题的常用方 法，以后会经常用到.推论 如f为区间I上的连续

30、函数，则值域J = f (I)也是一个区间(可以退化为一点).证 f为常量函数，则J = f (1)退化为一点.f非常量函数，则J当然不是单点集.在J中任取两点y y (只要证y ,y u J ) 则在I中必有两点x x 使得f (x ) = y f (x ) = y 于是1212，1，211，22 刀已对相1 y 。，对每一点x。，对，都存 0,使当yG，5 X）时,有记5= min行卜0由此得人)-f GJ/在1a,b上一致连续（5 Y 一1H = 丫 x,i | x e la, b 考虑开区间集合I n 显然H是,对的一个开覆盖，由有限覆盖定理3H的一个有限子集(5 Y，一1H *=.丫

31、(x.苴 j | i = 1,2,A , k.覆盖了Ci, bW v， -v u L Zn V v / X ,X e Y X , .| y y I V i-对Vx,Xe心X X V5 , x，必属于H*中某开区间，设 I . 2 J,即X x.I V 2,此时有x - x x ” - x + x 一 x 0, V5 0,女,X e a, b,l X- X V5，而I f ( x) - f ( x)l0 .5 = 1I x，- x IV 1取 n X ，X e a，b n n n而1 f (X) f (x)|由致密性定理存在子序列, n n,n n 0，, I,I X X - X Iv rr,X

32、 X e a，b而由 nknkn 也有 X X 再由 f (X)在 X 连续在 I f(x ) f(x ) Ink0，而由k，也有与 0 .再由)、/在0连续，在与勺 0中令k 8，得0 =I f (X ) f (x ) I= lim I f (x ) f (x)I 00 e n n 0矛盾.所以f 3)在a, b上一致连续.推广 f (x) G C(a,b), /(a +), /(b-) n f (x)在(a,b)上一致连续.作业 1P172 1,23,4, 5 *； P1761,2,4.7.3上极限和下极限一、上(下)极限的定义对于数列，我们最关心的是其收敛性；如果不收敛，我们希望它有收敛

33、的子列，这个愿望往往 可以实现.例如：-1)J.一般地，数列x ，若x : x a ( k T3)，则称a是数列x 的一 kk个极限点.如点例1-1)有2个极限点.数列x 的最大(最小)极限点如果存在,则称为该数列n的上(下)极限,并记为limx ( limx ).如lim(-1)n = 1,lim(-1)n =-1.13 n n* n13n*例1求数列|sin三；的上、下极限.例2 x = n1+ (-1)n,求上、下极限. n二、上(下)极限的存在性下面定理指出，对任何数列xn,它的上(下)极限必定存在.定理1每个数列x 的上极限和下极限必定唯一，且 nlimx = supx , x ,L

34、 = limsup x ,lim x = infx , x ,L = liminf x .nn n+1knn n+1kI3I3 knn3nT3 k2n三、上下极限和极限的关系limx N lim x .n T3 nnT3 n定理2 x 存在极限则x 的上极限和下极限相等，即limx = limx = limx .nnnnnn T3nT3nT3四、上(下)极限的运算普通的极限运算公式对上(下)极限不再成立.例如：lim(-1)n + (-1)n+1 = 0 v lim(-1)n + 跚(-1)n+1 = 2 .n*nT3nT3nT3nT3nT3一般地有：lim(x + y ) X ，由推论，当粹

35、足够大时，这表示七总用丑中一个开区间就能覆盖，与其选择法则相违背.所以言# 必 能用丑中有限个开区间来覆盖.说明 当言，占改为E）时，或者丑不是开覆盖时，有限覆盖定理的结论不一定成立.例如：丑：保）字，（G，土:牛），1）3 24n-1就十1就十2 .H是开区间（）的一个无限开覆盖，但不能由此产生（）的有限覆盖.H,是0,2的一个无限覆盖，但不是开覆盖，由此也无法产生。,2的有限覆盖.*（五）用有限覆盖定理证明聚点定理设$为实轴上的有界无限点集，并设FWiD由反证法假设来构造-财，沮的一个无限开覆盖：若汗有聚点，则长-虻低.现反设-财，沮中任一点都不是S的聚点，即-虬剪在）内至多只有心.这样，

36、h = 甘（工；鸣）|槌-也就是-泣，沮的一个无限开覆盖.2用有限覆盖定理导出矛盾：据定理9,存在疗为-虬虹的一个有限开覆盖（同时也覆盖了S）.由假设，国知说内至多只有所属N个邻域内至多只有舄，*.，属于（即宜只覆盖了3中有限个点）.这 与疗覆盖了全部$中无限多个点相矛盾.所以，有界无限点集$必定至少有一个聚点.推论（致密性定理）有界数列必有收敛子列.即若）为有界数列，则使 有瓯寸普子列”J的极限普称为原数列言的一个极限点，或称聚点.数列）的聚点与一般点集S的聚点，含义稍有不同.数列的聚点定义为：，在（由 内含有%中无限多个项，则普为%）的一个聚点.”在此意义下，对于数列它有两个收敛子列：的I

37、 = 1和羽 普，2，.它们的极限和占就是知）的两个聚点.*（六）用聚点定理证明柯西准则柯西准则的必要性容易由数列收敛的定义直接证得.（已知气收敛，设瓯 一” .由定义，V.- Or3 ，当粮、八N时，有从而有这里只证其充分性.已知条件：寸Q妇NeN,当队祖N时I练一欲证修收敛.匚首先证言有界.对于甄当q邳既=*时，有勤IT购卜R F 隹何珂| + 1.令淑十虹,电.WwIMI，则有|%| 0.I M = Ji MQ 叭，使 a-an18把它们相加，得到M-氐L故当 跖 时，可使”疽电，矛盾.所以单调有界数列”混必定有极限.证毕在以上六个等价命题中，最便于推广至R中点集的，当属聚点定理与有限覆盖定理.为加 深对聚点概念的认识，下例所讨论的问题是很有意义的.例 证明“普是点集S的聚点”的以下三个定义互相等价: 矿打0,在阪 已豹内含有S中无限多个点（原始定义）;（ii） 在5（占园内含有&中至少一个点;（iii）证（i）n（ii）显然成立.，“m时Af，使瓯为=（ii）n（iii） 由（ii），取或=1，水已尹（家）日再取sm一般取丸由弓的取法，保证 f，05），呢 r,lim x = ?= V i-? 0? 3 m 瓦 4 N、 rwrif 古#、 r r s（iii） n （i）时，必有曲已（匕，。），且因码各项互不相同，故（占濯）内含有$中无限多个点.