上册 2.1 函数的连续性 第21题
📝 题目
21．证明下列的结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有定义且有界，则 $M(x)=\sup _{ax\}$ ．证明：函数 $g(x)$ 右连续．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由于 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有定义且有界，所以 $M(x)$ 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 $M(x)$ 单调递增，从而每点的单侧极限存在。任取 $x_{0} \in[a, b]$ ，只需证 $M\left(x_{0}\right)=M\left(x_{0}-0\right)$.
由 $M(x)$ 递增，有 $M\left(x_{0}-0\right) \leqslant M\left(x_{0}\right)$ ．又 $\forall x \in\left[a, x_{0}\right]$ 有
$$
f(x) \leqslant \sup _{a \in t \times x} f(t)=M(x) \leqslant M\left(x_{0}-0\right),
$$
所以 $M\left(x_{0}\right)=\sup _{a \in x=x_{0}} f(x) \leqslant M\left(x_{0}-0\right)$ 。故 $M\left(x_{0}\right)=M\left(x_{0}-0\right)$ ．
（2）对 $\forall x_{0} \in(0,1), g\left(x_{0}\right)=\inf \left\{t \mid f(t)>x_{0}\right\}$ ，故对 $\forall \varepsilon>0$ ，存在 $t(\varepsilon) \in(-\infty,+\infty)$ ，当 $f(t(\varepsilon))>x_{0}$ 时，有 $0 \leqslant t(\varepsilon)-g\left(x_{0}\right)<\varepsilon$ ．
因为 $g(x)=\inf \{t \mid f(t)>x\} \leqslant t(\varepsilon)$ ，所以 $g(x)-g\left(x_{0}\right)<\varepsilon, x \in\left(x_{0}, f(t(\varepsilon))\right.$ ．由此可知函数 $g(x)$ 右连续。
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：理解题意与已知条件
（1）已知 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有定义且有界，定义 $M(x)=\sup_{ax\}$，需证 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上右连续。
提示：注意左连续的定义：$\lim_{x\to x_0^-}M(x)=M(x_0)$；右连续的定义：$\lim_{x\to x_0^+}g(x)=g(x_0)$。
步骤 2/8
目标：证明（1）中M(x)的单调性
由于 $M(x)=\sup_{a
提示：单调递增函数在每点存在左极限和右极限，但可能不相等。
步骤 3/8
目标：证明（1）中左极限不超过函数值
由 $M(x)$ 单调递增，对任意 $x_0\in(a,b]$，左极限 $M(x_0-0)=\lim_{x\to x_0^-}M(x)$ 存在，且由于递增，有 $M(x_0-0)\le M(x_0)$。
提示：单调递增函数的左极限不大于该点函数值。
步骤 4/8
目标：证明（1）中函数值不超过左极限
对任意 $x\in[a,x_0)$，有 $f(x)\le \sup_{a
提示：注意 $M(x_0)$ 的定义中 $t
步骤 5/8
目标：综合（1）得左连续
由 $M(x_0-0)\le M(x_0)$ 和 $M(x_0)\le M(x_0-0)$，得 $M(x_0)=M(x_0-0)$，故 $M(x)$ 在 $x_0$ 左连续。由 $x_0$ 任意性，$M(x)$ 在 $(a,b]$ 上左连续。
步骤 6/8
目标：分析（2）中g(x)的性质
由于 $f$ 是增函数且 $\lim_{x\to -\infty}f(x)=0$，$\lim_{x\to +\infty}f(x)=1$，对任意 $x\in(0,1)$，集合 $\{t\mid f(t)>x\}$ 非空且有下界（因为 $f$ 递增，当 $t$ 足够小时 $f(t)\le x$），故 $g(x)=\inf\{t\mid f(t)>x\}$ 是实数。且 $g(x)$ 单调不减（若 $x_1x_2\}\subset\{t\mid f(t)>x_1\}$，下确界更大）。
提示：注意 $g(x)$ 的定义是下确界，可能等于 $+\infty$ 或 $-\infty$，但这里 $x\in(0,1)$ 时 $g(x)$ 有限。
步骤 7/8
目标：证明（2）中g(x)右连续
取 $x_0\in(0,1)$，需证 $\lim_{x\to x_0^+}g(x)=g(x_0)$。由 $g$ 单调不减，右极限 $g(x_0+0)\ge g(x_0)$。下证 $g(x_0+0)\le g(x_0)$。对任意 $\varepsilon>0$，由 $g(x_0)=\inf\{t\mid f(t)>x_0\}$，存在 $t_0$ 满足 $f(t_0)>x_0$ 且 $t_0-g(x_0)<\varepsilon$。取 $x_1\in(x_0,f(t_0))$（注意 $f(t_0)>x_0$，故区间非空），则对任意 $x\in(x_0,x_1)$，有 $f(t_0)>x$，故 $t_0\in\{t\mid f(t)>x\}$，从而 $g(x)\le t_0$。于是 $g(x)-g(x_0)\le t_0-g(x_0)<\varepsilon$。因此 $\lim_{x\to x_0^+}g(x)\le g(x_0)+\varepsilon$，由 $\varepsilon$ 任意性得 $g(x_0+0)\le g(x_0)$。综上 $g(x_0+0)=g(x_0)$，右连续。
提示：关键：利用 $f(t_0)>x_0$ 构造区间 $(x_0,f(t_0))$，使得其中 $x$ 都满足 $f(t_0)>x$，从而 $g(x)\le t_0$。注意 $f(t_0)$ 可能大于1，但 $x_0<1$，所以区间非空。
步骤 8/8
目标：总结
（1）利用 $M(x)$ 的单调性和上确界的性质，证明左连续。（2）利用 $f$ 的单调性和 $g$ 的定义，通过构造 $t_0$ 证明右连续。
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