大连理工大学《工科数学分析基础》第一章复习.docx

第一章复习
X.1函数的极限及其连续性
概念：省略 注意事项
1. 无界变量与无穷大的区别：无穷大量一定是无界变量，但无界变量不一定是无穷大
量，例如，y = f(x) = xsinx 是无界变量，但不是无穷大量。

因为取
TT JT
x = x lt = 2n7r + ^-时，/(兀)= 2/r +彳，当斤充分大时，/(£)可以大于一预
2 2
先给定的正数M ；取x = x n = 2/?TF 时，兀)=0
2. 记住常用的等价形式
当X —> 0时，sinx 〜兀， arcsinx 〜匕 tanx 〜兀， arctan x 〜九
1 ? 丄 1
ln(l + x)〜兀， "一1 ~ x, 1 — cos x ~ — ， (1 + x)n
~1 — x
2 n
例1当XT0时，下列函数哪一个是其他三个的高阶无穷小
(A) x 2
o (2) 1 -cosxo (3) sinx- tanx (4) ln(l + x 2) o ()
解：因为1—COSX 〜丄皿1 +兀2)〜兀2,所以选择C
X 2
Hr V e -COSX
练习hrn -------------
XT °
lncosx
3. 若函数的表达式中包含有a + 4b (或奶+丽)，则在运算前通常要在分子分母
乘以其共轨根式a-4b (或丽-丽)，反之亦然，然后再做有关分析运算
解lim e -cosx
In cosx " —1 + 1 —cosx
=lim -------------------- go ln[l + (cosx-l)]
lim ——— go ln[l +
(cosx-l)] + lim
XT O
1 - cos%
ln[l + (cosx-l)]
lim 9
JT
XT
() COS X — 1 + lim 1-cosx
XT° cos 无一 1
例2 求lim sin( Jn匚Flzr)。

HT8
.2 2 r sin - 因为limsin 土上= lim 「^ = l,所以原极限=—
JVT8 X 2
-V —>oo Z
解 lim sin(7^2 + l^r) = lim sin[(V^2 +1 一 町兀 + n7r]
=lim(-l)" sin(V^2
+ 1
”—»8
7t
+1 +
当 n t oo 时，sin
-------- / c ----------- > 0,(料 T
oo) 又 |(_1)” =1,故limsinCVn^+l^^O
” T8
练习 求lim[Jl + 2 + ・・・ + 〃—Jl + 2 + ・・
・ + (/? — l)]
解原式=lim
"T8
n(n +1) n(n-l)
""2 V ~2-
r 1 2n V2 —■— • —「 --------- ------ 「 -——
"T8 ^2 Jn(n + T) + J M (/?_1)
2
4.
大—>8
该极限的特点:
l （i ）r 型未定式
1（2）括号屮1后的变量（包括符号）与幕互为倒数
解题方法
（1） 若极限呈广型，但第二个特点不具备，则通常凑指数墓使（2）成立
（2） 凡是广型未定式，其结果：底必定是幺，幕可这样确
定: 设 limw （x ） = 0 , limv （x ） = oo ,则
lim(l ± u(x))v(x)
= lime v(x),n(,±w(x)) = e limv(x),n(1±M<x)) limv(^)(±w(x)J _ ±Iim V (X )H (X )
e — c
这是因为 ln(l ± u{xy)〜±%(x) o
例3求lim XT8 1 . 1Y
cos —+ sin —
X X
丿 解原式=lim X —>8
1 . 1}
cos —+ sin —
x x
(2卡 =lim 1 + sin — XT8
lim 夕=0
XT
一 8
x.2单调有界原理
单调有界数列必有极限
此类问题的解题程序：（1）直接对通项进行分析或用数学归纳法验证数列｛暫｝单调有 界；（2）设｛兀｝的极限存在，记为\xmx n =l 代入给定的兀的表达式中，则该式变为/的代 数方程，解之即得该数列的极限。

