实数的完备公理

             

贡献者: JierPeter

预备知识 完备公理(戴德金分割)

   我们常见到一种争论,$0.\dot{9}$ 到底等不等于 $1$.实际上这个问题无法证明,而是被当作定义实数的公理之一,我们称之为完备性公理.你可以留意一下各种各样所谓的 “证明”,认为 $0.\dot{9}\neq 1$ 的论证通常都是否认了完备公理,而认为 $0.\dot{9}=1$ 的都默认了完备公理.

   用 $0.\dot{9}=1$ 来当作完备公理很不好用,我们通常使用本节介绍的的完备公理来描述实数的完备性,这些公理彼此是等价的,并且都可以推出 $0.\dot{9}=1$.

   我们先列举几条完备公理,再展开证明它们互推的逻辑链条.

1. 完备公理的表述

   由于几个完备公理是等价的,可以互推,因此实际建立理论时只挑其中一个作为公理体系的一部分,其它的都当作定理,这也导致我们也常把这几条公理称为 “定理”.因此,我们使用 “定理” 的格式来列举这几条完备公理.

定理 1 确界原理

   实数集的任何非空有界子集,必有一个实数上确界(见上确界与下确界).

定理 2 单调有界收敛定理

   单调有界数列必有极限.

定理 3 (闭)区间套定理

   设 $a_n$ 是单调递增数列,$b_n$ 是单调递减数列,$b_n-a_n$ 恒为正数且收敛到 $0$,且 $[a_{n+1}, b_{n+1}]$ 都是 $[a_n, b_n]$ 的真子集.称这样的集合 $\{[a_n, b_n]_{n=1}^\infty\}$ 为一个(闭)区间套

   对于任意的区间套 $\{[a_n, b_n]\}$,存在唯一的实数 $x_0$ 使得 $x_0\in [a_n, b_n]$ 对任意正整数 $n$ 成立.

定理 4 Heine-Borel 有限覆盖定理

   设 $[a, b]$ 是一个区间,$C$ 是 $[a, b]$ 的一个开覆盖1,那么 $C$ 中存在有限个开集,使得其并集包含了 $[a, b]$.

定理 5 Bolzano 致密性定理

   有界无穷数列必有收敛子列.

定理 6 Weierstrass 聚点定理

   有界无穷点集必有聚点(定义 1 ).

定理 7 Cauchy 收敛准则

   数列 $\{a_k\}$ 收敛,当且仅当对于任意 $\epsilon > 0$,存在 $N_\epsilon$ 使得对于任意 $m, n > N_\epsilon$,都有 $ \left\lvert a_m-a_n \right\rvert < \epsilon$.

   以上七条就是最常见的实数完备公理,任取其一都可以用来定义实数的完备性、而把其它的当成定理.

2. 完备性定理的互相推出

定理 1 $\to$ 定理 2

   首先,确界原理也等价于 “有界子集必有下确界”,只需要对子集里各实数取负值构成新的有界子集,取到新子集的上确界再取负值,就得到原子集的下确界了.因此我们这里不妨设单调有界数列是单调不减的,单调不增的证明方式完全一致.

   取单调不增有界数列的全体函数值 $\{a_n\}$,构成实数集的一个子集 $S$.由于是有界数列,故 $S$ 是有界点集.于是由定理 1 ,$S$ 有一个上确界 $a$.

   由数列单调性,$ \left\lvert a-a_n \right\rvert $ 随着 $n$ 的增大而减小.同时由上确界的定义,对于任意的 $\epsilon > 0$,都存在 $N_\epsilon$,使得只要 $n > N_\epsilon$ 就有 $ \left\lvert a-a_n \right\rvert < \epsilon$,而这就是 $\{a_n\}$ 收敛于 $a$ 的定义.

定理 2 $\to$ 定理 3

   区间套中的 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 都是单调有界数列2,由定理 2 可知它们都收敛.

   设 $\{a_n\}$ 收敛到 $a$,$\{b_n\}$ 收敛到 $b$.

   由单调性,对任意 $n$ 都有 $ \left\lvert b_n-a_n \right\rvert \geq \left\lvert b-a \right\rvert $ 以及 $a, b\in [a_n, b_n]$.但是由区间套的定义,$ \left\lvert b_n-a_n \right\rvert $ 趋于零,故 $ \left\lvert b-a \right\rvert =0$,即 $a=b$.

   这么一来,$a=b$ 就是区间套中唯一的公共元素.

定理 3 $\to$ 定理 4

   反设存在 $[a, b]$ 的一个开覆盖 $S$,使得 $S$ 的任何有限子集都不能覆盖 $[a, b]$.不失一般性地,设 $S$ 中的元素都是开区间3

   将 $[a, b]$ 二等分为 $[a, \frac{a+b}{2}]$ 和 $[\frac{a+b}{2}, b]$,那么由假设,这两个二等分闭区间中至少有一个不能被 $S$ 中的有限子集覆盖.取一个不能被有限覆盖的二等分区间,记它为 $[a_1, b_1]$.

