Semestr1-hyper1

Последовательность {xk} – ограниченная, поэтому из неё можно выделить сходящуюся подпоследовательность {xkj } : xkj → c, c [a, b]. Заметим, что ykj → c, так как ykj =

1 (ykj − xkj ) + xkj и 0 < |ykj − xkj | < kj

c [a, b], поэтому f(xkj ) − f(ykj ) → f(c) − f(c) = 0, что противоречит (4.4).

Замечание 4.3. Из равномерной непрерывности f(x) на E следует непрерывность f(x) на E. Обратное утверждение, вообще говоря, не верно. Например: f(x) = 1/x, x (0, 1) – непрерывна, но не равномерно непрерывна на

(0, 1). Действительно, если для любого δ > 0 выбрать x = δ > 0 и y = δ/2, то |x − y| < δ, но |f(x) − f(y)| = |x1 − y1 | = 1δ > 1 (считаем, что δ (0, 1)).

Пусть функция f : E → R определена на некотором множестве E R и F E – другое, более широкое, множество в R. Любая функция f˜: F → R, определенная на F и совпадающая с f на E, называется продолжением f с E на F .

Теорема 4.5. Пусть f : E → R равномерно непрерывна на E и E0 – множество всех предельных точек множества E. Тогда f допускает равномерно непрерывное продолжение на множество F = E S E0.

0 ˇ

Доказательство. Пусть a E . Так как a – предельная точка множества E, то любая U(a) содержит бесконечное множество точек из E. Функция f равномерно непрерывна на E, поэтому

ˇ 0 00 ˇ ∩ | 0 − 00 |

ε > 0 U(a) : x , x U(a) E ( f(x ) f(x ) < ε.

Это значит, что для функции f выполняется условие Коши существования предела функции

lim f(x). Определим

x→a

Убедимся, что f˜: F → R равномерно непрерывна на F . Пусть ε > 0 – произвольно и δ > 0 такое, что

Если же y, z F \E, то (4.6) и (4.7) следуют из того, что f˜(y) = lim f(x), f˜(z) = lim f(x).

0 y, z F (|y − z| < δ |f˜(y) − f˜(z)| < ε). Равномерная непрерывность функции f˜ на F доказана.

4.5Непрерывность обратной функции

Пусть кривая является графиком функции y = f(x)(x E, y F ). Если кривая определяет x как функцию y, т. е. каждому y ставится в соответствие с помощью (см. рис. 1) единственная точка x, то говорят, что определена x = g(y)(y F ) – функция, обратная к функции f.

31

6

'

y (x, y)

0 x - x

Рис. 1.

Замечание 4.4. Графиком обратной функции x = g(y) (y F ) является кривая 0, являющаяся зеркальным отображением кривой относительно биссектрисы I и III координатных углов. Действительно, если = {(x, f(x)) R2|x E} – график функции f(x), то графиком обратной функции будет кривая 0 = {(y, g(y)) R2|y F } = {(y, x) R2|y F }. Отсюда следует справедливость замечания.

Лемма 4.3. Если y = g(x) (x F ) – функция, обратная к функции y = f(x) (x E), то справедливы два тождества: x ≡ g(f(x)) (x E) и y ≡ f(g(y)) (y F ).

Доказательство. Пусть x E (x, f(x)) (f(x), x) 0 x = g(f(x)). Так как x

произвольно, то доказана справедливость первого тождества. Второе тождество доказывается аналогично.

Теорема 4.6. (Критерий существования обратной функции) Пусть функция f : E → R строго возрастает (x1 < x2 f(x1) < f(x2)) или строго убывает (x1 < x2 f(x1) > f(x2)) и F = f(E). Тогда существует обратная к f функция g : F → R, которая строго возрастает (соответственно, строго убывает).

