3. 函数极限与连续函数

3.4 闭区间上的连续函数

3.4.1 有界性定理

【定理3.4.1】 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,则 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上有界。
【证】用反证法,假设 f ( x ) f(x) f(x) [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,但是 f ( x ) f(x) f(x) [ a , b ] [a,b] [a,b]上无界:
[ a , b ] [a,b] [a,b]分成两个子区间 [ a , a + b 2 ] , [ a + b 2 , b ] [a,\frac{a+b}{2}],[\frac{a+b}{2},b] [a,2a+b],[2a+b,b],则 f ( x ) f(x) f(x)至少在其中一个子区间无界,记它为 [ a 1 , b 1 ] [a_{1},b_{1}] [a1,b1]
再将 [ a 1 , b 1 ] [a_{1},b_{1}] [a1,b1]分成两个子区间 [ a 1 , a 1 + b 1 2 ] , [ a 1 + b 1 2 , b 1 ] [a_{1},\frac{a_{1}+b_{1}}{2}],[\frac{a_{1}+b_{1}}{2},b_{1}] [a1,2a1+b1],[2a1+b1,b1],则 f ( x ) f(x) f(x)至少在其中之一的子区间无界,记它为 [ a 2 , b 2 ] [a_{2},b_{2}] [a2,b2]
……
一直做下去得到闭区间套 { [ a n , b n ] } \{[a_n,b_n]\} {[an,bn]},且 f ( x ) f(x) f(x)在每一个 [ a n , b n ] [a_n,b_n] [an,bn]上都是无界的,由比区间套定理可知, ∃ ξ ∈ [ a n , b n ] \exists \xi\in[a_n,b_n] ξ[an,bn],且 lim ⁡ n → ∞ a n = lim ⁡ n → ∞ b n = ξ \lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=\lim\limits_{n\to\infty}b_{n}=\xi nliman=nlimbn=ξ
由于 ξ ∈ [ a n , b n ] ⊂ [ a , b ] \xi\in[a_n,b_n]\subset[a,b] ξ[an,bn][a,b] f ( x ) f(x) f(x) [ a , b ] [a,b] [a,b]连续,所以 f ( x ) f(x) f(x) ξ \xi ξ点连续,即 f ( x ) f(x) f(x) ξ \xi ξ点的邻域内有界,即 ∃ δ > 0 , M > 0 , ∀ x ∈ O ( ξ , δ ) ∩ [ a , b ] \exists\delta>0,M>0,\forall x\in O(\xi,\delta)\cap[a,b] δ>0,M>0,xO(ξ,δ)[a,b]成立 ∣ f ( x ) ∣ ≤ M |f(x)|\le M f(x)M
n n n充分大时, [ a n , b n ] ⊂ O ( ξ , δ ) ∩ [ a , b ] [a_{n},b_{n}]\subset O(\xi,\delta)\cap[a,b] [an,bn]O(ξ,δ)[a,b]
但是我们找到的这个闭区间上 f ( x ) f(x) f(x)是无界的
与假设 f ( x ) f(x) f(x) [ a , b ] [a,b] [a,b]上无界矛盾
所以 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上有界。


【例】 f ( x ) = 1 x f(x)=\frac{1}{x} f(x)=x1 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上连续,但 f ( x ) f(x) f(x) ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上无界。

