05-第五章 连续函数

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5.1.2 思考题

题目 1

当 $f$ 于点 $a$ 连续时，函数 $f^2$ 和 $|f|$ 在点 $a$ 是否连续？反之如何？

解 由连续函数的运算法则，$f$ 连续必推出 $f^2$ 与 $|f|$ 连续；反之一般不成立。例如

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\ge a,\\ -1,& x<a,\end{array}$$

在 $a$ 处不连续，而 $f^2=|f|\equiv 1$。不过若 $f(a)=0$ 且 $f^2$ 在 $a$ 连续，则 $|f(x)|=\sqrt{f^2(x)}\to 0$，故 $f$ 在 $a$ 连续。

题目 2

设函数 $f,g$ 在点 $a$ 都不连续，问 $f+g$ 和 $fg$ 在点 $a$ 是否连续？

解 两者均无确定结论。取 Dirichlet 函数 $D$，令 $f=D,g=1-D$，则 $f,g$ 均处处不连续，而 $f+g\equiv 1,fg\equiv 0$；若令 $f=g=D$，则 $f+g$ 与 $fg$ 仍处处不连续。

题目 3

设函数 $f$ 在区间 $(a,b)$ 上定义，若对于每个闭区间 $[c,d]\subset (a,b)$，函数 $f$ 在 $[c,d]$ 上连续，证明 $f$ 在 $(a,b)$ 上连续。

解 任取 $x_0\in (a,b)$，可取 $c,d$ 使 $a<c<x_0<d<b$。由题设 $f\in C[c,d]$，特别地，$f$ 在 $x_0$ 连续。故 $f\in C(a,b)$。

题目 4

讨论下列函数的连续性，若有间断点则确定它的类型： 1.

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{1/x},& x\in (-\infty ,0),\\ x^2,& x\in [0,+\infty );\end{array}$$

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{1/x},& x\in \mathbb{R}\setminus \{0\},\\ 0,& x=0;\end{array}$$

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\ln (1+x^2)}{x},& x\in (-1,0)\cup (0,1),\\ 2,& x=0.\end{array}$$

解

1. 除 $0$ 外显然连续，且 ${\lim }_{x\to 0-}{e}^{1/x}={\lim }_{x\to 0+}{x}^2=f(0)=0$，故处处连续。
2. $x=0$ 为第二类间断点，因为左极限为 $0$，右极限为 $+\infty$。
3. $\ln (1+x^2)/x\sim x$，故 $x=0$ 为可去间断点，其极限为 $0$，而函数值为 $2$。

题目 5

找出下列函数的间断点，并确定类型：

1. $f(x)=\mathrm{sgn}x$；
2. $g(x)=x-[x]$；
3. $f(g(x))$（$f$ 和 $g$ 由 (1), (2) 给定）；
4. $g(f(x))$（$f$ 和 $g$ 同 (3)）；
5. $h(x)=\frac{\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}}{\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x}}$；
6. $y(x)=\frac{1}{[\frac{1}{x}]}$。

解

1. $\mathrm{sgn}x$ 仅在 $0$ 间断，左右极限分别为 $-1,1$，是跳跃间断点。
2. $g(x)=\{x\}$ 在每个整数处跳跃间断，其他点连续。
3. $f(g(x))$ 在非整数处等于 $1$，在整数处等于 $0$，故每个整数都是可去间断点。
4. $g(f(x))\equiv 0$，处处连续。
5. 在原定义域内

$$h(x)=\frac{x-1}{x+1}.$$

因而 $x=-1$ 为无穷间断点，$x=0,1$ 为可去间断点。 6. 取自然定义域。正半轴上在 $x=1/n(n\ge 2)$ 跳跃，负半轴上在 $x=-1/n(n\ge 1)$ 跳跃；当 $x\to 0$ 时函数趋于 $0$，故 $0$ 是可去间断点。区间 $(1,+\infty )$ 不属于定义域。

5.1.3 例题

例题 5.1.1

设函数 $f$ 在 $x=0$ 处连续，对每一个 $x\in \mathbb{R}$ 成立 $f(x)=f(2x)$。证明：$f$ 是常值函数。

证 任取一个 $x\in \mathbb{R}$，则

$$f(x)=f\left(2\cdot \frac{x}{2}\right)=f\left(\frac{x}{2}\right)=f\left(\frac{x}{2^2}\right)=\cdots =f\left(\frac{x}{2^n}\right).$$

利用 $f(x)$ 在 $x=0$ 连续，因此（根据连续性的第二定义）

$$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(\frac{x}{2^n}\right)=f(0).$$

这样就知道对每一个 $x\in \mathbb{R}$ 成立 $f(x)=f(0)$。

例题 5.1.2

设函数 $f,g$ 是 $(-\infty ,+\infty )$ 上的连续函数，又在所有有理点上 $f(x)=g(x)$，证明：$f(x)\equiv g(x)$。

证 只要对 $\mathbb{R}$ 中的每个无理数 $x$ 证明 $f(x)=g(x)$ 成立即可。取有理数列 $\{r_n\}$，使 ${\lim }_{n\to \infty }{r}_n=x$。例如，取无理数 $x$ 的不足近似值 $r_n=[10^{n}x]/10^n$，则

$$r_n=\frac{[10^{n}x]}{10^n}=\frac{10^{n}x-{\theta }_{x,n}}{10^n},$$

其中 $0\le {\theta }_{x,n}<1$，因此 $r_n\to x$ $(n\to \infty )$。

由于 $f(r_n)=g(r_n)$，$n\in {\mathbb{N}}_{+}$，$f,g$ 在点 $x$ 连续，利用连续性的第二定义，就有

$$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }f(r_n)=\underset{n\to \infty }{\lim }g(r_n)=g(x).$$

例题 5.1.3（一个函数方程的连续解）

设函数 $f$ 在 $x=0$ 处连续，且对一切 $x,y$ 有 $f(x+y)=f(x)+f(y)$。证明 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，且 $f(x)=f(1)x$。

证 在方程 $f(x+y)=f(x)+f(y)$ 中令 $y=0$，可知 $f(0)=0$，因此有

$$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0.$$

任取点 $x_0\in \mathbb{R}$，将 $x$ 写成 $x=x_0+\Delta x$，计算极限

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }f(x_0+\Delta x)\\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }[f(x_0)+f(\Delta x)]\\ & =f(x_0)+\underset{\Delta x\to 0}{\lim }f(\Delta x)=f(x_0),\end{array}$$

可见 $f$ 处处连续。

由于 $f(x)+f(-x)=f(x+(-x))=f(0)=0$，可见有 $f(-x)=-f(x)$。因此只需讨论 $x$ 为正数的情况。对正有理数 $x=m/n$，其中 $m,n\in {\mathbb{N}}_{+}$，用数学归纳法可以知道对正整数 $m\in {\mathbb{N}}_{+}$ 成立

$$f(mx)=mf(x).$$

再从

$$f(x)=f\left(n\cdot \frac{x}{n}\right)=nf\left(\frac{x}{n}\right)$$

得到 $f(x/n)=\frac{1}{n}f(x)$。因此就有

$$f\left(\frac{m}{n}x\right)=mf\left(\frac{x}{n}\right)=\frac{m}{n}f(x).$$

令 $x=1$，代入得到

$$f\left(\frac{m}{n}\right)=\frac{m}{n}f(1).$$

因此，等式 $f(x)=f(1)x$ 对一切有理数 $x\in \mathbb{Q}$ 已成立。最后，利用例题 5.1.2 的结论，就知道 $f(x)=f(1)x$ 对一切实数 $x$ 成立。

注 本例与例题 5.1.1 都是函数方程问题。本例的结论和证明的方法具有较大的典型意义。这个函数方程还有不连续解；由以上证明可见，这个方程的解只要在一个点上连续，就处处连续。因此所谓的不连续解一定是处处不连续的函数。

例题 5.1.4（Riemann（黎曼）函数的连续性）

Riemann 函数的定义为

$$R(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{q},& x=\frac{p}{q},\text{ 其中 }p,q\text{ 为互素整数，}q>0,\\ 0,& x\text{ 为无理数}.\end{array}$$

确定 $R$ 的间断点及其类型。（对于 $x=0$，可写出 $0=0/1$，因此取 $R(0)=1$。）

解 以下主要是证明对每个 $x_0\in \mathbb{R}$ 成立

$$\underset{x\to x_0}{\lim }R(x)=0.\text{\hspace{1em}(5.1)}$$

如果这一点已得到证明，则从函数 $R(x)$ 的定义即可以知道，在所有无理点处 $R(x)$ 连续，而在所有有理点处 $R(x)$ 不连续，且为可去间断点。

取定 $x_0$。由于 (5.1) 与 $R(x_0)$ 无关，因此无需区分 $x_0$ 是有理点或无理点。对给定的 $\epsilon >0$，我们只需要证明有 $\delta >0$，使得当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时，成立 $0\le R(x)<\epsilon$。考虑其反面，使这个不等式不成立（即 $R(x)\ge \epsilon$）的 $x$ 是什么？当然 $x$ 只能是有理数。将它写成 $x=p/q$，其中 $p,q$ 为互素的整数，$q>0$，则有

$$R\left(\frac{p}{q}\right)=\frac{1}{q}\ge \epsilon .$$

这等价于 $q\le 1/\epsilon$，即

$$q\in \left\{1,2,\cdots ,\left[\frac{1}{\epsilon }\right]\right\}.$$

由以上分析可见，可以先取 ${\delta }_1=1$，然后将去心邻域

$$(x_0-1,x_0+1)$$

中分母为 $q\in \{1,2,\cdots ,[1/\epsilon ]\}$ 的所有有理数 $p/q$ 都挑出来。由于这样的有理数至多只有有限个，可以将它们记为 $x_1,x_2,\cdots ,x_k$，然后取

$$\delta =\min \{1,|x_1-x_0|,|x_2-x_0|,\cdots ,|x_k-x_0|\},$$

则当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时就成立 $0\le R(x)<\epsilon$。因此 (5.1) 成立。

注 如果用 ${\delta }_1={\epsilon }^2/2$ 代替 ${\delta }_1=1$，则可以证明：在 $(x_0-{\delta }_1)\cup (x_0+{\delta }_1)$ 中分母 $q\le 1/\epsilon$ 的有理数 $p/q$ 至多只有一个。

5.1.4 练习题

题目 1

1. 将对偶法则用于连续性的第一定义和第二定义，写出函数 $f$ 在点 $a$ 处不连续的两个正面叙述；
2. 证明连续性的两个定义的等价性。

解

1. 第一种正面叙述为：存在 ${\epsilon }_0>0$，使对任意 $\delta >0$，均有 $x\in O_{\delta }(a)$ 满足 $|f(x)-f(a)|\ge {\epsilon }_0$。第二种为：存在数列 $x_n\to a$，使 $f(x_n)$ 不收敛于 $f(a)$。
2. 若用第一定义，给定任意 $x_n\to a$，当 $n$ 充分大时 $x_n\in O_{\delta }(a)$，故 $f(x_n)\to f(a)$。反之，若第一定义不成立，由上面的正面叙述可逐次取 $|x_n-a|<1/n$ 且 $|f(x_n)-f(a)|\ge {\epsilon }_0$，这与第二定义矛盾。

题目 2

讨论下述函数的间断点及其类型：

1. $f(x)=[x]$；

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{e^{\sin x}-1}{x},& x\in (-\infty ,0)\cup (0,+\infty ),\\ 1,& x=0;\end{array}$$

3. $f(x)=[x]+[-x]$；

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^2-x}{|x|(x^2-1)},& x\ne 0,\pm 1,\\ 1,& x=0,\pm 1.\end{array}$$

解

1. $[x]$ 在每个整数处为跳跃间断点。
2. 因 $(e^{\sin x}-1)/x\to 1$，函数处处连续。
3. 当 $x\notin \mathbb{Z}$ 时 $[x]+[-x]=-1$，当 $x\in \mathbb{Z}$ 时其值为 $0$，故每个整数都是可去间断点。
4. 除 $0,\pm 1$ 外，

$$f(x)=\frac{\mathrm{sgn}x}{x+1}.$$

因此 $0$ 为跳跃间断点，$1$ 为可去间断点，$-1$ 为无穷间断点。

题目 3

设函数 $f\in C[a,b]$。若有数列 $\{x_n\}\subset [a,b]$，使得 ${\lim }_{n\to \infty }f(x_n)=A$，证明：存在 $\xi \in [a,b]$，使得 $f(\xi )=A$。

解 闭区间中的数列 $\{x_n\}$ 有收敛子列 $x_{n_k}\to \xi \in [a,b]$，于是

$$A=\underset{k\to \infty }{\lim }f(x_{n_k})=f(\xi ).$$

题目 4

设函数 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上定义，在 $x=0,1$ 两点连续，且满足 $f(x)=f(x^2)$，$x\in \mathbb{R}$。证明：$f$ 是常值函数。