Доказательство. Пусть функция f : E → R строго возрастает. Покажем, что тогда существует функция, обратная к функции f, и что она будет так же строго возрастать. Для этого нужно показать, что кривая , являющаяся графиком функции f, определяет x как функцию y(y F ). Это будет выполняться, если любая прямая, параллельная оси Ox, пересекает кривую только в одной точке. Допустим, что этого нет и какая-то прямая, параллельная оси Ox, пересекает кривую в точках x1 < x2. Следовательно, одному значению y = f(x1) = f(x2) соответствуют два значения x1 < x2, а это противоречит строгому возрастанию функции f. Таким образом, любая прямая, параллельная оси Ox, пересекает только в одной точке. Это означает, что определена обратная к f функция x = g(y) (y F ). Обратная функция x = g(y) (y F ) – строго возрастающая, так как из y1 = f(x1) < y2 = f(x2) следует x1 < x2 (в противном случае мы получим противоречие строгому возрастанию функции f).

Теорема 4.7. Пусть y = f(x) непрерывна и строго возрастает на [a, b]. Тогда образ f([a, b]) = [A, B], A = f(a), B = f(b) и на [A, B] определена обратная к f функция x = g(y), строго возрастающая и непрерывная.

Доказательство. Прежде всего докажем, что f([a, b]) = [A, B]. Так как f строго монотонна, то очевидно f([a, b]) [A, B] и f(a) < f(b). Далее, из непрерывности f в силу теоремы Больцано-Коши о промежуточных значениях следует, что для любого y [A, B] существует x [a, b] : f(x) = y. Таким образом, [A, B] f([a, b]) и в итоге f([a, b]) = [A, B]. Теперь из теоремы 4.6 следует существование обратной строго возрастающей функции g на отрезке

[A, B].

Остается доказать непрерывность g на [A, B]. Пусть y0 [A, B] и yn [A, B] такие, что yn → y0. Положим x0 = g(y0), xn = g(yn). Тогда, из свойства обратной функции, следует y0 = f(g(y0)), yn = f(g(yn)) = f(xn). Непрерывность функции g в точке y0 будет доказана, если мы покажем, что xn → x0. Допустим, что это не так. Тогда существует подпоследовательность xnk → x0, причем x0 [a, b] и x0 6= x0 (существование такой подпоследовательности следует из теоремы Больцано-Вейерштрасса). Так как x0 6= x0, то в силу строгого возрастания функции f: f(x0) 6= f(x0). Последовательность {f(xnk )} является под-

последовательностью {yn}, сходящейся к y0, поэтому f(xnk ) = ynk → y0 = f(x0) 6= f(x0). Получено противоречие, доказывающее, что xn → x0.

32

Теорема 4.8. Пусть f(x) непрерывна и строго возрастает на (a, b) и пусть

причем допускаются значения a = −∞, A = −∞, b = +∞ и B = +∞. Тогда образ (a, b) есть (A, B), и обратная к f(x) функция x = g(y) строго возрастает и непрерывна на (A, B).

Доказательство. Установим сначала, что f((a, b)) (A, B). Если B < +∞, то по определению супремума f(x) ≤ B для всех x (a, b), а в случае B = +∞ это неравенство очевидно. Докажем, что B / (a, b). Допустим противное, т.е. что существует точка x1 (a, b) такая, что f(x1) = B. Тогда найдется точка x2 : x1 < x2 < b, в которой в силу строгого возрастания функции f значение f(x2) > f(x1) = B, что противоречит определению B. Аналогичные рассуждения можно провести и для A. Итак, доказано включение f((a, b)) (A, B).

Докажем теперь обратное включение. Пусть y (A, B), тогда, в силу определения A и B, существуют x1, x2 (a, b) такие, что y1 = f(x1) < y < f(x2) = y2. А так как f(x) строго возрастает, то должно быть x1 < x2. Функция f(x) непрерывна на [x1, x2] (a, b), поэтому существует единственная точка x [x1, x2] такая, что f(x) = y для любой y (A, B). Это означает, что (A, B) f((a, b)). В итоге f((a, b)) = (A, B).

