s4闭区间上的连续函数 有界性定理 定理3.4.1若函数∫(x)在闭区间[ab上连续,则它在[a,b上有 界 证用反证法。 若f(x)在[ab上无界,将[ab等分为两个小区间+与 a+b,b,则()至少在其中之一上无界,把它记为4 2 再将闭区间1]与等分为两个小区间a,4+与+,b1 同样f(x)至少在其中之一上无界,把它记为[a2,b2];
§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{an,bn]},f(x)在 其中任何一个闭区间an,bn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{an,bn], 并且 s=lim a, =lim b n→ 因为ξ∈[a,b,而f(x)在点ξ连续,所以存在δ>0,M>0,对于一切 x∈O,o)∩[a,b],成立 (x)≤M 由于iman=ibn=ξ,又可知道对于充分大的n, n→0 n→) [an,bn]cO(5,δ)∩[a,b], 于是得到f(x)在这些闭区间an,bn(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)=-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342若函数f(x)在闭区间ab]上连续,则它在[b上必 能取到最大值与最小值,即存在ξ和n∈[a,b,对于一切x∈ab成立 ∫(5)≤∫(x)≤f(7)。 证集合R,={f(x)lx∈[ab]}是有界数集,所以必有上确界与下 确界,记 a=infR,阝=supR 由于对任意给定的ε>0,存在x∈[ab,使得f(x)<a+E。于是取 En=(n=1.2,3…)相应地得到数列{xn},xn∈[ab,满足 ≤f(xn)<a+-
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{xn}是有界数列,应用 bolzano- Weierstrass定理,存在收敛子列 imxn=,且ξ∈[a,b k→∞ 考虑不等式 ≤f(xn)<a+ k=1,2.3, n 令k→∞,由极限的夹逼性与f(x)在点ξ的连续性,得到 f∫(5)=a 这说明f(x)在[ab上取到最小值a,即α=minR 同样可以证明存在n∈ab,使得f(m)=B=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