Лекция 21. Непрерывность функции
21.1.Непрерывность функции в точке
Определение 21.1. Функцию f называют н е п р е р ы в н о й в т о ч к е a, если
1.a предельная точка области определения D(f);
2.для каждого " > 0 существует число (") > 0 такое, что при всех x, удовлетворяющих условию jx aj < , справедливо неравенство jf(x) f(a)j < ", короче,
8 " > 0 9 (") > 0 : 8 x jx aj < ) jf(x) f(a)j < ":
Непрерывность функции в точке свойство, характеризующее поведение функции не только в некоторой окрестности точки, но и в самой точке. Поэтому точка a обязана принадлежать области определения D(f). В этом случае в определении рассматривается
непроколотая окрестность U (a) = fx : jx aj < g точки a.
Эквивалентную формулировку получим, используя предел функции в точке.
Определение 21.2. Функция f называется н е п р е р ы в н о й в т о ч к е a, если
lim f(x) = f(a):
x!a
Определение 21.3. Функцию f называют н е п р е р ы в н о й с л е в а в т о ч к е a, если
lim f(x) = f(a):
x!a 0
Определение 21.4. Функцию f называют н е п р е р ы в н о й |
ñ ï ð à â à |
â ò î ÷ ê å a, |
åñëè |
|
|
lim f(x) = f(a): |
|
|
x!a+0 |
|
|
Привед¼м ещ¼ определение непрерывности "на языке последовательностей\. |
||
Определение 21.5. Функция f называется н е п р е р ы в н о й |
â ò î ÷ ê å |
a, åñëè |
1.a предельная точка области определения D(f);
2.для любой сходящейся к a последовательности точек fxng из области D(f), справед-
ливо равенство lim f(xn) = f(a).
n!1
Заметим, что когда говорят, что функция f непрерывна в точке, нет необходимости добавлять, что f определена в некоторой окрестности этой точки, поскольку это требование
уже входит в определение непрерывности.
При изучении вопросов, связанных с непрерывностью функций, полезны понятия приращения аргумента и приращения функции. Пусть a и x два значения аргумента функ-
ции f, положим x = x a. Тогда x = a + x и говорят, что точка x получена из a за сч¼т п р и р а щ е н и я а р г у м е н т а x. Разность значений функции
f(a) = f(a + x) f(a)
называют п р и р а щ е н и е м ф у н к ц и и f в точке a, когда аргумент получил приращение x. При этом x может быть как положительным, так и отрицательным.
Сформулируем определение непрерывности функции в точке
1
О. А. Кузенков, Е. А. Рябова |
2 |
|
|
Рис. 1: f(a) = f(a + x) f(a) приращение функции f в точке a.
Определение 21.6. Функция f называется н е п р е р ы в н о й в т о ч к е a, если бесконечно малому приращению аргумента в точке a соответствует бесконечно малое приращение функции f в точке a, т. е. f(a) ! 0 при x ! 0.
Определение 21.7. Функция f, непрерывная в каждой точке некоторого множества X, называется н е п р е р ы в н о й н а м н о ж е с т в е X. Непрерывность в граничной точке множества X понимается как непрерывность соответственно слева или справа. Если при этом X = D(f), то функцию называют н е п р е р ы в н о й.
21.2.Непрерывность основных элементарных функций
Степенная функция f(x) = xn, где n 2 N, непрерывная функция.
Область определения функции D(f) = R. Дадим аргументу приращение x и рассмотрим приращение функции в некоторой произвольной точке a 2 D(f):
f(a) = f(a + x) f(a) = (a + x)n an = an + nan 1 x + : : : + xn an:
Поскольку при x ! 0 конечная сумма nan 1 x + : : : + xn есть бесконечно малая, то f(a) ! 0 при x ! 0. Согласно определению 21.6 функция f(x) непрерывна в точке a.
В силу произвольности точки a функция f(x) = xn, где n 2 N, непрерывна в своей области опредедения.
Фукции f(x) = sin x, f(x) = cos x непрерывные.
Начнем с функции f(x) = sin x. Область определения функции D(f) = R.
