区间套怎样保证唯一目标？¶

先备知识¶

闭区间 \([a,b]\) 同时保留端点。区间包含关系

\[ [a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq[a_n,b_n] \]

会强迫 \(a_n\le a_{n+1}\) 且 \(b_{n+1}\le b_n\)。上一单元已从确界原理推出单调有界定理；本单元用它得到左端点的极限，再证明该极限属于所有区间。最后额外用长度趋于零证明公共点唯一。

学习目标¶

完成本单元后，你应能：

把嵌套关系翻译为端点的单调关系；
从确界原理证明闭区间套的交集非空；
证明长度趋于零时公共点唯一；
分别用反例识别嵌套条件与长度条件的作用。

牵引问题¶

每一步都把可能位置缩进前一个闭区间，是否可能无限次之后什么也没留下？若区间宽度还趋于零，为什么留下的不会是一整段？

探索与猜想¶

对 \(I_n=[a_n,b_n]\)，嵌套使左端点递增、右端点递减。左端点数列有上界 \(b_1\)，所以单调有界定理给出极限候选。关键是固定任意一个 \(I_n\)，证明左端点的整个尾部都落在其中，再把序关系传给极限。

概念与理论¶

定理：闭区间套的交集非空¶

设每个 \(I_n=[a_n,b_n]\) 都是非空闭区间，并且

\[ I_{n+1}\subseteq I_n\qquad(n\in\mathbb N). \]

则

\[ \bigcap_{n=1}^{\infty}I_n\ne\varnothing. \]

证明。 嵌套关系给出 \(a_n\le a_{n+1}\)，所以 \((a_n)\) 递增。所有区间都包含于 \(I_1\)，故 \(a_n\le b_1\)；因此 \((a_n)\) 有上界。由单调有界定理，存在 \(x\in\mathbb R\) 使 \(a_m\to x\)。

固定任意 \(n\)。当 \(m\ge n\) 时，\(I_m\subseteq I_n\)，所以 \(a_m\in I_n\)，即

\[ a_n\le a_m\le b_n. \]

这里 \(a_n,b_n\) 在令 \(m\to\infty\) 时是固定常数。由极限保持序关系，得到

\[ a_n\le x\le b_n. \]

因此 \(x\in I_n\)。由于 \(n\) 任意，\(x\in\bigcap_{n=1}^{\infty}I_n\)。\(\square\)

闭区间在证明中不可随意改成开区间：由 \(a_n\le x\le b_n\) 得到的是端点也允许取到的结论。

定理：长度趋零时交点唯一¶

在上一条定理的条件下，若

\[ \lim_{n\to\infty}(b_n-a_n)=0, \]

则存在唯一的 \(x\) 使 \(x\in I_n\) 对所有 \(n\) 成立。

证明。 存在性已由上一条定理得到。若 \(x,y\) 都属于每个 \(I_n\)，不妨设 \(x\le y\)，则

\[ 0\le y-x\le b_n-a_n\qquad(n\in\mathbb N). \]

若 \(x<y\)，令 \(\varepsilon=y-x>0\)。由 \(b_n-a_n\to0\)，存在 \(N\) 使 \(b_N-a_N<\varepsilon\)。但上式又给出 \(\varepsilon=y-x\le b_N-a_N\)，矛盾。因此 \(x=y\)。\(\square\)

长度趋零只用于唯一性；非空交集仅由非空、闭、有界且嵌套的区间加确界原理得到。

例题与迁移¶

例题 1：缺少嵌套会失去公共点¶

定义

\[ I_n= \begin{cases} [0,1/n],&n\text{ 为奇数},\\ [1,1+1/n],&n\text{ 为偶数}. \end{cases} \]

每个 \(I_n\) 都是非空闭区间，且长度 \(|I_n|=1/n\to0\)，但它们不嵌套。事实上，所有奇数编号区间的公共点只能是 \(0\)，所有偶数编号区间的点都至少为 \(1\)，所以全体交集为空。长度趋零不能替代嵌套。

例题 2：缺少长度趋零会失去唯一性¶

令 \(I_n=[0,1]\) 对所有 \(n\) 成立。这些区间非空、闭且嵌套，交集为 \([0,1]\)，确实非空；但长度恒为 \(1\)，不趋于零，交集也不是单点。这说明长度条件负责唯一性而不是存在性。