   由于 $[a_1, b_1]$ 也是不能被 $S$ 的有限子集覆盖的闭区间,故我们可以同样取出它的一个二等分区间 $[a_2, b_2]$,使得这个新的二等分区间不能被 $S$ 的有限子集覆盖.以此类推,我们可以取出一系列 $[a_k, b_k]$,其中每一个都不能被 $S$ 的有限子集覆盖.由于每一步都是取二等分,故 $ \left\lvert b_k-a_k \right\rvert =\frac{ \left\lvert b-a \right\rvert }{2^k}$,因此 $[a_k, b_k]$ 是一个区间套.

   由区间套定理,存在唯一的 $x_0\in[a, b]$ 使得 $x_0\in[a_k, b_k]$ 对所有 $k$ 成立.由于 $S$ 是覆盖,故 $S$ 中至少有一个元素是包含 $x_0$ 的,设这个元素是区间 $(a_0, b_0)$.设 $\min( \left\lvert x_0-a_0 \right\rvert , \left\lvert x_0-b_0 \right\rvert )=r$,那么取 $k$ 使得 $ \left\lvert b_k-a_k \right\rvert < r$,所对应的 $[a_k, b_k]$ 就是 $(a_0, b_0)\in S$ 的子集,于是 $[a_k, b_k]$ 就被 $S$ 的有限子集覆盖了,矛盾!

   因此反设不成立,$S$ 必有有限子覆盖.

定理 4 $\to$ 定理 5

   设 $\{x_k\}$ 是一个有界数列,即存在实数 $a < b$ 使得 $a < x_k

   如果 $s\in(a, b)$ 不是 $\{x_k\}$ 任何子列的收敛点,那么必然存在 $r_s > 0$ 使得 $\{x_k\}\cap (s-r_s, s+r_s)=\{s\}$,即数列中没有除了 $s$ 本身外的元素到 $s$ 的距离小于 $r_s$4

   反设 $\{x_k\}$ 没有收敛子列,即任何 $s\in(a, b)$ 都不是其收敛点.按上段论述,我们就可以对每一个 $s$ 取一个半径 $r_s$,使得 $(s-r_s, s+r_s)$ 中只有数列的一个元素.对所有 $s\in(a, b)$ 都取这样的区间,则我们就得到了 $[a, b]$ 的一个开覆盖.由有限覆盖定理,存在有限多个 $s$ 和 $r_s$ 的组合,使得对应的 $\{(s-r_s, s+r_s)\}$ 是有限子覆盖.这么一来,$\{x_k\}$ 的取值就在这些 $s$ 中,即只有有限多取值.但是我们有可数无穷多个 $x_k$,所以其中必有无穷多个等于同一个 $s$,它们就能构成一个收敛子列.矛盾!

   因此反设不成立,$\{x_k\}$ 必有收敛子列.

定理 5 $\to$ 定理 6

   因为有无穷多个点,所以我们可以每次取一个出来,每次取的都和前面不重复.这样,我们就得到一个有界无穷数列.由致密性定理,该数列必有收敛点.该收敛点就是该点集的聚点.

定理 6 $\to$ 定理 7

   回顾数列收敛的定义:$\{a_n\}$ 收敛,当且仅当存在实数 $a$ 使得 $\lim\limits_{n\to \infty} \left\lvert a_n-a \right\rvert =0$.我们要证明当定理 6 成立时,定理 7 的设定(Cauchy 收敛准则)等价于数列收敛的定义.

   给定数列 $\{a_k\}$,使得 $\epsilon > 0$,存在 $N_\epsilon$ 使得对于任意 $m, n > N_\epsilon$,都有 $ \left\lvert a_m-a_n \right\rvert < \epsilon$.于是这个数列是有界数列,其值域是一个有界无穷点集.由聚点定理,存在一个 $x_0$,使得它是 $\{a_k\}$ 值域的一个聚点.

   任取 $\epsilon > 0$,由聚点的定义,必然存在无穷多个 $a_k$ 使得 $ \left\lvert a_k-x_0 \right\rvert < \epsilon$;由题设,存在 $N_\epsilon$ 使得对于任意 $m, n > N_\epsilon$,都有 $ \left\lvert a_m-a_n \right\rvert < \epsilon$.综合起来,存在一个 $M_\epsilon$,使得对于任意 $r > M_\epsilon$,都有 $ \left\lvert a_r-a_{M_\epsilon} \right\rvert < \epsilon$,且 $ \left\lvert a_{M_\epsilon}-x_0 \right\rvert < \epsilon$.因此 $ \left\lvert a_r-x_0 \right\rvert < 2\epsilon$.

