Ю.С. Очан - Сборник задач по математическому анализу (1134952), страница 55
Текст из файла (страница 55)
Заметим, что ~ (х) не удовлетворяет на отрезке ~0, з~ условию Рис. 39 гзо Гельдера порядка р ни для какого р > а. Это следует из того, что 1/(Ь„) — /(с„) ) 1 Ь» с»! где Ь„=а,+...+а„,+а„, с„=а,+...+а„,+л — "; дейст 2 вительно, 1 — 2" и" 1 ) / (Ь„) — / (с„) ! л (2/ а последнее выражение стремится к бесконечности при и-+. со. 657. Обозначим через ф„(х) функцию /(х), построенную в ре- шении предыдущей задачи для заданного числа а. Она удовлет- воряет условию Гельдера порядка а, но не удовлетворяет условию Гельдера порядка () ни для какого р > а.
Обозначим, кроме того, 1- через о„сумму ряда ~' —. Ь=! Построим теперь искомую функцию /(х). Для этого нанесем на отрезок с0, Ц последовательность точек 0 =~, <~ <~ <... <~„<..., 231 где В,-»-1 при и- со, и на каждом отрезке ь$„, в„+,] зададим / (х) следующим образом: а) если и четное, то полагаем /(х) = — ф! ( " " ) (гра! /л» (к — э») ! — 5»+~ 5» » фик этой функции получается нз графика ф, сжатием в и раз по оси ординат, сжатием в отношении " по оси абсцисс и пел» $»м — $» реносом вдоль осн абсцисс вправо на величину $„) б) если и нечетное, то полагаем /(х) = — ф, ( " "' ) »»+~ »» » (график этой функции получается аналогично графику предыдущей с добавлением зеркального отражения от вертикальной прямой), Таким образом, функция /(х) определена всюду на !О, 11; доопределив ее в точке х = 1 равенством / (1) = О, мы получим функцию / (х), определенную и непрерывную всюду на отрезке ь0, Ц.
Функция /(х) имеет неограниченную вариацию на этом отрезке и даже на отрезках[$„, $„,] (схематический график этой функции см. на рисунке 40). Функция /(х) на отрезке ) 6„, $„н] не удовлетворяет условию ! Гельдера порядка — (хотя она удовлетворяет на нем условию »вЂ ! 1 Гельдера порядка — ); следова- л/ тельно, на всем отрезке [О, [] она не удовлетворяет условию Гельдера ни для какого а ) О.
658. Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [а, Ь]: а = х,< х,« ...х„, <ха =Ь. Имеем: ~ч'., ((1(х,) + а(х,)) — (1(х[,)+ Рис. 40 + а(х,,)) ! = ~ /(1(х;) — 1(х,,)) + (д(х,) — л(х,,)) ! ( а а ь ь ( ~~~ (~(х) — 1(хь,)(+ ~ (д(х) — д (х,,) ! (11(+Уй; а ..,''., ~ )(х,) «(х,) — ) (х,,) д(х,,)( = = ~ (1(х,) (д (х,) — д (х,,)) + (1 (х[) — 1(х,,)) д (х, ) ( < а а ( ~ (1 (х;) ( ( д (х,) — д (х,,) ] + ~ ( [ (х) — ~ (х],) ( ° ( а (х],) ) ( ь ь ~< зцр !1(х)( Чй'+ зцр (д(х)1 Ч~. кь [а, Ь] а к[[а, Ц а Таким образом, суммы, стоящие в левых частях, ограничены для всевозможных разбиений отрезка [а, Ь] числами, стоящими в правых частях этих неравенств, т. е. функции 1 (х) + Я (х) и1(х) х х д (х) имеют ограниченную вариацию на [а, Ь]. Переходя к верхним граням этих сумм по всевозможным разбиениям отрезка [а, Ь~, ь ь получаем указанные неравенства для У(1+ д) и Ч(1 8).
О а 659. Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [а, Ь) а =х, <х, (... <х„, <ха =Ь, 1 и оценим сумму модулей приращений функции — длявыбранного 1(к) разбиения: а~ ) 1 1 ( ~~ (1(кй — 1(х;,) ( ь=[/ 1(к) 1(к[,)! ю=[ (1(х)( (1(к;,)( а ~~~', ( 1(к;) — 1(к] ,)( ~ ('=' с' так как )((хь)) ) с, )~ (х1 !)1 ) с. Неравенство — — т' ! ! (х!) — ! (х,,) ! 5=1 1=1 справедливо для любых разбиений отрезка [а, ЬЗ.
