因为是g(x)连续的,故存在?x的一个邻域U(x,内的函数值和g(x)的符号相同.
令H={ U (x,?x):xi?x),能够让g(x)在U (x,?x)?[a,b]?[a,b]},H是[a,b]的一个覆盖,由有限开覆盖定理,H中
在每个U (xi,?x)内不变
ii存在子覆盖??={U(xi,?x):xi?（xi?1,?i?1）?[a,b]}?i?1,2,?,n?.g(x)号. ??中的邻域中两两不相包含（若相包含,去掉被包含的）.于是U (xi,?x)?U
n?,即相邻邻域相交.由此得出UU(xi,?x)内不变号,故g(x)在[a,b]i上 不变号.这与题设g(a)?0, g(b)?0,异号矛盾.
i?12.1.3一致连续性定理
[1]定理3（一致连续性定理[9]）设证明:
方法一:（用致密性定理） 反证法,假若的两点x?,x???令?=
ff在[a,b]上连续,则
f在[a,b]上一致连续.
在[a,b]内不一致收敛,那么存在?0,但是
?0对??0?0,均存在有相应
[a,b]虽然x??x????f(x?)?f(x??)????.
1n1n,则与它相应的两点记为xn,xn?[a,b],尽管x??x???,但有
??f(xn)?f(xn)???0
在n取尽所有正整数时,可得到数列{xn},{xn}?[a,b],从致密性定理有{xn}的收敛子列{xn}?而得
xn?k???x0?[a,b]（k??）,与此同时有
??kxn?k?xn?k?1n,进一步
?x0?xn?k?xnk+
?kxn?x0???k,
f(x0)?f(x0)?0即{xn?0?0?}也收敛于x0.因此?0f?limk??f(xn)?f(xn)=,而
,矛盾,所以在[a,b]上一致收敛.
方法二:用有限开覆盖定理
f在[a,b]上连续,??f(x?)?f(x)???0,对每一点,x ?[a,b],存在??U(x,x?0,使得x?? U(x,?x)
?[a,b]为闭区间
时,有
[a,b].由开区间所构成集合H?x2),其中x上一个覆盖,从有限开覆盖定理可知,一定有有限子覆盖
20
???U(x,?x2),
xi?[a,b],在
(i?1,2,?).令
??min1?i?n{?x2i},针对任意
U(x,x?,x???[a,b],x??x????,x??上的某一个开区间,设
x???x2),即
x??xi??xi2.
此时有
x???xi?x??x??+
x??xi??xi2+???xi,
故有
f?x???f?xi???2和 f?x????f?xi???2.
?2由此
f?x???f?x????f?x???f?xi??f?xi??f?x??????2??.
2.2实数连续性等价命题的应用
2.2.1确界定理在解题中的应用
确界定理的作用是确定一个数（上确界或下确界）,在证明问题中需要找到一个性质P的数,这时可考虑使用确界定理.它的基本步骤是:首先根据给出的条件构造一个有界数集,使其确界即为证明问题里应要找到的具备性质P的数；然后再证明次数满足需要.如:
例1 若
f(x)[7]在?a,b?上连续,也有无限多个零点,则
f(a)?0,f?b().
f(x)一定有最大零点.
f(c)?0分析:不妨设
?x?,?c即需证
?c??a,?b,使
,且对
?b,?f?最大零点cx?,0是所求的具备性质P的数.
f(x)首先构建集合E,让其上确界是c,再证c是最大零点.可构造合E?在?a,b?上零点集
?x|x??a,b?,f?x??0?,只需证集合E有上界c?E.
?证明:设E知?c?因为
R?x|x??a,b?,f?x??0?,前提给出E是非空有界集,由确界定理能够
并且c??a,b?.又由已知??cn??f(c)?limf(cn)?0n??可使c?supEE,cn?c（当n???时）,
f(x)在?a,b?上连续,所以
E
故c?
即c?maxE,c即是最大零点.
21
2.2.2有限覆盖定理在解题中的应用
有限覆盖定理与确界存在定理、区间套定理有所不同,后两者是着眼于点的局部,但是有限覆盖定理则是重点在整个区间.其作用是由覆盖区间?a,b?的无数个开区间里选出可数个开区间能覆盖闭区间?a,b?.正是由于这种方法,可以把闭区间?a,b?里每一点具有的部分性质转化成整个区间的整个范围的性质,所以证明中关系到闭区间上全体性质时,可以考虑应用有限开覆盖定理.
它的基本步骤[3]为:首先依据要证明的全体性质P,在闭区间?a,b?上每一个点找
nn寻性质P*,然后构建开区间集合
i?1ai,使?a,b??i?1ai.并在每一开区间ai上性质P*仍成立.
nn则由有限开覆盖定理,有可数个开区间
i?1ai,使?a,b??i?1ai,再证明在?a,b?上性质P
成立.
