六大定理互相证明总结

第一篇：六大定理互相证明总结

六大定理的相互证明总结

XXX 学号

数学科学学院 数学与应用数学专业 班级

指导老师 XXX 摘要 在《数学分析》中第二部分极限续论中提到的实数的基本定理一共提到六大定理，其中包括确界定理，单调有界原理，区间套定理，致密性定理，柯西收敛定理，有限覆盖定理.该六大定理在闭区间上连续函数性质的证明起着同等重要的作用.本文总结了六大定理的相互证明.关键词 确界定理、单调有界原理、区间套定理、致密性定理、柯西收敛定理、有限覆盖定理 确界定理

1.1 确界定理 有上界的非空数集必有上确界，有下界的非空数集必有下确界.1.2 确界定理证明区间套定理 证明：设一无穷闭区间列an,bn（1）后一个区间在前适合下面两个条件：一个区间之内，即对任一正整数n，有anan1＜bn1bn，（2）当n时，区间列的长度bnanbnan0.所成的数列收敛于零，即limn显然数列an中每一个元素均是数列bn的下界，而数列bn中每一个元素均是数列an的上界.由确界定理，数列an有上确界，数列bn有下确界.设infbn,supan.显然anbn,anbn.又limbnan0 

n即an及bn收敛于同一极限，并且是所有区间的唯一公共点.1.3 确界定理证明单调有界原理[1]

证明：我们只就单调增加的有界数列予以证明.因yn有界，则必有上确界supyn.现在证明恰好是yn的极限，即yn.由上确界的定义有：⑴yn（n1,2,3…），⑵对任意给定的＞0，在yn中至少有一个数yN，有yN＞.但由于yn是单调增加数列，因此当n＞N时，有ynyN，从而yn＞.也就是说：当n＞N时，有

0yn＜ 所以 yn 2 单调有界原理

2.1 单调有界原理 单调有界数列有极限.2.2 单调有界原理证明致密性定理

在证明定理之前，我们要先证明一个引理：任意一个数列xn必存在单调子数列.证明：⑴若xn中存在递增子序列xnk，则引理已证明；

⑵若xn中无递增子序列，那么n1＞0，使n＞n1，恒有xn1＞xn.同样在xn（n＞n1）中也无递增子序列.于是又存在n2＞0，使n2＞n，恒有xn2＜xn＜xn1.如此无限进行下去便可得到一严格递减子序列xnk.引理得证.下面证明定理：由引理知，有界数列必有有界单调子数列.又由单调有界原理知，该有界单调子数列必有极限，即该子数列是收敛的.故有界数列必有收敛子列.2.3 单调有界原理证明区间套定理[1]

由定理的条件立即知道an是单调增加有上界的数列，bn是单调递减有下界的数列.根据定理，则liman存在，且极限等于an的上确界.同样，limbn也存在，nn且极限等于bn的下确界.亦即对任何正整数k，有

akliman,bklimbn（*）

nn由定理的另一条件： limbnan0，并且由于已知an及bn的极限都存在，n则有limbnanlimbnliman0.nnn从而证明了两个极限相等，且设是它们的同一极限.于是定理前一部分的结果即已证得.剩下要证的是：是所有区间的唯一公共点.由（*）的两个不等式，即有 akbn（k1,2,3…）

也就是是所有区间的一个公共点.现在要证明是所有区间的唯一公共点.设除点外，所设区间列还有另外一个公共点'，且'.由于an,'bn（n1,2,3…），故有

bnan'（n1,2,3…）由数列极限的性质知道：

limbnan'

n由于limbnan0，故有

n '0

从而有'.到此定理的全部结果都已得证.3 区间套定理

3.1 区间套定理 设一无穷闭区间列an,bn时，区间列的长度bnan共点.3.2 区间套定理证明单调有界原理 证明：设数列xn递增有上界.取闭区间a1,b1，使a1不是数列xn的上界，b1是数列xn的上界.显然在闭区间a1,b1内含有数列xn的无穷多项，而在a1,b1外仅含有数列xn的有限项.对分a1,b1，取a2,b2，使其具有a1,b1的性质.故在闭区间a2,b2内含有数列

（1）后一个适合下面两个条件：区间在前一个区间之内，即对任一正整数n，有anan1＜bn1bn，（2）当nbnan0，则区所成的数列收敛于零，即limn间的端点所成两数列an及bn收敛于同一极限，并且是所有区间的唯一公xn的无穷多项，而在a2,b2外仅含有数列xn的有限项.以此方法，得区间列an,bn.由区间套定理，是所有区间的唯一公共点.显然，在的任何邻域内有数列xn的无穷多项，即＞0，NN*，当n＞N时，有xn＜.所以limxn 定理得证.n3.3 区间套定理证明致密性定理[1]

