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)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续，但是 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]上无界：
将 [ 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 n→∞liman=n→∞limbn=ξ
由于 ξ ∈ [ a n , b n ] ⊂ [ a , b ] \xi\in[a_n,b_n]\subset[a,b] ξ∈[an,bn]⊂[a,b]且 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]连续，所以 f ( x ) f(x) f(x)在 ξ \xi ξ点连续，即 f ( x ) f(x) f(x)在 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,∀x∈O(ξ,δ)∩[a,b]成立 ∣ f ( x ) ∣ ≤ M |f(x)|\le M ∣f(x)∣≤M
当 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)在 [ 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在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上连续，但 f ( x ) f(x) f(x)在 ( 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是 R f \textbf{R}_{f} Rf的下确界， β \beta β是 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）
取 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} α≤f(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}
则 x n k → ξ ∈ [ a , b ] x_{n_{k}}\to \xi\in [a,b] xnk→ξ∈[a,b]，即 α ≤ f ( x n k ) < α + 1 n k \alpha\le f(x_{n_{k}})<\alpha +\frac{1}{n_{k}} α≤f(xnk)<α+nk1
令 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 k→∞limα=α,k→∞lim(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 k→∞limf(xnk)=k→∞limf(ξ)=α
又因为 f ( x ) f(x) f(x)在 [ 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)在 [ 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={x∣f(x)<0,x∈[a,b]},a⊂V,b⊂V,ξ=supV（ ξ \xi ξ是 V \textbf{V} V的上确界， V \textbf{V} V是 f ( x ) < 0 f(x)<0 f(x)<0的 x x x的集合）
由于 f ( a ) < 0 f(a)<0 f(a)<0，由 f ( x ) f(x) f(x)在 [ 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)在 [ 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
取 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 xn∈V,xn→ξ,f(xn)<0,f(ξ)=n→∞limf(xn)≤0
若 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) (ξ−δ,ξ+δ)上， f ( x ) < 0 f(x)<0 f(x)<0，但是 ξ \xi ξ是 V \textbf{V} V的上确界， V \textbf{V} V是 f ( x ) < 0 f(x)<0 f(x)<0的 x x x的集合，如果在 ( ξ − δ , ξ ) (\xi-\delta,\xi) (ξ−δ,ξ)上也有 f ( x ) < 0 f(x)<0 f(x)<0（ ξ − δ \xi - \delta ξ−δ已经不是上确界，更不是上界）
与 ξ \xi ξ是 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)=2x3−3x2−3x+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)(x−21)(x−2)
【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的不动点）。
【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] b≤f(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则 ξ = a \xi = a ξ=a；
（2） g ( b ) = 0 g(b)=0 g(b)=0则 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
【注】若 f ( x ) f(x) f(x)在 ( 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在 ( 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在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上没有不动点。