1、第四章第四章 实数的连续性实数的连续性4.1 4.1 实数的连续性定理实数的连续性定理4.2 4.2 闭区间连续函数整体性质的证明闭区间连续函数整体性质的证明 极限的理论问题首先是极限的存在问题极限的理论问题首先是极限的存在问题.一个一个数列是否存在极限，不仅与数列本身的结构有关，数列是否存在极限，不仅与数列本身的结构有关，而且与数列所在的数集有关而且与数列所在的数集有关.我们知道有理数列的极限不一定是有理数我们知道有理数列的极限不一定是有理数,但在但在实数集内，实数列的极限一定是实数实数集内，实数列的极限一定是实数.实数的这个实数的这个性质称为实数集的连续性或实数的完备性性质称为实数集的连续
2、性或实数的完备性.因此实因此实数集的连续性是数学分析的理论基础数集的连续性是数学分析的理论基础.下面我们给下面我们给出几个等价的描述实数集连续性的定理出几个等价的描述实数集连续性的定理.这些定理这些定理是数学分析理论的基石是数学分析理论的基石.4.1 4.1 实数的连续性定理实数的连续性定理 定理定理1 1.(闭区间套定理闭区间套定理)设有闭区间列设有闭区间列 若若:则存在唯一数则存在唯一数 属于所有的闭区间属于所有的闭区间(即即 ),),且且:,.nna blimlim.nnnnabl 11221);2)lim0,nnnnnabababba ，l 1nnnabl ，一、闭区间套定理一、闭区间
3、套定理1a2a3analnb3b2b1bx 从图上看从图上看,有一列闭线段有一列闭线段(两个端点也属于此两个端点也属于此线段线段),),后者被包含在前者之中后者被包含在前者之中,并且这些闭线段的并且这些闭线段的长构成的数列以长构成的数列以0 0为极限为极限.则这一闭线段存在唯一则这一闭线段存在唯一一个公共点一个公共点.注注:一般来说一般来说,将闭区间列换成开区间列将闭区间列换成开区间列,区间套区间套定理不一定成立定理不一定成立.1112211.nnnnabbaaaabbb由由条条件件），数数列列单单调调增增加加有有上上界界，数数列列单单调调减减少少有有下下界界，即即证证：lim.nnnaal
4、依依据据单单调调有有界界数数列列必必有有极极限限，数数列列收收敛敛，设设 2limlimlimlim.limlim.nnnnnnnnnnnnnnnbbaabablabl 由由条条件件）N,.kkkklklabalb 下下面面我我们们来来证证实实数数属属于于所所有有闭闭区区间间，即即证证，有有，或或.limlimN.knnkknnknnkknkaabbaalbbklab 因因为为，有有从从而而即即，Nlim0.nnnnnnnllnllabllballballl 最最后后证证 的的唯唯一一性性，假假设设还还有有一一个个也也属属于于所所有有闭闭区区间间，从从而而，有有，即即，所所以以，故故，即即 是
5、是唯唯一一的的 .nnab为为了了叙叙述述方方便便，我我们们把把满满足足闭闭区区间间套套定定理理条条件件的的闭闭区区间间序序列列，称称区区间间套套为为ll若若 是是区区间间套套点点 的的特特所所确确定定推推论论(性性)的的点点，则则区区 间间 套套 定定 理理 中中 要要 求求 各各 个个注注:区区 间间 都都 是是 0N.nnNnNabU l ，有有，11.n开开区区间间例例序序列列，如如.闭闭区区间间，否否则则结结论论不不一一定定成成立立P.一一般般来来讲讲，证证明明问问题题需需要要找找出出一一个个具具有有某某种种性性质质的的数数，常常用用区区间间套套定定理理将将这这个个区区间间套套定定理
