这是证明题。(实数六大基本定理互推)

冬至，但是 21 度气温。

实数六大基本定理

1. 确界原理

如果非空集合 $A \subset R$ 有上界，那么它有上确界。

2. 单调有界原理

如果数列 $\{a_n\}$ 单调增加且有上界，那么数列 $\{a_n\}$ 收敛，且 $a = \lim_{n \to +\infty} a_n = \sup\{a_n\}$。（单调递减且有下界同理）

3. Cantor 闭区间套定理

如果一列闭区间 $[a_n, b_n]$ 满足：

1. $[a_1, b_1] \supset [a_2, b_2] \supset [a_3, b_3] \supset ...$
2. $\lim_{n \to +\infty} (b_n - a_n) = 0$

那么存在唯一一点 $\xi \in \cap_{n=1}^{+\infty} [a_n, b_n]$。

4. Bolzano-Weierstrass

如果数列 $\{a_n\}$ 有界，那么必存在一个子列 $\{a_{n_k}\}$ 收敛，即 $\lim_{k \to +\infty} a_{n_k}$ 存在。

致密性定理与聚点定理等价。聚点定理：直线上的有界无限点集至少有一个聚点。

5. Cauchy收敛准则

数列 $\{a_n\}$ 收敛的充分必要条件是：$\forall \epsilon > 0$， $\exists M \in N$，使得 $n, m > M$ 时 $|a_n - a_m| < \epsilon$。

6. Heine-Borel 有限覆盖定理

如果一个有限闭区间 $[a, b]$ 被一族开区间覆盖，即 $[a, b] \subset \cup_{\lambda \in \Lambda} (a_\lambda, b_\lambda)$，则存在其中有限个开区间 $(a_i, b_i) \in \{(a_\lambda, b_\lambda) | \lambda \in \Lambda\}, i = 1,2,...n$ 使得 $[a, b] \subset \cup_{i=1}^n (a_i, b_i)$。

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确界原理证明其余定理

确界原理证明单调有界原理

设数列 $\{a_n\}$ 单调增加且有上界。

由确界原理可知，数列 $\{a_n\}$ 有上确界，记为 $a = \sup\{a_n\}$。下面证明数列 $\{a_n\}$ 的极限就是 $a$。

对于 $\forall \epsilon > 0$，由上确界定义，存在 $a_N \in \{a_n\}$，使得 $a - \epsilon < a_N$。由于 $\{a_n\}$ 单调增加，当 $n \ge N$ 时有：
$$a - \epsilon < a_N \le a_n < a < a + \epsilon$$
即 $\forall \epsilon > 0$， $\exists N$，当 $n > N$ 时， $|a_n - a| < \epsilon$。所以 $\lim_{n \to +\infty} a_n = a$。

确界原理证明闭区间套定理

设闭区间 $[a_n, b_n]$ 满足：
$$[a_1, b_1] \supset [a_2, b_2] \supset [a_3, b_3] \supset ...$$
且 $\lim_{n \to +\infty} (b_n - a_n) = 0$。要证明存在唯一 $\xi \in [a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$。

设 $S = \{a_n\}$， $S$ 显然非空，且每个 $b_n$ 都是 $S$ 的上界。由确界原理， $S$ 有上确界，记 $\xi = \sup S$。

接着，证明 $\xi \in [a_n, b_n], \forall n$。因为 $\xi$ 是 $S$ 的上界，所以 $\xi \ge a_n, \forall n$。又因为每个 $b_n$ 都是 $S$ 的上界，而 $\xi$ 是最小的上界，所以 $\xi \le b_n$。因此 $a_n \le \xi \le b_n$，即 $\xi \in [a_n, b_n], \forall n$。

然后证明唯一性，采用反证法，假设存在 $\xi' \neq \xi$， 也满足 $\xi' \in [a_n, b_n]$，那么 $|\xi' - \xi| \le |a_n - b_n| \to 0 (n \to +\infty)$， 从而 $\xi' = \xi$，矛盾。故唯一性得证。

确界原理证明聚点定理

设 $S$ 为有界无限点集，则 $S$ 必有上确界 $\eta = \sup S$ 和下确界 $\xi = \inf S$。我们要证明 $\eta$ 或 $\xi$ 中至少有一个是 $S$ 的聚点。

否则，可以构造集合 $E = \{x | S\text{中仅有有限个数小于}x\}$，记 $\eta' = \sup E$。可以论证 $\eta'$ 和 $\xi$ 之间含有无数个 $S$ 中的数，则 $\eta'$ 即为聚点。

确界原理证明Cauchy收敛准则

证明必要性：

若数列 $\{a_n\}$ 收敛于 $a$， 则 $\forall \epsilon > 0$， $\exists M \in N$， 当 $m, n > M$ 时有：
$$|a_m - a| < \frac{\epsilon}{2}, |a_n - a| < \frac{\epsilon}{2}$$
因此：
$$|a_m - a_n| \le |a_m - a| + |a_n - a| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

证明充分性：

设数列 $\{a_n\}$ 满足 Cauchy 条件，即 $\forall \epsilon > 0$， $\exists M \in N$， 当 $m, n > M$ 时 $|a_m - a_n| < \epsilon$。

首先证明数列 $\{a_n\}$ 有界。取 $\epsilon = 1$， 则 $\exists N_0$， 当 $n > N_0$ 时 $|a_n - a_{N_0+1}| < 1$， 因此 $\forall n > N_0$， $|a_n| \le |a_{N_0+1}| + 1$。前 $N_0$ 项为有限项，所以 $\{a_n\}$ 有界。

构造非空有界集合 $S = \{a | (-\infty, a) \cap \{a_n\} \text{为空或有限项}\}$。因为 $\{a_n\}$ 有界，所以 $S$ 有上界。记 $\eta' = \sup S$。

由 $S$ 的定义可知， $\forall \epsilon > 0$， $(-\infty, \eta' - \epsilon)$ 只包含 $\{a_n\}$ 的有限项，而 $(-\infty, \eta' + \epsilon)$ 包含 $\{a_n\}$ 的无限项，因此 $(\eta' - \epsilon, \eta' + \epsilon)$ 包含 $\{a_n\}$ 的无限项。

$\forall \epsilon > 0$， 可在 $(\eta' - \frac{\epsilon}{2}, \eta' + \frac{\epsilon}{2})$ 中取一项 $x_{n_k}$，且 $n_1 < n_2 < n_3 < ...$。由 Cauchy 条件， $\exists M \in N$， 当 $n > \max(M, n_1)$ 且 $n_k > \max(M, n_1)$ 时： $$|a_n - a_{n_k}| < \frac{\epsilon}{2}$$

又因为 $|a_{n_k} - \eta'| < \frac{\epsilon}{2}$， 所以：
$$|a_n - \eta'| \le |a_n - a_{n_k}| + |a_{n_k} - \eta'| < \epsilon$$
因此 $\lim_{n \to +\infty} a_n = \eta'$。

确界原理证明有限覆盖定理

设集合 $S = \{x | [a, x] \text{能被} H \text{中有限个开区间覆盖}\}$。因为 $a \in S$，所以 $S$ 非空。由覆盖定义， $\exists (\alpha, \beta) \in H$ 使得 $a \in (\alpha, \beta)$，取 $x \in (\alpha, \beta)$ 且 $x > a$， 则 $[a, x] \subset (\alpha, \beta)$， 即 $[a, x]$ 被一个开区间覆盖，因此 $x \in S$， $S$ 有上界。

