引言

本科毕业以后越觉数学的奇妙，想弥补一下数学知识的证明，做点记录，方便后续查阅。

1.知识铺垫：上确界和下确界

假设SSS是一个非空数集。

①证明有上界：
SSS为有上界集⇔\Leftrightarrow⇔∃M∈R\exists M\in \mathbf {R}∃M∈R，使得∀x∈S\forall x\in S∀x∈S，有x≤Mx≤Mx≤M
②证明有下界：
SSS为有下界集⇔\Leftrightarrow⇔∃m∈R\exists m\in \mathbf {R}∃m∈R使得∀x∈S\forall x\in S∀x∈S,有x≥mx\ge mx≥m
③证明有界：
SSS为有界集⇔\Leftrightarrow⇔∃X>0\exists X>0∃X>0，使得∀x∈S\forall x\in S∀x∈S，有∣x∣≤X|x|≤X∣x∣≤X

对于上界集合中最小的数称为上确界，记为
β=supS\beta=\mathrm{sup}\,Sβ=supS

满足性质（证明是否是上确界的要点）
①β\betaβ是数集SSS的上界：∀x∈S\forall x\in S∀x∈S，有x≤βx≤\betax≤β
②任何小于β\betaβ的数不是数集SSS的上界：∀ε>0\forall \varepsilon>0∀ε>0，∃x∈S\exists x\in S∃x∈S，使得x>β−εx>\beta-\varepsilonx>β−ε

对于下界集合中最大的数称为下确界，记为
α=infS\alpha=\mathrm{inf}\,Sα=infS

满足性质（证明是否是上确界的要点）
①α\alphaα是数集SSS的下界：∀x∈S\forall x\in S∀x∈S，有x≥αx\ge\alphax≥α
②任何大于α\alphaα的数不是数集SSS的下界：∀ε>0\forall \varepsilon>0∀ε>0，∃x∈S\exists x\in S∃x∈S，使得x<α+εx<\alpha+\varepsilonx<α+ε

定理2,1.1 （确界存在定理——实数系连续性定理）非空有上界的数集必有上确界；非空有下界的数集必有下确界。
(本例摘自参考资料[1]p28 【第二章第列极限 §1\S1§1实数系的连续性】)