6、理的的应应用用：数数“套套”出出来来1.PPP;）构构造造一一个个具具有有性性质质的的区区间间，性性质质要要根根据据性性质质具具方方法法是是：来来定定体体2.P1P2P.P ）在在具具有有性性质质的的区区间间中中确确定定一一个个长长度度不不超超过过该该区区间间长长度度 的的也也具具有有性性质质的的子子区区间间（通通常常采采用用二二等等分分法法），然然后后继继续续使使用用上上述述步步骤骤，可可得得具具有有性性质质的的区区间间套套 实实现现将将具具有有性性质质 的的这这个个数数“套套”出出来来.非空数集非空数集 有上界有上界,则它有无限多个上界则它有无限多个上界,在这无在这无限多个上界之中限多个上
7、界之中,有一个上界有一个上界 与数集与数集 有一种特殊有一种特殊关系关系.定义定义:设设 是非空数集是非空数集.若若 使使 (1)(1)(2)(2)则称是则称是 数集数集 的上确界的上确界.表为表为 二、确界定理二、确界定理EEER,;xE x 0,:.xEx有有 supE E定义定义:设设 是非空数集是非空数集.若若 使使 (1)(1)(2)(2)则称是则称是 数集数集 的下确界的下确界.表为表为EEinf E R,;xE x 0,:.xEx有有 (2),()nnxE xn 定理定理(可列化可列化)设设 是非空集合，则是非空集合，则 EsupE (1),;xE x 定理定理(可列化可列化)设
8、设 是非空集合，则是非空集合，则 Einf E (1),;xE x (2),()nnxE xn 0001N112011,11111.1supN1.1nnnnnnnnnnnn ），有有；），由由可可知知，所所以以，有有即即证证1supN1,infN.112nnnnnn 例例1 1 证证明明00011N1211201.1221infN.12nnnnnnnnn 同同样样），有有；），有有即即 sup 1,2,3,44,inf 1,2,3,124例例证证明明 1,2,3,4,4;(2)0,41,2,3,4,44.sup 1,2,3,44kk (1)(1)证证明明有有：1,2,3,4,1;(2)0,11
9、,2,3,4,11.inf 1,2,3,41kk 又又(1)(1)有有 R.2.EEE 设设，若若有有上上(下下)界界则则数数集集必必存存在在唯唯一一的的上上(下下确确定定界界定定理理)确确界界理理 111111111111R.P1.2.EbEEaEababababEabE 因因为为，所所以以，又又有有下下界界，设设是是的的下下界界，则则，不不妨妨设设这这时时闭闭区区间间，具具有有如如下下性性质质（称称为为具具有有性性质质）：闭闭区区间间，左左侧侧没没有有数数集集的的点点；闭闭区区间间，中中证证至至少少有有数数集集的的一一个个点点；111111112222P.ababababab 将将闭闭区区
10、间间，二二等等分分，所所得得两两个个闭闭区区间间为为，与与，其其中中必必有有一一个个具具有有性性质质，将将其其记记为为，2233P.P.nnnnabababab 同同样样方方法法，将将闭闭区区间间，二二等等分分，必必有有一一个个闭闭区区间间具具有有性性质质，将将其其记记为为，二二等等用用分分法法无无限限进进行行下下去去，可可得得区区间间套套，且且每每个个，具具有有性性质质limlim.nnnnnnabab 根根据据区区间间套套定定理理，存存在在唯唯一一一一个个数数属属于于所所有有的的闭闭区区间间，且且0001.limN.P1.nnmxExxExamax ），有有否否则则，若若，有有则则由由及及
