|
|
回复 1# abababa
这个问题网友发给我一个证明，我感觉是对的，但我觉得下面的例子也满足条件，但却不连续：
\[f(x)=\begin{cases}
x+1 & x \in(0,1]\\
0 & x=0\\
x-1 & x\in[-1,0)
\end{cases}\]
这个函数是不是就满足已知条件，单调增函数，并且对任意的$\mu\in(f(a),f(b))=(-2,2)$都存在$c\in(-1,1)$使得$f(c)=\mu$，可它不连续啊。下面我把网友的证明发上来，我觉得也没什么问题：
不妨设$f(x)$是增函数，对任意的$c\in[a,b]$和任意给定的$\varepsilon > 0$：
如果$f(c)-\varepsilon \le f(a)$，选择$x_1 = a \in [a,c)$，则当$x \in (x_1,c]$时有$f(c)-\varepsilon \le f(a) = f(x_1) \le f(x) \le f(c)$。
如果$f(c)-\varepsilon > f(a)$，则$f(a) < f(c)-\varepsilon < f(c)$，由已知条件，存在$x_1 \in (a,c) \subset [a,c)$使得$f(x_1) = f(c)-\varepsilon$，于是$f(a) < f(x_1) < f(c)$，于是对任意的$x \in (x_1,c]$都有$f(c)-\varepsilon = f(x_1) \le f(x) \le f(c)$。
所以不管哪种情况都存在$x_1 \in [a,c)$，使得只要$x \in (x_1,c]$就有$f(c)-\varepsilon \le f(x_1) \le f(x) \le f(c)$，即只要$x > x_1$就有$f(c)-\varepsilon \le f(x)$。同理存在$x_2 \in (c,b]$，使得只要$x \in [c,x_2)$就有$f(c) \le f(x) \le f(x_2) \le f(c)+\varepsilon$，即只要$x < x_2$就有$f(x) \le f(c)+\varepsilon$。
让$\delta = \min(c-x_1,x_2-c)$，显然$\delta > 0$。当$\abs{x-c} < \delta$时显然有$x_1 < x < x_2$，于是只要$\abs{x-c} < \delta$就有$f(c)-\varepsilon \le f(x) \le f(c)+\varepsilon$，即对任意的$\varepsilon > 0$都存在$\delta > 0$，使得只要$\abs{x-c} < \delta$就有$\abs{f(x)-f(c)} < \varepsilon$，因此$f(x)$在点$c$处连续。再由点$c$的任意性可知$f(x)$在区间上连续。 |
|
