7.2闭区间上连续函数性质的证明

§7.2 闭区间上连续函数性质的证明

教学目标：证明闭区间上的连续函数性质．

教学内容：闭区间上的连续函数有界性的证明；闭区间上的连续函数的最大(小) 值定理的证明；

闭区间上的连续函数介值定理的证明；闭区间上的连续函数一致连续性的证明．

基本要求：掌握用有限覆盖定理或用致密性定理证明闭区间上连续函数的有界性；用确界原理

证明闭区间上的连续函数的最大(小) 值定理；用区间套定理证明闭区间上的连续函数介值定理．

较高要求：掌握用有限覆盖定理证明闭区间上的连续函数的有界性和一致连续性． 教学建议：

(1) 本节的重点是证明闭区间上的连续函数的性质．

(2) 本节的难点是掌握用有限覆盖定理证明闭区间上的连续函数的一致连续性以及实数完备性的六大定理的等价性证明, 对较好学生可布置这方面的习题． 教学过程：

在本节中, 将利用关于实数完备性的基本定理来证明第四章2中给出的闭区间上连续函数的基本性质.

一、有界性定理 若函数f 在闭区间[a , b ]上连续, 则f 在[a , b ]上有界

证法 一 ( 用区间套定理 ). 反证法. 参阅[3]P106—107.

证法 二 ( 用致密性定理) . 反证法.

证明 如若不然, f (x ) 在[a , b ]上无界, ∀n ∈N , ∃x n ∈[a , b ], 使得|f (x n ) |>n , 对于序列{x n }, 它有上下界a ≤x n ≤b , 致密性定理告诉我们∃x n k 使得x n k →x 0∈[a , b ], 由f (x ) 在x 0连续, 及

|f (x n k ) |>n k 有 矛盾.

证法 三 ( 用有限复盖定理 ). 参阅[1]P168—169

'

证明 （应用有限覆盖定理） 由连续函数的局部有界性（th4.2）对每一点x ∈[a , b ]都存

' '

在邻域⋃x , δx 及正数M x '

|f (x 0) |=lim |f (x n k ) |=+∞

k →∞

,

()

使

f (x ≤M x '

x ∈⋃x ' , δx ' ⋂[a , b ]

()

考虑开区间集

H =⋃x ' , δx '

{()

x ' ∈(a , b )

}

虽然H 是[a , b ]的一个无限开覆盖, 由有限开覆盖定理, 存在H 的一个有限点集

H *={⋃(x i , δi x i ∈[a , b ]i =1, 2, , k }

覆盖了[a , b ], 且存在正整数M 1, M 2, M k , 使对一切x ∈⋃(x i , δi )⋂[a , b ]有f (x ≤M i , i =1, 2, , k , 令

M =max M i

1≤i ≤k

则对∀x ∈[a , b ], x 必属于某 (x i , δi )⇒f (x )≤M i ≤M , 即证f 在[a , b ]上有上界． 二、最值性:

命题2 f (x ) ∈C [ a , b ], ⇒ f (x ) 在[ a , b ]上取得最大值和最小值. ( 只证取得最大值 )

证 ( 用确界原理 ) 令

f (x )

M =sup {f (x )}

a ≤x ≤b

, M

考虑函数

ϕ(x ) =

1

M -f (x ) , 则ϕ(x ) ∈C [a , b ], 因而有界, 即ϕ(x ) ≤μ(μ>0) , 1

从而

f (x ) ≤M -

μ

, 这与M 是上确界矛盾, 因此∃x ∈[a , b ], 使得f (x ) =M .

类似地可以证明达到下确界.

三、介值性: 证明与其等价的“零点定理 ”.

命题3 （零点存在定理或根的存在性定理）设函数f (x ) 在闭区间[a , b ]上连续即

f (x ) ∈C ([a , b ])且f (a ) 与f (b ) 异号（f (a ) f (b )

f (x 0) =0. 即方程f (x ) =0在(a , b ) 内至少存在一个实根.