3.4.2 最值定理

【定理3.4.2】 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,则 f ( x ) f(x) f(x)必能在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上取到最大值和最小值,即 ∃ ξ η ∈ [ a , b ] \exists \xi \eta\in[a,b] ξη[a,b],使得 f ( ξ ) ≤ f ( x ) ≤ f ( η ) , ∀ x ∈ [ a , b ] f(\xi)\le f(x)\le f(\eta),\forall x\in [a,b] f(ξ)f(x)f(η),x[a,b]
【证】用 R f = { f ( x ) ∣ x ∈ [ a , b ] } \textbf{R}_{f}=\{f(x)|x\in [a,b]\} Rf={f(x)x[a,b]}是有界集,利用确界存在定理,令 α = inf ⁡ R f , β = sup ⁡ R f \alpha = \inf \textbf{R}_{f}, \beta = \sup \textbf{R}_{f} α=infRf,β=supRf α \alpha α R f \textbf{R}_{f} Rf的下确界, β \beta β R f \textbf{R}_{f} Rf的上确界)
现证 ∃ ξ ∈ [ a , b ] \exists \xi \in [a,b] ξ[a,b],使得 f ( ξ ) = α f(\xi)=\alpha f(ξ)=α
α = inf ⁡ R f , ∀ x ∈ [ a , b ] , f ( x ) ≥ α \alpha = \inf \textbf{R}_{f},\forall x\in [a,b],f(x)\ge \alpha α=infRf,x[a,b],f(x)α
∀ ε > 0 , ∃ x ∈ [ a , b ] \forall \varepsilon>0, \exists x\in [a,b] ε>0,x[a,b]使得 f ( x ) < α + ε f(x)<\alpha + \varepsilon f(x)<α+ε(下确界加一个大于0的数就不是下界了)
ε n = 1 n , ∃ x n ∈ [ a , b ] \varepsilon_{n}=\frac{1}{n},\exists x_{n}\in[a,b] εn=n1,xn[a,b],使得 α ≤ f ( x n ) < α + 1 n \alpha\le f(x_{n})<\alpha +\frac{1}{n} αf(xn)<α+n1
x n ∈ [ a , b ] x_{n}\in [a,b] xn[a,b]说明 { x n } \{x_{n}\} {xn}是有界数列,有界数列必有收敛的子列,且收敛的子列的极限也在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]中,设这个收敛子列是 { x n k } \{x_{n_{k}}\} {xnk}
x n k → ξ ∈ [ a , b ] x_{n_{k}}\to \xi\in [a,b] xnkξ[a,b],即 α ≤ f ( x n k ) < α + 1 n k \alpha\le f(x_{n_{k}})<\alpha +\frac{1}{n_{k}} αf(xnk)<α+nk1
k → ∞ k\to \infty k,由于 lim ⁡ k → ∞ α = α , lim ⁡ k → ∞ ( α + 1 n k ) = α \lim\limits_{k\to \infty}\alpha=\alpha,\lim\limits_{k\to \infty}(\alpha +\frac{1}{n_{k}})=\alpha klimα=α,klim(α+nk1)=α,故由数列极限的夹逼性定理可知 lim ⁡ k → ∞ f ( x n k ) = lim ⁡ k → ∞ f ( ξ ) = α \lim\limits_{k\to \infty}f(x_{n_{k}})=\lim\limits_{k\to \infty}f(\xi)=\alpha klimf(xnk)=klimf(ξ)=α
又因为 f ( x ) f(x) f(x) [ a , b ] [a,b] [a,b]连续,即 f ( ξ ) = α f(\xi)=\alpha f(ξ)=α
同理 ∃ η ∈ [ a , b ] \exists \eta \in [a,b] η[a,b],使得 f ( η ) = β f(\eta)=\beta f(η)=β
证毕。

【例】 f ( x ) = x , x ∈ ( 0 , 1 ) f(x)=x,x\in(0,1) f(x)=x,x(0,1) α = inf ⁡ R f = 0 , β = sup ⁡ R f = 1 \alpha = \inf \textbf{R}_{f}=0,\beta = \sup \textbf{R}_{f}=1 α=infRf=0,β=supRf=1,但是不存在 ξ , η ∈ ( 0 , 1 ) \xi, \eta\in(0,1) ξ,η(0,1)使得 f ( ξ ) = 0 , f ( η ) = 1 f(\xi)=0,f(\eta)=1 f(ξ)=0,f(η)=1

3.4.3 零点存在定理

【定理3.4.3】 f ( x ) f(x) f(x) [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续, f ( a ) f ( b ) < 0 f(a)f(b)<0 f(a)f(b)<0,则 ∃ ξ ∈ ( a , b ) \exists \xi \in(a,b) ξ(a,b),使得 f ( ξ ) = 0 f(\xi)=0 f(ξ)=0.
【证】不失一般性,不妨设 f ( a ) < 0 , f ( b ) > 0 f(a)<0,f(b)>0 f(a)<0,f(b)>0
V = { x ∣ f ( x ) < 0 , x ∈ [ a , b ] } , a ⊂ V , b ⊄ V , ξ = sup ⁡ V \textbf{V}=\{x|f(x)<0,x\in[a,b]\},a\subset\textbf{V},b\not\subset\textbf{V},\xi=\sup \textbf{V} V={xf(x)<0,x[a,b]},aV,bV,ξ=supV ξ \xi ξ V \textbf{V} V的上确界, V \textbf{V} V f ( x ) < 0 f(x)<0 f(x)<0 x x x的集合)
由于 f ( a ) < 0 f(a)<0 f(a)<0,由 f ( x ) f(x) f(x) [ a , b ] [a,b] [a,b]连续, ∃ δ 1 > 0 \exists \delta_{1}>0 δ1>0使得 f ( x ) < 0 , ∀ x ∈ [ a , a + δ 1 ) f(x)<0,\forall x\in[a,a+\delta_{1}) f(x)<0,x[a,a+δ1)
由于 f ( b ) < 0 f(b)<0 f(b)<0,由 f ( x ) f(x) f(x) [ a , b ] [a,b] [a,b]连续, ∃ δ 2 > 0 \exists \delta_{2}>0 δ2>0使得 f ( x ) > 0 , ∀ x ∈ ( b + δ 1 , b ] f(x)>0,\forall x\in(b+\delta_{1},b] f(x)>0,x(b+δ1,b]
所以 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in (a,b) ξ(a,b),现在证 f ( ξ ) = 0 f(\xi)=0 f(ξ)=0
x n ∈ V , x n → ξ , f ( x n ) < 0 , f ( ξ ) = lim ⁡ n → ∞ f ( x n ) ≤ 0 x_{n}\in\textbf{V},x_{n}\to \xi,f(x_{n})<0,f(\xi)=\lim\limits_{n\to\infty}f(x_{n})\le 0 xnV,xnξ,f(xn)<0,f(ξ)=nlimf(xn)0
f ( ξ ) < 0 , ∃ δ > 0 f(\xi)<0,\exists \delta>0 f(ξ)<0,δ>0,在 ( ξ − δ , ξ + δ ) (\xi - \delta,\xi + \delta) (ξδ,ξ+δ)上, f ( x ) < 0 f(x)<0 f(x)<0,但是 ξ \xi ξ V \textbf{V} V的上确界, V \textbf{V} V f ( x ) < 0 f(x)<0 f(x)<0 x x x的集合,如果在 ( ξ − δ , ξ ) (\xi-\delta,\xi) (ξδ,ξ)上也有 f ( x ) < 0 f(x)<0 f(x)<0 ξ − δ \xi - \delta ξδ已经不是上确界,更不是上界)
ξ \xi ξ V \textbf{V} V的上确界的定义矛盾,所以 f ( ξ ) = 0 f(\xi)=0 f(ξ)=0


