如何证明函数单调有界判别法？
好的，我们来详细地证明“单调有界数列必收敛”这个重要的判别法。这个判别法在数学分析中非常基础且实用，它的证明依赖于实数的一个非常重要的性质：戴德金戴德金分割（Dedekind Cut），或者更通俗地说，是实数的完备性。
预备知识：实数的完备性
在深入证明之前，我们需要理解实数完备性的概念。在数学中，实数集 $mathbb{R}$ 被认为是一个“完备”的有序域。这意味着它满足一些性质，而这些性质使得实数线“没有空隙”。其中一个表述完备性的重要性质是：
戴德金戴德金分割原理 (Dedekind Cut Principle): 对于实数集 $mathbb{R}$ 的任意一个非空子集 $S$，如果存在一个实数 $m$ 使得 $S$ 中的所有元素都小于或等于 $m$（即 $S$ 有上界），那么 $S$ 必定存在一个最大值。更准确地说，存在一个实数 $alpha$ 使得：
1. $alpha$ 是 $S$ 的一个上界（即对所有 $x in S$，都有 $x le alpha$）。
2. $alpha$ 是 $S$ 的最小上界（即如果 $eta$ 是 $S$ 的另一个上界，那么 $alpha le eta$）。
这个最小上界也被称为集合 $S$ 的上确界 (Supremum)，记作 $sup S$。
同理，如果一个非空集合有下界，那么它必存在一个最大下界，称为下确界 (Infimum)，记作 $inf S$。
重要性： 这个完备性原理是证明很多微积分定理（如介值定理、极值定理）的基础，也正是它保证了单调有界数列必收敛。如果实数集不是完备的（比如只考虑有理数集），这个结论就不一定成立了。
证明：单调有界数列必收敛
我们分两种情况来证明：
情况一：单调递增且有上界的数列
设 ${a_n}_{n=1}^infty$ 是一个单调递增的数列，即对于任意 $n < m$，都有 $a_n le a_m$。同时，假设这个数列有上界，也就是说，存在一个实数 $M$ 使得对于所有的 $n ge 1$，都有 $a_n le M$。
证明思路：
1. 利用数列的有界性，构造一个集合，并证明该集合具有最小上界。
2. 证明这个最小上界就是数列的极限。
详细证明：
1. 构造集合： 考虑数列 ${a_n}$ 的所有项组成的集合 $S = {a_1, a_2, a_3, dots}$。
2. 证明集合 $S$ 有上界： 根据题目假设，数列 ${a_n}$ 有上界 $M$。这意味着对于集合 $S$ 中的任意一个元素 $a_n$，都有 $a_n le M$。因此，集合 $S$ 是有上界的。
3. 证明集合 $S$ 存在最小上界： 由于 $S$ 是非空集合（因为数列至少有一项 $a_1$）且有上界，根据实数的完备性（戴德金戴德金分割原理），集合 $S$ 必定存在一个最小上界。我们记这个最小上界为 $alpha$，即 $alpha = sup S$。
4. 证明 $alpha$ 是数列的极限： 为了证明 $lim_{n o infty} a_n = alpha$，我们需要根据极限的定义来验证：对于任意给定的 $epsilon > 0$，存在一个正整数 $N$，使得当 $n > N$ 时，都有 $|a_n alpha| < epsilon$。
我们来分析 $|a_n alpha| < epsilon$。由于 $alpha$ 是 $S$ 的上确界，我们知道：
对所有 $n ge 1$， $a_n le alpha$。
对于任意的 $epsilon > 0$， $alpha epsilon$ 不是 $S$ 的上界。
既然 $alpha epsilon$ 不是 $S$ 的上界，那么根据上界的定义，必定存在集合 $S$ 中的某个元素（也就是数列中的某一项 $a_N$）使得 $a_N > alpha epsilon$。
现在我们有：
由于数列 ${a_n}$ 是单调递增的，对于所有 $n > N$，都有 $a_n ge a_N$。
我们知道 $a_n le alpha$ 对所有 $n$ 都成立。
结合这两点，对于所有的 $n > N$，我们有：
$alpha epsilon < a_N le a_n le alpha$
从这个不等式链中，我们可以推导出：
$alpha epsilon < a_n le alpha$
这意味着：
$epsilon < a_n alpha le 0$
所以， $|a_n alpha| = alpha a_n le epsilon$ （因为 $a_n le alpha$）。
