用闭区间套定理证明零点定理

先定义什么是区间套：设闭区间列{ [an, bn] } 具有如下性质：① [an, bn]包含[an+1,bn+1 ], n=1,2,...; (其中的意思是[an+1,bn+1 ]是[an, bn]的子集)② lim (bn-an)=0 (n→∞)，则称{ [an, bn] } 为闭区间套，或简称区间套。下面是区间套定理：若{ [an, bn] } 是一个区间套，则在实数R中存在唯一的点ξ，使得ξ∈[an, bn]，n=1,2,..., 即 an≤ξ≤bn, n=1,2,... 注：这个定理实际上表明了实数的完备性，实数是连续地充满整个数直线而没有间隙，而有理数就不具备这个性质。

数轴上任意两点和这两点间所有点组成的线段为一个闭区间。闭区间套定理：有无穷个闭区间，第二个闭区间被包含在第一个区间内部，第三个被包含在第二个内部，以此类推（后一个线段会被包含在前一个线段里面），这些区间的长度组成一个无穷数列，如果数列的极限趋近于0（即这些线段的长度最终会趋近于0），则这些区间的左端点最终会趋近于右端点，即左右端点收敛于数轴上唯一一点，而且这个点是此这些区间的唯一公共点。（开区间同理）

区间套定理是数学分析中一个非常重要的定理，它同确界原理、单调有界原理、聚点定理、柯西收敛准则及有限覆盖定理合称为实数完备性的6个基本定理．由于这些定理的等价性，只要能用其中一个定理可以证明的命题，原则上用其它定理也能证明，但证明的难易程度往往有较大差别．本文分析区间套定理的特点，通过应用实例说明数学分析中的许多重要结论，特别是涉及到由整体到局部的命题，往往都能够用区间套定理来证明．不难看出，区间套定理说的是一个大区间里套一个小区间，小区间里再套一个更小区间，如此下去，最后套出一个公共点，其特点是由点集的整体性质得到某一点的局部性质．因此，凡涉及到由整体到局部的命题，特别是要证明在一定条件下存在一个点具有某种性质时，常常适合用区间套定理来证明[2-4]．此外，区间套定理还可以用来证明闭区间上连续函数的性质[5]

什么是闭区间：数轴上任意两点和这两点间所有点组成的线段为一个闭区间。闭区间套定理：有无穷个闭区间，第二个闭区间被包含在第一个区间内部，第三个被包含在第二个内部，以此类推（后一个线段会被包含在前一个线段里面），这些区间的长度组成一个无穷数列，如果数列的极限趋近于0（即这些线段的长度最终会趋近于0），则这些区间的左端点最终会趋近于右端点，即左右端点收敛于数轴上唯一一点，而且这个点是此这些区间的唯一公共点。（开区间同理）

就是图中的定理1

只需用闭区间套定理证明结论：Cauchy列是收敛的。首先，Cauchy列必有界，设a<=an<=b。将[a，b]均分为3份，分点为c=(2a+b)/3，d=(a+2b)/3。下面证明[a，c]和[d，b]中有一个区间最多含有数列中的有限多项。若两个区间中都含有数列中的无穷多项，则对e=(b--a)/3>0，存在N，当m>n>N时，有|am--an|<e，在[a c]中必有一项ak，k>N。在[d，b]中必有一项al，l>N，则|ak--al|>=(b--a)/3。矛盾，因此两个区间中有一个最多含有有限多项。将含有有限多项的一个去掉（若两个都是有限多项，则去掉左边的那个区间），剩下的区间记为[c1，db1]。然后再将[c1，d1]均分为三份，类似去掉一个，依次进行下去得到一个闭区间列，1、[cn，dn]包含[c(n+1), c(n+1)]，且区间长度为(b--a)/3^n。2、[cn, dn]的外面含有数列{an}中的有限多项。由定理，存在cn和dn的共同的极限值x，位于所有的闭区间中。下面证明x是{an}的极限。对任意的e>0，存在K，使得ck<=x<=dk，当k>=K时，注意到第二个性质，[cK，dK]外有{an}的有限多项，记最大指标为N，即n>N时，有an位于[cK, dK]中，于是|an--x|<=dK--cK<e。由定义，{an}收敛于x。证毕。扩展资料函数的柯西收敛准则性质1、充分性：由于函数极限和数列极限可以通过归结原则联系起来，所以要证明函数收敛，可以转化为证明数列收敛。而数列收敛的柯西准则已经证明了，所以把已知条件转化为求数列极限是证明的重心。2、归结原则（或称海涅定理）：设f(x)在x0的某个去心邻域（或|x|大于某个正数时）有定义，那么充要条件是，对在x0的某个去心邻域内的任意收敛于x0并且满足xn≠x0的数列{xn}（或绝对值大于某个正数的任意发散到无穷大的数列{xn}），都有数列{f(xn)}收敛到A。参考资料来源：百度百科—柯西极限存在准则参考资料来源：百度百科—区间套定理

区间套定理：设一无穷闭区间列{[a(n)，b(n)]}适合下面两个条件：（1）后一区间在前一区间之内，既对任一正整数n，有a(n)<=a(n+1)<b(n+1)<=b(n)，（2）当n->无穷时，区间列的长度{(b(n)-a(n))}所成的数列收敛于零，则区间的端点所成的两数列{a(n)}及{b(n)}收敛于同一极限$，并且$是所有区间的唯一公共点。闭区间套定理通常是和“二分法”配合使用的，即区间[a，b]从中点一分为二，通常得到的这两个区间中有且仅有一个区间具有某种性质（和我们要证明的具体问题有关），把这个符合要求的区间[a1，b1]再分为两半，再找出我们感兴趣（具有某种性质）的那个小区间[a2，b2]。依次类推，这样每分一次，我们找到的区间长度就变为原来的一半，第n次得到的区间长度就是(b-a)/2^n，这样当n趋于∞时，区间长度趋于0，这样我们得到了一个闭区间套[ai，bi]，并且有lim(bn-an)=0，满足闭区间套定理的条件。因此存在唯一的实数ξ=liman=limbn，这样我们就把每次找到的小区间[ai，bi]具有的性质“传递”到了实数ξ上，而这一步正是用闭区间套定理证明问题的关键。

是因为极限和闭区间的性质。当n趋向∞时，区间两端收敛于同一极限，显然这个极限在最初的区间[a,b]之间，并且由于闭区间性质，区间内的所有值都能取到，这个极限就是区间的公共点。但是换成开区间就不一样了，区间端点是取不到的，可根据极限的性质（描述一种趋势），(a,b)间的点列完全可以以端点作为极限，所以当证明区间端点收敛于同一极限时，你就不能得出这个极限一定在区间内，更不能说它是所有区间的公共点。定义直线上介于固定的两点间的所有点的集合（不包含给定的两点），用(a,b)来表示（不包含两个端点a和b）。开区间的实质仍然是数集，该数集用符号（a，b）表示，含义一般是在实数a和实数b之间的所有实数，但不包含a和b。相当于{x|a<x<b}，记作（a,b） 取值不包括a、b。

缠论的区间套定理缠论的区间套定理也就是缠中说禅精确大转折点寻找程序定理：某大级别的转折点，可以通过不同级别背驰段的逐级收缩范围而确定。换言之，某大级别的转折点，先找到其背驰段，然后在次级别图里，找出相应背驰段在次级别里的背驰段，将该过程反复进行下去，直到最低级别，相应的转折点就在该级别背驰段确定的范围内。如果这个最低级别是可以达到每笔成交的，理论上，大级别的转折点，可以精确到笔的背驰上，甚至就是唯一的一笔。数学的区间套定理区间套定理：设一无穷闭区间列{[a(n) ，b(n)]}适合下面两个条件：(1)后一区间在前一区间之内，既对任一正整数n，有a(n)<=a(n+1)<b(n+1)<=b(n)，(2)当n->无穷时，区间列的长度{(b(n)-a(n))}所成的数列收敛于零，则区间的端点所成的两数列{a(n)}及{b(n)}收敛于同一极限$，并且$是所有区间的唯一公共点。（a(n)的意思是:a下标n）闭区间套定理或者更高维的闭球套定理常常用来证明或者说明某个空间（集合）具有一种“稠密”的性质。在这个空间中构造出一列（无穷多个）闭球，使这些闭球一个比一个更小而且后一个总被套在前一个里面，目的是使得这列闭球的直径最终趋于零，即无限小，这时候，“最里面”的闭球要么是一个点要么是空集，如果最里面的闭球是一个点，那么这个点必定包含于所有的这一列闭球，我们就说这个空间具有这种“稠密”的性质；反之，如果这个空间具有“稠密的”性质，必定可以构造出一列直径越来越小最终为无穷小的闭球套，它们有唯一的公共点！缠论的区间套最后定位在走势结束的最低（高）的那一个价位上，这个价位逐级从最高级别（背驰发生的级别可能是日线也可能是30分钟等）到最低级别，逐步去找这个点，放大镜的倍数越来越大，越来越清晰的去定位。当各个级别都走入背驰段发生共振很可能1分钟甚至更低级别的背驰导致大级别的背驰确认。通过小级别来确认大级别的背驰，通过大级别背驰来找小级别的背驰，在大级别没有背驰发生的情况下，小级别的背驰不要轻举妄动很可能一个小的调整把背驰消灭继续原来的走势。大级别背驰，小级别的一个微小的变化都可能引起大的情况，这个时候，小级别的背驰就要注意了

区间套定理的叙述改成开区间套对区间套定理成立,因为此类开区间内均可造出一个闭区间来,因此仍可得一闭区间套如[2-1/2n，2+1/2n],该区间套内存在唯一一点2,属于所有闭区间[2-1/2n，2+1/2n],当然2也属于所有开区间（2-1/n，2+1/n）.

