《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 §7.2闭区间上连续函数性质的证明 教学目标：证明闭区间上的连续函数性质. 教学内容：闭区间上的连续函数有界性的证明：闭区间上的连续函数的最大（小）值定理的证明： 闭区间上的连续函数介值定理的证明：闭区间上的连续函数一致连续性的证明， 基本要求：学握用有限覆盖定理或用致密性定理证明闭区间上连续函数的有界性：用确界原理 证明闭区间上的连续函数的最大（小）值定理：用区间套定理证明闭区间上的连续函 数介值定理. 较高要求：掌握用有限覆盖定理证明闭区间上的连续函数的有界性和一致连续性 教学建议： ()本节的重点是证明闭区间上的连续函数的性质. (②)本节的难点是掌握用有限覆盖定理证明闭区间上的连续函数的一致连续性以及实数完 备性的六大定理的等价性证明，对较好学生可布置这方面的习题， 教学过程： 在本节中，将利用关于实数完备性的基本定理来证明第四章2中给出的闭区间上连续函数的 基本性质. 一、有界性定理若函数f在闭区间a,月小上连续则f在，上有界 证法一（用区间套定理）.反证法.参阅[3P106一107. 证法二（用致密性定理），反证法. 证明如若不然，f)在a,上无界n∈N,∈[a,使得fx,)Pn,对于序列， 它有上下界a≤，≤b,致密性定理告诉我们3使得。→∈a,由f在o连续，及 Ifxm)Pn有 Ifx)Fm1fx)F+∞ 矛盾 证法三（用有限复盖定理）参阅[1]P168一169 证明（应用有限覆盖定理）由连续函数的局部有界性(h42)对每一点x∈血，)都存 在邻域VG,δ)及正数M: 使6 sM,xe,d:)na,l
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 1 §7.2 闭区间上连续函数性质的证明 教学目标：证明闭区间上的连续函数性质． 教学内容：闭区间上的连续函数有界性的证明；闭区间上的连续函数的最大(小)值定理的证明； 闭区间上的连续函数介值定理的证明；闭区间上的连续函数一致连续性的证明． 基本要求：掌握用有限覆盖定理或用致密性定理证明闭区间上连续函数的有界性；用确界原理 证明闭区间上的连续函数的最大(小)值定理；用区间套定理证明闭区间上的连续函 数介值定理． 较高要求：掌握用有限覆盖定理证明闭区间上的连续函数的有界性和一致连续性． 教学建议： (1) 本节的重点是证明闭区间上的连续函数的性质． (2) 本节的难点是掌握用有限覆盖定理证明闭区间上的连续函数的一致连续性以及实数完 备性的六大定理的等价性证明,对较好学生可布置这方面的习题． 教学过程： 在本节中,将利用关于实数完备性的基本定理来证明第四章 2 中给出的闭区间上连续函数的 基本性质. 一、有界性定理 若函数 f 在闭区间 a,b 上连续,则 f 在 a,b 上有界 证法 一 ( 用区间套定理 ). 反证法. 参阅[3]P106—107. 证法 二 ( 用致密性定理). 反证法. 证明 如若不然, f (x) 在 [a,b] 上无界,n N, x [a,b] n ,使得 | f (xn ) | n ,对于序列 { }n x , 它有上下界 a xn b ,致密性定理告诉我们 nk x 使得 [ , ] x x0 a b nk → ,由 f (x) 在 0 x 连续,及 n nk f x k | ( ) | 有 = = + → | ( ) | lim | ( ) | 0 nk k f x f x , 矛盾. 证法 三 ( 用有限复盖定理 ). 参阅[1]P168—169 证明 （应用有限覆盖定理） 由连续函数的局部有界性（th4.2）对每一点 x a,b ' 都存 在邻域 (x x ) ' ' , 及正数 ' M x 使 f (x) M x (x ) a b x x ' , ' , '
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 考虑开区间集H={Uk,6小x∈a,b} 虽然H是血，小的一个无限开覆盖，由有限开覆盖定理，存在H的一个有限点集 H°=x,6)x∈a,bh=l2,.,k} 覆盖了a,且存在正整数M,M.M:使对一切xe,d)n有/sM,i=l2k 令M=m 则对次∈a,x必属于某U(,d)→/≤M,≤M,即证∫在a,d上有上界. 二、最值性： 命题2fx)eC[a,b],→fx)在[a,b]上取得最大值和最小值. (只证取得最大值) 证（用确界原莲）令思》M0.将a,1二等分为a,d、[c,1,若 f@=0则=C即为所求：若fc)≠0，当f@)>0时取[a,d否则取c,b)为a,b】,有 fa,)0.如此继续，如某一次中点9有fc,)=0终止(9即为所求)：否则得 ab.1满是：①a,a,4]a6.].:
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 2 考虑开区间集 H (x ) x (a b) x , , ' ' = ' 虽然 H 是 a,b 的一个无限开覆盖,由有限开覆盖定理,存在 H 的一个有限点集 H = (xi , i ) xi a,bi =1,2, ,k 覆盖了 a,b,且存在正整数 , , , M1 M2 Mk 使对一切 x (x ) a b i i , , 有 f (x) M i k i , =1,2, , , 令 i k M M i = 1 max 则对 xa,b, x 必属于某 (xi , i ) f (x) Mi M ,即证 f 在 a,b 上有上界． 二、最值性: 命题 2 f (x) C[ a , b ], f (x) 在 [ a , b ] 上取得最大值和最小值. ( 只证取得最大值 ) 证 ( 用确界原理 ) 令 M sup { f (x)} a xb = , M + , 如果 f (x) 达不到 M ,则恒有 f (x) M . 考虑函数 ( ) 1 ( ) M f x x − = ,则 (x) C[a,b] ,因而有界,即 (x) ( 0) , 从而 f x M − M 1 ( ) ,这与 M 是上确界矛盾,因此 x [a,b] ,使得 f (x) = M . 类似地可以证明达到下确界. 三、介值性: 证明与其等价的“零点定理 ”. 命题 3 （零点存在定理或根的存在性定理）设函数 f (x) 在闭区间 [a,b] 上连续即 f (x) C([a,b]) 且 f (a) 与 f (b) 异号（ f (a) f (b) 0 ）,则在 (a,b) 内存在一点 0 x 使得 f (x0 ) = 0 .即方程 f (x) = 0 在 (a,b) 内至少存在一个实根. 证法 一 ( 用区间套定理 ) .设 f (a) 0 , f (b) 0 .将 [a,b] 二等分为 [a, c]、[c,b] ,若 f (c) = 0 则 x = c 0 即为所求；若 f (c) 0 ,当 f (c) 0 时取 [a, c] 否则取 [c,b] 为 [ , ] a1 b1 ,有 f (a1 ) 0， f (b1 ) 0 .如此继续,如某一次中点 i c 有 f (ci ) = 0 终止（ i c 即为所求）；否则得 {[ , ]} an bn 满足：⑴ [a,b] [a1 ,b1 ] [an ,bn ] ；
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 a6-a-2-0 3)fan)0 由闭区间套定理知，3唯一的eQa6,】且ma,=m6= 由()在x0处的连续性及极限的保号性得 mfa,)=f)≤0、mf6.)=f)20→fx,)=0# 证二（用确界原理）不妨假设f(@)0的x的下确界），令 E=xf)>0,x∈[a,b,要证=fE(fE存在香？). 因为beE一E≠中，Eca,→E有界，故fE存在.令。=fE,下面证f(,)=0 如若不然，f,)≠0则，)>0（或，）0) 首先≠a,即∈(a,),f在连续，由连续函数的局部保号性→U(,d)c[a,使得 e化有0>0，特别应有，-孕>0即-eE,这与=E不盾.故必有 f(xo)=0 证法二（用确界原理）不妨设f(a)>0,fb)0,x∈[a,b]},则E非空有界，→E有上确界.设E=supE, 有5∈[a,b].现证f(⑤=0，（为此证明f(5)≥0且f(5)≤0)取x,>5且 x,→5，(n→o).由fx)在点5连续和fx,)≤0，→f()=mfx)≤0， →5任E.于是31n∈E,)1n→5(n→o).由f(x)在点连续和fU)>0, →f(5)=lmf化)20.因此只能有f5)=0. 证法三（用有限复盖定理） 介值性定理设f在闭区间a,上连续，且@)≠)若内介于/a)与/O)之间的任何实数 f@)u>f),则存在x∈a)使f,)=
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 3 ⑵ 0 2 lim ( ) lim = − − = → → n n n n n b a b a ； ⑶ f (an ) 0, f (bn ) 0 由闭区间套定理知, 唯一的 [ , ] 1 0 n n n x a b = ,且 = → n n lim a 0 lim b x n n = → 由 f (x) 在 0 x 处的连续性及极限的保号性得 lim ( ) = ( 0 ) 0 → f a f x n n 、 0 lim ( ) ( ) 0 n n f b f x → = f (x0 ) = 0 # 证二( 用确界原理 ) 不妨假设 f (a) 0 （从图 1 看, 0 x 是使得 f (x) 0 的 x 的下确界）,令 E = {x | f (x) 0, x [a,b]} ,要证 x0 = inf E （ inf E 存在否？）. 