Беря верхнюю грань (по всевозможным разбиениям) от правой и левой частей этого неравенства, получим: а ( С5 а ! откуда следует ограниченность вариации функции —. 1(х) 660. Для произвольных разбиений а = х, <х! < ... (х;, < <х, =с и с =х, <х,ь! « ... х+,, <х... =Ь отрезков [а, с) и [с, ЬЗ имеем: Г Г+5 ~ ~)(х1) — '~(х1 !)(+,,"~ !1(х!) — )(х1 !)( = Г-1-5 ь =Х ~Г(х,) — ~(х,,н <ЧГ Переходя в левой части к верхним граням по всем разбиениям отрезков [а, с") и [с, Ь3, получаем: ~)+ч1(Ю а 5 а Чтобы получить теперь неравенство противоположного знака, рассмотрим произвольное разбиение а =х, (х, « ...х„, < < х„= Ь отрезка [а, Ь). Тогда точка с попадет в один из отрезков [х, „х11; пусть, например, с Е [х, „х,3. Так как )~(х,) — г(х, !) ! = )()(х,) — )(с))+()(~) — )(х, !)) ( ...
/ ~ (х,) — ) (с) ! + ! ! (с) — ! (х, !) ), то будем в этом случае иметь: 5 ,Гà — 1 ~(1(х!) — ~(х! 1) ( ( ~Д)~(хь) — ~(х1 !) ) + 5=1 1=1 5- ~ ! ! ! — 1 1*, ,! ~) 5- Г(! ! 1*,! — 1 ! 5 ! -5 ~ ~ ! 1* ! — ! 1~ И) < 1=5+1 (ч 1+ ч1. Переходя в левой части к верхней грани по всем разбиениям от- резка [а, Ь1, получим неравенство ь 1( у1+Ъ Из двух найденных неравенств вытекает искомое равенство: Ь с Ь ч1 = ч1+ ч1. а а с 661. а) Д о ст ато ч н о с т ь.
Пусть функция Р(х) непрерывна в точке х,; докажем непрерывность функции 1(х) в точке х„. Пусть й ) О; тогда «,+Ь !1(хо+й) — 1(хо)! ( ~' 1; «с но, в силу результата предыдущей задачи, «„+Ь «,+Ь к, Ч 1 = Ч 1 — 71 = Р (х + й) — Р (х,). « а ) 1 (хо + й) — 1 (хо) ~ ( Р (х, + й) — Р (х,). В силу непре- рывности функции г" (х) в точке х„отсюда следует, что 1 (х + й) — 1(х,) -с- О при й-с- + О, т. е. функция 1(х) непрерывна справа в точке х,.
Аналогично доказывается, что 1(х) непрерывна слева в точке х,. б) Н е об х од и м о ст ь. Пусть 1(х) непрерывна в точке х, Яа, Ь~. Докажем непрерывность справа функции Р (х) в этой точке. Возьмем произвольное е > О и докажем, что найдется й >О такое, что (Р($) — г'(хо)! <е при х <$ <х, +й. Для этого построим такое разбиение отрезка Гх„Ь) точками х, < х, < « ... х„, < х„= Ь, при котором сумма модулей приращений Ь е функпни 1(х) отличается от вариации 71меньше чем на —; при этом к, 2' всегда можно считать точку х, столь близкой к х„что (1(х,)— — 1(х )~ < — (если бы точка х, не удовлетворяла этому условию, мы бы добавили к точкам деления отрезка еще одну точку, доста- точно близкую к х,; добавление этой точки к точкам деления отрез- ка может только увеличить нашу сумму).
Итак, ь ;)),')1(х,) — 1(х,,) ( > ч1 — — '. Ь=! к, т. е. б ь1 < ~ ~ 1(хь) — 1(хь ь) (+ — = «с Ьс а = ~1(х,) — 1(х,) (+ «т' ~ 1(хь) — 1(хо,) ( + — < е Ь е Ь ( — +у1+ — = у1+ е. к Поэтому ь ь Ч!' — Ч!'< е, х, х, х~ х, х, т. е. Ч)'< е, откуда Ч'! — Ч! < е (см. предыдущую задачу). Обо- Х а а значив теперь х, = х, + !ь, получим: Р (ха + й) — Р (ха) < е. Так как Р (х) — возрастающая функция, то для любого х, < в < х, + Й, имеет место ! Р ($) — Р (х,)! < е, откуда и следует непрерывность справа функции г" (х) в точке х,.