集合 $S$ 非空有上界，由确界原理， $S$ 有上确界，记 $\xi = \sup S$。

现证 $\xi = b$。若 $\xi \neq b$， 则 $a < \xi < b$。由于 $H$ 覆盖 $[a, b]$， 存在 $(\alpha_1, \beta_1) \in H$ 使得 $\xi \in (\alpha_1, \beta_1)$。取 $x_1, x_2$ 满足 $\alpha_1 < x_1 < \xi < x_2 < \beta_1$。因为 $x_1 \in S$， 所以 $[a, x_1]$ 能被 $H$ 中有限个开区间覆盖，再加上 $(\alpha_1, \beta_1)$ 就能覆盖 $[a, x_2]$， 因此 $x_2 \in S$。但 $x_2 > \xi$， 与 $\xi = \sup S$ 矛盾。故 $\xi = b$， 即 $[a, b]$ 能被 $H$ 中有限个开区间覆盖。

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单调有界原理证明其余定理

单调有界原理证明确界原理

设一非空数集 $S$ 有上界。

取所有不小于 $S$ 的数构成数列 $\{r_n\}$，并令 $\{x_n\} = \min(r_1, r_2, ... r_n)$。则 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界（因为 $S$ 非空）。由单调有界原理， $\{x_n\}$ 收敛，记 $\xi = \lim_{n \to +\infty} x_n$。

现证 $\xi$ 是 $S$ 的上确界。

首先证明 $\xi$ 是 $S$ 的上界。反证，若 $\exists a \in S$ 使得 $a > \xi$， 取 $\epsilon = \frac{a - \xi}{2}$， 由极限定义， $\exists N$ 使得 $\xi \le x_N < \xi + \epsilon = \frac{a + \xi}{2} < \frac{a + a}{2} = a$。但 $x_N$ 是某些 $r_n$ 的最小值，这些 $r_n$ 都大于等于 $a$， 所以 $x_N \ge a$， 矛盾。故 $\xi$ 是 $S$ 的上界。

然后证明 $\xi$ 是最小的上界。 $\forall \epsilon > 0$， 要证存在 $a \in S$ 使得 $a > \xi - \epsilon$。若不然，则 $\forall a \in S, a < \xi - \epsilon$， 那么 $\xi - \epsilon$ 是一个上界。在构造 $\{r_n\}$ 时， $\exists r_N$ 满足 $\xi - \epsilon \le r_N < \xi$。但由 $\{x_n\}$ 的定义， $x_n \le r_N$， 因此 $\lim_{n \to +\infty} x_n = \xi \le r_N < \xi$， 矛盾。所以 $\xi$ 是 $S$ 的上确界。

单调有界原理证明闭区间套定理

设闭区间 $[a_n, b_n]$ 满足：
$$[a_1, b_1] \supset [a_2, b_2] \supset [a_3, b_3] \supset ...$$
且 $\lim_{n \to +\infty} (b_n - a_n) = 0$。要证明存在唯一 $\xi \in [a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$。

由闭区间套的条件可知，数列 $\{a_n\}$ 单调增加且有上界（例如 $b_1$）。由单调有界原理， $\{a_n\}$ 收敛，记 $\lim_{n \to +\infty} a_n = \xi$， 且 $a_n \le \xi$。

同理，数列 $\{b_n\}$ 单调减少且有下界。由单调有界原理， $\{b_n\}$ 也收敛。由于 $\lim_{n \to +\infty} (b_n - a_n) = 0$， 有：
$$\lim_{n \to +\infty} b_n = \lim_{n \to +\infty} a_n + \lim_{n \to +\infty} (b_n - a_n) = \xi$$
且 $\xi \le b_n$。综上， $a_n \le \xi \le b_n$， 即 $\xi \in [a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$。

然后证明唯一性，采用反证法，假设存在 $\xi' \neq \xi$， 也满足 $\xi' \in [a_n, b_n]$，那么 $|\xi' - \xi| \le |a_n - b_n| \to 0 (n \to +\infty)$， 从而 $\xi' = \xi$，矛盾。故唯一性得证。

单调有界原理证明聚点定理

对于有界数列 $\{a_n\}$， 我们构造一个单调子列，从而证明收敛子列存在。

若在任一项之后，总存在最大的项。由此构造子列 $\{a_{n_k}\}$：设 $a_1$， 取 $a_{n_1} = a_1$ 之后最大的项为 $a_{n_2}$， $a_{n_2}$ 之后最大的项为 $a_{n_3}$， 以此类推。这样得到的 $a_{n_k} \ge a_{n_{k+1}}$， 即 $\{a_{n_k}\}$ 单调递减。由于 $\{a_n\}$ 有界， $\{a_{n_k}\}$ 也有界，由单调有界原理， $\{a_{n_k}\}$ 收敛。

若在任一项后，不存在最大的项，则取 $a_{n_1} = a_1$， 在 $a_{n_1}$ 之后总能找到更大的项，取之为 $a_{n_2}$， 再在 $a_{n_2}$ 之后找到更大的项 $a_{n_3}$， 如此继续，得到子列 $\{a_{n_k}\}$ 单调递增。由于 $\{a_n\}$ 有界， $\{a_{n_k}\}$ 也有界，由单调有界原理， $\{a_{n_k}\}$ 收敛。

综上所述，在两种情况下，数列 $\{a_n\}$ 都存在收敛子列 $\{a_{n_k}\}$。

单调有界原理证明Cauchy收敛准则

证明必要性：

若数列 $\{a_n\}$ 收敛于 $a$， 则 $\forall \epsilon > 0$， $\exists M \in N$， 当 $m, n > M$ 时有：
$$|a_m - a| < \frac{\epsilon}{2}, |a_n - a| < \frac{\epsilon}{2}$$
因此：
$$|a_m - a_n| \le |a_m - a| + |a_n - a| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

证明充分性：

设数列 $\{a_n\}$ 满足 Cauchy 条件，即 $\forall \epsilon > 0$， $\exists M \in N$， 当 $m, n > M$ 时 $|a_m - a_n| < \epsilon$。

首先证明数列 $\{a_n\}$ 有界。取 $\epsilon = 1$， 则 $\exists N_0$， 当 $n > N_0$ 时 $|a_n - a_{N_0+1}| < 1$， 因此 $\forall n > N_0$， $|a_n| \le |a_{N_0+1}| + 1$。前 $N_0$ 项为有限项，所以 $\{a_n\}$ 有界。

不妨设 $a_n \in [a, b]$。下面构造单调收敛子列 $\{a_{n_k}\}$。

• 在 $[a, b]$ 中取 $a_{n_1} \in \{a_n\}$ 使得 $(a_{n_1}, b]$ 中含数列 $\{a_n\}$ 中无穷多项。
• 在 $(a_{n_k}, b]$ 中取 $a_{n_{k+1}}$ 使得 $n_{k+1} > n_k$ 且 $(a_{k+1}, b]$ 中含数列 $\{a_n\}$ 中无穷多项，则 $a_{n_k} < a_{n_{k+1}}$。