例2.?fn?x??是闭区间?a,b?上的连续函数列,在?a,b?内收敛至函数f?x?,若是对?x??a,b?,?fn?x??为均为单调递减的数列,那么?fn?x??在?a,b?上一致收敛.
分析:“?fn?x??在?a,b?内一致收敛”为整体性质,我们考虑运用有限开覆盖定理.
证明:由已知,??由
fN0?0,?x0??a,b?,?N0?N,有fNfN0?x0??0f?x0?f??,
?x0?及f?x?的连续性,有xlim?x0?0,??x00?x0??0f?x?x0?fN?x0???x0?,所以
对上述??0,使当x??x0??xfN,x0?????a,b?时,有 ,
0?x0??f?x???因?fn?x??单调递减,所以当n?N0时,有
?x??fNfn?x??f0?x0??x0??a,b?f?x???,0
x0在?x0??x理得
0,x0??x0???a,b?上成立.又?a,b???x0??x,x0???,由有限开覆盖定
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m?a,b??k?1?xk??x0,xk??x0?,设????max?N1,N2,,Nm?,
则当n对?x??a,b?,有
fn?x??f时,
?x???,所以?fn?x??在?a,b?内一致收敛于f?x?.
2.2.3柯西收敛准则在解题中的应用
数列领域的柯西准则仅给出了由数列自身具备的性质来判断数列能否收敛的办法,它和实数理论的构造,及空间的完备性概念引入深度相关,从理论上有着重大意义.
运用柯西准则求证时,平常是由求解不等式这里N与?有关而与P无关.
例3[2]:设数列?x???1?1/22nxn?p?xn??下手,寻到符合关系式的N,
?K?1/n2|n?1,2,3,K2?,证明数列?x?收敛.
n证明:对数列?x?有
nxn?p?xn?1/?n?1???1/?n?p?2
?1/n?n?1???1/?n?p?1??n?p?
=1/n?1/(n?1)?=1/n?1/?n??1/nK?1/(n?p?1)?1/(n?p)p?
时和p?N对???0,取N??1/???1,则对?n?N,都有
xn?p?xn?1/n??
n则由柯西收敛准则知?x?收敛.
2.3实数连续性的推广应用
[6]事实上实数连续性定理不仅在连续函数的性质上有重要应用,其在函数其他领域的研究上都有重要的应用. 例4 设
f(x)在?a,b?上每一点的都存在极限而且均为0.求证
x0?f(x)在?a,b?可积.
x0证明:设
x??x0???a,b?为任意一点,因
limx?x0f(x)?0,
??1?0,???0,当
x0,x0??x0?时,有
xif(x)??1 ?x?x0[a,b]}?.
这样{(
xi??xi,xi??):x?构成[a,b]区间中的一开覆盖.从有限覆盖定
23
理,可得到x存在有限子覆盖 {(xi??xi,xi??xi)} ?i?1,2,....k?.
至此证明了除有限个点?x1,x2,...,?1??4?b?a?xk?外,恒有
f(x)??1.
???0,令
xk .取Mk?max?f(x1),f(x2),...,f(xk),?1?,作一分割T,使含有x1,x2,...,的各小区间之总长?i?1?xi??4M.
则
k?f(x)wi?xi??i?1xi?xi??wi?xi?2M?4M?2?k?b?a???.
可积获证. 例5
f(x)在[a,b]可积,则
f(x)的连续点在[a,b]上处处稠密.
f(x)证明:证明上述命题主要归于求证事实上能够这样,可得到?[?,?]?在[a,b]内至少存在一个连续的点.如果
[a,b],由于[?,?]上f?x?能够可积,所以f?x?在
[?,?]内存在连续点,这样就我们就证明了在连续点处处处稠密.
采用区间套定理证明:
f(x)f(x)在[a,b]内至少有一个连续点.
limx?0在
[a,b]可积,所以
?wi?xi?0,对
?1?12,存在分割
f(x)T1使得
?wi?xi??1?b?a?, 如此至少存在一个小区间?xi?1,xi?12,使得其上的振幅
wi??1.否则?wi?xi??1??xi??b?a?,使它的两端点在[a,b]内,记为[a1,b1],则
a?a1?b1?b,b1-a1于
?12?b?a?.
f(x)在[a1?b1]的振幅w[a1,b1]??1?12.同样推存
在
b2理作用
[a1,b1],可知对任意的
-a2??1222=
?b122,
[a2,b2]?[a1,b1],a1?a2?b2?b1,b212?（b1-a1）
?a?,f(x)在[a2]
的振幅w?a2,b2???2?122.
如此进行下去,可得一区间套
[a,b]?[a1,b1]?[a2,b2]?...?[an,bn]?...
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