有限覆盖定理的证明

反证法：
假定连续函数f(x）有f(a)>0>f(b);(a>b),且对任意的x属于[b,a],有f(x)不为0.由f(x)的连续性,对任意的x0属于[b,a],存在邻域s(x0)使f(x)在s(x0）同号,当x0取遍[b,a]中所有值时,所有的s(x0）是[b,a]的一个开覆盖,由有限覆盖定理,存在有限个邻域
s(x1）,s(x2）,.s(xn）使它们的并集包含[b,a].
自然地这些邻域中有i,j使a属于s(xi）,b属于s(xj）,从而f(x)在这两个邻域反号；又s(xi）与s(xj）是经由上述s(x1）,s(x2）,.s(xn）中其他不反号的邻域连在一起的,从而f(x)在它们的符号相同.这是一个矛盾,故f(x)在[b,a]上有零点.

S是你那个数列的集.
反证假设S中没有聚点.那么对任意的x属于S,都存在一个ex,s.t.x的ex临域内只有x一个点.于是现在找到了一个无限开覆盖：x的ex临域,对任意x.所以,存在一个有限覆盖.假设其为x1,x2,.xn.
注意：每个覆盖内仅有1个S中的点.这一堆覆盖也才至多有n个,与S是无穷集矛盾.于是证明了.

先用有限覆盖定理证明聚点定理,再用聚点定理证明致密性定理（即任何有界数列必有收敛子列）.

设﹛xn﹜为有界数列,并设它们全部包含在[a,b]内.如果它不存在收敛子序列,于是对[a,b]内的任
一点x0,都不可能是﹛xn﹜的某个子序列的极限.因此恒存在一个邻域O﹙x0,δ﹚除了x0可能与有限
个xn相等之外,其内不含其它的xα,而邻域系﹛O﹙x0,δ﹚﹜x0∈[a,b]构成[a,b]一个开覆盖.由有限覆盖定理,能从﹛O﹙x0,δ﹚﹜x0∈[a,b]中选出有限个覆盖[a,b],当然也覆盖所有﹛xn﹜.但是有限个这种邻域内至多包含有限个xn,产生矛盾.因此﹛xn﹜存在收敛子列,致密性定理得证.

函数f(x),区间[a,b],f(x)在区间上的上确界为M,下证存在一点h使得f(h)=M
反证：如结论不成立,则对任意一点z,都有f(z)

把你qq号告诉我,我把实数完备性的6个等价定理的互相证明给你发过去,在这儿不好打.

证明很长的,要用两个引理.
引理一：证明对于满足聚点的X,(Ui)为一个覆盖,那么存在r>0,使得任意x属于X,都存在i,满足B'(x,r)属于Ui.B'(x,r)是x为中心,r为半径的球.
引理二：对于满足聚点的X,那么对任意r>0,都存在有限点集(xk),满足X等于所有B'(xk,r)的并集.
最后是定理的证明：假设如上的X和(Ui).由引理一,存在如此的r>0.再由引理二,对于这个r,存在如此的(xk).于是X可以被(Uk)所覆盖,因为每个Uk包含B'(xk,r).
两个引理的证明你先想一想,实在做不了再pm我.
第一个对于r=2^(-n),取对应xn,推出矛盾；第二个可以取数列(xn),使得任意两个距离大于r,推出矛盾.

因为f(x,y)在D上连续,所以对任意一点(x1,y1)∈D,存在(x0,y0)的一个邻域V0,使对任意(x0',y0')∈V0,有|f(x0',y0')-f(x0,y0)|

用反证法,结合闭区间套定理
设[a,b]不能被{Jx}中有限个开区间覆盖
则将[a,b]二等分,必有一个闭区间[a1,b1]不能被有限覆盖
再将[a1,b1]二等分,必有一个闭区间[a2,b2]不能被有限覆盖
如此下去,得到{[an,bn]}闭区间套,满足其中每一个闭区间都不能被有限覆盖
所以存在m∈∩[an,bn],liman=limbn=m
因为m∈[a,b],所以在{Jx}中至少有一个Jp=(α,β)盖住m
即α

关键是说明f(I)具有介值性,实际上本题也就是要证明连续函数的介值性定理.
如果是开区间,可以讲函数延拓到闭区间上,端点函数值取相应的单侧极限即可.
另外如果是无界的区间,不妨设是[a,+∞),只需证明对任意的M>a,都有f([a,M])是区间即可.
这样实际上问题归结于用有限覆盖定理来证明闭区间上的连续函数的介值性定理,而这又只需证明零点定理即可.即:若f∈C[a,b],且f(a)f(b)

特别简单,由f(x,y)在(x,y)点连续知,存在领域U_1((x,y)),使得领域内的任意点(x',y')都有|f(x',y')-f(x,y)|