实数连续性定理

1、教案10实数连续性定理一、闭区间套定理1、闭区间套定理：设有闭区间列，如果则存在唯一的数l属于所有的闭区间，即，且2、关于定理的说明(1)、闭区间套定理刻画了实数具有连续性的事实，也即闭区间套定理只在实数范围内成立，在有理数集范围内定理不一定正确。例如： 是单调增加的有理数列，是单调减少的有理数列。显然闭区间列满足闭区间套定理的两个条件，但是(2)、如果把定理中的闭区间列换为开区间列，定理也不一定成立，例如：开区间列满足：但是 (3)、定理的本质特征如果所有的闭区间都具有某种共同的性质，则因为在点l的任意邻域中都含有闭区间，所以这个性质可以收缩到点l的局部去，或者说可以把全区间上的一种整体性质

2、“收缩”到一点l的局部去。(4)、定理的使用方法定理确保了一个数l的唯一存在性，所以当需要找一个具有某种性质的特殊数l的时候，可以考虑使用闭区间套定理将它“套”出来。一般的作法是根据性质P去构造一个具有性质的闭区间，将它二等分，保留具有性质的一个，再二等分，如此下去得到一个闭区间列，它满足定理条件，且每个闭区间都具有性质，闭区间列可以“套出”一个数l，再证l就有性质。(5)、闭区间套定理的结论是一个特称命题（断言一个特殊点的存在性），因此如果用它去证明一个有关整体性质的命题的时候，就要用反证法，先将其转为一个局部性质的命题，再使用闭区间套定理进行论证。例1 证明：若函数在上只有第一类间断点（可

3、以有无穷多个），则在上有界。证明：（用闭区间套定理证明）假设在上无界。将二等分，则必在分得的某个区间上无界，记此区间为再将二等分，则必在分得的某个区间上无界，记此区间为如此继续下去，可得一闭区间列满足：(1) ；(2) (3) ，在上无界。由闭区间套定理，存在惟一的点，所以且一方面，因为，所以是的连续点，或者是的一类间断点。于是在点局部有界，即，使得在有界。另一方面，对上述的，只要取充分大的自然数k，就有，由闭区间列的性质，在无界。这与前面的结果矛盾。例2 证明：区间是不可数集。证明：（反证）假设是可数集，设将三等分，在分得的三个闭子区间中，至少有一个子区间不含，记此区间为；再将三等分，在分得

4、的三个闭子区间中，至少有一个子区间不含，记此区间为；如此继续下去，可得到一列闭区间, ,它们满足，对，中不含点，且根据闭区间套定理，存在唯一的一个实数l属于所有的闭区间，且一方面，因为, ，所以，由此可知另一方面，从而导致矛盾。所以区间是不可数集。例3 设在上连续，且，数列有界，证明：，使得在上一致有界。即，有证明：（反证法）假设在的任意闭子区间非一致有界。则对，使因为在连续，由局部保号性，一定存在包含的子区间，且，使得，有因为由假设，在上也非一致有界，所以对，使同样，一定存在包含的子区间，且，使得，有继续下去，可得到一列闭区间满足：(1) ；(2) (3) ，有，()根据闭区间套定理，存在惟

5、一的属于所有的闭区间。且一方面，根据已知是有界数列。另一方面，由闭区间列的性质，对，只要取自然数，则，有，从而，即数列无界，矛盾。所以，一定，使得在上一致有界。例4 证明闭区间上的连续函数是一致连续的。证明：设函数在上连续。假设在上非一致连续，则由定义，当时，有将二等分，在分得的两个区间中，必在其中的某一个上非一致连续。记此区间为，则，当时，有并且还可以有事实上，如果对，上述事实不成立，即，当时，有则将有在上一致连续，矛盾。再将二等分，在分得的两个区间中，必在其中的某一个上非一致连续。记此区间为，则同样，当时，有如此下去，可得一闭区间列满足：(1) ；(2) (3) ，在上非一致连续。且，当时

6、，有由闭区间套定理，存在惟一的点，所以且一方面，在点连续，由柯西收敛准则，对上述的，有另一方面，只要取充分大的自然数n，可使，由闭区间列的性质，对上述的，又有矛盾。所以在上一致连续。教案11二、有限覆盖定理1、开覆盖定义：设是一个区间，是一开区间集（有限或无限多的），如果区间中的每一个点都至少属于中的一个开区间，即则称开区间集覆盖了区间，称是的一个开覆盖。2、有限覆盖定理：若开区间集覆盖闭区间，则中存在有限个开区间可以覆盖闭区间3、关于定理的说明(1)、定理刻划了实数的连续性，在有理数范围内，定理不成立（见下面的例题）。下面我们只在有理数范围内进行论述，即下面所说的闭、开区间都是由有理数构成的