例4 已知数列｛a tl ｝：均=1,偽=1+ 4 ,•••,% = ]+ ，…，求lim%。

「 1 + Q] 1 + Q-1 E
解 用数学归纳法可证得｛色｝单调增加：
假设皿_\ < a k 成立，于是
练习 求lim
XT O
+ …+ e ,,x
V'
n
原式=lim 1 + XT O
v
八宀…+严—斤1 l r e_l ）+（宀1）+…+（严_1） lim ------- = —lim
--------------------------------- --------- 'TO
n
x
因为 -
=—lim n n XTO
X
1 Zx 1
lix
1
c — 1 e — 1
• e — 1
XT°
X =-（1 + 2 +…+ n ） = — n 2
5.几个常用的极限 lim 転（a >0） =
1
特别地 lim Vn = 1
”T8
lim arctan x =—
x —»+oo
2
lim arccotx = 0 lim arctan x =
7
1
lim arccotx = 7T lim e x
= oo
XT+8
lim x v
= 1
XT 0+
显然V 。

a
k ~ a
M
a
k-\ - a k
< Q
（1 + 务_］）（1 +
色）
显然1<^<2,从而数列｛色｝有极限，不妨设lim^ = Ao
zr
A
由于匕=1 + _也_,两遍去极限得：人=1 +上一，即A 2
-A -\ = O 9
1 + % 1 + A
即得出A 二壬5。

2
根据包号性的推论可知人非负，所以linuj= 土5。

"Too
2
X.3 〃项和的极限
求解方法：
（1）利用特殊和式求和；（2）利用夹逼定理求极限（n 个项按递增或递减
排列）;
、.（1 1 1 ）
例5求lim ----- H ------ --- -------------
心8（1・2 2-3
兀・（〃 + 1）丿
例 6 求lim(
=+
=+•••+ =)o V^2 + 1 Qn 2 + 2 Vn 2 +H
解因为〒++ ・.. +
V T + n Q rr + \ J rr + 2
\rr +n
lim( t ——=+ / + …+ /
) = 1
"T °° j’r+i 冷『* 2
Vn 2+7i
X.4斤项积的极限
（1） 分子、分母同乘以一个因子，使之出现连锁反应;
（2） 把通项拆开，使各项相乘过程中中间项相消； （3） 夹逼定理 （4） 利用对数恒等式化为n 项和形式。

解原式
2丿 “T8
1、
\"
( 1
、
=lim 1 1
“T8 (〃 + 1
而lim
=lim
〃T8
+ H
n
由夹逼准则有
例7当|%|<1时，求1曲（1 +兀）（1 +兀2）（1 +兀4）・.・（1 +尹）
A7T8
v 1 n + 1
1 =lim --------- =—
解原式=lim
(1 一 兀)(1 + 兀)(1 + 兀?)。

+ /)…(1
+ 兀2") (1—兀 2)(1 +兀2 )(1+ /)...(] +
#) 刃
Too
1 一 X
_(1 — %4)(1 + X 4)-• - (1 + %2 ) =HIT)
1-x >> n
cXl
r (1—兀〜)(1 + 2 )
• 1 — X*
=lim ----------- -------- = lim --------- I 00
1 一 x
“T8 1-X 练习当兀工0时,
x X
X
求 1^COS-COS-...COS-
解原极限=lim "T8
“ • X X X X 2 sin — cos —• cos ---- c os
T 2 4 T
2 cos — • cos ---- (2cos ——sin ——)
= lim -------- 2—4 -------------- 2^工
2 cos — • cos ----- (2cos ——sin ——)
lim --------- 2—」―盯
盯
=lim ”T8
sinx ■ • sinx =lim ”T8
sinx
例8求山』1-4]
22
A
"T8
解因为l-p-=
伙—1)伙+ l)_k —1 k + l
1?
_ F"
h i) h 1) I 22
J I 32
J
fl 3) (2 4) (2 (3 3； 5-1 lim HToo
=lim
HT8
心8 2 n 2
X.5有关闭区间上连续函数的命题的证明
证明方法有两种
1.直接法其程序是先利用最值定理，再利用介值定理
例1设/(兀)在上连续，且avcv/vb,证明：在(a,b)内至少存在一个§使
"(c) + 0(d)=(卩+ q).f© ,其中为任意正常数
证因为/(%)在［a.b］上连续
所以/(x)在⑺力］上有最大值M与最小值加由于C,J G [a,b]f且p.q > 0 ,于是有
pm < pf(c) < pM qm < qf(d) < qM
从而
(P + q)m < pf(c) + qf(d) < (p + q)M
由介值定理，在［a,b］上至少存在一个使得
Pg + qf(d) = /© p + q
2•间接法(己辅助函数法)其程序是先作辅助函数F(x),验证F(x)满足零值定理条件，然后由零值定理得出命题的证明。

