Лекции Дымарский 2 семестр (1187969), страница 6
Текст из файла (страница 6)
М. ДЫМАРСКИЙДоказательство немедленно следует из леммы 3.4.Задача 3.2. Отображение конечномерных пространств назовем элементарным, если каждая его координатная функция является элементарной покаждой переменной. С помощью теорем 3.1 и 3.2 докажите, что элементарноеотображение непрерывно всюду, где оно определено.Теорема 3.3. (критерий непрерывности на множестве) Отображение f :R ⊃ X → Rm , область определения которого открытое подмножество,непрерывно на X тогда и т.т., когда прообраз любого открытого подмножества из Rm открыт в Rn :nf непрерывно на X = X 0 ⊂ Rn ⇔ ∀ O = O0 ⊂ Rm ,→ f −1 (O) открыто в Rn .Замечание 3.2.
Подмножество O ⊂ Rm не обязано принадлежать образуf (X), но автоматически f −1 (O) ⊂ X.Доказательство. ⇒ Пусть O ⊂ Rm – открытое подмножество. Покажем,что каждая точка x ∈ f −1 (O) является внутренней для f −1 (O), т.е. “окружена”точками из f −1 (O). Полный прообраз f −1 (O) = {x ∈ X : f (x) = y ∈ O}. Поскольку O открытое подмножество, существует Uε (y) ⊂ O.
В силу открытостиподмножества X и непрерывности отображения f в точке x, существует такоеδ = δ(ε), что: 1) Uδ (x) ⊂ X, 2)f (Uδ (x)) ⊂ Uε (y) ⊂ O. Значит, Uδ (x) ⊂ f −1 (O).⇐ Пусть x ∈ X – произвольная точка из области определения и f (x) = y ∈ O.Возьмем произвольную окрестность Uε (y) ⊂ O (такая окрестность существуетв силу открытости подмножества O). Поскольку окрестность открытое подмножество, то его прообраз f −1 (Uε (y)) ⊂ X открытое подмножество. По определению каждая точка открытого подмножества входит в него вместе с некоторой δ-окрестностью.
Значит, существует окрестность Uδ (x) ⊂ f −1 (Uε (y)). Чтоозначает непрерывность отображения в точке x ∈ X. Следствие 3.1. (решение строгого неравенства) Если числовая функцияf : Rn ⊃ X → R определена на открытом подмножестве и непрерывна нанем, то решение строгого неравенства f (x) > 0 (< 0, ̸=) представляет собойоткрытое подмножество Rn . В частности, если n = 1 (т.е. f – числоваяфункция), то решение строгого неравенства есть объединение (конечное илисчетное) открытых интервалов.Примеры 3.1. ∪ 1.
x2 − 4 > 0 ⇔ (−∞, −2) ∪ (2, +∞).2. sin x ̸= 0 ⇔ i∈Z (kπ, (k + 1)π).Задача 3.3. Самостоятельно сформулируйте и докажите утверждение о решении системы строгих неравенств, аналогичное следствию 3.1.Теорема 3.4. (образ компактного множества) Пусть отображениеf : Rn ⊃ X → Rm непрерывно на компактном множестве X. Тогда множество значений f (X) – компактное подмножество в Rm . Коротко говоря,непрерывный образ компактного множества компактен.Доказательство основано на критерии компактности (теорема 1.2).
Пусть{y k }∞k=1 ⊂ f (X) – произвольная последовательность. Она порождает (необязательно однозначно!) некоторую последовательность прообразовkk{xk }∞k=1 ⊂ X, f (x ) = y .ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ВТОРОЙ СЕМЕСТР27В силу компактности X, из последовательности {xk } можно выбрать сходящуюся в X подпоследовательность: xki → x0 ∈ X при i → ∞. Тогда, в силу непрерывности отображения f в точке x0 , получаем сходимость образов:y ki = f (xki ) → y 0 = f (x0 ) ∈ f (X). Теорема 3.5.
