數學分析證明題求解？

01-16

f（x，y）是R^2上的連續非負函數。lim（x，y）=0 （x，y）趨近於無窮，證明：supf（x，y）在R^2是可達的。

上確界可達的意思就是指能達到最大值吧？

思路一：（先證明有界，有界必有確界，再證明確界必為最值。）

1.當 $fequiv 0$ ，顯然。否則

2.根據極限定義， $exists R$ , s.t.當 $left| (x,y) ight| succ R$ 時，有 $left| f(x,y) ight| prec 1$ .

3.閉圓盤 $left| (x,y) ight| leq R$ 是有界閉集， $f$ 有界.總之， $f$ 有界，故必有上確界 $M$ .

4.（反證法）假設對於 $forall xin R^{2}$ ，有 $f(x) e M$ .考慮函數 $F(x,y)=frac{1}{M-f(x,y)} ,(x,y)in R^{2}$ .

顯然 $F$ 是正的連續函數，且 $lim_{(x,y) ightarrow infty }{F(x,y)} =frac{1}{M}$ . 同第一步，可證 $exists Ksucc 0$ ，s.t. $F(x,y)leq K$ . 從而有 $f(x,y)leq M-frac{1}{K} ,forall (x,y)in R^{2}$ . 這與 $M$ 是上確界矛盾。因此 $M$ 必被 $f(x,y)$ 取到。

思路二：（找一能取到的函數值，圓盤外函數值被限制在界內，圓盤內存在最值。）

1.當 $fequiv 0$ ，顯然.否則

2.根據極限定義，對於任取的 $f(x_{0} ,y_{0} )=K$ ， $exists R$ ，s.t. 當 $left| (x,y) ight| succ R$ 時，有 $left| f(x,y) ight| prec K$ .

3.閉圓盤 $left| (x,y) ight| leq R$ 是有界閉集，存在最大值 $M$ .

如果f(x,y) = 0，則顯然成立

否則 $exists (x_0, y_0) st. f(x_0, y_0) = f_0 > 0$

則 $exists R st. forall (x,y), sqrt{x^2 + y^2} > R,$ 有 $|f(x,y)| = f(x,y) < f_0$

則顯然 $sqrt{x_0^2 + y_0^2} le R$ ，

$sup f(x,y) = sup_{sqrt{x^2 + y^2} le R} f(x,y)$

$sqrt{x^2+y^2} le R$ 是一個閉集合，f(x,y)是連續映射，連續映射將閉集合映射到閉集合（ ${R}^n$ 上的閉集合是緊緻的），因此 $sup_{sqrt{x^2 + y^2} le R} f(x,y)$ 是閉集合的上界，因此是可達的。也可以用聚點定理證明這個結論：

由於 $sup_{sqrt{x^2 + y^2} le R} f(x,y)$ 是上確界，因此存在一個點列 ${f_k}$ 收斂到它。這個點列中每個點至少存在一個原像，任取其中一個，構造點列 ${ (x_k, y_k) }$ ，由於點列在閉集合中且有無窮多個點，所以存在一個聚點 $(x^*, y^*)$ ，使得點列中某個子列 ${(x_{k_j}, y_{k_j})}$ 收斂到這個聚點，這個子列對應的像構成 ${f_k}$ 的子列 ${f_{k_j}}$ ，因此也收斂到 $sup_{sqrt{x^2 + y^2} le R} f(x,y)$ 。由於f具有連續性，所以

$f(x^*, y^*) = lim_{j->+ infty}f_{k_j}=sup_{sqrt{x^2 + y^2} le R} f(x,y)$

所以上限可達。

平面上添加唯一的無窮遠點可成為緊集，叫做單點緊化。

緊集上的連續函數的像還是緊的，有最值。

函數f在平面的單點緊化上可以延拓為連續函數。

所以在平面的單點緊化上有最大值。

而無窮遠點顯然不可能是唯一的最值點。