作业解答四 作业9:设函数f和g在[a,b]上连续,单调,有xn∈[ab使得 g(xn)=f(xn+1)(n=1,2,)证明:3x0∈[a,b],使得f(x0)=g(x)。 证:不妨设f(x)单调递增。 (1)由题设易知Vk∈Z+,xk≠xk+1(否则取x=x即可); (2)若x1x2>…>xn>…则根据单调有界原理知 xn→x0,x0即为所求。 (3)现设xkxk+2令h(x)=f(x)-g(x),则有 h(xk+)=f(xk+1)-g(xk+1)=f(xk+1)-f(xk+2)>0 在(xkxk+1)上利用连续函数的介值性定理知,3x∈(xk,xk+1),使得h(x)=0, 即f(x)=g(x)。 作业10:若单调有界的函数f(x)在有限或无限的区间(a,b)上是连续的,则 此函数在区间(a,b)上是一致连续的。 证:分四种情况: (1)设(a,b)是有限区间。由于f(x)在a,b)单调有界,故f(a+0) [f(x),a<x<b 与f(b-0)都存在。定义g(x)={f(a+0),x=a。显然g(x)在[a,b]上连续,从而 f(b-0),x=b 一致连续,故f(x)在(a,b)上是一致连续的。 (2) a为有限数,b=+∞0。此时令g(x)=f(x),a<x<+∞,则g(x)在 f(a+0),x=a
作业解答四 作 业 9 ： 设函数 f 和 g 在 [ , a b] 上连续， f 单调，有 [ , ] nx ∈ a b 使 得 g x( ) n n = f (x +1)(n =1,2,") 。证明： 0 ∃x ∈[ , a b]，使得 0 0 f ( ) x g = (x ) 。 证：不妨设 f (x) 单调递增。 (1)由题设易知∀ ∈k ]+， k k 1 x x ≠ + （否则取 0 k x = x 即可）； (2) 若 x x 1 2 >" > xn >"，则根据单调有界原理知 n 0 x → x ， 0x 即为所求。 (3) 现设 0 0 k k 1 x x xk + 。令h x( ) = f ( ) x − g(x)，则有 ， 0 0 0 0 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k k k k k h x f x g x f x f x = − = − + 0 ) ) 0 0 0 0 0 1 1 1 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k k k k k h x f x g x f x f x + + = − + + = − + 在( , x x k k 0 0+1 上利用连续函数的介值性定理知， 0 0 0 1 ( , k k x x x ∃ ∈ + ，使得 ， 即 0 h x( ) = 0 0 0 f ( ) x g = (x ) 。 作业 10：若单调有界的函数 f (x) 在有限或无限的区间 上是连续的，则 此函数在区间 上是一致连续的。 ( , a b) ( , a b) 证：分四种情况： (1) 设( , a b)是有限区间。由于 f (x) 在( , a b)单调有界，故 f a( 0 + ) 与 f b( − 0) 都存在。定义 ( ), ( ) ( 0), ( 0), f x a x b g x f a x a f b x b ⎧ < < ⎪ = + ⎨ = ⎪ ⎩ − = 。显然 在[ , 上连续，从而 一致连续，故 g x( ) a b] f (x) 在( , a b)上是一致连续的。 (2) a 为有限数，b = +∞ 。此时令 ( ), ( ) ( 0), f x a x g x f a x a ⎧ < < +∞ = ⎨ ⎩ + = ，则 g x( ) 在 1
[a,+∞)上连续,且limg(x)=limf(x)存在(有限),根据例1知g(x)在 [a,+∞)上一致连续,从而∫(x)在(a,+∞)上一致连续。 (3)若a=-∞,b为有限数。考虑函数g(x)=f(-x)转化成了(2)的情况 (4)a=-∞,b=+0。VE>0,利用(2)已证的结果,f(x)在(0,+∞)上 致连续,故彐61>0,使得当x与x都属于(0,+∞)且x2-x0,使得当x与x都 属于(-∞1)且x-x"<2时,有f(x)-f(x")<E。令δ=min{1,1,2},则 当x2-x<6时,必有x和x同时属于(0+∞)或同时属于(-∞,1)。因此,恒 有(x)-f(x)<E。由此可知,f(x)在区间(-o,+o)上是一致连续的
[ , a +∞)上连续，且 lim ( ) lim ( ) x x g x f x →+∞ →+∞ = 存在（有限），根据例 1 知 在 上一致连续，从而 g x( ) [ , a +∞) f (x) 在( , a +∞) 上一致连续。 (3) 若a = −∞，b 为有限数。考虑函数 g x( ) = f (−x) 转化成了(2)的情况。 (4) a = −∞，b = +∞ 。∀ε > 0 ，利用(2)已证的结果， f (x) 在(0,+∞)上 一致连续，故 1 ∃δ > 0 ，使得当 x′ 与 x′′ 都属于 (0,+∞) 且 1 x x ′ ′ − ′ 0 ，使得当 x′ 与 x′′都 属于(−∞,1)且 2 x x ′ ′ − <′ δ 时，有 f x( )′ − f x( ′′) < ε 。令 mi 1 2 δ = n{1,δ δ, }，则 当 x x ′ ′ − ′ < δ 时，必有 x′ 和 x′′同时属于(0,+∞)或同时属于(−∞,1)。因此，恒 有 f x( )′ − f x( ′′) < ε 。由此可知， f (x) 在区间( , −∞ +∞) 上是一致连续的。 2
