单调有界定理

实数理论中，单调有界定理（英语：Monotone convergence theorem）是说单调有界数列必有极限，即有上界的递增数列必有极限，且极限就是数列上确界；有下界的递减数列必有极限，且极限就是数列下确界。

引理

我们采用无限小数公理证明，在其之前先证明一个引理：$[0,1)$上单调递增的数列$\{ x_n \}$存在极限。

证 因数列$\{ x_n \}$单调递增且$x_n < 1$，故$10$等分区间$[0,1)$，得到$10$个子区间$[0.i,0.i+0.1),i=0,1,\cdots ,9$ ，则必$\exists \left[0.i_{1},0.i_{1}+0.1\right),i\in \{0,1,\cdots ,9\},\exists N_{1}~s.t.~x_{N_{1}}$ 及其以后的一切点都满足

$0.i_1 \leqslant x_{N_{1}} \leqslant x_{N_{1}+1} \leqslant \cdots < 0.i_1 + 0.1 \leqslant 1$

否则，永远有点 $x_N$ 落在下一个子区间上，但只有$10$个子区间，就导致矛盾。
同理,再 $10$ 等分 $\left[0.i_1, 0.i_1 + 0.1 \right)$ ,得到新的$10$个子区间 $\left[0.i_{1}i,0.i_{1}i+0.01\right),i=0,1,\cdots ,9$ ，
则必$\exists \left[0.i_{1}i_{2},0.i_{1}i_{2}+0.01\right),i_{2}\in \{0,1,\cdots ,9\},\exists N_{2}~s.t.~x_{N_{2}}$ 及其以后的一切点都满足

$0.i_1i_2 \leqslant x_{N_{2}} \leqslant x_{N_{2}+1} \leqslant \cdots< 0.i_1i_2 + 0.01 \leqslant 1$

依此类推，

$0.i_{1}i_{2}\cdots i_{k}\leqslant x_{N_{k}}\leqslant x_{N_{k}+1}\leqslant \cdots <0.i_{1}i_{2}\cdots i_{k}+10^{-k}\leqslant 1,\cdots .\quad i_{k}\in \{0,1,\cdots ,9\}$

$\forall n>N_{k},\{x_{n},a\}\in [0.i_{1}i_{2}\cdots i_{k},0.i_{1}i_{2}\cdots i_{k}+10^{-k})\implies \left|x_{n}-a\right|<10^{-k}$
从而由极限定义得

$\lim _{n \rightarrow \infty} x_{\mathrm{n}}=a .$

定理及证明

单调有界定理：设存在一个单调递增的实数列$\{ a_n \}$，且有$A\leqslant a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \cdots \leqslant a_{n}\leqslant \cdots <B$，则存在有限实数$M$，使得

$\lim_{n \to \infty}a_n = M$

证 设$x_n = \dfrac{a_n - A} {B - A}$，于是$\{ x_n \}$是$[0,1)$上单调递增的数列，由引理可得，$\exists N \in \mathbb{R}, \lim_{n \to \infty}x_n = N$，由极限的四则运算可得，

$\lim_{n \to \infty}a_n = A + ( B - A ) N$

令$M = A + ( B - A ) N$，即可证得结论成立。

应用

证明其他等价定理.

区间套定理

由闭区间套定义，$\{ a_n \}$ 为单调增加数列，且有上界，从而有极限，不妨设其为$\xi$。
由于 $b_n - a_n$ 和 $a_n$ 极限都存在，所以

$\lim_{n \to \infty}b_n = \lim_{n \to \infty}(b_n - a_n + a_n) = \lim_{n \to \infty}(b_n - a_n) + \lim_{n \to \infty}(a_n) = \xi$

这样我们就证明了两个极限相等。

下证 $\xi$ 的唯一性，$\xi$ 是所有区间的唯一公共点，易知

$a_k \leqslant \xi \leqslant b_k, k \in \mathbb{N^{+}}.$

设 $\xi'$ 也是这个区间列的公共点，由于

$a_n \leqslant \xi, \xi' \leqslant b_n, n \in \mathbb{N^{+}}$

于是

$0 \leqslant |\xi' - \xi| \leqslant \lim_{n \to \infty}(b_n - a_n) = 0.$

$\therefore \xi' = \xi.$
故 $\xi$ 是数列 $a_n$ 和 $b_n$ 的唯一同一极限。

确界定理

证：我们不妨证明非空有上界的数集 $S$ 必有上确界。
(1).欲求一实数使它是非空数集 $S$ 的上确界，利用非空有上界的数集 $S$，构造一数列使其极限为我们所要求的实数。

