连续函数存在满足上确界≤下确界的区间的证明求助

嘿，我来给你梳理下思路，你现在的方向其实已经摸到门槛了，不用死磕任意选的区间，试试分情况讨论+连续函数的局部性质来突破：

首先分两种核心情况：

• 情况1：f是常数函数
  这是最直接的情况，随便选两个区间（比如$I_1=[0,1]$，$I_2=[2,3]$），显然$\sup_{x \in I_1}f(x)=\inf_{x \in I_2}f(x)$就是这个常数，直接满足不等式，完美解决。

• 情况2：f不是常数函数
  既然f不是常数，那肯定存在两个点$p$和$q$，使得$f(p) < f(q)$（如果$f(p) > f(q)$，反过来取点就行）。假设$p < q$，我们可以利用连续函数的局部保号性构造需要的区间：
  因为f在$p$点连续，对于任意小的正数$\delta_1$，存在$\varepsilon_1>0$，使得当$x \in [p, p+\varepsilon_1]$时，$|f(x)-f(p)| < \delta_1$，也就是说$\sup_{x \in [p,p+\varepsilon_1]}f(x) < f(p)+\delta_1$；
  同理，f在$q$点连续，对于任意小的正数$\delta_2$，存在$\varepsilon_2>0$，使得当$x \in [q-\varepsilon_2, q]$时，$|f(x)-f(q)| < \delta_2$，也就是$\inf_{x \in [q-\varepsilon_2,q]}f(x) > f(q)-\delta_2$。

  现在我们选$\delta_1=\delta_2=\frac{f(q)-f(p)}{3}$，再选$\varepsilon_1$和$\varepsilon_2$足够小，保证$p+\varepsilon_1 < q-\varepsilon_2$（让两个区间不相交）。这时候：
  $$\sup_{x \in I_1}f(x) < f(p) + \frac{f(q)-f(p)}{3} = \frac{2f(p)+f(q)}{3}$$
  $$\inf_{x \in I_2}f(x) > f(q) - \frac{f(q)-f(p)}{3} = \frac{f(p)+2f(q)}{3}$$
  显然$\frac{2f(p)+f(q)}{3} \leq \frac{f(p)+2f(q)}{3}$（因为$f(p)<f(q)$），所以$\sup_{x \in I_1}f(x) \leq \inf_{x \in I_2}f(x)$，这就找到了满足条件的$I_1$和$I_2$。

如果你想用反证法的话也可以：假设不存在这样的区间，那对于任意两个不相交的区间$I_1$、$I_2$，都有$\sup_{x \in I_1}f(x) > \inf_{x \in I_2}f(x)$。结合f的连续性推导，最终会得出f必须是常数函数，和情况2的前提矛盾，从而反证原命题成立。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Tim