你把E作2等分，第1次分出的两个集合，肯定有一个是无限集，第2次对上次分出的无限集再作2等分，得到两个集合，其中一个肯定还是无限集，。。。这样不断分下去，如果有限次分割后能得到空集，说明E不是无限集，和题设矛盾，因此无限分下去一定能得到一个点，根据区间套，这个点就是极限点c，c的任何一个去心邻域里一定包含E中的点，否则说明上面所做的2等分是不能无限做下去的，也就是说E不是无限集，跟题设矛盾。

题设：设f(x)在【a，b】上连续，证明：f(x)在【a，b】一定有界。证明：假设f(x)在【a，b】上无界。【a，b】= [a, (a + b) / 2] + [(a + b) / 2, b]上述两个子区间有【a1, b1】使得f(x)无界。【a1，b1】= [a1, (a1 + b1) / 2] + [(a1 + b1) / 2, b1]上述两个子区间也至少有一个子区间【a2, b2】使得f(x)无界。由将【a2, b2】分成两个相等区间，至少有一个【a3, b3】使得f(x)在其上无界。如此下去得到一串闭区间【an, bn】n = 1,2,3,4...使f(x)在其上无界。易见：...包含于【an, bn】包含于...包含于【a3, b3】包含于【a2, b2】包含于【a1, b1】包含于【a, b】由收敛准则Ⅱ有：lim an(n→∞)和lim bn(n→∞)存在。又bn - an = （b - a）/ 2^n，所以，lim (bn - an) = 0(其中n→∞)，从而推出lim bn = lim an = §(an≤§≤bn，§∈【a，b】)那么由f(x)在【a，b】上连续推出lim f(x)= f(§)(x→§ )取§ = 1，69σ > 0当∣x - §∣< σ时，有f(§) - 1 < f(x) < f(§) + 1。对σ > 0，69N，当n > N时有§ - σ < an < bn < § + σ 所以，当x ∈【an, bn】时，有f(§) - 1 < f(x) < f(§) + 1从而推出f(x)在【an, bn】上有界，这与假设矛盾，假设不成立，所以定理得证。

你最后的分析是对的，正是基于同级别分解的角度来找区间套的。这里是把60-65当成一个走势类型看待的，特别是在5分钟图MACD上一定表现为回拉或穿越0轴，正好是前面5分钟中枢的3买，这是5分钟级别趋势的第二个中枢的3买，又处于530后的敏感时期，后面大概率会趋势背驰，这才是找区间套的理由。假如是第一个中枢，区间套就没多大意义，因为很可能由于小级别的延伸而破坏背驰段发展成趋势走势。如果单纯从中枢的角度来看，63-69都只是属于60-63这个1分中枢的延续，没有出现第三类买卖点前是不需要也无法考虑区间套的。很多课的内容都表明，同级别分解和非同级别分解是可以混搭来分解走势的，以后再遇到类似的疑惑，不妨从多角度去思考下。

所谓有限覆盖定理，是指：对于有界闭区间[a，b]的一个（无限）开覆盖H中，总能选出有限个开区间来覆盖[a，b]。这一问题可用区间套定理来证明。（区间套定理：若[an,bn]是一个区间套，则在实数系中存在唯一一点C，使对任何n都有c属于[an,bn].{an}单调递增，{bn}单调递减，都以c为极限。）证明：用反证法 假定不能用H中有限个开区间来覆盖[a,b].将[a,b]等分为两个子区间，则其中至少有一个子区间不能用H中有限个开区间来覆盖。记这个子区间为[a1,b1],则[a1,b1]包含于[a,b],且b1-a1=(b-a)/2.再将[a1,b1]等分为两个子区间，同样，其中至少有一个不能用H中有限个开区间覆盖。记这个子区间为[a2,b2],则[a2,b2]包含于[a1,b1],且b2-a2=(b-a)/2^2.重复以上步骤并不断进行下去，则可得到区间列{[an,bn]},它满足区间套条件，且其中每一个闭区间都不能用H中有限个开区间来覆盖。但，由区间套定理，存在唯一点c属于所有区间[an,bn].由于H是[a,b]的开覆盖，一定存在H中的一个开区间(a0,b0),使c属于(a0,b0).即a0<c<b0.而{an}，{bn}都以c为极限，即知，存在N，当n>N时,a0<an<=c<=bn<b0.这表明，只用开区间(a0,b0)就覆盖了区间[an,bn].这与挑选[an,bn]时假设“[an,bn]不能用H中有限个开区间覆盖”矛盾。从而证得，必存在H中有有限个开区间能覆盖[a,b].

闭区间套定理或者更高维的闭球套定理常常用来证明或者说明某个空间（集合）具有一种“稠密”的性质。在这个空间中构造出一列（无穷多个）闭球，使这些闭球一个比一个更小而且后一个总被套在前一个里面，目的是使得这列闭球的直径最终趋于零，即无限小，这时候，“最里面”的闭球要么是一个点要么是空集，如果最里面的闭球是一个点，那么这个点必定包含于所有的这一列闭球，我们就说这个空间具有这种“稠密”的性质；反之，如果这个空间具有“稠密的”性质，必定可以构造出一列直径越来越小最终为无穷小的闭球套，它们有唯一的公共点！

你说的柯西定理是柯西中值定理吧？柯西中值定理：设函数f(x),g(x)满足是在[a,b]连续，（a、b）可导，g"(x)≠0(x∈(a,b))　　则至少存在一点,ξ∈(a,b),使f"(ξ)/g"(ξ)=[f(b)-f(a)]/[g(b)-g(a)]成立设f(x)=1/2*x^2,g(x)=x,定义域为R[a(n),b(n)],n=1,2,3....为一个闭区间套在[a(n),b(n)]上根据柯西中值定理，存在ξ∈(a(n),b(n)),使f"(ξ)/g"(ξ)=[f(b)-f(a)]/[g(b)-g(a)]成立这里f"(x)=x,g"(x)=1,则有ξ=0.5[b(n)^2-a(n)^2]/[b(n)-a(n)],即ξ=0.5[b(n)+a(n)]显然ξ=0.5[b(n)+a(n)]<=0.5[b(n)+b(n)]=b(n),ξ=0.5[b(n)+a(n)]>=0.5[a(n)+a(n)]=a(n)即a(n)=<ξ<=b(n)

设S是有上界集合，不妨设b是的一个上界，取a∈S构造区间[a,b]。定义性质P： 闭区间E，满足存在x1∈E，x1∈S且存在x2∈E，x2不属于S。用二等分法构造区间套：将[a,b]等分为两个子区间，则至少有一个具有性质P，不妨记该区间为[a1,b1]，则[a1,b1]含于[a,b] 。闭区间上连续函数的三大性质：介值定理，最大值定理，一致连续性定理，都是在他们需要出现的时候才出现，而且它们的证明都是用实数连续性定理证明的。整个体系可以用下图表示出来。扩展资料：闭区间套定理由于具有较好的构造性，因此在实数相关的命题中有广泛的应用，故闭区间套定理不仅有重要的理论价值，而且具有很好的应用价值。例如用来证明单调有界定理，闭区间上的连续函数的性质（有界性、最值性、零点存在性、一致连续性等），拉格朗日中值定理等微分学上常用的定理。作为介绍，在这里给出用闭区间套定理证明单调有界定理和拉格朗日中值定理的过程。单调递增有上界，或单调递减有下界的数列必定收敛。证明：以单调递增有上界的数列为例。设数列{xn}单调递增有上界b，如果数列从某一项开始，所有的项都等于某个常数a，那么a就是{xn}的极限。如果不是这样，即{xn}严格单调，参考资料来源：百度百科-闭区间套定理

an和bn会收敛于一个数这是很容易就可以得到的——因为an单调有上界，bn单调有下界，而他们的差的极限为零，从而他们极限相等。重要的是这个极限（设它为t）是所有区间的唯一公共点。唯一性也可以由极限的唯一性得到，剩下的就是它是所有区间的公共点了。用反证法。我们先构造一个开区间集，它能覆盖【a0，b0】：对某一x属于【a0，b0】，它若不属于某一个子区间【an0，bn0】，从而当n>n0，有x亦不会属于【an，bn】，从而就存在x的某一个邻域Ex，它与所有n>n0的【an，bn】的交集为空（这里n>n0，而n0的取值跟x的取值有关）。假设这些子区间没有公共点，即所有的x属于【a0，b0】都有这样的结论了，那么所有属于[a0，b0]的x都可以有这样的邻域，所有的邻域放在一起就成为了[a0，b0]的一个开覆盖，按有限覆盖定理，那这些无限个邻域中存在[a0，b0]的有限覆盖，既然是有限个，那就是有有限个x，那与x有关的n0也就只有有限个了，取在这有限个n0的最大值nm，那当n>nm时，[an，bn]就会与这有限个开区间的交集都为空，而那些开区间是整个[a0，b0]的覆盖，当然会覆盖【an，bn】，矛盾，这就说明并不是所有的x都不属于某一个子区间【an0，bn0】，这些所有的子区间是有公共点的（设为s）。接着就证明这个点就是t就行了：利用夹逼定理，an<s<bn,对所有的n都成立，自然就是s=t了。希望能解决您的问题。

首先你的问题表述是错的.相反开区间、半开区间都有聚点.概念问题.什么是聚点?点P（属于S）称为集合S的聚点,如果存在S中互异序列以点P为极限.与聚点相对的是孤立点.事实上开区间和半开区间的任何一个点都是聚点. 你的理解有误,你是想说为什么闭区间套定理不能把闭区间换成开区间或者半开区间.定理的证明（不管用哪种方法证的）都要用到闭区间,而对不闭的区间我们可能举出反例来（如对全体自然数n,开集族(0, 1/n)的交为空）.