证明：设yn为有界数列，即存在两个数a,b，使aynb.等分区间a,b为两个区间，则至少有一个区间含有yn中的无穷个数.把这个区间记为a1,b1，如果两个区间都含有无穷个yn，则任取其一作为a1,b1.再等分区间a1,b1为两半，记含有无穷个yn的区间为a2,b2.这个分割手续可以继续不断的进行下去，则得到一个区间列an,bn，这个区间列显然适合下面两个条件：

（1）a,ba1,b1a2,b2…（2）bnanba0 n2于是由区间套定理，必存在唯一点a,b使an,bn，且ak,bk（k1,2,3…）.每一ak,bk中均含有yn的无穷个元素.在a1,b1中任取yn的一项，记为yn1，即yn的第n1项.由于a2,b2也含有无穷个yn，则它必含有yn1以后的无穷多个数，在这些数中任取其一，记为yn2，则n1＜n2.继续在每一ak,bk中都这样取出一个数ynk，即得yn的一个子列ynk，其中n1＜n2＜…＜nk＜…，且akynkbk.令k，由于ak,bk,故

ynk.这就是定理所要的结果.4 致密性定理

4.1 致密性定理 又称魏尔斯特拉斯定理，任一有界数列必有收敛子列.4.2 致密性定理证明单调有界原理

证明：不妨设xn单调递增且有界，根据致密性定理有收敛子列xnk.令limxnka.于是，对＞0，k0，当k＞k0时，有

k xnka＜（*）由于xn单调递增，显然恒有xna（n1,2,3…）.由此（*）式可改成0axnk＜（k＞k0）取Nnk0，当n＞N时有 0axnaxnk＜ 所以 limxna

n4.3 致密性定理证明柯西收敛原理[1] 证明：首先证明条件的必要性：

设xna，则对任意给定＞0，有一正整数N，当k＞N时，有 xka＜从而当m,n＞N时，有

xnxmxnaaxm＜其次证明条件的充分性：

首先，证明满足条件的任何数列必有界.从所设条件，取=1，必有一正整数N0，当m,n＞N0时，有xnxm＜1 特别地，当n＞N0且mN01时，有 xnxN01＜1 从而当n＞N0时，有 xnxnxN01xN01＜1+xN01

这就证明了xn的有界性.由致密性定理，必有收敛子列xnk，设limxnka.k 2+= 22根据子列收敛定义，对任意给定的＞0，必有正整数K，当k＞K时，有 xna＜

取一正整数k0maxK1,N1.于是k0＞K，且nkonN1N1＞N.因此，当n＞N时，由已知条件有xnxnk0＜，所以

xnaxnxnk0xnk0a＜+=2

即 limxna

n5 柯西收敛原理 5.1 柯西收敛原理 数列xn有极限的必要与充分条件是：对任意给定的＞0，有正整数N，当m, n＞N时，有xnxm＜.5.2 柯西收敛原理证明单调有界原理

证明：反证法，设xn为一递增且有上界M的数列.假设其没有极限，则用柯西收敛原理表达就是＞0，对NN*，当m,n＞N时，有 xnxm 取1，必有一正整数N1，当n1,n2＞N1时，有xn2xn11.又由于数列xn为一递增的数列，所以xn2xn1xn2xn11 取1，必有一正整数N1，当n2,n3＞N1时，有xn3xn21 取1，必有一正整数N1，当n3,n4＞N1时，有xn4xn31 …………… …………… …………… 取1，必有一正整数N1，当nk,nk1＞N1时，有xnk1xnk1 将以上式子相加，得xnk1k1（k）与数列xn有上界M矛盾，假设不成立.即，单调有界数列有极限.5.3 柯西收敛原理证明致密性定理

证明：反证法，设xn为一有上界M的数列.假设其没有收敛子列.由子列收敛的定义，则＞0，对NN*，当nk1,nk＞N时，有xnk1xnk.取1，必有一正整数N1，当n1,n2＞N1时，有xn2xn11 取2，必有一正整数N2，当n2,n3＞N2时，有xn3xn22 取3，必有一正整数N3，当n3,n4＞N3时，有xn4xn33 …………… …………… …………… 取k，必有一正整数Nk，当nk,nk1＞Nk时，有xnk1xnkk 显然与数列xn有上界M矛盾，假设不成立.即，任一有界数列必有收敛子列.6 有限覆盖定理 6.1有限覆盖定理 若开区间所组成的区间集E覆盖一个闭区间[a,b],则总可以从E中选出有限个区间，使这有限个区间覆盖[a,b].6.2 有限覆盖定理证明确界定理