辅助函数F(x)的作法：
(1)把结论中的孑(或勺)该写成兀；
(2)移项，使等式右边为零，令左边的式子为F(x),此即为所求的辅助函数
例2设/(兀)在［0,2a］上连续，且/(0) = /(2°),证明：在［0,创上至少存在一个使得
/© 讥+ a)。

证令F(x) = f(x + a)一/(x)
显然，F(x)在[0,6/] ±连续，注意到/(0) = f(2a),
故F(0) = f(a)— /(0), F(a) = f(2a)一f(a) = /(0) - f(a)当/(a)-f(O) = O时，可取§为。

或0,而当f(a)-f(O)^O时，有
F(0)^F(a) = -[f(a)-f(0)]2<0
由零值定理可知存在一个§W(O,G),使得F© = 0,即
/© 讥+ G)
X.6极限的求法
1. 约简分式的方法
£lnx
x p/q -1 e q -1
求极限lim ——=lim- ------------
XTl y -1 XTl L\nx
lim— ---- l p、q、Y,s都
是
z r.
正整数）
2. 有理化分子和分母求极限lim (Vx2+x + l - A/X2-X +1)
XT+8
3. 利用自然数求和求极限+丄+丄+…+丄一、
<3 15 35 4«2 -1）
“T8
4. 利用基本极限lim沁=1求极限li m'-COSXCOS2x••…s'处
XT（）兀.V—>0
1-COSX
5.
l-cosx-cos2x
lim XT O
COSZLt \ —
e lim—
—XT O
In (cos xcos 2x.. cos nx)
1-COSX "TO 1-cosx
..ln(cos x・ cos 2x .... cos nx)f. In cos x + \n cos 2x ---------- I n cos nx =-lim --------------------------------- = - lim -------
XT() 1 一COS X XT()
1 n(l + cosx-1) +1 n cos 2x + • • • + In cos nx
=- lim
1-COSX
1-COSX
,.1-cos 兀 +1 — cos 2兀 + • • •
+1 — cos nx lim
XT O 1-cosx
6. 利用基本极限lim(l + xy = lim(l +丄广=e求极限lim(tanx)lan2A
XT() XT8 x M
7. 利用单调有界数列必有极限求数列£ = Ji + ji +…VT的极限
3 3
1
------- <一 < — <£, 2(2/7 + 3) 4H n
即
v /r+1
1
lim --- ------ = - o 2力 +3〃 2
例2设=
二（1 + A ）sin 兰乜，证明数列｛占｝没有极限。

Qn 2
证 如果数列｛占｝有极限，那么它的任何子列都有相同的极限。

因此，若能找出｛占｝
的两个具有不同极限的子数列，便知｛百｝没有极限。

由于
兀4以=(!+—)sin(^) = 0,limx 2 =0； 峠
人 2k k —8
怜s =(1 +止T )sin 型严T +侖鰹怜“ T，因此数列"”｝没有极限。