7、，区间的端点是有理数，区间中的点也只有有理数。对于，所以取，且，使或，即以x为中心，以为半径作一个小的开区间，使不再其中。则开区间集显然是的一个开覆盖，现在在中任取有限多个开区间，对于上面的每个开区间，它不包含，也不会包含与充分接近的有理数（取一个以为极限的有理数列，则只要取充分大的，当时，就不会在此区间之内）。又因为共有有限多个开区间，所以它们的并集也不会包含，及与充分接近的有理数，这表明，中的任意有限多个开区间都不能覆盖闭区间(2)、如果将定理中的闭区间，改为开区间，定理不成立。例如：对于开区间，显然开区间集可以覆盖设 （）是中的任意有限多个（k个）开区间。则对于，显然有，即上述k个开区间

8、不能覆盖开区间(3)、如果将定理中的开区间集换为闭区间集，定理也不成立。例如：对于闭区间，显然闭区间集可以覆盖，设 ()是中的任意有限多个（k个）闭区间。则对于，显然有，即上述k个闭区间不能覆盖闭区间(4)、定理的本质特征：使用有限覆盖定理，可以把上每一点邻域所具有的局部性质延展到全区间上。(5)、有限覆盖定理是一个全称的命题，定理的作用与闭区间套定理恰好相反，它可将无穷转化为有限，能把局部性质延展到全区间上。当你要使用有限覆盖定理去证明一个特称形式的命题，例如论证一个特殊点的存在性，那么，就要用反证法，把原来的特称命题，转化成一个全称命题去论证。(6)、定理的使用方法：根据所证的问题，构造一

9、个有某种性质的开区间集，对使用有限覆盖定理，将局部性质延拓到全区间上。例1 证明：若函数在上的任意一点单增（即，且，有），则在上单增。证明：由已知，且，有），设，显然是的一个开覆盖，根据有限覆盖定理，中的有限个开区间可以覆盖，设这些开区间是取，则时, 必属于开区间中的某一个，于是有，即，于是有取自然数m，使，则有由此可推出,这与上面的结果矛盾。例2 证明：若函数在上只有第一类间断点（可以有无穷多个），则在上有界。证明：（用有限覆盖定理证明），因为与都存在，所以在点的邻域有界，即，有设则显然E是的开覆盖，根据有限覆盖定理，E中的有限多个开区间可以覆盖，设它们是：，函数在上述的每个小区间都有界，记

10、，设，则有即在上有界。例3 证明子列定理：无穷有界数列必有收敛子列。证明：设是数列的一个界，则。假设没有收敛的子列，则，x都不是数列的极限，于是存在x的邻域，使得在区间内最多有数列的有限多项。否则，假若，在内有数列的无限多项，则取，或，取，或， ，取，或， ，于是，得到的一个子列，显然当时，有，即数列有一个收敛的子列，这与假设矛盾。显然开区间集是的一个开覆盖，根据有限覆盖定理，中的有限多个开区间可以覆盖，设它们是因为每个开区间中至多含有中的有限多个点，所以这n个开区间中最多也只含有的有限多个点，即中最多也只含有的有限多个点，这与矛盾。例4 证明单调有界定理：单调有界数列存在极限。证明：只对单增

11、情况给予证明。设是单增有界数列。是它的界，则假设不收敛，x不是数列的极限，由极限定义，有即不在开区间内，又因为数列是单增的，所以在开区间内至多含有数列的有限多项(对于一般的数列，如果不以x为极限，则或者在点x的任意邻域内，至多含的有限多项，在此邻域外有数列的无限多项；或者在x的邻域内含有数列的无穷多项，而在此邻域外也含有数列的无穷多项。然而对于单增数列而言，第二种情况一不可能的，因为一旦在x的邻域内含有单增数列的无穷多项，则可推出在此邻域之外就只能有数列的有限多项，从而导致数列是收敛的矛盾)。显然开区间集是的一个开覆盖，根据有限覆盖定理，中的有限多个开区间可以覆盖，设它们是因为每个开区间中至多