若f(x)是闭区间[a,b]上的连续函数，U=sup{f(x)}，那么把区间二等分之后至少有一个闭区间以为上确界，如此一直等分下去得到一个闭区间套，其交集为单点集，记t属于这组闭区间套的交，那么f(t)=U。

ms这么证明没有什么意义，因为用确界定理证明更简单直截一些我来试试，大家一起研究一下用区间套定理证明单调有界定理：首先还要用到确界定理，单调有界必有确界不妨设数列{an}单调滴递增，则有上确界M存在则an≤M,从而[an,M]为一闭区间1、有[a1,M]≥[a2,M]≥……≥[an,M]≥……（不会输入那个符号，这里用≥表示“包含”），则{[an,M]}构成一个闭区间套；2、又因为M为上确界，故当n->∞时lim（M-an）=0；以上1、2使得{[an,M]}满足闭区间套定理，所以n->∞时，[an,M]套住一个实数，即M，从而有n->∞时lim(an)=M，说明有界单调数列收敛。〔 证毕 〕

用反证法，设介值为u，对区间2等分，取同时包含大于u和小于u的值的区间（如果没有这样的区间，说明中间分界处的值为u，则直接得证），按上述取法一直划分，利用区间套定理，可知有且仅有一个x0在所有区间内，若f(x0)不为u，不妨令f(x0)>u，由连续性，对任意ε>0，存在δ>0，使得U(x0,δ)中，|f(x)-f(x0)|<ε，取ε=|f(x0)-u|/2，则在U(x0,δ)中，f(x)-u>0，而由于x0在上述构造的任意区间内，且区间长趋于0，取区间长<δ/2的区间，则区间在U(x0,δ)内，这与区间的选取矛盾，所以利用反证法可知，f(x0)=u，证毕

