闭区间最值与零点存在性的综合应用

题目

设 $f : [0, 1] \to R$ 连续。证明下列结论：

不动点存在：若 $f ([0, 1]) \subseteq [0, 1]$ （即值域在定义域内），则存在 $ξ \in [0, 1]$ 使 $f (ξ) = ξ$ 。
零点 + 最值组合：若 $f (0) f (1) < 0$ ，则 $f$ 在 $(0, 1)$ 内既有零点，又达到最大值与最小值（且最大、最小值异号）。
构造题：举一个不连续的 $f : [0, 1] \to [0, 1]$ 使其没有不动点——以此说明第 1 题中”连续”条件不可丢。

点击展开提示

第 1 题：构造辅助函数 $g (x) = f (x) - x$ 。 $g$ 连续， $g (0) = f (0) \geq 0$ ， $g (1) = f (1) - 1 \leq 0$ 。用 ANL-THM-013 IVT。
第 2 题： $f$ 连续 + 端点异号 ⇒ IVT 给出零点；闭区间连续 ⇒ 最值定理 ANL-THM-014 给出 $max, min$ 取得；零点存在 ⇒ $min \leq 0 \leq max$ ，结合端点异号推出严格。
第 3 题：构造分段函数，把 $[0, 1]$ 上的每个点都”挪开自己”。例如 $f (x) = {10 x < 1 x = 1$ ——值域在 ${0, 1} \subseteq [0, 1]$ ，但每个 $x$ 都不是不动点。

点击展开完整解答

证明： 令 $g (x) = f (x) - x$ ， $g : [0, 1] \to R$ 连续（连续函数的差仍连续）。

端点值：

故 $g (0) \geq 0$ 且 $g (1) \leq 0$ 。

情形 1： $g (0) = 0$ 或 $g (1) = 0$ 。则 $ξ = 0$ 或 $ξ = 1$ 即为不动点。

情形 2： $g (0) > 0$ 且 $g (1) < 0$ 。由 ANL-THM-013 IVT（取 $η = 0$ 介于 $g (1) < 0 < g (0)$ ），存在 $ξ \in (0, 1)$ 使 $g (ξ) = 0$ ，即 $f (ξ) = ξ$ 。

两种情形都给出不动点。 $■$

证明：

零点： $f$ 在 $[0, 1]$ 连续， $f (0) f (1) < 0$ ⇒ 端点异号 ⇒ 由 ANL-THM-013 零点定理，存在 $ξ \in (0, 1)$ 使 $f (ξ) = 0$ 。

最值取得： $f$ 在闭区间 $[0, 1]$ 连续 ⇒ 由 ANL-THM-014 最值定理，存在 $x_{M}, x_{m} \in [0, 1]$ 使

f (x_{M}) = M = [0, 1] max f, f (x_{m}) = m = [0, 1] min f .

异号性：

$max \geq f (ξ) = 0$ ，且 $M = f (x_{M}) \geq f (0)$ 或 $f (1)$ ，至少有一端 $> 0$ ⇒ $M > 0$ （结合 $f (0) f (1) < 0$ ，必有正值端）。
类似地 $m < 0$ 。

故 $m < 0 < M$ ，最值严格异号。 $■$

构造： 定义

f (x) = {10 0 \leq x < 1, x = 1.

验证：

值域： $f ([0, 1]) = {0, 1} \subseteq [0, 1]$ ✓
连续性： $f$ 在 $x = 1$ 处不连续—— $lim_{x \to 1^{-}} f (x) = 1 \neq = 0 = f (1)$ （跳跃间断）。
不动点：
- 当 $x \in [0, 1)$ 时 $f (x) = 1 \neq = x$ （因 $x < 1$ ）；
- 当 $x = 1$ 时 $f (1) = 0 \neq = 1 = x$ 。
所以没有任何 $x$ 满足 $f (x) = x$ 。

故连续性不可去除——一旦 $f$ 在某处跳跃，构造的不动点可被”跨过”。 $■$