我们也可以写成 $|a_n alpha| < epsilon$ （严格小于）。因为如果 $a_n = alpha$，那么 $|a_n alpha| = 0 < epsilon$ 成立。如果 $a_n < alpha$，那么我们有 $alpha epsilon < a_n < alpha$，所以 $epsilon < a_n alpha < 0$，此时 $|a_n alpha| = alpha a_n < epsilon$ 也成立。
结论： 我们找到了一个正整数 $N$（使得 $a_N > alpha epsilon$ 成立的那个 $N$），使得对于所有 $n > N$，都有 $|a_n alpha| < epsilon$。这正是数列收敛到 $alpha$ 的定义。
因此，单调递增且有上界的数列必收敛到其上确界。
情况二：单调递减且有下界的数列
设 ${a_n}_{n=1}^infty$ 是一个单调递减的数列，即对于任意 $n < m$，都有 $a_n ge a_m$。同时，假设这个数列有下界，也就是说，存在一个实数 $m$ 使得对于所有的 $n ge 1$，都有 $a_n ge m$。
证明思路：
这个情况可以巧妙地转化为情况一。
详细证明：
1. 构造新数列： 考虑数列 $b_n = a_n$。
2. 分析新数列的性质：
单调性： 因为 ${a_n}$ 是单调递减的，即 $a_n ge a_{n+1}$。那么，$a_n le a_{n+1}$，所以 $b_n le b_{n+1}$。因此，${b_n}$ 是一个单调递增的数列。
有界性： 因为 ${a_n}$ 有下界 $m$，即 $a_n ge m$ 对所有 $n$ 都成立。那么，$a_n le m$ 对所有 $n$ 都成立。所以，$b_n le m$。这意味着 ${b_n}$ 是一个有上界的数列，其上界为 $m$。
3. 应用情况一的结论： 由于数列 ${b_n}$ 是单调递增且有上界的，根据情况一的证明，它必收敛。设 $lim_{n o infty} b_n = eta$。
4. 推导原数列的收敛性：
既然 $lim_{n o infty} b_n = eta$，那么 $lim_{n o infty} (a_n) = eta$。
根据极限的性质，我们有 $lim_{n o infty} a_n = eta$。
因此，$lim_{n o infty} a_n = eta$。
我们也可以直接证明数列 ${a_n}$ 收敛到其下确界。设 $S = {a_1, a_2, dots}$。由于 ${a_n}$ 单调递减且有下界，集合 $S$ 有下界。根据实数的完备性，集合 $S$ 存在一个最大下界，我们记作 $alpha = inf S$。
对于任意 $epsilon > 0$， $alpha + epsilon$ 不是 $S$ 的下界。这意味着存在某个 $a_N$ 使得 $a_N < alpha + epsilon$。
由于数列是单调递减的，对于所有 $n > N$，有 $a_n le a_N$。
同时， $alpha$ 是 $S$ 的下界，所以对所有 $n$ 都有 $a_n ge alpha$。
因此，对于所有 $n > N$，我们有：
$alpha le a_n le a_N < alpha + epsilon$
从而，$alpha le a_n < alpha + epsilon$。
这意味着 $0 le a_n alpha < epsilon$，所以 $|a_n alpha| < epsilon$。
这证明了 $lim_{n o infty} a_n = alpha$。
总结
“单调有界数列必收敛”这个判别法之所以成立，其根本原因在于实数集的完备性。
单调递增且有上界： 集合 $S = {a_n}$ 的上界保证了它有一个最小上界 $alpha$。单调递增的性质保证了数列最终会“无限接近”这个最小上界，从而收敛到它。
单调递减且有下界： 集合 $S = {a_n}$ 的下界保证了它有一个最大下界 $alpha$。单调递减的性质保证了数列最终会“无限接近”这个最大下界，从而收敛到它。
通过将单调递减有界的情况转化为单调递增有界的情况，我们只需要证明其中一种情况即可，但理解两个过程都有助于掌握其精髓。
希望这个详细的解释能够帮助你理解这个重要判别法的证明过程！
预备知识：实数的完备性
在深入证明之前，我们需要理解实数完备性的概念。在数学中，实数集 $mathbb{R}$ 被认为是一个“完备”的有序域。这意味着它满足一些性质，而这些性质使得实数线“没有空隙”。其中一个表述完备性的重要性质是：