证明：在这里我们只说明定理的上确界部分.设不为空集的区间ER，xE,有xM,任取一点x0E，假设E无上确界，那么x[x0,M]: ⅰ)当x为E的上界时，必有更小的上界x1＜x,因而x存在一开邻域x，其中每一点均为E的上界，称其为第一类区间；

ⅱ）当x不是E的上界时，则有x2E使x2＞x,那么x存在一开邻域x，其中每点均不是E的上界，称其为第二类区间. 当x取遍[x0,M]上每一点找出一个邻域x.显然x不是第一类区间就是第二类区间.这些邻域组成闭区间[x0,M]的一个开覆盖，由有限覆盖定理，必存在有限子区间覆盖[x0,M].显然M所在的开区间应为第一类区间，与其邻接的开区间x有公共点.所以xx，x均为E的上界.而与x相邻接的开区间'x有公共点，所以

x'x，x均为E的上界.依此类推，x0所在的开区间也是第一类区间，则x0为E的上界.又x0E，E为常数集.由此矛盾引出.得证.同理，E有下确界.6.3 有限覆盖定理证明致密性定理

证明：设xn是一有界数列，现在证明xn有收敛子列.（1）如果xn仅由有限个数组成，那么至少有一个数要重复无限多次，即（2）如果xn是由无穷多个数组成，由有界性知，存在闭区间a,b，使对一切自然数n都有a＜xn＜b

在a,b内至少存在一点x0，使对于任意的正数，在x0,x0内都含有xn中无穷多个数.事实上，倘若不然，就是说对于a,b中每一点x，都有x＞0，在xx,xx内，仅有xn中的有限个数.考虑所有这样的开区间所成之集：=xn1xn2…=xnk… 因而子列xnk收敛于.xx,xx的有限多个区间.，完全覆盖了闭区间a,b，依有限覆盖定理，存在中1x1x1,x1x1，…，nxnxn,xnxn，他们也覆盖了a,b，并且在每一个i（i1,2,…,n）中都只含xn中的有限多个数.因此xn也最多是由有限个数组成，这与假设矛盾.1于是，对于k=（k1,2,3,…），于x0k,x0k内取xn中无穷多个点，就k1得到xn的子列xnk满足：xnkx0＜k（k1,2,3,…）从而limxn1x0得

kk证.总结：六大定理可以分为两类： ① 有限覆盖定理：反映区间上的整体性质； ② 其余五个：反映函数在一点上的性质.实数的六个基本定理在理论上很有用，在之后的闭区间上的函数的性质的证明上发挥着重要的作用.本文在写作过程中得到了XXX老师的多次精心指导，在此表示感谢.参考文献：

[1] 陈传璋 金福临 朱学炎.《数学分析（上）》.高等教育出版社.1983.7

第二篇：正弦定理证明

正弦定理证明1.三角形的正弦定理证明： 步骤1.在锐角△ABC中，设三边为a，b，c。作CH⊥AB垂足为点H CH=a·sinB CH=b·sinA ∴a·sinB=b·sinA 得到

a/sinA=b/sinB 同理，在△ABC中，b/sinB=c/sinC 步骤2.证明a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R：

如图，任意三角形ABC,作ABC的外接圆O.作直径BD交⊙O于D.连接DA.因为直径所对的圆周角是直角,所以∠DAB=90度 因为同弧所对的圆周角相等,所以∠D等于∠C.所以c/sinC=c/sinD=BD=2R a/SinA=BC/SinD=BD=2R 类似可证其余两个等式。2.三角形的余弦定理证明：平面几何证法： 在任意△ABC中 做AD⊥BC.∠C所对的边为c，∠B所对的边为b，∠A所对的边为a 则有BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c 根据勾股定理可得： AC^2=AD^2+DC^2 b^2=(sinB*c)^2+(a-cosB*c)^2 b^2=sin^2B*c^2+a^2+cos^2B*c^2-2ac*cosB b^2=(sin^2B+cos^2B)*c^2-2ac*cosB+a^2 b^2=c^2+a^2-2ac*cosB cosB=(c^2+a^2-b^2)/2ac 3 在△ABC中，AB=c、BC=a、CA=b 则c^2=a^2+b^2-2ab*cosC a^2=b^2+c^2-2bc*cosA b^2=a^2+c^2-2ac*cosB 下面在锐角△中证明第一个等式，在钝角△中证明以此类推。过A作AD⊥BC于D，则BD+CD=a 由勾股定理得：