第七章 实数的完备性 目的与要求：使学生掌握反映实数完备性的六个基本定理,能准确地加以表述,并深刻理解其实质意义；明确六个基本定理是数学分析的理论基础,并能应用基本定理证明闭区间上的连续函数性质和一些有关命题．了解数列上极限和下极限的概念及其与数列极限的关系. 重点与难点：重点是实数完备性基本定理的证明,难点是实数完备性基本定理的应用. 第一节 关于实数集完备性的基本定理 一 区间套定理与柯西收敛准则 1 区间套 定义1 区间套: 设 是一闭区间序列. 若满足条件 （1） 对 , 有 , 即 , 亦即 后一个闭区间包含在前一个闭区间中； （2） . 即当 时区间长度趋于零. 则称该闭区间序列为闭区间套, 简称为区间套 . 区间套还可表达为: , . 我们要提请大家注意的是, 这里涉及两个数列 和 , 其中 递增, 递减. 例如 和 都是区间套. 但 、 和 都不是. 2 区间套定理 定理7.1(区间套定理) 设 是一闭区间套. 则在实数系中存在唯一的点 , 使对 有 . 简言之, 区间套必有唯一公共点. 证明 （用单调有界定理证明区间套定理） 由假设（1）知,序列 单调上升,有上界 ；序列 单调下降,有下界 .因而有 , . . 再由假设（2）知 , 记 . 从而有 . 若还有 满足 ,令 ,得 .故 是一切 的唯一公共点.证毕. 注： 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 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 . 显然有 , 但 . 如果开区间套是严格包含： ,这时定理的结论还是成立的. （2） 若 ,但 ,此时仍有 , ,但 ,于是对任意的 , ,都有 . 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,该定理刻划实数集是完备的.该定理也给出通过逐步缩小搜索范围,找出所求点的一种方法. 推论 设 为一区间套, ． 则 当 时,恒有 ． 用区间套定理证明其他命题时,最后常会用到这个推论． 3 数列的柯西收敛准则的证明 数列的柯西收敛准则： 数列 收敛的充要条件是： , ,当 时,有 ． （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．） 证明 必要性 设 ．由数列极限定义, , ,当 时有 , , 因而 ． 充分性 按假设, , ,使得对一切 有 , 即在区间 内含有 中除有限项外的所有项． 据此,令 ,则 ,在区间 内含有 中除有限项外的所有项．记这个区间为 ． 再令 ,则 ,在区间 内含有 中除有限项外的所有项．记 ,它也含有 中除有限项外的所有项, 且满足 及 ． 继续依次令 ,照以上方法得一闭区间列 ,其中每一个区间都含有 中除有限项外的所有项,且满足 , , 即 是区间套．由区间套定理,存在唯一的一个数 （ ）． 现在证明数 就是数列 的极限．事实上,由区间套定理的推论, 当 时,恒有 ． 因此在 内含有 中除有限项外的所有项,这就证得 ． 二 聚点定理与有限覆盖定理 1 聚点 定义2 设 是无穷点集. 若在点 (未必属于 )的任何邻域内有 的无穷多个点, 则称点 为 的一个聚点. 数集 有唯一聚点 , 但 ； 开区间 的全体聚点之集是闭区间 ； 设 是 中全体有理数所成之集, 易见 的聚点集是闭区间 . 2 聚点概念的另两个等价定义 定义 对于点集 ,若点 的任何 邻域内都含有 中异于 的点,即 ,则称点 为 的一个聚点. 定义 若存在各项互异的收敛数列 ,则其极限 称为 的一个聚点. 3 以上三个定义互相等价的证明： 证：定义2 定义 显然成立． 定义 定义 由定义 ,取 , ； 再取 则 ,且显然 ； …… 一般取 则 ,且显然 与 互异； …… 无限地重复以上步骤,得到 中各项互异的数列 , 且由 ,易见 ． 定义 定义2 , ,当 时,必有 ,且因 各项互不相同,故 内含有 中无限多个点．[证毕] 4 聚点定理 定理 7.2 (魏尔斯特拉斯聚点定理 Weierstrass ) 直线上的任一有界无限点集 至少有一个聚点 ,即在 的任意小邻域内都含有 中无限多个点（ 本身可以属于 ,也可以不属于 ）． 证 因为 为有界无限点集,故存在 ,使得 ,记 ． 现将 等分为两个子区间．因为 为有界无限点集,故两个子区间中至少有一个含有 中无穷多个点,记此区间为 ,则 ,且 ． 再将 等分为两个子区间．则两个子区间中至少有一个含有 中无穷多个点,记此区间为 ,则 ,且 ． 将此等分区间的手续无限地进行下去,得到一个闭区间列 ,它满足 , , 即 是区间套,且每一个闭区间中都含有 中无穷多个点． 由区间套定理,存在唯一的一个数 （ ）． 于是由区间套定理的推论, 当 时,恒有 ． 从而 内含有 中无穷多个点,按定义2 , 为 的一个聚点. 5 致密性定理. 推论：任一有界数列必有收敛子列. 证 设 为有界数列．若 中有无限多个相等的项,则由这些项组成的子列是一个常数列,而常数列总是收敛的． 若 中不含有无限多个相等的项,则 在数轴上对应的点集必为有 界无限点集,故由聚点定理,点集 至少有一个聚点,记为 ．于是按定 义 ,存在 的一个收敛的子列以 为极限. 作为致密性定理的应用,我们用它重证数列的柯西收敛准则的充分性 证明 充分性 由已知条件： , ,当 时,有 ．欲证 收敛． 首先证 有界． 取 ,则 , 有 特别地, 时 设 ,则 , 再由致密性定理知, 有收敛子列 ,设 . 对任给 ,存在 ,当 时,同时有 ,和 因而当取 时,得到 故 . 6 海涅–博雷尔(Heine–Borel) 有限覆盖定理: 1. 定义(覆盖 ) 设 为数轴上的点集 , 为开区间的集合（即 的每一个元素都是形如 的开区间）. 若 中任何一点都含在 中至少一个开区间内,则称 为 的一个开覆盖,或称 覆盖 ． 若 中开区间的个数是无限（有限）的,则称 为 的一个无限开覆盖（有限开覆盖）． 例 覆盖了区间 , 但不能覆盖 ； 覆盖 , 但不能覆盖 . 2． 海涅–博雷尔Heine–Borel 有限复盖定理: 定理7.3 (有限覆盖定理) 设 是闭区间 的一个无限开覆盖,即 中每一点都含于 中至少一个开区间 内．则在 中必存在有限个开区间,它们构成 的一个有限开覆盖． 证明 （用区间套定理证明有限覆盖定理）用反证法 设 为闭区间 的一个无限开覆盖．假设定理的结论不成立：即 不能用 中有限个开区间来覆盖． 对 采用逐次二等分法构造区间套 , 的选择法则：取“不能用 中有限个开区间来覆盖”的那一半． 由区间套定理, ． 因为 ,所以 使 记 由推论,当 足够大时, 有 这表示 用 中一个开区间 就能覆盖,与其选择法则相违背．所以 必能用 中有限个开区间来覆盖． 说明 当 改为 时,或者 不是开覆盖时,有限覆盖定理的结论不一定成立． 例如： 1) ： ． 是开区间 的一个无限开覆盖,但不能由此产生 的有限覆盖． 2) ： ． 是 的一个无限覆盖,但不是开覆盖,由此也无法产生 的有限覆盖． 三 实数完备性基本定理的等价性 1 实数完备性基本定理的等价性 至此,我们已经介绍了有关实数完备性的六个基本定理,即 定理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. 与它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2 (单调有界定理) 任何单调有界数列必定收敛． 定理3 (区间套定理） 设 为一区间套： 1） 2） ． 则存在唯一一点 定理4 (有限覆盖定理) 设 是闭区间 的一个无限开覆 盖,即 中每一点都含于 中至少一个开区间 内．则在 中必存 在有限个开区间,它们构成 的一个有限开覆盖． 定理5 (聚点定理) 直线上的任一有界无限点集 至少有一个聚点 ,即在 的任意小邻域内都含有 中无限多个点（ 本身可以属于 ,也可以不属于 ）． 定理6 (柯西准则) 数列 收敛的充要条件是： ,只要 恒有 ．（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． 2 实数完备性基本定理等价性的证明 证明若干个命题等价的一般方法.即循环论证,当然也可以用其他的方法进行,下面我们按循环论证来进行实数完备性基本定理等价性的证明： 定理1（确界原理） 定理2 (单调有界定理) 定理3 (区间套定理） 定理4 (有限覆盖定理) 定理5 (聚点定理) 定理6 (柯西准则) 定理1（确界原理） 其中 定理1（确界原理） 定理2 (单调有界定理),定理2 (单调有界定理) 定理3 (区间套定理）与定理3 (区间套定理） 定理4 (有限覆盖定理)分别见定理2.9, 7.1与7.3； 定理4 (有限覆盖定理) 定理5 (聚点定理)和定理5 (聚点定理) 定理6 (柯西准则) 定理1（确界原理）作为练习自证；而定理6 (柯西准则) 定理1（确界原理）见下例. 例1 用“数列柯西收敛准则” 证明“确界原理” ： 即 非空有上界数集必有上确界 ；非空有下界数集必有下确界 . 证 （只证“非空有上界数集必有上确界”） 设 为非空有上界数集 . 由实数的阿基米德性,对任何正数 ,存在整数 ,使得 为 的上界,而 不是 的上界,即存在 ,使得 . 分别取 , ,则对每一个正整数 ,存在相应的 ,使得 为 的上界,而 不是 的上界,故存在 ,使得 . 又对正整数 , 是 的上界,故有 .再由 得 ；同理有 .从而得 . 于是,对任给的 ,存在 ,使得当 时有 . 由柯西收敛准则,知数列 收敛.记 . 下面证明 就是 的上确界.首先,对任何 和正整数 有 , 由 得 ,即 是 的上界.其次, 对任何 , 由 及 ,对充分大的 同时有 , . 又因 不是 的上界, 故存在 ,使得 . 再结合 , 得 . 这说明 为 的上确界. 同理可证：非空有下界数集必有下确界. 作业 P168 1,2,3,4,5,6,7. 第二节 闭区间上连续函数性质的证明 在本节中,将利用关于实数完备性的基本定理来证明第四章第二节中给出的闭区间上连续函数的基本性质 一 有界性定理 若函数 在闭区间 上连续,则 在 上有界 证法 一 ( 用区间套定理 ). 反证法. 参阅[3]P106—107 证法 二 ( 用致密性定理). 反证法. 证明： 如若不然, 在 上无界, , ,使得 ,对于序列 ,它有上下界 ,致密性定理告诉我们 使得 ,由 在 连续,及 有 , 矛盾. 证法 三 ( 用有限复盖定理 ). 证明：（应用有限覆盖定理） 由连续函数的局部有界性（定理4.2）对每一点 都存在邻域 及正数 使 , 考虑开区间集 显然 是 的一个无限开覆盖,由有限开覆盖定理,存在 的一个有限点集 覆盖了 ,且存在正整数 使对一切 有 , 令 则对 , 必属于某 , , 即证得 在 上有上界． 二 最大、最小值定理 若函数 在闭区间 上连续, 则 在 上取得最大值和最小值. 证 ( 用确界原理 ) ( 只证取得最大值 ) 令 , , 如果 达不到 ,则恒有 . 考虑函数 ,则 在 上连续,因而有界,设 是 的一个上界,则 , 从而 , 这与 是上确界矛盾,因此 ,使得 . 类似地可以证明达到下确界. 三 介值性定理 设 在闭区间 上连续,且 若 为介于 与 之间的任何实数 或 ,则存在 使 ． 证法一 (应用确界定理) 不妨设 ,令 则 也是 上连续函数, , ,于是定理的结论转为: 存在 ,使 这个简化的情形称为根的存在性定理(定理4.7的推论) 记 ,显然 为非空有界数集 故有确界定理, 有下确界, 记 .因 , 由连续函数的局部保号性, ,使在 内 ,在 内 ．由此易见 , ,即 ． 下证 ．倘若 ,不妨设 , 则又由局部保号性,存在 使在其内 ,特别有 , 但此与 矛盾,则必有 ． 几何解释： 直线 与曲线 相交.把 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? ① 从几何上, , 启示我们作 函数 ； ② 从结果 着手. 利用零点定理证：令 ,则 在 上连续,往下即转化为零点存在问题. 证法二 ( 用区间套定理 ) . 这里我们证明与介值性定理等价的“零点定理 ”. 命题（零点存在定理或根的存在性定理） 设函数 在闭区间 上连续,即 ,且 与 异号,则在 内至少存在一点 使得 .即方程 在 内至少存在一个实根. 证明 设 , .将 二等分为 、 , 若 则 即为所求；若 ,当 时取 否则取 ,将所取区间记为 ,从而有 , .如此继续,如某一次中点 有 终止（ 即为所求）；否则得 满足：（1） ； （2） ； （3） , 由闭区间套定理知, 唯一的 , ,且 由 在 处的连续性及极限的保号性得 , , 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. 四 一致连续性定理 若函数 在闭区间 上连续, 则 在 上一致连续. 证法 一 ( 用有限复盖定理) . 证明: 由 在闭区间 上连续性, ,对每一点 ,都存在 ,使当 时,有 (2) 考虑开区间集合 显然 是 的一个开覆盖,由有限覆盖定理,存在 的一个有限子集 覆盖了 . 记 对 , , 必属于 中某开区间,设 , 即 ,此时有 故由（2）式同时有 和 由此得 .所以 在 上一致连续. 证法二 ( 用致密性定理). 证明： 如果不然, 在 上不一致连续, , , , ,而 . 取 ,（ 为正整数） , , 而 ,当 取遍所有正整数时,得数列 与 . 由致密性定理,存在 的收敛子序列 ,设 , 而由 ,可推出 又得 . 再由 在 连续,在 中令 ,得 , 与 矛盾.所以 在 上一致连续. 作业 P172 1,2,3,4, 5. 第三节 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,我们希望它有收敛的子列,这个愿望往往可以实现.例如： . 一般地,数列 ,若 ： ,则称 是数列 的一个极限点.如点例 有2个极限点.数列 的最大（最小）极限点如果存在,则称为该数列的上（下）极限,并记为 （ ）.如 , . 例1 求数列 的上、下极限 例2 设 ,求上、下极限. 二 上（下）极限的存在性 下面定理指出,对任何数列 ,它的上（下）极限必定存在. 定理1 每个数列 的上极限和下极限必定唯一,且 ＝ , ＝ . 三 上下极限和极限的关系 . 定理2 存在极限则 的上极限和下极限相等, 即 ＝ ＝ . 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： . 一般地有： ,当 收敛时,等号成立. 作业 p175 1,2,3.