因为 bE E , E [a,b] E 有界,故 inf E 存在.令 x0 = inf E ,下面证 f (x0 ) = 0 如若不然, f (x0 ) 0 则 f (x0 ) 0 （或 f (x0 ) 0 ）（从图形上可清楚看出,此时必存在 1 0 x x 使 f (x1 ) 0 ）. 首先 x0 a ,即 ( , ] x0 a b ； f 在 0 x 连续,由连续函数的局部保号性 ( , ) [ , ] U x0 a b 使得 ( , ) x U x0 有 f (x) 0 ,特别应有 ) 0 2 ( 0 − f x 即 x − E 2 0 ,这与 x0 = inf E 矛盾,故必有 f (x0 ) = 0 . 证法 二 ( 用确界原理 ) 不妨设 f (a) 0, f (b) 0 . 令 E = { x | f (x) 0 , x [ a , b ] }, 则 E 非空有界, E 有上确界. 设 = sup E , 有 [ a , b ]. 现证 f ( ) = 0 , ( 为此证明 f ( ) 0 且 f ( ) 0 ). 取 n x > 且 n x →, ( n → ). 由 f (x) 在点 连续和 f (xn ) 0 , ( ) = lim ( ) 0 → n n f f x , E. 于是 t E, t → ( n → ) n n . 由 f (x) 在点 连续和 f (t n ) 0 , ( ) = lim ( ) 0 → n n f f t . 因此只能有 f ( ) = 0 . 证法 三 ( 用有限复盖定理 ). 介值性定理 设 f 在闭区间 a,b 上连续,且 f (a) f (b)若为介于f (a)与f (b) 之间的任何实数 f (a) f (b)或 f (a) f (b) ,则存在 x (a,b) 使 f (x ) = ．
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 证明（应用确界定理）不妨设回)0，g⑥)>0，于是定理的结论转为：3x∈a,b使g)=0这个简化的情形称为根的 存在性定理(h4.7的推论) 记B=8)>0,x∈血，显然E为非空有界数集Ecla,b∈)故有确界定理，E有 下确界，记x=tE因g@0有连续函数的局部保号性，36>0，使在a,a+d)内 g)0.由此易见x。≠a,x≠b,即x∈(a,b). 下证g)=0.倘若gx)≠0，不妨设g)>0, 则又由局部保号性，存在U,7仁a,b》使在其内x>0),特别有 8x->0→x-3eE =0 但此与x=fE矛盾，则必有8，)=0. 几何解释直线y=c与曲线y=()相交.把x轴平移到y=c,则问题成为零点存在问题 这启发我们想办法作一个辅助函数，把待证问题转化为零点存在问题.辅助函数如何作？ ①从几何上，r=xy=y-c启示我们作F()=f)-e:6球 cf-.-7x ②从结果x)=C着手. f(a)- 利用零点定理证：令F)=f闭)-C,则F()eCa.D,往下即名)丈# 这种先证特殊、再作辅助函数化一般为特殊，最后证明一般的方法是处理数学问题的常用方 法，以后会经常用到。 推论如/为区间上的连续函数，则值域J=少也是一个区间（可以退化为一点） 证∫为常量函数，则J=)退化为一点.∫非常量函数，则J当然不是单点集在J中任 取两点<（只要证4，]CJ),则在1中必有两点，x2使得fx)=片，fx,)=2.于是 对<y<片，必存在x,x介于x与x之间，使f)=y,即y∈J因而以，]二J一J是一个 区间 二、一致连续性 命题4(Cantor定理)f)eCla,),则f在la,上一致连续
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 4 证明 (应用确界定理) 不妨设 f (a) f (b)令g(x) = f (x)− 则 g 也是 a,b 上连续 函数, g(a) 0 , g(b) 0 ,于是定理的结论转为: x (a,b),使g(x ) = 0 这个简化的情形称为根的 存在性定理(th4.7 的推论) 记 E = x g(x) 0, xa,b 显然 E 为非空有界数集 (E a,b且bE) 故有确界定理, E 有 下确界,记 x = inf E 因g(a) 0, g(b) 0 有连续函数的局部保号性, 0 ,使在 [a, a + ) 内 g(x) 0,在 (b,b − ) 内 g(x) 0 ．由此易见 x a , x b ,即 x (a,b) ． 下证 g(x ) = 0 ．倘若 g(x ) 0 ,不妨设 g(x ) 0 , 则又由局部保号性,存在 (x ,)( (a,b)) 使在其内 g(x 0) ,特别有 g x x − E − 2 0 2 =0, 但此与 x = inf E 矛盾,则必有 g(x0 ) = 0． 几何解释 直线 y = c 与曲线 y = f (x) 相交.把 x 轴平移到 y = c ,则问题成为零点存在问题. 