重复步骤2即可得到 $\{a_n\}$ 的一个单调递增子列 $\{a_{n_k}\}$。由于 $\{a_n\}$ 有界， $\{a_{n_k}\}$ 单调递增有上界，由单调有界原理， $\lim_{n \to +\infty} a_{n_k} = a$。

然后证数列 $\{a_n\}$ 本身也收敛于 $a$。$\forall \epsilon > 0$， $\exists M_1, M_2 \in N$ 使得：

• 当 $n_k > M_1$ 时， $|a_{n_k} - a| < \frac{\epsilon}{2}$
• 当 $n, n_k > M_2$ 时， $|a_n - a_{n_k}| < \frac{\epsilon}{2}$

取 $n, n_k > \max(M_1, M_2)$， 则 $|a_n - a| < |a_n - a_{n_k}| + |a_{n_k} - a| < \epsilon$。所以 $\{a_n\}$ 收敛于 $a$。

单调有界原理证明有限覆盖定理

设闭区间 $[a, b]$ 被开区间族 $H$ 覆盖。考虑所有有理数 $r \in (a, b]$ 使得 $[a, r]$ 能被 $H$ 中有限个开区间覆盖，记这些有理数为数列 $\{r_n\}$。由覆盖定义， $\exists (\alpha, \beta) \in H$ 使得 $a \in (\alpha, \beta)$， 可取有理数 $r_n > a$ 且 $r_n \in (\alpha, \beta)$， 因此 $\{r_n\}$ 非空，且被 $H$ 中有限覆盖。

取 $x_n = \max(r_1, r_2, ..., r_n)$， 则 $\{x_n\}$ 单调递增。显然 $\forall n$， 有 $r_n \le b$， 所以 $x_n \le b$， $\{x_n\}$ 有上界。由单调有界原理， $\{x_n\}$ 收敛，记 $\xi = \lim_{n \to +\infty} x_n$。由单调性， $r_n \le x_n \le \xi$。

由于 $x_n \in [a, b]$， 且 $b$ 是 $\{x_n\}$ 的一个上界，所以 $\xi \le b$。又 $a \le x_n \le \xi$， 得 $a \le \xi \le b$， 即 $\xi \in [a, b]$。由于 $H$ 覆盖 $[a, b]$， 存在 $(\alpha_1, \beta_1) \in H$ 使得 $\xi \in (\alpha_1, \beta_1)$。由 $\{r_n\}$ 的构造，存在 $r_N \in \{r_n\}$ 使得 $\alpha_1 < r_N \le \xi$。

由数列 $\{r_n\}$ 的定义， $[a, r_N]$ 能被 $H$ 中有限个开区间覆盖，再加上 $(\alpha_1, \beta_1)$ 就能覆盖 $[a, \xi]$。所以 $[a, \xi]$ 能被 $H$ 中有限覆盖。

现证 $\xi = b$。若 $\xi \neq b$， 则 $a < \xi < b$。存在有理数 $r'$ 满足 $\xi < r' < \min(b, \beta_1)$。由于 $[a, \xi]$ 能被 $H$ 中有限覆盖，且 $[\xi, r'] \subset (\alpha_1, \beta_1)$， 所以 $[a, r']$ 也能被 $H$ 中有限覆盖，即 $r' \in \{r_n\}$。于是 $r' \le \xi$， 与 $\xi < r'$ 矛盾。故 $\xi = b$， 从而 $[a, b]$ 能被 $H$ 中有限覆盖。

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闭区间套定理证明其余定理

闭区间套定理证明确界原理

证明非空有上界集合 $S$ 必有上确界（下确界同理可证）。

设集合 $S$ 有上界。我们目标是找到一个数 $\xi$， 它满足：

1. $\xi$ 是 $S$ 的上界。
2. 对任意 $\epsilon > 0$， 存在 $x \in S$ 使得 $x > \xi - \epsilon$。

如果这样的 $\xi$ 存在，它就是上确界。我们通过构造一个区间套来找到 $\xi$。先找一个包含 $S$ 部分点且满足以下条件的初始区间 $[a, b]$：

• 任何大于 $b$ 的点均不在 $S$ 中（$b$ 是 $S$ 的一个上界）。
• $[a, b]$ 中至少包含一个 $S$ 中的点。

对 $[a, b]$ 进行二分，取其中点 $c = \frac{a+b}{2}$。若 $c$ 是 $S$ 的上界，则令 $[a_1, b_1] = [a, c]$；否则，存在 $x \in S$ 使 $x > c$， 则令 $[a_1, b_1] = [c, b]$。这样得到的 $[a_1, b_1]$ 仍满足：$b_1$ 是 $S$ 的上界，且 $[a_1, b_1]$ 包含 $S$ 的点。

重复以上过程，得到一列闭区间 $[a_n, b_n]$， 满足：
$$[a, b] \supset [a_1, b_1] \supset [a_2, b_2] \supset ...$$
且
$$\lim_{n \to +\infty} (b_n - a_n) = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{2^n}(b-a) = 0$$
由闭区间套定理，存在唯一的 $\xi$ 属于所有 $[a_n, b_n]$， 且 $\lim_{n \to +\infty} b_n = \lim_{n \to +\infty} a_n = \xi$。

证明 $\xi$ 是上确界。一方面， $\forall x \in S$， 因为每个 $b_n$ 都是 $S$ 的上界，所以 $x \le b_n$， 从而 $x \le \lim_{n \to +\infty} b_n = \xi$。故 $\xi$ 是 $S$ 的上界。

另一方面， $\forall \epsilon > 0$， 由于 $a_n \to \xi$， $\exists M \in N$ 使得 $a_M > \xi - \epsilon$。根据区间套的构造， $[a_n, b_n]$ 内总含有 $S$ 的点，故 $\exists x \in S \cap [a_M, b_M]$， 从而 $x \ge a_M > \xi - \epsilon$。因此 $\xi$ 是 $S$ 的上确界。

闭区间套定理证明单调有界原理

设数列 $\{x_n\}$ 单调增加且有上界 $b$。取 $a = x_1$， 则 $\{x_n\} \subset [a, b]$。

将区间 $[a, b]$ 二等分为 $[a, \frac{a+b}{2}]$ 和 $[\frac{a+b}{2}, b]$。由于 $\{x_n\}$ 单调增加，若右边区间包含无穷多项 $\{x_n\}$，则取其为 $[a_1, b_1]$；否则，左边区间包含无穷多项 $\{x_n\}$，取其为 $[a_1, b_1]$。

重复以上过程，得到一系列闭区间 $[a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$， 满足 $[a_n, b_n]$ 包含 $\{x_n\}$ 的无穷多项，且区间长度趋于0。由闭区间套定理，存在唯一 $\xi$ 使得 $\xi \in [a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$。

然后证明 $\xi = \lim_{n \to +\infty} x_n$。因为 $\lim_{n \to +\infty} (b_n - a_n) = 0$， $\forall \epsilon > 0$， $\exists M_1 \in N$ 使得当 $n > M_1$ 时 $|a_n - b_n| < \epsilon$。又因为每个 $[a_n, b_n]$ 都包含 $\{x_n\}$ 的无穷多项，所以 $\exists M_2 \in N$ 使得当 $n > M_2$ 时 $x_n \in [a_n, b_n]$。取 $M = \max(M_1, M_2)$， 则当 $n > M$ 时， $|x_n - \xi| \le |a_n - b_n| < \epsilon$。所以 $\xi$ 是 $\{x_n\}$ 的极限。