X — 1 例3用“E -3V
定义证明：lim-— =
0o si 2x
证先限制0 V 兀—1|<丄，此时有
2
I x 1=1 (x _ 1) + ] 211_ 丨 x _ ] II = 1_ 丨兀 _ 11> —，或 2 | 兀 |> 1,从而
2
IX-1| 2|%|
—0<£,只要|兀一1|<£,于是取6 = min ｛丄,£｝,则当
习题课一
例1试用极限的
2 [ 1
N”定义证明：lim '；+ =
Ji 2力+3斤 2
3/7 2⑵r +3斤)
因此0£〉0,可取N =
,那么对一切n > N,恒有
n 2
+1
1
2n 2
+3/2 2
证0£>0,要使|占一。

|<£,只要
\x n -a |=
|2-3/i| _ 3n-2
2 ⑵r+3斤)一 2 ⑵^+3〃)
因此，V^>0,要使
x 适合不等式0 v|兀-1 |v 》时，对应函数值/（兀）=口 恒满足不等式
2x
丄
丄
1
3v （l + 2"+3"0 v3・3「，由lim3-35 =3及夹逼定理，即得
lim(l + 2H +3,,);; =3 "T8
设旺=1,£+| =2-一 ⑺= 1,2,…），证明数列｛£｝的极限存在，并求其极限。

1 +益
1 3
兀2 =2
~2 =
2>X 'f
设& >兀心'则
2 ----------- > 2 --------------- =兀“
1 + % 1 + 心_1
按归纳法可知，对任何的〃有£初＞ 兀，即｛£｝为单调增加的数列。

又按归纳法容易证明
所以
lim —~- = 0 o
XTl 2x
例4设lim (Vx 2 -x + 1 -ax-b) = 0 9试确定常数d 和b 。

X —»+<*>
左式=1加2
-节1—心"=Hm (1-/)/_(1 + 2〃)无+1"2
XT+oo
/ 2 _ . 1 . ― K ATE
J/ 一 兀+1+Q 兀+ b
(1 —
— (1 + 2ab)
+
lim
I-/?2
兀
-~~ir b
1 --- 1—y + a + -
x x" x
上式要想极限为0,必须1一口2 =0,l + 2d 方=0,又分母极限为1 + G 所以GH —1,因
5 证明：lim(l + 2"+3")齐
3o
"Too
丄
(1 + 2" + 3" j =3
因此
一0 V
£
0<x n <2,故数列｛£｝有界。

因此｛£｝有极限。

关系式£=2 的两边取极限，便有 对
1 +兀”一】
a = 2--
,即a 2
-a-\=0,解得Q 二空至 1 +。

2
例7设函数
cie x
(x < 0) fM = \h-\
(兀=0)
bx + \ (x > 0)
在兀=0处连续，求常数d"得值。

解 由于函数/(兀)在兀=0处连续，根据函数在一点连续的充要条件，应有
lim f(x) = lim /(x) = /(0)
由于 lim f(x) = lim ae x
= a, lim f(x) = lim (bx + 1) = l,/(0) =b-l ,依上式即有 .iT (r X T (T
XTO ・
XT (T
a = l = b-l f 从而得a = \,
b = 2 o
例8证明：方程x = e x '3
^l 至少有一个不超过4得根。

证 设函数 /(x) = x-e v -3-l,则 /(0) = -e'3-l<0,/(4) = 3-^> 0 又函数在闭 区间［0,4］上连续，故由介值定理有在开区间(0,4)内至少存在一点§ ,使得 /© = 0,^6 (0,4)。

即方程x =广彳+ ］至少有一个不超过4得根。

设 lim x n = a,贝!) lim x n ^ - a ,
，因为兀”>0,故Q0, X 呼
不合,
即 lim x n
1 + V5 2
实数理论是极限的基础。