戴德金戴德金分割原理 (Dedekind Cut Principle): 对于实数集 $mathbb{R}$ 的任意一个非空子集 $S$，如果存在一个实数 $m$ 使得 $S$ 中的所有元素都小于或等于 $m$（即 $S$ 有上界），那么 $S$ 必定存在一个最大值。更准确地说，存在一个实数 $alpha$ 使得：
1. $alpha$ 是 $S$ 的一个上界（即对所有 $x in S$，都有 $x le alpha$）。
2. $alpha$ 是 $S$ 的最小上界（即如果 $eta$ 是 $S$ 的另一个上界，那么 $alpha le eta$）。
这个最小上界也被称为集合 $S$ 的上确界 (Supremum)，记作 $sup S$。
同理，如果一个非空集合有下界，那么它必存在一个最大下界，称为下确界 (Infimum)，记作 $inf S$。
重要性： 这个完备性原理是证明很多微积分定理（如介值定理、极值定理）的基础，也正是它保证了单调有界数列必收敛。如果实数集不是完备的（比如只考虑有理数集），这个结论就不一定成立了。
证明：单调有界数列必收敛
我们分两种情况来证明：
情况一：单调递增且有上界的数列
设 ${a_n}_{n=1}^infty$ 是一个单调递增的数列，即对于任意 $n < m$，都有 $a_n le a_m$。同时，假设这个数列有上界，也就是说，存在一个实数 $M$ 使得对于所有的 $n ge 1$，都有 $a_n le M$。
证明思路：
1. 利用数列的有界性，构造一个集合，并证明该集合具有最小上界。
2. 证明这个最小上界就是数列的极限。
详细证明：
1. 构造集合： 考虑数列 ${a_n}$ 的所有项组成的集合 $S = {a_1, a_2, a_3, dots}$。
2. 证明集合 $S$ 有上界： 根据题目假设，数列 ${a_n}$ 有上界 $M$。这意味着对于集合 $S$ 中的任意一个元素 $a_n$，都有 $a_n le M$。因此，集合 $S$ 是有上界的。
3. 证明集合 $S$ 存在最小上界： 由于 $S$ 是非空集合（因为数列至少有一项 $a_1$）且有上界，根据实数的完备性（戴德金戴德金分割原理），集合 $S$ 必定存在一个最小上界。我们记这个最小上界为 $alpha$，即 $alpha = sup S$。
4. 证明 $alpha$ 是数列的极限： 为了证明 $lim_{n o infty} a_n = alpha$，我们需要根据极限的定义来验证：对于任意给定的 $epsilon > 0$，存在一个正整数 $N$，使得当 $n > N$ 时，都有 $|a_n alpha| < epsilon$。
我们来分析 $|a_n alpha| < epsilon$。由于 $alpha$ 是 $S$ 的上确界，我们知道：
对所有 $n ge 1$， $a_n le alpha$。
对于任意的 $epsilon > 0$， $alpha epsilon$ 不是 $S$ 的上界。
既然 $alpha epsilon$ 不是 $S$ 的上界，那么根据上界的定义，必定存在集合 $S$ 中的某个元素（也就是数列中的某一项 $a_N$）使得 $a_N > alpha epsilon$。
现在我们有：
由于数列 ${a_n}$ 是单调递增的，对于所有 $n > N$，都有 $a_n ge a_N$。
我们知道 $a_n le alpha$ 对所有 $n$ 都成立。
结合这两点，对于所有的 $n > N$，我们有：
$alpha epsilon < a_N le a_n le alpha$
从这个不等式链中，我们可以推导出：
$alpha epsilon < a_n le alpha$
这意味着：
$epsilon < a_n alpha le 0$
所以， $|a_n alpha| = alpha a_n le epsilon$ （因为 $a_n le alpha$）。
我们也可以写成 $|a_n alpha| < epsilon$ （严格小于）。因为如果 $a_n = alpha$，那么 $|a_n alpha| = 0 < epsilon$ 成立。如果 $a_n < alpha$，那么我们有 $alpha epsilon < a_n < alpha$，所以 $epsilon < a_n alpha < 0$，此时 $|a_n alpha| = alpha a_n < epsilon$ 也成立。
结论： 我们找到了一个正整数 $N$（使得 $a_N > alpha epsilon$ 成立的那个 $N$），使得对于所有 $n > N$，都有 $|a_n alpha| < epsilon$。这正是数列收敛到 $alpha$ 的定义。