12、含有数列中的有限多个项，所以这n个开区间中最多也只含有的有限多项，于是中最多含有数列的有限多项，这与矛盾。教案12三、确界定理1、确界定义：上确界：设是非空数集，如果，使得 ， ，有则称是数集的上确界。下确界：如果，使得 ， 则称是数集的下确界。注：(1) 有限集一定有上确界与下确界，它们就是有限集中的最大数与最小数。(2) 数集的确界可以属于，也可以不属于(3) 上确界的等价定义：、，； ，有、，；若是的任意一个上界，则、，；.存在数列，有2、确界定理： 确界定理：若非空数集有上界（下界），则数集存在唯一的上确界（下确界）3、关于定理的说明：(1)、确界定理也是实数连续性定理之一，只有在实数

13、范围内定理才是正确的，在有理数集内定理不一定成立，因为一个有理数集的上确界可能是无理数。例如有理数集在有理数集范围内就没有上确界，因为它的上确界是e，不是有理数。(2)、定理的本质特征：设数集具有性质，如果supE=, 由定义，有这样就可以把所具有的性质“收缩到”的邻域内。(3)、定理的应用特点：确界定理确定了一个特殊的数的存在，因此在需要论证一个数的存在，或者需要寻找具有某种性质的数的时候，可以考虑使用确界定理。在应用时，通常是构造一个具有某种性质的数集，使其具有上（下）界，从而有上（下）确界()，再证()具有所需的性质。确界定理虽然是一个特称的命题，但在很多时候可以用它证明全称命题。证法是

14、：为了证明在全区间有性质，构造数集然后证明b是E的上确界，并且(4)、在很多问题中，常常用到下面的定理：存在严格单增数列，有（哈工大1987）注意，当时，一定是无限集，且中无最大数。反之若中无最大数，则也一定是无限集。当使用确界定理去论证一个有关上的连续函数的命题时，经常把这一事实与海涅定理联合使用。海涅定理：，有四、子列定理1、相关概念：(1)、是的子列是严格单增数列。(2)、若是的子列，则有： (3)、的任意子列收敛于 2、子列定理：有界数列必有收敛子列。3、关于定理的说明：(1)、子列定理又称致密性定理，这个定理也是基于实数具有连续性这一事实，显然在有理数集上，一个有界数列是不一定有收敛

15、子列的。(2)、致密性定理断定了一个收敛数列（子列）的存在，实际上也就是断言一个点（子列的极限）的存在性，所以这是一个关于局部性质的定理，如果要使用该定理去证明一个有关整体性质的命题，那就要使用反证法，将其转为一个有关局部性质的命题。(3)、定理的本质特征：如果数列有界，且有性质，则有收敛的子列，并且也有性质，设子列收敛于则在点的任意邻域内都有子列的点，这样就可以把性质带到点的任意邻域内。(4)、定理的应用特点如果我们要论证一个有某种性质的点的存在性，可以考虑使用致密性定理。用致密性定理证明一个命题，通常要根据需要去构造一个具有某种性质的点列，这个点列不要求其收敛，但要有界。由致密性定理，点列

16、有收敛的子列，并且也有性质。这样，我们就找到了一个点，它是子列的极限，再由所具有的性质去推证点有我们需要的性质在许多情况下，致密性定理也总是和海涅定理共同使用，以此去推断点有性质。例 设在单增，证明：，使得证明：（用确界定理证明）不放设，否则取可知命题正确。定义数集则显然有，所以E是非空有界的，根据确界定理，E有上确界，设由确界的等价定义，有，根据单增及数集E的定义，在上式中，令，可得下面证明假设，取，则，所以上式表明，这与是E的上确界矛盾，所以必有例2 证明：若函数在上只有第一类间断点（可以有无穷多个），则在上有界。证明一：（用确界定理证明）设因为存在，所以，使得在有界。任取，则在有界，即，

17、所以，即E是有界集。根据确界定理，数集有上确界，设，则，下面证明假设，则，已知与都存在，由极限的局部有界性，使得在有界对上述的，由确界定义，有，从而在有界，设其为记，取，于是，有即，这与矛盾，所以下面证明已知存在，所以，在有界，根据确界定义，对上述的，使所以在有界，记，则，有所以，即在上有界。证明二：（用子列定理证明）假设在上无界，则对，使得因为是有界数列，必有收敛的子列，设则，根据海涅定理，即是的第二类间断点，这与已知矛盾。所以在上有界。例3 设在连续，且在惟一的一点取到最大值，如果，使得，证明： 证明：（反证法）假设，由定义，有取，则，使取，则，使，继续下去，可得到一个数列的一个子列，显然

