§4闭区间上的连续函数 有界性定理 定理34.1若函数f(x)在闭区间[ab上连续,则它在[b上有 界 证用反证法 若r(x在a上无界,将1b等分为两个小区间a2a+b a+h,b1,则(x)至少在其中之一上无界,把它记为 再将闭区间,b1与等分为两个小区间a+与/+b 2 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{anb},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anbn], 并且 5=lim a, =lim b n→) n→ 因为∈[ab,而f(x)在点ξ连续,所以存在δ>0,M>0,对于一切 x∈O(5,o)∩[a,b],成立 f(x<M 由于Iman=lmbn=5,又可知道对于充分大的n, n1→)00 an,bn]cO(,o)∩[a,b, 于是得到f(x)在这些闭区间[an,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→∞ a n =lim n→∞ b n 。 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→∞ a n =lim n→∞ b n = 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3.4.2若函数f(x)在闭区间[ab上连续,则它在[a,b上必 能取到最大值与最小值,即存在和n∈[anb,对于一切x∈[anb成立 f()≤f(x)≤f() 证集合R,={f(x)|x∈ab]}是有界数集,所以必有上确界与下 确界,记 a=infR,, B=sup r 由于对任意给定的ε>0,存在x∈a,b,使得f(x)<a+E。于是取 En=(n=12,3…)相应地得到数列{xn},xn∈{a,b,满足 a≤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 f () () ξ ≤ 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 n ε = 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=5,且∈[a,b] 考虑不等式 a≤f(x1)<a+一,k=1,2,3, 令k→∞,由极限的夹逼性与f(x)在点E的连续性,得到 f()=a 这说明f(x)在[ab上取到最小值a,即a=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
同样,开区间上的连续函数即使有界,也不一定能取到它的最大 (小)值。例如,f(x)=x在(0,1)上连续而且有界,因而有上、下确界 a=inf{f(x)|x∈(0,1)}=0, B=sup{f(x)x∈(0,1)}=1, 但是f(x)在区间(0,1)上取不到a=0与B=1
同样，开区间上的连续函数即使有界，也不一定能取到它的最 大 （小）值。例如， f ( ) x x = 在(0,1)上连续而且有界，因而有上、下确 界 α = inf { f ( ) x | x ∈(0,1) } = 0， β = sup { f ( ) x | x ∈(0,1) } = 1， 但是 f x( ) 在区间(0,1)上取不到 α = 0 与 β = 1
零点存在定理 定理3.4.3若函数∫(x)在闭区间[ab上连续,且f(a)·f(b)0,定义集合V V=(x|f(x)0,x∈[a,a+81:f(x)0, 彐62>0,x∈(b-2b:f(x)>0。于是可知 a+6≤5≤b-62 即 ∈(a,b)
零点存在定理 定理3.4.3 若函数 f x( ) 在闭区间 ba ],[ 上连续，且 fa fb () () 0 ⋅ ，定义集合V： V = { x f ( ) 0, [ , ] x x ab 0， 1 ∀x aa ∈ + [, ] δ ：f x() 0 ， ∃ 2 δ > 0，∀ x ∈ 2 ( ,] b b −δ ： f x() 0 > 。于是可知 1 a +δ ≤ ξ ≤ 2 b −δ ， 即ξ ∈ ba ),(
取x∈V(n 5 ),因f(x)0,x∈O(5,δ); f(x)<0, 这就与=sup产生矛盾。于是必然有 f()=0 证毕
取 ( 1, 2, ) n x Vn ∈ = " ， n x →ξ （n→∞），因 ()0 n f x 0， ∀x O∈ (, ) ξ δ ： f x() 0 < ， 这就与ξ = supV 产生矛盾。于是必然有 f () 0 ξ = 。 证毕
例3.4.1讨论多项式p(x)=2x3-3x2-3x+2零点的位置。 解 20 -2 20 p(x)的三个零点(或根)分别落在区间(-2,0),(0,1)与(,3)内。事实上, p(x)=2(x+Xx-x-2),它的三个零点为x=+,与=2
例3.4.1 讨论多项式 3 2 p() 2 3 3 2 x xxx = − −+ 零点的位置。 解 x -2 0 1 3 p( ) x -20 2 -2 20 p( ) x 的三个零点（或根）分别落在区间( 2,0) − ,(0,1)与(1,3)内。事实上， 1 ( ) 2( 1)( )( 2) 2 px x x x = +− − ，它的三个零点为 1 x1 = − ， x2 = 12 ， 2 x3 =
例3.4.2设函数f(x)在闭区间[a,b上连续,且f(a,b]) ab,则存在5∈an1,f()=5(这样的称为f(x)的一个不动点。) 证设g(x)=f(x)-x,则g(x)在[ab上连续,由f(a,b]) c[a,b],可知g(a)≥0,g(b)≤0。 若g(a)=0,则有5=a;若g(b)=0,则有2=b;若g(a)>0,g(b)<0 则由定理3.4.3,必存在∈(a,b),使得g()=0,即f()=5 本例中闭区间{a,b不能改为开区间。例如f(x)=在开区间(01)上连续, 且f(0)c(0.1),但f(x)在开区间(0,1)中没有不动点
例3.4.2 设函数 f x( ) 在闭区间 ba ],[ 上连续，且 baf ]),([ ⊂ ba ],[ ，则存在ξ ∈ ba ],[ ，f ξ )( = ξ（这样的ξ 称为 f x( ) 的一个不动点。） 证 设 gx f x x () () = − ，则g x( )在 ba ],[ 上连续，由 f ([ , ]) a b ⊂ ba ],[ ，可知g a() 0 ≥ ，g b() 0 ≤ 。 若 g a() 0 = ，则有ξ = a ；若 g b() 0 = ，则有ξ = b；若 g a() 0 > ，g b() 0 < ， 则由定理3.4.3，必存在ξ ∈ ba ),( ，使得g() 0 ξ = ，即 f ( ) ξ = ξ 。 本例中闭区间 ba ],[ 不能改为开区间。例如 ( ) 2x f x = 在开区间(0,1)上连续， 且 f ((0,1)) (0,1) ⊂ ，但 f ( ) x 在开区间(0,1)中没有不动点