Ю.С. Очан - Сборник задач по математическому анализу (1134952), страница 53
Текст из файла (страница 53)
630. Пусть г„г„г», ... — все рациональные точки числовой прямой Я', занумерованные каким-либо способом; построим функцию г (х) следующим образом: для любого х е Я' положим 1(к) = «<«2 где суммирование производится по всем номерам й таким, что г» < х. Эта функция определена для всех х, так как ряд г, — „ т«1 г»<« всегда сходится; она строго возрастает, так как для любых чисел х, < х, найдется рациональное число г» такое, что х, < г„< хм 1 »а О откуда ) (х,) > г' (х,) + — ».
> ! (х,). Эта функция разрывна в каждой рациональной точке г„; действительно, для любого х > г„ !'(х) =- ~' — „= Х вЂ” ', + ~~', —, > '»~'« '»~'»ч« > Х вЂ”,+-„=-и.)+-„: 1 1 1 г»(« « переходя в этом неравенстве к пределу при х-»- т„+ О, получим: 1 ~ (г„+ 0) ~) 1(г„) + —. Значит, в каждой точке г„функция 1(х) разрывна справа и ее правый скачок 1(г„+ 0) — Г'(г„) больше 1 или равен — .
2" Докажем, что функция ) (х) не имеет разрывов в других точках 1 и что в рациональных точках г скачки равны в точности « 2" Это вытекает иэ следующих соображений: для м о н о т о н н о в аз р а с т а ю ще й функции разность между ее верхней и ее нижней гранью больше нли равна сумме з всех скачков; ио ч:«1 ьцр Г(х) = ~~„— „= 1, !п( Г(х) =0; следовательно, з< 1. С «М' 2" «,~р другой стороны, сумма всех скачков больше или равна сумме прас«1 вых скачков в точках г; поэтому з ': ~~ — = 1. Сравнивая это с л 2» « полученным выше неравенством, находим, что з = !. Следовательно, правые скачки в точках г„исчерпывают все возможные скачки функции (т.
е. в остальных точках функция непрерывна); при этом 1 в самих точках г скачки равны в точности — (в противном елуи 2» чае было бы а > 1). 221 631. Эта задача является обобщением предыдущей; построение такой функции проводится так же, как в предыдущей задаче. 632. Возрастание функции т (х) на отрезке [О, Ц вытекает из самого построения функции.
Чтобы доказать, что т (х) непрерывна на (О, Ц, достаточно заметить, что если бы она была разрывна в какой-то точке х, 5 (О, Ц, то (в силу монотонности функции) хотя бы один из интервалов )т (х, — 0), т (х,)Г, )т (х,), т (х, + 0)Е не содержал бы ни одного значения функции. Однако это невозможно, так как значениями функции являются, в частности, все двоично рациональные числа отрезка !О, Ц, а они расположены всюду плотно на этом отрезке. 633.
Может. В качестве примера такой функции можно взять функцию Кантора т (х), построенную в предыдущей задаче. Она монотонна и непрерывна всюду на отрезке ьО, Ц и отлична от постоянной; вместе с тем ее производная т'(х) существует всюду на С0 и во всех точках множества СР она равна нулю. Следовательно, т' (х) = 0 почти всюду на(0, Ц (так как гни = 1). 634. Пусть Г (х) возрастает на 1а, Ь(, непрерывна и ограничена на этом интервале. Доопределим ее на концах интервала, положив ) (а) =/(а+ 0), )(Ь) =Г(Ь вЂ” 0) (пределы функции Г(х) при х — ~ а+ 0 и при х-+ Ь вЂ” 0 существуют, так как эта функция монотонна и ограничена на !а, Ь().
Теперь функция определена и непрерывна на всем отрезке (а, Ь1, в том числе также в точках а и Ь. Но тогда она равномерно непрерывна на (а, Ь) (см. задачу 540), а значит, и иа любом подмножестве отрезка !а, Ь2, В частности на интервале )а, Ь(. В случае, когда Г (х) убывает на 2а, Ь(, доказательство аналогично. 635. Справедливо. Если функция Г (х) ограничена и монотонна Иа 2 — оо, +ос(, тО Оиа ИМЕЕТ КОНЕЧНЫЕ ПРЕДЕЛЫ!!Ш Г" (Х) И !!Ш Г' (Х).