解 对 $0<|x|<1$，迭代得 $f(x)=f(x^{2^n})\to f(0)$，故 $f(x)=f(0)$。另一方面，$f(x)=f(\sqrt[2^n]{x})\to f(1)$ 对 $x\in (0,1)$ 成立，故 $f(0)=f(1)$。若 $x>1$，反复开平方并利用连续性得 $f(x)=f(1)$；若 $x<0$，则 $f(x)=f(x^2)=f(1)$。所以 $f$ 为常值函数。

题目 5

设在区间 $I$ 上函数 $f,g$ 连续，证明：$\max \{f,g\},\min \{f,g\}\in C(I)$。

解 利用

$$\max \{f,g\}=\frac{f+g+|f-g|}{2},\min \{f,g\}=\frac{f+g-|f-g|}{2}$$

即得结论。

题目 6

设有三个函数 $f_1,f_2,f_3\in C[a,b]$，对每个 $x\in [a,b]$，定义 $f(x)$ 是三个函数值 $f_1(x),f_2(x),f_3(x)$ 中处于中间的一个值，证明：$f\in C[a,b]$。

解 三数的中间值可写为

$$f_1+f_2+f_3-\max \{f_1,f_2,f_3\}-\min \{f_1,f_2,f_3\},$$

而有限个连续函数的最大值、最小值仍连续。

题目 7

证明：$f$ 为区间上连续函数的充分必要条件是：对每个正整数 $n$，函数

$$f_n(x)=\{\begin{array}{ll}-n,& f(x)\le -n,\\ f(x),& -n<f(x)\le n,\\ n,& f(x)>n\end{array}$$

连续。

解 若 $f$ 连续，则 $f_n=\max \{-n,\min \{f,n\}\}$ 连续。反之，固定 $x_0$，取 $n>|f(x_0)|+1$。由 $f_n$ 在 $x_0$ 连续，充分靠近 $x_0$ 时 $|f_n(x)-f(x_0)|<1$，此时 $f_n(x)$ 不可能等于 $\pm n$，故 $f(x)=f_n(x)$，从而 $f$ 在 $x_0$ 连续。

题目 8

证明 Dirichlet 函数 $D(x)$（其定义见第四章 4.1.5 小节题 11）处处不连续，并确定其类型。

解 任一点的任意邻域内都有有理数与无理数，故 $D$ 的函数值同时取 $1$ 与 $0$，极限不存在。于是 $D$ 处处为第二类间断。

题目 9

构造一个在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有定义的函数，使得它在某个指定点处连续，但在所有其他点处都不连续。

解 给定点 $a$，可取 $f(x)=(x-a)D(x)$。在 $a$ 处由 $|f(x)|\le |x-a|$ 得连续；在 $x_0\ne a$ 处，沿有理数与无理数趋近所得极限不同，故不连续。

题目 10

设 $f\in C(-\infty ,+\infty )$，且对任意 $x,y\in \mathbb{R}$ 有 $f(x+y)=f(x)f(y)$。证明：这个函数方程的解除 $f\equiv 0$ 之外，就是 $f(x)=a^x$，其中 $a=f(1)>0$。

解 令 $y=0$ 得 $f(0)=f(0{)}^2$。若 $f(0)=0$，则 $f\equiv 0$；否则 $f(0)=1$，且 $f(x)=f(x/2{)}^2>0$。记 $a=f(1)$，由方程先得 $f(r)=a^r$ 对所有有理数 $r$ 成立，再用有理数的稠密性及连续性得 $f(x)=a^x$，其中 $a>0$。

题目 11

设 $f\in C(-\infty ,+\infty )$，且对任意 $x,y\in \mathbb{R}$ 有

$$f\left(\frac{x+y}{2}\right)=\frac{1}{2}[f(x)+f(y)].$$

证明：$f(x)=[f(1)-f(0)]x+f(0)$。

解 令 $g(x)=f(x)-f(0)$，则 $g(0)=0$ 且满足同一中点方程。取 $y=0$ 得 $g(x/2)=g(x)/2$，从而

$$g(x+y)=2g\left(\frac{x+y}{2}\right)=g(x)+g(y).$$

连续的加法函数必为 $g(x)=g(1)x$，故 $f(x)=[f(1)-f(0)]x+f(0)$。

题目 12

根据 5.1.1 小节中第 5 点给出的定义，证明：函数 $f$ 在点 $a$ 连续的充分必要条件是 $f$ 在该点的振幅为 0，即 ${\omega }_f(a)=0$。

解 若 $f$ 在 $a$ 连续，则对任意 $\epsilon >0$，在充分小的邻域内任意两点的函数值之差小于 $\epsilon$，故 ${\omega }_f(a)=0$。反之，若振幅为 $0$，则可取邻域使其中任意两点的函数值之差小于 $\epsilon$；令其中一点为 $a$，即得 $|f(x)-f(a)|<\epsilon$。

5.2.1 定理的证明（例题）

例题 5.2.1

用闭区间套定理和 Bolzano 二分法证明零点存在定理。

证 记 $a=a_1,b=b_1$。用区间的中点 $c_1=(a_1+b_1)/2$ 从 $[a_1,b_1]$ 得到两个闭子区间 $[a_1,c_1]$ 和 $[c_1,b_1]$。考虑 $f(c_1)$ 的符号。如果恰好有 $f(c_1)=0$，则 $c_1$ 就是 $f$ 的零点，讨论结束。否则，由于 $f(a_1)$ 和 $f(b_1)$ 异号，其中一定有一个值的符号和 $f(c_1)$ 的符号相反。因此在两个闭子区间中必有一个闭子区间，在它的两端 $f$ 的值异号。将这个闭子区间记为 $[a_2,b_2]$，这时满足条件 $f(a_2)f(b_2)<0$。

用数学归纳法可以证明，或者在有限次运用二分法后已经找到了 $f$ 的一个零点，或者以上过程可以无限地做下去，得到一个闭区间套 $\{[a_n,b_n]\}$。由于这个闭区间套是根据以上过程归纳地构造出来的，因此它具有以下特点：

$$b_{n+1}-a_{n+1}=\frac{b_n-a_n}{2},f(a_n)f(b_n)<0,\forall n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

对这个 $\{[a_n,b_n]\}$ 应用闭区间套定理，就知道存在一个点 $\xi$，使得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=\xi .$$

考虑 $f(\xi )$ 的符号。如果 $f(\xi )\ne 0$，则从连续函数的局部保号性定理，就有 $\xi$ 的一个邻域 $O(\xi )$，使得 $f$ 在邻域 $O(\xi )$ 上同号。但当 $n$ 充分大时，$a_n$ 和 $b_n$ 将同时进入这个邻域，从而保号性与 $f(a_n)f(b_n)<0$ 矛盾。因此只能有 $f(\xi )=0$。

注 1 这个证明是闭区间套定理的典型应用。通过 Bolzano 二分法，函数 $f$ 在区间 $[a,b]$ 两端异号这个性质导致函数 $f$ 在每个区间 $[a_n,b_n]$ 的两端异号，而且将这个性质“凝聚”到一个点 $\xi$ 的任意邻近，从而如 $f(\xi )\ne 0$，就与连续函数的局部保号性矛盾。

注 2 这个证明方法有一个优点，即可以用于求近似解。例如，设 $f$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，$f(0)f(1)<0$，且只有一个根 $\xi$。用以上二分法做 9 次，得到 $[a_{10},b_{10}]$。取这个区间的中点 $c$ 为近似值，则误差可估计为

$$|c-\xi |<2^{-10}\approx \mathrm{0.001.}$$

例题 5.2.2

用覆盖定理证明零点存在定理。

证 用反证法。设连续函数 $f$ 在区间 $[a,b]$ 两端有 $f(a)f(b)<0$，但在区间中无零点。任取一点 $x_0\in [a,b]$，因为 $f(x_0)\ne 0$，从连续函数的局部保号性定理，存在 $\delta >0$，使得函数 $f$ 在邻域 $O_{\delta }(x_0)\cap [a,b]$ 上保号。对区间 $[a,b]$ 中的每一个点都这样做，就得到区间 $[a,b]$ 的一个开覆盖。在这个开覆盖中的每一个开区间（和区间 $[a,b]$ 的交集）上，函数 $f$ 保号。

若现在直接用覆盖定理，则不容易说清楚如何引出与条件 $f(a)f(b)<0$ 的矛盾。改用加强形式的覆盖定理，存在 Lebesgue 数 $\delta >0$，使得对 $[a,b]$ 中的任何两点 $x^{\prime },x^{\prime \prime }$，只要 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$，就有开覆盖中的某一个开区间将这两个点 $x^{\prime },x^{\prime \prime }$ 覆盖住。对本题的开覆盖来说，即保证了当 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$ 时，$f(x^{\prime })$ 和 $f(x^{\prime \prime })$ 同号，即 $f(x^{\prime })f(x^{\prime \prime })>0$。

用这个 Lebesgue 数 $\delta$ 在区间 $[a,b]$ 中插入一系列点，连同端点一起，记为

$$a=x_0<x_1<x_2<\cdots <x_n=b,$$

使得 $|x_i-x_{i-1}|<\delta$，$i\in \{1,2,\cdots ,n\}$。由于 $f(x_{i-1})f(x_i)>0$，$i\in \{1,2,\cdots ,n\}$，可见 $f(a)f(b)>0$，引出矛盾。

注 与用闭区间套定理的证明比较，可见这个证明不是构造性的。它断定了根的存在，但并未提供方法去求这个根。这种证明称为非构造性证明，或纯粹存在性证明。

例题 5.2.3

用确界存在定理和 Lebesgue 方法证明零点存在定理。

证 为确定起见，设 $f(a)>0,f(b)<0$。定义数集

$$S=\{x\in [a,b]\mid f(x)\ge 0\}.\text{\hspace{1em}(5.2)}$$

从 $f(a)>0$ 知 $a\in S$，所以 $S$ 为非空有界数集。用确界存在定理，记 $\xi$ 为 $S$ 的上确界。由于 $f(b)<0$，我们知道 $f$ 在 $b$ 附近也取负值（局部保号性），因此成立

$$\xi =\sup S<b.$$

我们断言：$f(\xi )=0$。

由于实数只有三种可能，即大于 0、等于 0 和小于 0（即实数的三歧性），因此只要证明 $f(\xi )>0$ 和 $f(\xi )<0$ 都不可能。

如 $f(\xi )>0$，则 $\xi \in S$。由于 $\xi <b$ 和连续函数的局部保号性，$f$ 在点 $\xi$ 的右侧邻近也取正值。这与 $\xi$ 是数集 $S$ 的上界相矛盾。

如 $f(\xi )<0$，则同理知道 $f$ 在点 $\xi$ 左侧邻近也取负值。这与 $\xi$ 是数集 $S$ 的最小上界矛盾。

注 这个证明也没有能够提供具体的求根方法，但从方法上看并不抽象，倒是有很直观的几何意义。由公式 (5.2) 定义的数集 $S$ 在图上由两个粗黑线段表示，数集 $S$ 的上确界 $\xi$ 就是 $f(x)$ 的最大的零点。

5.2 思考题

题目 1

举例说明：区间上的函数即使处处不连续，也可以具有介值性。

解 可取一个不连续的加法满射 $A:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$，并使 $\mathbb{Q}\subset \ker A$；这样的 $\mathbb{Q}$-线性映射可由 Hamel 基构造。由于 $\ker A$ 稠密，任一非退化区间 $J$ 与每个陪集 $A^{-1}(y)$ 相交，故 $A(J)=\mathbb{R}$。于是 $A$ 在每个区间上具有介值性；另一方面，不连续的加法函数必处处不连续。

5.2.2 例题

例题 5.2.4

设 $f\in C[a,b]$，且有 $f([a,b])\subset [a,b]$。证明：存在 $\xi \in [a,b]$，使得 $f(\xi )=\xi$（即 $f$ 在区间 $[a,b]$ 中有不动点）。

证 引入辅助函数 $F(x)=f(x)-x$。从条件 $f([a,b])\subset [a,b]$ 可以得到

$$F(a)=f(a)-a\ge 0,F(b)=f(b)-b\le 0,$$

因此 $F(a)F(b)\le 0$。如果此式等于零，则 $f$ 以 $a$ 或 $b$ 为不动点。否则，对函数 $F$ 应用连续函数的零点存在定理，知道 $f$ 在 $(a,b)$ 中有不动点。

注 这个例题是著名的 Brouwer（布劳威尔）不动点定理的特例。Brouwer 不动点定理是说，从 $n$ 维空间的球

$$D^n=\{x\in {\mathbb{R}}^n\mid x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2\le 1\}$$

到自身的连续映射必有不动点。在数轴上的闭区间就是一维的球。

例题 5.2.5

若 $f\in C[a,b]$，且对每一个 $x\in [a,b]$ 存在 $y\in [a,b]$，使得 $|f(y)|\le \frac{1}{2}|f(x)|$。证明：$f$ 在 $[a,b]$ 中有零点。