选取性质 $p$ ：不小于数集 $S$ 中的任一数的有理数。

将具有性质 $p$ 的所有有理数排成一个数列 $\{r_n\}$ ，并令

$\{ x_n \} = \max_{1 \leqslant k \leqslant n}\{ r_k \}$

则得单调递增有上界的数列 $\{ x_n \}$；
(2) 由单调有界定理得，$\zeta = \lim _{n \to \infty} x_n$，且 $\forall n \in \mathbb{N^{+}}, r_n \leqslant x_n \leqslant \zeta$；
(3) $\zeta$ 是数集 $S$ 的上确界。
用反证法，若有数 $x_0 \in S$ 使 $x_0 > \zeta$，取 $\varepsilon = \dfrac{x_0 - \zeta} {2}$
则 $\exists r_n \in \mathbb{Q}, s.t.~\zeta \leqslant r_n < \zeta + \varepsilon = \dfrac{x_0 + \zeta} {2} < \dfrac{x_0 + x_0} {2} = x_0$，从而 $r_n < x_0$
这与 $r_n$ 是数集 $S$ 的上界矛盾。
$\therefore \forall x \in S, x \leqslant \zeta$，即 $\zeta$ 是数集 $S$ 的上界。 任给 $\varepsilon > 0$，若 $\forall x \in S$，都有 $x \leqslant \zeta - \varepsilon$，则 $\exists r'$，$s.t. \zeta - \varepsilon< r' < \zeta$，即 $x \leqslant \zeta - \varepsilon < r' < \zeta$，我们就找到 $r' \in S$ 这与 $\forall x \in S, x \leqslant \zeta - \varepsilon$矛盾，所以存在 $x' \in S$，使 $x' > \zeta - \varepsilon$，即 $\zeta$ 是数集 $S$ 的最小上界. 于是，我们证明了所需结论。

Heine-Borel 定理

即闭区间 $[a, b]$ 的任一开覆盖 $\mathrm{H}$ 都有有限的子覆盖。证明如下：

1. 设 $r \in (a, b]$ 使闭区间 $[a, r]$ 能被 $\mathrm{H}$ 中有限个开区间覆盖。把 $[a, b]$ 上的这种有理数的全体排成一个数列 $\{r_n\}$，因为存在一个开区间 $(\alpha, \beta) \in \mathrm{H}$ 使 $r_n \in (\alpha, \beta)$ 在 $(\alpha, \beta) \cap[a, b]$ 内含有无穷多个有理数，所以 $\{r_n\}$ 是存在的；
2. 取 $x_n=\max_{1 \leqslant k \leqslant n } \{r_{k} \}$，则数列 $\{ x_n \}$ 单调递增有上界；
3. 由单调有界定理得，$\zeta = \lim _{n \to \infty} x_n$ 且 $r_n \leqslant x_n \leqslant \zeta, n \in \mathbb{N^{+}}$；
4. 因 $x_n \in [a, b], n \in \mathbb{N^{+}}$，由(3)得 $\xi \in [a, b]$，故 $\xi$ 必在 $\mathrm{H}$ 中的某个开区间 $( \alpha_1, \beta_1 )$ 中，再由(3)一定有 $r_N \in \{r_n \}$，使 $a_1 < r_N \leqslant \zeta$ 又由 $[a, r_n]$ 能被 $\mathrm{H}$ 中有限个开区间覆盖，故只需把 $( a_1, \beta_1 )$ 加进去，$[a, \zeta]$ 能被 $\mathrm{H}$ 中有限个开区间覆盖。

若 $\zeta=b$，则说明 $[a, b]$ 能被 $\mathrm{H}$ 中有限个开区间覆盖。
用反证法：若 $\zeta < b$，由于 $[a, b]$ 内的有理数在 $[a, b]$ 上处处稠密，故 $\exists r^{\prime} \in \mathbb{Q}, s.t. \zeta < r^{\prime} < \min{ \{ \beta, b \} }$。因此，$[ a, r^{\prime} ]$ 能被 $\mathrm{H}$ 中有限个开区间覆盖，故 $r^{\prime} \in \{ r_n \}$，与(3)矛盾，所以，$\zeta=b$。

