关于闭区间上连续函数性质的处理的新设想 在教材《数学分析简明教程》(邓东皋尹小玲编著,高等教育出版社)中,闭区间上连 续函数的三大性质:介值定理,最大值定理,一致连续性定理,都是在他们需要出现的时 候才出现,而且它们的证明都是用实数连续性定理证明的。整个体系可以用下图表示出来。 实数连续性定理 单调有界原理 介值定理 最值定理 致连续性定理 反函数连 罗尔中值 连续函数 (1+-) 续性定理 定理 可积定理 在教学中,我们也可尝试在单调有界原理之后,引入区间套,再用区间套定理来证明闭 区间上连续函数的三大性质。或直接用实数连续性定理证明区间套定理,再用区间套定理证 明单调有界原理和闭区间上连续函数的三大性质。即采用如下的体系: 实数连续性定理 单调有界原理 区间套定理 介值定理 最值 致连续性定理 反函数连 罗尔中值 连续函数 续性定理 定理 理 实数连续性定理 区间套定理 单调有界原理 介值定理最值定理 致连续性定理 im(1+-)=e 反函数连罗尔中值 连续函数 续性定理定理 可积定理
1 关于闭区间上连续函数性质的处理的新设想 在教材《数学分析简明教程》(邓东皋 尹小玲编著,高等教育出版社)中,闭区间上连 续函数的三大性质:介值定理,最大值定理,一致连续性定理,都是在他们需要出现的时 候才出现,而且它们的证明都是用实数连续性定理证明的。整个体系可以用下图表示出来。 在教学中,我们也可尝试在单调有界原理之后,引入区间套,再用区间套定理来证明闭 区间上连续函数的三大性质。或直接用实数连续性定理证明区间套定理,再用区间套定理证 明单调有界原理和闭区间上连续函数的三大性质。即采用如下的体系: 实数连续性定理 单调有界原理 e n n n + = → ) 1 lim (1 罗尔中值 定理 最值定理 反函数连 续性定理 介值定理 一致连续性定理 连续函数 可积定理 实数连续性定理 e 单调有界原理 n n n + = → ) 1 lim (1 罗尔中值 定理 最值定理 反函数连 续性定理 介值定理 一致连续性定理 连续函数 可积定理 区间套定理 实数连续性定理 单调有界原理 e n n n + = → ) 1 lim (1 罗尔中值 定理 最值定理 反函数连 续性定理 介值定理 一致连续性定理 连续函数 可积定理 区间套定理
为方便使用我们的教材,下面分别给出用区间套定理推出单调有界原理和闭区间上连续 函数的三大性质的证明 单调有界原理若数列{xn}单调上升有上界,则{xn}必有极限。 证明用区间套定理。设{xn}是单调上升有上界的数列。若x是{xn}的上界,则{xrn}是常 值数列,必有极限。不妨设x不是{xn}的上界,记a1=x1,设b1是{xn}的一个上界。二等 分{a1,b1],分点为c1,若c1是{xn}的上界,令a2=a1,b2=c1,否则,令a2=c1,b2=b1 二等分[a2,b2],分点为c2,…。如此继续下去,得一区间套{an,bn},满足ⅵ,an不是{xn} 的上界,b是{xn}的上界。由区间套定理,存在唯一的实数r∈∩an,bn1。这时有 lim a =lim b 故,VE>0,彐N,使得 r-Em时,有 即 lim x=r 介值定理若f(x)在[a,b连续,f(a)>0,f(b)0,则取[a2,b2]=c1,b1],若f(c1)0,f(bn)f(y),即[a,c]满足上述性质 记[a1,b1]={a,b],二等分{a1,b],分点为c1,则[a1,c1],[c1,b1]两区间中至少有一区间 满足上述性质,将这个区间记为[a2,b21;二等分[a2,b21,分点为c2,则[a2,c2],[e2,b21两 区间中至少有一区间满足上述性质,将这个区间记为[a3b3];…,如此继续下去,得一区 间套{anbn]},由区间套定理,存在唯一的实数r∈∩an,bn]。 下证/()=mx(x)。Wx∈b,x≠r,3n,使xean-,b-1,但xean,hn]。由 区间套的构造,x1∈an,bn],使得f(x)≤f(x)。对x1,彐n2>n,使x∈lan-1,bn2-1
2 为方便使用我们的教材,下面分别给出用区间套定理推出单调有界原理和闭区间上连续 函数的三大性质的证明。 单调有界原理 若数列 { }n x 单调上升有上界,则 { }n x 必有极限。 证明 用区间套定理。设 { }n x 是单调上升有上界的数列。若 1 x 是 { }n x 的上界,则 { }n x 是常 值数列,必有极限。不妨设 1 x 不是 { }n x 的上界,记 1 1 a = x ,设 1 b 是 { }n x 的一个上界。二等 分 [ , ] a1 b1 ,分点为 1 c ,若 1 c 是 { }n x 的上界,令 a2 = a1, 2 1 b = c ,否则,令 2 1 a = c ,b2 = b1。 二等分 [ , ] a2 b2 ,分点为 2 c ,…。如此继续下去,得一区间套 {[ , ]} an bn ,满足 n ,an 不是 { }n x 的上界, bn 是 { }n x 的上界。由区间套定理,存在唯一的实数 = 1 [ , ] n an bn r 。