因此，单调递增且有上界的数列必收敛到其上确界。
情况二：单调递减且有下界的数列
设 ${a_n}_{n=1}^infty$ 是一个单调递减的数列，即对于任意 $n < m$，都有 $a_n ge a_m$。同时，假设这个数列有下界，也就是说，存在一个实数 $m$ 使得对于所有的 $n ge 1$，都有 $a_n ge m$。
证明思路：
这个情况可以巧妙地转化为情况一。
详细证明：
1. 构造新数列： 考虑数列 $b_n = a_n$。
2. 分析新数列的性质：
单调性： 因为 ${a_n}$ 是单调递减的，即 $a_n ge a_{n+1}$。那么，$a_n le a_{n+1}$，所以 $b_n le b_{n+1}$。因此，${b_n}$ 是一个单调递增的数列。
有界性： 因为 ${a_n}$ 有下界 $m$，即 $a_n ge m$ 对所有 $n$ 都成立。那么，$a_n le m$ 对所有 $n$ 都成立。所以，$b_n le m$。这意味着 ${b_n}$ 是一个有上界的数列，其上界为 $m$。
3. 应用情况一的结论： 由于数列 ${b_n}$ 是单调递增且有上界的，根据情况一的证明，它必收敛。设 $lim_{n o infty} b_n = eta$。
4. 推导原数列的收敛性：
既然 $lim_{n o infty} b_n = eta$，那么 $lim_{n o infty} (a_n) = eta$。
根据极限的性质，我们有 $lim_{n o infty} a_n = eta$。
因此，$lim_{n o infty} a_n = eta$。
我们也可以直接证明数列 ${a_n}$ 收敛到其下确界。设 $S = {a_1, a_2, dots}$。由于 ${a_n}$ 单调递减且有下界，集合 $S$ 有下界。根据实数的完备性，集合 $S$ 存在一个最大下界，我们记作 $alpha = inf S$。
对于任意 $epsilon > 0$， $alpha + epsilon$ 不是 $S$ 的下界。这意味着存在某个 $a_N$ 使得 $a_N < alpha + epsilon$。
由于数列是单调递减的，对于所有 $n > N$，有 $a_n le a_N$。
同时， $alpha$ 是 $S$ 的下界，所以对所有 $n$ 都有 $a_n ge alpha$。
因此，对于所有 $n > N$，我们有：
$alpha le a_n le a_N < alpha + epsilon$
从而，$alpha le a_n < alpha + epsilon$。
这意味着 $0 le a_n alpha < epsilon$，所以 $|a_n alpha| < epsilon$。
这证明了 $lim_{n o infty} a_n = alpha$。
总结
“单调有界数列必收敛”这个判别法之所以成立，其根本原因在于实数集的完备性。
单调递增且有上界： 集合 $S = {a_n}$ 的上界保证了它有一个最小上界 $alpha$。单调递增的性质保证了数列最终会“无限接近”这个最小上界，从而收敛到它。
单调递减且有下界： 集合 $S = {a_n}$ 的下界保证了它有一个最大下界 $alpha$。单调递减的性质保证了数列最终会“无限接近”这个最大下界，从而收敛到它。
通过将单调递减有界的情况转化为单调递增有界的情况，我们只需要证明其中一种情况即可，但理解两个过程都有助于掌握其精髓。
希望这个详细的解释能够帮助你理解这个重要判别法的证明过程！
网友意见
谢邀。
单调有界判别法是一条非常基本的定理，很多教材都是先默认它的正确性，然后到了讲实数基本定理的章节，再用其他实数公理证明。也就是说，在此之前，都是默认为公理的存在。
题主想从极限出发，承认较为直观的双边夹法则，并以此证明单调有界是困难的。
双边夹，即找出一个序列的上、下极限并证明两者相等，这个思路有一个重要的前提：
- 上、下极限存在
上、下极限就一定存在吗？可以构造出来吗？
一旦你承认了上、下极限存在，那么也就默认了原序列极限也是存在的，但是单调有界就是保证原序列极限存在的命题，所以这个方法行不通。
而就像是致密性定理：有界序列必有收敛子列；确界原理：有界必有确界，显然确界就是极限……像这样的定理证明是适合的，因为保证了极限的存在性。而双边夹非但自己没能力保证，而且一上来还要求上、下极限存在，这个用赵本山的话来说就是：
要啥自行车？！
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