Из теоремы 4.6 следует существование обратной строго возрастающей функции g на (A, B). Проверим, что g(y) непрерывна в любой точке интервала (A, B). Пусть y (A, B). Очевидно функцию g(y), считая её определенной при y [f(x1), f(x2)] можно рассматривать как функцию, обратную к функции f(x), определенной на [x1, x2] (существование точек x1 и x2 мы доказывали выше для любой точки y (A, B)). Так как f(x) непрерывна на [x1, x2], то по теореме 4.7 g(y) будет непрерывна на [f(x1), f(x2)], т. е. в точке y [f(x1), f(x2)] (A, B). Точка y – произвольная точка из (A, B), поэтому g(y) – непрерывна на (A, B).

Замечание 4.5. В теоремах 4.7 и 4.8 можно заменить "возрастающая" на "убывающая", и тогда в их заключениях надо заменить, соответственно,

[A, B] на [B, A] и (A, B) на (B, A).

Замечание 4.6. В теореме 4.8 интервалы (a, b), (A, B) можно, соответственно, заменить на полуинтервалы, например, на [a, b), [A, B), и тогда a и A – конечные числа.

4.6 Элементарные функции

Показательная функция

Пусть n N, a R, a > 0. Число an = a · · · a (по определению). Число a1/n

|{z}

n раз

– арифметический корень n-й степени из числа a. Если n/m – неотрицательное рациональное число, то (по определению) полагаем an/m = (a1/m)n = (an)1/m. Таким образом, мы определили функцию f(p) = ap, p Q. Из элементарной алгебры известно, что ap (p Q) обладает свойствами:

1.ap+q = ap · aq.

2.ap строго возрастает при a > 1 и строго убывает при a < 1.

Возникает вопрос, можно ли доопределить функцию f(p) = ap (p Q) на иррациональных числах так, что, определенная уже на всей числовой прямой R, продолженная функция будет непрерывной на R и удовлетворять свойствам 1. и 2. Докажем существование такой функции. Начнем с того, что докажем равномерную непрерывность f(p) = ap на любом отрезке [−N, N] T Q, n N.

T

Пусть для определенности a > 1. Если p < q (p, q [−N, N] Q), то 0 < aq − ap = ap(aq−p − 1) < aN (aq−p − 1). Пусть ε > 0 - произвольное число и n0 N такое, что если n > n0, то

(этого можно добиться, так как lim a1/n = 1).

33

Докажем, что это и есть искомая нами функция. Пусть x R\Q. Накроем эту точку некоторым отрезком [−N, N], N N. Выше была доказана равномерная непрерывность функции ap, p Q на множестве [−N, N] T Q. Так как функция f(x) является продолжением функции ap, p [−N, N] T Q, то по теореме "Продолжение по непрерывности" (см. § 4.4), f(x) будет равномерно непрерывна на [−N, N], а следовательно, просто непрерывна в точке x R\Q. Любая точка x R\Q может быть накрыта отрезком [−N, N], поэтому f(x) будет непрерывна в любой точке x R.

Вновь определенную функцию обычно обозначают f(x) = ax, x R и называют показательной функцией. Докажем справедливость свойств 1. и 2. для показательной функции ax, x R. Пусть x, y R\Q, причем x < y. Существуют рациональные числа p, q такие, что x < p < q < y (см. § 1.3 "Свойства порядка действительных чисел" ). Пусть pn, qn Q такие, что pn → x (возрастая), а qn → y (убывая) apn < ap < aq < aqn . Переходя к пределу, получим ax ≤ ap < aq ≤ ay. Таким образом, мы доказали свойство 2. Свойство 1. следует из равенства apn+qn = apn · aqn после перехода к пределу.

Если a < 1, то полагаем ax = (1/a1 )x . Функция (1/a)x, по доказанному выше, будет непрерывна на R, (1/a)x > 0 при x R, поэтому функция ax (a < 1) будет непрерывна на R. Заметим, что при a < 1 функция ax будет строго убывать.

При a = 1 полагаем: 1x = 1 при любом x R.

Логарифмическая функция

Определение 4.9. Функция, обратная к показательной y = ax (x R), a > 0, a 6= 1, называется логарифмической и обозначается y = loga x, x > 0.