c^2=(AD)^2+(BD)^2，(AD)^2=b^2-(CD)^2 所以c^2=(AD)^2-(CD)^2+b^2 =(a-CD)^2-(CD)^2+b^2 =a^2-2a*CD +(CD)^2-(CD)^2+b^2 =a^2+b^2-2a*CD 因为cosC=CD/b 所以CD=b*cosC 所以c^2=a^2+b^2-2ab*cosC 题目中^2表示平方。2 谈正、余弦定理的多种证法 聊城二中 魏清泉

正、余弦定理是解三角形强有力的工具，关于这两个定理有好几种不同的证明方法.人教A版教材《数学》(必修5)是用向量的数量积给出证明的，如是在证明正弦定理时用到作辅助单位向量并对向量的等式作同一向量的数量积，这种构思方法过于独特，不易被初学者接受.本文试图通过运用多种方法证明正、余弦定理从而进一步理解正、余弦定理，进一步体会向量的巧妙应用和数学中“数”与“形”的完美结合.定理：在△ABC中，AB=c,AC=b,BC=a,则(1)(正弦定理)= =;(2)(余弦定理)c2=a2+b2-2abcos C, b2=a2+c2-2accos B, a2=b2+c2-2bccos A.一、正弦定理的证明

证法一：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的三条高。则有 AD=b•sin∠BCA，BE=c•sin∠CAB，CF=a•sin∠ABC。

所以S△ABC=a•b•csin∠BCA =b•c•sin∠CAB =c•a•sin∠ABC.证法二：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的3条高。则有 AD=b•sin∠BCA=c•sin∠ABC，BE=a•sin∠BCA=c•sin∠CAB。证法三：如图2，设CD=2r是△ABC的外接圆 的直径，则∠DAC=90°，∠ABC=∠ADC。

证法四：如图3，设单位向量j与向量AC垂直。因为AB=AC+CB，所以j•AB=j•(AC+CB)=j•AC+j•CB.因为j•AC=0，j•CB=| j ||CB|cos(90°-∠C)=a•sinC，j•AB=| j ||AB|cos(90°-∠A)=c•sinA.二、余弦定理的证明

法一：在△ABC中，已知，求c。

第三篇：正弦定理证明

正弦定理

1.在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，且等于其外接圆半径的两倍，即

abc2R sinAsinBsinC

证明：如图所示，过B点作圆的直径BD交圆于D点，连结AD BD=2R, 则 D=C，DAB90 在RtABD中 A sinCsinDc 2RD

b c c2R sinCab同理：2R,2R

sinAsinBabc所以2R

sinAsinBsinC2.变式结论

1）a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC 2）sinAC

a

B abc ,sinB,sinC2R2R2R3）asinBbsinA,asinCcsinA,csinBbsinC 4）a:b:csinA:sinB:sinC

例题

在ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，若(3bc)cosAacosC，求cosA的值.解：由正弦定理 a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC得

(3sinBsinC)cosAsinAcosC

3sinBcosAsin(AC)sin(AC)sinB3sinBcosAsinBB(0,)0sinB1cosA33

第四篇：几何证明定理

几何证明定理

一.直线与平面平行的(判定)

1.判定定理.平面外一条直线如果平行于平面内的一条直线,那么这条直线与这个平面平行.2.应用:反证法(证明直线不平行于平面)

二.平面与平面平行的(判定)

1.判定定理:一个平面上两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行

2.关键：判定两个平面是否有公共点

三.直线与平面平行的(性质)

1.性质：一条直线与一个平面平行，则过该直线的任一与此平面的交线与该直线平行2.应用：过这条直线做一个平面与已知平面相交，那么交线平行于这条直线

四.平面与平面平行的(性质)

1.性质：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线平行

2.应用：通过做与两个平行平面都相交的平面得到交线，实现线线平行

五：直线与平面垂直的(定理)

1.判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直

2.应用：如果一条直线与一个平面垂直，那么这条直线垂直于这个平面内所有的直线(线面垂直→线线垂直)

六.平面与平面的垂直(定理)

1.一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直

(或者做二面角判定)

2.应用:在其中一个平面内找到或做出另一个平面的垂线,即实现线面垂直证面面垂直的转换

七.平面与平面垂直的(性质)