即时检验与回望¶

在非空交的证明中，为什么固定的 \(b_n\) 能控制那些编号小于 \(n\) 的左端点？

答案

当 \(m\le n\) 时，左端点单调递增给出 \(a_m\le a_n\)，而 \(I_n\) 非空给出 \(a_n\le b_n\)，所以 \(a_m\le b_n\)。编号大于 \(n\) 的情形则由 \(I_m\subseteq I_n\) 处理。

只知道闭区间套非空交，能否断言公共点唯一？

答案

不能。恒定区间 \(I_n=[0,1]\) 满足非空、闭和嵌套，但交集含有整个 \([0,1]\)。还需要 \(b_n-a_n\to0\) 才能把两个候选点之间的距离压到零。

习题与答案¶

习题 1：端点的单调性¶

若 \([a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq[a_n,b_n]\)，证明 \(a_n\le a_{n+1}\le b_{n+1}\le b_n\)。

答案

因为 \(a_{n+1}\) 与 \(b_{n+1}\) 都属于子区间 \([a_{n+1},b_{n+1}]\)，也都属于母区间 \([a_n,b_n]\)，所以 \(a_n\le a_{n+1}\) 且 \(b_{n+1}\le b_n\)。子区间非空又给出 \(a_{n+1}\le b_{n+1}\)。三式合并即得结论。

习题 2：显式区间套¶

令 \(I_n=[0,1/n]\)。验证它是闭区间套，求其交集并说明唯一性条件成立。

答案

每个区间非空且闭。因为 \(1/(n+1)<1/n\)，所以 \(I_{n+1}\subseteq I_n\)。点 \(0\) 属于每个区间；若 \(x>0\)，取 \(n>1/x\)，则 \(1/n<x\)，故 \(x\notin I_n\)；负数也不属于任何 \(I_n\)。因此交集为 \(\{0\}\)。长度 \(1/n\to0\)，与唯一性定理一致。

习题 3：对称区间¶

设 \(I_n=[c-r_n,c+r_n]\)，其中 \(r_n>0\)、\(r_{n+1}\le r_n\) 且 \(r_n\to0\)。证明交集为 \(\{c\}\)。

答案

\(r_{n+1}\le r_n\) 给出 \(c-r_n\le c-r_{n+1}\) 与 \(c+r_{n+1}\le c+r_n\)，故 \(I_{n+1}\subseteq I_n\)。每个区间都含 \(c\)，而长度为 \(2r_n\to0\)。由区间套唯一性定理，交集只有一个点；既然 \(c\) 属于交集，该点就是 \(c\)。

习题 4：开区间反例¶

说明开区间 \(I_n=(0,1/n)\) 虽然非空、嵌套且长度趋零，交集却为空。它揭示了哪个假设？

答案

若 \(x\le0\)，则 \(x\) 不属于任何 \(I_n\)；若 \(x>0\)，取 \(n>1/x\)，便有 \(1/n<x\)，所以 \(x\notin I_n\)。因此交集为空。候选点 \(0\) 被所有开区间排除，说明定理中的闭性不可省略。

习题 5：从长度上界推出唯一¶

设闭区间套满足 \(0\le b_n-a_n\le3^{-n}\)。证明其交集恰含一个点。

答案

非空闭区间与嵌套条件先由非空交定理给出至少一个公共点。又因 \(3^{-n}\to0\)，夹逼得到 \(b_n-a_n\to0\)。于是长度趋零的唯一性定理说明公共点至多一个。合并“至少一个”和“至多一个”，交集恰含一个点。

常见误区与后续¶

把“每个区间非空”误当成“全体有公共点”。 无限多个集合各自非空并不够，嵌套结构才把信息连起来。
固定 \(n\) 后又混淆指标。 应让 \(m\ge n\) 变化并令 \(m\to\infty\)；此时 \(a_n,b_n\) 是固定端点。
把长度趋零用于存在性。 在本证明中，存在性先由确界原理和嵌套得到；长度只排除两个不同公共点。
忘记闭性。 \((0,1/n)\) 的共同候选端点不在区间中。下一单元将把本章三种证明证书放进同一依赖地图。