34

Логарифмическая функция будет непрерывной как функция, обратная к показательной (непрерывной) функции.

Из свойства обратной функции следует:

1.aloga x = x (x > 0).

2.loga(ax) = x (x R.

Степенная функция

y = xb (b – постоянная, x – переменная, x > 0) – степенная функция. Согласно свойствам логарифмической функции xb = eb ln x(x > 0), ln x – непре-

рывная функция, показательная функция - непрерывна, суперпозиция двух непрерывных функций есть функция непрерывная, поэтому степенная функция будет непрерывной.

Из непрерывности показательной функции и арифметических свойств непрерывных функций следует непрерывность гиперболических функций: sinh x (x

R), cosh x (x R), tanh x (x R), coth x (x R, x 6= 0).

35

Замечание. Для гиперболических функций имеют место формулы, аналогичные формулам для тригонометрических функций. Например, cosh2 x − sinh2 x = 1, 2 cosh x sinh x = sh 2x, sinh(x ± y) = sinh x cosh y ± cosh x sinh y

и т. д.

Упражнения

1.Что можно сказать о непрерывности в точке x0 функций f(x) + g(x), f(x)g(x), если

a)функция f(x) непрерывна в точке x0, а функция g(x) разрывна в точке x0?

b)обе функции разрывны в точке x0?

2.Пусть нечетная функция f непрерывна в нуле. Доказать, что f(0) = 0. Какие значения может принимать f(0), если снять условие непрерывности?

3.Существует ли функция, непрерывная на отрезке и отображающая его на [0, +∞) ?

где k, α - положительные постоянные. Доказать, что f(x) равномерно непрерывна на

(a, b).

7.Пусть функция f монотонна на [a, b], f(a) и f(b) – конечные числа и f принимает все промежуточные значения между f(a) и f(b). Доказать, что f непрерывна.

8.Пусть f непрерывна в точке a и для каждого δ > 0 существуют точки xδ, yδ Uδ(a) (из δ-окрестности точки a) такие, что f(xδ) f(yδ) < 0. Доказать, что f(a) = 0.

9. Пусть f непрерывна на [a, b) и имеет конечный левый предел в точке b. Доказать, что

f ограничена на [a, b].

10.Пусть функция f непрерывна на [a, b]. Доказать, что функции

36

13.Доказать, что если функция непрерывна на некотором отрезке и не имеет локальных экстремумов, то она монотонная.

14.Доказать, что если функция непрерывна и обратима на некотором отрезке, то она строго монотонна на этом отрезке.

37

§5 Дифференциальное исчисление функций одной переменной

5.1Производная и дифференциал первого порядка

Пусть функция f(x) определена в некоторой окрестности U(x0) точки x0 R и x0 + x U(x0) при | x| < δ. Тогда в проколотой δ-окрестности нуля (−δ, 0) (0, δ) определена функция

ψ(Δx) = f(x0 + x) − f(x0). x

Определение 5.1. Если существует предел

то он называется производной от функции f в точке x0 и обозначается f0(x0). Производная может быть конечной, +∞ или −∞.

Определение 5.2. Если существует односторонний предел

то он называется правой производной от функции f в точке x0. Аналогично, если существует односторонний предел

то он называется левой производной от функции f в точке x0. Односторонние производные f+0 (x0) и f−0 (x0) могут быть конечными или

±∞.

Лемма 5.1. Если функция f имеет конечную производную f0(x0) в точке x0, то она непрерывна в этой точке.

Доказательство. Из существования конечного предела lim ψ(Δx) следует ограниченность

x→0

ψ(Δx) при малых | x| ≤ δ, т.е.

f(x0 + x) − f(x0)

≤ C = const при | x| ≤ δ

x

откуда

|f(x0 + x) − f(x0)| ≤ C| x| → 0 при x → 0.

Лемма 5.2. Для того, чтобы существовала производная f0(x0), необходимо и достаточно, чтобы существовали правая и левая производные от f в точке x0 и были равны между собой, при этом f0(x0) = f+0 (x0) = f−0 (x0).