1. 8. 1实数连续性定理
一、闭区间套定理
定理1・6・(闭区间套定理)设有闭区间列｛［匕,仇］｝，若:
(1) ［4，也］*2，优1=>・・・=>口如》・ (2) lim(b” 一d”)= 0
则存在唯一数/属于所有的闭区间(即f ｝［a f M = l)，且
/|=1
lim a n = lim b n -1
兄 T8
n —><»
证明由条件(1),数列｛色｝单调增加有上界勺，数列｛仇｝单调减少由下界q,从而 由单调有界原理，数列｛%｝, ｛仇｝都收敛，设hma n =l f 贝ij
"T8
lim b n = lim(/?n 一 a n + 色)=lim(Z?K 一％J + lim a n =0 + 1 = I
〃一>8 〃T8
7?—>8
/I —>OO
故 lim a n = limb” = /。

〃T8 MT8
任取ke N +
, X/n>k^a k <a n <b n <b k
从而 a k <\ima n =l = hmb n <h k ,即Z 属于所有闭区间。

HT8 〃T8
假设有厶属于所有闭区间，从而V HG N +,有有|/ —厶|5仇—％,由条 件(2),有/ = /,,即/唯一。

从图上看,有一列闭线段（两个端点也属于此线段），后者被包含在前者之中，并且这些闭 线段的长构成的数列以0为极限•则这一闭线段存在唯一一个公共点.
一般来说，将闭区间列换成开区间列，区间套定理不一定成立.
工科数学分析
实数的连续性
二、确界定理
非空数集E有上界，则它有无限多个上界，在这无限多个上界之中，有一个上界0与数集
E有一种特殊关系.
定义1・12:设E是非空数集•若日00 R,且
(2) Vr > 0,3x()G E,有0-EVX()
则称是0是数集E的上确界•表为0二sup E。

类似地，可以定义下确界•表为
定义1・13：设E是非空数集•若3^ze R,且
（1）V XG E, a<x；
（2）V^>O,3X
G E,有x0 < a + e
O
则称是Q是数集E的下确界•表为Q二inf E。

例如：数集E = \（-^\ne 7V+L supE二丄，infE = -l
I 〃J 2
一般来讲有限集一定有上、下确界，它的上、下确界就是它的最大与最小数；无限集可能有上（下）确界，也可能没有，若有可能属于该集，也可能不属于该集。

无上（下）界的数集，不存在上（下）确界。

那么有上（下）界的数集是否存在上（下）确界呢？
定理2 （确界定理）若非空数集E有上界（下界），则数集E存在唯一的上确界（下确界）.
由数集E非空，设坷G E。

又由数集E有上界，设勺为其上界，且$ V b},则区间[q 0 ]具有下述性质（称为P）：
（1）右端点是数集E的上界
（2）UQ］中至少包含有数集E的一个点（因为£）
设c严生色，若q为E的上界，则［q,q］满足性质P,设a2=a v b2=c｝。

若q不是2
E的上界，则存在数cw E使从而60］满足性质P,设a2=c r h2=h if从而得到
具有性质P的闭区间［a2,b2］ o与此类似，我们可以得到具有性质P的闭区间
［讪］…％®］…,且
（1）［坷如二叭閒二…二⑷如二…
lim （仇一qj =
lim
HT8 n—>oo
由区间套定理，存在唯一的数0属于所有的闭区间［色,仇］,且
V XG E,由于®为E的上界,故X5",归,2,・・・,有极限的保号性，我们有%</?；
V£> 0 ,由lima” =0,存在m ,使得0_£ V%,由性质P 的（2）3X（）G E , x o e ［a m,b m］, XT8
从而0 - £VX°,由定义0是数集E的上确界。

设0 = supE , 07 0,不妨设0 < 0',令吕)=0'-0,则3x()G E ,使卩_£。

=卩牛,这与0
是数集E的上确界矛盾，从而0' = 0,故上确界唯一。

三、有限覆盖定理
设/是一个区间（或开或闭）、并有开区间集S （S的元素都是开区间、开区间的个数可有限也可无限）・
定义1-14：若V XG E, 3A G S, XE A,则称开区间集S覆盖区间/・
例1 5」（口,出）” =1,2,・・1，覆盖了厶=（0,1）,但£中找不出有限个开区I n n + 2J
间将它覆盖。