在大学，如果是数学分析（华师版）上册的在第七章的，实数的完备性，那一节有相关内容 （160多页）如果是高等数学，应该在：在闭区间上连续函数的性质。这一节能找得到

区间套定理：在证明ξ∈所有闭区间时用到条件，否则(1-1/n,1),满足定理条件，且两端点极限是1，但是1不属于任何一个开区间。有限覆盖定理：追问你能不能给我具体解释一下呢，不要逛把图片发给我好吗追答比如第一例，设这列集族为Δ，对任意x∈[0,2]，如果x∈[1,2],并且[1,2]属於Δ，如果x∈[0,1)，那么x<1,令ε=1-x，只要n>1/ε，就有x∈[0,1/2),[1/2,2/3),……,[n-1/n,n/n+1)中的某一个，这样，不论x是[0,2]中的哪一点他都会属于Δ中的某个半开半闭区间，因此[0,2]被Δ覆盖，但是从里面拿出有限多个却无法覆盖[0,2]，比如从里面取出[1,2]和n=1，2，……N，这有限个半开半闭区间，只要取x满足x>1-1/(N+1)就能使x不属于上面有限个半开半闭区间中的任意一个第二例同理追问就是不要举例子，你给我在证明中指出哪一部需要区间开闭的条件追答我不知道你要用哪个定理出发证明，那我说从区间套推有限覆盖的，用区间套证直接就先假定被覆盖的是闭区间，因为首先证这个命题被覆盖的就是闭区间，而且区间套也只适用闭区间，你去证开区间人家就有反例，根本就没有证的必要，至于用开区间族去覆盖，要用到区间套有个点ξ落在某个开区间(α，β)里面，这是ξ会有邻域落在(α，β)里，否则就会像上面例一一样[0,1]不能被有限个半开半闭区间覆盖不能被有限(N个)覆盖的部分在[N/N+1,1]里面，最后N/N+1→1但是1落在[1,2]里面，但1不可能有邻域在[1,2]内，这样就没办法通过图中证明的(i)来引出矛盾。证明命题不对的最重要方法就是举出反例

区间套定理：在证明ξ∈所有闭区间时用到条件，否则(1-1/n,1),满足定理条件，且两端点极限是1，但是1不属于任何一个开区间。有限覆盖定理：

证明：首先用确界定理找到一个数a，其次证明这个数a就是数列{an}的极限。如：已知数列{ann∈Z+}有界，根据确界定理，它存在上确界。设Sup{ann∈Z+}=a。由上确界的定义，任意取ε>0,存在n∈□则有a-ε<an<a.已知数列{an}单调增加,对于任意n>N则有a-ε<aN<=an<=a或(an-a)的绝对值<ε,即单调增加有界数列{an}存在极限.

你不说哪个Dini定理，我就暂时先给你下面这个dini定理的证明。如果你要的是Abel-Dini定理，请再说明。若连续函数列{Fn(x)}在闭区间[a,b]上收敛于连续函数f(x)，且对任意x∈[a,b],{Fn(x)}为单调数列,则{Fn(x)}在[a,b]上一致收敛于f(x)。用闭区间套定理只能反证。因为Dini定理是有限覆盖的正面应用，而有限覆盖是闭区间套的逆否，所以只能反证。使用二分区间法。假设{Fn(x)}在[a,b]上不一致收敛于f(x)。将区间[a,b]二等分，则在其中一个小区间上，{Fn(x)}不一致收敛于f(x)。因此得到递缩区间套。挤出唯一点，设为t。任何含有t的足够小的闭区间，函数列{Fn(x)}都不会一致收敛于f(x)。然而我们下面将证明并非如此。现在考察t点。由于在t点，函数列{Fn(t)}收敛到f(t)，故从足够大的项N以后，Fn(t)就不超过f(t)的正负c偏差，c是任给的正数。[FN(t)-f(t)]之绝对值<c现在N是跟随c给定的。考察FN(x)-f(x)这个函数。我们知道FN(x)-f(x)在t点连续，因而对于t点为中心的某个邻域Q(如果t是端点，则Q是某个半邻域)，在这个邻域内，[FN(x)-f(x)]之绝对值仍<c。然而，对于[a,b]上每一点x,因为{Fn(x)}收敛到f(x)，并且{Fn(x)}对每个x都是单调的，那么f(x)必然是Fn(x)的确界，是上确界还是下确界，要看在x点{Fn(x)}是递增还是递减。但不管Sup还是Inf，总之只要{Fn(x)}的某一项和f(x)的偏差不超过正负c，则后面的项和f(x)的偏差也不超过正负c。于是，在邻域Q内，[FN(x)-f(x)]之绝对值<c将推出，所有n>N，[Fn(x)-f(x)]之绝对值<c。这样，我们就得到了，在t点，有这样一个开区域Q，在这个区域里，任何的正数c，存在一个N，只要n>N，就有[Fn(x)-f(x)]之绝对值<c，换句话说，{Fn(x)}在Q内一致收敛到f(x)。而任何含有t的足够小的闭区间将会是Q的真子集，这样的闭区间{Fn(x)}又不一致收敛到f(x)。因此，我们看到了矛盾。

有界无限点集,取其上下界的中点,则构成两个闭区间,至少有一个闭区间中含有无限多个点,再取这个闭区间的一半,使它含有无限多个点,再取一半,依此类推...根据区间套定理,有唯一一个点在所有这些闭区间中,则这个点的任意一个临域都存在无穷多个点集中的点.即它是聚点.思路如上,具体过程自己写吧.

不矛盾。区间套里每个区间都是确定的，比如[ai,bi](脚标i为一个正整数）,它包含了无穷多个点，且这些点都在[a,b]内。‘只有唯一一个点属于[an,bn],n=1,2,3,... "可这样考虑：设这点为c，在[a,b]任选一点d≠c，则总能找到足够大的n，使得区间[an,bn]的半径小于│d-c│/2,所以点d就不在[an,bn]内。即只有唯一一个点c属于[an,bn],n=1,2,3,...

构造：F(x)=f(x)-e^x那么，F(0)=0-1=-1<0F(1)=3-e>0而且F为[0,1]上的连续函数根据零点定理，存在α∈(0，1)，使F(α)=0，即：f(α)=e^α有不懂欢迎追问

关于实数集完备性的基本定理 一 区间套定理与柯西收敛准则 定义1 区间套: 设 是一闭区间序列. 若满足条件 ⅰ） 对 , 有 , 即 , 亦即 后一个闭区间包含在前一个闭区间中; ⅱ） . 即当 时区间长度趋于零. 则称该闭区间序列为闭区间套, 简称为区间套 . 区间套还可表达为: . 我们要提请大家注意的是, 这里涉及两个数列 和 , 其中 递增, 递减. 例如 和 都是区间套. 但 、 和 都不是. 区间套定理 Th7.1(区间套定理) 设 是一闭区间套. 则在实数系中存在唯一的点 , 使对 有 . 简言之, 区间套必有唯一公共点. 二 聚点定理与有限覆盖定理 定义 设 是无穷点集. 若在点 (未必属于 )的任何邻域内有 的无穷多个点, 则称点 为 的一个聚点. 数集 = 有唯一聚点 , 但 ; 开区间 的全体聚点之集是闭区间 ; 设 是 中全体有理数所成之集, 易见 的聚点集是闭区间 . Th 7.2 ( Weierstrass ) 任一有界数列必有收敛子列. 2. 聚点原理 : Weierstrass 聚点原理. Th 6 每一个有界无穷点集必有聚点. 三 实数完备性基本订立的等价性 证明若干个命题等价的一般方法. 本节证明七个实数基本定理等价性的路线 : 证明按以下三条路线进行: Ⅰ: 确界原理 单调有界原理 区间套定理 Cauchy收敛准则 确界原理 ; Ⅱ: 区间套定理 致密性定理 Cauchy收敛准则 ; Ⅲ: 区间套定理 Heine–Borel 有限复盖定理 区间套定理 . 一. “Ⅰ” 的证明: (“确界原理 单调有界原理”已证明过 ). 用“确界原理”证明“单调有界原理”: Th 2 单调有界数列必收敛 . 2. 用“单调有界原理”证明“区间套定理”: Th 3 设 是一闭区间套. 则存在唯一的点 ,使对 有 . 推论1 若 是区间套 确定的公共点, 则对 , 当 时, 总有 . 推论2 若 是区间套 确定的公共点, 则有 ↗ , ↘ , . 3. 用“区间套定理”证明“Cauchy收敛准则”: Th 4 数列 收敛 是Cauchy列. 引理 Cauchy列是有界列. ( 证 ) Th 4 的证明: ( 只证充分性 ) 教科书P217—218上的证明留作阅读 . 现采用三等分的方法证明, 该证法比较直观. 用“Cauchy收敛准则” 证明“确界原理” ： Th 1 非空有上界数集必有上确界 ；非空有下界数集必有下确界 . 证 （只证“非空有上界数集必有上确界”）设 为非空有上界数集 . 当 为有限集时 , 显然有上确界 .下设 为无限集, 取 不是 的上界, 为 的上界. 对分区间 , 取 , 使 不是 的上界, 为 的上界. 依此得闭区间列 . 验证 为Cauchy列, 由Cauchy收敛准则, 收敛; 同理 收敛. 易见 ↘. 设 ↘ .有 ↗ . 下证 .用反证法验证 的上界性和最小性. “Ⅱ” 的证明: 用“区间套定理”证明“致密性定理”: Th 5 ( Weierstrass ) 任一有界数列必有收敛子列. 证 （ 突出子列抽取技巧 ） Th 6 每一个有界无穷点集必有聚点. 2．用“致密性定理” 证明“Cauchy收敛准则” ： Th 4 数列 收敛 是Cauchy列. 证 （ 只证充分性 ）证明思路 ：Cauchy列有界 有收敛子列 验证收敛子列的极限即为 的极限. “Ⅲ” 的证明: 用“区间套定理”证明“Heine–Borel 有限复盖定理”: 用“Heine–Borel 有限复盖定理” 证明“区间套定理”:

区间长度是单调有界的, 一定会收敛. 如果区间长度趋于0, 那么闭区间套的交集是单点集；如果区间长度趋于一个正数L, 那么闭区间套的交集是一个长度为L的区间. 两者的区别不是最重要, 重要的是闭区间套的交集一定非空, 这是闭区间套定理的价值.