证 任取一点 $x_0\in [a,b]$，则存在 $x_1\in [a,b]$，使 $|f(x_1)|\le \frac{1}{2}|f(x_0)|$。这样继续下去，就可以归纳地得到一个数列 $\{x_n\}$，使得成立

$$|f(x_n)|\le \frac{1}{2}|f(x_{n-1})|\le \cdots \le \frac{1}{2^n}|f(x_0)|.$$

因此有 ${\lim }_{n\to \infty }f(x_n)=0$，即数列 $\{f(x_n)\}$ 为无穷小量。对数列 $\{x_n\}$ 用凝聚定理，存在收敛子列 $\{x_{n_k}\}$。设极限为

$$\underset{k\to \infty }{\lim }{x}_{n_k}=\eta ,$$

则有 $\eta \in [a,b]$。由于 $f$ 在 $\eta$ 连续，就有

$$\underset{k\to \infty }{\lim }f(x_{n_k})=f(\eta ).$$

由于 $\{f(x_{n_k})\}$ 是 $\{f(x_n)\}$ 的子列，因此 $f(\eta )=0$。

注 在构造数列 $\{x_n\}$ 时，有可能某个 $x_n$ 恰好是 $f$ 的零点，这时当然可以不必做下去，但上面写出的证明即使对这种特殊情况仍然是正确的。

5.2.3 练习题

题目 1

设 $f\in C[a,b]$，$a\le x_1<x_2<\cdots <x_n\le b$，证明：存在 $\xi \in [x_1,x_n]$，使成立

$$f(\xi )=\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots +f(x_n)}{n}.$$

解 记 $m={\min }_{i}f(x_i)$，$M={\max }_{i}f(x_i)$，则算术平均值属于 $[m,M]$。取达到 $m,M$ 的两点，在它们之间应用介值定理即可。

题目 2

设 $f$ 是定义在一个圆周上的连续函数。证明：存在一条直径，使得 $f$ 在其两端取相同的值。（试给出在圆周上的函数的连续性定义。）

解 以圆周参数 $\theta$ 表示函数值，令 $F(\theta )=f(\theta )-f(\theta +\pi )$，则 $F(\theta +\pi )=-F(\theta )$。故 $F$ 在某点为零，该点与其对径点即为所求。

题目 3

若余弦多项式 $C_n(x)={\sum }_{k=0}^n{a}_k\cos kx$ 的系数满足条件 ${\sum }_{k=1}^{n-1}|a_k|<a_n$，证明：$C_n(x)$ 在区间 $[0,2\pi )$ 中至少有 $2n$ 个零点。

解 原题条件不足。例如 $n=1$ 时条件为空，而 $C_1(x)=100+\cos x$ 没有零点。若补充为

$$|a_0|+\sum _{k=1}^{n-1}|a_k|<|a_n|,$$

则在 $x_j=j\pi /n(j=0,\dots ,2n)$ 处，主项 $a_n(-1{)}^j$ 的绝对值大于其余各项之和，故 $C_n(x_j)$ 交替异号。每个相邻区间内至少有一零点，从而 $[0,2\pi )$ 内至少有 $2n$ 个零点。

题目 4

设 $a_1,a_2,a_3>0$，且 $b_1<b_2<b_3$。证明：方程

$$\frac{a_1}{x-b_1}+\frac{a_2}{x-b_2}+\frac{a_3}{x-b_3}=0$$

在区间 $(b_1,b_2)$ 和 $(b_2,b_3)$ 内恰好各有一个根。

解 设左端函数为 $F(x)$，则

$$F^{\prime }(x)=-\sum _{i=1}^3\frac{a_i}{(x-b_i{)}^2}<0.$$

在 $(b_1,b_2)$ 上，$F(b_1+)=+\infty ,F(b_2-)=-\infty$；在 $(b_2,b_3)$ 上同样如此。介值性给出存在性，严格递减性给出唯一性。

题目 5

证明：

1. 奇数次多项式方程 $f(x)=x^{2n+1}+a_1{x}^{2n}+\cdots +a_{2n}x+a_{2n+1}=0$ 至少有一个实根；
2. 偶数次多项式方程 $f(x)=x^{2n}+a_1{x}^{2n-1}+\cdots +a_{2n-1}x+a_{2n}=0$ 可以没有实根，但当 $a_{2n}<0$ 时则至少有两个实根。

解

1. 奇次首一多项式在 $-\infty$ 与 $+\infty$ 处分别趋于 $-\infty ,+\infty$，故至少有一实根。
2. 偶次多项式可取 $x^{2n}+1$，它无实根。若常数项 $a_{2n}<0$，则 $f(0)<0$，而 $f(x)\to +\infty$ 当 $x\to \pm \infty$，故正、负半轴上各至少有一根。

题目 6

证明：$x^{17}+215/(1+{\cos }^{2}3x)=18$ 必有实根。

解 令

$$F(x)=x^{17}+\frac{215}{1+{\cos }^{2}3x}-18.$$

有 $F(0)>0$，而 $F(x)\to -\infty$ 当 $x\to -\infty$，故必有实根。

题目 7

若 $f\in C[a,b]$，且 $f(x)$ 只取有理数，问：$f$ 有何特点？

解 连续像 $f([a,b])$ 是区间，又包含在 $\mathbb{Q}$ 中；非退化区间含无理数，故值域只能是单点，$f$ 为常值函数。

题目 8

设 $f\in C[a,b]$，且为一对一映射。证明：

1. 若 $f(a)<f(b)$，则 $f$ 严格单调增加；
2. 若 $f(a)>f(b)$，则 $f$ 严格单调减少。

解 连续单射在区间上必严格单调。否则存在 $x_1<x_2<x_3$ 使 $f(x_2)$ 不位于 $f(x_1),f(x_3)$ 之间，介值定理将在两侧产生相同函数值，违背单射性。单调方向由 $f(a)$ 与 $f(b)$ 的大小确定。

题目 9

设 $f\in C(-\infty ,+\infty )$，且有 $f(-\infty )=A<B=f(+\infty )$，证明：对每个 $c\in (A,B)$，存在 $\xi$，使得 $f(\xi )=c$。

解 给定 $c\in (A,B)$，可取 $M>0$ 使 $f(-M)<c<f(M)$，再在 $[-M,M]$ 上应用介值定理。

题目 10

设 $f\in C[a,b)$，数列 $\{x_n\},\{y_n\}\subset [a,b)$，已知

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=b,\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=b,\underset{n\to \infty }{\lim }f(x_n)=A,\underset{n\to \infty }{\lim }f(y_n)=B,$$

但 $A\ne B$。证明：对每一个 $\eta \in (A,B)$，存在数列 $\{z_n\}\subset [a,b)$，满足要求

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{z}_n=b,\underset{n\to \infty }{\lim }f(z_n)=\eta .$$

解 不妨 $A<\eta <B$。充分大时 $f(x_n)<\eta <f(y_n)$；在 $x_n,y_n$ 之间由介值定理取 $z_n$ 使 $f(z_n)=\eta$。因 $x_n,y_n\to b$，夹逼得 $z_n\to b$。

5.3.1 定理的证明（例题）

例题 5.3.1

用确界定理和凝聚定理同时证明有界性定理和最值定理。

证 由于值域 $f([a,b])$ 非空，因此可取

$$M=\sup f([a,b]),m=\inf f([a,b]).$$

这里并未假定 $M,m$ 是有限数。我们的目的是证明 $M,m\in f([a,b])$。以下只写出 $M\in f([a,b])$ 的证明，它同时说明 $f$ 在 $[a,b]$ 上有上界。

从上确界的性质，在 $[a,b]$ 中存在数列 $\{x_n\}$，使得 ${\lim }_{n\to \infty }f(x_n)=M$。（对 $M$ 为有限数的情况，见例题 3.1.3；对 $M=+\infty$，请读者完成。）对 $\{x_n\}$ 用凝聚定理，有收敛子列 $\{x_{n_k}\}$。记该子列的极限为 $\xi$，则点 $\xi \in [a,b]$。由于 $f$ 在 $\xi$ 处的连续性，就有

$$f(\xi )=\underset{k\to \infty }{\lim }f(x_{n_k})=M.$$

这就表示 $M\in f([a,b])$。

注 1 请读者回答：上述证明中，闭区间的“闭”这个关键条件用在哪里？

注 2 实际上用覆盖定理或闭区间套定理都不难同时证明有界性定理与最值定理。这是实数系基本定理的很好的练习。

例题 5.3.2

用两次有界性定理就可以证明最值定理，关键是设计一个适当的辅助函数。

证 只证明其中的最大值部分。由有界性定理知道，若 $f\in C[a,b]$，则 $f$ 有上界。因此值域的上确界 $M=\sup f([a,b])$ 是有限数。我们断言 $M\in f([a,b])$。

反证法。若 $M\notin f([a,b])$，则有 $f(x)<M$，$\forall x\in [a,b]$。构造辅助函数

$$g(x)=\frac{1}{M-f(x)}.$$

由于 $f\in C[a,b]$，且 $f$ 的取值始终小于 $M$，因此从连续函数的除法运算法则知道，函数 $g$ 在 $[a,b]$ 上处处连续，即也有 $g\in C[a,b]$，而且有 $g(x)>0$，$x\in [a,b]$。

对 $g$ 再次应用有界性定理，知道它有上界，将它记为 $M^{\prime }$，则有

$$g(x)=\frac{1}{M-f(x)}\le M^{\prime },\forall x\in [a,b].$$

这就导致

$$f(x)\le M-\frac{1}{M^{\prime }},\forall x\in [a,b].$$

因此 $M-\frac{1}{M^{\prime }}$ 是值域 $f([a,b])$ 的上界。这与 $M$ 是值域的最小上界矛盾。

5.3.2 例题

例题 5.3.3

设 $f\in C(a,b)$，$f(a+)$ 和 $f(b-)$ 有限，证明：$f$ 在 $(a,b)$ 上有界。

证 1 在闭区间 $[a,b]$ 上构造辅助函数

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& x\in (a,b),\\ f(a+),& x=a,\\ f(b-),& x=b.\end{array}$$

则可以看出 $F\in C[a,b]$。对 $F$ 应用连续函数的有界性定理，可见 $F$ 在 $[a,b]$ 上有界。因此 $f$ 在 $(a,b)$ 上也有界。

证 2 根据函数极限的局部有界性定理，存在 $\delta >0$，使得函数 $f$ 在 $(a,a+\delta )$ 和 $(b-\delta ,b)$ 上有界。这里假定有 $a+\delta <b-\delta$ 成立。然后在闭区间 $[a+\delta ,b-\delta ]$ 上可以用有界性定理。这样就得到所要的结论。

注 证 2 对 $a=-\infty$ 和 $b=+\infty$ 的情况同样有效。

例题 5.3.4

设 $f\in C(a,b)$，极限 $f(a+)$ 和 $f(b-)$ 有限。若存在 $\xi \in (a,b)$ 使

$$f(\xi )\ge \max \{f(a+),f(b-)\},$$

证明 $f$ 在 $(a,b)$ 上有最大值。

证 把 $f$ 延拓到 $[a,b]$：

$$F(a)=f(a+),F(x)=f(x)(a<x<b),F(b)=f(b-).$$

则 $F\in C[a,b]$，故有最大值。由于 $F(\xi )\ge \max \{F(a),F(b)\}$，即使最大值在端点取得，$\xi$ 也取得不小于该端点的值；因此最大值必可在 $(a,b)$ 内取得，也就是 $f$ 在 $(a,b)$ 上有最大值。

例题 5.3.5

若 $f\in C[a,b]$，且对每一个 $x\in [a,b]$ 存在 $y\in [a,b]$，使得 $|f(y)|\le \frac{1}{2}|f(x)|$。证明 $f$ 在 $[a,b]$ 中有零点。

证 这时也有 $|f|\in C[a,b]$。对 $|f|$ 用最值定理，在题设条件下可见最小值只能是 0。这时的最小值点就是 $|f|$ 的零点，当然也是 $f$ 的零点。

5.3.3 练习题

题目 1

设函数 $f$ 在区间 $[a,b]$ 中只有第一类间断点，证明：$f$ 在 $[a,b]$ 上有界。

解 第一类间断点的左右极限均有限，故函数在每一点附近有界。由这些邻域覆盖 $[a,b]$，取有限子覆盖，即得全区间有界。

题目 2

若 $f\in C[a,+\infty )$，且存在有限极限 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$。证明：$f$ 在 $[a,+\infty )$ 上有界。

解 由有限极限，$f$ 在某个尾区间 $[M,+\infty )$ 上有界；在紧区间 $[a,M]$ 上也有界，合并即可。

题目 3

问：是否存在从区间 (1) $(0,1)$，(2) $[0,1]$，(3) $(0,1]$ 映射到整个实数集 $\mathbb{R}$ 的连续函数？（如果存在，请举出例子；如果不存在，请作出证明。）

解 $(0,1)$ 上可取 $\tan \pi (x-\frac{1}{2})$；$[0,1]$ 上不存在，因为连续像必为有界闭区间；$(0,1]$ 上可取 $x^{-1}\sin (x^{-1})$，其连续像为区间且上下均无界，故值域为 $\mathbb{R}$。