闭区间套定理证明聚点定理

设数列 $\{x_n\}$ 有界，则存在 $a, b$ 使得 $a \le x_n \le b$， 即 $\{x_n\} \subset [a, b]$。

将闭区间 $[a, b]$ 二等分，则至少有一半包含 $\{x_n\}$ 的无穷多项，取其为 $[a_1, b_1]$。再将 $[a_1, b_1]$ 二等分，同样取包含无穷多项的一半为 $[a_2, b_2]$。如此继续，得到一列闭区间 $[a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$， 满足每个 $[a_n, b_n]$ 都包含 $\{x_n\}$ 的无穷多项，且区间长度趋于0。

由区间套定理可知，存在唯一 $\xi$ 使得 $\xi \in [a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$， 且 $\lim_{n \to +\infty} b_n = \lim_{n \to +\infty} a_n = \xi$。

构造收敛子列 $\{x_{n_k}\}$。首先，因为 $[a_1, b_1]$ 包含无穷多项，取其中一项为 $x_{n_1} \in \{x_n\} \cap [a_1, b_1]$。接着，因为 $[a_2, b_2]$ 包含无穷多项，取 $n_2 > n_1$ 且 $x_{n_2} \in \{x_n\} \cap [a_2, b_2]$。依此类推，可得子列 $\{x_{n_k}\}$ 满足 $x_{n_k} \in [a_k, b_k]$。

由 $\{x_{n_k}\}$ 的构造， $\forall \epsilon > 0$， $\exists M = \lceil \frac{1}{\epsilon} \rceil$， 当 $k > M$ 时， $|x_{n_k} - \xi| \le |b_k - a_k| < \epsilon$。因此 $\lim_{k \to +\infty} x_{n_k} = \xi$。故有界数列 $\{x_n\}$ 存在收敛子列，致密性定理得证。

闭区间套定理证明Cauchy收敛准则

证明必要性：

若数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $x$， 则 $\forall \epsilon > 0$， $\exists M \in N$， 当 $m, n > M$ 时有：
$$|x_m - x| < \frac{\epsilon}{2}, |x_n - x| < \frac{\epsilon}{2}$$
因此：
$$|x_m - x_n| \le |x_m - x| + |x_n - x| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

证明充分性：

设数列 $\{x_n\}$ 满足 Cauchy 条件：$\forall \epsilon > 0$， $\exists M \in N$， 当 $n > M$ 时 $|x_n - x_M| < \epsilon$， 即 $x_n \in [x_M - \epsilon, x_M + \epsilon]$。

我们利用此构造一个区间套。取 $\epsilon = \frac{1}{2}$， 则 $\exists M_1 \in N$ 使得当 $n > M_1$ 时 $x_n \in [x_{M_1} - \epsilon, x_{M_1} + \epsilon]$， 记此区间为 $[a_1, b_1]$。

再取 $\epsilon = \frac{1}{2^2}$， 则 $\exists M_2 \in N$ 使得当 $n > M_2$ 时 $x_n \in [x_{M_2} - \epsilon, x_{M_2} + \epsilon]$， 记此区间为 $[a_2, b_2]$。由于 Cauchy 列的性质，可以要求 $M_2 > M_1$ 且 $[a_2, b_2] \subset [a_1, b_1]$。

取 $\epsilon = \frac{1}{2^3}$， 则 $\exists M_3 \in N$ 使得当 $n > M_3$ 时 $x_n \in [x_{M_3} - \epsilon, x_{M_3} + \epsilon]$， 记此区间为 $[a_3, b_3]$， 且要求 $[a_3, b_3] \subset [a_2, b_2]$。

以此类推，便能得到一系列闭区间 $[a_n, b_n]$ 满足 $[a_{n+1}, b_{n+1}] \subset [a_n, b_n]$， 且区间长度 $b_n - a_n = \frac{1}{2^{n-1}} \to 0$。由闭区间套定理，存在唯一 $\xi \in [a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$。

最后证明 $\lim_{n \to +\infty} x_n = \xi$。$\forall \epsilon > 0$， 由区间套长度趋于0， $\exists M \in N$ 使得当 $n > M$ 时 $|b_n - a_n| < \epsilon$。又因为对充分大的 $n$， $x_n$ 落在 $[a_n, b_n]$ 中，所以 $|x_n - \xi| \le |b_n - a_n| < \epsilon$。因此 $x_n \to \xi (n \to +\infty)$。

闭区间套定理证明有限覆盖定理

证明闭区间 $[a, b]$ 的任意开覆盖 $H$ 都有有限子覆盖。

采用反证法。假设闭区间 $[a, b]$ 不能被 $H$ 中有限个开区间覆盖。将 $[a, b]$ 二等分为两个子区间，则其中至少有一个子区间不能被 $H$ 中有限个开区间覆盖（否则两个都能有限覆盖，整个 $[a, b]$ 也能）。记这个子区间为 $[a_1, b_1]$。

再将 $[a_1, b_1]$ 二等分，同理，至少有一半不能被有限覆盖，记为 $[a_2, b_2]$。如此继续，得到一列闭区间 $[a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$， 满足每个 $[a_n, b_n]$ 都不能被 $H$ 中有限个开区间覆盖，且 $[a_{n+1}, b_{n+1}] \subset [a_n, b_n]$， 区间长度趋于0。

由闭区间套定理可知，存在唯一的 $\xi$ 使得 $\xi \in [a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$。由于 $H$ 是 $[a, b]$ 的开覆盖，存在开区间 $(\alpha, \beta) \in H$ 使得 $\xi \in (\alpha, \beta)$。令 $\epsilon = \min(|\alpha - \xi|, |\beta - \xi|)$， 则 $(\xi - \epsilon, \xi + \epsilon) \subset (\alpha, \beta)$。

因为 $\lim_{n \to +\infty} (b_n - a_n) = 0$， $\exists M \in N$ 使得当 $n > M$ 时 $|b_n - a_n| < \epsilon$。又因为 $\xi \in [a_n, b_n]$， 所以当 $n$ 充分大时， $[a_n, b_n] \subset (\xi - \epsilon, \xi + \epsilon) \subset (\alpha, \beta)$。这意味着 $[a_n, b_n]$ 被 $H$ 中单独一个开区间 $(\alpha, \beta)$ 覆盖，与 $[a_n, b_n]$ 的构造（不能被有限覆盖）矛盾。因此假设不成立， $[a, b]$ 能被 $H$ 中有限个开区间覆盖。

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聚点定理证明其余定理

聚点定理证明确界原理

证明非空有上界集合 $S$ 必有上确界（下确界同理可证）。

设集合 $S$ 有上界 $b$， 且存在 $a \in S$。考虑区间 $[a, b]$。如果 $S$ 没有上确界，可以证明 $[a, b]$ 中的每一点 $x$， 要么存在邻域不含 $S$ 的点，要么存在邻域其内的点都不大于 $S$ 的某个上界。这会导致 $S$ 的聚点（由聚点定理， $S$ 作为有界无限集应有聚点）性质矛盾。