这时有 lim lim n n n n a b r → → = = 故, 0, N ,使得 r − a b r + N N 由 aN 不是 { }n x 的上界知, m ,使得 aN xm ,由 { }n x 单调上升及 bn 是 { }n x 的上界得,当 n m 时,有 r − a x x b r + N m n N 即 x r n n = → lim 。 介值定理 若 f (x) 在 [a,b] 连续, f (a) 0, f (b) 0 ,则存在 c[a,b] ,使得 f (c) = 0 . 证明 用区间套定理。记 [ , ] [ , ] a1 b1 = a b ,二等分 [ , ] a1 b1 ,分点为 1 c ,若 f (c1 ) = 0 ,则定理证 完,否则,若 f (c1 ) 0 ,则取 [ , ] [ , ] 2 2 1 b1 a b = c ,若 f (c1 ) 0 ,则取 [ , ] [ , ] 2 2 1 1 a b = a c ;二等分 [ , ] a2 b2 ,分点为 2 c ,…。如此继续下去,得一区间套 {[ , ]} an bn ,满足 n ,f (an ) 0 ,f (bn ) 0 。 根据区间套定理,知存在唯一的实数 = 1 [ , ] n an bn r ,这时有 lim lim n n n n a b r → → = = 。由 f (x) 在 r 连续,知 ( ) = lim ( ) 0 → n n f r f a , ( ) = lim ( ) 0 → n n f r f b 故 f (r) = 0 ,定理证完。 最大值定理 若 f (x) 在 [a,b] 上连续,则 f (x) 在 [a,b] 上达到其最大值与最小值。 证明 用区间套定理.二等分 [a,b] ,分点为 c 。则 [a, c],[c, b] 两区间中至少有一区间 满足性质:另一区间中的每一个点 0 x ,在这个区间中存在一个点 0 y ,使得 ( ) ( ) 0 0 f x f y 。 事实上,不妨设 [c, b] 满足上述性质,则 x[a, c],y[c,b] ,使得 f (x) f (y) 。因为若不 然, [ , ] 0 x a c ,使得 y [c,b] ,有 ( ) ( ) 0 f x f y ,即 [a, c] 满足上述性质。 记 [ , ] [ , ] a1 b1 = a b ,二等分 [ , ] a1 b1 ,分点为 1 c ,则 [ , ] 1 1 a c ,[ , ] 1 b1 c 两区间中至少有一区间 满足上述性质,将这个区间记为 [ , ] a2 b2 ;二等分 [ , ] a2 b2 ,分点为 2 c ,则 [ , ] 2 2 a c ,[ , ] 2 b2 c 两 区间中至少有一区间满足上述性质,将这个区间记为 [ , ] a3 b3 ;…,如此继续下去,得一区 间套 {[ , ]} an bn ,由区间套定理,存在唯一的实数 = 1 [ , ] n an bn r 。 下证 ( ) max ( ) [ , ] f r f x x a b = 。x[a,b],x r ,n1 ,使 [ , ] an1−1 bn1−1 x ,但 [ , ] n1 n1 x a b 。由 区间套的构造, [ , ] 1 n1 n1 x a b ,使得 ( ) ( ) 1 f x f x 。对 1 x , n2 n1 ,使 [ , ] 1 an2 −1 bn2 −1 x
但x1{an2b2。于是,x2∈回n,b2],使得f(x)≤f(x2)。…,如此继续下去,得一数 满足 ∈{an,bn],且f(x)≤f(xk)。由于lmxk=r以及f(x)的连续 性,f(x)≤lmf(xk)=f(r),即f()=mx,f(x)。 致连续性定理(康托( cantor,1845-1918)定理)若∫(x)在闭区间[a,b上连续,则在[a,b 上一致连续 证明用区间套定理.用反证法。若不然,f(x)在{a,b上不一致连续,则彐E0>0,Vδ>0, 式x,x∈b,有x-xkb,但(x)-f(x”)2则在区间a1c2],tan,b]两区间中至少 记{a1,b1]={a,b,三等分a1,b1],分点为c1,c2 有一区间具有性质(P):对上述0>0,δ>0,在该区间中存在x,x",满足|x-x"kd, lf(x)-f(x")≥E 因为若不然,在区间[a1,c2],[c1,b1]两区间都不具有上述性质(P),则对上述co 61>0(10(a20,当x-rkn时,有 lf(x)-f()k0/2 由man=lmbn=r,则N,当n>N时,有{an,bn]c(r-n,r+n),于是vx,x"∈[an,bn]有 n→) If(x)-f(xkEo 这与{anbn]具有上述性质(P)矛盾。故f(x)在{ab上一致连续 最后给出用实数连续性定理证明区间套定理的证明。 区间套定理设{ an,bnI}是一区间套,则存在唯一的实数r∈∩an,bn 证明用实数连续性定理。令A={x|mn,x≤an},B=R\A,则A|B是R的一个分划。事实 上a1∈A,b1+1∈B,即A,B非空;由B的定义,A,B不漏;a∈A,vb∈B,则丑n,a≤an, Ⅵnb>an,故a<b,即A,B不乱。故A|B确是R的一个分划。由实数连续性定理,存在唯 一的实数r,使得Va∈A,vb∈B,有a≤r≤b
