S4闭区间上的连续函数有界性定理定理3.4.1若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，则它在[a,b]上有界。证用反证法。a+b与若f(x)在[a,b]上无界，将[a,b]等分为两个小区间2[,b]，则(1)至少在其中之一上无界，把它记为[4,4];a,+b,与再将闭区间[a,b]与等分为两个小区间α2同样f(x)至少在其中之一上无界，把它记为[α2，b,];
§4 闭区间上的连续函数 有界性定理 定理3.4.1 若函数 xf )( 在闭区间 ba ],[ 上连续，则它在 ba ],[ 上有 界。 证 用反证法。 若 f x( ) 在 ba ],[ 上无界，将 ba ],[ 等分为两个小区间 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 , ba a 与 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + b ba , 2 ，则 f x( ) 至少在其中之一上无界，把它记为[a b 1 1 , ]； 再将闭区间[a b 1 1 , ]与等分为两个小区间 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 , 11 1 ba a 与 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 1 11 , 2 b ba ， 同样 f x( ) 至少在其中之一上无界，把它记为[ a 2 ,b 2 ]；
这样的步骤一直做下去，便得到一个闭区间套{[a,,b,1})，f(x)在其中任何一个闭区间[a.,b.1上都是无界的。根据闭区间套定理，存在唯一的实数属于所有的闭区间[α,b,],并且E=lim a,=lim b, o因为e[a,b]，而f(α)在点连续，所以存在>0，M>0，对于一切xeO(5,s)n[a,b]，成立[f(x)]≤M 。由于lima,=limb,=三，又可知道对于充分大的n，n>0[an,b,] c O(5,o) n [a,b] ,于是得到f(x)在这些闭区间[a,,b,]（n充分大）上有界的结论，从而产生矛盾。证毕
这样的步骤一直做下去，便得到一个闭区间套{[,] n n a b }， f x( ) 在 其中任何一个闭区间[,] n n a b 上都是无界的。 根据闭区间套定理，存在唯一的实数ξ 属于所有的闭区间[,] n n a b ， 并且 ξ =lim n→∞ an =lim n→∞ bn 。 因为ξ ∈ ba ],[ ，而 f x( ) 在点ξ 连续，所以存在δ > 0，M > 0，对于一切 x∈O ξ δ ),( ∩ ba ],[ ，成立 f ( ) x M≤ 。 由于lim n→∞ an =lim n→∞ bn =ξ ，又可知道对于充分大的n， [,] n n a b ⊂ O ξ δ ),( ∩ ba ],[ ， 于是得到 f x( ) 在这些闭区间[,] n n a b (n充分大)上有界的结论，从而产生 矛盾。 证毕
开区间上的连续函数不一定是有界的。例如f(x)=一在开区间(0,1)上连续，但显然是无界的
开区间上的连续函数不一定是有界的。 例如 1 f x( ) x = 在开区间(0,1)上连续，但显然是无界的
最值定理定理3.4.2若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，则它在[a,b]上必能取到最大值与最小值，即存在和ne[a,b]，对于一切xe[a,b]成立f()≤ f(x)≤ f(n) 。证集合R,=（f(x)|xe[a,b]|是有界数集，所以必有上确界与下确界，记α=infR,， β=supR,由于对任意给定的>0，存在xe[a,b]，使得f(x)<α+。于是取（n=1,2,3,.）相应地得到数列（x,}，x,=[a,b]，满足n1α≤f(x,)<α+=n
最值定理 定理3.4.2 若函数 f x( ) 在闭区间 ba ],[ 上连续，则它在 ba ],[ 上必 能取到最大值与最小值，即存在ξ 和η ∈[,] a b ，对于一切 x∈[,] a b 成立 f () () ξ ≤ f x ≤ f ( ) η 。 证 集合 Rf = { f ( )| [ , ] x x ab ∈ }是有界数集，所以必有上确界与下 确界，记 α inf = Rf ， β sup = Rf 。 由于对任意给定的ε > 0，存在 x∈[,] a b ，使得 f ( ) x < α + ε 。于是取 ε n = 1 n （n = 123 ,"）相应地得到数列{ xn }， xn ∈ ba ],[ ，满足 α ( ) n ≤ f x < 1 n α +
因为（x是有界数列，应用Bolzano-Weierstrass定理，存在收敛子列(xm/:lim x.=，且e[a,b]。考虑不等式k=1,2,3,...α≤f(xm)<α+-h令k→α，由极限的夹逼性与f(x)在点的连续性，得到f()=α。这说明f(α)在[a,b]上取到最小值α，即α=minR,。同样可以证明存在ne[a,b]，使得f(n)=β=maxR,。证毕
因为{ xn }是有界数列，应用Bolzano-Weierstrass定理，存在收敛子列 { xnk }： lim k→∞ xnk =ξ ，且ξ ∈ ba ],[ 。 考虑不等式 α ( ) k n ≤ f x < α + 1nk ， k = 1,2,3，.， 令k→∞，由极限的夹逼性与 f x( ) 在点 ξ 的连续性，得到 f ( ) ξ =α 。 这说明 f x( ) 在 ba ],[ 上取到最小值α，即α min = Rf 。 同样可以证明存在η ∈[,] a b ，使得 f η)( = β = max Rf 。 证毕