【分析学】 从闭区间套定理出发（二） -- 闭区间连续函数性质

闭区间套定理

闭区间套定理：设有一列闭区间 $\{[a_n,b_n]\}$ 满足：

1. 套缩性：$[a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq [a_n,b_n]$ 对所有 $n\in \mathbb{N}$ 成立；
2. 长度趋于零：${\lim }_{n\to \infty }(b_n-a_n)=0$。
   则存在唯一的实数 $c$，使得 $c\in {\bigcap }_{n=1}^{\infty }[a_n,b_n]$。

闭区间上连续函数

一致连续性

一致连续性定义
若函数 $f$ 在集合 $S$ 上满足 $\forall \epsilon >0$, $\exists \delta >0$, $\forall x,y$, $|x-y|<\delta$ 则有 $|f(x)-f(y)|<\epsilon$. 称 $f$ 在集合 $S$ 上一致连续。

定理：
若函数 $f$在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $f$在 $[a,b]$ 上一致连续。

证明步骤：

1. 反证法假设：
   • 假设 $f$在 $[a,b]$ 上不一致连续。即存在 $ϵ>0$，使得对任意 $\delta >0$，存在 $x,y\in [a,b]$满足 $|x-y|<\delta$但 $|f(x)-f(y)|\ge ϵ$。
2. 构造闭区间套：
   • 将 $[a,b]$ 二等分为 $[a,c]$ 和 $[c,b]$，其中 $c=\frac{a+b}{2}$。
   • 至少有一个子区间（不妨设为 $[a_1,b_1]$）满足：对于任意 $\delta >0$，存在 $x,y\in [a_1,b_1]$使得 $|x-y|<\delta$但 $|f(x)-f(y)|\ge ϵ$。
   • 递归构造闭区间套 $[a_n,b_n]$：每次将当前区间二等分，选择满足上述性质的子区间。
3. 闭区间套定理的应用：
   • 由闭区间套定理，存在唯一的 $L\in {\bigcap }_{n=1}^{\infty }[a_n,b_n]$。
   • 由于 $f$在 $L$点连续，对 $ϵ>0$，存在 $\delta >0$使得对任意 $x\in [a,b]$，若 $|x-L|<\delta$，则 $|f(x)-f(L)|<\frac{ϵ}{2}$。
4. 矛盾的产生：
   • 当 $n$足够大时，$[a_n,b_n]$ 的长度 $b_n-a_n<\delta$，且 $L\in [a_n,b_n]$。
   • 由构造，存在 $x,y\in [a_n,b_n]$满足 $|x-y|<\delta$但 $|f(x)-f(y)|\ge ϵ$。
   • 然而，由于 $|x-L|<\delta$和 $|y-L|<\delta$，有：
     $$|f(x)-f(y)|\le |f(x)-f(L)|+|f(L)-f(y)|<\frac{ϵ}{2}+\frac{ϵ}{2}=ϵ,$$
     这与 $|f(x)-f(y)|\ge ϵ$矛盾。
5. 结论：
   • 矛盾表明假设不成立，因此 $f$在 $[a,b]$ 上一致连续。

零点存在性：

定理 若函数 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a)\cdot f(b)<0$，则存在 $c\in (a,b)$ 使得 $f(c)=0$。

证明步骤：

1. 初始条件：
   • 设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a)\cdot f(b)<0$。不妨设 $f(a)<0$ 且 $f(b)>0$（另一种情况对称）。
2. 构造闭区间套：
   • 定义区间序列 $I_n=[a_n,b_n]$ 如下：
     • $I_1=[a,b]$。
     • 对于每个 $n\ge 1$，取 $I_n$ 的中点 $m_n=\frac{a_n+b_n}{2}$。
     • 若 $f(m_n)=0$，则 $m_n$ 即为零点，定理得证。
     • 若 $f(m_n)\ne 0$，则 $f(m_n)$ 与 $f(a_n)$ 或 $f(b_n)$ 异号。选择子区间 $I_{n+1}$ 使得 $f$ 在其端点异号：
       • 若 $f(m_n)<0$，取 $I_{n+1}=[m_n,b_n]$。
       • 若 $f(m_n)>0$，取 $I_{n+1}=[a_n,m_n]$。
   • 这样构造的 $I_{n+1}\subset I_n$，且 $\text{diam}(I_n)=\frac{b-a}{2^{n-1}}\to 0$。
3. 应用闭区间套定理：
   • 由闭区间套定理，存在唯一的 $c\in {\bigcap }_{n=1}^{\infty }{I}_n$。
   • 由于 $f$ 在 $c$ 处连续，且对于所有 $n$，$f(a_n)<0$ 和 $f(b_n)>0$，由极限性质：
     $$f(c)=\underset{n\to \infty }{\lim }f(a_n)\le 0\text{且}f(c)=\underset{n\to \infty }{\lim }f(b_n)\ge 0。$$
   • 因此 $f(c)=0$。

