§ 2. Свойства функций, непрерывных на промежутке.
Определение 6. Функция, определенная на промежуткеи непрерывная в каждой его точке, называется непрерывной на этом промежутке. При этом под непрерывностью в концевой точке, если она принадлежит промежутку, понимается односторонняя непрерывность.
Множество, непрерывных на [a;b] функций обозначается через С[a;b].
Теорема 1 (Вейерштрасс). Пусть f С[a; b]. Тогда функция f ограничена на отрезке [a; b] и достигает на нем своих точных верхней и нижней граней.
Доказательство. Пусть функциянепрерывна на отрезке [a;b] и, где. Покажем, чтои что
Так как , то
(1)
Выберем какую-либо последовательность {an} такую, что
. (2)
Из определения следует, что
>. (3)
Так как последовательность ограничена (), то по теореме Больцано - Вейерштрасса из нее можно выделить сходящуюся подпоследовательность
, (4)
причем из теоремы о "зажатой"функции получим, что.
Из неравенств (3) и (1) следует, что
(5)
Из теоремы 1 (гл. II, § 4) и формулы (2) следует, что. По теореме о"зажатой"последовательности из предыдущего неравенства получим, что
. (6)
С другой стороны, в силу непрерывности функции на отрезкеи из (4) имеем, откуда и из (6).
Таким образом, совпадает си, следовательно,- конечно. Тем самым функцияограничена сверху и ее точная верхняя грань достигается в точке.
Аналогично доказывается, что непрерывная на отрезке функция ограничена снизу и достигает своей точной нижней грани.
Вставка 1.
Теорема2 (Больцано-Коши, о промежуточных значениях). ПустьfC[a;b] ито
Д
. (7)
Пусть с- общая точка этой системы; для нее. Поэтому в силу непрерывности функции (по Гейне ) в точкесполучим
(8)
Из (7) и (8) следует нужное:
Вставка 2.
Следствие. Пусть функциянепрерывна на промежутке. Тогда ее область значений есть промежуток, где.
Доказательство. Возьмем произвольное число. Из определения точных граней:. Тогда по теореме Больцано - Коши:
Вставка 3.
Лемма. Монотонная на промежуткефункцияможет иметь влишь точки разрыва первого рода (скачки).
Доказательство. Пусть функция, например, не убывает их0, не являясь левым концом этого промежутка. Тогда, согласно следствию к теореме 4 (§4, гл.III) существует конечный предел( х0-). А так как функцияне убывает, тоx<х0,х0, выполненоf(x)f(x0) и, следовательно,( х0-)f(x0).
Рассуждая аналогично, получим f(x0)( х0+).
Таким образом, имеем
f(х0-)f(x0)f(х0+),
где f(х0-) иf(х0+) - конечные числа и х0 – внутренняя точка промежутка. Поэтому в точкех0может быть только скачок.
В случае, если х0 –концевая точка промежутка, то этот же факт следует из левой или правой части последнего соотношения.
Теорема3. Для того, чтобы монотонная функция была непрерывной в промежутке, необходимо и достаточно, чтобы ее значения заполняли сплошь некоторый промежуток.
Доказательство. Необходимость показана в следствии к теореме 2. Докажем достаточность для случая неубывающей функцииf. Предположим, что в некоторой внутренней точкех0функцияf имеет разрыв. Тогда это разрыв первого рода (скачок) и, следовательно, существуют конечные не равные между собой пределыf(х0-) иf(х0+). В виду неубывания функцииfимеемf(х)f(х0-) дляx<x0,x, иf(х)f(х0+) дляx>x0,x, т.е. значения, лежащие междуf(х0-) иf(х0+), не принимаются функциейf, что противоречит условию теоремы.
Аналогично рассматривается случай, когда х0– концевая точка; тогда вместо одного из пределов беретсяf(х0).
Теорема4. Монотонная на интервале (a;b) функция может иметь не более, чем счетное множество точек разрыва.