Доказательство. Справедливость сформулированного утверждения следует из леммы 3.2:

равны.

Примеры и иллюстрации

1. Если f непрерывна в точке x, то она может и не иметь производной в этой точке. Примером является функция f(x) = |x|, непрерывная во всех точках, но не имеющая

38

производной в точке 0. В этой точке существуют односторонние производные f+0 (0) = 1 и f−0 (0) = −1.

2. Функция, имеющая в точке бесконечную производную, может иметь в этой точке разрыв. Например, функция y = sgnx = {1 при x > 0; 0 при x = 0; −1 при x < 0} имеет бесконечные односторонние производные в точке 0:

Отсюда y0(0) = +∞, но при этом функция y = sgnx в точке x = 0 имеет разрыв 1-го рода.

имеет разрывы всюду, кроме точки x = 0, в которой она не только непрерывна, но и имеет производную f0(0) = 0.

В силу леммы 5.1 функция f(x) и непрерывна в точке x = 0

Сдругой стороны, функция f(x) разрывна во всех точках x 6= 0. Действительно, пусть x 6= 0 и x – рациональное число, так что f(x) = 0. Возьмем последовательность иррацио-

нальных чисел {xn}, сходящуюся к x. Тогда f(xn) = x2n → x2 6= f(x). Если же x 6= 0 и x

– иррациональное число, то f(x) = x2. Возьмем последовательность рациональных чисел

{xn}, сходящуюся к x. По определению f(xn) = 0 n, поэтому f(xn) → 0 6= f(x).

Рис. 1. Функция имеет конечную производную f0(x0) (график в этой точке имеет касательную, причем единственную).

Рис. 2. Функция не имеет производной, но существуют конечные левая f−0 (x0) и правая f+0 (x0) производные, не равные друг другу.

Рис. 3. Функция имеет бесконечную производную f0(x0) = +∞. Рис. 4. Функция имеет бесконечную производную f0(x0) = −∞. Рис. 5. Функция не имеет производной, f−0 (x0) = +∞, f+0 (x0) = −∞. Рис. 6. Функция не имеет производной, f−0 (x0) = −∞, f+0 (x0) = +∞.

Определение 5.3. Функция y = f(x) называется дифференцируемой в

точке x0, если она определена в окрестности U(x0) и

39

ренциалом функции f (дифференциалом первого порядка, или первым дифференциалом) и обозначается символом dy или df(x0).

Лемма 5.3. Для того, чтобы функция y = f(x) имела производную в точке x0, необходимо и достаточно, чтобы она была дифференцируема в этой точке.

зависит от x, то это означает дифференцируемость f в точке x0, причем постоянная A в дифференциале функции равна f0(x0).

Достаточность. Пусть f дифференцируема в точке x0, т. е. y = A · x + o(Δx). Тогда

Из определения 5.1 дифференциала и равенства A = f0(x0), доказанного в лемме, следует df(x0) = f0(x0)Δx.

По соглашению x обозначается через dx, что не противоречит выражению dx = x0 x =

x. Поэтому dy = f0(x)dx (или df = f(x)dx). Отсюда следует f0(x) = dxdy , т. е. производная функции f в точке x равна отношению дифференциала функции f к дифференциалу

независимой переменной x. Следует иметь в виду, что дифференциал dx независимой переменной не зависит от x, он равен x – произвольному приращению аргумента x. Что же касается дифференциала dy функции y (отличной от x), то он зависит от x и dx.

y = BC + CD, где CD = f0(x) · x = dy, f0(x) = tg α

CD = dy – главный линейный член приращения y, BC = o(Δx).

Техника дифференцирования

1.(Арифметические операции) Пусть функции f и g дифференцируемы в точке x, тогда в точке x дифференцируемы функции f ± g, fg, f/g (если g(x) 6= 0), причем

Доказательство. Для доказательства достаточно использовать определение производных и известные арифметические свойства пределов:

40