3 但 [ , ] 1 n2 n2 x a b 。于是, [ , ] 2 n2 n2 x a b ,使得 ( ) ( ) 1 2 f x f x 。…,如此继续下去,得一数 列 { }k x ,满足 nk+1 nk , [ , ] nk nk xk a b ,且 ( ) ( ) k f x f x 。由于 x r k n = → lim 以及 f (x) 的连续 性, f (x) lim f (x ) f (r) k n = → ,即 ( ) max ( ) [ , ] f r f x x a b = 。 一致连续性定理(康托(cantor,1845-1918)定理)若 f (x) 在闭区间 [a,b] 上连续,则在 [a,b] 上一致连续。 证明 用区间套定理.用反证法。若不然, f (x) 在 [a,b] 上不一致连续,则 0 0, 0 , x , x [a,b] ,有 | x − x | ,但 0 | f (x ) − f (x )| 。 记 [ , ] [ , ] a1 b1 = a b ,三等分 [ , ] a1 b1 ,分点为 1 c , 2 c 。则在区间 [ , ] 1 2 a c ,[ , ] 1 b1 c 两区间中至少 有一区间具有性质(P):对上述 0 0, 0 ,在该区间中存在 x , x ,满足 | x − x | , 但 0 | f (x ) − f (x )| 。 因为若不然,在区间 [ , ] 1 2 a c , [ , ] 1 b1 c 两区间都不具有上述性质(P),则对上述 0 , ( )) 3 1 0( 1 1 b − a , , [ , ] 1 2 x x a c ,只要 1 | x − x | ,就有 0 | f (x ) − f (x )| 。 ( )) 3 1 0( 2 2 b − a , , [ , ] 1 b1 x x c ,只要 2 | x − x | ,就有 0 | f (x ) − f (x )| 。 令 min( , ) = 1 2 ,则 x , x [a,b] ,只要 | x − x | ,就有 x , x 同时在 [ , ] 1 2 a c 或 [ , ] 1 b1 c 中, 从而有 0 | f (x ) − f (x )| 。这与最初的假设矛盾。 将 [ , ] 1 2 a c ,[ , ] 1 b1 c 两区间中具有上述性质(P)的区间记为 [ , ] a2 b2 ,三等分 [ , ] a1 b1 ,…, 如此继续下去,得一区间套 {[ , ]} an bn ,满足 n ,[ , ] an bn 具有上述性质(P),由区间套定理, 存在唯一的实数 = 1 [ , ] n an bn r 。 由 f (x) 在点 r 连续,则 0 ,当 | x − r | 时,有 | f (x) − f (r)| 0 / 2 由 a b r n n n n = = → → lim lim ,则 N ,当 n N 时,有 [a ,b ] (r −,r +) n n ,于是 , [ , ] an bn x x 有 0 | f (x ) − f (x )| 这与 [ , ] an bn 具有上述性质(P)矛盾。故 f (x) 在 [a,b] 上一致连续。 最后给出用实数连续性定理证明区间套定理的证明。 区间套定理 设 {[ , ]} an bn 是一区间套,则存在唯一的实数 = 1 [ , ] n an bn r 。 证明 用实数连续性定理。令 { | , } an A = x n x , B = R \ A ,则 A | B 是 R 的一个分划。事实 上 a1 A,b1 +1 B ,即 A, B 非空;由 B 的定义, A, B 不漏; a A,b B ,则 n a an , , n b an , ,故 a b ,即 A, B 不乱。故 A | B 确是 R 的一个分划。由实数连续性定理,存在唯 一的实数 r ,使得 a A,b B ,有 a r b
下证r∈∩an,bn]。因为n,由A的定义,an∈A,故an≤r。又nm,有am<bn, 则bn∈B,从而r≤bn。即r∈∩an,bn] 最后证明唯一性。若有r,r满足r∈∩Ian,bn,r∈∩an,b,则 r-r'kbn-an→0(n→∞) 故r=r。即这样的r是唯一的
4 下证 = 1 [ , ] n an bn r 。因为 n ,由 A 的定义, an A ,故 a r n 。又 n, m ,有 am bn , 则 bn B ,从而 bn r 。即 = 1 [ , ] n an bn r 。 最后证明唯一性。若有 r,r 满足 = 1 [ , ] n an bn r , = 1 [ , ] n an bn r ,则 |r − r | b − a → 0(n → ) n n 故 r = r 。即这样的 r 是唯一的