к -~- к Но тогда равномерная непрерывность функции на всей прямой ! — оо, +ооЬ доказывается тем же методом, которым мы решали задачу 545. 636. Разделим отрезок ('О, Ц точками 0 =х, <х, « ....х„, <х„=1 так, чтобы на каждом отрезке !х „х„) колебание функции 1(х) было меньше чем —. Далее, на каждом отрезке (х „хх) опре- 2 делим функцию ~р (х) так, чтобы выполнялись условия: ~р (хх,) =~ (х~,), <р (х,) = ~ (х~); ~р (х) монотонна и непрерывна на ~хх „х~), гр' (х) = 0 почти всюду на (х„„х,Д. Функцию, удовлетворяющую этим условиям, можно построить зак же, как строилась функция Кантора в задаче 632. Построенная таким способом функция р (х) определена и непрерывна на всем отрезке ! О, Ц и удовлетворяет ) словиям а) и б).
222 Нетрудно также проверить, что для ли~бого х ь [О, Ц она удовлет- воряет неравенству ~) (х) — р (х)( < е. 637. Построим непрерывную функцию <р (х), равную нулю на множестве Е и положительную вие его (например, <р(х) = к =с((х, Е), см. задачу 519). Далее обозначим 1(х) =) <р (1) с(1. ь Тогда 1' (х) = ~р (х) для всех х с [а, Ь); в частности, 1' (х) = 0 для всех х ~ Е.
Кроме того, 1(х) является строго возрастающей функцией; для проверки этого возьмем две точки х, и х, (а ( х, < < х, ( 5) и найдем между этими точками отрезок [а, 'р), свободный от точек множества Е. Тогда х, а 1 (х,) — ) (х,) = ) гр (г) с(1 > ) гр (1) а( = <р (с) ((1 — а), э, а где сЕ [и, Я; так как с Е Е, то Ч~ (с) > 0; следовательно, Г" (х,) > >Р(х,). ' 638.
Нет. Пусть )а, р[ — интервал, целиком содержащиися в Е (если Е замкнуто и не является нигде ие плотным, то такой интервал наверняка найдется. Если для некоторой функции 1 (х) ее производная равна нулю всюду на Е, то, в частности, 1' (х) = 0 всюду на интервале )м, (1[, и, значит, на этом интервале функция 1(х) постоянна.
Следовательно, она не может быть строго моно- тонной на [а, о). 639. Сначала докажем, что 1 (0) = 0; действительно, ) (О+ 0) = =1(0)+ г (0) = 21'(0), т. е.г(0) = 1(0), откуда 1" (0) = О. Далее, для любого целого й > 0 имеет место )(ах) = Ф .У(х); поэтому 1(1) =(~й — ) =й ~~ — ), откуда 1( — ) = — = —, где /11 1(1) а а =1(1). Наконец, 1( — 1= р 1( — ) = р. — '= а —, т. е. 1(х) = ~ч ~чl ч ч = ах для любого рационального х > О. Пусть теперь х — положительное иррациональное число; по- строим возрастающую последовательность рациональных чисел г, < г, < га ( ..., сходящуюся к х, и убывающую последова- тельность рациональных чисел г~ > гз > гз > ..., также сходя- щуюся кх.
Тогда, в силу монотонности ~ (х), ~ (г„) (1(х) ( 1(г~ ) для любого й, т. е, аг (1(х) ( аг~. Устремляя теперь й к беско- нечности, получим: ах (1(х) ( ах, откуда 1(х) = ах. Значит, 1(х) = ах при любых положительных х (как рациональных, так и иррациональных). Наконец, если х < О, то 1(х) + 1( — х) =1 (0), т. е.