例2 S'f ”（—需，需）,（益屠）｝,覆盖了厶=［0,1］，且可选出有限个开区
间将它覆盖。

定理3（有限覆盖定理）若开区间集S覆盖闭区间0,切，则S中存在有限个开区间也覆
证明：假设S中任意有限个开区间都不覆盖闭区间［a,川，简称⑺,川没有有限覆盖。

设一字，则血］与［讷至少有-个没有有限覆盖，否则［小将是有限覆盖。

设其中没有有限覆盖的为M0］。

与此类似，我们可以得到具有没有有限覆盖的闭区间［。

2厶］・・・［色也］…,且
(1)［坷,勺］=［色,方2］=>•••=)［d”仇］Z)…
(2) lim(b“ _d“)= lim
HT8 nfg
由区间套定理，存在唯一的数0属于所有的闭区间［色,仇］,且lim^=lim^=/?o显然0w［dd］,由于开区间集S覆盖［⑦切，从而S中必至少存在一个开区间(p,q),使得
0w(pq),即p<p<q,有极限的保号性，当〃充分大时，有l%u(p,q),这与［勺，仇］没有有限覆盖矛盾，从而S中存在有限个开区间也覆盖了闭区间［a,b］
有限覆盖定理亦称为紧致性定理或海涅•波莱尔定理•在有限覆盖定理中，将被覆盖的闭
区间［a.h］改为开区间⑺上)则定理不一定成立.
四、聚点定理
定义：设E是数轴上的无限点集.§是数轴上的一个定点(可以属于E,也不可以属于E)・若0£>0,点§的£邻域(/(§,£)都含有E的无限多个点，则称§是E的一个聚点。

例如E、=(a,b),贝!)［。

上］中的每一点都是E；的聚点。

则兀=0是坊的聚点。

E3 =｛〃* = 1,2,…｝无聚点。

定理1・9 (聚点定理)数轴上有界无限点集E至少有一个聚点.
证明：已知无限点集E有界，设d和b分别是E的下界和上界，从而Eu［a,b］,假设结论不成立，即闭区间［⑦方］的任一点都不是E的聚点，\/xe［a,b］,因为兀不是E 的聚点, 所以3^>0,使U(x，6)中只含有E的有限多个点(或者没有E的点)。

这样就构成了开
区间集
S = ［U(x,e)\xe ［a9b］｝
显然，开区间集S覆盖［a,b］,根据有限覆盖定理，S中存在有限个开区间，设有n个开区间（/3，£,）,［/也,仏），…）也覆盖［恥］,自然覆盖点集E。

但是每个开区间只含有E 的有限多个点，所以这n个开区间也只含有E的有限多个点，这与E是无限点集矛盾，于是，E至少有一个聚点。

五、致密性定理
定理5（致密性定理）有界数列｛匕｝必有收敛的子数列｛a t）k｝ o
证明若数列｛%｝有无限多项相等，设％ =%=・・・= %=…显然，常数列｛% ｝是收敛的子数列。

若数列｛a n｝没有无限多项相等，则有有界无限点集E =｛色山=1,2,・・・｝・根据聚点定理，E至少有一个聚点
按照聚点定义
取£ = ｝,丸/“和）。

取£ =丄，丸丄），且n｝ < n2 o （因为纟是聚点所以〃（§丄）含有无限多个｛%｝2
2 2 2
中的点，所以去掉｛色｝中的前q个有限点后，（/（§,丄）中仍然含有｛色｝的点，任取
一个即2
可）
• • ♦• • •
取£ =;，日％ w ,且n k_x < n k
k k
• • • • • •
如此进行下去，就构造了数列｛色｝的子数列｛a n｝ o且FkwN* ,有丄，当
八x k
k-8时，有丄TO。