另一种构造性证法：将区间 $[a, b]$ 二等分为 $[a, \frac{a+b}{2}]$ 和 $[\frac{a+b}{2}, b]$。若右区间包含 $S$ 的点，则取其为 $[a_1, b_1]$；否则取左区间为 $[a_1, b_1]$。重复此过程，得到一列闭区间 $[a_n, b_n], n = 1, 2, 3, ...$。

从而有 $\lim_{n \to +\infty} (b_n - a_n) = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{2^n}(b-a) = 0$。由区间套定理（其本身可由聚点定理证明，见后续），存在唯一公共点 $\xi$。可以论证 $\xi$ 即为上确界：它是上界（否则存在 $x \in S$ 使 $x > \xi$， 与区间套构造矛盾），且是最小的（否则存在更小的上界，也与构造矛盾）。

由聚点定理证明闭区间套定理（后文将给出），存在唯一 $\xi \in \bigcap_{n=1}^{\infty} [a_n, b_n]$。

现证 $\xi = \sup S$。首先，$\xi$ 是 $S$ 的一个上界。若存在 $x \in S$ 使得 $x > \xi$，则当 $n$ 足够大时，$b_n < x$（因为 $b_n \to \xi$）。但由区间套的构造，若右区间 $[\frac{a_n+b_n}{2}, b_n]$ 包含 $S$ 的点，则 $[a_{n+1}, b_{n+1}]$ 取为右区间，此时 $b_{n+1}=b_n$；若不包含，则 $[a_{n+1}, b_{n+1}]$ 取为左区间，且 $b_{n+1} = \frac{a_n+b_n}{2}$。无论如何，$b_n$ 始终是 $S$ 的上界，这与 $x \in S$ 且 $x > b_n$ 矛盾。故 $\xi$ 是上界。

其次，$\xi$ 是最小的上界。若存在 $\eta < \xi$ 也是 $S$ 的上界，则由于 $a_n \to \xi$，存在 $N$ 使得 $a_N > \eta$。但由区间套构造，$[a_N, b_N]$ 包含 $S$ 的点（因为每次选取都保证区间包含 $S$ 的点），设 $s \in S \cap [a_N, b_N]$，则 $s \ge a_N > \eta$，这与 $\eta$ 是上界矛盾。因此 $\xi$ 是 $S$ 的上确界。

聚点定理证明单调有界原理

设数列 $\{x_n\}$ 单调递增且有上界。由聚点定理（或其等价形式致密性定理），有界数列必有收敛子列，设子列 $\{x_{n_k}\}$ 收敛于 $L$。下证原数列 $\{x_n\}$ 也收敛于 $L$。

$\forall \epsilon > 0$，由于 $x_{n_k} \to L$，存在 $K$ 使得当 $k \ge K$ 时，$|x_{n_k} - L| < \epsilon$。取 $N = n_K$，则对任意 $n > N$，由于 $\{x_n\}$ 单调递增，存在 $k'$ 使得 $n_{k'} \ge n > N = n_K$，从而有 $x_{n_{k'}} \ge x_n \ge x_N = x_{n_K}$。于是 $$L - \epsilon < x_{n_K} \le x_n \le x_{n_{k'}} < L + \epsilon$$

即 $|x_n - L| < \epsilon$。故 $\lim_{n \to \infty} x_n = L$。

聚点定理证明闭区间套定理

设 $\{[a_n, b_n]\}$ 为一列闭区间套，满足 $[a_1, b_1] \supset [a_2, b_2] \supset \cdots$ 且 $\lim_{n \to \infty} (b_n - a_n) = 0$。

考虑数列 $\{a_n\}$，它单调递增且有上界 $b_1$，因此有界。由聚点定理，存在收敛子列 $\{a_{n_k}\}$，设其极限为 $\xi$，即 $\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = \xi$。

由于 $\{a_n\}$ 单调递增，整个序列 $\{a_n\}$ 也收敛于同一个极限 $\xi$（因为对于任意 $n$，当 $k$ 足够大时，$n_k \ge n$，从而 $a_n \le a_{n_k}$，取极限得 $a_n \le \xi$；同时由 $\{a_n\}$ 的单调性及子列收敛于 $\xi$，易证 $a_n \to \xi$）。

同理，数列 $\{b_n\}$ 单调递减且有下界 $a_1$，故也收敛。设其极限为 $\eta$。由区间套条件 $b_n - a_n \to 0$，可得 $\eta = \xi$。

现在证明 $\xi \in [a_n, b_n]$ 对所有 $n$ 成立。由于 $a_n$ 单调递增趋于 $\xi$，故对任意固定的 $n$，当 $m \ge n$ 时，$a_m \ge a_n$，取极限 $m \to \infty$ 得 $\xi \ge a_n$。类似地，由 $b_n$ 单调递减趋于 $\xi$，可得 $\xi \le b_n$。因此 $\xi \in [a_n, b_n]$ 对所有 $n$ 成立。

唯一性：若另有一点 $\xi' \in \bigcap_{n=1}^{\infty} [a_n, b_n]$，则 $0 \le |\xi' - \xi| \le b_n - a_n \to 0$，故 $|\xi' - \xi| = 0$，即 $\xi' = \xi$。

聚点定理证明 Cauchy 收敛准则

必要性：若数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$，则 $\forall \epsilon > 0$，$\exists N$，当 $n > N$ 时 $|x_n - a| < \epsilon/2$。于是当 $m, n > N$ 时，$|x_m - x_n| \le |x_m - a| + |x_n - a| < \epsilon$。

充分性：设数列 $\{x_n\}$ 满足 Cauchy 条件。先证其有界：取 $\epsilon = 1$，存在 $N$，当 $m, n \ge N$ 时 $|x_m - x_n| < 1$。特别地，当 $n \ge N$ 时，$|x_n - x_N| < 1$，故 $|x_n| < |x_N| + 1$。因此 $\{x_n\}$ 有界。

由聚点定理，有界数列 $\{x_n\}$ 存在收敛子列 $\{x_{n_k}\}$，设其极限为 $L$，即 $\lim_{k \to \infty} x_{n_k} = L$。

下证原数列也收敛于 $L$。$\forall \epsilon > 0$，由 Cauchy 条件，存在 $N_1$，当 $m, n \ge N_1$ 时，$|x_m - x_n| < \epsilon/2$。由于 $x_{n_k} \to L$，存在 $K$，当 $k \ge K$ 时 $|x_{n_k} - L| < \epsilon/2$，且可取 $n_K \ge N_1$。取 $N = n_K$，则对任意 $n \ge N$：
$$|x_n - L| \le |x_n - x_{n_K}| + |x_{n_K} - L| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$
故 $\lim_{n \to \infty} x_n = L$。

聚点定理证明有限覆盖定理

采用反证法。设闭区间 $[a, b]$ 被开区间族 $\mathcal{H} = \{H_\lambda\}_{\lambda \in \Lambda}$ 覆盖，但不存在有限子覆盖。

将 $[a, b]$ 等分为两个子区间 $[a, \frac{a+b}{2}]$ 和 $[\frac{a+b}{2}, b]$。则至少有一个子区间不能被 $\mathcal{H}$ 有限覆盖（否则它们的有限子覆盖的并就构成 $[a, b]$ 的有限子覆盖）。记该子区间为 $[a_1, b_1]$。

