一致连续性定理经典实用

1、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、最小值定理曾经在第四章均给出过.明闭区间上的连续函数的性质，这些性质三、一致连续性定理二、介值性定理首先来看一个常用的定理首先来看一个常用的定理.有界性定理有界性定理 若若 f (x) 在闭区间在闭区间 a, b 上连续上连续, 则则 f (x) , .a b在在上上有有界界证证 用两种方法给出证明用两种方法给出证明.第一种方法第一种方法 使用有限覆盖定理使用有限覆盖定理. 因为因为 f (x) 在在 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局部有界的性质化为整体有界性质.上每一点连续上每一点连续, 从而局

2、部有界从而局部有界. 我们的任务就是将我们的任务就是将 , ,0,0,ttta bm 对对于于任任意意的的存存在在以以及及(,) , ,ttxtta b 当当时时 |( )|.tf xm h 覆盖了闭区间覆盖了闭区间a, b. 由有限覆盖定理由有限覆盖定理, 在在 h 中存中存1111(,), (,)nnttntnttttt , ,1,xa biin 于于任任意意存存在在使使 (,)| , ,ttttta bh 设设开开区区间间集集显然显然12 , .max,nttta bm 覆覆盖盖了了令令则对则对在有限个开区间在有限个开区间第二种证法第二种证法 采用致密性定理采用致密性定理.因为因为xn

3、有界有界, 从而存在一个收敛的子列从而存在一个收敛的子列. 为了书为了书写方便写方便, 不妨假设不妨假设 xn 自身收敛自身收敛, 令令0lim.nnxx (,),|( )|.iiiitittxttf xm 因因此此设设 f (x) 在在a, b上无界上无界, 不妨设不妨设 f (x)无上界无上界. 则存在则存在lim().nnf x , ,nxa b 使使00,.( ),naxbaxbf xx 因因则则又又因因在在连连续续故由归结原理可得故由归结原理可得00lim()lim( )(),nnxxf xf xf x 矛盾矛盾.最大、最小值定理最大、最小值定理(定理定理4.6) 若函数若函数 f

4、(x) 在在a, b证证 f (x) 在在 a, b 上连续上连续, 因而有界因而有界. 由确界定理由确界定理, f (x) 在在 a, b 上的值域有上确界上的值域有上确界. 设设上连续上连续, 则则 f (x) 在在 a, b 上取最大、最小值上取最大、最小值. , sup( ).xa bmf x :( , ).,mfa b 要要证证若若不不然然 则则对对于于任任意意 , ,xa b 1( )( )f xmf x ( )f xm ， 于于是是在在a, b 上连续上连续, 从而有界从而有界, 故存在故存在 g 0, 使使10( ).( )f xgmf x 这样就有这样就有1( ), , .f

5、 xmxa bg这与这与 m 是是 f (x) 在在 a, b 上的上确界矛盾上的上确界矛盾.这就证明了上确界这就证明了上确界 m 与下确界与下确界 m 都是可取到的都是可取到的, 同理可证同理可证:下确界下确界 , inf( )xa bmf x 也属于也属于 f (a, b).最小值最小值.这也就是说这也就是说, m 与与 m 是是 f (x) 在在a, b上的最大、上的最大、(定理定理4.7) 设函数设函数 f (x) 在闭区间在闭区间 a, b上连续上连续, 且且,( , ),a b 实实数数 则则存存在在使使证证 在第四章中在第四章中, 我们已经用确界定理证明此定理我们已经用确界定理证

6、明此定理.现在用区间套定理来证明现在用区间套定理来证明.( )( ),( ) , ,f xf xf xa b 设设则则在在上上连连续续 并并且且二、介值性定理f ( ). ( )( )f af b 若若是是介介于于与与之之间间的的一一个个f (a) f (b).将将 a, b 等分成两个区间等分成两个区间 a, c, c, b, 若若 f(c)=0, . 0)()( bfaf下去下去, 得到一列闭子区间得到一列闭子区间个区间的端点上的值异号个区间的端点上的值异号. 将这个过程无限进行将这个过程无限进行f(c1)=0, 已证已证. 不然同样可知函数不然同样可知函数 f(x) 在其中一在其中一将将

7、 a1 , b1 等分成两个区间等分成两个区间 a1, c1, c1 , b1, 若若间端点上的值异号间端点上的值异号, 将这个区间记为将这个区间记为a1, b1 . 再再已证已证. 不然不然, 函数函数 f(x)在这两个区间中有一个区在这两个区间中有一个区11(i) ,1, 2,;nnnnababn (ii)0 ,;2nnnbaban (iii)()()0.nnf af b 由区间套定理由区间套定理, 存在惟一的存在惟一的,1, 2,nnabn limlim.( )nnnnabf x并且因为在点连续,并且因为在点连续,20lim()()( ) ,nnnf af bf 所所以以( )0.:f

8、即这也就是说即这也就是说.)( f an , bn , 满足满足:(定理定理4.9) 若函数若函数 f (x) 在在 a ,b上连续上连续, 则则 f (x) 在在证证 (证法一证法一) 首先用致密性定理来证明该定理首先用致密性定理来证明该定理. 在在设设 f (x) 在在 a, b 上不一致连续上不一致连续, 即存在即存在对于对于, 00 0(), , ,xxa b 一一切切无无论论多多么么小小 总总是是存存在在三、一致连续性定理a, b 上一致连续上一致连续.究究.下述证明过程中下述证明过程中, 选子列的方法值得大家仔细探选子列的方法值得大家仔细探|,xx 虽虽然然但但0|()()|.f

9、xf x 现分别取现分别取11 1111, , ,|1,xxa bxx 110|()()|;f xf x 222211, , ,|,22xxa bxx 220|()()|;f xf x 11, , ,|,nnnnnxxa bxxnn 0|()()|;nnf xf x , , ,nnxxa b 由由此此得得到到两两列列虽虽然然1|0,nnxxn 0|()()|.nnf xf x 因为因为 xn 有界有界, 从而由致密性定理从而由致密性定理, 存在存在 xn 的的kknnkxxx0.lim. 一个收敛子列设一个收敛子列设.但是总有但是总有, bxakn因为因为所以由极限的不等式性质所以由极限的不等

10、式性质.0bxa连续连续, 所以由归结原理得到所以由归结原理得到0lim |()()|kknnkf xf x 矛盾矛盾.(证法二证法二) 再用有限覆盖定理来证明再用有限覆盖定理来证明.00| lim( )lim( )|0,xxxxf xf x 0limlim()lim,kkkknnnnkkkxxxxx 因因为为以及以及 f0,0,( ;) , xxxu xa b 给给存存在在当当时时有有|()( )|.2f xf x 考虑开区间集考虑开区间集( ;)| ,2xhu xxab 那么那么 h 是是 a, b 的一个开覆盖的一个开覆盖. 由有限覆盖定理由有限覆盖定理,因因 f (x) 在在 a, b 上连续上连续, 对任意一点对任意一点 , ,xa b 任任存在有限个开区间存在有限个开区间令令1min0,2iin 对于任何对于任何,baxx 只只要要,| xx那么那么x 必属于上述必属于上述 n 个小区间个小区间中的一个中的一个,(,).22iiiixxx 设于是设于是1111(,), (,)2222nnnnxxxx 也覆盖了也覆盖了 a, b.|,2iiixx 所以由小区间的定义得知所以由小区间的定义得知|()()|