11、数数列列极极限限保保序序性性可可知知，使使这这与与性性质质的的）矛矛盾盾 00002)0N0.inf.mmmmNmNabUxExabxExE ，由由区区间间套套定定理理的的推推论论可可知知，有有，即即，使使，亦亦即即，有有于于是是.下下确确界界是是唯唯一一的的inf,.E 否否则则，若若还还存存在在除除外外的的下下确确界界且且，不不妨妨设设0000infinf0.ExExExExxEx 因因为为，所所以以，有有；另另外外，则则对对于于，有有这这与与，有有矛矛盾盾于于是是，下下确确界界是是唯唯一一的的 作为确界定理的应用，我们用确界定理来证作为确界定理的应用，我们用确界定理来证明单调有界数列必有
12、极限的公理明单调有界数列必有极限的公理.N.nnaa n 假假设设数数列列单单调调递递增增有有上上界界 则则由由确确界界定定理理可可知知，数数集集一一定定存存在在上上确确界界lim.nna 下下面面我我们们来来证证 00infN1N20N.nnna nnana 因因为为，所所以以有有），有有；），使使 000.0N.lim.nnnnnnannaaNnnNaa 又又由由于于数数列列单单增增，所所以以，有有于于是是，有有即即 设设 是一个区间（或开或闭）、并有开区间集是一个区间（或开或闭）、并有开区间集 （的元素都是开区间、开区间的个数可有限也可的元素都是开区间、开区间的个数可有限也可无限）无限）
13、.定义定义：若若 则称开区间集则称开区间集 覆盖区间覆盖区间 .三、有限覆盖定理三、有限覆盖定理IS S,xISx 有有SI11,1,2,.(0,1)2Snnn例例如如是是区区间间的的一个开覆盖一个开覆盖.定理定理3 3(有限覆盖定理有限覆盖定理）若开区间集若开区间集 覆盖闭覆盖闭区间区间 ，则，则 中存在有限个开区间也覆盖了中存在有限个开区间也覆盖了闭区间闭区间 .注：注：1.1.有限覆盖定理亦称为有限覆盖定理亦称为紧致性紧致性定理或定理或海涅海涅-波莱尔波莱尔定理定理.2.2.在有限覆盖定理中，将被覆盖的闭区间在有限覆盖定理中，将被覆盖的闭区间 改为改为开区间开区间 ,定理不一定成立定理不
14、一定成立.例如开区间集例如开区间集 覆盖开区间覆盖开区间 ，但是，但是，中任意有限个开区间中任意有限个开区间都不能覆盖开区间都不能覆盖开区间S ,abS ,ab ,ab(,)a b1(,1),1nNn (0,1)1(,1)1nNn (0,1)证明证明 此定理的证明方法有多种此定理的证明方法有多种这里还是运用这里还是运用区间套定理来证明区间套定理来证明,仍然要注意区间套的取法仍然要注意区间套的取法.若定理不成立若定理不成立,也就是说也就是说 不能被不能被 中任中任何有限个开区间所覆盖何有限个开区间所覆盖.将区间将区间 等分成两个等分成两个子区间子区间,那么这两个子区间中至少有一个不能被那么这两个
15、子区间中至少有一个不能被 中任意有限个开区间所覆盖中任意有限个开区间所覆盖,设该区间为设该区间为 ,ab ,ab12,abSSaba bbaba11111,().2并且并且显然有显然有再将再将 a1,b1 等分成两个子区间等分成两个子区间,其中至少有一个其中至少有一个 不能被不能被 S 中有限个开区间所覆盖中有限个开区间所覆盖.设该区间为设该区间为a2,b2同样有同样有221122111,().2ababbaba并且并且将上述过程无限进行下去将上述过程无限进行下去,可得一列闭区间可得一列闭区间,nnab,满足下列三个性质满足下列三个性质:11(i),1,2,;nnnnababn1(ii)()0