题目 4

问：若函数 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上的值域为闭区间，则 $f$ 是否在 $[a,b]$ 上连续？

解 不一定。例如令 $f(x)=x(0<x<1)$，并令 $f(0)=1,f(1)=0$，则值域仍为 $[0,1]$，但函数在两端不连续。

题目 5

若 $f\in C[a,+\infty )$，且存在有限极限 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$。证明：$f$ 在 $[a,+\infty )$ 上至少可以取到最大值或最小值中的一个。

解 设极限为 $L$。若 $f\equiv L$，结论显然；否则取 $x_0$ 使 $f(x_0)>L$ 或 $f(x_0)<L$。前一种情形中，尾部函数值可限制在 $f(x_0)$ 以下，故最大值在某个闭区间上取得；后一种情形同理得到最小值。

题目 6

若 $f\in C(a,b)$，且 $f(a+)=f(b-)=+\infty$，证明：$f$ 在 $(a,b)$ 上有最小值。

解 固定 $c\in (a,b)$。端点附近函数值均大于 $f(c)+1$，故全局最小值只能在去掉两端小邻域后的闭区间上取得。

题目 7

若 $f\in C(a,b)$，且 $f(a+)=f(b-)$，证明：$f$ 在 $(a,b)$ 上至少可以取到最大值或最小值中的一个。

解 若共同极限有限，把两端补成同一函数值后在 $[a,b]$ 上用最值定理；若共同极限为 $+\infty$，有最小值；若为 $-\infty$，有最大值。

题目 8

若 $f\in C(-\infty ,+\infty )$，${\lim }_{x\to \pm \infty }f(x)=+\infty$，且 $f(x)$ 的最小值 $f(a)<a$。证明：复合函数 $f(f(x))$ 至少在两个点上取到它的最小值。

解 记全局最小值为 $m=f(a)<a$。由 $f(x)\to +\infty$ 当 $x\to \pm \infty$，方程 $f(x)=a$ 在 $a$ 的左右各有一根 $x_1,x_2$。于是

$$f(f(x_1))=f(f(x_2))=f(a)=m,$$

而 $f(f(x))\ge m$，故这两点都是复合函数的最小值点。

题目 9

求出 Dirichlet 函数和 Riemann 函数的所有极值点和值点。（关于极值与极值点的定义见 7.1.1 小节。）

解 Dirichlet 函数中，每个有理点为全局最大值点，最大值为 $1$；每个无理点为全局最小值点，最小值为 $0$。Riemann 函数中，每个无理点为全局最小值点，最小值为 $0$；每个有理点 $p/q$（既约）都是严格局部最大值点，极大值为 $1/q$，其中整数点还取得全局最大值 $1$。

5.4.2 思考题

题目 1

写出函数 $f$ 在区间 $I$ 上不一致连续的正面叙述。

解 正面叙述为：存在 ${\epsilon }_0>0$，使对任意 $\delta >0$，均存在 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in I$ 满足 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$，但 $|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|\ge {\epsilon }_0$。

题目 2

判断对或错：$f$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，则 $f$ 在 $[a,b]$ 上一致连续。

解 对。这正是 Cantor 定理。

题目 3

判断对或错：$f$ 在区间 $(a,b)$ 内的每一个闭子区间上连续，则 $f$ 在 $(a,b)$ 上一致连续。

解 错。例如 $f(x)=1/(x-a)$ 在 $(a,b)$ 的每个闭子区间上连续，却在 $(a,b)$ 上不一致连续。

题目 4

判断对或错：$f$ 在区间 $(a,b)$ 上连续，又有 $a<c<d<b$，则 $f$ 在区间 $(c,d)$ 上一致连续。

解 对。$f$ 在闭区间 $[c,d]\subset (a,b)$ 上连续，故在 $[c,d]$ 上一致连续，其限制在 $(c,d)$ 上当然也一致连续。

5.4.3 Cantor 定理的证明（例题）

例题 5.4.1

用覆盖定理证明 Cantor 定理。

证 $\forall \epsilon >0$ 和 $x_0\in [a,b]$，由于 $f$ 在 $x_0$ 连续，存在 ${\delta }_0>0$，当 $x\in O_{{\delta }_0}(x_0)\cap [a,b]$ 时，成立 $|f(x)-f(x_0)|<\frac{1}{2}\epsilon$。因此当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in O_{{\delta }_0}(x_0)\cap [a,b]$ 时，就有

$$|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|\le |f(x^{\prime })-f(x_0)|+|f(x_0)-f(x^{\prime \prime })|<\frac{1}{2}\epsilon +\frac{1}{2}\epsilon =\epsilon .$$

对每个点 $x\in [a,b]$ 都这样做，就得到区间 $[a,b]$ 的一个开覆盖。直接应用覆盖定理较难完成定理证明；再次应用加强形式的覆盖定理，将其中的 Lebesgue 数记为 $\eta$。当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in [a,b]$，且 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\eta$ 时，在开覆盖中存在一个开区间，它覆盖点 $x^{\prime }$ 和 $x^{\prime \prime }$。由上述构造方法，就知道成立

$$|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon .$$

这样就已经证明了 $f$ 在 $[a,b]$ 上一致连续。

例题 5.4.2

用凝聚定理证明 Cantor 定理。

证 用反证法。设 $f\in C[a,b]$，但在 $[a,b]$ 上不一致连续。应用对偶法则，可以得到不一致连续的正面叙述：$\exists {\epsilon }_0>0$，$\forall \delta >0$，$\exists x^{\prime },x^{\prime \prime }\in [a,b]$，$|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$，使得 $|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|\ge {\epsilon }_0$ 成立。

取 ${\delta }_n=1/n$，将对应的点 $x^{\prime },x^{\prime \prime }$ 记为 $x_n$ 和 $x_n^{\prime }$。并对每一个 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ 都这样做，就得到区间 $[a,b]$ 中的两个数列 $\{x_n\}$ 和 $\{x_n^{\prime }\}$，使得

$$|x_n-x_n^{\prime }|<\frac{1}{n},|f(x_n)-f(x_n^{\prime })|\ge {\epsilon }_0,\forall n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

对数列 $\{x_n\}$ 用凝聚定理，知道存在收敛子列 $\{x_{n_k}\}$。记它的极限为 $\xi$，即有

$$\underset{k\to \infty }{\lim }{x}_{n_k}=\xi .$$

由于

$$x_{n_k}-\frac{1}{n_k}<x_{n_k}^{\prime }<x_{n_k}+\frac{1}{n_k},$$

以及 $n_k\ge k$，因此数列 $\{x_n^{\prime }\}$ 的对应子列 $\{x_{n_k}^{\prime }\}$ 也收敛于 $\xi$，即有

$$\underset{k\to \infty }{\lim }{x}_{n_k}^{\prime }=\xi .$$

由于 $f$ 在点 $\xi$ 连续，因此对 ${\epsilon }_0$，存在 $\eta >0$，当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in O_{\eta }(\xi )$ 时，成立 $|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<{\epsilon }_0$。但当 $k$ 充分大时，就有 $x_{n_k},x_{n_k}^{\prime }\in O_{\eta }(\xi )$。这样就和

$$|f(x_{n_k})-f(x_{n_k}^{\prime })|\ge {\epsilon }_0$$

矛盾。

5.4.4 例题

例题 5.4.3

根据定义证明：

1. 对于满足 $0<\eta <1$ 的每个 $\eta$，$f(x)=1/x$ 在 $[\eta ,1)$ 上一致连续；
2. $f(x)=1/x$ 在开区间 $(0,1)$ 上不一致连续。

证 (1) 对 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in [\eta ,1)$，有

$$|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|=\left|\frac{1}{x^{\prime }}-\frac{1}{x^{\prime \prime }}\right|=\frac{|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|}{x^{\prime }{x}^{\prime \prime }}\le \frac{|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|}{{\eta }^2}.$$

因此对 $\epsilon >0$，只要取 $\delta ={\eta }^2\epsilon$，就可以使得 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in [\eta ,1)$ 且 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$ 时，成立

$$\left|\frac{1}{x^{\prime }}-\frac{1}{x^{\prime \prime }}\right|<\epsilon .$$

这表明 $f(x)=1/x$ 在区间 $[\eta ,1)$ 上一致连续。

(2) 用反证法。设 $f(x)=1/x$ 在区间 $(0,1)$ 上一致连续。则对 $\epsilon =1$，存在 $\delta >0$，使得当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in (0,1)$ 且 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$ 时，成立

$$|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|=\left|\frac{1}{x^{\prime }}-\frac{1}{x^{\prime \prime }}\right|=\frac{|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|}{x^{\prime }{x}^{\prime \prime }}<1.$$

设 $n\ge 2$，并令

$$x^{\prime }=\frac{1}{n},x^{\prime \prime }=\frac{1}{2n},$$

则有

$$|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|=\frac{1}{2n},|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|=n\ge 2>1.$$

因此只要取 $n>1/(2\delta )$，就引出矛盾，所以 $f(x)=1/x$ 在 $(0,1)$ 上不一致连续。

注 1 若初学者对理解一致连续性概念有困难，建议先将本例题彻底搞清楚。利用 $y=1/x$ 的几何图形，可以体会出一致连续性与函数的“陡度”有关。从证明也可看出，本例中的困难完全发生在点 $x=0$ 的右侧邻近。

注 2 同一个函数 $f(x)=1/x$ 在 $(0,1)$ 上无界，但在 $(0,1)$ 内的每一个闭子区间上有界。由此可见，有界性和一致连续性是属于同一类型的概念，即整体性质，也就是说与函数在整个区间上的性质有关。而连续性、极限的存在性等是局部性质，即只与所考虑的点附近的函数性质有关。

例题 5.4.4

若函数 $f$ 在区间 $(a,b]$ 和 $[b,c)$ 上分别为一致连续，证明：$f$ 在 $(a,c)$ 上一致连续。

证 对 $\epsilon >0$，由条件知道存在 ${\delta }_1>0$，使得当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in (a,b]$ 且 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<{\delta }_1$ 时，成立 $|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon /2$。又存在 ${\delta }_2>0$，使得当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in [b,c)$ 且 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<{\delta }_2$ 时，成立 $|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon /2$。

取 $\delta =\min \{{\delta }_1,{\delta }_2\}$。我们断言：当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in (a,c)$ 且 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$ 时，成立 $|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon$。

先考虑 $x^{\prime }<b<x^{\prime \prime }$ 的情况。这时从 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$ 推出 $|x^{\prime }-b|<{\delta }_1$，$|x^{\prime \prime }-b|<{\delta }_2$ 成立，因此

$$|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|\le |f(x^{\prime })-f(b)|+|f(b)-f(x^{\prime \prime })|<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .$$

对于其他情况，即 $x^{\prime },x^{\prime \prime }$ 同属区间 $(a,b]$ 或 $[b,c)$，结论是明显的。因此就证明了 $f$ 在 $(a,c)$ 上是一致连续的。

注 用下一个例题的结果可立即导致本题的结论。但上面的证明只涉及一致连续性的定义，完全是初等的。而下一个例题的证明则需要用到 Cantor 定理和 Cauchy 收敛准则。

例题 5.4.5

证明：有界开区间 $(a,b)$ 上的连续函数 $f$ 在 $(a,b)$ 上一致连续的充分必要条件是存在两个有限的单侧极限 $f(a+)$ 和 $f(b-)$。

证 先证充分性。在闭区间 $[a,b]$ 上构造辅助函数

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}f(a+),& x=a,\\ f(x),& x\in (a,b),\\ f(b-),& x=b.\end{array}$$

则可以看出 $F\in C[a,b]$。对 $F$ 应用 Cantor 定理，可见 $F$ 在 $[a,b]$ 上一致连续。因此 $f$ 在 $(a,b)$ 上也一致连续。（这与例题 5.3.3 的第一个证明完全相同。）

再证必要性。不妨只写出存在 $f(a+)$ 的证明。对 $\epsilon >0$，由于 $f$ 在 $(a,b)$ 上一致连续，因此存在 $\delta >0$，使得当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in (a,b)$，且 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$ 时，成立 $|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon$。

因此当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in (a,a+\delta )$ 时，就有 $|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon$ 成立。应用关于右侧极限的 Cauchy 收敛准则，可见存在极限 $f(a+)$。

例题 5.4.6

设 $f\in C[a,+\infty )$，且存在有限极限 $f(+\infty )=A$。证明：$f$ 在 $[a,+\infty )$ 上一致连续。

证 对 $\epsilon >0$，存在 $M>a$，当 $x>M$ 时成立 $|f(x)-A|<\frac{1}{2}\epsilon$。又利用 Cantor 定理，知道 $f$ 在 $[a,M+1]$ 上一致连续。因此对上述 $\epsilon$，存在 $\delta >0$，使得当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in [a,M+1]$ 且 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$ 时，成立 $|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon$。

不妨假定上述 $\delta <1$。我们断言：当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in [a,+\infty )$ 且 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta$ 时，成立 $|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon$。