【证明】【证明】【证明】

任何一个实数都可以表示为：
x=[x]+(x)x\ =\ [\,x\,]+(x)x = [x]+(x)
其中[x][x][x]表示xxx的整数部分，(x)(x)(x)表示xxx的非负小数部分。我们将(x)(x)(x)表示成无限小数的形式
(x)=0.a1a2⋯an⋯(x)=0.a_1a_2\cdots a_n\cdots(x)=0.a1a2⋯an⋯其中a1,a2,⋯,an,⋯a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdotsa1,a2,⋯,an,⋯中的每一个都是数字0,1,2,⋯,90,1,2,\cdots,90,1,2,⋯,9中的一个。若(x)(x)(x)是有限小数，则在后面接上无限个000，这称为实数的无限小数表示。注意无限小数0.a1a2⋯an000⋯(ab≠0)0.a_1a_2\cdots a_n000\cdots(ab≠0)0.a1a2⋯an000⋯(ab=0)与无限小数0.a1a2⋯(an−1)999⋯0.a_1a_2\cdots(a_n-1)999\cdots0.a1a2⋯(an−1)999⋯是相等的，为了保持表示的唯一性，我们约定在(x)的无限小数表示中不出现后者。这样，任何一个实数集合S就可以由一个确定的无限小数的集合来表示：
{a0+0.a1a2⋯an⋯∣a0=[x],0.a1a2⋯an⋯=(x),x∈S]}\{a_0+0.a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\cdots|a_{0}=[x],0.a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\cdots=(x),x\in{S}]\}{a0+0.a1a2⋯an⋯∣a0=[x],0.a1a2⋯an⋯=(x),x∈S]}设数集SSS有上界，则可令SSS中元素的整数部分的最大者为a0a_0a0(a0a_0a0一定存在，否则的话，S就不可能有上界），并记
S0={x∣x∈S并且[x]=α0}S_0=\{x|x\in S并且[x]=\alpha_0\}S0={x∣x∈S并且[x]=α0}显然S0S_0S0不是空集，并且∀x∈S\forall x\in S∀x∈S,只要x∈‾S0x\overline{\in}S_0x∈S0,就有x<α0x<\alpha_0x<α0。·
再考察数集S0S_0S0中元素的无限小数表示中第一位小数的数字，令它们中最大的为α1\alpha_1α1,并记
S1={x∣x∈S0并且x的第一位小数为α1}S_1=\{x|x\in S_0并且x的第一位小数为\alpha_1\}S1={x∣x∈S0并且x的第一位小数为α1}显然S1S_1S1不是空集，并且∀x∈S\forall x\in S∀x∈S,只要x∈‾S1x\overline{\in}S_1x∈S1,就有x<α0+0.α1x<\alpha_0+0.\alpha_1x<α0+0.α1。·
一般的，考察数集Sn−1S_{n-1}Sn−1中元素的无限小数表示中第nnn位小数的数字，令它们中最大的为αn\alpha_nαn，并记
Sn={x∣x∈Sn−1并且x的第n位小数为αn}S_n=\{x|x\in S_{n-1}并且x的第n位小数为\alpha_n\}Sn={x∣x∈Sn−1并且x的第n位小数为αn}显然SnS_nSn也不是空集，并且∀x∈S\forall x\in S∀x∈S,只要x∈‾Snx\overline{\in}S_nx∈Sn,就有x<α0+0.α1α2⋯αnx<\alpha_0+0.\alpha_1\alpha_2\cdots\alpha_nx<α0+0.α1α2⋯αn。·
不断地做下去，我们得到一列非空数集S⊃S0⊃S1⊃⋯⊃Sn⊃⋯S\supset S_0\supset S_1 \supset \cdots \supset S_n \supset\cdotsS⊃S0⊃S1⊃⋯⊃Sn⊃⋯，和一系列数α0,α1,α2,⋯,αn⋯,\alpha_0,\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n\cdots,α0,α1,α2,⋯,αn⋯,满足
α0∈Z;αk∈{0,1,2,⋯,9},∀k∈N+\begin{aligned} &\alpha_0\in\mathbf{Z};\\ &\alpha_k\in\{0,1,2,\cdots,9\},\forall k\in \mathbf{N}^+\\ \end{aligned}α0∈Z;αk∈{0,1,2,⋯,9},∀k∈N+令
β=α0+0.α1α2⋯αn⋯,\beta=\alpha_0+0.\alpha_1\alpha_2\cdots\alpha_n\cdots,β=α0+0.α1α2⋯αn⋯,下面我们分两步证明β\betaβ就是数集SSS的上确界。
(1)∀x∈S\forall x\in S∀x∈S，或者存在整数n0≥0n_0\ge0n0≥0，使得x∈‾Sn0x\overline{\in}S_{n_0}x∈Sn0；或者对任何整数n≥0n\ge0n≥0，有x∈Snx\in S_nx∈Sn。
若x∈‾Sn0x\overline{\in}S_{n_0}x∈Sn0，便有
x<α0+0.α1α2⋯αn0≤βx<\alpha_0+0.\alpha_1\alpha_2\cdots\alpha_{n_0}\le \betax<α0+0.α1α2⋯αn0≤β若x∈Snx\in S_{n}x∈Sn，由SnS_nSn的定义并逐个比较xxx与β\betaβ的整数部分及每一个小数位上的数字，即知x=βx=\betax=β。
所以∀x∈S\forall x∈S∀x∈S，有x≤βx≤\betax≤β，即β\betaβ是数集SSS的上界。
(2)∀ε>0\forall \varepsilon>0∀ε>0，只要将自然数n0n_0n0取得充分大，便有
110n0<ε\frac{1}{10^{n_0}}<\varepsilon10n01<ε取x0∈Sn0x_0\in S_{n_0}x0∈Sn0，则β\betaβ与x0x_0x0的整数部分及前n0n_0n0位小数是相同的，所以
β−x0≤110n0<ε\beta-x_0\le\frac{1}{10^{n_0}}<\varepsilonβ−x0≤10n01<ε即
x0>β−εx_0>\beta-\varepsilonx0>β−ε即任何小于β\betaβ的数β−ε\beta-\varepsilonβ−ε不是数集SSS的上界
同理可以证明非空有下界的数集必有下确界。
证毕

定理2.1.2 非空有界数集的上（下）确界是唯一的。
(本例摘自参考资料[1]p29 【第二章第列极限 §2\S2§2实数系的连续性】)
【证明】【证明】【证明】

书中没给证明，要读者自己完成，参考网上的方法做了整理。

【方法1】设数集SSS的上界为UUU，α\alphaα、β\betaβ为实数集SSS的两个上确界，则α∈U,β∈Uα∈U,β∈Uα∈U,β∈U。∀M∈U\forall M∈U∀M∈U,则必有α≤Mα≤Mα≤M,β≤Mβ≤Mβ≤M。
若α<βα<βα<β，取M=α∈UM=α∈UM=α∈U，则M<βM<βM<β,与β≤Mβ≤Mβ≤M矛盾。
若α>βα>βα>β，取M=β∈UM=β∈UM=β∈U，则α>Mα>Mα>M,与α≤Mα≤Mα≤M矛盾。
则必有α=βα=βα=β，可证上确界相同，为唯一值。
同理可证非空有界数集的下确界是唯一的。
证毕