再将 $[a_1, b_1]$ 等分，同理存在一个子区间 $[a_2, b_2]$ 不能被有限覆盖。继续此过程，得到一列闭区间 $\{[a_n, b_n]\}$，满足：

1. $[a_{n+1}, b_{n+1}] \subset [a_n, b_n]$，
2. $b_n - a_n = (b-a)/2^n \to 0$，
3. 每个 $[a_n, b_n]$ 都不能被 $\mathcal{H}$ 有限覆盖。

考虑数列 $\{a_n\}$。它单调递增且有上界 $b$，故有界。由聚点定理（致密性定理），存在收敛子列 $\{a_{n_k}\}$。但由于 $\{a_n\}$ 本身单调，故整个序列 $\{a_n\}$ 收敛，设 $\lim_{n \to \infty} a_n = \xi$。同理，$\lim_{n \to \infty} b_n = \xi$，且 $\xi \in [a_n, b_n]$ 对所有 $n$ 成立。

由于 $\mathcal{H}$ 覆盖 $[a, b]$，存在开集 $H_{\lambda_0} \in \mathcal{H}$ 使得 $\xi \in H_{\lambda_0}$。因为 $H_{\lambda_0}$ 是开集，存在 $\epsilon > 0$ 使得 $(\xi - \epsilon, \xi + \epsilon) \subset H_{\lambda_0}$。又因为 $a_n \to \xi$ 且 $b_n \to \xi$，存在 $N$ 使得当 $n \ge N$ 时，$a_n > \xi - \epsilon$ 且 $b_n < \xi + \epsilon$，即 $[a_n, b_n] \subset (\xi - \epsilon, \xi + \epsilon) \subset H_{\lambda_0}$。这意味着 $[a_n, b_n]$ 被 $\mathcal{H}$ 中单单一个开集 $H_{\lambda_0}$ 覆盖，与 $[a_n, b_n]$ “不能被有限覆盖”的构造矛盾。因此假设不成立，$[a, b]$ 必能被 $\mathcal{H}$ 有限覆盖。

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Cauchy收敛准则证明其余定理

Cauchy收敛准则证明确界原理

设 $S$ 是非空有上界的数集。目标是构造一个 Cauchy 列，其极限即为 $S$ 的上确界。

取 $b_0$ 为 $S$ 的一个上界，$a_0 \in S$ 且 $a_0 < b_0$（$S$ 非空）。递归定义数列 $\{a_n\}$, $\{b_n\}$ 如下：对于 $n \ge 0$，令 $c_n = (a_n + b_n)/2$。

• 若 $c_n$ 是 $S$ 的上界，则令 $a_{n+1} = a_n$， $b_{n+1} = c_n$；
• 否则，存在 $s \in S$ 使得 $s > c_n$，令 $a_{n+1} = s$， $b_{n+1} = b_n$。

可以验证：

1. $\{a_n\} \subset S$， $\{b_n\}$ 是 $S$ 的上界列。
2. $a_n \le a_{n+1} < b_{n+1} \le b_n$，且 $b_n - a_n = (b_0 - a_0)/2^n \to 0$。

现证 $\{a_n\}$ 是 Cauchy 列。$\forall \epsilon > 0$，由于 $b_n - a_n \to 0$，存在 $N$ 使得当 $n \ge N$ 时 $b_n - a_n < \epsilon$。则对任意 $m, n \ge N$，不妨设 $m \le n$，有 $a_N \le a_m \le a_n < b_n \le b_N$，故
$$|a_m - a_n| \le b_n - a_m \le b_N - a_N < \epsilon$$
所以 $\{a_n\}$ 是 Cauchy 列。由 Cauchy 收敛准则，$\{a_n\}$ 收敛，设其极限为 $\xi = \lim_{n \to \infty} a_n$。同理，$\{b_n\}$ 也收敛于同一个 $\xi$（因为 $b_n - a_n \to 0$）。

下证 $\xi = \sup S$。首先，$\xi$ 是上界：若存在 $s \in S$ 使得 $s > \xi$，则由于 $b_n \to \xi$，存在 $N$ 使得 $b_N < s$，这与 $b_N$ 是上界矛盾。其次，$\xi$ 是最小上界：$\forall \epsilon > 0$，由于 $a_n \to \xi$，存在 $N$ 使得 $a_N > \xi - \epsilon$，而 $a_N \in S$，故 $\xi$ 是上确界。

Cauchy收敛准则证明单调有界原理

设数列 $\{x_n\}$ 单调递增且有上界 $M$。下证 $\{x_n\}$ 是 Cauchy 列，从而收敛。

$\forall \epsilon > 0$，考虑数集 $S = \{x_n\}$。若 $\{x_n\}$ 不是 Cauchy 列，则存在 $\epsilon_0 > 0$，对任意 $N$，存在 $m > n > N$ 使得 $x_m - x_n \ge \epsilon_0$。由于 $\{x_n\}$ 单调递增，这意味着我们可以找到任意大的下标 $n$，使得 $x_{n+1} - x_n \ge \epsilon_0$（否则数列的增量终将小于 $\epsilon_0$，会与不满足 Cauchy 条件矛盾）。但这会导致 $x_n$ 无界：取 $n$ 足够大，则 $$x_n = x_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (x_{k+1} - x_k) \ge x_1 + K \epsilon_0$$

其中 $K$ 可以任意大，与 $\{x_n\}$ 有上界矛盾。因此 $\{x_n\}$ 必为 Cauchy 列。由 Cauchy 收敛准则，它收敛。

Cauchy收敛准则证明闭区间套定理

设 $\{[a_n, b_n]\}$ 为一列闭区间套，满足 $[a_{n+1}, b_{n+1}] \subset [a_n, b_n]$ 且 $b_n - a_n \to 0$。

考虑数列 $\{a_n\}$。由于区间套包含关系，$\{a_n\}$ 单调递增且有上界 $b_1$。对任意 $\epsilon > 0$，存在 $N$ 使得 $b_N - a_N < \epsilon$。则对任意 $m, n \ge N$，不妨设 $m \ge n$，有 $a_n \le a_m \le b_m \le b_n$，故
$$|a_m - a_n| = a_m - a_n \le b_n - a_n \le b_N - a_N < \epsilon$$
因此 $\{a_n\}$ 是 Cauchy 列。由 Cauchy 收敛准则，$\{a_n\}$ 收敛，设 $\lim_{n \to \infty} a_n = \xi$。

同理，$\{b_n\}$ 单调递减且有下界 $a_1$，也可证其为 Cauchy 列（或直接由 $b_n = a_n + (b_n - a_n)$ 知它收敛于同一极限 $\xi$）。

显然 $a_n \le \xi \le b_n$ 对所有 $n$ 成立，故 $\xi \in \bigcap_{n=1}^{\infty} [a_n, b_n]$。唯一性由区间套长度趋于零保证。

Cauchy收敛准则证明聚点定理

设 $\{x_n\}$ 是有界数列。若其值域是有限集，则必有某项无限次重复，该常数项即构成收敛子列。故可设 $\{x_n\}$ 的值域是无限集。

下面用“二分法”构造一个 Cauchy 子列，从而由 Cauchy 收敛准则知其收敛。因 $\{x_n\}$ 有界，设其包含于 $[a, b]$。将 $[a, b]$ 等分为二，则至少有一个区间包含 $\{x_n\}$ 的无限项，取该区间为 $I_1 = [a_1, b_1]$，并取 $x_{n_1} \in I_1$。