Cauchy 收敛准则

只证充分性。

首先证明柯西列 $\{ x_n \}$ 有界。由已知条件，$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N^{+}}, s.t. n > N$ 时有 $| x_n - x_m | < \varepsilon$ ①
若取 $\varepsilon = 1, m = n_0 ( < n )$ 时有$| x_n - x_{n_{0}} | < 1$，
即 $x_n < | x_{n_{0}} | + 1$，所以柯西列 $\{ x_n \}$ 有界。
其次再证柯西子列有极限。取单调递增柯西列 $\{ x_n \}$ 子列 $\{x_{n_k}\}$ 为例，
令 $\varepsilon = \cfrac{1}{n}$，则 $\exists N \in \mathbb{N^{+}}, s.t.$ 当 $n_1, n_2 > N, | x_{n_{1}} - x_{n_{2}} | < \cfrac{1}{n}$，
不妨假设对固定的 $x_{n_k}$，必有 $x_{n_{k}} > x_{n_{k-1}}$，
当 $n_{k-1}, n_k > N$ 时有 $x_{n_{k}} - x_{n_{k-1}} < \cfrac{1}{n}$。
若不然，由于 $\{ x_n \}$ 为无穷数列，必有当 $n > N$ 时，$x = x_{n_{k}} ( k \in \mathbb{N^{+}} )$ 为常数列，显然收敛，结论成立。
又因为 $\{ x_{n_{k}} \} \subset \{ x_n \}$，且 $\{x_{n_k}\}$ 有界 ，由单调有界定理知，$\{x_{n_k}\}$ 有极限。
记 $\lim_{n \to \infty} \{ x_{n_{k}} \} = a$，
即 $\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N^{+}}, s.t. n > N$ 时有 $| x_{n_{k}} - a| < \cfrac{\varepsilon}{2}$②
最后再证 $\lim_{n \to \infty}x = a$。由 ① 式得，当 $n_k > N$ 时也有 $| x_n - x_{n_{k}} | < \cfrac{\varepsilon}{2}$ ③
对上述的 $\varepsilon$，有 $| x_n - a | \leqslant | x_n + x_{n_{k}} | + | x_{n_{k}} - a | < \cfrac{\varepsilon}{2} + \cfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$
所以 $\lim_{n \to \infty} \{ x_{n} \} = a$。

Bolzano-Weierstrass 定理

证 设 $S$ 是一有界无限点集，则在 $S$ 中选取一个由可数多个互不相同的点组成的数列 $\{ a_n \}$ ，显然数列 $\{ a_n \}$ 是有界的
下面我们从 $\{ a_n \}$ 中抽取一个单调子列，从而由单调有界定理该子列收敛，
最后我们证明该子列的极限值，就是有界无限点集 $S$ 的聚点分两种情况来讨论：
1) 如果在 $\{ a_n \}$ 的任意一项之后，总存在最大的项（因 $S$ 是有界的且 $\{ a_n \} \subset S$，这是可能的）
设 $a_1$ 后的最大项是 $a_{n_1}$；$a_{n_1}$ 后的最大项是 $a_{n_2}$，且显然 $a_{n_2} \leqslant a_{n_1}$；
一般地，$a_{n_k}$ 后的最大项记为 $a_{n_{k+1}} \leqslant a_{n_k}, k \in \mathbb{N^{+}}$
这样，就得到了 $\{ a_n \}$ 的一个单调递减的子数列 $\{ a_{n_k} \}$，
因为 $\{ a_n \}$ 有界，根据单调有界定理知， $\{ a_{n_k} \}$ 收敛；
2) 如果 1) 不成立，即从某一项以后，任何一项都不是最大的
（为证明书写简单起见，不妨设从第一项起，每一项都不是最大项）
于是，取 $a_{n_1} = a_1$，因$a_{n_1}$ 不是最大项，所以必存在另一项 $a_{n_2} > a_{n_1}~~(n_2 > n_1)$，
又因为 $a_{n_2}$ 也不是最大项，所以又有 $a_{n_3} > a_{n_2}~~(n_3 > n_2), \cdots$
这样一直作下去，就得到 $\{ a_n \}$ 的一个单调递增的子列 $\{ a_{n_k} \}$，且有上界，
根据单调有界定理知，$\{ a_{n_k} \}$ 收敛。
总之不论$\{ a_n \}$ 属于情形 1) 还是情形 2) ，都可作出 $\{ a_n \}$ 的一个单调收敛的子列。
设$\lim_{n \to \infty}a_{n_k} = a$，下证 $a$ 是 $S$ 的聚点。
$\forall \varepsilon > 0, \exists K \in \mathbb{N^{+}}, s.t.$ 当$k>K$ 时， $a - \varepsilon < a_{n_k} < a + \varepsilon$，
若这时 $\{ a_{n_k} \}$ 单调递减， $a_{n_k} + 1 < a + \varepsilon~~(k > K )$ 且 $a_{n_{k+1}} \ne a, a_{n_{k+1}}\in S$，
即 $\exists b \in S, s.t. b \in U^\circ (a, \varepsilon). \therefore a$ 是 $S$ 的聚点。
$\{ a_{n_k} \}$ 单调递增时，类似可证。

参考资料

1. 欧阳光中, 朱学炎, 金福临, 陈传璋, 《数学分析》, 高等教育出版社, 北京, 2018-08, ISBN 978-7-0404-9718-2.