《数学分析》课程教学课件（讲稿）闭区间上连续函数的性质

S2闭区间上连续函数的性质实数完备性理论的一个重要作用就是证明闭区间上连续函数的性质，这些性质曾经在第四章给出过一、最大、最小值定理二、介值性定理三、一致连续性定理巡回后页前页

前页 后页 返回 §2 闭区间上连续函数的性质 实数完备性理论的一个重要作用就是证 一、最大、最小值定理 经在第四章给出过. 明闭区间上连续函数的性质，这些性质曾 三、一致连续性定理 二、介值性定理 返回

一、最大、最小值定理首先来看一个常用的定理有界性定理若f(x)在闭区间[a,bl 上连续,则 f程la,bl上有界证用两种方法给出证明第一种方法使用有限覆盖定理.因为f (x)在[a亞每一点连续，从而局部有界.我们的任务就是将局部有界的性质化为整体有界性质巡回前页后页

前页 后页 返回 首先来看一个常用的定理. 有界性定理 若 f (x) 在闭区间 [a, b] 上连续, 则 f (x) 证 用两种方法给出证明. 第一种方法 使用有限覆盖定理. 因为 f (x) 在 [a, b] 一、最大、最小值定理 局部有界的性质化为整体有界性质. 上每一点连续, 从而局部有界. 我们的任务就是将

对于任意的ti [a,b],存在 M,>0,以及d, >0当xi (t- d,t+d)I [a,b]时, / f(x)| M,设开区间集 H =i(t-d,t+d)/ti [a,bl},显然H覆盖了闭区间la,bl.由有限覆盖定理,在H中在有限个开区间(t, - d,,t, +d, ), L ,(t, - d,,t, +d,)覆盖了[a,b].令M =maxiM,,M,,L，M,i,则对于任意xi[a,bl,存在i,1in，使后页邀回前页

前页 后页 返回 H 覆盖了闭区间[a, b]. 由有限覆盖定理, 在 H 中 存 显然 在有限个开区间

xi (t,- d,t, +d,),因此/ f(x)/t M, ± M.第二种证法采用致密性定理设f(x)在[a, b]上无界,不妨设f(x)无上界.则存车1 [a,b],使lim f(x,)=+￥.nRY因为α，有界，从而存在一个收敛的子列.为了书写方便，不妨假设α，自身收敛，令limxn=Xo.nRY巡回前页后页

前页 后页 返回 第二种证法 采用致密性定理. 因为{xn } 有界, 从而存在一个收敛的子列. 为了书 写方便, 不妨假设 {xn } 自身收敛, 令 设 f (x) 在[a, b]上无界, 不妨设 f (x)无上界. 则 存在

因atxb,则atxb.又因f(x)在x.连续故由归结原理可得+ = lim f(x,) = lim f(x) = f(x,),nRYxR Xo矛盾.最大、最小值定理(定理4.6)若函数f(x)在[a连续，则f(x)在[a,bl上取最大、最小值证 f(x)在[a, b] 上连续,因而有界.由确界定理) 在 [a, b] 上的值域有上确界, 设巡回前页后页

前页 后页 返回 故由归结原理可得 矛盾. 最大、最小值定理(定理4.6) 若函数 f (x) 在[a, b] 证 f (x) 在 [a, b] 上连续, 因而有界. 由确界定 理, f (x) 在 [a, b] 上的值域有上确界. 设 上连续, 则 f (x) 在 [a, b] 上取最大、最小值

M = sup f(x).xi [a,b]要证：Mi f([a,b]).若不然,则对于任意xi [a,b]f(x)0,使 G.0<F(x)= M- f(x)这样就有巡回后页前页

前页 后页 返回 在[a, b] 上连续, 从而有界, 故存在 G > 0, 使 这样就有

f(x)t M- ,xi [a,b).C这与M是f(x)在[a,bl上的上确界矛盾同理可证:下确界 m = inf f(x)也属于f([a,bl)xi [a,b]这就证明了上确界M与下确界m都是可取到的这也就是说，M与 m是f (x)在[a,bl上的最大、最小值巡回后页前页

前页 后页 返回 这与 M 是 f (x) 在 [a, b] 上的上确界矛盾. 这就证明了上确界 M 与下确界 m 都是可取到的, 同理可证:下确界 也属于 f ([a, b]). 最小值. 这也就是说, M 与 m 是 f (x) 在[a, b]上的最大

二、介值性定理(定理4.7)设函数f(x)在闭区间[a，bl上连续且(a)口f(b)若m是介于f(a)与f(b)之间的一个实数,则存在x(a,b),使f(x) = m.证在第四章中，我们已经用确界定理证明此定理现在用区间套定理来证明设 F(x)= f(x)- m,则 F(x)在[a,bl上连续,并且后页巡回前页

前页 后页 返回 (定理4.7) 设函数 f (x) 在闭区间 [a, b]上连续, 且 证 在第四章中, 我们已经用确界定理证明此定理. 现在用区间套定理来证明. 二、介值性定理 f (a) ￾ f (b)

F(a)F(b)<0.将[a, b] 等分成两个区间 [a, cl, [c,b],若日证-然，函数F(x）在这两个区间中有一个区间端点上的值异号，将这个区间记为[ai,b小.再将[ai,b,]等分成两个区间[aj,cil,[ci,bil,荐c)=0, 已证,不然同样可知函数 F(x) 在其中个区间的端点上的值异号.将这个过程无限进行下去，得到一列闭子区间后页巡回前页

前页 后页 返回 将 [a, b] 等分成两个区间 [a, c], [c, b], 若 F(c)=0, 下去, 得到一列闭子区间 个区间的端点上的值异号. 将这个过程无限进行 F(c1 ) = 0, 已证. 不然同样可知函数 F(x) 在其中 一 将 [a1 , b1 ] 等分成两个区间 [a1 , c1 ], [c1 , b1 ], 若 间端点上的值异号, 将这个区间记为[a1 , b1 ]. 再 已证. 不然, 函数 F(x)在这两个区间中有一个区

([an,b,J),满足(i) [an+i,bn+ili [an,b,l, n =1, 2, L ;b-a福? 0,n? ?;(ii) b, - an 2"(iii) F(a,)F(b,)<0.由区间套定理,存在惟一的 x[a,,b,],n=1,2,L ，并且 lima,=limb,=x.因为 F(x)在点x连续，nRYUR所以03 lim F(a,)F(b,)=(F(x)*,nRY即F(x）=0.这也就是说：f(x)=m后页巡回前页

前页 后页 返回 由区间套定理, 存在惟一的 { [an , bn ] }, 满足 :