Доказательство.Пусть для определенности функцияf не убывает на (a;b) иЕ– множество точек разрыва функцииfна (a;b). Каждой точкехЕ поставим в соответствие рациональное числоr(x), удовлетворяющее условиюf(х0-) <r(x) <f(х0+). Ясно, чтоr(x1) <r(x2), еслих1<х2. т.к.f(x1+) <f(x2-). Таким образом, множествоЕэквивалентно подмножеству множества рациональных чисел, которое не более, чем счетно.
Теорема5 (существование и непрерывность обратной функции). Пусть функцияопределена, непрерывна и возрастает (убывает ) в некотором промежутке. Тогда на множествесуществует обратная к ней функция, также возрастающая (убывающая ) и непрерывная на.
Доказательство.1) Пусть для определенностивозрастает. По следствию=. Тогда. Ввиду возрастания функциитакое- единственное. Сопоставим именно этовзятому, получим соответствие, которое приводит к функции.
2) Легко видеть, что функция возрастает на. Действительно, пусть, и. Положим. Тогда. Если бы было, то в силу возрастания функциибыло бы, что противоречит условию. Следовательно,.
3) И наконец, из теоремы 3 следует, что функция непрерывна промежутке.
Вставка 4.
Теорема 6. Все элементарные функции непрерывны в своих областях определения.
Доказательство. 1) Непрерывность тригонометрических функций следует из примеров, рассмотренных ранее.
Непрерывность обратных тригонометрических функций вытекает из теоремы 5.
3) В предыдущей главе было показано: . Используя формулу перехода к другому основанию логарифмов (a> 0,a1) и соответствующую теорему о пределах, получим:, что и означает непрерывность функциив области определения.
4) Показательная функция непрерывна по теореме 5 как обратная к логарифмической.
5) Степенная функция непрерывна по теореме 4 (§ 2), поскольку
6) Аналогично убеждаемся в непрерывности степенно-показательной функции .
7) Непрерывность элементарных функций в своих областях определения следует из доказанной непрерывности основных элементарных функций и соответствующих теорем § 2, 3.
Вопросы и упражнения.
Пусть функция fопределена и непрерывна на отрезке [a;b] иf(x) > 0х[a;b]. Доказать, чтос> 0: f(x)> c х[a;b].
Пусть fС[a;b] иm(x) =, . Показать, чтоm,MС[a;b].
Пусть f,gС[a;b] и. Показать, чтох0[a;b]:.
Показать, что если f,gС[a;b] иf(a) <g(a),f(b) >g(b), тос[a;b]:f(c) =g(c).
Пусть f,gС[a;b] и= [a;b]. Доказать, чтос[a;b]:f(c) =g(c). В частности, еслиfС[0; 1] и, тох[0; 1]:f(x) =x.
Верно ли утверждение предыдущей задачи на промежутке другого вида?
Покажите, что многочлен нечетной степени с вещественными коэффициентами имеет хотя бы один вещественны корень.
Постройте монотонную функцию со счетным числом точек разрыва.
Пусть X, Y R, функцииfиf-1взаимно обратные () иfнепрерывна в точкех0Х. Будет ли функцияf-1непрерывной в точкеy0=f(x0)Y?
Положим (гиперболический синус),(гиперболический косинус),(гиперболический тангенс),(гиперболический котангенс). Обосновать их непрерывность и проверить следующие свойства: а), б), в).
Докажите, что существует единственная функция с Df=R, удовлетворяющая условиям: а)f(1) =a,a> 0,a1, б)f(x1)f(x2) =f(x1x2)x1,x2R, в)f– непрерывна наR.
Доказать, что единственная непрерывная на Rфункцияf, удовлетворяющая условиюf(x + y) =f(x) +f(y)x,yR, есть линейная функцияf(x) =ax, гдеa=f(1) – произвольная константа.
Пусть функция fудовлетворяет условиям: а)fопределена и непрерывна приx > 0, б)f(x)0, в)f(xy) =f(x)f(y)x,y> 0. Определить функциюf.
Пусть . Показать, что если функцияfнепрерывна наRи, тоf(x) =ax +b, гдеa иb– постоянные.