18、有收敛的子列，设因为对，有，即不是的极限，所以已知在点连续，再由海涅定理，就有上式表明在点也取最大值，这与已知矛盾。教案13中值定理与泰勒公式一、基本概念与定理1、极值如果，有则称函数在点取极小值，称为极小值点，简称极值点，类似可以定义极大值。注：由极值定义可知，极值不会在区间端点取得。2、连续函数在点取极值的必要条件：若函数在点取极值，则，或者不存在。3、函数在点取极值的充分条件：第一判别法：若在点的左右邻域有不同的符号，则在点取极值。第二判别法：若，而，则n为奇数时，在点取不极值，n为偶数时，在点取极值。特别地，是极小值；，是极大值。2、费尔马定理：若函数在点可导，且在点取极值，则3、洛尔

19、中值定理：推广的洛尔中值定理：设为有限或无穷区间，在内可微，且，则，使4、拉格朗日中值定理：中值定理有明显的几何意义，公式 表明，曲线弧上有一点，该点的切线平行于弦理解和掌握这一事实，对于分析和证明问题是很有意义的。5、柯西中值定理：注：在三个中值定理中，若将导数改为单侧导数，定理结论不一定成立。6、泰勒公式：具有皮亚诺型余项的泰勒公式：若函数在点有n阶导数，则具有拉格朗日型余项的泰勒公式：若函数在点的邻域有阶导数，则具有柯西型余项的泰勒公式：（略）注：泰勒公式是在一点的邻域，用多项式近似代替函数的公式，也是高阶中值定理。7、洛比达法则：8、函数的凹凸性与拐点：9、Jensen不等式：若在上为

20、凸（），则有其中，且二、中值定理与泰勒公式的应用、讨论导函数零点的存在性。(1) 对考虑使用达布定理。(2) 论证在一区间上满足洛尔定理条件，用洛尔定理。(3) 论证有极值点（常常是论证在闭区间内取最值），用费尔马定理。当问题中有函数可导的条件时，经常要使用洛尔定理或费尔马定理。在很多情况下，常常是根据方程（或函数）的特点，将其适当变形后，作一辅助函数，考虑对的原函数用洛尔定理或费尔马定理。这种方法的难点在于， 找出的原函数 验证满足洛尔定理条件、或在某一区间内有极值。例1（推广的洛尔定理） 设函数在连续，在可微，且，证明必存在，使得（山西大学1987）证明一：（用介值定理证明有，再用洛尔定理

21、。）如果，则对于，有，命题显然正确。如果，则至少，使，不妨设（类似可证）取实数c，使根据介值定理，使得已知，于是对于，当时，有，所以根据介值定理，使得于是函数在可微，且，由洛尔定理，使得证明二：（证明有最大值或最小值，再用费尔马定理。）如果，则对于，有，命题显然正确。如果，则至少，使，不妨设已知，根据极限的保序性，当时，有函数在闭区间连续，必有最大值，即，有因为，所以有，于是，并且对于，又有是函数在的最大值点，也是极大值点，由费尔马定理，有例2 设函数在上有一阶导数，在内有二阶导数，且，证明存在一点，使得（南京大学）证明：（证法：证明在内达到最大与最小值，在最大、最小值点使用洛尔定理。）已知在

22、上可导，所以在上连续，从而在上有最大与最小值。由，根据极限的保号性，使得或同理，使上面的结果表明，的最大值与最小值m在取得，设，则与也是极大值与极小值，由费尔马定理，对在或上用洛尔定理就得，使得例3 设，且试证：方程在内至少有一实根。（西南师院1983）证明：设则在可导，且，由洛尔定理，使得，即方程在内至少有一实根。例4 设函数在连续，在内可微，且对于任意的，有(1) 证明存在，使(2) 证明存在，使，其中（西北大学）证明：(1) 设 则在连续，在内可微，且，由洛尔定理，使得，因为，整理上式即得(2) 设 用洛尔定理即可证明，略。例5 设函数在上连续，在内可导，且证明对任一实数，存在，使得（广西师大1984 四川大学1987）证明：设，则在在上连续，在内可导，且由洛尔定理，存在，使得，即例6 设是可微函数，导函数严格