实际上，如 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in [a,M+1]$，则已无问题。又若 $x^{\prime },x^{\prime \prime }>M$，则有

$$|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|\le |f(x^{\prime })-A|+|A-f(x^{\prime \prime })|<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .$$

由于 $|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|<\delta <1$，只可能发生以上两种情况。

注 在教学中发现，学生经常会对上述命题作出错误证明：“$\forall \epsilon >0$，由于 $f(+\infty )=A$，因此存在 $M>a$，使当 $x^{\prime },x^{\prime \prime }\in [M,+\infty )$ 时，$|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon$。由 $\epsilon$ 的任意性，得 $f$ 在 $[M,+\infty )$ 上一致连续；再由 Cantor 定理，$f$ 在 $[a,M+1]$ 上一致连续，所以 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上一致连续。”请读者思考上述证明错在哪里。

例题 5.4.7

证明：函数 $\sqrt{x}$ 在区间 $(0,+\infty )$ 上一致连续。

证 1 先分别证明 $\sqrt{x}$ 在区间 $(0,1]$ 和 $[1,+\infty )$ 上的一致连续性。从例题 5.4.5 或在 $[0,1]$ 上用 Cantor 定理，就知道 $\sqrt{x}$ 在 $(0,1]$ 上一致连续。在区间 $[1,+\infty )$ 上，可以从

$$|\sqrt{x^{\prime }}-\sqrt{x^{\prime \prime }}|=\frac{|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|}{\sqrt{x^{\prime }}+\sqrt{x^{\prime \prime }}}\le \frac{1}{2}|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|$$

推出 $\sqrt{x}$ 在 $[1,+\infty )$ 上一致连续。然后可以用例题 5.4.4 中的方法合并两个区间，得到所要的结论。

证 2 利用一个可以直接验证的不等式，即当 $0\le b\le a$ 时成立

$$\sqrt{a}-\sqrt{b}\le \sqrt{a-b},$$

就有对任何 $x^{\prime },x^{\prime \prime }>0$ 成立的不等式

$$|\sqrt{x^{\prime }}-\sqrt{x^{\prime \prime }}|\le \sqrt{|x^{\prime }-x^{\prime \prime }|}.$$

因此对 $\epsilon >0$，只要取 $\delta ={\epsilon }^2$，就可以直接得到所要的结论。

例题 5.4.8

证明：函数 $\sin x^2$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上不一致连续。

证 用反证法。设 $\sin x^2$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致连续，则 $\forall \epsilon >0$，存在 $\delta >0$，当 $x_1,x_2$ 满足 $|x_1-x_2|<\delta$ 时，成立

$$|\sin x_1^2-\sin x_2^2|<\epsilon .\text{\hspace{1em}(5.3)}$$

设 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$，令

$$x_1=\sqrt{n\pi },x_2=\sqrt{n\pi +\frac{\pi }{2}},$$

则 $\sin x_1^2=0$，$\sin x_2^2=\pm 1$。因此当 $\epsilon <1$ 时，不等式 (5.3) 不能成立。但又有

$$|x_1-x_2|=\frac{\pi /2}{\sqrt{n\pi }+\sqrt{n\pi +\pi /2}},$$

因此可以看出，当 $n$ 充分大时就有 $|x_1-x_2|<\delta$ 成立，由此引出矛盾。

5.4.5 练习题

题目 1

若 $f$ 在区间 $I$ 上定义，且存在 $L>0$，使得对任意 $x_1,x_2\in I$ 成立 $|f(x_1)-f(x_2)|\le L|x_1-x_2|$，则称 $f$ 在 $I$ 上满足 Lipschitz（利普希茨）条件。证明：在区间 $I$ 上满足 Lipschitz 条件的函数必是一致连续函数。

解 给定 $\epsilon >0$，取 $\delta =\epsilon /L$，则 $|x_1-x_2|<\delta$ 时有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\epsilon$。

题目 2

根据一致连续性的定义直接证明：若 $f$ 在 $(a,b)$ 上一致连续，则 $f$ 有界。

解 对 $\epsilon =1$ 取一致连续性所给的 $\delta >0$。把有限区间 $(a,b)$ 分成有限个长度小于 $\delta$ 的小区间，以其中一点为基准，沿相邻小区间逐段比较，函数值的总变化不超过一个固定有限数，故 $f$ 有界。

题目 3

1. 设 $f,g$ 在区间 $I$ 上均为一致连续，问：它们的线性组合 $\alpha f+\beta g$ 和乘积 $fg$ 在 $I$ 上是否一致连续？
2. 设 $f$ 在区间 $I_1$ 上一致连续，$g$ 在区间 $I_2$ 上一致连续，且区间 $I_2$ 包含了 $f$ 的值域，问：复合函数 $g\circ f$ 在区间 $I_1$ 上是否一致连续？

解

1. 线性组合仍一致连续。乘积一般不是，例如 $f(x)=g(x)=x$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续，而 $fg=x^2$ 不一致连续；若 $f,g$ 均有界，则乘积一致连续。
2. 是。给定 $\epsilon >0$，先由 $g$ 的一致连续性取 $\eta >0$，再由 $f$ 的一致连续性取 $\delta >0$，使 $|x-y|<\delta$ 推出 $|f(x)-f(y)|<\eta$，从而 $|g(f(x))-g(f(y))|<\epsilon$。

题目 4

设 $f\in C(-\infty ,+\infty )$，且为周期函数。证明：$f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致连续。

解 设周期为 $T>0$。$f$ 在 $[0,2T]$ 上一致连续。任意两点距离充分小时，把它们同时平移某个 $kT$ 后可落入 $[0,2T]$，函数值不变，故 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续。

题目 5

1. 设 $f\in C[0,+\infty )$，且有 ${\lim }_{x\to +\infty }[f(x)-(ax+b)]=0$，证明 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上一致连续；
2. 若将 (1) 中的 $ax+b$ 换成 $a{x}^2+bx+c$，结论是否成立？
3. 又若将 $ax+b$ 换成某个函数 $g(x)$，问：当 $g(x)$ 具有何性质时 (1) 中的结论仍成立？

解

1. 写成 $f(x)=ax+b+h(x)$，其中 $h(x)\to 0$。函数 $h$ 在某个尾区间上一致连续，在其余紧区间上也一致连续，故 $h$ 一致连续；线性函数亦一致连续，结论成立。
2. 一般不成立。例如 $f(x)=x^2$ 满足误差恒为 $0$，但在 $[0,+\infty )$ 上不一致连续。若二次项系数为 $0$，则退化为上一问。
3. 只要 $g$ 在 $[0,+\infty )$ 上一致连续，且 $f-g\to 0$，同样的论证仍成立。

题目 6

证明：当 $n>1$ 时，$x^n$ 在 $[0,+\infty )$ 上不一致连续。

解 固定整数 $m>1$，取 $x_n=n$，$y_n=n+n^{1-m}$，则 $y_n-x_n\to 0$，而

$$y_n^m-x_n^m=m+o(1),$$

故 $x^m$ 不一致连续。

题目 7

证明：$f(x)=\ln x$ 在 $(1,+\infty )$ 上一致连续，但在 $(0,1)$ 上不一致连续。

解 对 $x,y>1$，不妨 $x<y$，则

$$0\le \ln y-\ln x=\ln \left(1+\frac{y-x}{x}\right)\le y-x,$$

故在 $(1,+\infty )$ 上一致连续。在 $(0,1)$ 上取 $x_n=1/n,y_n=1/(2n)$，两点距离趋于 $0$，而函数值之差恒为 $\ln 2$。

题目 8

1. 证明：函数 $f(x)=|\sin x|/x$ 在区间 $(-1,0)$ 和 $(0,1)$ 均为一致连续，但在 $(-1,0)\cup (0,1)$ 上不一致连续（注意 $(-1,0)\cup (0,1)$ 不是一个区间）；
2. 若函数 $f$ 在区间 $(a,b)$ 和 $[b,c)$ 上分别为一致连续，问：$f$ 在 $(a,c)$ 上是否一致连续？

解

1. 在 $(0,1)$ 与 $(-1,0)$ 上分别补上端点极限 $1$ 与 $-1$，可由 Cantor 定理得到一致连续性；但取 $x_n=1/n,y_n=-1/n$，有 $|x_n-y_n|\to 0$ 而 $|f(x_n)-f(y_n)|\to 2$。
2. 不一定。令 $f=0$ 于 $(a,b)$，$f=1$ 于 $[b,c)$，则两段上分别一致连续，但在 $b$ 两侧不一致连续。例题 5.4.4 中两段都包含连接点，因而没有这个问题。

题目 9

讨论以下函数在指定区间上是否一致连续：

1. 在区间 $(0,1)$ 上的函数 $x\sin \frac{1}{x}$；
2. 在区间 $(0,+\infty )$ 上的函数 $\frac{\sin x}{x}$；
3. 在区间 $[0,+\infty )$ 上的函数 $x\sin x$。

解

1. $x\sin (1/x)$ 在 $0$ 处补值 $0$ 后连续于 $[0,1]$，故在 $(0,1)$ 上一致连续。
2. $\sin x/x$ 在 $0$ 处补值 $1$，且在 $+\infty$ 处趋于 $0$，由紧区间与尾区间拼接可知在 $(0,+\infty )$ 上一致连续。
3. 不一致连续。取 $x_n=2n\pi$，$y_n=x_n+1/x_n$，则 $y_n-x_n\to 0$，而 $x_n\sin x_n=0$、$y_n\sin y_n\to 1$。

5.5.1 基本性质（例题）

例题 5.5.1

反三角函数 $\arcsin x,\arccos x,\arctan x,\mathrm{arccot}x$ 都是严格单调的连续函数。

证 $\sin x$ 在 $[-\pi /2,\pi /2]$ 上连续且严格增加，$\cos x$ 在 $[0,\pi ]$ 上连续且严格减少，$\tan x$ 在 $(-\pi /2,\pi /2)$ 上连续且严格增加，$\cot x$ 在 $(0,\pi )$ 上连续且严格减少；它们在相应区间上的值域分别为 $[-1,1]$、$[-1,1]$、$\mathbb{R}$、$\mathbb{R}$。连续严格单调函数的反函数连续且保持相应的单调方向，故四个反三角函数具有所述性质。

例题 5.5.2

证明：由 Kepler 方程 $y=x-q\sin x$（$0<q<1$）可以唯一地确定函数 $x=f(y)$，而且它是定义在 $(-\infty ,+\infty )$ 上的严格单调增加连续函数。

证 从 $y=x-q\sin x$ 知道它是定义在 $(-\infty ,+\infty )$ 上的连续函数。由于 $|\sin x|\le 1$，可见值域也是 $(-\infty ,+\infty )$。为研究单调性，设 $x_1<x_2$，则有

$$y_1-y_2=(x_1-q\sin x_1)-(x_2-q\sin x_2)=(x_1-x_2)-q(\sin x_1-\sin x_2).$$

由于不等式 $|\sin x|\le |x|$，从

$$|\sin x_1-\sin x_2|=2\left|\sin \frac{x_1-x_2}{2}\right|\cdot \left|\cos \frac{x_1+x_2}{2}\right|\le |x_1-x_2|$$

和 $0<q<1$，可知

$$|q(\sin x_1-\sin x_2)|<|x_1-x_2|,$$

因此 $y_1-y_2$ 与 $x_1-x_2$ 同号。这就表明 $y=x-q\sin x$ 是严格单调增加函数。用前面的命题 5.5.4 即得所要的结论。

注 与单调函数类密切有关的是有界变差函数类。有界变差函数可定义为两个单调增加函数之差，它在数学的许多领域中起重要作用。

5.5.2 练习题

题目 1

设函数 $f$ 在开区间 $(a,b)$ 上定义，且对每一个点 $x\in (a,b)$，存在邻域 $O(x)$，使得 $f$ 在 $O(x)$ 上单调增加，证明：$f$ 在 $(a,b)$ 上单调增加。

解 固定 $x<y$。局部单调邻域覆盖紧区间 $[x,y]$，取其 Lebesgue 数，再作足够细的分点 $x=t_0<\cdots <t_m=y$，使每对相邻点同属一个单调邻域。于是

$$f(x)=f(t_0)\le f(t_1)\le \cdots \le f(t_m)=f(y),$$

故 $f$ 在 $(a,b)$ 上单调增加。

题目 2

设 $f\in C[a,b]$，且对 $[a,b]$ 内的任意两个有理数 $r_1,r_2$（$r_1<r_2$），成立 $f(r_1)\le f(r_2)$，证明：函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上单调增加。

解 对任意 $x<y$，可取有理数列 $r_n\to x,s_n\to y$，并使 $r_n<s_n$。由题设 $f(r_n)\le f(s_n)$，令 $n\to \infty$ 即得 $f(x)\le f(y)$。

题目 3

设 $f$ 是 $(-\infty ,+\infty )$ 上的单调函数，在每一点定义 $g(x)=f(x+)$，证明：$g$ 是在 $(-\infty ,+\infty )$ 上处处右连续的函数。