(сохранение линейной связности при непрерывном отображении) Пусть отображение f : Rn ⊃ X → Rm непрерывно на линейно связным подмножестве X. Тогда его образ f (X) также линейно связен.Доказательство. Пусть y 1 , y 2 ∈ f (X). Следовательно существуют прообразы x1 , x2 ∈ X: f (x1 ) = y 1 , f (x2 ) = y 2 . Возьмем непрерывную кривуюφ, соединяющую точки x1 и x2 в X, т.е. такое непрерывное отображениеφ : [a, b] → X, для которого φ(a) = x1 , φ(b) = x2 . Тогда суперпозицияf · φ : [a, b] → R есть непрерывная функция на отрезке (теорема 3.2), длякоторой (f · φ)(a) = y 1 , (f · φ)(b) = y 2 . Замечание 3.3. Итак, компактность и линейная связность сохраняются вобразах, а открытость – в прообразах.3.3.
Свойства числовых функций, непрерывных на множестве. Рассмотрим случай m = 1. Специфические свойства непрерывных числовых функций (одного или нескольких аргументов) связаны с упорядоченностью точекпрямой.Теорема 3.6. (о промежуточных значениях) Пусть область определенияX ⊂ Rn функции f : X → R является линейно связной. Пусть y1 = f (x1 ) <f (x2 ) = y2 . Тогда для любого значения y0 ∈ (y1 , y2 ) найдется такая точкаx0 ∈ X, что f (x0 ) = y0 .Доказательство аналогично доказательству предыдущей теоремы. Линейная связность позволяет свести функцию нескольких переменных к одной переменной.
Возьмем непрерывную кривую φ, соединяющую точки x1 и x2 в X, т.е.такое непрерывное отображение φ : [a, b] → X, для которого φ(a) = x1 , φ(b) =x2 . Тогда суперпозиция f · φ : [a, b] → R есть непрерывная на отрезке числоваяфункция, для которой (f · φ)(a) = y1 , (f · φ)(b) = y2 . По теореме ?? о промежуточных значениях найдется число t0 ∈ [a, b], для которого (f · φ)(t0 ) = y0 .Обозначим φ(t0 ) = x0 ∈ X. Тогда f (x0 ) = y0 , что и т.д.
Теорема 3.7. (Вейерштрасса о достижимости точных граней) Пусть числовая функция f : X → R непрерывна на компактном подмножестве X ⊂Rn . Тогда существуют точки x1 , x2 ∈ X, в которых f (x1 ) = inf X f (x) =minX f (x), f (x2 ) = supX f (x) = maxX f (x). Т.е. непрерывная на компактномподмножестве функция достигает своих точных граней.Доказательство.
Из теоремы 3.4 следует, что образ f (X) является компактным подмножеством числовой прямой. Дальнейшие рассуждения, как и вдоказательстве теоремы ?? – второй теоремы Вейерштрасса.28Я. М. ДЫМАРСКИЙ3.4. Равномерная непрерывность функции на множестве. Это свойство функции быть “одинаково” непрерывной во всех точках рассматриваемогомножества. Напомним, что: 1) определение 3.3 непрерывности функции намножестве X ⊂ Rn означает непрерывность в каждой точке x ∈ X; 2) определение 3.1 непрерывности в точке x ∈ X означает равенство lim f (x̂) = f (x).x̂→x,x̂∈XПоэтому развернутое определение непрерывности функции на множестве выглядит так:∀x ∈ X ∀ε > 0 ∃δ = δ(x, ε) : ∀x̂ ∈ X ∧ ρ(x, x̂) < δ ,→ |f (x) − f (x̂)| < ε. (3.1)Определение 3.4.
Функция f называется равномерно непрерывной(РН) на подмножестве X ⊂ Rn , если для любого ε > 0 найдется такое δ > 0,что для любых двух точек x, x′ ∈ X таких, что ρ(x, x′ ) < δ, справедлива оценка|f (x) − f (x′ )| < ε:∀ε > 0 ∃δ = δ(ε) : ∀x, x̂ ∈ X ρ(x, x̂) < δ ,→ |f (x) − f (x̂)| < ε. (3.2)Обсуждение 3.1. Непрерывность в точке означает, что малое отклонение аргумента, зависящее от выбранной точки влечет малое отклонение функции. При равномерной непрерывности отклонение функции зависиттолько от отклонения аргумента, но не от самого аргумента.