【例3.4.1】多项式 p ( x ) = 2 x 3 − 3 x 2 − 3 x + 2 p(x)=2x^{3}-3x^{2}-3x+2 p(x)=2x33x23x+2,求多项式大致有几个根。
【解】

多项式是在定义域上的连续函数,由零点存在定理,它在 ( − 2 , 0 ) (-2,0) (2,0)存在一个根, ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)存在一个根, ( 1 , 3 ) (1,3) (1,3)存在一个根
事实上 p ( x ) = 2 ( x + 1 ) ( x − 1 2 ) ( x − 2 ) p(x)=2(x+1)(x-\frac{1}{2})(x-2) p(x)=2(x+1)(x21)(x2)


【例3.4.2】 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续, f ( x ) f(x) f(x)的值域 f ( [ a , b ] ) ⊂ [ a , b ] f([a,b])\subset[a,b] f([a,b])[a,b],则 ∃ ξ ∈ [ a , b ] \exists \xi \in [a,b] ξ[a,b],使 f ( ξ ) = ξ f(\xi)=\xi f(ξ)=ξ ξ \xi ξ称为 f f f不动点)。
【证】令 g ( x ) = f ( x ) − x g(x)=f(x)-x g(x)=f(x)x
f ( [ a , b ] ) ⊂ [ a , b ] f([a,b])\subset [a,b] f([a,b])[a,b] b ≤ f ( x ) ≤ a , ∀ x ∈ [ a , b ] b\le f(x)\le a,\forall x\in[a,b] bf(x)a,x[a,b]
g ( a ) ≥ 0 , g ( b ) ≤ 0 g(a)\ge 0,g(b)\le 0 g(a)0,g(b)0
(1) g ( a ) = 0 g(a)=0 g(a)=0 ξ = a \xi = a ξ=a
(2) g ( b ) = 0 g(b)=0 g(b)=0 ξ = b \xi = b ξ=b
(3) g ( a ) > 0 , g ( b ) < 0 g(a)>0, g(b)<0 g(a)>0,g(b)<0,由零点存在定理, ∃ ξ ∈ ( a , b ) \exists \xi\in (a,b) ξ(a,b),使得 g ( ξ ) = 0 g(\xi)=0 g(ξ)=0,即 f ( ξ ) = ξ f(\xi) = \xi f(ξ)=ξ
【数学分析笔记】第3章第4节闭区间上的连续函数(1)-LMLPHP
【注】若 f ( x ) f(x) f(x) ( a , b ) (a,b) (a,b)上连续,而 f ( ( a , b ) ) ⊂ ( a , b ) f((a,b))\subset (a,b) f((a,b))(a,b),是否 f f f也有不动点(在 ( a , b ) (a,b) (a,b)上),结论是不一定的,举反例: f ( x ) = x 2 f(x)=\frac{x}{2} f(x)=2x ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上连续, f ( ( 0 , 1 ) ) = ( 0 , 1 2 ) f((0,1))=(0,\frac{1}{2}) f((0,1))=(0,21),但 f ( x ) = x 2 f(x)=\frac{x}{2} f(x)=2x ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上没有不动点。

09-24 18:39