wix做的网站,南充城市建设投诉网站,北京网站建设石榴汇,怎么在本地安装wordpress3. 函数极限与连续函数
3.4 闭区间上的连续函数
3.4.1 有界性定理
【定理3.4.1】 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续#xff0c;则 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上有界。 【证】用反证法#xff0c;假设 f ( x ) f(x) f(x)在 [ …3. 函数极限与连续函数
3.4 闭区间上的连续函数
3.4.1 有界性定理
【定理3.4.1】 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续则 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上有界。 【证】用反证法假设 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续但是 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]上无界 将 [ a , b ] [a,b] [a,b]分成两个子区间 [ a , a b 2 ] , [ a b 2 , b ] [a,\frac{ab}{2}],[\frac{ab}{2},b] [a,2ab],[2ab,b]则 f ( x ) f(x) f(x)至少在其中一个子区间无界记它为 [ a 1 , b 1 ] [a_{1},b_{1}] [a1,b1] 再将 [ a 1 , b 1 ] [a_{1},b_{1}] [a1,b1]分成两个子区间 [ a 1 , a 1 b 1 2 ] , [ a 1 b 1 2 , b 1 ] [a_{1},\frac{a_{1}b_{1}}{2}],[\frac{a_{1}b_{1}}{2},b_{1}] [a1,2a1b1],[2a1b1,b1]则 f ( x ) f(x) f(x)至少在其中之一的子区间无界记它为 [ a 2 , b 2 ] [a_{2},b_{2}] [a2,b2] …… 一直做下去得到闭区间套 { [ a n , b n ] } \{[a_n,b_n]\} {[an,bn]}且 f ( x ) f(x) f(x)在每一个 [ a n , b n ] [a_n,b_n] [an,bn]上都是无界的由比区间套定理可知 ∃ ξ ∈ [ a n , b n ] \exists \xi\in[a_n,b_n] ∃ξ∈[an,bn]且 lim n → ∞ a n lim n → ∞ b n ξ \lim\limits_{n\to\infty}a_{n}\lim\limits_{n\to\infty}b_{n}\xi n→∞limann→∞limbnξ 由于 ξ ∈ [ a n , b n ] ⊂ [ a , b ] \xi\in[a_n,b_n]\subset[a,b] ξ∈[an,bn]⊂[a,b]且 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]连续所以 f ( x ) f(x) f(x)在 ξ \xi ξ点连续即 f ( x ) f(x) f(x)在 ξ \xi ξ点的邻域内有界即 ∃ δ 0 , M 0 , ∀ x ∈ O ( ξ , δ ) ∩ [ a , b ] \exists\delta0,M0,\forall x\in O(\xi,\delta)\cap[a,b] ∃δ0,M0,∀x∈O(ξ,δ)∩[a,b]成立 ∣ f ( x ) ∣ ≤ M |f(x)|\le M ∣f(x)∣≤M 当 n n n充分大时 [ a n , b n ] ⊂ O ( ξ , δ ) ∩ [ a , b ] [a_{n},b_{n}]\subset O(\xi,\delta)\cap[a,b] [an,bn]⊂O(ξ,δ)∩[a,b] 但是我们找到的这个闭区间上 f ( x ) f(x) f(x)是无界的 与假设 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]上无界矛盾 所以 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上有界。 【例】 f ( x ) 1 x f(x)\frac{1}{x} f(x)x1在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上连续但 f ( x ) f(x) f(x)在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上无界。
3.4.2 最值定理
【定理3.4.2】 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续则 f ( x ) f(x) f(x)必能在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上取到最大值和最小值即 ∃ ξ η ∈ [ a , b ] \exists \xi \eta\in[a,b] ∃ξη∈[a,b]使得 f ( ξ ) ≤ f ( x ) ≤ f ( η ) , ∀ x ∈ [ a , b ] f(\xi)\le f(x)\le f(\eta),\forall x\in [a,b] f(ξ)≤f(x)≤f(η),∀x∈[a,b] 【证】由于 R f { f ( x ) ∣ x ∈ [ a , b ] } \textbf{R}_{f}\{f(x)|x\in [a,b]\} Rf{f(x)∣x∈[a,b]}是有界集利用确界存在定理令 α inf R f , β sup R f \alpha \inf \textbf{R}_{f}, \beta \sup \textbf{R}_{f} αinfRf,βsupRf α \alpha α是 R f \textbf{R}_{f} Rf的下确界 β \beta β是 R f \textbf{R}_{f} Rf的上确界 现证 ∃ ξ ∈ [ a , b ] \exists \xi \in [a,b] ∃ξ∈[a,b]使得 f ( ξ ) α f(\xi)\alpha f(ξ)α α inf R f , ∀ x ∈ [ a , b ] , f ( x ) ≥ α \alpha \inf \textbf{R}_{f},\forall x\in [a,b],f(x)\ge \alpha αinfRf,∀x∈[a,b],f(x)≥α ∀ ε 0 , ∃ x ∈ [ a , b ] \forall \varepsilon0, \exists x\in [a,b] ∀ε0,∃x∈[a,b]使得 f ( x ) α ε f(x)\alpha \varepsilon f(x)αε下确界加一个大于0的数就不是下界了 取 ε n 1 n , ∃ x n ∈ [ a , b ] \varepsilon_{n}\frac{1}{n},\exists x_{n}\in[a,b] εnn1,∃xn∈[a,b]使得 α ≤ f ( x n ) α 1 n \alpha\le f(x_{n})\alpha \frac{1}{n} α≤f(xn)αn1 x n ∈ [ a , b ] x_{n}\in [a,b] xn∈[a,b]说明 { x n } \{x_{n}\} {xn}是有界数列有界数列必有收敛的子列且收敛的子列的极限也在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]中设这个收敛子列是 { x n k } \{x_{n_{k}}\} {xnk} 则 x n k → ξ ∈ [ a , b ] x_{n_{k}}\to \xi\in [a,b] xnk→ξ∈[a,b]即 α ≤ f ( x n k ) α 1 n k \alpha\le f(x_{n_{k}})\alpha \frac{1}{n_{k}} α≤f(xnk)αnk1 令 k → ∞ k\to \infty k→∞由于 lim k → ∞ α α , lim k → ∞ ( α 1 n k ) α \lim\limits_{k\to \infty}\alpha\alpha,\lim\limits_{k\to \infty}(\alpha \frac{1}{n_{k}})\alpha k→∞limαα,k→∞lim(αnk1)α故由数列极限的夹逼性定理可知 lim k → ∞ f ( x n k ) lim k → ∞ f ( ξ ) α \lim\limits_{k\to \infty}f(x_{n_{k}})\lim\limits_{k\to \infty}f(\xi)\alpha k→∞limf(xnk)k→∞limf(ξ)α 又因为 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]连续即 f ( ξ ) α f(\xi)\alpha f(ξ)α 同理 ∃ η ∈ [ a , b ] \exists \eta \in [a,b] ∃η∈[a,b]使得 f ( η ) β f(\eta)\beta f(η)β 证毕。
【例】 f ( x ) x , x ∈ ( 0 , 1 ) f(x)x,x\in(0,1) f(x)x,x∈(0,1) α inf R f 0 , β sup R f 1 \alpha \inf \textbf{R}_{f}0,\beta \sup \textbf{R}_{f}1 αinfRf0,βsupRf1但是不存在 ξ , η ∈ ( 0 , 1 ) \xi, \eta\in(0,1) ξ,η∈(0,1)使得 f ( ξ ) 0 , f ( η ) 1 f(\xi)0,f(\eta)1 f(ξ)0,f(η)1
3.4.3 零点存在定理
【定理3.4.3】 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续 f ( a ) f ( b ) 0 f(a)f(b)0 f(a)f(b)0则 ∃ ξ ∈ ( a , b ) \exists \xi \in(a,b) ∃ξ∈(a,b)使得 f ( ξ ) 0 f(\xi)0 f(ξ)0. 【证】不失一般性不妨设 f ( a ) 0 , f ( b ) 0 f(a)0,f(b)0 f(a)0,f(b)0 V { x ∣ f ( x ) 0 , x ∈ [ a , b ] } , a ⊂ V , b ⊄ V , ξ sup V \textbf{V}\{x|f(x)0,x\in[a,b]\},a\subset\textbf{V},b\not\subset\textbf{V},\xi\sup \textbf{V} V{x∣f(x)0,x∈[a,b]},a⊂V,b⊂V,ξsupV ξ \xi ξ是 V \textbf{V} V的上确界 V \textbf{V} V是 f ( x ) 0 f(x)0 f(x)0的 x x x的集合 由于 f ( a ) 0 f(a)0 f(a)0由 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]连续 ∃ δ 1 0 \exists \delta_{1}0 ∃δ10使得 f ( x ) 0 , ∀ x ∈ [ a , a δ 1 ) f(x)0,\forall x\in[a,a\delta_{1}) f(x)0,∀x∈[a,aδ1) 由于 f ( b ) 0 f(b)0 f(b)0由 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]连续 ∃ δ 2 0 \exists \delta_{2}0 ∃δ20使得 f ( x ) 0 , ∀ x ∈ ( b δ 1 , b ] f(x)0,\forall x\in(b\delta_{1},b] f(x)0,∀x∈(bδ1,b] 所以 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in (a,b) ξ∈(a,b)现在证 f ( ξ ) 0 f(\xi)0 f(ξ)0 取 x n ∈ V , x n → ξ , f ( x n ) 0 , f ( ξ ) lim n → ∞ f ( x n ) ≤ 0 x_{n}\in\textbf{V},x_{n}\to \xi,f(x_{n})0,f(\xi)\lim\limits_{n\to\infty}f(x_{n})\le 0 xn∈V,xn→ξ,f(xn)0,f(ξ)n→∞limf(xn)≤0 若 f ( ξ ) 0 , ∃ δ 0 f(\xi)0,\exists \delta0 f(ξ)0,∃δ0在 ( ξ − δ , ξ δ ) (\xi - \delta,\xi \delta) (ξ−δ,ξδ)上 f ( x ) 0 f(x)0 f(x)0但是 ξ \xi ξ是 V \textbf{V} V的上确界 V \textbf{V} V是 f ( x ) 0 f(x)0 f(x)0的 x x x的集合如果在 ( ξ − δ , ξ ) (\xi-\delta,\xi) (ξ−δ,ξ)上也有 f ( x ) 0 f(x)0 f(x)0 ξ − δ \xi - \delta ξ−δ已经不是上确界更不是上界 与 ξ \xi ξ是 V \textbf{V} V的上确界的定义矛盾所以 f ( ξ ) 0 f(\xi)0 f(ξ)0 【例3.4.1】多项式 p ( x ) 2 x 3 − 3 x 2 − 3 x 2 p(x)2x^{3}-3x^{2}-3x2 p(x)2x3−3x2−3x2求多项式大致有几个根。 【解】 x x x − 2 -2 −2 0 0 0 1 1 1 3 3 3 p ( x ) p(x) p(x) − - − − - −
多项式是在定义域上的连续函数由零点存在定理它在 ( − 2 , 0 ) (-2,0) (−2,0)存在一个根 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)存在一个根 ( 1 , 3 ) (1,3) (1,3)存在一个根 事实上 p ( x ) 2 ( x 1 ) ( x − 1 2 ) ( x − 2 ) p(x)2(x1)(x-\frac{1}{2})(x-2) p(x)2(x1)(x−21)(x−2) 【例3.4.2】 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续 f ( x ) f(x) f(x)的值域 f ( [ a , b ] ) ⊂ [ a , b ] f([a,b])\subset[a,b] f([a,b])⊂[a,b]则 ∃ ξ ∈ [ a , b ] \exists \xi \in [a,b] ∃ξ∈[a,b]使 f ( ξ ) ξ f(\xi)\xi f(ξ)ξ ξ \xi ξ称为 f f f的不动点。 【证】令 g ( x ) f ( x ) − x g(x)f(x)-x g(x)f(x)−x f ( [ a , b ] ) ⊂ [ a , b ] f([a,b])\subset [a,b] f([a,b])⊂[a,b] b ≤ f ( x ) ≤ a , ∀ x ∈ [ a , b ] b\le f(x)\le a,\forall x\in[a,b] b≤f(x)≤a,∀x∈[a,b] g ( a ) ≥ 0 , g ( b ) ≤ 0 g(a)\ge 0,g(b)\le 0 g(a)≥0,g(b)≤0 1 g ( a ) 0 g(a)0 g(a)0则 ξ a \xi a ξa 2 g ( b ) 0 g(b)0 g(b)0则 ξ b \xi b ξb 3 g ( a ) 0 , g ( b ) 0 g(a)0, g(b)0 g(a)0,g(b)0由零点存在定理 ∃ ξ ∈ ( a , b ) \exists \xi\in (a,b) ∃ξ∈(a,b)使得 g ( ξ ) 0 g(\xi)0 g(ξ)0即 f ( ξ ) ξ f(\xi) \xi f(ξ)ξ 【注】若 f ( x ) f(x) f(x)在 ( a , b ) (a,b) (a,b)上连续而 f ( ( a , b ) ) ⊂ ( a , b ) f((a,b))\subset (a,b) f((a,b))⊂(a,b)是否 f f f也有不动点在 ( a , b ) (a,b) (a,b)上结论是不一定的举反例 f ( x ) x 2 f(x)\frac{x}{2} f(x)2x在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上连续 f ( ( 0 , 1 ) ) ( 0 , 1 2 ) f((0,1))(0,\frac{1}{2}) f((0,1))(0,21)但 f ( x ) x 2 f(x)\frac{x}{2} f(x)2x在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上没有不动点。