Непрерывность слева в точке хь Е 3а, Ь1 доказывается аналогично. 5 662. Пусть функция Р (1) =. Ч !' имеет предел при 1-«! аа. а Тогда, в силу критерия Коши существования предела функции, для каждого е ) О найдется !а Е (а, + со! такое, что Для любых !', удовлетворяющих условиям 1" ) !' ) 1„выполняется нера- 1" н венство (Р (!а) — г (1')! < е, т. е. (Ч1 — Ч 1! < е. Но Ч)' — Ъ7= а а а а и и, значит, Ч! < е. Тогда и подавно (!'(!") — 1(!')1 < е. Следовательно, для функции 1 также выполнен критерий Коши, т.
е. 1!ш)(х) существует. х +м Таким образом, если !пп Ч) существует, то и !пп! (х) сущест! + а т вует. Обратное утверждение неверно. П р и м е р, Пусть 1(х) = 1 = — з!п х. Тогда х %)$~© — И )!+!АЙ( ) — ~('2")~+-+ 2)~ !3 5 2а — 1) при и — «+аа, так как ряд 2' — расходится. ОднаКо!ппДХ)=* .аа 2а — 1 х + 5=2 5!П Х = !йп — существует (этот предел равен нулю). х +а Х 663. Первое утверждение является непосредственным следствием результата задачи 661.
235 Докажем первое из приведенных в задаче равенств. Существование предела Р(х, + 0) =Ив Р(х) вытекает из монотонно« к «,+О сти функции Р (х) = Ч 1. Существование предела 1 (хк + 0) = « = 11ш г (х) доказывается так же, как в предыдущей задаче. Пек к,+О реходя теперь в неравенстве ! г'(х,+ й) — г'(х,)! ( Р (х, + й)— — Р (х,) к пределу при й -«+ 0 (доказательство этого неравенства см. в решении задачи 66!), получим: !~(.
+ О) — ~(.)! < Р(. + О) — Р(.) (1) т!тобы доказать неравенство противоположного знака, зададим произвольное е > 0 и для всякого отрезка [х„х, + й] с: [а, Ь1 построим такое его разбиение х, ( х, « ... х„= х, + й, что «,+Л « Ч 1 < ~я~ |7(х,) — ~(х,,)!+ е. 1=ч Тогда «+О к !Р(хг) У(хО) ! ф' Ч Р ~ !УЮ Р(хю-«) ! О) О=О *,+Л «,.«Л к )~ Ч Г' — Ч Г' — е = л)) — з = Р (х,) — Р (х,) — е «» к, « (см. задачу 660). Так как х, ( х, (х, + й, то, переходя к пределу в неравенстве !1 (х,) — 1 (х ) ! ) )Р (х,) — Р (х,) — е при й -«.
+ О, получим: ! 1' (х, + 0) — Г' (х,)! )~ Р (х + 0) — Р (х,) — е. В силу произвольности числа е > О, имеем: ! 1 (х,+ 0) — ~ (х,)! ~~ )~ Р (х, + 0) — Р (х,). Сравнивая это неравенство с ранее дока- занным неравенством' (1), получим: ! Р (х, + О) — 1 (х;Н = Р (х, + О) — Р (хО). Второе приведенное в задаче равенство доказывается аналогично. 664.
Проверим, что р удовлетворяет аксиомам метрики: ь 1) р Ц, Г) = 0 для любого Г' 6 У (а, Ь). Если р (1', д) = О, то Ч (1— а — д)= 0 и (1 (а) — д (о)! = О, откуда следует, что функция 1 — д постоянна на отрезке [а, Ь1 и эта постоянная равна нулю, т. е. ь Л ~ =д; 2) р(7,д) =р(л, !), так как Ч(1 — д) =Ч(6' — )); З) р д, й) < р д, 6) + р (д, й), так как !) (а) — й (а)! ( ! 1 (а) — д (а)! + ! ~ (а) — й (а)! и ь ь Л Ч(г — й) (Ч(г — д) + Ч(д — й) (см. задачу 658). 236 Докажем полноту проетранства Р (а, Ь). Пусть 1„~„1„ произвольная фундаментальная последовательность из этого метрического пространства.
Имеем при и < п и х 61а, Ь): 1 ~„(х) — г„(х) ( < ( (г„(х) — г (х)) — Д„(а) — ) (а))1 + ь + 1Р„(а) — Р„(а)1 < 'т' (7„— 7 ) + 17„(а) — ~„(а)! = =р(Р.,Р ) Значит, для каждого х Е 1"а, ЬД последовательность чисел ), (х), ), (х), 7, (х), ... тоже будет фундаментальной. Поэтому существует предел 11т7 (х), который мы обозначим через 1(х). Покажем, что функция ) принадлежит пространству Ъ'(а, Ь), т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