所以lima “ =§,即子数列｛a” ｝收敛。

k &T8 a人
六、柯西收敛准则
定理6（柯西收敛准则）数列｛a n｝收敛o > O0N w N\X/n,m > N,\a n-a m\ < £
证明：必要性
若数列｛a n｝收敛，设lim色，由极限定义，
HT8
\/E >A^+, VZ: > N^a,. -a <—,从而Pnjn>N ,分别有a n-a < —与
4” 一⑷ v "I，于是有庇一a n\ = k厂a + a _ § \a n-a\ + \a-a m\ < £
充分性
取£ = 1 , BN｝G N+ , X/n > N、和m0 > N｝,有a n - %、< 1,从而，\/rt> N、,有
I a n 1=1 a n~ % + % 凶 5 - % I + I % l< 1+ I I
取 M=max ｛|^ |,|6/2 |,---,|^Vi 1,1+1^, |｝,则有\<M f 即数列｛色｝有界。

根据致密性定理，数列｛匕｝存在一个收敛的子数列｛色｝,设lima” =a ・
k «T8 k 接下来证明lime — = a
"T8 由已知有V->0,3/V G N±Nn,m>N, a - 2
ci -a - a - a + a n -a < a n 一 a | + |a -a <£,即 lim a n = a 或数列{a n }收敛. k h k k
/J —>oo
1.8.2闭区间上连续函数性质的证明
1.性质的证明
定理1・12•(有界性)若函数/(Q 在闭区间[G,b]连续,则函数/(兀)在闭区间⑺上]有界,
BP 3M > 0,V XG [a,b]有| /(x) |< M
证法由已知条件得到函数.f(x)在也,刃的每一点的某个邻域有界•要将函数/(兀)在 每一点的领域有界扩充到在闭区间[a.b]有界,可应用有限覆盖定理，从而能找到M > 0・
证明已知函数/(兀)在[。

,创连续，根据连续的定义及极限的局部有界性\/ae[a,b]f 日
巧>0 ,使得 色,
|/(x)|</(6r) + l o 显然，开区间集
｛U(a^｛))\ae[a,b]｝覆盖闭区间[a,b],根据有限覆盖定理，存在有限个开区间 ©(乞,乙)|乞
G [°,刃,£ =
1,2,・・・,斤｝也覆盖[a,b],且V XG U©k 血)c[a,b\ ,有 l/(x)|<m )+ l, k =
\,2,・・・，n,取M=max ｛|/(a 1)|J/(a 2)|,...,|/(aJ|｝4-l,于 是 Vxe [a,h],于 是 3ze
｛1,2,•••,«｝，使 得 xw 卩(匕,厶)c[a,b],有 I f ｛x) |<| /(0JI+1SM 。

定理1-13(*值性)若函数/(x)在闭区间[a,b]连续，则函数/(x)在0,切取到最小值 加与最大值M,即在[d,5上存在兀]与兀2，使/(兀|)=加与/(X 2) = M ,且V XG [a.b]有 n <| f(x)
又已知阿，严，对上述彳>0,
Bke NJ \fn k > k ,有 a n -a <
A
取Z = max{NK},从而,
Vn > L, n k > L ,
同时有£
2
\< M o
证法只给出取到最大值的证明•根据定理1・12,函数/(x)在匕方］有界•设sup｛/(兀)I兀w S,切｝ = M •只须证明Vx2G ［a9b］9使/(兀2)= M ,即函数f(x)在x2取到最大值.用反证法•假设\/xe［a,b］f有f\x) < M .显然，函数M- /(%)在⑺,刃连续，且M-f(x)>0.于是，函数——!——在S"］也连续•根据定理1・12 •存在C >0 , V XG ［a.b］
有一-—< C或/(x) <M--f则M不是数集｛/(x) \xe［a,h］｝的上确界,矛盾.
M-f(x) C
定理3(零点定理)若函数/(兀)在闭区间［a,b］连续，且/(6z)/(/?)<0,(即/(a)与/(b) 异号)，则在区间(a,b)内至少存在一点c，使/(c) = 0。