1.性质一:垂直于同一个平面的两条垂线平行

2.性质二:如果两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直

3.性质三:如果两个平面互相垂直,那么经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面内的直线,在第一个平面内(性质三没什么用,可以不用记)

以上,是立体几何的定理和性质整理.是一定要记住的基本！

31推论1等腰三角形顶角的平分线平分底边并且垂直于底边

32等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线和高互相重合33推论3等边三角形的各角都相等，并且每一个角都等于60°34等腰三角形的判定定理如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等(等角对等边)

35推论1三个角都相等的三角形是等边三角形

36推论2有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形

37在直角三角形中，如果一个锐角等于30°那么它所对的直角边等于斜边的一半

38直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半

39定理线段垂直平分线上的点和这条线段两个端点的距离相等

40逆定理和一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上

41线段的垂直平分线可看作和线段两端点距离相等的所有点的集合42定理1关于某条直线对称的两个图形是全等形

43定理2如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是对应点连线的垂直平分线

44定理3两个图形关于某直线对称，如果它们的对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上

45逆定理如果两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称

46勾股定理直角三角形两直角边a、b的平方和、等于斜边c的平方，即a+b=c

47勾股定理的逆定理如果三角形的三边长a、b、c有关系a+b=c，那么这个三角形是直角三角形

48定理四边形的内角和等于360°

49四边形的外角和等于360°

50多边形内角和定理n边形的内角的和等于(n-2)×180°

51推论任意多边的外角和等于360°

52平行四边形性质定理1平行四边形的对角相等

53平行四边形性质定理2平行四边形的对边相等

54推论夹在两条平行线间的平行线段相等

55平行四边形性质定理3平行四边形的对角线互相平分

56平行四边形判定定理1两组对角分别相等的四边形是平行四边形

57平行四边形判定定理2两组对边分别相等的四边形是平行四边形

58平行四边形判定定理3对角线互相平分的四边形是平行四边形

59平行四边形判定定理4一组对边平行相等的四边形是平行四边形

60矩形性质定理1矩形的四个角都是直角

61矩形性质定理2矩形的对角线相等

62矩形判定定理1有三个角是直角的四边形是矩形。

第五篇：数学定理证明

一．基本定理： 1．（极限或连续）局部保号性定理（进而证明保序性定理）2．局部有界性定理． 3．拉格朗日中值定理．

4．可微的一元函数取得极值的必要条件． 5．可积函数的变上限积分函数的连续性． 6．牛顿——莱布尼茨公式．

7．多元函数可微的必要条件（连续，可导）． 8．可微的二元函数取得极值的必要条件． 9．格林定理．

10．正项级数收敛的充要条件：其部分和数列有界． 11．幂级数绝对收敛性的阿贝尔定理． 12．（数学三、四）利润取得最大值的必要条件是边际成本与边际收入相等． 二．基本方法：

1．等价无穷小替换：若xa时，有(x)~(x)，试证明lim(x)f(x)lim(x)f(x)。

xa

xa

2．微元法：若f(x)是区间[a,b]（a0）上非负连续函数，试证明曲边梯形D(x,y)axb,0yf(x) 绕 轴旋转，所得的体积为V2



ba

xf(x)dx。

3．常数变易法：若P(x)和Q(x)是连续函数，试证明微分方程yP(x)yQ(x)的通解为

P(x)dxyeC





Q(x)e

P(x)dx

dx。

三．一些反例也是很重要的：

1．函数的导函数不一定是连续函数。反例是：函数点不连续。

2．f(a)0，但不一定存在xa点某个邻域使函数f(x)在该邻域内单调增加。反例是：函数

1

x100x2sin,f(x)x

0,

x0, x0,12

xsin,f(x)x

0,

x0,在x0点可导，但f(x)x0,在x0

3．多元函数可（偏）导点处不一定连续。反例是：函数

xy,2

f(x,y)xy2

0,

(x,y)(0,0),(x,y)(0,0),4．多元函数在不可（偏）导点处，方向导数不一定不存在。反例是：函数 f(x,y)处两个一阶偏导数都不存在，但是函数在在(0,0)点处沿任一方向的方向导数都存在。

an1an



xy

在(0,0)点



5．1，既不是正项级数an收敛的充分条件，也不是它收敛的必要条件。反例一，正项级数

n1

n1



n

1n

满

足

an1an

1但不收敛。反例二，正项级数

n1

53(1)

n

不满足

an1an

a2n

，但是它是收敛的。211 a

2n1