证法 一 ( 用区间套定理 ) . 设f (a ) 0. 将[a , b ]二等分为[a , c ]、[c , b ], 若

f (c ) =0则x 0=c 即为所求；若f (c ) ≠0, 当f (c ) >0时取[a , c ]否则取[c , b ]为[a 1, b 1], 有

f (a 1) 0. 如此继续, 如某一次中点c i 有f (c i ) =0终止（c i 即为所求）；否则得{[a n , b n ]}满足：⑴ [a , b ]⊃[a 1, b 1]⊃ ⊃[a n , b n ]⊃ ；

⑵

lim (b n -a n ) =lim

n →∞

b -a

=0

n →∞2n

；

⑶ f (a n ) 0

x 0∈ [a n , b n ]

n =1∞

由闭区间套定理知, ∃唯一的

, 且n →∞

lim a n =lim b n =x 0

n →∞

由f (x ) 在x 0处的连续性及极限的保号性得

lim f (a n ) =f (x 0) ≤0

n →∞

lim f (b n ) =f (x 0) ≥0⇒f (x ) =0

0、n →∞ #

证二( 用确界原理 ) 不妨假设f (a ) 0的x 的下确界）, 令

E ={x |f (x ) >0, x ∈[a , b ]}, 要证x 0=inf E （inf E 存在否？）.

因为b ∈E ⇒E ≠Φ, E ⊂[a , b ]⇒E 有界, 故inf E 存在. 令 x 0=inf E , 下面证f (x 0) =0 如若不然, f (x 0) ≠0则f (x 0) >0（或f (x 0)

x 10）.

首先x 0≠a , 即x 0∈(a , b ]；f 在x 0连续, 由连续函数的局部保号性⇒∃U (x 0, δ) ⊂[a , b ]使得

∀x ∈U (x 0, δ) 有f (x ) >0, 特别应有

f (x 0-

δ

2

>0

即

x 0-

δ

2

∈E

, 这与x 0=inf E 矛盾, 故必有

f (x 0) =0 .

证法 二 ( 用确界原理 ) 不妨设f (a ) >0, f (b )

令E ={ x | f (x ) >0 , x ∈ [ a , b ] }, 则E 非空有界, ⇒ E 有上确界. 设ξ=sup E , 有ξ∈[ a , b ]. 现证 f (ξ) =0, ( 为此证明f (ξ) ≥0且f (ξ) ≤0 ). 取x n >ξ 且

x n →ξ, ( n →∞ ) . 由f (x ) 在点ξ连续和f (x n ) ≤0, ⇒ f (ξ) =l i m f (x n ) ≤0,

n →∞

⇒ ξ∉E . 于是∃ t n ∈E , ∍ t n →ξ ( n →∞ ) . 由f (x ) 在点ξ连续和f (t n ) >0,

f (t n ) ≥0. 因此只能有f (ξ) =0. ⇒ f (ξ) =lim

n →∞

证法 三 ( 用有限复盖定理 ).

介值性定理 设f 在闭区间[a , b ]上连续, 且f (a )≠f (b )若μ为介于f (a )与f (b )之间的任何实数

f (a )μ>f (b ), 则存在x ∈(a , b )使f (x )=μ．

证明 (应用确界定理) 不妨设

f (a )

函数, g (a )>0, g (b )>0 , 于是定理的结论转为:∃x ∈(a , b ), 使g (x )=0这个简化的情形称为根的存在性定理(th4.7的推论)