解 只写 $f$ 单调增加的情形。此时

$$g(x)=f(x+)=\underset{t>x}{\inf }f(t),$$

因而 $g$ 单调增加。给定 $\epsilon >0$，可取 $t>x$ 使 $f(t)<g(x)+\epsilon$；当 $x<y<t$ 时，

$$g(x)\le g(y)\le f(t)<g(x)+\epsilon .$$

故 $g(y)\to g(x)$ 当 $y\to x+$。单调减少情形同理。

题目 4

设 $f$ 为 $(0,+\infty )$ 上的单调函数，且对一切 $x,y\in \mathbb{R}$ 满足 $f(x+y)=f(x)+f(y)$。证明：$f(x)=f(1)x$。

解 原题的定义域与“对一切 $x,y\in \mathbb{R}$”不相容；按通常表述设 $f$ 定义于 $\mathbb{R}$。加法性给出 $f(q)=qf(1)$ 对所有有理数 $q$ 成立，而单调性使 $f$ 连续。取有理数列趋于任意实数 $x$，即得 $f(x)=f(1)x$。

5.6.2 Li-Yorke 的两个定理（例题）

例题 5.6.1（引理 1）

设 $I$ 为有界闭区间，$f\in C(I)$。如果有 $f(I)\supset I$，则 $f$ 在 $I$ 中有不动点。

证 记 $I=[a,b]$，$f(I)=[c,d]$。由闭区间上连续函数的值域定理知道 $f(I)$ 也是有界闭区间，即有 $c\le a<b\le d$。由连续函数的介值定理，存在 $\xi ,\eta \in [a,b]$，使得 $f(\xi )=a$，$f(\eta )=b$。不妨设 $\xi <\eta$。构造辅助函数

$$F(x)=f(x)-x.$$

$F$ 的零点即 $f$ 的不动点，则有

$$F(\xi )=f(\xi )-\xi =a-\xi \le 0,F(\eta )=f(\eta )-\eta =b-\eta \ge 0.$$

因此知道 $F(\xi )F(\eta )\le 0$。若 $\xi$ 或 $\eta$ 不是 $F$ 的零点，则由零点存在定理可知在 $(\xi ,\eta )\subset [a,b]$ 中有 $F$ 的零点，即 $f$ 的不动点。

注 与此题类似的是经典性的例题 5.2.4，注意它们的证明相似而不相同。

例题 5.6.2（引理 2）

设 $I,J$ 是两个有界闭区间，$f\in C(I)$。如果有 $f(I)\supset J$，则在 $I$ 中存在一个闭子区间 $I^{\prime }$，使得 $f(I^{\prime })=J$。

证 设 $I=[a,b]$，$J=[c,d]$。由于 $f([a,b])\supset [c,d]$，由介值定理知道有 $\xi ,\eta \in [a,b]$，使得 $f(\xi )=c$，$f(\eta )=d$。

先考虑 $\xi <\eta$ 的情况。定义

$$u=\sup \{s\mid f(s)=c,\xi \le s<\eta \},v=\inf \{t\mid f(t)=d,u<t\le \eta \}.$$

我们断言：$f(u)=c$，$f(v)=d$。实际上，$u$ 是数集 $A=\{s\mid f(s)=c,\xi \le s<\eta \}$ 的上确界。如有 $u\in A$，则当然 $f(u)=c$；否则，至少在集合 $A$ 中存在数列收敛于 $u$，由 $f$ 的连续性可知有 $f(u)=c$。同理有 $f(v)=d$。

由 $u,v$ 的定义可见 $u<v$，而且在 $(u,v)$ 中函数值 $f(x)$ 不可能取到 $c$ 和 $d$，从而一定有 $f((u,v))\subset (c,d)$。这样就得到

$$f([u,v])=[c,d]=J,$$

因此 $I^{\prime }=[u,v]$ 即为所求。对于 $\xi >\eta$ 的讨论是类似的。

例题 5.6.3（引理 3）

设 $f$ 是在有界闭区间 $I_0,I_1,\cdots ,I_{n-1}$ 上有定义的连续函数，满足条件

$$f(I_0)\supset I_1,f(I_1)\supset I_2,\cdots ,f(I_{n-2})\supset I_{n-1},f(I_{n-1})\supset I_0,$$

则存在点 $x_0\in I_0$，使得 $f^n(x_0)=x_0$，且满足 $f^i(x_0)\in I_i$，$i=1,\cdots ,n-1$。

证 应用引理 2 于 $f(I_0)\supset I_1$，知道存在闭区间 $I_0^1\subset I_0$，使得 $f(I_0^1)=I_1$。从条件 $f(I_1)\supset I_2$，又有 $f^2(I_0^1)\supset I_2$；再次用引理 2 于区间 $I_0^1$ 上的函数 $f^2$，有闭区间 $I_0^2\subset I_0^1\subset I_0$，使得 $f^2(I_0^2)=I_2$。于是有

$$f(I_0^2)\subset I_1,f^2(I_0^2)=I_2.$$

这样进行下去就得到 $I_0^{n-1}\subset I_0$，使得

$$f(I_0^{n-1})\subset I_1,f^2(I_0^{n-1})\subset I_2,\cdots ,f^{n-2}(I_0^{n-1})\subset I_{n-2},f^{n-1}(I_0^{n-1})=I_{n-1}.\text{\hspace{1em}(5.7)}$$

用最后一个条件 $f(I_{n-1})\supset I_0$，有 $f^n(I_0^{n-1})\supset I_0\supset I_0^{n-1}$。对于区间 $I_0^{n-1}$ 上的 $f^n$ 应用引理 1，知道存在 $f^n$ 的不动点 $x_0\in I_0^{n-1}\subset I_0$，使得 $f^n(x_0)=x_0$。同时由 (5.7)，可见 $f(x_0)\in I_1,f^2(x_0)\in I_2,\cdots ,f^{n-1}(x_0)\in I_{n-1}$。

例题 5.6.4

在区间 $[0,1]$ 上定义分段线性函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x+\frac{1}{2},& 0\le x\le \frac{1}{2},\\ 2(1-x),& \frac{1}{2}<x\le 1,\end{array}$$

则 $f$ 对一切 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ 存在以 $n$ 为最小周期的周期轨。

证 取 $a=0,b=\frac{1}{2},c=1$，则有 $f(0)=\frac{1}{2}$，$f(\frac{1}{2})=1$，$f(1)=0$。因此从 Li-Yorke 第一定理知道结论成立。

注 从图中可以清楚地看出，其中有周期 3 轨 $\{0,\frac{1}{2},1\}$，还有不动点 $\frac{2}{3}$ 和由 $\{\frac{1}{3},\frac{5}{6}\}$ 组成的周期 2 轨。由于命题 5.6.1，在这样简单地由两段直线组成的图像上还存在无穷多个其周期取到一切正整数的周期轨。

5.7.2 第一组参考题

第一组参考题 1

设非负函数 $f\in C[0,1]$，且 $f(0)=f(1)=0$。证明：对任一实数 $a\in (0,1)$，存在 $x_0\in [0,1]$，使得 $x_0+a\in [0,1]$，并满足要求 $f(x_0)=f(x_0+a)$。又问，如去掉函数 $f$ 非负的条件，则结论还成立否？

解 令 $F(x)=f(x+a)-f(x)$，$0\le x\le 1-a$。由非负性，

$$F(0)=f(a)\ge 0,F(1-a)=-f(1-a)\le 0,$$

故 $F$ 有零点。去掉非负性后结论不成立；例如取 $a=2/3$，并令

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& 0\le x\le 1/3,\\ 1-2x,& 1/3\le x\le 2/3,\\ x-1,& 2/3\le x\le 1,\end{array}$$

则 $f(0)=f(1)=0$，但 $f(x+2/3)-f(x)=-1/3$。

第一组参考题 2

设 $f\in C[0,1]$，$f(0)=f(1)$。证明：$\forall n\in {\mathbb{N}}_{+}$，存在 $\xi$，使得 $f(\xi +\frac{1}{n})=f(\xi )$。

解 令 $F(x)=f(x+1/n)-f(x)$。若 $F$ 无零点，则在 $[0,1-1/n]$ 上恒正或恒负；特别地，$f(0),f(1/n),\dots ,f(1)$ 严格同向变化，与 $f(0)=f(1)$ 矛盾。

第一组参考题 3

设 $f\in C[0,1]$，$f([0,1])\subset [0,1]$。证明：$y=f(x)$ 的图像不仅与直线 $y=x$ 有交点，而且还与直线 $y=1-x$ 有交点。

解 对 $F(x)=f(x)-x$ 有 $F(0)\ge 0,F(1)\le 0$；对 $G(x)=f(x)+x-1$ 有 $G(0)\le 0,G(1)\ge 0$。分别应用零点存在定理。

第一组参考题 4

设 $f\in C(0,+\infty )$，又对每个实数 $c$，方程 $f(x)=c$ 至多只有有限个实根。试分别给出极限 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ 及 ${\lim }_{x\to 0+}f(x)$ 存在的充分必要条件，并加以证明。

解 在题设“每个水平集有限”的条件下，两个端点处的广义极限事实上总存在。以 $+\infty$ 为例，若 $\mathrm{liminf}f<\mathrm{limsup}f$，在二者之间取 $c$，便可从趋向无穷的反复上下波动中用介值定理得到方程 $f(x)=c$ 的无穷多个根，矛盾。故广义极限存在；它为有限数的充分必要条件是 $f$ 在某个尾区间上有界。$x\to 0+$ 的结论完全相同：有限极限存在当且仅当 $f$ 在某个 $(0,\delta )$ 上有界。

第一组参考题 5

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有定义，对于任意 $x,y$，满足 $|f(x)-f(y)|\le k|x-y|$（$0<k<1$）。证明：

1. 函数 $kx-f(x)$ 单调增加；
2. 存在唯一的 $\xi$，使 $f(\xi )=\xi$。

解

1. 若 $x_2>x_1$，则

$$[k{x}_2-f(x_2)]-[k{x}_1-f(x_1)]\ge k(x_2-x_1)-|f(x_2)-f(x_1)|\ge 0.$$

2. 令 $H(x)=f(x)-x$。当 $x_2>x_1$ 时 $H(x_2)-H(x_1)\le -(1-k)(x_2-x_1)<0$，故 $H$ 严格减少；又由 $|f(x)-f(0)|\le k|x|$ 得 $H(-\infty )=+\infty ,H(+\infty )=-\infty$。所以 $H$ 恰有一个零点。

第一组参考题 6

设 $f_n(x)=x^n+x$，$n\in {\mathbb{N}}_{+}$。

1. 证明：对每个 $n>1$，方程 $f_n(x)=1$ 在 $(1/2,1)$ 内有且仅有一个根；
2. 证明：若 $c_n\in (1/2,1)$ 是 $f_n(x)=1$ 的根，则存在 ${\lim }_{n\to \infty }{c}_n$。试求出极限值。

解 $f_n(1/2)<1<f_n(1)$，且 $f_n$ 在 $(0,1)$ 严格增加，故根 $c_n$ 存在且唯一。又对 $0<x<1$ 有 $f_{n+1}(x)<f_n(x)$，所以 $c_{n+1}>c_n$。数列有界，设极限为 $c\le 1$；若 $c<1$，则 $c_n^n\to 0$，由 $c_n^n+c_n=1$ 得 $c=1$，矛盾，故 $c_n\to 1$。

第一组参考题 7

设对每个正整数 $n$，数集 $A_n\subset [0,1]$ 是有限集，而且 $A_i\cap A_j=\varnothing$，$\forall i,j\in {\mathbb{N}}_{+}$，$i\ne j$。定义函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{n},& x\in A_n,\\ 0,& x\in [0,1]\text{ 但不在任何 }{A}_n\text{ 中}.\end{array}$$

对每个 $a\in [0,1]$，求 ${\lim }_{x\to a}f(x)$。

解 极限均为 $0$。给定 $\epsilon >0$，取 $N>1/\epsilon$。有限集 $A_1\cup \cdots \cup A_N$ 在 $a$ 的某个去心邻域内没有点，故该邻域内 $|f(x)|<1/N<\epsilon$。

第一组参考题 8

设函数 $f$ 在区间 $I$ 内只有可去间断点。定义 $g(x)={\lim }_{t\to x}f(t)$，$x\in I$，证明：$g\in C(I)$。

解 固定 $x_0$。由 $g(x_0)={\lim }_{t\to x_0}f(t)$，可取邻域使其中除 $x_0$ 外的 $f(t)$ 都接近 $g(x_0)$。若 $x$ 也在此邻域，令 $t\to x$ 且保持 $t$ 在该邻域内，便得 $g(x)$ 同样接近 $g(x_0)$，故 $g$ 在 $x_0$ 连续。

第一组参考题 9

证明：若函数 $f$ 在区间 $[0,+\infty )$ 上连续且有界，则对每个给定的 $\lambda$，存在一个数列 $\{x_n\}$ 满足要求：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty ,\underset{n\to \infty }{\lim }[f(x_n+\lambda )-f(x_n)]=0.$$