这启发我们想办法作一个辅助函数,把待证问题转化为零点存在问题.辅助函数如何作？ ① 从几何上, x = x, y = y − c 启示我们作 F(x) = f (x) − c ； ② 从结果 f (x ) = c 0 着手. 利用零点定理证：令 F(x) = f (x) − c ,则 F(x) C([a,b]) ,往下即转化为零点存在问题. # 这种先证特殊、再作辅助函数化一般为特殊,最后证明一般的方法是处理数学问题的常用方 法,以后会经常用到. 推论 如 f 为区间 I 上的连续函数,则值域 J = f (I) 也是一个区间（可以退化为一点）. 证 f 为常量函数,则 J = f (I) 退化为一点. f 非常量函数,则 J 当然不是单点集.在 J 中任 取两点 1 2 y y （只要证 [y , y ] J 1 2 ）,则在 I 中必有两点 1 x , 2 x 使得 1 1 f (x ) = y , 2 2 f (x ) = y .于是 对 1 2 y y y ,必存在 x , x 介于 1 x 与 2 x 之间,使 f (x) = y ,即 y J 因而 [y , y ] J 1 2 J 是一个 区间. 二、一致连续性: 命题 4 ( Cantor 定理 ) f (x) C[a,b] , 则 f (x) 在 [a,b] 上一致连续
《数学分析》教案 第七章实数的完备性 海南大学数学系 证法一（用有限复盖定理）参阅1]P171[证法一】 证明（佣有限覆盖定理）由f在闭区间血，上连续性，6>0，对每一点x∈，]，都存 在6.>0，使当xU,6)时，有 )号 考虑开区间集合 H={号lxek 显然H是a,)的一个开覆盖，由有限覆盖定理H的一个有限子集 r-{》=2个厦益k创记6=m含}>0 对k司下-小6展于中装园段)即-小号时有 k-小水6+受号+号= 故有(2)式同时有 V小利)心，0,6>0,3x,xe[a,lx-xK6,而 If(x)-f(x)REo 取5-式ea区-水后面化)一P6由致密性定理存在子序列 电氏-k也有→再由在连续在)-优 x→，ea,而由 中令k→0得 0=f(xo)-f(xo)Flim lf(x2 )-f(x2 5o 矛盾.所以f(x)在[a,上一致连续 推广fx)eCa,b),fa),fb)归→f)在ab)上一致连续. 作业1]P1721,23,4,5°：P1761,2,4
《数学分析》教案 第七章 实数的完备性 海南大学数学系 5 证法 一 ( 用有限复盖定理 ) 参阅[1]P171[ 证法一 ] 证明 (用有限覆盖定理) 由 f 在闭区间 a,b 上连续性, 0,对每一点 xa,b,都存 在 x 0 ,使当 ( ) x x x, ' 时,有 ( ) ( ) 2 ' f x − f x 考虑开区间集合 H = x x a b x , 2 , 显然 H 是 a,b 的一个开覆盖,由有限覆盖定理 H 的一个有限子集 0 2 1,2, , , min 2 , = = = i i H xi i k a b 覆盖了 记 对 − ' " ' " x , x a,b x x , x 必属于 H 中某开区间,设 2 , ' i i x x ,即 2 ' i i x x − ,此时有 i i i i i i x x x x x x − − + − + + = 2 2 2 " " ' ' 故有（2）式同时有 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ' " f x − f xi 和 f x − f xi 由此得 f (x ' )− f (xi ) f在a,b上一致连续. 证法 二 ( 用致密性定理). 参阅[1]P171—172 [ 证法二 ] 证明 如果不然, f (x) 在 [a,b] 上不一致连续, 0 0 , 0 , x , x[a,b] , | x − x | ,而 0 | f (x) − f (x) | . 取 n 1 = , x , x [a,b] n n , n x x n n 1 | − | ,而 0 | ( ) − ( ) | n n f x f x ,由致密性定理,存在子序列 [ , ] x x0 a b nk → ,而由 k n n n x x k k 1 | − | ,也有 0 x x n k → . 再由 f (x) 在 0 x 连续,在 0 | ( ) − ( ) | nk nk f x f x 中令 k →,得 0 0 0 0 =| ( ) − ( ) |= lim | ( ) − ( ) | → nk nk k f x f x f x f x , 矛盾.所以 f (x) 在 [a,b] 上一致连续. 推广 f (x) C(a,b) , f a( ) + , f b( ) − f (x) 在 (a,b) 上一致连续. 作业 [1]P172 1,2 3,4, 5 ；P176 1,2,4