Дадим аргументу приращение x и рассмотрим приращение функции в некоторой произвольной точке a 2 D(f):
f(a) = sin(a + x) sin a = 2 cos |
a + 2 |
sin |
2 |
|
|
|
x |
|
x |
В силу ограниченности косинуса и неравенства j sin xj j xj, доказанного в лек-
öèè 7, |
sin |
2 |
|
j xj: |
j f(a)j 2 |
||||
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Поэтому согласно теореме о "двух милиционерах\ f(a) ! 0 ïðè x ! 0, ÷òî доказывает непрерывность синуса.
Д/З: Аналогично доказать непрерывность косинуса.
О. А. Кузенков, Е. А. Рябова |
3 |
|
|
Показательная функция f(x) = ax, a > 0, a 6= 1, непрерывная функция.
1.Рассмотрим сначала поведение показательной функции в точке x = 0. Доказав,
÷òî
lim ax = a0 = 1;
x!0
докажем тем самым непрерывность показательной функции в точке 0. Очевидно, что 0 предельная точка D(f) = R, 0 2 D(f).
a) Пусть a > 1.
Ранее было доказано1, ÷òî
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
lim a1=n = lim pa = 1 è |
lim a 1=n = lim |
= 1: |
||||||
|
n |
|
|
|
|
|
||
n!1 |
n!1 |
n!1 |
n |
|
||||
n!1 pa |
|
|||||||
Согласно этому для любого " > 0 |
|
|
|
|
|
|||
|
9 N1(") 2 N : 8 n > N1 1 " < a1=n < 1 + "; |
|
9 N2(") 2 N : 8 n > N2 |
1 " < a 1=n < 1 + "; |
тогда для всех n, больших N = maxfN1 |
; N2g выполняются неравенства |
1 " < a 1=n < a1=n < 1 + ": |
|
Для этих n и всех x из окрестности нуля |
|
1 |
1 |
= n < x < n =
в силу возрастания показательной функции при a > 1 справедливы неравенства
1 " < a 1=n < ax < a1=n < 1 + ":
Таким образом, для каждого " > 0 существует такое число , зависящее от n, а в конечном счете зависящее от ", что при всех x, удовлетворяющих условию
jx aj < , справедливо неравенство jax 1j < ", ò. å. lim ax = 1. Согласно
x!0
определениям 21.1, 21.2 показательная функция f(x) = ax при a > 1 непрерывна в точке 0.
б) Пусть 0 < a < 1. Тогда b = 1 |
> 1 è lim ax = lim |
1 |
= |
1 |
= 1: |
||
bx |
lim bx |
||||||
a |
x!0 |
x!0 |
|
|
x!0
Непрерывность функции f(x) = ax, a > 0, a 6= 1, в точке 0 доказана.
2.Теперь докажем непрерывность показательной функции в произвольной точ- ке x0 области определения, отличной от 0.
Дадим аргументу приращение x и рассмотрим приращение функции в точ- ке x0:
f(x0) = f(x0 + x) f(x0) = ax0+ x ax0 = ax0 a x 1 :
Òàê êàê ax0 величина ограниченная, а a x 1 ! 0 ïðè x ! 0, òî
lim f(x0) = 0:
x!0
Cогласно определению 21.6 функция f(x) = ax непрерывна в точке x0. Непрерывность показательной функции доказана.
Очевидно, постоянная функция f(x) = c, где c некоторая константа, является непрерывной функцией.
1См. практику 9.
О. А. Кузенков, Е. А. Рябова |
4 |
|
|
21.3.Арифметические свойства непрерывных функций
Теорема 21.3.1. Если функции f(x) è g(x) непрерывны в точке a, то в этой точке непрерывны функции f(x) g(x), f(x) g(x), а если, кроме того, g(a) 6= 0, то непрерывна и функция f(x)=g(x).
Д/З:Доказательство провести самостоятельно. Арифметические свойства непрерывных функций вытекают из арифметических свойств предела функции в точке.
Следствие 21.3.2. Функции y = tg x è y = ctg x являются непрерывными функциями.