解 令 $h(x)=f(x+\lambda )-f(x)$；只需考虑 $\lambda >0$。若不存在所求数列，则有 $\epsilon >0,M>0$ 使 $|h(x)|\ge \epsilon$ 对 $x>M$ 成立。连续性使 $h$ 在尾区间上恒同号，于是

$$f(x+n\lambda )-f(x)=\sum _{j=0}^{n-1}h(x+j\lambda )$$

的绝对值至少为 $n\epsilon$，与 $f$ 有界矛盾。

第一组参考题 10

设函数 $f$ 在区间 $I$ 上满足带指数的 Lipschitz 条件，即存在 $M>0,\alpha >0$，使得当 $x,y\in I$ 时，成立 $|f(x)-f(y)|\le M|x-y{|}^{\alpha }$。证明：若 $\alpha >1$，则 $f$ 在 $I$ 上是常值函数。

解 对 $x<y$ 把 $[x,y]$ 等分为 $n$ 段，则

$$|f(y)-f(x)|\le nM{\left(\frac{y-x}{n}\right)}^{\alpha }=M(y-x{)}^{\alpha }{n}^{1-\alpha }\to 0.$$

因而任意两点函数值相同。

第一组参考题 11

举出一个函数 $f$，它的定义域为 $[0,1]$，处处不连续，但它的值域为区间。

解 可取一个满射加法函数 $A:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$，使其核稠密；于是任一非退化区间在 $A$ 下的像均为 $\mathbb{R}$。在 $[0,1]$ 上令

$$F(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi }\arctan A(x),$$

再在两个点把函数值改为 $0,1$。每个邻域内原函数值仍稠密于 $(0,1)$，故 $F$ 处处不连续，而值域恰为 $[0,1]$。

第一组参考题 12

若 $f\in C[a,b]$，证明：对每个给定的 $\epsilon >0$，存在区间 $[a,b]$ 上的分段线性函数 $L(x)$，使得 $|f(x)-L(x)|<\epsilon$ 在区间 $[a,b]$ 上处处成立。

解 由一致连续性取分点 $a=x_0<\cdots <x_n=b$，使同一小区间内函数值之差小于 $\epsilon$。令 $L(x_i)=f(x_i)$，并在各 $[x_i,x_{i+1}]$ 上作线性插值。若 $x=(1-t)x_i+t{x}_{i+1}$，则

$$|f(x)-L(x)|\le (1-t)|f(x)-f(x_i)|+t|f(x)-f(x_{i+1})|<\epsilon .$$

第一组参考题 13

设 $f\in C(-\infty ,+\infty )$，且 ${\lim }_{x\to \infty }f(f(x))=\infty$，证明：${\lim }_{x\to \infty }f(x)=\infty$。

解 原命题不成立。取 $f(x)=-x$，则 $f(f(x))=x\to +\infty$，但 $f(x)\to -\infty$。

第一组参考题 14

设 $f\in C(-\infty ,+\infty )$，且存在 $k>0$，使得对任意 $x_1,x_2\in \mathbb{R}$，成立 $|f(x_1)-f(x_2)|\ge k|x_1-x_2|$。证明：$f$ 严格单调且值域为 $(-\infty ,+\infty )$。

解 条件立即给出单射性；连续单射在区间上严格单调。若 $f$ 增加，则

$$f(x)\ge f(0)+kx(x>0),f(x)\le f(0)+kx(x<0),$$

故两端极限为 $\pm \infty$；若 $f$ 减少则方向相反。由介值性，值域均为 $\mathbb{R}$。

第一组参考题 15

证明：不等于常数的连续周期函数一定有最小正周期。又问：如果将连续性条件去掉，结论还能成立否？

解 设正周期全体为 $P$。若 $\inf P=0$，可取周期 $T_n\to 0$；对任意 $x,y$，选整数 $k_n$ 使 $x+k_n{T}_n\to y$，由连续性与周期性得 $f(x)=f(y)$，矛盾。故 $T=\inf P>0$。取 $T_n\in P$ 且 $T_n\to T$，连续性表明 $T$ 也是周期，因而为最小正周期。无连续性时结论不成立，例如 Dirichlet 函数的每个正有理数都是周期，却无最小正周期。

第一组参考题 16

设函数 $f$ 在区间 $[a,+\infty )$ 上满足 Lipschitz 条件，其中 $a>0$。证明：$f(x)/x$ 在 $[a,+\infty )$ 上一致连续。

解 设 Lipschitz 常数为 $L$。由 $|f(x)|\le |f(a)|+L(x-a)$，可得 $|f(x)|/x\le C$。对 $a\le x<y$，

$$\left|\frac{f(y)}{y}-\frac{f(x)}{x}\right|\le \frac{|f(y)-f(x)|}{y}+\frac{|f(x)|}{x}\frac{y-x}{y}\le \frac{L+C}{a}|y-x|,$$

故该函数甚至满足 Lipschitz 条件。

第一组参考题 17

证明：函数 $f$ 在区间 $I$ 上一致连续的充分必要条件是：对任何满足条件 ${\lim }_{n\to \infty }(x_n-y_n)=0$ 的 $\{x_n\}\subset I$ 和 $\{y_n\}\subset I$，都有 ${\lim }_{n\to \infty }[f(x_n)-f(y_n)]=0$。

解 必要性直接来自定义。反之，若 $f$ 不一致连续，则存在 ${\epsilon }_0>0$ 及 $x_n,y_n\in I$，使 $|x_n-y_n|<1/n$ 而 $|f(x_n)-f(y_n)|\ge {\epsilon }_0$，与所给序列条件矛盾。

第一组参考题 18

证明：函数 $f$ 在有界区间 $I$ 上一致连续的充分必要条件是：当 $\{x_n\}$ 为基本数列时，$\{f(x_n)\}$ 也一定是基本数列。

解 一致连续函数把基本数列映成基本数列。反之，若不一致连续，取 $|x_n-y_n|\to 0$ 而函数值之差不趋于 $0$。因 $I$ 有界，$\{x_n\}$ 有基本子列 $\{x_{n_k}\}$，相应的 $\{y_{n_k}\}$ 也是基本数列；交错数列

$$x_{n_1},y_{n_1},x_{n_2},y_{n_2},\dots$$

为基本数列，而其函数值数列不是，矛盾。

第一组参考题 19

设函数 $f$ 在区间 $[0,+\infty )$ 上一致连续，且对任何 $x\in [0,1]$ 有 ${\lim }_{n\to \infty }f(x+n)=0$。证明：${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$。

解 令 $g_n(t)=f(n+t)$，$0\le t\le 1$。一致连续性使 $\{g_n\}$ 等度连续，而题设给出逐点收敛于 $0$。在 $[0,1]$ 上取有限 $\delta$-网格，先使所有网格点上的 $|g_n|$ 小，再用等度连续性控制网格之间，即得 $g_n\to 0$ 一致。故 $x=n+t\to \infty$ 时 $f(x)\to 0$。

第一组参考题 20

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致连续，证明：存在非负常数 $a$ 和 $b$，使得成立 $|f(x)|\le a|x|+b$。

解 对 $\epsilon =1$ 取 $\delta >0$。把 $0$ 与 $x$ 之间的线段分成不超过 $|x|/\delta +1$ 段，每段长度小于 $\delta$，逐段估计得

$$|f(x)|\le |f(0)|+\frac{|x|}{\delta }+1.$$

因此可取 $a=1/\delta ,b=|f(0)|+1$。

5.7.2 第二组参考题

第二组参考题 1

用连续函数的零点存在定理解决以下“实际问题”：

1. 一个煎饼，不论形状如何，必可切一刀，使面积二等分；
2. 两个煎饼，不论形状如何、相对位置如何，必可切一刀，使它们的面积同时二等分（双煎饼定理）；
3. 三个煎饼，不论形状如何、相对位置如何，能否切一刀，使它们的面积同时二等分？
4. 一个煎饼，不论形状如何，是否能以相互垂直的方式切两刀，使面积四等分？
5. 某短跑运动员用 $10\text{s}$ 跑完 $100\text{m}$。证明：其中至少有一段长为 $10\text{m}$ 的路程恰用 $1\text{s}$ 完成；
6. 四只脚的方台在不平整的地上可能会摇晃。但如适当转动的话，一定能找到使它不摇晃的位置；
7. 给定平面上的一条光滑的封闭曲线，能否作一个包含这条闭曲线的正方形，并且它的四边都与曲线相切（方镜框定理）？

解

1. 固定一个方向，把与该方向垂直的直线从煎饼一侧平移到另一侧。直线一侧的面积连续地由 $0$ 变到总面积，故必经过一半。
2. 对每个方向取一条平分第一个煎饼面积的有向直线，记第二个煎饼在其左右两侧的面积差为 $\Phi (\theta )$。方向转过 $\pi$ 后左右互换，故 $\Phi (\theta +\pi )=-\Phi (\theta )$；连续性给出某个 $\Phi (\theta )=0$，该直线同时平分两个煎饼。
3. 一般不能。取三个互不相交、圆心不共线的圆盘；平分圆盘面积的直线必须通过圆心，而一条直线不能同时通过三个不共线点。
4. 能。对每个方向先取一条面积平分线，再分别在其两侧取垂直于它的面积平分线位置；两位置之差随方向连续变化，方向转过 $\pi$ 后符号相反，故某个方向两位置重合。所得两条互相垂直的直线把面积四等分。
5. 设 $s(t)$ 为时刻 $t$ 已跑的路程，$F(t)=s(t+1)-s(t)$，$0\le t\le 9$。若 $F(t)\ne 10$ 处处成立，连续性使其恒大于或恒小于 $10$；但

$$\sum _{k=0}^{9}F(k)=s(10)-s(0)=100,$$

矛盾。 6. 以桌面中心为轴转动，记四脚下地面高度依次为 $h_1,\dots ,h_4$，令 $\Phi (\theta )=h_1+h_3-h_2-h_4$。转过 $\pi /2$ 后两对对角脚互换，故 $\Phi (\theta +\pi /2)=-\Phi (\theta )$。某个位置 $\Phi =0$，四个脚端位于同一平面，桌子不再摇晃。 7. 能。记闭曲线在方向 $\theta$ 上两条平行支撑线的距离为宽度 $w(\theta )$。函数

$$\Phi (\theta )=w(\theta )-w(\theta +\pi /2)$$

连续且满足 $\Phi (\theta +\pi /2)=-\Phi (\theta )$，故某处为零。该方向及其垂直方向的四条支撑线围成所求正方形。

第二组参考题 2

设函数 $f$ 在区间 $[0,n]$ 上连续，且有 $f(0)=f(n)$，其中 $n$ 是一个正整数。证明：至少有 $n$ 对不同的 $(x,y)$，使得 $f(x)=f(y)$，同时 $x-y$ 为非零整数。

解 把 $f$ 以周期 $n$ 连续延拓到 $\mathbb{R}$。对每个 $k=1,\dots ,n$，令 $F_k(x)=f(x+k)-f(x)$。若 $F_k$ 无零点，则在 $[0,n]$ 上恒同号；然而沿模 $n$ 的有限轨道把各差相加，和为 $0$，矛盾。因此每个 $k$ 都给出一对相距 $k$ 的等值点，所得 $n$ 对彼此不同。

第二组参考题 3

设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上定义，且处处有极限。证明：

1. 对每个 $\epsilon >0$，在 $[a,b]$ 中使 $|{\lim }_{t\to x}f(t)-f(x)|>\epsilon$ 的点至多只有有限个；
2. $f$ 在 $[a,b]$ 中至多只有可列个间断点。

解 记 $L(x)={\lim }_{t\to x}f(t)$。

1. 若存在无穷多个点满足 $|L(x)-f(x)|>\epsilon$，由紧致性可取其中一列 $x_n\to x_0$。极限 $L(x_0)$ 的存在使 $f(x_n)\to L(x_0)$，并且当 $x_n$ 靠近 $x_0$ 时，定义 $L(x_n)$ 所用的邻域也落在 $x_0$ 的小邻域内，从而 $L(x_n)\to L(x_0)$，矛盾。
2. 间断点恰为 $L(x)\ne f(x)$ 的点，故它们包含在

$$\bigcup _{m=1}^{\infty }\{x:|L(x)-f(x)|>1/m\}$$

中；每一集合有限，所以间断点至多可列。

第二组参考题 4

证明：区间上的函数不可能以区间的每个点为它的可去间断点。

解 若每一点都是可去间断点，则 $L(x)={\lim }_{t\to x}f(t)$ 处处存在且 $L(x)\ne f(x)$。由上一题，集合 $\{|L-f|>1/m\}$ 对每个 $m$ 都有限，而区间却应由这些集合的可列并覆盖，这与区间不可列矛盾。