   重新整理一下以上表述,就是:任取 $\epsilon > 0$,存在 $M_\epsilon$,使得对于任意 $r > M_\epsilon$,都有 $ \left\lvert a_r-x_0 \right\rvert < 2\epsilon$.这正是 $\{a_k\}$ 收敛于 $x_0$ 的定义.因此 定理 7 的设定可以推出数列收敛.

   反过来,如果数列收敛则 Cauchy 收敛准则也成立.

定理 7 $\to$ 定理 1

   取一个非空有界实数集 $S$,已知它有一个上界 $a_0$.由于 $S$ 非空,故存在 $b_0 < a_0$,且 $b_0\in S$.

   在线段 $b_0a_0$ 上取中点 $x$,看这个中点是不是 $S$ 的上界,如果不是就再取 $x$ 和 $a_0$ 的中点,以此类推,直到取的某一个中点是上界,把这个中点记为 $a_1$.当然,我们不能保证 $a_1$ 一定存在,因此要分类讨论.

   如果 $a_1$ 不存在,等价于任何小于 $a_0$ 的实数都不是 $S$ 的上界,那这说明 $a_0$ 就是 $S$ 的上确界了,故上确界存在.以下假设 $a_1$ 是存在的.

   取 $a_1=\frac{2^{s}-1}{2^{s}}b_0+\frac{1}{2^{s}}a_0$ 和 $b_1 > \frac{2^{{s}-1}-1}{2^{{s}-1}}b_0+\frac{1}{2^{{s}-1}}a_0$,使得 $b_1\in S$.这里的 $s$ 就是我们取中点直到得到 $a_1$ 的次数.接下来,对线段 $b_1a_1$ 进行相同的逐次取中点操作,直到得到第一个是 $S$ 上界的中点 $a_2$,取比 $a_2$ 的前一个中点大的 $b_2\in S$.如果其中有任何一个 $a_k$ 无法取到,那么 $a_{k-1}$ 就是 $S$ 的上确界,故我们以下假设 $a_k$ 总能取到.以此类推,得到两个数列 $\{a_k\}$ 和 $\{b_k\}$.

   考虑到 $\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k}=1$,而由我们取中点的过程可知 $ \left\lvert a_{k+1}-a_k \right\rvert < \frac{ \left\lvert a_0-b_0 \right\rvert }{2^k}$,加上 $\{a_k\}$ 是递减数列,因此可知对于任意正整数 $m$ 都有 $ \left\lvert a_{k+m}-a_k \right\rvert < \frac{ \left\lvert a_0-b_0 \right\rvert }{2^{k-1}}$,即 $\{a_k\}$ 满足柯西收敛准则.

   由定理 7 ,可知必存在 $a\in\mathbb{R}$ 是 $\{a_k\}$ 的极限.下证 $a$ 就是 $S$ 的上确界.

   反设 $a$ 不是 $S$ 的上确界,即存在 $x < a$ 是 $S$ 的上界.由于总存在正整数 $k$ 使得 $ \left\lvert a_k-b_k \right\rvert < \left\lvert a-x \right\rvert $,这就和 $a_k > a, x\geq b_k$ 矛盾了.故反设不成立,$a$ 就是 $S$ 的上确界.

3. 总结

   我们按定理 1 $\to$定理 2 $\to$定理 3 $\to$定理 4 $\to$定理 5 $\to$定理 6 $\to$定理 7 $\to$定理 1 的顺序完成了证明闭环.这个顺序只是笔者任意选定的,读者也可以尝试其中任意两个定理的互相证明,比如定理 5 定理 6 之间的互相证明.

   每个定理,或者说公理,都从各自的角度刻画了 “实数不存在缝隙” 这一性质.它们都和完备公理(戴德金分割)中的定理 1 等价.

习题 1 

   证明确界原理定理 1 和实数的完备公理定理 1 等价.

   实际建立实数理论时,本节介绍的七条公理,或者也可以加上定理 1 ,任选其一来描述实数的完备性即可,又或者利用本节的结论将它们看成同一个公理的不同描述,实践中哪个方便证明就用哪个.

习题 2 

   使用本节以及完备公理(戴德金分割)中介绍的八条公理,证明 $0.\dot{9}=1$.注意 $0.\dot{9}$ 被 4 定义为数列 $\{0.9, 0.99, 0.999, 0.9999\cdots\}$ 的极限.


1. ^ 即 $C$ 是开集的集合,使得 $C$ 中所有开集的并包含了 $[a, b]$.实数轴上的开集是指开区间的并.
2. ^ 比如说,$\{b_n\}$ 是单调不增的,因此 $b_1$ 是其上界;同时由于 $b_n > a_1$,$a_1$ 也就是其下界.
3. ^ 可以这样简化是因为开集都是开区间的并集.
4. ^ 这是因为,“$s$ 是某个子列的收敛点” 等价于 “对于任意的距离 $r$,都存在数列的元素,其靠近 $s$ 的距离小于 $r$”.将这一表述否定,就得到本段的表述了.


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