东南大学 2021年数学分析第15题

假设 \( f(x) \) 在 \([a, b]\) 上无上界，则对任意正整数 \( n \)，存在 \( x_n \in [a, b] \) 使得 \( f(x_n) > n \)。由连续函数的局部有界性，对每一点 \( x \in [a, b] \)，存在开区间 \( U_x \) 使得 \( f \) 在 \( U_x \cap [a, b] \) 上有界。这些开区间构成 \([a, b]\) 的一个开覆盖。由有限覆盖定理，存在有限个开区间 \( U_{x_1}, U_{x_2}, \dots, U_{x_k} \) 覆盖 \([a, b]\)。在每个 \( U_{x_i} \cap [a, b] \) 上，\( f \) 有上界 \( M_i \)，则在整个 \([a, b]\) 上 \( f(x) \le \max\{M_1, \dots, M_k\} \)，与无上界矛盾。因此 \( f \) 在 \([a, b]\) 上有上界，从而有上确界 \( M = \sup_{x \in [a, b]} f(x) \)。

假设对任意 \( x \in [a, b] \)，都有 \( f(x) < M \)。令 \( \delta_x = \frac{M - f(x)}{2} > 0 \)，由连续性，存在开区间 \( (x - \varepsilon_x, x + \varepsilon_x) \) 使得在其上 \( f(t) < f(x) + \delta_x = \frac{M + f(x)}{2} < M \)。这些开区间覆盖 \([a, b]\)，由有限覆盖定理，存在有限个这样的开区间覆盖 \([a, b]\)。设这些区间上对应的上界分别为 \( \frac{M + f(x_i)}{2} < M \)，取 \( m = \max_i \frac{M + f(x_i)}{2} \)，则在整个 \([a, b]\) 上 \( f(x) \le m < M \)，这与 \( M \) 是上确界矛盾。因此存在 \( x_0 \in [a, b] \) 使得 \( f(x_0) = M \)。

考虑函数 \( -f(x) \)，它在 \([a, b]\) 上连续。由前两步的证明，\( -f(x) \) 有最大值，即存在 \( x_1 \in [a, b] \) 使得 \( -f(x_1) = \max_{x \in [a, b]} (-f(x)) \)。从而 \( f(x_1) = \min_{x \in [a, b]} f(x) \)，即最小值可达。

由以上三步，闭区间 \([a, b]\) 上的连续函数 \( f(x) \) 既有最大值又有最小值，即存在 \( x_1, x_2 \in [a, b] \) 使得 \( f(x_1) = \max_{x \in [a, b]} f(x) \)，\( f(x_2) = \min_{x \in [a, b]} f(x) \)。

对任意 \( y \in [a, b] \)，存在某个 \( i \) 使得 \( y \) 落在第 \( i \) 个邻域中，于是 \( f(y) < S - \frac{\varepsilon_{x_i}}{2} \le S - \varepsilon \)。这意味着 \( S - \varepsilon \) 也是 \( f \) 的一个上界，与 \( S \) 是上确界矛盾。故假设不成立，必存在 \( x_0 \in [a, b] \) 使得 \( f(x_0) = S \)，即最大值可达。

考虑函数 \( -f(x) \)，它在 \([a, b]\) 上连续。由前几步的证明，\( -f(x) \) 在 \([a, b]\) 上有最大值，即存在 \( x_0 \in [a, b] \) 使得 \( -f(x_0) = \sup_{x \in [a, b]} (-f(x)) \)。于是 \( f(x_0) = \inf_{x \in [a, b]} f(x) \)，即最小值可达。

综上，闭区间 \([a, b]\) 上的连续函数 \( f(x) \) 既有最大值也有最小值。