第二组参考题 5

是否存在定义于 $(-\infty ,+\infty )$ 上的连续函数 $f$，使对于每个 $c\in \mathbb{R}$：

1. 方程 $f(x)=c$ 都恰有两个解？
2. 方程 $f(x)=c$ 都恰有三个解？

解

1. 不存在。题设还会推出两端广义极限存在且必须分别为 $-\infty ,+\infty$（或相反）。于是对每个水平 $c$，两个原像中至少一个是穿越点，另一个必为严格局部极值点；这样每个实数都成为某个严格局部极值值。严格局部极值点可用含有它的有理端点小区间编码，因而至多可列，矛盾。
2. 存在。例如令 $m=[x]$，定义

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}4x-3m,& m\text{为偶数},\\ 3m+3-2x,& m\text{为奇数}.\end{array}$$

相邻线段在整数处衔接。每个水平线恰与两条上升支和一条下降支相交，计及公共端点后仍恰有三个交点。

第二组参考题 6

设 $n$ 为正整数，求满足函数方程 $f(x+y^n)=f(x)+(f(y){)}^n$（$x,y\in \mathbb{R}$）的所有解。

解 令 $y=0$ 得 $f(0)=0$，再令 $x=0$ 得 $f(y^n)=f(y{)}^n$，故

$$f(x+y^n)=f(x)+f(y^n).$$

当 $n$ 为奇数时 $y^n$ 遍历 $\mathbb{R}$；当 $n$ 为偶数时先得到对非负增量的加法性，再由 $f(-u)=-f(u)$ 推到负增量。因而 $f$ 总是加法函数。若 $n=1$，所有加法函数都是解。若 $n$ 为偶数，$f(t)=f(t^{1/n}{)}^n\ge 0$ 对 $t\ge 0$，故 $f$ 单调并有 $f(x)=cx$，由 $c=c^n$ 得 $c=0$ 或 $1$。若 $n>1$ 为奇数，利用极化恒等式

$$n!x_1\cdots x_n=\sum _{S\subset \{1,\dots ,n\}}(-1{)}^{n-|S|}{\left(\sum _{i\in S}{x}_i\right)}^n$$

可得 $f(x_1\cdots x_n)={\prod }_{i}f(x_i)$。令 $c=f(1)$，则 $c\in \{-1,0,1\}$；相应地得到 $f(x)=-x,0,x$。综上，

$$\{\begin{array}{ll}n=1:& f\text{ 为任意加法函数},\\ n>1\text{ 为奇数}:& f(x)\equiv 0,x,-x,\\ n\text{ 为偶数}:& f(x)\equiv 0,x.\end{array}$$

第二组参考题 7

设 $f\in C[0,1]$，$f(0)=0$，$f(1)=1$，$f(f(x))=x$。证明：$f(x)\equiv x$。

解 由 $f(f(x))=x$ 知 $f$ 为单射，连续单射故严格单调。端点条件排除递减情形，所以 $f$ 递增。若某点 $f(x)>x$，递增性给出 $x=f(f(x))>f(x)$，矛盾；$f(x)<x$ 同理，故 $f(x)=x$。

第二组参考题 8

确定使得函数方程 $f(f(x))=k{x}^9$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有连续解时参数 $k$ 应满足的充分必要条件。

解 必要且充分条件为 $k\ge 0$。若有连续解且 $k\ne 0$，则 $f$ 为连续单射，故 $f\circ f$ 必单调增加，因而 $k{x}^9$ 增加，须有 $k>0$；$k=0$ 当然不矛盾。反之，$k=0$ 时取 $f\equiv 0$；$k>0$ 时取

$$f(x)=k^{1/4}{x}^3$$

即有 $f(f(x))=k{x}^9$。

第二组参考题 9

设 $f$ 是从 $\mathbb{R}$ 到 $\mathbb{R}$ 的一对一连续映射，有不动点，又满足

$$f(2x-f(x))=x,\forall x\in \mathbb{R}.$$

证明：$f(x)\equiv x$。

解 由方程可见 $2x-f(x)=f^{-1}(x)$。若 $f$ 递减，则左端严格增加而右端递减，不可能；故 $f$ 递增。设固定点为 $a$。若 $d=f(x)-x\ne 0$，反复利用

$$f(f(x))=2f(x)-x$$

得 $f^n(x)=x+nd$ 对一切整数 $n$ 成立。递增映射的整个轨道必须始终位于固定点 $a$ 的同一侧，而算术数列 $x+nd$ 在正、负两个方向终会越过 $a$，矛盾。故 $d=0$，即 $f(x)\equiv x$。

第二组参考题 10

设函数 $f\in C[a,b]$，定义

$$M(x)=\underset{a\le y\le x}{\max }\{f(y)\},m(x)=\underset{a\le y\le x}{\min }\{f(y)\}.$$

证明：函数 $M,m\in C[a,b]$。

解 只证 $M$。若 $x<z$，则 $M(z)\ge M(x)$；若 $M(z)>M(x)$，在 $[x,z]$ 中有 $y$ 使 $M(z)=f(y)$，于是

$$0<M(z)-M(x)\le f(y)-f(x).$$

由 $f$ 的一致连续性，右端在 $z-x\to 0$ 时一致趋于 $0$，故 $M$ 连续。对 $-f$ 应用此结论即得 $m$ 连续。

第二组参考题 11

设 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上单调增加，$f(a)>a$，$f(b)<b$。证明：$f$ 在 $(a,b)$ 内必有不动点。

解 令 $A=\{x\in [a,b]:f(x)>x\}$，则 $a\in A$，且 $b\notin A$。设 $c=\sup A$。取 $x_n\in A$ 且 $x_n\uparrow c$，单调性给出 $f(c)\ge f(x_n)>x_n$，故 $f(c)\ge c$；对任意 $y>c$ 有 $f(y)\le y$，再令 $y\downarrow c$ 并用单调性得 $f(c)\le c$。所以 $f(c)=c$，且 $c\in (a,b)$。

第二组参考题 12

设 $f$ 在区间 $[0,1]$ 上满足以下条件：(1) $f(0)>0$，$f(1)<0$；(2) 存在一个函数 $g\in C[0,1]$，使得 $f+g$ 在 $[0,1]$ 上单调增加。证明：$f$ 在 $(0,1)$ 中有零点。

解 令 $h=f+g$，它单调增加。设 $A=\{x:f(x)>0\}$，取 $c=\sup A$。由端点条件 $c\in (0,1)$。取 $x_n\uparrow c$ 且 $f(x_n)>0$，由 $h(c)\ge h(x_n)$ 及 $g$ 连续得 $f(c)\ge 0$；对 $y>c$ 有 $f(y)\le 0$，而 $h(y)\ge h(c)$，令 $y\downarrow c$ 得 $f(c)\le 0$。故 $f(c)=0$。

第二组参考题 13

设 $f_1,f_2$ 是分别以 $T_1,T_2$ 为周期的连续函数，且均非常值函数。证明：若周期 $T_1,T_2$ 不可公约，则 $f_1+f_2$ 不是周期函数。

解 反设 $f_1+f_2$ 有周期 $T$。则

$$f_1(x+T)-f_1(x)=-[f_2(x+T)-f_2(x)]=g(x).$$

$g$ 同时以 $T_1,T_2$ 为周期；因 $T_1/T_2$ 为无理数且 $g$ 连续，$g$ 必为常数。迭代并利用 $f_1$ 有界知此常数为 $0$，故 $T$ 同时是 $f_1,f_2$ 的周期。非恒定连续周期函数的周期群由最小正周期生成，于是 $T_1/T_2$ 必为有理数，矛盾。

第二组参考题 14

设 $f,g$ 是周期函数，且有 ${\lim }_{x\to +\infty }[f(x)-g(x)]=0$，证明：$f(x)\equiv g(x)$。（注意：本题并不需要 $f$ 和 $g$ 为连续函数的条件。）

解 设 $T_f,T_g$ 分别为周期。由极限为 $0$，固定 $x$ 后把 $x$ 与 $x+T_g$ 同时平移足够大的整数倍 $T_f$，得到 $f(x)=f(x+T_g)$；同理 $T_f$ 也是 $g$ 的周期。因此 $h=f-g$ 同时具有这两个周期，尤其 $h(x)=h(x+n{T}_f)\to 0$，故 $h(x)=0$。

第二组参考题 15

证明：函数 $f$ 在区间 $I$ 上一致连续的充分必要条件是：对每一个 $\epsilon >0$，存在正数 $N$，使得当 $x,y\in I$，$x\ne y$ 且

$$\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right|>N$$

时，成立 $|f(x)-f(y)|<\epsilon$。

解 必要性中，先由一致连续性取 $\delta >0$ 使 $|x-y|<\delta$ 时函数值之差小于 $\epsilon$；再把长线段分段可得全局线性估计 $|f(x)-f(y)|\le A|x-y|+B$。取足够大的 $N$，斜率大于 $N$ 时只能有 $|x-y|<\delta$，故函数值之差小于 $\epsilon$。反之，取题设对应的 $N$，令 $\delta =\epsilon /N$；若 $|x-y|<\delta$，则无论差商是否超过 $N$，都有 $|f(x)-f(y)|<\epsilon$。

第二组参考题 16

设 $f$ 在开区间 $I$ 上连续，且于每点 $x\in I$ 取到极大值（或者于每点取到极小值）。证明：$f$ 为 $I$ 上的常值函数。

解 只证处处为极大值的情形。任取闭子区间 $[c,d]\subset I$，设其最小值为 $m$，并令 $E=\{x:f(x)=m\}$。$E$ 非空且闭；若 $x\in E$，局部极大性与全局最小性合在一起说明 $f$ 在 $x$ 的一个相对邻域内恒等于 $m$，故 $E$ 也开。由区间的连通性 $E=[c,d]$，所以 $f$ 为常值。极小值情形同理。

第二组参考题 17

设 $f$ 在开区间 $I$ 上连续，且于每一点 $x\in I$ 处取到极值，证明：$f$ 为 $I$ 上的常值函数。

解 把局部极大值点按“可取半径至少 $1/n$”及其所在长度小于 $1/n$ 的有理小区间分类；同一类中任意两点互在对方的极大邻域内，故函数值相同。局部极小值点也可作同样的可列分类。因此若每一点都是极值点，值域是可列集；但连续函数在区间上的值域又是区间，只能退化为单点。

第二组参考题 18

若 $x_0$ 为函数 $f$ 的极大值点（极小值点），且存在一个邻域 $O(x_0)$，使得当 $x\in O(x_0)$（$x\ne x_0$）时满足不等式 $f(x)<f(x_0)$（$f(x)>f(x_0)$），则称 $x_0$ 为 $f$ 的严格极大值点（严格极小值点）。证明：任何函数的严格极大值点（严格极小值点）至多可列，并举出同时有可列个严格极大值点和严格极小值点的例子。

解 对每个严格极大值点 $x$，可选有理数 $p<x<q$，使 $x$ 是 $[p,q]$ 上唯一的最大值点。同一对 $(p,q)$ 至多对应一个点，故严格极大值点至多可列；严格极小值同理。函数 $f(x)=\sin x$ 在 $\mathbb{R}$ 上同时有可列无穷多个严格极大值点和严格极小值点。

第二组参考题 19

设 $f\in C(0,+\infty )$，对每个 $x_0>0$，有 ${\lim }_{n\to \infty }f(n{x}_0)=0$。证明：${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$。

解 固定 $\epsilon >0$，令

$$E_N=\{x\in [1,2]:|f(nx)|\le \epsilon \text{对一切 }n\ge N\}.$$

各 $E_N$ 闭且并为 $[1,2]$。由闭区间的 Baire 性质，某个 $E_N$ 含有非退化区间 $[a,b]$。当 $X$ 充分大时，区间 $[X/b,X/a]$ 中含有整数 $n\ge N$；令 $x=X/n\in [a,b]$，便有 $|f(X)|=|f(nx)|\le \epsilon$。故 $f(X)\to 0$。

第二组参考题 20

设 $f$ 是将区间 $[a,b]$ 映入自身的连续映射。从 $[a,b]$ 内任一点 $x$ 出发，用 $x_1=x$，$x_{n+1}=f(x_n)$（$n\in {\mathbb{N}}_{+}$）生成迭代数列 $\{x_n\}$。证明：$\{x_n\}$ 收敛的充分必要条件是 ${\lim }_{n\to \infty }(x_{n+1}-x_n)=0$。

解 必要性显然。反之，设 $x_{n+1}-x_n\to 0$，记 $\alpha =\mathrm{liminf}{x}_n,\beta =\mathrm{limsup}{x}_n$。若 $\alpha <\beta$，由于相邻项之差趋于 $0$，每个 $c\in [\alpha ,\beta ]$ 都是子列极限；而 $x_{n_k}\to c$ 时

$$f(c)=\lim f(x_{n_k})=\lim x_{n_k+1}=c,$$

故 $f$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上恒为恒等映射。轨道若进入该区间便立即恒定；若不进入而又在其两侧反复出现，则某一步跨越一个固定正长度，与相邻差趋于 $0$ 矛盾。因此 $\alpha =\beta$，数列收敛。