1(х) = = Г (0) — 1( — х) = — 1 ( — х); но в этом случае — х > 0; поэтому 1( — х) = а. ( — х). Следовательно, 1(х) = — ~( — х) = — а( — х) =ах. Итак, 1 (х) = ах для в с е х х. 640. Вариация этой функции равна (Ц А. 6 41. Вариация функции равна 7. В этом убеждаемся следующим образом: разобьем отрезок ("О, Ц точками 0 = ха < х, < ... ... < х„, < х„1.
Тогда ~! (/(х!) — /(х! — т)1= )/(х!) /(хл)1+()/(хз) — /(х!)!+" + +У(х. !) — /(х.,)!)+!/(х.) — /(х. И =(1 — х)+(х.,— х,)+ + (5 — (1 — х„,)) = 5 + 2 (х„, — х,) < 7, л При этом ~~'.,' ~ /(х,) — /(х,,) ( может быть сделана сколько 1=1 угодно близкой к числу 7. Поэтому зир Х ~ 1(х!) — / (х!- ) ! = " !=! т. е. вариация функции / (х) на отрезке ГО, Ц равна 7. 642. Вариация функции равна 23.
643. Для этого следует положить / (1) = а, где а — какое угодно число, заключенное между /(1 — 0) и /(1+ 0) (т. е. 0(аль!). Вэтомслучае вариация функции на ГО, 2) будет равиа5. 644. Эта функция непрерывна и имеет производную во всех точках отрезка(0, Ц: / (х) = к х 2х соз — + яз)п.— при х Ф О, 0 при х=О. На участке ЬО, Ц производная ограничена: ~ /' (х) ~ = ~ 2х соз — -1- я айп — ~ < ~ 2х соз — ~ -1- ~ я 51п — ~,.
2+ я. Х х1 1 х1 А непрерывная функция с ограниченной производной является функцией ограниченной вариации (см. ниже, задача 648). 645. Пусть й — произвольное натуральное число. Разобьем 2) отрезок ~0, — ~ точками 0« я (2л + 1) я (2)! — 1) Зя я на й + 1 отрезок и составим сумму о» модулей приращений функ- ции на этих отрезках: 2 2 2 о — О'1+ '!я (2л -(- 1) / !я(2л+ 1) я (2!! — 1)) '1я (Зл — 1) я (Зл — 3)) '15я Зя) '13я я ) 2 / 2 2 2 2 — ~1+ — + — + — + "+ я1 3 5 7 2л+1/ В кнадратных скобках стоит Ья частная сумма расходящегося 2 2 2 2 ряда 1+ — + — + — + ... + + ...; прн достаточно большом 3 5 У Зл+1 224 й эта сумма делается сколь угодно большой.
Следовательно, для любого А ) 0 можно найти такое число й (и, следовательно, такое 2 1') разбиение отрезка [О, — !), что о ) А. Но это означает, что сумма оь модулей приращений функции может быть сделана сколь угодно большой, т. е. что функция 1(х) имеет неограниченную вариа- 2- ! цию на отрезке [΄— ~. 646. Допустим, что г" (х) = 1(ах+ Ь) имеет неограниченную ь ! — ь1 вариацию на отрезке [ — —, — 1, Тогда для любого натуральной й ь ! — ь1 го числа У можно найти такое разбиение отрезка й й ь ! — ь точками — — = ь < ь! « ...
~„! < ~, = — что Х ~РЙ) й й ь=! Р (~д !)1 > У. Разобьем теперь отрезок [О, 13 точками Чь = аьь+ + Ь(й = О, 1, ..., п). Тогда й Х (1(чь) — 1(ч -) ~ = Х 11(аьь+ Ь) — 1(аь — + Ь) ~ = й = Х ! г (ьь) — г (ьь-г) ~ > У. (1) Итак, если бы функция Ь'(х) имела неограниченную вариацию ь ! — ь1 на [ — —, — ~, то 1(х) также имела бы неограниченную вариай й цию на [О, 11. Следовательно, функция Ь'(х) имеет ограниченную ь ! — ь1 вариацию на [ — —,:1. Переходя теперь к верхним граням в равенстве (1), убеждаем! — ь ! й ся, что У1= У Р.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