连续区间内有聚点，也必有极限——界点证阴，先分出1/10的区域，再分出i/9区域，再分下去会有(a,b)必有一个聚点被覆盖。从而有极限。 个人观点望慎重

在完备的实数系中，循环小数0.999...，也可写成数学、数学或数学，表示一个等于1的实数。也就是说，“0.999...”所表示的数与“1”相同。长期以来，该等式被职业数学家所接受，并在教科书中讲授。 简介 0.999...是一个小数系统中的数，一些最简单的0.999...=1的证明都依赖于这个系统方便的算术性质。大部分的小数算术——加法、减法、乘法、除法，以及大小的比较，操作方法都与整数差不多。与整数一样，任何两个有限小数只要数字不同，那么数值也一定不同。特别地，任何一个形为0.99...4的数，其中只有有限个9，都是严格小于1的。 误解0.999...中的“...”（省略号）的意义，是对0.999...=1的误解的其中一个原因。这里省略号的用法与日常语言和0.99...9中的用法是不同的，0.99...9中的省略号意味着有限的部分被省略掉了。但是，当用来表示一个循环小数的时候，“...”则意味着无限的部分被省略掉了，这只能用极限的数学概念来阐释。这样，“0.999...”所表示的实数，是收敛数列（0.9，0.99，0.999，0.9999，...）的极限。“0.999...”是一个数列的极限，从这方面讲，对于0.999...=1这个等式就很直观了。 与整数和有限小数的情况不一样，一个数也可以用许多种其它的方法来表示。例如，如果使用分数，1u20443=2u20446。但是，一个数最多只能用两种无限小数的方法来表示。如果有两种方法，那么一种一定含有无穷多个9，而另外一种则一定从某一位开始就全是零。 0.999...=1有许多证明，它们各有不同的严密性。一个严密的证明可以简单地说明如下。考虑到两个实数是相等的，当且仅当它们的差等于零。大部分人都同意，0.999...与0的差，就算存在也是非常的小（趋近零）。考虑到以上的收敛数列，我们可以证明这个差一定是小于任何一个正数的，也可以证明（详细内容参见阿基米德原理），唯一具有这个性质的实数是零。由于差是零，可知1和0.999...是相等的。用相同的理由，也可以解释为什么 0.333...=1u20443，0.111...=1u20449，等等。 证明 推想 0.999...是否为1？若使用减法直式计算（小数点后只列出五位，五位后省略）： 1.00000 — 0.99999 —————— 0.00000 结果为0.000...，也就是0.0有限循环。因为小数点后五位之后还会一直填上0，始终无法找到最后一位来填上1。1.(0)-0.(9)=0.(0)，故1=0.(9)。 分数 无限小数是有限小数的一个必要的延伸，其中一个原因是用来表示分数。用长除法，一个像1u20443的简单整数除法便变成了一个循环小数，0.333...，其中有无穷多个数字3。利用这个小数，很快就能得到一个0.999...=1的证明。用3乘以 0.333...中的每一个3，便得到9，所以3×0.333...等于0.999...。而3×1u20443等于1，所以0.999...=1。 这个证明的另外一种形式，是用1/9=0.101...乘以8。数学 小数 一个更加早期的形式，是基于以下的方程：数学 由于两个方程都是正确的，因此根据相等关系的传递性质，0.999...一定等于1。类似地，2/2=1，且2/2=0.999...。所以，0.999...一定等于2。 位数操作 另外一种证明更加适用于其它循环小数。当一个小数乘以10时，其数字不变，但小数点向右移了一位。因此10×0.999...等于9.999...，它比原来的数大9。 考虑从9.999...减去0.999...。我们可以一位一位地减；在小数点后的每一位，结果都是9-9，也就是0。两者小数点后的数目均为0.999...故可互消，结果为小数点后为零。最后一个步骤用到了代数。设0.999...=c，则10cu2212c=9，也就是9c=9。等式两端除以9，便得证：d=1。用一系列方程来表示，就是数学 以上两个证明中的位数操作的正确性，并不需要盲目相信，也无需视为公理；它是从小数和所表示的数之间的基本关系得出的。这个关系，可以用几个等价的方法来表示，已经规定了0.999...和1.000...都表示相同的数。 实数分析 由于0.999...的问题并不影响数学的正式发展，因此我们可以暂缓进行研究，直到证明了实数分析的标准定理为止。其中一个要求，是要刻划所有能表示成小数的实数的特征，由一个可选择的符号、构成整数部分的有限个数字、一个小数点，以及构成小数部分的一系列数字组成。为了讨论0.999...的目的，我们可以把整数部分概括为b0，并可以忽略负号，这样小数展开式就具有如下的形式：数学 小数部分与整数部分不一样，整数部分只能有有限个数字，而小数部分则可以有无穷多个数字。这一点是至关重要的。这是一个进位制，所以400中的4是50中的4的十倍，而0.05中的5则是0.5中的5的十分之一。 无穷级数和数列

个人观点；有理数集不是连续的，闭区间套用于区间，区间这个概念是连续的。要解决你这个问题，应该首先给出可列集上类似闭区间套的概念，否则恐怕无法证明。可以利用闭区间套证明实数集不可列，这是因为实数集是连续的，区间套可以作用在它身上。

解：做从(0,1)到[0,1]映射f(x)分段函数：f(x)=0,（当x=1/2时）f(x)=1/n,（当x=1/n+2时，其中n=1，2，…即：n为正整数序列f(x)=x,（当x≠1/n+2且x≠1/2时，其中n=1，2，…即：n为正整数序列推论若ξ是闭区间套{[an,bn]}的公共点，则对任意ε>0，总存在自然数N，当n>N时，有[an,bn]u2282U(ξ,ε)。即，如果ξ是闭区间套{[an,bn]}的公共点，那么在ξ的ε邻域内，总有区间套{[an,bn]}的无数个区间。

证明如图

不能推翻，1就是等于0.9999999。方法一：我们知道1/3等于0.33333…2/3等于0.66666…，所以1/3+2/3必须等于0.3333…+0.6666…。两边相加，结果1＝0.999……。方法二：给定一组区间套，则数轴上恰有一点包含在所有这些区间中；0.999... 对应于区间套[0, 1]、[0.9, 1]、[0.99, 1]、[0.999, 1] ... ，而所有这些区间的唯一交点就是1，所以0.999... =1。方法三：所有比 0.999... 小的有理数都比1小，而可以证明所有小于1的有理数总会在小数点后某处异于 0.999... （因而小于 0.999... ），这说明 0.999... 和1的戴德金分割是一模一样的集合，从而说明 0.999...=1。循环数性质：乘以产生一个循环数的质数时，结果会是一系列的9.如 142857 × 7 = 999999。如果将其按位划分成若干等长份并加在一起，结果会是一系列的9.这是Midy定理的特殊情况。如14 + 28 + 57 = 99 142 + 857 = 999 1428 + 5714+ 2857 = 9999。所有的循环数都是9的倍数。

实数系的基本定理也称实数系的完备性定理、实数系的连续性定理，这些定理分别是确界存在定理、单调有界定理、有限覆盖定理、聚点定理、致密性定理、闭区间套定理和柯西收敛准则，共7个定理，。一、上（下）确界原理非空有上（下）界数集必有上（下）确界。二、单调有界定理单调有界数列必有极限。具体来说：单调增（减）有上（下）界数列必收敛。三、闭区间套定理（柯西-康托尔定理）对于任何闭区间套，必存在属于所有闭区间的公共点。若区间长度趋于零，则该点是唯一公共点。四、有限覆盖定理（博雷尔-勒贝格定理，海涅-波雷尔定理）闭区间上的任意开覆盖，必有有限子覆盖。或者说：闭区间上的任意一个开覆盖，必可从中取出有限个开区间来覆盖这个闭区间。五、极限点定理（波尔查诺-魏尔斯特拉斯定理、聚点定理）有界无限点集必有聚点。或者说：每个无穷有界集至少有一个极限点。六、有界闭区间的序列紧性（致密性定理）有界数列必有收敛子列。七、完备性（柯西收敛准则）数列收敛的充要条件是其为柯西列。或者说：柯西列必收敛，收敛数列必为柯西列。扩展资料单调有界定理注意事项1、单调有界定理只能用于证明数列极限的存在性，如何求极限需用其他方法；2、数列从某一项开始单调有界的话，结论依然成立，这是因为增加或去掉数列有限项不改变数列的极限。参考资料来源：百度百科——单调有界定理参考资料来源：百度百科——实数公理

