\newcommand\norm[1]{\left\lVert#1\right\rVert} \newcommand\abs[1]{\left\lvert#1\right\rvert} 实数完备性的几个定理可以互相推导，这里给出了一个比较简单的完整推导链条

对于没有写到的推导可以通过旁敲侧击推导出这里的条件再继续（迂回战术）

1. 有界必有确界

如果$\exists u$使得$\forall x\in S$都有$x\le u$,那么$S$有上确界

上确界：记$U=\sup\left{S\right}$，则$\forall x\in S$都有$x\le U$，且$\forall \epsilon>0$，$\exists x_0\in S$使得$x_0>U-\epsilon$

用有限区间覆盖证明

$S$存在最大值的情况非常显然，它的上确界就是最大值；后文只讨论$S$不存在最大值的情况

反证法，假设$S$有界而没有上确界，记$S$上界的集合为$\overline U$

则可以取$S$中的一个元素$L$，$\overline U$中的一个元素$R$，得到一个闭区间$\left[L,R\right]$

考虑$x\in [L,R]$，分成如下几种情况：

1. $x\in\overline U$

2. $x\in S$

3. $x\not\in S$且$x\not\in\overline U$

对于情况1,由假设我们一定可以找到$x’\in\overline U$且$x’< x$，使得$x’$也是一个上界

此时我们为点$x$造一个开区间$\left(x’,2x-x’\right)$，这个区间内的点都是$S$的上界

对于情况2,由$S$不存在最大值可知我们一定能找到$x’\in S$且$x’>x$

此时我们为点x造一个开区间$\left(2x-x’,x’\right)$，这个区间内的点都不是$S$的上界

对于情况3,由x不是上界可知，必存在一个$x’ \in S$使得 $x < x’ $，此时情况同2

于是我们为闭区间内的每一个点都配了一个开区间，这个开区间的集合覆盖了闭区间内的每一个点，由有限覆盖定理可知存在有限个开区间覆盖了$[L,R]$

引理1:开覆盖中相邻两个开区间必相交

证明：假设存在不相交的开覆盖，则存在点未被覆盖，矛盾

由引理1可知$[L,R]$上的开覆盖一定是环环相套的，从左起每一个开区间内的点都不是上界，从右起每一个开区间内的点都是上界，则可以推得中间存在一个开区间同时满足这两种情况(这是不可能的)，推得矛盾。于是原命题成立

2. 单调有界收敛

若数列$\left{a_n\right}$单调递增且有上界，则该数列收敛(存在极限)

用确界存在证明

有上界必有上确界，记$U=\sup\left{a_n\right}$，则根据定义有$\forall n\left(U\ge a_n\right)$且$\forall \epsilon>0,\exists n_0$，有$U-\epsilon < a_{n_0}$

又$\left{a_n\right}$递增，于是取$N=n_0$，当$n\ge N$，有$U-\epsilon < a_{n_0}\le a_n \le U < U+\epsilon$，这个就是数列收敛的定义，且恰好收敛于$U$

3. 闭区间套

考虑一个初始闭区间$[L_0,R_0]$，我们取一系列闭区间$[L_1,R_1],[L_2,R_2],\dots$满足$[L_1,R_1]\subset[L_2,R_2]\subset\dots$

且有$\lim\limits_{i\rightarrow +\infty}{\left(R_i-L_i\right)}=0$

则$\cap{[L_i,R_i]}=\xi$，收敛于一个点

用单调有界收敛证明

由第一个条件可知，$\left{L_n\right}$单调递增，且有上界$R_0$，于是数列收敛

同理$\left{R_n\right}$也收敛，下面证明两个极限相等。

反证法：假设左右极限不相等，则$\cap[L_i,R_i]=[\sup\left{L_n\right},\inf\left{R_n\right}]$，与条件2矛盾，故假设不成立

然后就做完了

4. 聚点

无穷项有界数列必有收敛子数列

用闭区间套证明

因为有界，必可以找到上下界，记值域区间为$[L_0,R_0]$

取中点$M=\frac{L_0+R_0}{2}$，则左右两个区间中，必存在至少一个区间包含了数列的无限项，记这个新的区间为$[L_1,R_1]$

重复上述过程，则我们构造出了一个闭区间套，由闭区间套定理可知这个区间会收敛到一个点$\xi$上，那么每次任意取$x_i\in[L_i,R_i]$就可以得到一个收敛的子数列

5. 有限覆盖

考虑一个由若干开区间构成的集合$I$，若$[L,R]\subset\cup I$，则一定可以从$I$中取出有限个开区间覆盖整个闭区间$[L,R]$

用闭区间套证明

反证法：假设不能用有限个开区间覆盖$[L,R]$，则取$M=\frac{L+R}{2}$，左右两半至少有一个闭区间被无限个开区间覆盖

反复上述操作，则我们构造了一个闭区间套。且这个闭区间的长度可以任意小。而开区间集合中任意一个覆盖了$\xi$的开区间长度都确定，得到矛盾，故假设不成立

6. 柯西收敛

数列收敛的充要条件是

可以发现这个判别法则和具体的极限无关，只关心数列本身的性质

用聚点证明

必要性比较简单，这里只证明充分性

先证明柯西数列有界。取$\epsilon=1$，则$\max\left{a_1,a_2,\dots,a_{N_{\epsilon} },a_{N_{\epsilon} }+1\right}$是数列的一个上界，下界同理

有界数列必有收敛子数列，记子数列为$a_{n_1},a_{n_2},a_{n_3},\dots$，其极限为$A$，

根据定义，取$N’=\max\left{n_K,N\right}$，令$x=N’$，则$\forall y> N’$都有$|a_y-A|=|a_y-a_x+a_x-A|\le|a_y-a_x|+|a_x-A|\le2\epsilon$