2026-09-09-Note

课程导航

课程首页：Mathematical Analysis
前置内容：平面点集
后续内容：二元函数的极限

平面点列与完备性定理

1. 平面点列的收敛

Definition

设 $\{P_n\}\subset {\mathbb{R}}^2$ 为平面点列，$P_0\in {\mathbb{R}}^2$ 为固定点。若对任意 $\epsilon >0$，存在 $N\in {\mathbb{Z}}^{+}$，使得 $n>N$ 时有 $P_n\in U(P_0;\epsilon )$，则称点列 $\{P_n\}$ 收敛于 $P_0$。记作

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{P}_n=P_0\text{或}{P}_n\to P_0(n\to \infty ).$$

若 $P_0(x_0,y_0)$，$P_n(x_n,y_n)$，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{P}_n=P_0⟺\{\begin{array}{l}\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=x_0,\\ \underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=y_0.\end{array}$$

---

2. 柯西准则

Theorem

平面点列 $\{P_n\}$ 收敛，当且仅当对任意 $\epsilon >0$，存在正整数 $N$，使得 $n>N$ 时，对所有正整数 $p$ 都有

$$\rho (P_n,P_{n+p})<\epsilon .$$

Proof

Necessity

若 $P_n\to P_0$，则对任意 $\epsilon >0$，存在 $N$，使 $n>N$ 时

$$\rho (P_n,P_0)<\frac{\epsilon }{2}.$$

于是对任意正整数 $p$，

$$\rho (P_n,P_{n+p})\le \rho (P_n,P_0)+\rho (P_{n+p},P_0)<\epsilon ,$$

故满足柯西条件。

Sufficiency

若 $\{P_n\}$ 满足柯西条件，则对坐标分量 $\{x_n\},\{y_n\}$，有

$$\begin{array}{rl}|x_n-x_m|& \le \rho (P_n,P_m),\\ |y_n-y_m|& \le \rho (P_n,P_m).\end{array}$$

所以 $\{x_n\},\{y_n\}$ 是实数柯西列，从而收敛。设

$$\begin{array}{rl}{x}_n& \to x_0,\\ y_n& \to y_0.\end{array}$$

令 $P_0=(x_0,y_0)$，则由坐标等价性知

$$P_n\to P_0.$$

---

3. 闭域套定理

Theorem

设 $\{D_n\}$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 中的一列非空闭矩形套，满足

$$\begin{array}{rl}{D}_{n+1}& \subset D_n(n=1,2,\dots ),\\ \mathrm{diam}{D}_n& \to 0,\end{array}$$

其中 $\mathrm{diam}{D}_n=\sup \{\rho (P,Q):P,Q\in D_n\}$。则存在唯一一点

$$P_0\in \bigcap _{n=1}^{\infty }{D}_n.$$

Proof

设

$$D_n=[a_n,b_n]\times [c_n,d_n].$$

由 $D_{n+1}\subset D_n$ 得区间套

$$\begin{array}{rl}[a_{n+1},b_{n+1}]& \subset [a_n,b_n],\\ [c_{n+1},d_{n+1}]& \subset [c_n,d_n],\end{array}$$

且

$$\begin{array}{rl}{b}_n-a_n& \to 0,\\ d_n-c_n& \to 0.\end{array}$$

由一维闭区间套定理，存在唯一的

$$\begin{array}{rl}{x}_0& \in \bigcap _{n=1}^{\infty }[a_n,b_n],\\ y_0& \in \bigcap _{n=1}^{\infty }[c_n,d_n].\end{array}$$

令 $P_0=(x_0,y_0)$，则

$$P_0\in \bigcap _{n=1}^{\infty }{D}_n.$$

若 $Q\in {\bigcap }_{n=1}^{\infty }{D}_n$，则

$$\rho (P_0,Q)\le \mathrm{diam}{D}_n\to 0,$$

故 $Q=P_0$，唯一性得证。

---

4. 聚点定理

Theorem

设 $S\subset {\mathbb{R}}^2$ 是有界无限点集，则 $S$ 至少有一个聚点。

Proof

取闭正方形 $D_1$ 包含 $S$。将 $D_1$ 四等分为四个闭正方形，其中至少有一个含有 $S$ 的无限多个点，取此小正方形为 $D_2$。如此继续，得到闭矩形套 $\{D_n\}$，满足

$$\begin{array}{rl}{D}_{n+1}& \subset D_n,\\ \mathrm{diam}{D}_n& =\frac{1}{2^{n-1}}\mathrm{diam}{D}_1\to 0,\end{array}$$

且每个 $D_n$ 含有 $S$ 的无限多个点。

由闭域套定理，存在唯一

$$P_0\in \bigcap _{n=1}^{\infty }{D}_n.$$

任给 $\epsilon >0$，取 $n$ 使 $\mathrm{diam}{D}_n<\epsilon$，则

$$D_n\subset U(P_0;\epsilon ).$$

而 $D_n$ 含有 $S$ 的无限多个点，所以 $U(P_0;\epsilon )$ 中含有 $S$ 中异于 $P_0$ 的点。因此 $P_0$ 是 $S$ 的聚点。

---

5. 有限覆盖定理

Theorem

设 $D\subset {\mathbb{R}}^2$ 是有界闭域，$\mathcal{H}$ 是 $D$ 的一个开覆盖，则 $\mathcal{H}$ 必有有限子覆盖。

Proof

反设 $D$ 不能被 $\mathcal{H}$ 的有限个元素覆盖。取闭矩形 $D_1$ 包含 $D$。将 $D_1$ 四等分，至少有一个小闭矩形 $D_2$ 使得 $D_2\cap D$ 不能被 $\mathcal{H}$ 有限覆盖；否则四个小闭矩形对应的有限覆盖合并后即为 $D$ 的有限覆盖，矛盾。

继续这一过程，得到闭矩形套 $\{D_n\}$，满足

$$\begin{array}{rl}{D}_{n+1}& \subset D_n,\\ \mathrm{diam}{D}_n& \to 0,\end{array}$$

且每个 $D_n\cap D\ne \varnothing$ 都不能被 $\mathcal{H}$ 有限覆盖。

由闭域套定理，存在

$$P_0\in \bigcap _{n=1}^{\infty }{D}_n.$$

取 $P_n\in D_n\cap D$，则 $P_n\to P_0$。因 $D$ 闭，故 $P_0\in D$。于是存在 $G\in \mathcal{H}$，使

$$P_0\in G.$$

又 $G$ 为开集，可取 $\epsilon >0$，使

$$U(P_0;\epsilon )\subset G.$$

当 $n$ 充分大时，$\mathrm{diam}{D}_n<\epsilon$，且 $P_0\in D_n$，所以

$$D_n\subset U(P_0;\epsilon )\subset G.$$

从而

$$D_n\cap D\subset G,$$

即 $D_n\cap D$ 可被 $\mathcal{H}$ 中一个开集覆盖，与 $D_n\cap D$ 不能被有限覆盖矛盾。因此 $\mathcal{H}$ 必有有限子覆盖。

6. 定理之间的依赖关系

$$\text{一维实数完备性}⟹\text{平面点列的柯西准则与闭域套定理}⟹\{\begin{array}{l}\text{聚点定理},\\ \text{有限覆盖定理}.\end{array}$$