再将 $I_1$ 等分，取其包含 $\{x_n\}$ 无限项的一半为 $I_2 = [a_2, b_2]$，并取 $n_2 > n_1$ 使得 $x_{n_2} \in I_2$。如此继续，得到一列闭区间 $\{I_k = [a_k, b_k]\}$ 和子列 $\{x_{n_k}\}$，满足：

1. $I_{k+1} \subset I_k$，
2. $b_k - a_k = (b-a)/2^k \to 0$，
3. $x_{n_k} \in I_k$。

下证 $\{x_{n_k}\}$ 是 Cauchy 列。$\forall \epsilon > 0$，存在 $K$ 使得当 $k \ge K$ 时 $b_k - a_k < \epsilon$。则对任意 $i, j \ge K$，有 $x_{n_i}, x_{n_j} \in I_K$，故
$$|x_{n_i} - x_{n_j}| \le b_K - a_K < \epsilon$$
因此 $\{x_{n_k}\}$ 是 Cauchy 列，由 Cauchy 收敛准则，它收敛。这就证明了有界数列存在收敛子列。

Cauchy收敛准则证明有限覆盖定理

采用反证法。设 $[a, b]$ 不能被开覆盖 $\mathcal{H} = \{H_\lambda\}$ 有限覆盖。

递归构造区间套 $\{[a_n, b_n]\}$ 如下：令 $[a_0, b_0] = [a, b]$。假设 $[a_n, b_n]$ 已定义且不能被 $\mathcal{H}$ 有限覆盖。将其等分为 $[a_n, c_n]$ 和 $[c_n, b_n]$，其中 $c_n = (a_n+b_n)/2$。则至少有一个子区间不能被 $\mathcal{H}$ 有限覆盖（否则两者有限覆盖的并构成 $[a_n, b_n]$ 的有限覆盖），记该子区间为 $[a_{n+1}, b_{n+1}]$。

如此得到一列闭区间 $\{[a_n, b_n]\}$，满足：

1. $[a_{n+1}, b_{n+1}] \subset [a_n, b_n]$，
2. $b_n - a_n = (b-a)/2^n \to 0$，
3. 每个 $[a_n, b_n]$ 都不能被 $\mathcal{H}$ 有限覆盖。

考虑数列 $\{a_n\}$。对任意 $\epsilon > 0$，存在 $N$ 使得 $b_N - a_N < \epsilon/2$。则对任意 $m, n \ge N$，不妨设 $m \ge n$，有 $a_n \le a_m \le b_m \le b_n$，故
$$|a_m - a_n| = a_m - a_n \le b_n - a_n \le b_N - a_N < \epsilon/2$$
因此 $\{a_n\}$ 是 Cauchy 列。由 Cauchy 收敛准则，$\{a_n\}$ 收敛，设其极限为 $\xi = \lim_{n \to \infty} a_n$。同理 $b_n \to \xi$，且 $\xi \in [a_n, b_n]$ 对所有 $n$ 成立。

由于 $\mathcal{H}$ 覆盖 $[a, b]$，存在 $H_{\lambda_0} \in \mathcal{H}$ 使得 $\xi \in H_{\lambda_0}$。因为 $H_{\lambda_0}$ 是开集，存在 $\epsilon > 0$ 使得 $(\xi - \epsilon, \xi + \epsilon) \subset H_{\lambda_0}$。又因 $a_n, b_n \to \xi$，存在 $N$ 使得当 $n \ge N$ 时 $a_n > \xi - \epsilon$ 且 $b_n < \xi + \epsilon$，即 $[a_n, b_n] \subset (\xi - \epsilon, \xi + \epsilon) \subset H_{\lambda_0}$。这意味着 $[a_n, b_n]$ 被 $\mathcal{H}$ 中单独一个开集覆盖，与 $[a_n, b_n]$ 的构造矛盾。因此假设不成立，$[a, b]$ 必能被 $\mathcal{H}$ 有限覆盖。

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有限覆盖定理证明其余定理

有限覆盖定理证明确界原理

设 $S$ 是非空有上界的数集。用反证法证明 $S$ 有上确界。假设 $S$ 没有上确界，即不存在最小的上界。

令 $b$ 为 $S$ 的一个上界，取 $a \in S$ 且 $a < b$。对每个 $x \in [a, b]$，考虑以下两种情况构造开区间：

1. 若 $x$ 不是 $S$ 的上界，则存在 $s \in S$ 使得 $s > x$。取 $\delta_x > 0$ 足够小使得 $(x - \delta_x, x + \delta_x)$ 内的所有点都小于 $s$（例如取 $\delta_x = (s - x)/2 > 0$）。则 $(x - \delta_x, x + \delta_x)$ 内的点都不是 $S$ 的上界。
2. 若 $x$ 是 $S$ 的上界，由于假设无上确界，$x$ 不是最小的上界，故存在上界 $y < x$。取 $\delta_x > 0$ 使得 $(x - \delta_x, x + \delta_x)$ 内的所有点都大于 $y$（例如取 $\delta_x = (x - y)/2 > 0$）。则 $(x - \delta_x, x + \delta_x)$ 内的点都是 $S$ 的上界。

这样我们得到 $[a, b]$ 的一个开覆盖 $\mathcal{H} = \{(x - \delta_x, x + \delta_x) : x \in [a, b]\}$。由有限覆盖定理，存在有限子覆盖，设为 $(x_1 - \delta_1, x_1 + \delta_1), \dots, (x_n - \delta_n, x_n + \delta_n)$，它们覆盖 $[a, b]$。

注意到 $a \in S$ 且 $a$ 不是上界（除非 $S$ 只有一个点，但此时该点即上确界），故 $a$ 属于某个“非上界”类型的开区间。同时 $b$ 是上界，属于某个“上界”类型的开区间。由于区间覆盖的连通性，必存在某个开区间 $(x_k - \delta_k, x_k + \delta_k)$，它既包含非上界的点也包含上界的点，或者存在两个相邻的开区间，一个类型为“非上界”，另一个为“上界”且它们相交。但这与我们的构造矛盾：在“非上界”区间内的点不可能是上界，而在“上界”区间内的点不可能是非上界。因此假设错误，$S$ 必有上确界。

有限覆盖定理证明单调有界原理

设数列 $\{x_n\}$ 单调递增且有上界 $M$。用反证法证明其收敛。假设 $\{x_n\}$ 不收敛，则其极限 $\lim_{n \to \infty} x_n$ 不存在（或其极限不是有限数，但有上界故不可能无穷大）。这意味着上确界 $L = \sup \{x_n\}$ 不是极限，或者数列不趋于任何数。

更直接地，考虑集合 $A = \{x_n\}$。假设 $\{x_n\}$ 不收敛于其上确界 $L$（若收敛则已证）。则存在 $\epsilon_0 > 0$，使得对无穷多个 $n$，有 $L - x_n \ge \epsilon_0$。由于 $\{x_n\}$ 单调递增，这意味着对所有 $n$， $x_n \le L - \epsilon_0$，这与 $L$ 是上确界矛盾（因为存在点任意接近 $L$）。因此 $\{x_n\}$ 必收敛于 $L$。