16、,2nnnbaba;n (iii)对每一个闭区间对每一个闭区间 an,bn,都不能被都不能被 S 中有限个中有限个11,(,),abSa bS 因因覆覆盖盖了了故故存存在在0,.min,1 使使（）取取由由定定理理这就是说这就是说,aN,bN 被被 S 中的一个开区间所覆盖中的一个开区间所覆盖,1,2,.nnabn,由由区区间间套套定定理理,存存在在惟惟一一的的使使开开区间所覆盖区间所覆盖.0,(;)(,).NNNabU 论 存在使论 存在使的推的推矛矛盾盾.R.0EUEEUE 设设是是无无限限点点集集，是是定定点点 若若，在在，内内含含有有的的无无限限多多个个点点，即即，也也是是无无限限点点
17、集集定定，则则称称是是的的聚聚点点义义N1.1nEnEn 设设例例如如：，则则 是是的的聚聚点点 101111.nnnUE 事事实实上上，由由，得得，即即，内内含含有有的的无无穷穷多多个个点点 .Gx xababE 设设是是开开区区间间，内内的的有有理理点点，则则，都都是是的的聚聚点点 0.abUab 事事实实上上，由由有有理理数数的的稠稠密密性性可可知知，在在，内内含含有有开开区区间间，的的无无穷穷多多个个点点四、聚点定理四、聚点定理 RR.01.EEUE 聚聚点点定定义义的的两两个个等等价价形形式式：设设，是是定定点点 若若，则则是是的的题题一一个个聚聚点点命命 RR.lim2.(.nnn
18、EaEaE 设设，是是定定点点 若若存存在在各各项项互互异异的的数数列列，其其极极限限，则则是是的的一一个个聚聚点点，反反可可化化命命列列)之之亦亦然然题题 11121220101min02EUaEUaaEU 因因为为，则则对对于于，；，；证证 1min0nnnnnaaEU ，；1lim.nnnnnEaaanE 由由此此，在在中中可可得得各各项项互互异异的的数数列列，满满足足，即即从从而而是是的的聚聚点点 i.l mNnnnnaaa n 各各项项互互异异的的收收敛敛数数列列，特特其其极极限限是是点点集集的的一一个个聚聚点点别别.4E（）数数轴轴上上的的任任意意一一个个有有界界无无穷穷点点集集定
19、定魏魏尔尔斯斯特特拉拉斯斯聚聚点点原原至至少少有有一一理理个个聚聚点点理理111111112222.ababababEab 将将 闭闭 区区 间间，二二 等等 分分，所所 得得 两两 个个 闭闭 区区 间间 为为，与与，其其 中中 必必 有有 一一 个个 含含 有有中中 无无 限限 多多 个个 点点，将将 其其 记记 为为，1111.EabEab 因因为为 有有界界,所所以以存存在在闭闭区区间间，,使使，证证:2233.nnnnabEabababE 同同样样方方法法，再再将将闭闭区区间间，二二等等分分，其其中中必必有有一一个个闭闭区区间间含含有有中中无无限限多多个个点点，将将其其记记为为，用用
20、二二等等分分法法无无限限进进行行下下去去，可可得得区区间间套套，且且每每个个，含含有有中中无无限限多多个个点点limlim.nnnnnnabab 根根据据区区间间套套定定理理，存存在在唯唯一一一一个个数数属属于于所所有有的的闭闭区区间间，且且.nnabEE 由由于于，含含有有的的无无限限多多个个点点，所所以以就就是是的的聚聚点点 0N.nnNnNabU 再再由由区区间间套套的的推推论论可可知知，若若是是区区间间套套所所确确定定的的点点，则则，有有，证证 设设an为有界数列为有界数列,若若an 中有无限项相等中有无限项相等,取取这些相等的项可成一个子列这些相等的项可成一个子列.该子列显然是收敛该