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。
证明：
我们采用反证法。假设$f$在$[a,b]$上无界，即对于任意正整数 $n$，存在 $x_n\in [a,b]$ 使得 $|f(x_n)|>n$。

1. 构造区间套：
   • 将$[a,b]$二等分，得到两个子区间$[a,c]$和 $[c, b] $，其中 $c=\frac{a+b}{2}$。
   • 因为$f$在$[a,b]$上无界，$f$ 至少在一个子区间上无界（否则$f$在两个子区间上都有界，从而在$[a,b]$上有界，矛盾）。选择那个使得 $f$ 无界的子区间，记为 $[a_1,b_1]$。
   • 重复上述过程：将 $[a_1,b_1]$ 二等分，选择子区间 $[a_2,b_2]$ 使得$f$在其上无界。
   • 如此无限进行，得到一个闭区间套：
     $$[a,b]\supset [a_1,b_1]\supset [a_2,b_2]\supset \cdots \supset [a_n,b_n]\supset \cdots$$
     满足 $b_n-a_n=\frac{b-a}{2^n}\to 0$（当$n\to \infty$）。
2. 应用闭区间套定理：
   • 由闭区间套定理，存在唯一的 $\xi \in [a_n,b_n]$对所有$n$成立。
   • 因为$f$在$\xi$点连续，对于 $ϵ=1$，存在$\delta >0$使得当$x\in (\xi -\delta ,\xi +\delta )\cap [a,b]$时，$|f(x)-f(\xi )|<1$，即$|f(x)|<|f(\xi )|+1$。
   • 由于$b_n-a_n\to 0$，存在$N$使得$[a_N,b_N]\subset (\xi -\delta ,\xi +\delta )$。因此$f$在$[a_N,b_N]$上有界（因为 $|f(x)|<|f(\xi )|+1$ 对所有 $x\in [a_N,b_N]$ 成立）。
3. 导出矛盾：
   • 但根据构造，$f$在$[a_N,b_N]$上无界（因为 $|f(x_n)|>n$ 对无限多个 $n$ 成立，且 $x_n\in [a_N,b_N]$ 当 $n\ge N$），这与 $f$ 在 $[a_N,b_N]$ 上有界矛盾。

*附：闭区间不可数性

证明闭区间 $[a,b]$ 是不可数集合。

证明步骤：

1. 假设 $[a,b]$ 是可数集：
   • 假设 $[a,b]$ 是可数的，即存在一个序列 $(x_n{)}_{n=1}^{\infty }$ 包含 $[a,b]$ 的所有点。这意味着 [ a , b ] = { x 1 , x 2 , x 3 , … } [a, b] = \{x_1, x_2, x_3, \ldots\} [a,b]={x1​,x2​,x3​,…}。
2. 构造闭区间套：
   • 我们将构造一个闭区间套 $(I_n{)}_{n=1}^{\infty }$，满足：
     • $I_1=[a,b]$，
     • 对于每个 $n\ge 1$，$I_{n+1}\subset I_n$，
     • $\text{diam}(I_n)\to 0$（即区间的长度趋于 0），
     • 每个 $I_n$ 不包含 $x_n$。
   • 构造方法：
     • 对于 $I_1=[a,b]$，如果 $x_1$ 不是 $a$ 或 $b$，取 $I_2$ 为 $[a,x_1)$ 或 $(x_1,b]$ 中较短的区间；如果 $x_1$ 是 $a$ 或 $b$，取 $I_2$ 为 $(a,b]$ 或 $[a,b)$。
     • 一般地，对于 $I_n$，如果 $x_n\in I_n$，将 $I_n$ 分成两个子区间（如中点分割），选择不包含 $x_n$ 的子区间作为 $I_{n+1}$，并确保 $\text{diam}(I_{n+1})\le \frac{1}{2}\text{diam}(I_n)$。
3. 应用闭区间套定理：
   • 由闭区间套定理，存在唯一的点 $c\in {\bigcap }_{n=1}^{\infty }{I}_n$。
   • 由于每个 $I_n$ 不包含 $x_n$，因此 $c\ne x_n$ 对所有 $n$ 成立。
4. 矛盾：
   • $c\in [a,b]$，但 $c\ne x_n$ 对所有 $n$ 成立，这与 [ a , b ] = { x 1 , x 2 , x 3 , … } [a, b] = \{x_1, x_2, x_3, \ldots\} [a,b]={x1​,x2​,x3​,…} 的假设矛盾。
   • 因此，$[a,b]$ 不能是可数集。