另一种使用有限覆盖定理的证法：若 $\{x_n\}$ 不收敛，则存在 $\epsilon_0 > 0$，使得对任意 $N$，存在 $m > n > N$ 满足 $x_m - x_n \ge \epsilon_0$。由于单调递增，这等价于说有无穷多个“跳跃”至少为 $\epsilon_0$。考虑区间 $[x_1, M]$。对每个 $y \in [x_1, M]$，若 $y$ 不是某个 $x_n$，则存在邻域不含任何 $x_n$；若 $y = x_n$，则取邻域足够小使得其中最多只含 $x_n$ 本身。这样得到一个开覆盖。由有限覆盖定理，存在有限子覆盖，从而 $[x_1, M]$ 只含有限个 $x_n$，矛盾。因此 $\{x_n\}$ 必收敛。

有限覆盖定理证明闭区间套定理

设 $\{[a_n, b_n]\}$ 为一列闭区间套，满足 $[a_{n+1}, b_{n+1}] \subset [a_n, b_n]$ 且 $b_n - a_n \to 0$。

用反证法证明存在唯一公共点。假设 $\bigcap_{n=1}^{\infty} [a_n, b_n] = \emptyset$。则对每个 $x \in [a_1, b_1]$，由于 $x$ 不属于所有区间，存在某个 $n_x$ 使得 $x \notin [a_{n_x}, b_{n_x}]$。因为区间是闭的，存在 $\delta_x > 0$ 使得 $(x - \delta_x, x + \delta_x) \cap [a_{n_x}, b_{n_x}] = \emptyset$。特别地，若 $x < a_{n_x}$，可取 $\delta_x = (a_{n_x} - x)/2$；若 $x > b_{n_x}$，可取 $\delta_x = (x - b_{n_x})/2$。

这样我们得到 $[a_1, b_1]$ 的一个开覆盖 $\mathcal{H} = \{(x - \delta_x, x + \delta_x) : x \in [a_1, b_1]\}$。由有限覆盖定理，存在有限子覆盖，设为 $(x_1 - \delta_1, x_1 + \delta_1), \dots, (x_k - \delta_k, x_k + \delta_k)$，它们覆盖 $[a_1, b_1]$。

取 $N = \max\{n_{x_1}, \dots, n_{x_k}\}$。由于区间套是嵌套的，$[a_N, b_N] \subset [a_{n_{x_i}}, b_{n_{x_i}}]$ 对所有 $i$ 成立。但每个开区间 $(x_i - \delta_i, x_i + \delta_i)$ 都与对应的 $[a_{n_{x_i}}, b_{n_{x_i}}]$ 不相交，因此也与 $[a_N, b_N]$ 不相交。然而这些开区间覆盖了 $[a_1, b_1]$，自然也覆盖了其子区间 $[a_N, b_N]$，这就产生了矛盾：$[a_N, b_N]$ 中的点既要在某个开区间内，又要与该开区间不相交。因此假设错误，交集非空。

唯一性由区间长度趋于零直接可得。

有限覆盖定理证明聚点定理

设 $\{x_n\}$ 是有界数列，不妨设所有 $x_n \in [a, b]$。用反证法证明 $\{x_n\}$ 有收敛子列（即存在聚点）。

假设 $\{x_n\}$ 没有聚点，即每个 $y \in [a, b]$ 都不是 $\{x_n\}$ 的聚点。这意味着对每个 $y \in [a, b]$，存在 $\delta_y > 0$ 使得邻域 $(y - \delta_y, y + \delta_y)$ 内至多包含 $\{x_n\}$ 的有限项（可能只有 $y$ 本身，如果 $y$ 是某项的话）。

这样我们得到 $[a, b]$ 的一个开覆盖 $\mathcal{H} = \{(y - \delta_y, y + \delta_y) : y \in [a, b]\}$。由有限覆盖定理，存在有限子覆盖，设为 $(y_1 - \delta_1, y_1 + \delta_1), \dots, (y_k - \delta_k, y_k + \delta_k)$。

由于每个开区间 $(y_i - \delta_i, y_i + \delta_i)$ 至多包含 $\{x_n\}$ 的有限项，这有限个开区间的并集也至多包含有限项。但 $\{x_n\}$ 是无限数列且全部落在 $[a, b]$ 中，即被这有限个开区间覆盖，这意味着 $\{x_n\}$ 只有有限项，矛盾。因此假设错误，$\{x_n\}$ 必有聚点。

有限覆盖定理证明 Cauchy 收敛准则

必要性：若 $\{x_n\}$ 收敛于 $L$，则 $\forall \epsilon > 0$，$\exists N$，当 $n \ge N$ 时 $|x_n - L| < \epsilon/2$。于是当 $m, n \ge N$ 时，$|x_m - x_n| \le |x_m - L| + |x_n - L| < \epsilon$。

充分性：设 $\{x_n\}$ 满足 Cauchy 条件。先证其有界（同前）。故存在区间 $[a, b]$ 包含所有 $x_n$。

假设 $\{x_n\}$ 不收敛。由 Cauchy 条件，这等价于说存在两个不同的子极限（聚点）。更直接的证法：对每个 $y \in [a, b]$，若 $y$ 不是 $\{x_n\}$ 的极限，则存在 $\epsilon_y > 0$ 使得无穷多个 $x_n$ 落在 $[y - \epsilon_y, y + \epsilon_y]$ 之外。但由于 Cauchy 条件，当 $n$ 足够大后，所有 $x_n$ 应落在某个小邻域内，这会导致矛盾。

具体地，取 $\epsilon_0 > 0$ 固定。由 Cauchy 条件，存在 $N$，当 $m, n \ge N$ 时 $|x_m - x_n| < \epsilon_0/2$。考虑点集 $\{x_N, x_{N+1}, \dots\}$，它们全部落在以 $x_N$ 为中心、半径为 $\epsilon_0/2$ 的区间内，即 $[x_N - \epsilon_0/2, x_N + \epsilon_0/2]$。若整个数列不收敛，则存在无穷多个下标 $n < N$ 对应的 $x_n$ 可能远离此区间。但 Cauchy 条件也约束了这些早期项与后期项的关系，通过有限覆盖定理可导出矛盾。

另一种方式：假设 $\{x_n\}$ 不收敛，则存在 $\epsilon_0 > 0$，使得对任意 $N$，存在 $m, n \ge N$ 满足 $|x_m - x_n| \ge \epsilon_0$。我们利用此构造 $[a, b]$ 的一个开覆盖，其中每个开区间长度小于 $\epsilon_0/2$，使得任何两个落在同一开区间的点距离小于 $\epsilon_0$。由有限覆盖定理，有限个这样的开区间覆盖 $[a, b]$，从而 $\{x_n\}$ 的项被分成有限组，每组内任意两项距离小于 $\epsilon_0$。但由假设，存在任意大的 $m, n$ 满足 $|x_m - x_n| \ge \epsilon_0$，这意味着它们不能落在同一开区间，而有限个区间无法容纳这样的无限点对，矛盾。因此 $\{x_n\}$ 必收敛。