21、子列显然是收敛若数列若数列an 不含有无限多个相等的项不含有无限多个相等的项,则则an 作作为为点集是有界的点集是有界的.由聚点原理由聚点原理,可设可设 是是an的一个的一个聚聚 定理定理5 5(致密性定理致密性定理)有界数列有界数列 必有收敛子列必有收敛子列 .敛于敛于 .点点,那么再由命题那么再由命题2,2,可知可知 an 中有中有一个子列一个子列 收收五、致密性定理五、致密性定理定理定理4 有一个非常重要的推论有一个非常重要的推论(致密性定理致密性定理).该该定理在整个数学分析中定理在整个数学分析中,显得十分活跃显得十分活跃.na kna kna0.lim.kknnnkxxxx 存在一个
22、收敛子列设存在一个收敛子列设,bxakn 又因又因由极限的不等式性质由极限的不等式性质,可得可得.0bxa 作为致密性定理的应用作为致密性定理的应用,我们来看下面这个例我们来看下面这个例题题.例例3 设设 在在 上连续，上连续，如果如果 那么存在那么存在 使使()f x,a b,.nxa b lim(),nnf xA 0,xa b 0().f xA 证明证明:因因 故故 有界有界.由致密性定理，由致密性定理，,nxa b nxf xx0()由由于于在在点点连连续续,根根据据归归结结原原理理00lim()lim()().knkxxAf xf xf x.在在研研究究比比较较复复杂杂的的数数列列极极
23、限限问问题题时时，通通常常要要先先考考虑虑该该数数列列是是否否存存在在极极限限然然后后在在数数列列存存在在极极限限时时，再再考考虑虑如如何何计计算算其其极极限限的的问问题题有有时时我我们们甚甚至至只只需需知知道道该该数数列列存存在在极极限限或或不不存存在在极极限限即即可可因因此此，我我们们要要解解决决由由数数列列的的通通项项判判定定其其敛敛散散的的问问题题.对对于于这这个个问问题题柯柯西西给给出出了了一一个个判判定定准准则则，下下面面我我们们来来介介绍绍这这个个收收敛敛准准则则柯柯西西收收敛敛准准则则，也也称称为为实实数数的的完完备备性性定定理理六、柯西收敛准则六、柯西收敛准则定理定理6 6(
24、柯西收敛准则柯西收敛准则)数列数列 收敛收敛 na0,.nmNNn mNaa 有有 我们在我们在2.22.2定理定理8 8中己给出数列的柯西收敛准中己给出数列的柯西收敛准则的必要性的证明则的必要性的证明,在这里我们仅证明它的充分性在这里我们仅证明它的充分性.证证01na 设设是是一一个个柯柯西西列列,那那么么对对于于，存存在在0,|1,|1.nNnNN nNaaaa 时时故故NNMaaaa121max|,|,|1,令令nnnaMa|,.那那么么对对一一切切，所所以以是是有有界界数数列列.knnaa由由致致密密性性定定理理,存存在在的的收收敛敛子子列列limknkaa 设设.下面证明下面证明 a
25、n 以以 a为极限为极限.因为因为 an 是柯西列是柯西列,所以对于任意正数所以对于任意正数1,N 1,|.nmn mNaa 当时，当时，lim,knkaa 又又因因为为1max,KNN nnN令令当当时时|2,KKnnnnaaaaaalim.nnaa 所所以以,kK 时 有时 有,K 所所以以对对上上述述存存在在当当|.knaa 4.试试用用柯柯西西收收敛敛准准则则证证明明单单调调有有例例界界原原理理.10N.nnnnaMnaaaM 假假设设数数列列单单调调增增加加有有上上界界，即即，有有，且且证证：0000112233000011110212220323330k-1k00N.1;max 2