盲区和误区有所区别，盲区指人的意识不能认知到的区域，误区指错误的认识。人作为一种有局限的个体，若能明了自身的局限，常游离于已知与未知的边缘，可称为修行。若能对未知的事物进行模糊处理，便能少犯错误。南无宣扬的守拙，便是基于此。 缠论108课的最大盲区，是关于成本的说法。成本只针对于一时跑不了的大资金而言，这是缠所没有提及的前提条件。不知多少人自己只是一个散户，却津津乐道于所谓的降低成本，这种误区不知害了多少人。比如说，在一个特定时期内，已买入A，但行情下跌，这时A与B都到了同一级别的买点，如果执着于降低成本的说法，只能买A。但真正有效率的做法是比较A与B的大趋势，若 B明显强过A，为什么不优先选择B？作为散户，更重要的是关心自己的帐户资金增长，而不是某特定股票的所谓成本降低。。第二个盲区，是小级别的效率高于大级别的说法。缠又少写了两个重要的前提：其一，会多股轮动；其二，懂择优选股。对大多数人而言，这两个前提条件是相当高的门坎，门都没法入，何来效率高低之别？很多人只纠缠于一只股票，却还贪心地用小级别操作，赚不到钱，还以为级别不够小，这种钻牛角尖的精神令南无可是佩服得五体投地。第三个盲区，区间套的精确。很多人以为，越勤奋、区间套越细，便能找到越精确的操作点，利润空间便越大。南无告诉你，除了智慧之外，赚钱的多少靠的是运气，而非勤奋。区间套的正确用法是着眼于安全性，而非利润最大化。若不能明了，便一误到底，从此与赚钱无缘了。第四个盲区，依然是关于精度的问题，这涉及到分型的基础定义。顶与底究竟用外沿好还是用内沿好？南无记得曾写过关于内沿与外沿心理学意义的文章，后来删去了。现重新思考这些问题，外沿是试图精确，而内沿是主动模糊，南无宣扬的是守拙的模糊处理，所以依然推荐用内沿。任何一个特定的时间级别必然有其盲区，既然我们无法像上帝一样精确控制所有的顶与底，那么就让分型的内沿与外沿间成为小级别的偶然性渲泄空间吧。舍得舍得，有所舍必有所得，当你退一步用内沿之后，会发现一切是那么的方便，包含处理不用了，段也不用了。南无猜测，缠之所以有段，正是为了纠正笔的偶然性失误。要完全解决这个问题，只能从根上着手，修改基础的分型定义。否则，正如用段者的处境，将自己的时间浪费在繁杂的画图中，还越描越黑，越纠缠越解不开，成了真正的“缠论”。

什么叫有界续？ 函数Riemann可积的条件光用数学分析的观点是说不清的，要说清楚这个问题必须用实变函数论的观点来看：一个有限函数f(x)在有限区间[a,b]上Riemann可积的充要条件是f(x)在[a,b]上几乎处处连续(或者说间断点构成的集合是零测集).

闭区间套应用于区间，而单看有理数，它是集合，应该考虑类似于可列集上闭区间套的法则，再来进行证明，否则不是严格的。

对于一个函数 ，若存在实数 ，使 ,则称 为函数 的零点，又称为方程 的实根．如果函数 为闭区间上的连续函数，那么我们就可以利用连续函数的零点定理来判断函数是否存在零点，同时也可以利用微积分的知识来解决零点个数问题．一、关于连续函数的零点的相关定理 定理1 （介值定理）设函数 在闭区间 上连续，且 ，若 为介于 、 之间的任何数（ 或 ），则在 内至少存在一点 ，使 ．定理2 （零点定理）若函数 在闭区间 连续，且 ，则一定存在 使 ．关于零点定理的证明，有很多种方法．本文在这里介绍3种方法．证法一 （区间套原理）若 ，则称 为 的异号区间．按假设 是 的异号区间，记 ．将 平分得 及 两个子区间，显然至少有一个是 的异号区间，任取其中一个异号区间，记作 ．同理，平分 可得一 的异号区间 ．如此下去可得一闭区间套 ，其中每个 为 的异号区间且 ．根据区间套定理，存在唯一的点 属于一切 ．设 ，则 ， ．从 及 的连续性知： ．由此可得 ，这表示 在 中至少有一个根 ．证法二 （确界原理）不妨设 ， ．定义集合 如下： ．显然，集合 有界、非空，所以必有上确界．令 ，现证明： 且 ． 由 的连续性及 知，存在 ，使得对任意的 ，有 ；再由 知，存在 ，使得对任意的 ，有 ．于是可知 ，即 ．取 ， ， ，因 ，可以得到 ． 若 ，由 在点 的连续性，存在 ，使得对任意的 ，有 ，这就与 产生矛盾，于是必然有 证法三 （微积分证明）不失普遍性,设 ， ．令 ，则 在 上可导（在 处有右导数 ，在 处有左导数 ），且 ．由于 ，由极限性质知道，存在 满足，使得对任意的 ，有 ，即 ，从而 ．这表明 不是连续函数 在 上的最大值．同理， 也不是最大值．故 在 上的最大值只能在 中的某一点 处取到．此时 也是极大值点．由 定理知 ，即 ．

–3≤x≤3的解集是：x∈【-3，3】。闭区间，数学用语，与开区间相对，是直线上的连通的闭集，是直线上介于固定两点间的所有点的集合（包括给定的两点），用[a，b]来表示(包含两个端点a和b）（且a<b）。由于它是有界闭集，所以它是紧致的。推论若ξ是闭区间套{[an,bn]}的公共点，则对任意ε>0，总存在自然数N，当n>N时，有[an,bn]u2282U(ξ,ε)。即，如果ξ是闭区间套{[an,bn]}的公共点，那么在ξ的ε邻域内，总有区间套{[an,bn]}的无数个区间。

证明如下：设u207f0.99…，等式两边同时乘以10，于是有10u207f=9.99…10u207f-u207f=9.99…-0.99…=99u207f=9u207f=1所以0.99…=11982 年，Bartle博士给出了一个区间套的证明：给定一组区间套，则数轴上恰有一点包含在所有这些区间中；0.999... 对应于区间套[0, 1]、[0.9, 1]、[0.99, 1]、[0.999, 1] ... ，而所有这些区间的唯一交点就是 1，所以 0.999... = 1。扩展资料小数可分为带小数与纯小数。按照小数点后面的位数是否有限又可分为：有限小数和无限小数。其中无限小数包括无限纯循环小数，混循环小数以及无限不循环小数。比如将循环小数0.1212……化成分数。设x=0.12……，它的循环节是两位，那么我们直接扩大100倍，变成100x=12.1212……。100x-x=12.1212……-0.1212……，循环部分可以抵消掉，99x=12,x=12/99。再比如说0.123123……把它化成分数它的循环节是123，我们假设x=0.123123……，首先我们把这个小数先扩大1000倍变成123.123123……因为后面123循环节与它本身的循环节一致。将两个等式相减，小数点后面的小数部分全部抵消掉。可得1000x-x=123999x=123X=123/999.

关于实数集完备性的基本定理 一 区间套定理与柯西收敛准则 定义1 区间套: 设 是一闭区间序列. 若满足条件 ⅰ） 对 , 有 , 即 , 亦即 后一个闭区间包含在前一个闭区间中; ⅱ） . 即当 时区间长度趋于零. 则称该闭区间序列为闭区间套, 简称为区间套 . 区间套还可表达为: . 我们要提请大家注意的是, 这里涉及两个数列 和 , 其中 递增, 递减. 例如 和 都是区间套. 但 、 和 都不是. 区间套定理 Th7.1(区间套定理) 设 是一闭区间套. 则在实数系中存在唯一的点 , 使对 有 . 简言之, 区间套必有唯一公共点. 二 聚点定理与有限覆盖定理 定义 设 是无穷点集. 若在点 (未必属于 )的任何邻域内有 的无穷多个点, 则称点 为 的一个聚点. 数集 = 有唯一聚点 , 但 ; 开区间 的全体聚点之集是闭区间 ; 设 是 中全体有理数所成之集, 易见 的聚点集是闭区间 . Th 7.2 ( Weierstrass ) 任一有界数列必有收敛子列. 2. 聚点原理 : Weierstrass 聚点原理. Th 6 每一个有界无穷点集必有聚点. 三 实数完备性基本订立的等价性 证明若干个命题等价的一般方法. 本节证明七个实数基本定理等价性的路线 : 证明按以下三条路线进行: Ⅰ: 确界原理 单调有界原理 区间套定理 Cauchy收敛准则 确界原理 ; Ⅱ: 区间套定理 致密性定理 Cauchy收敛准则 ; Ⅲ: 区间套定理 Heine–Borel 有限复盖定理 区间套定理 . 一. “Ⅰ” 的证明: (“确界原理 单调有界原理”已证明过 ). 用“确界原理”证明“单调有界原理”: Th 2 单调有界数列必收敛 . 2. 用“单调有界原理”证明“区间套定理”: Th 3 设 是一闭区间套. 则存在唯一的点 ,使对 有 . 推论1 若 是区间套 确定的公共点, 则对 , 当 时, 总有 . 推论2 若 是区间套 确定的公共点, 则有 ↗ , ↘ , . 3. 用“区间套定理”证明“Cauchy收敛准则”: Th 4 数列 收敛 是Cauchy列. 引理 Cauchy列是有界列. ( 证 ) Th 4 的证明: ( 只证充分性 ) 教科书P217—218上的证明留作阅读 . 现采用三等分的方法证明, 该证法比较直观. 用“Cauchy收敛准则” 证明“确界原理” ： Th 1 非空有上界数集必有上确界 ；非空有下界数集必有下确界 . 证 （只证“非空有上界数集必有上确界”）设 为非空有上界数集 . 当 为有限集时 , 显然有上确界 .下设 为无限集, 取 不是 的上界, 为 的上界. 对分区间 , 取 , 使 不是 的上界, 为 的上界. 依此得闭区间列 . 验证 为Cauchy列, 由Cauchy收敛准则, 收敛; 同理 收敛. 易见 ↘. 设 ↘ .有 ↗ . 下证 .用反证法验证 的上界性和最小性. “Ⅱ” 的证明: 用“区间套定理”证明“致密性定理”: Th 5 ( Weierstrass ) 任一有界数列必有收敛子列. 证 （ 突出子列抽取技巧 ） Th 6 每一个有界无穷点集必有聚点. 2．用“致密性定理” 证明“Cauchy收敛准则” ： Th 4 数列 收敛 是Cauchy列. 证 （ 只证充分性 ）证明思路 ：Cauchy列有界 有收敛子列 验证收敛子列的极限即为 的极限. “Ⅲ” 的证明: 用“区间套定理”证明“Heine–Borel 有限复盖定理”: 用“Heine–Borel 有限复盖定理” 证明“区间套定理”:

STICKLINE(C>0.1，0，100，4.8，0)，COLOR668800;STICKLINE(C>0.1，-5，0，4.8，0)，COLORFFB06C;VAR1:=(HHV(HIGH，36)-CLOSE)/(HHV(HIGH，36)-LLV(LOW，36))*100;VAR2:=(CLOSE-LLV(LOW，9))/(HHV(HIGH，9)-LLV(LOW，9))*100;火:=BARSLAST(EMA(CLOSE，5)山:=COUNT(EMA(CLOSE，5)>REF(EMA(CLOSE，5)，1)，5)，NODRAW;KL:=IF(山>0，2*火，0);趋势:=KL/2，COLOREE687B，NODRAW;VARL1:=(EMA(C，12)-EMA(C，26))*100+50;VARL2:=EMA(VARL1，9);VARL3:=((HHV(H，21)-C)/(HHV(H，21)-LLV(L，21)))*100-10;VARL4:=((C-LLV(L，21))/(HHV(H，21)-LLV(L，21)))*100;VARL5:=SMA(VARL4，13，8);VARL6:=SMA(VARL3，21，8);低位线:=IF((趋势-VARL6<(-70))，0，-5);DRAWBAND(低位线，RGB(00，300，150)，-5，RGB(00，300，150));QS:=3*SMA((CLOSE-LLV(LOW，27))/(HHV(HIGH，27)-LLV(LOW，27))*100，5，1)-2*SMA(SMA((CLOSE-LLV(LOW，27))/(HHV(HIGH，27)-LLV(LOW，27))*100，5，1)，3，1);高位线:=IF((QS-VARL6>85)，0，-5);DRAWBAND(高位线，RGB(255，20，147)，-5，RGB(255，20，147));K1:EMA(VAR2，5)，COLORLIBLUE，NODRAW;K2:SMA(VAR2，5，1)，COLORYELLOW，NODRAW;K:EMA((K1-K2)，2)，COLORWHITE，NODRAW;

用反证法若不然，则存在不相等的实数a和b,满足f(a)不等于f(b),不妨记a<b,f(a)<f(b)记c=(a+b)/2则[a,c],[c,b]中至少有一个，使得f(x)在其上不为常数在此区间上也有着不相等的实数d1和d2，满足f(d1)不等于f(d2),不妨记d1<d2,f(d1)<f(d2)由连续函数的介质定理知存在c2,c3满足f(c2)=(1/3)*(2f(d1)+f(d2))f(c3)=(1/3)*(f(d1)+2f(d2))d1<c2<d2d1<c3<d2不妨设c2<c3存在c1，满足c2<c1<c3，f(c1)=(1/2)*(f(c2)+f(c3))记u1={x|c1<x<c3,f(x)在区间[c1,x]上恒满足f(c2)<f(x)<f(c3)，}u2={x|c1>x>c2,f(x)在区间[x,c1]上恒满足f(c2)<f(x)<f(c3)}由f(x)的连续性知u1,u2不为空集，且u1有上界，故有上确界u1，u2有下界，故有下确界u2。且有f(u1)=f(c2)或者f(c3),f(u2)=f(c2)或者f(c3)(此处由连续性可证)1若f(u1)不等于f(u2)取[a1,b1]=[u1,u2]2.若f(u1)等于f(u2)不妨设f(u1)=f(c2)=f(u2)设函数f(x)在区间[u1,u2]上的点x=u3处取到最大值f(u3)记u4={x|u1<x<u2,f(x)在区间[u1,x]上恒满足f(x)<f(u3)}则u4有上确界u4满足f(u4)=f(u3)此时取[a1,b1]=[u1,u4]总之有b1-a1<=(1/2)*(b-a)且f(x)在[a1,b1]端点处取到最大值且对于任何x属于(a1,b1)有[f(x)-f(a1)]*[f(x)-f(b1)]<0同样的方法，对[a1,b1]区间进行相同的操作可得[a2,b2]满足有b2-a2<=(1/4)*(b-a)且f(x)在[a2,b2]端点处取到最大值a2>a1b2<b1且对于任何x属于(a2,b2)有[f(x)-f(a2)]*[f(x)-f(b2)]<0重复这样的步骤我们得到一个无穷的闭区间套[a1,b1],[a2,b2]····[an,bn]····满足bn-an<=(1/2^n)*(b-a)a1<a2<···<ak<····b1>b2>···>bk>····由闭区间套定理知必有一点c，满足an<c<bn,n=1,2,3····若点x=c为函数f(x)的极值点，则存在点c的某个邻域，其中f(c)不大于或者不小于函数在此邻域上的所有取值。而必存在数k，满足ak,bk也属于此领域，而由闭区间套的取法，知必有[f(x)-f(ak)]*[f(x)-f(bk)]<0即f(bk)<f(c)<f(ak)和f(bk)>f(c)>f(ak)之一成立，矛盾。故f(x)必为常值函数。真够费劲的。再给另一种方法证明：若不然，则存在不相等的实数a和b,满足f(a)不等于f(b),不妨记a<b,f(a)<f(b)记c=(a+b)/2则[a,c],[c,b]中至少有一个，使得f(x)在其上不为常数在此区间上也有着不相等的实数d1和d2，满足f(d1)不等于f(d2),不妨记d1<d2,f(d1)<f(d2)易知有d2-d1<=(1/2)*(b-a)由连续函数的介质定理知存在a1,满足d1<a1<d2,f(d1)<f(a1)<f(d2)存在b1满足a1<b1<d2,f(a1)<f(b1)<f(d2)即存在a1,b1满足d1<a1<b1<d2,f(d1)<f(a1)<f(b1)<f(d2)且b1-a1<d2-d1<=(1/2)*(b-a)继续将[a1,b1]分半，将[a1,b1]看成[a,b],重复上面的步骤，可得[a2,b2]满足a1<a2<b2<b1，f(a1)<f(a2)<f(b2)<f(b1)重复上面的步骤我们可以得到两个数列a1,a2,···an,····对应的函数值的序列为f(a1)<f(a2)<···<f(an)<····b1,b2,····bn,····对应的函数值的序列为f(b1)>f(b2)>···>f(bn)>···其中{an}为严格单调递增数列，且有上界b1，故有上确界c1{bn}为严格单调递减数列，且有下界a1，故有下确界c2且有bn-an<(1/2^n)*(b-a)则有|c1-c2|<=bn-an<(1/2^n)*(b-a)令n趋于无穷大得到c1=c2，此值记为c，易知a<c<b由函数f(x)的连续性可知f(c)=f(liman)=limf(an)=f(limbn)=limf(bn)(对n趋近于正无穷取极限)即严格单调递增数列{f(ak)}与严格单调递减数列{f(bk)}以f(c)为极限k=1,2···故有f(ak)<f(c)<f(bk)k=1,2····任取c的一个邻域则必存在正整数n，满足an,bn属于这个邻域，故有f(an)<f(c)<f(bn)此与c为f(x)的一个极值点矛盾。故f(x)必为常数第二个证明要自然和简单点。

一 区间套定理与柯西收敛准则1 区间套定义1 区间套: 设是一闭区间序列. 若满足条件（1） 对, 有, 即, 亦即后一个闭区间包含在前一个闭区间中；（2） . 即当时区间长度趋于零.则称该闭区间序列为闭区间套, 简称为区间套 .区间套还可表达为: ， .我们要提请大家注意的是, 这里涉及两个数列和, 其中递增, 递减.例如和 都是区间套. 但、 和都不是.