Свойствофункции быть РН является глобальным в отличие от локального свойстванепрерывности в точке.Очевидно, чтоЛемма 3.5. Если функция, РН на некотором множестве X, то она РНна любом его подмножестве X̃ ⊂ X.Задача 3.4. Докажите лемму 3.5.Примеры 3.2. Равномерно непрерывны функции:1.
y = x2 на любом конечном промежутке ⟨a, b⟩;2. y = sin x на всей числовой оси R;3. y = arctan x на всей числовой оси R (рис. 3.1);4. y = x + sin x на всей числовой оси R (рис. 3.2).5. y = x sin x1 на всей числовой оси R (рис. 3.3).Рис. 3.1Рис. 3.2Рис. 3.3Примеры 3.3. Следующие функции НЕ являются РН:1. y = sign(x) на любом промежутке, содержащем точку x0 = 0 (рис. 3.4);ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ВТОРОЙ СЕМЕСТР292. y = x1 на промежутке (0, b⟩;3.
y = x2 на любом бесконечном промежутке ⟨a, +∞);4. y = sin x1 на промежутке (0, b⟩ (рис. 3.5).Рис. 3.4Рис. 3.5Рис. 3.6Лемма 3.6. Из равномерной непрерывности функции на X следует ее непрерывность на X.Доказательство. Хотя утверждение очевидно, рассмотрим ситуацию формально-логически на языке кванторов. Сравнивая определения (3.1) и (3.2),мы видим, что первом определении точка x стоит перед выбором δ, поэтомуδ зависит от x. Во втором определении δ не зависит от x. Значит, из второгоопределения следует первое. Из леммы 3.6 следует, что отсутствие непрерывности является достаточнымусловием для отсутствия РН (контрпример 3.3(1), рис. 3.4). Следует помнить,что из непрерывности в общем случае РН не следует (контрпримеры 3.3(2-4)).Доказательство отсутствия РН опирается на отрицание определения (3.2):функция НЕ является РН, если∃ε0 > 0 : ∀δ ,→ ∃ x, x̂ ∈ X : ρ(x, x̂) < δ ,→ |f (x) − f (x̂)| > ε0 .(3.3)Покажем, как пользоваться определением (3.3) на контрпримерах 3.3:2) f (x) = 1/x не является РН на (0, 1) из-за того, что при x → +0 функцияf (x) → ∞, поэтому возьмемxk =111, x̂k =, при k → ∞ ρ(xk , x̂k ) =→ 0 ∧ |f (xk ) − f (x̂k )| = k → ∞;k2k2k3) f (x) = x2 не является РН на [0, +∞) из-за того, что при x → +∞ функцияf (x) → ∞ “ускоряясь”:111xk = k + , x̂k = k, при k → ∞ ρ(xk , x̂k ) = → 0 ∧ |f (xk )−f (x̂k )| = 2+ 2 > 2;kkk4) f (x) = sin 1/x не является РН на (0, 1) из-за того, что при x → +0 существуют сколь угодно близкие точки, в которых функция отличается на константудва (см.
рис. 3.5):11xk =, x̂k =,2πk − π/22πk + π/2π→ 0 ∧ |f (xk ) − f (x̂k )| = 2.при k → ∞ : ρ(xk , x̂k ) =4π 2 k 2 − π 2 /4Обратим внимание, что во всех случаях подмножество X некомпактно.30Я. М. ДЫМАРСКИЙТеорема 3.8. (Кантора о РН на компакте) Если функция f непрерывнана компактном подмножестве, то она РН на нем.Доказательство от противного. Тогда выполняется (3.3). Чтобы построить последовательность точек, возьмем последовательность чисел δk = 1/k(k = 1, 2 .
. .). Возникают две последовательности точек xk , x̂k ∈ X таких, чтоρ(xk , x̂k ) < 1/k, но |f (xk ) − f (x̂k )| > ε0 . В силу компактности X, из последовательности {xk } выбираем сходящуюся подпоследовательность: xkm → x0 ∈ Xпри m → ∞. Посколькуρ(x̂km , x0 ) < ρ(x̂km , xkm ) + ρ(xkm , x0 ) <1+ ρ(xkm , x0 ) → 0 при m → ∞,kmто получаем вторую сходящуюся к той же точке x0 подпоследовательностьx̂km → x0 . В силу непрерывности функции в точке x0 , получаемlim f (xkm ) = lim f (x̂km ) = f (x0 ).m→∞m→∞Поэтому lim |f (xkm ) − f (x̂km )| = 0. Что противоречит допущению.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