证明不妨设/(6z)<0, f(b) > 0.用反证法和闭区间套定理•假设\/xe［a,b\,有 /(兀)H0。

将闭区间二等分，分点为晋，若/(罟)>0,取4=讪=罟, 若/(凹)v 0 ,取吗=凹，勺=b。

则［q ,勺］使得函数f(x)在端点异号，即/(^)<0, M)>o,如此进行得到区间［吆优］,…，
［色也］，…,使得/(^)<o, 他)>0,且
(1)［a,Z?］z)［即如二…=)□，/?」=)•••
h — ci
(2)lim(^-aj = lim—= 0
MT8 n->©o 2
根据区间套定理，存在唯一数皿［色也］/ = 1,2,・・・，且又由假设“T8〃一》8
/(c) ^0 ,不妨设/(c) >0 ,则由极限的保号性存在(c-/,c + 〃)，使得
V兀G(C —5,c + 〃)，f (兀)> )> 0 f有一方面当料充分大时，有
2
［%,仇］u (c-5,c + 5),而已知/(£)v0,与Vxw (c-5,c + 〃)，f(x) > 0 矛盾，所以在区间(a,b)内至少存在一点c,使/(c) = 0 o
二、一致连续性
定义1-16 设函数/(%)在区间I 上有定义，若
* £ > 0,3^ > 0, Vx,, x2e I :\x}-x2 \< 3有 | /(^)-/(x2) |< E称函数 /(兀)在区间I 上
一致连续(或均匀连续)。

非一致连续是说曰£。

> O,XM> 0,3x 1?x 2 e I :\x ｝-x 2 \< 3<| /(^)-/(^2) |> £0 例1・67证明函数/(%)=丄在［d,l ］ (Ovavl ) —致连续，在(0,1］非一致连续。

证明\/£>0,\/召,兀2€［。

,1］，要使不等式
成立。

从不等式—| Xj - X 2 |< £ ,解得\X {-X 2 \< CTS ,取8 = CTS 即可。

取£o = 1 > 0,VJ > 0(3/1 > -^),3—€ (0,1]: 2 yJS n + 1 n
定理4(一致连续性)若函数/(x)在闭区间［0,5连续，则函数/(兀)在闭区间［d,S — 致连续
证明假设函数/(x)在［a,勿非一致连续，即
3£0 > 0, > 0,3x\x G [a.b] :| x - x |< 8有| f(x })-f(x 2) |> e Q
取 J = l,xfe [a,b] :\x[-
|v 1 有| /(*) - /(xf) |> £() 取/ =
—,3%2，%2 e 取 / =丄，玉:,x ： w [a, b]: | x n -x^\<-有 | f(£) 一 fix' |> £() n n
这样闭区间［a,b ］内构造出两个数列｛尤｝与｛x ；｝。

根据致密性定理，数列｛尤｝存在收敛的子数列｛尤｝,设lim x ； =§w ［a,b ］,因为 A &T8 *
I\ |<丄,所以也有怛兀:=§。

由于函数/(尢)在§连续，有
1 1
〃 + 1 n 一如+1)5 52 丽)
有 /( --- ) 一 f (一)
即函数/(x)二丄在(0,1］非一致连续。

X
[a,b]:\x 2 -%2 l<~有I f(兀;)一/(兀;)2勺
= n + l — H = 1> — = £0
lim | /（x；） - f（x：k） |=|
即当£充分大时，有|/(<)-/(<)|<^0»但是有我们的构造有I /(< )-/(%；)|> 矛盾。

即函数/(兀)在闭区间[a, b]一致连续。

作业3, 4, 7, 9。