26、;max 3;max;kknnmnmnmnmnmkkknmaNnmNaaaaNnmNaaNnnmNaaNnnmNaaNknnmNaa 用用反反证证法法，若若数数列列发发散散，则则，有有对对于于，有有对对于于，有有对对于于，有有对对于于，有有 1122121110000,0N.kkkkknmnmnmnmnmnmmaaaaaakaaaaaakkkaM 从从而而有有即即因因为为，所所以以，使使 1110023.kkniiinmnmamNnikaakakaM 由由于于数数列列是是单单增增的的，且且，所所以以上上式式括括号号中中每每项项非非负负，从从而而，即即 N.nnnaMa 这这与与，有有矛矛盾盾，
27、因因此此，单单调调递递增增有有上上界界数数列列收收敛敛例例5 5 用有限覆盖定理证明聚点定理用有限覆盖定理证明聚点定理.证证 设设 S 是无限有界点集是无限有界点集,则存在则存在 M 0,使得使得,.SM M ,SSxM Mx 若的聚点集合那么 任给若的聚点集合那么 任给xxx.0(都不是聚点 这就是说存在表示与有都不是聚点 这就是说存在表示与有xxxxS),(,).关使得有限集关使得有限集设开区间集设开区间集(,)|,0,xxxHxxxM M (,).xxxxS 有限集有限集很明显很明显,H 覆盖了闭区间覆盖了闭区间 M,M.根据有限覆盖根据有限覆盖0(,)|1,2,.iiiiHxxin由由
28、H 的构造的构造,有限集，有限集，Sxxiiii),(所以所以有限集，有限集，SxxSMMSiiiini),(,1 矛盾矛盾.定理定理,存在存在 H 中的有限子覆盖中的有限子覆盖实数完备性理论的一个重要作用就是证实数完备性理论的一个重要作用就是证明闭区明闭区明闭区间上连续函数的性质，这些性质明闭区间上连续函数的性质，这些性质曾曾经在第三经在第三4.2 4.2 闭区间连续函数性质的证明闭区间连续函数性质的证明经在第三章给出过经在第三章给出过.一、性质的证明一、性质的证明二、二、一致连续性定理一致连续性定理一、性质的证明一、性质的证明 定理定理1 1(有界性有界性)若函数若函数 在闭区间连在闭区间
29、连续续,则函数则函数 在闭区间在闭区间 有界有界,即即()f x ,ab()f x ,ab 0,().Mxabf xM 有有证法证法 由已知条件得到函数由已知条件得到函数 在在 的每一的每一点的某个邻域有界点的某个邻域有界.要将函数要将函数 在每一点的在每一点的邻邻域有界扩充到在闭区间域有界扩充到在闭区间 有界有界,可应用有可应用有限覆限覆盖定理盖定理,从而能找到从而能找到 .()f x ,ab()f x ,ab0M 证明证明:(应用有限覆盖定理证明应用有限覆盖定理证明)由连续函数由连续函数的的局部有界性局部有界性:()(;),.xxf xMxU xa b ,(;),0 xxxa bU xM
30、使使得得(;),xSU xxa b 考考虑虑开开区区间间集集显显然然 12(;),1,2,iiiKSSU xxa bika bMMM 在在 的的一一个个有有限限子子集集覆覆盖盖了了且且存存在在正正数数使使得得,Sa b是是的的一一个个无无限限开开覆覆盖盖 由由有有限限覆覆盖盖定定理理 存存1maxii kMM 令令,(;)().iiixa b xU xf xMM 则则必必属属于于某某(),.f xa b从从而而在在上上有有界界另一种证法另一种证法 采用致密性定理采用致密性定理.设设 f(x)在在a,b上无界上无界,不妨设不妨设 f(x)无上界无上界.则存在则存在 ,nxa b 使使lim().
