§ 4.3 СВОЙСТВА ФУНКЦИЙ, НЕПРЕРЫВНЫХ НА ОТРЕЗКЕ

Доказательство. Допустим, что f не ограничена на [a; b].

Тогда для любого n 2 N существует xn 2 [a; b]

такое, что

jf(xn)j > n:

( )

Последовательность (xn) ограничена, т. к. xn

2 [a; b];

n 2 N.

Поэтому (по следствию к теореме Вейерштрасса) (xn)

содержит сходящуюся подпоследовательность (xnk ) : xnk ! c,

причем

c

2

[a; b].

Так

как f

непрерывна

на

8

[a; b],

то

k

nk

)

=

f(c)

, т.

е.

8

"

>

0

9

N

2

N

k

>

N

lim f(x

(jf(xnk ) f(c)j<").

Отсюда

и

из

неравенства

jf(xnk ) f(c)j jjf(xnk )j jf(c)jj

следует:

8k >

N jf(xnk )j

<

jf(c)j + ". При k ! 1; nk

! 1, поэтому можно выбрать k0

таким большим, что nk0 будет больше jf(c)j + ". Таким образом,

мы получили jf(xnk0 )j < nk0, что противоречит ( ).

Теорема 2. Непрерывная на [a; b]

функция f достигает на

для которых sup f(x) = f( );

inf

f(x) = f( )

x2[a;b]

x2[a;b]

Доказательство. По теореме

1 непрерывная на [a; b]

Но тогда

существует точная верхняя

грань f(x) на [a; b] :

sup f(x)

= M. Из определения sup

мы имеем: для любых

1

< f(xn) M:

( )

M n

xnk

! , причем 2 [a; b].

Так как f(x)

непрерывна на

[a; b], а значит, и в точке , то

lim f(xnk ) =

f( ). С другой

стороны из ( )

k!1

M. Отсюда,

видно, что M nk

< f(xnk )

1

по "свойству двух милиционеров",

lim f(xnk ) = M. Но f(xnk )

k!1

может сходиться только к одному пределу, поэтому M = f( ).

Аналогично доказывается другая часть теоремы.

Замечание. Очевидно, что в случае теоремы 2 sup f(x) =

max f(x);

inf

f(x) = min f(x).

x2[a;b]

x2[a;b]

x2[a;b]

x2[a;b]

x

Теорема 3.

Если f непрерывна на [a; b]

и числа f(a) 6=

0; f(b) 6= 0 и имеют разные знаки, то на

интервале (a; b)

существует точка c такая, что f(c) = 0.

Доказательство. Построим индуктивно последовательность

вложенных отрезков I1 I2 : : :. Положим I1 = [a; b] и пусть

x1 середина I1: если f(x1) = 0, то c = x1, если f(x1) 6= 0, то

в качестве I2 возьмем тот из отрезков [a; x1]; [x1; b], на концах

которого f(x) имеет различные знаки. Если I1 I2 : : : In 1

построены и xn 1 середина In 1,

причем f(xn 1) 6= 0 (если

f(xn 1) = 0, то c = xn 1), то In

– тот из двух подотрезков

In 1, на концах которого f имеет различные знаки. По лемме

1

о вложенных отрезках существует точка c 2 n=1 In. Очевидно,

f(c) = 0. Потому что, если мы

допустим, что f(c) > 0,

T

x

2 U(c) : f(x) > 0, но при достаточно большом n

:

In

U(c). А так как на концах In f(x) принимает разные

знаки, то f(x) не может быть > 0 на всей окрестности U(c).

Таким образом, f(c) = 0.

Теорема 4. Если f непрерывна на [a; b] и если число лежит

между f(a) и f(b), то существует число c

2 (a; b)

такое, что

f(c) = .

функцию

Доказательство. Определим новую

g(x)

=

Действительно, для

x

=

>

0 y

= =2 мы

имеем

jx yj

< , но jf(x) f(y)j

= jx1 y1j

= 1

> 1

при

всех

2 (0; 1).

Функция

f : E

!

R будет

не

равномерно

непрерывной на

E, если 9"

>

0 8

>

0

9x; y

2

E

(jx yj

<

; но jf(x)

f(y)j

"). Мы

же

показали:

при

"

=

1

81

2 (0; 1) 9x = ; y = =2 2 (0; 1) (jx yj < ; но jf(x) f(y)j =

> " =

1), что доказывает неравномерную непрерывность

f(x) = 1=x на (0; 1).

Теорема. Если f непрерывна на [a; b], то она и равномерно

непрерывна на [a; b].

противное. Тогда

9"

Доказательство. Предположим

>

xk; yk 2 [a; b] такие, что

jxk ykj <

1

;

но jf(xk) f(yk)j "; k = 1; 2; : : : :

( )

k

и 0 < jykj

xkj j < kj

при любых kj 2 N. Функция f непрерывна

1

продолжение на множество F = E

E0. (Другими словами,

˜

: F

!

R

, равномерно

непрерывная на F , причем

существует f

S

˜

2 E).

f (x) = f(x), если x

2

. Так как

– предельная

Доказательство. Пусть

0

a

E

a

x!a

˜

f(a);

если a 2 E;

(x!a

если a 2 E0nE:

f (a) =

lim f(x);

˜

: F ! R

равномерно непрерывна на F .

Убедимся, что f

Пусть " > 0 – произвольно и > 0 такое, что

8 x0; x00 2 E : jx0

x00j < 3 ) jf(x0) f(x00)j < "=3: (1)

0

0

0

˜

(2)

jx

yj <

) jf(x

) f (y)j < "=3;