记E ={x g (x )>0, x ∈[a , b ]}显然E 为非空有界数集(E ⊂[a , b ]且b ∈E )故有确界定理, E有下确界, 记x =inf E 因g (a )0有连续函数的局部保号性, ∃δ>0, 使在[a , a +δ) 内

g (x ) 0．由此易见x ≠a , x ≠b , 即x ∈(a , b )．

下证g (x )=0．倘若g (x )≠0, 不妨设g (x )>0,

则又由局部保号性, 存在 (x , η)(⊂(a , b ))使在其内g (x >0) , 特别有

η⎫η⎛

g x -⎪>0⇒x -∈E

2⎭2⎝=0,

但此与x =inf E 矛盾, 则必有g (x 0) =0．

几何解释 直线y =c 与曲线y =f (x ) 相交. 把x 轴平移到y =c , 则问题成为零点存在问题. 这启发我们想办法作一个辅助函数, 把待证问题转化为零点存在问题. 辅助函数如何作？

① 从几何上, x '=x , y '=y -c 启示我们作F (x ) =f (x ) -c ； ② 从结果f (x 0) =c 着手.

利用零点定理证：令F (x ) =f (x ) -c , 则F (x ) ∈C ([a , b ]), 往下即转化为零点存在问题. # 这种先证特殊、再作辅助函数化一般为特殊, 最后证明一般的方法是处理数学问题的常用方法, 以后会经常用到.

推论 如f 为区间I 上的连续函数, 则值域J =f (I ) 也是一个区间（可以退化为一点）. 证 f 为常量函数, 则J =f (I ) 退化为一点. f 非常量函数, 则J 当然不是单点集. 在J 中任取两点y 1

二、一致连续性:

命题4 ( Cantor 定理 ) f (x ) ∈C [a , b ], 则f (x ) 在[a , b ]上一致连续.

证法 一 ( 用有限复盖定理 ) 参阅[1]P171[ 证法一 ]

证明 (用有限覆盖定理) 由f 在闭区间[a , b ]上连续性, ∀ε>0, 对每一点x ∈[a , b ], 都存

'

在δx >0, 使当x ∈ (x , δx )时, 有

f x ' -f (x )

()

ε

2

⎧⎛δ⎫⎫H =⎨ x , x ⎪x ∈[a , b ]⎬

⎩⎝2⎭⎭ 考虑开区间集合

显然H 是[a , b ]的一个开覆盖, 由有限覆盖定理∃H 的一个有限子集

⎧⎛δ⎫⎫δi ⎫

[a , b ]记δ=min ⎧H *=⎨ x i , i ⎪i =1, 2, , k ⎬覆盖了⎨>0

2⎭⎩2⎭⎩⎝⎭

对

∀x , x ∈[a , b ]

'

"

⎛δi '

x ∈ x i , x -x

'

"

⎫δ⎪x ' -x i

⎭, 即2, 此时有

x " -x i ≤x " -x ' +x ' -x i

f x ' -f (x i )

δi

2

≤

δi

2

+

δi

2

=δi

故有（2）式同时有

()

ε

2

和f x " -f (x i )

()

ε

2

f x ' -f (x i )

由此得 .

()

证法 二 ( 用致密性定理). 参阅[1]P171—172 [ 证法二 ]

证明 如果不然, f (x ) 在[a , b ]上不一致连续, ∃ε0>0, ∀δ>0, ∃x ', x ''∈[a , b ], |x '-x ''|

|f (x ') -f (x '') |≥ε0.

取

δ=

11

'''|x -x |

'k →x 0∈[a , b ], 而由x n

中令k →∞, 得

'k -x n ''k |

1

''k →x 0. 再由f (x ) 在x 0连续, 在|f (x n 'k ) -f (x n ''k ) |≥ε0n k , 也有x n

'k ) -f (x n ''k ) |≥ε00=|f (x 0) -f (x 0) |=lim |f (x n

k →∞

,

矛盾. 所以f (x ) 在[a , b ]上一致连续.

+-

f (x ) ∈C (a , b ) f (a ) f (b ) ∃⇒f (x ) 在(a , b ) 上一致连续. 推广 , ,

作业 [1]P172 1,2 3,4, 5*；P176 1,2,4.