31、nnf x (;),.()1,2,.iiixU xa bf xM ik 有有0lim.nnxx 00,.(),naxbaxbf xx因则又因在连续因则又因在连续故由归结原理可得故由归结原理可得 00()lim()lim(),nxxnf xf xf x 矛盾矛盾.写写方便方便,不妨假设不妨假设 xn 自身收敛自身收敛,令令因为因为xn 有界有界,从而存在一个收敛的子列从而存在一个收敛的子列.为了书为了书 定理定理2 2(最值性最值性)若函数若函数 在闭区间在闭区间 连续连续,则函数则函数 在在 取到最小值取到最小值 与最大值与最大值 ,即在即在 上存在上存在 与与 ,使使 且且 证法证法 只给出
32、取到最大值的证明只给出取到最大值的证明.根据定理根据定理1,1,函数函数 在在 有界有界.()f x ,ab()f x ,abmM ,ab1x2x12()()mf xMf x与与 ,().xabmf xM 有有()f x ,ab证明证明 设设 ,用反证法用反证法,假设假设 显然显然,函数函数在在 连续连续,且且 .于是于是,函数函数在在 连续连续.根据定理根据定理1,1,存在存在有即有即 不是数集不是数集 的上确界的上确界,矛盾矛盾.于是于是 sup(),f xxa bM ,().xabf xM 有有()Mf x ,ab()0Mf x 1()Mf x ,ab 0,Cxa b 有有11(),()
33、Cf xMMf xC 或或M (),f x xa b 22,().xa bf xM使使 定理定理3 3(零点定理零点定理)若函数若函数 在闭区间在闭区间连续，且连续，且 (即即 异号异号),),则在开区间则在开区间 内至少存在一点内至少存在一点 ,使使 .证明证明因因 f(x)在在a,b 连续且连续且 ,()f x ,ab()()0f af b ()()f af b与与(,)a b()0f 将将 a,b 等分成两个区间等分成两个区间 a,c,c,b,若若 f(c)=0,已已证证.不然不然,函数函数 f(x)在这两个区间中有一个区在这两个区间中有一个区()()0f af b 间端点上的值异号间端
34、点上的值异号,将这个区间记为将这个区间记为a1,b1.再再 将将 a1,b1 等分成两个区间等分成两个区间 a1,c1,c1,b1,若若 f(c1)=0,已证已证.不然同样可知函数不然同样可知函数 f(x)在其中在其中个区间的端点上的值异号个区间的端点上的值异号.将这个过程继续进行将这个过程继续进行下去下去,得到一列闭子区间得到一列闭子区间 an,bn,满足满足:11(i),1,2,;nnnnababn(ii)0,;2nnnbaban (iii)()()0.nnf af b 由区间套定理由区间套定理,存在惟一的存在惟一的,1,2,nnabn limlim.()nnnnabf x并并且且因因为为
35、在在点点连连续续,20lim()()(),nnnf af bf 所所以以()0.f 即即设设在某一区间连续在某一区间连续,按照定义按照定义,也就是也就是在区间内每一点都连续。即对在区间内每一点都连续。即对 从连续定义不难看到从连续定义不难看到,的大小，一方面与给的大小，一方面与给定的定的 有关；另一方面与点有关；另一方面与点 的位置也有关，也就的位置也有关，也就是，当是，当 暂时固定时，因点暂时固定时，因点 位置的不同，位置的不同，的大的大小也在变化小也在变化.二、一致连续性二、一致连续性()f x()f x000,0,(,)0,(,)xIxxU x :有有0()()f xf x 0 x 0
36、x oxy 22)(xfy0 x1x0()f x1()f x0 x 1x 如图如图,当当 给定后给定后,如在如在 附近附近,函数图象函数图象变化比较变化比较“慢慢”,对应的对应的 较大较大;在点在点 附近附近,函数图象变化比较函数图象变化比较“快快”,对应的对应的 较小较小.0 x 1x 0(),f xIx 设设在在区区间间 连连续续 当当 给给定定后后 相相应应于于无无穷穷多多个个000,xx 有有无无穷穷多多个个在在这这无无穷穷多多个个中中是是否否存存在在一一个个000,xIxx通通用用的的对对于于只只要要当当时时 就就有有0()()?f xf x 呢呢()f xI设设函函数数人人在在区区