21.4.Лемма о сохранении знака непрерывной функции
В дальнейшем нам потребуется следующая
Лемма 21.4.1. Пусть f(x) непрерывна в точке a, ïðè ýòîì f(a) 6= 0, тогда существует-окрестность точки a, в которой f(x) имеет тот же знак, что и в точке a.
Доказательство. Пусть для определенности f(a) > 0. Так как f(x) непрерывна в точке a, то согласно определению 21.1
8 " > 0 9 (") > 0 : 8 x jx aj < ) f(a) " < f(x) < f(a) + ";
в том числе для " = |
f(a) |
> 0 при всех x 2 U (a) справедливо |
||||||||
2 |
|
|||||||||
|
|
|
0 < |
f(a) |
|
< f(x) < |
3f(a) |
: |
||
|
|
|
|
2 |
||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|||
Если f(a) < 0, то надо взять " = |
f(a) |
|
|
|||||||
|
|
> 0. |
|
|
||||||
2 |
|
|
|
Лемма доказана.
21.5.Непрерывность обратной функции
Теорема 21.5.1. Пусть функция f на отрезке [a; b] строго возрастает и непрерывна, f(a) = c è f(b) = d. Тогда обратная функция x = f 1(y)
на отрезке [c; d].
Доказательство. Функция f на отрезке [a; b] строго возрастает, если
8 x1; x2 2 [a; b] x1 < x2 ) f(x1) < f(x2):
Надо доказать, что обратная функция f 1
1.существует,
2.строго возрастает,
3.является непрерывной.
О. А. Кузенков, Е. А. Рябова |
5 |
|
|
1.Обратная функция2 x = f 1(y) существует на отрезке [c; d], если функция y = f(x) является взаимно-однозначной на [a; b]. Докажем, что строго возрастающая на отрезке [a; b] функция является взаимно-однозначной, т. е. каждое y 2 [c; d] соответствует единственному элементу x 2 [a; b].
Предположим, что существует
y 2 [c; d] : f(x1) = y; f(x2) = y; x1 < x2;
но это противоречит условию строгого возрастания функции f. Следовательно, строго возрастающая на отрезке [a; b] функция y = f(x) является взаимно-однозначной, а это означает, что существует обратная ей функция x = f 1(y).
2. Возьмем произвольные значения y1; y2 2 [c; d] так, чтобы выполнялось неравенство y1 < y2. По свойству взаимно-обратных функций y1 = f (f 1(y1)), y2 = f (f 1(y2)).
Значения строго возрастающей функции f находятся в том же соотношении, что и ее аргументы, следовательно, f 1(y1) < f 1(y2). Это означает, что функция f 1(y) строго возрастает.
3.Зафиксируем точку y0 2 (c; d) и докажем непрерывность функции f 1(y) в этой точ- ке. Пусть x0 та точка интервала (a; b), в которой f(x0) = y0. Возьм¼м произвольное положительное число " такое, что "-окрестность точки x0 принадлежит интервалу (a; b). Тогда точки y1 = f(x0 ") è y2 = f(x0 + ") попадают в интервал (c; d).
Рис. 2: Взаимно-однозначное соответствие интервалов (x0 "; x0 + ") è (y1; y2).
В силу строгого возрастания функция f(x) устанавливает взаимно-однозначное соответствие интервала (x0 "; x0 + ") на оси OX и интервала (y1; y2) íà îñè OY .
Возьм¼м положительное число такое, что -окрестность точки y0 принадлежит (y1; y2). Тогда вся -окрестность точки y0 при отображении x = f 1(y) попад¼т в "-окрестность точки x0. А это означает непрерывность функции f 1 в точке y0.
При доказательстве односторонней непрерывности функции f 1(y) в концах отрезка c и d рассуждения аналогичны. Нужно только брать соответствующие односторонние окрестности.
Теорема доказана.
Замечание 21.1. Если функция f строго возрастает и непрерывна на интервале (a; b),
òî c = lim f(x), d = |
lim f(x). Интервалы (a; b), (c; d) могут быть конечными или |
x!a+0 |
x!b 0 |
бесконечными. |
|
Следствие 21.5.2. Функции y = loga x, y = arcsin x, y = arccos x, y = arctg x, y = arcctg x
являются непрерывными.
2См. лекцию 4.