【方法2】设数集SSS的上界为UUU，ααα、βββ为实数集SSS的两个上确界，则必有：
①∀x∈S∀x∈S∀x∈S，有x≤αx≤αx≤α，x≤βx≤βx≤β。
②∀ε>0∀ε>0∀ε>0,∃x∈S∃x∈S∃x∈S,使得x>α−εx>α-εx>α−ε，x>β−εx>β-εx>β−ε。
若α<βα<βα<β，当取ε=β−α>0ε=β-α >0ε=β−α>0，则有x+ε≤α+ε=βx+ε≤α+ε=βx+ε≤α+ε=β,即x≤β−εx≤β-εx≤β−ε，则与②矛盾。
若α>βα>βα>β，当取ε=α−β>0ε=α-β >0ε=α−β>0，则有x+ε≤β+ε=αx+ε≤β+ε=αx+ε≤β+ε=α,即x≤α−εx≤α-εx≤α−ε，则与②矛盾。
故α=βα=βα=β，可证上确界为为唯一值，即非空有界数集的上确界是唯一的。
同理可证非空有界数集的下确界是唯一的。
证毕

例2,1.3 设T=∣x∣x⁣∈⁣Q并且x⁣>0,x2⁣<⁣2}T=|x|\,x\!\in\!\mathbf{Q}并且 x\!\gt 0,x^{2}\!\lt \!2\}T=∣x∣x∈Q并且x>0,x2<2}，证明TTT在Q\mathbf{Q}Q中没有上确界。
(本例摘自参考资料[1]p29 【第二章第列极限 §2\S2§2实数系的连续性】)

【证明】【证明】【证明】

用反证法
假设TTT在Q\mathbf{Q}Q内有上确界，记supT=nm(m,n∈N+且m,n互质)\mathrm{sup}\,T=\frac{n}{m}(m,n\in N^+且m,n互质)supT=mn(m,n∈N+且m,n互质)，则显然有
1<(nm)2<31\lt {\bigg(}{\frac{n}{m}}{\bigg)}^{2}\lt 31<(mn)2<3由于有理数的平方不可能等于2，于是只有下述两种可能：
（1）1<(nm)2<21\lt {\bigg(}{\frac{n}{m}}{\bigg)}^{2}\lt 21<(mn)2<2
记2−n2m2=t2-{\frac{n^{2}}{m^{2}}}=t2−m2n2=t，则0<t<10\lt t\lt 10<t<1，令r=n6mtr=\frac{n}{6m}tr=6mnt，显然nm+r>0\frac{n}{m}+r\gt 0mn+r>0，nm+r∈Q\frac{n}{m}+r\in \mathbf{Q}mn+r∈Q
由于r2=n236m2t2<118tr^2=\frac{n^2}{36m^2}t^2\lt \frac{1}{18}tr2=36m2n2t2<181t，以及2nmr=n23m2t<23t\frac{2n}{m}r=\frac{n^2}{3m^2}t\lt \frac{2}{3}tm2nr=3m2n2t<32t，可以得到
(nm+r)2−2=r2+2nmr−t<0\left({\frac{n}{m}}+ r\right)^{2}-2\,=\,r^{2}+{\frac{2n}{m}}r\,-\,t\,\lt \,0(mn+r)2−2=r2+m2nr−t<0
这说明，nm+r∈T\frac{n}{m}+r\in Tmn+r∈T，与nm\frac{n}{m}mn是TTT的上确界矛盾
（2）2<(nm)2<32\lt {\bigg(}{\frac{n}{m}}{\bigg)}^{2}\lt 32<(mn)2<3
记n2m2−2=t{\frac{n^{2}}{m^{2}}}-2=tm2n2−2=t，则0<t<10\lt t\lt 10<t<1，令r=n6mtr=\frac{n}{6m}tr=6mnt，显然nm−r>0\frac{n}{m}-r\gt 0mn−r>0，nm−r∈Q\frac{n}{m}-r\in \mathbf{Q}mn−r∈Q
由于2nmr=n23m2t<t\frac{2n}{m}r=\frac{n^2}{3m^2}t\lt tm2nr=3m2n2t<t，可以得到
(nm−r)2−2=r2−2nmr+t>0\left({\frac{n}{m}}- r\right)^{2}-2\,=\,r^{2}-{\frac{2n}{m}}r\,+\,t\,\gt \,0(mn−r)2−2=r2−m2nr+t>0这说明，nm−r\frac{n}{m}-rmn−r也是TTT的上界，与nm\frac{n}{m}mn是TTT的上确界矛盾
由此得到结论：TTT在Q\mathbf{Q}Q中没有上确界
证毕

参考资料

[1]数学分析[M]. 高等教育出版社 , 陈纪修等[编著], 2004

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