37、间间 上上有有定定义义定定义义,若若12120,0(),:x xIxx通通用用的的有有12()()f xf x()f xI一一致致称称函函数数在在(连连续续 或或均均匀匀连连续续)()f xI函函数数在在区区间间上上一一致致连连续续一致连续的否定就是非一致连续一致连续的否定就是非一致连续,两者对比如下两者对比如下 1212120,0,:()()x xIxxf xf x 有有()f xI函函数数在在 区区间间上上非非一一致致连连续续012121200,0,:()()x xIxxf xf x 1(),(1),1(01)(2)0,11f xx 证证明明函函数数在在上上一一致致连连续续；非非例例一一致
38、致连连续续.12121221212(1)0,1,11xxxxxxxxx x 证证明明:要要使使成成立立，221221212,0,0,1,xxx xxx 只只要要取取，于于是是当当时时 1211.(),1.f xxx 有有在在上上一一致致连连续续011(2)0,0(),2n 1211,(0,11xxnn 12211111,()1(1)xxnnnn nn 12111(1)1.2nnxx 有有 1()0,1.f xx 故故在在上上非非一一致致连连续续()sin2.f xxR 证证明明在在一一例例致致连连续续.12120,sinsin,xxxx证证明明:解解不不等等式式1212,:,x xRxx可可取
39、取有有12sinsinxx()sinf xxR 即即：在在 一一致致连连续续.()()f xI在在区区间间 一一列列理理 可可定定致致连连续续化化 ,0,()()0.nnnnnnxyIxyf xf y ,若若则则()()f xI在在区区间间 非非一一理理 可可定定列列致致连连续续化化 ,()0,()()nnnnnnxyIxyf xf y :而而0.证证(证法一证法一)首先用致密性定理来证明该定理首先用致密性定理来证明该定理.在在 设设 f(x)在在a,b上不一致连续上不一致连续,即存在即存在对于对于,00 0(),x xa b一一切切无无论论多多么么小小 总总是是存存在在究究(可列化方法可列化
40、方法).下述证明过程中下述证明过程中,选子列的方法值得大家仔细探选子列的方法值得大家仔细探 定理定理4 4(Cantor一致连续定理一致连续定理)若函数若函数 f(x)在在 a,b上连续上连续,则则 f(x)在在a,b 上一致连续上一致连续.|,xx 虽然但虽然但0|()()|.f xf x 现分别取现分别取11 1111,|1,xxa bxx 110|()()|;f xf x 222211,|,22xxa bxx 220|()()|;f xf x 11,|,nnnnnxxa bxxnn 0|()()|;nnf xf x,nnxxa b 由此得到两列虽然由此得到两列虽然1|0,nnxxn0|(
41、)()|.nnf xf x 因为因为 xn 有界有界,从而由致密性定理从而由致密性定理,存在存在 xn 的的kknnkxxx0.lim.一个收敛子列设一个收敛子列设.但是总有但是总有,bxakn因为因为所以由极限的不等式性质所以由极限的不等式性质.0bxa连续连续,所以由所以由归结原理得到归结原理得到0lim|()()|kknnkf xf x 矛盾矛盾.(证法二证法二)再再用有限覆盖定理来证明用有限覆盖定理来证明.00|lim()lim()|0,xxxxf xf x0limlim()lim,kkkknnnnkkkxxxxx因为因为以及以及 f0,0,(;),xxxU xa b 给存在当时有给存
42、在当时有|()()|.2f xf x 考虑开区间集考虑开区间集 (;)|,2xHU xxab 那么那么 H 是是 a,b 的一个开覆盖的一个开覆盖.由有限覆盖定理由有限覆盖定理,因因 f(x)在在 a,b 上连续上连续,对任意对任意一点一点,xa b 任任存在有限个开区间存在有限个开区间 1min0,2iin 令令对于任何对于任何,xxa b只只要要,|xx那么那么x 必属于上述必属于上述 n 个小区间中的个小区间中的 一个一个,.22iiiixxx 设设于于是是1111(,),(,)2222nnnnxxxx也覆盖了也覆盖了 a,b.|,2iiixx 所以由小区间的定义得知所以由小区间的定义得知|()()|()()|()()|iif xf xf xf xf xf x这就证明了这就证明了)(xf在在a,b上的一致连续性上的一致连续性.|,2iiiixxxxxx,22
