上册 2.1 函数的连续性 第20题
📝 题目
20．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，证明：函数 $M(x)=\sup _{a
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1：由连续函数在闭区间上必取上下确界知，$M(x)$ 在 $[a, b]$ 上处处有定义．又因上确界随取值区间扩大而增大，故 $M(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调递增．
$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，从而在 $[a, b]$ 上一致连续，于是 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $x_{1}, x_{2} \in[a, b]$ ， $\left|x_{1}-x_{2}\right| \leqslant \delta$ 时，有
$$
\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon .
$$
从而 $\forall x_{0} \in[a, b]$ ，当 $0<|h|<\delta, x_{0}+h \in[a, b]$ 时，有 $\sup _{|h|<\delta}\left|f\left(x_{0}+h\right)-f\left(x_{0}\right)\right| \leqslant \varepsilon$ 。所以
$$
\begin{aligned}
& M\left(x_{0}+h\right)=\sup _{a<10$ ，存在 $\delta>0$ ，当 $x_{1}, x_{2} \in[a, b],\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时，有
$$
\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon
$$
当 $x, x_{0} \in[a, b],\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 时，$\left|[(1-u) a+u x]-\left[(1-u) a+u x_{0}\right]\right| \leqslant\left|x-x_{0}\right|<\delta,(u \in[0,1])$ ，故
$$
\left|f((1-u) a+u x)-f\left((1-u) a+u x_{0}\right)\right|<\varepsilon .
$$
进一步有 $\left|M(x)-M\left(x_{0}\right)\right|<\varepsilon$ ，所以 $M(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续。
因 $m(x)=\inf _{a \leqslant t0, \exists \delta>0$ ，当 $x, x_{0} \in[a, b],\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 时，有
$$
\left|f\left(x_{0}, y\right)-f(x, y)\right|<\varepsilon,(y \in[c, d]) .
$$
进一步有
$$
\left|g\left(x_{0}\right)-g(x)\right| \leqslant \sup \left\{\left|f\left(x_{0}, y\right)-f(x, y)\right|: c \leqslant y \leqslant d\right\} \leqslant \varepsilon .
$$
所以 $g(x)$ 在点 $x=x_{0}$ 连续。由 $x_{0}$ 的任意性，$g(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：证明M(x)单调递增且有定义
由于$f(x)$在$[a,b]$上连续，由闭区间上连续函数的性质，$f(x)$在$[a,b]$上可取到最大值和最小值，因此$M(x)=\sup_{a
提示：注意$M(x)$的定义域包含$x=a$，此时区间$(a,a)$为空，但通常定义$M(a)=f(a)$或$\sup$为空集时取$f(a)$。
步骤 2/6
目标：利用一致连续性估计M(x)的增量
由$f$在$[a,b]$上连续，从而一致连续：$\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0$，当$|x_1-x_2|<\delta$时，$|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。对任意$x_0\in[a,b]$，当$|h|<\delta$且$x_0+h\in[a,b]$时，有$\sup_{|h|<\delta}|f(x_0+h)-f(x_0)|\leq\varepsilon$。于是$$\begin{aligned}M(x_0+h)&=\sup_{a
公式：|M(x_0+h)-M(x_0)|\leq\varepsilon
提示：注意$\max_{t\in[a,x_0]}f(t)$不一定等于$M(x_0)$，因为$M(x_0)$是上确界，但这里用最大值估计是可行的。
步骤 3/6
目标：证明m(x)连续
由于$m(x)=\inf_{a\leq t\leq x}f(t)=-\sup_{a\leq t\leq x}\{-f(t)\}$，而$-f(t)$连续，由(1)知$\sup_{a\leq t\leq x}\{-f(t)\}$连续，从而$m(x)$连续。
公式：m(x)=-\sup_{a\leq t\leq x}\{-f(t)\}
提示：注意负号不改变连续性。
步骤 4/6
目标：证明g(x)连续
由于$f$在$[a,b]$上可积，则函数$h(t)=t^2\int_a^t f(s)ds$在$[a,b]$上连续（因为$t^2$连续，积分上限函数连续）。由(1)结论，$g(x)=\max_{a
提示：注意$g(x)$定义中的$\max$与(1)中的$\sup$本质相同，因为连续函数在闭区间上可取到最大值。
步骤 5/6
目标：建立g(x)差值的上界估计
对任意$x,x_0\in[a,b]$，$y\in[c,d]$，有$$f(x,y)\leq\sup_{y\in[c,d]}\{f(x,y)-f(x_0,y)\}+g(x_0).$$两边对$y$取上确界得$$g(x)\leq\sup_{y\in[c,d]}\{f(x,y)-f(x_0,y)\}+g(x_0).$$同理$$g(x_0)\leq\sup_{y\in[c,d]}\{f(x_0,y)-f(x,y)\}+g(x).$$因此$$|g(x)-g(x_0)|\leq\sup_{y\in[c,d]}|f(x,y)-f(x_0,y)|.$$
公式：|g(x)-g(x_0)|\leq\sup_{y\in[c,d]}|f(x,y)-f(x_0,y)|
提示：注意上确界的差与差的上确界之间的关系。
步骤 6/6
目标：利用一致连续性证明g(x)连续
由于$f$在闭矩形$[a,b]\times[c,d]$上连续，从而一致连续：$\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0$，当$|x-x_0|<\delta$时，对任意$y\in[c,d]$有$|f(x,y)-f(x_0,y)|<\varepsilon$。于是$$\sup_{y\in[c,d]}|f(x,y)-f(x_0,y)|\leq\varepsilon.$$结合上一步估计得$|g(x)-g(x_0)|\leq\varepsilon$，故$g$在$x_0$连续。由$x_0$任意性，$g$在$[a,b]$上连续。
提示：一致连续性的使用要确保$x$和$x_0$充分接近时，对所有的$y$都成立。
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