Matanaliz

Якщо x0 — гранична точка для множини E, то згiдно означення неперервностi функцiї у точцi маємо

Якщо ж це не так, то точка x0 є iзольованою точкою множини E, тобто iснує куля B(x0, r) така, що E ∩ B(x0, r) = {x0}, i у кожнiй такiй точцi функцiя неперервна.

Приклад 1. Переконатись, що функцiя sin x неперервна на всiй числовiй осi.

Розв’язання. Нехай x0 — довiльне, але фiксоване дiйсне число. Тодi x R

Отже, якщо взяти δ = ε, де ε — довiльне додатне число, то для всiх x, якi задовольняють нерiвнiсть |x − x0| < ε, виконується нерiвнiсть | sin x − sin x0| < ε. А цей означає, що функцiя sin x неперервна у точцi x0.

Приклад 2. Дослiдити на неперервнiсть функцiю

Розв’язання. Якщо x0 6= 0 (x0 6= 0 — гранична точка множини R), то, врахувавши, що

91

робимо висновок, що f(x) неперервна у точцi x0. Точка x = 0 теж гранична для R i f(0) = 0. Однак, якщо розглянути двi

але

Таким чином, задана функцiя у точцi x = 0 границi немає, а це й означає, що вона не є неперервною у цiй точцi.

Нехай функцiя f(x) n дiйсних змiнних неперервна у точцi x0. Тодi iснують куля B(x0, r) i число M > 0 такi, що x B(x0, r) ∩ D(f)виконується нерiвнiсть |f(x)| 6 M.

Теорема 8.1 (про збереження знаку). Якщо функцiя f неперервна у точцi x0, причому f(x0) 6= 0, то iснує така куля B(x0, δ), що для всiх x B(x0, δ) ∩ D(f)

signf(x) = signf(x0).

Доведення. Оскiльки за умовою f(x) неперервна у точцi x0, то для будь-якого ε > 0, зокрема для ε = |f(x0)|, iснує δ > 0 таке, що для всiх x D(f), якi задовольняють нерiвнiсть d(x0, x) < δ, виконується нерiвнiсть

|f(x) − f(x0)| < |f(x0)|.

92

Останню нерiвнiсть перепишемо так

−|f(x0)| + f(x0) < f(x) < |f(x0)| + f(x0).

Якщо f(x0) > 0, то −|f(x0)|+ f(x0) = 0 i для всiх x B(x0, δ) ∩

D(f) f(x) > 0. Якщо ж f(x0) < 0, то |f(x0)| + f(x0) = 0 i для всiх x B(x0, δ) ∩ D(f) f(x) < 0. Теорема доведена.

Теорема 8.2 (операцiї над неперервними функцiями)

Якщо функцiї f1(x) i f2(x) неперервнi у точцi x0, то у цiй точцi будуть неперервними i функцiї (f1 + f2)(x), (f1 − f2)(x), (f1f2)(x). Якщо крiм того f2(x) у точцi x0 вiдмiнна вiд нуля,

f1

то i функцiя (x). f2

Доведення. Якщо x0 є iзольованою точкою хоча би для однiєї з областей визначення заданих функцiй, то вона буде iзольо-

ваною для областей визначення функцiй f1 + f2, f1 − f2, f1f2, f1 . f2

А, отже, всi вони будуть неперервними у такiй точцi. Якщо ж x0 є граничною для областей визначення i функцiї f1(x), i функцiї f2(x), то для доведення слiд скористатись тим, що при заданих умовах

93

= f1(x0)f2(x0) = (f1f2)(x0),

Означення 8.2. Функцiя f називається неперервною на множинi E, якщо вона неперервна у кожнiй точцi цiєї множини.

Виявляється, що коли множина E має певну топологiчну структуру, то неперервна на такiй множинi функцiя має цiлий ряд цiкавих властивостей. Точнiше, якщо функцiя f(x) неперервна на обмеженiй замкненiй множинi E, то f(x) обмежена на цiй множинi, досягає на нiй свого найменшого та найбiльшого значення, рiвномiрно неперервна на нiй. Якщо ж множина E є областю (вiдкрита, зв’язна множина), а неперервна на E функцiя f(x) приймає два рiзнi значення, то вона приймає i всi промiжнi значення.

Теорема 8.3 (Вейєрштрасса). Якщо функцiя n дiйсних змiнних f(x) визначена i неперервна на обмеженiй замкненiй множинi, то вона обмежена i досягає своєї нижньої i верхньої граней.

Доведення. Припустимо, що iснує обмежена замкнена множина F , на якiй визначена функцiя f(x), яка неперервна у кожнiй точцi множини F , але необмежена на цiй множинi, тобто яке б ми не взяли число M > 0 на множинi F iснує така точка x0, для якої |f(x0)| > M. Нехай M = 1, 2, . . . , k, . . .. Тодi для M = 1 iснує точка x1 F така, що |f(x1)| > 1, для M = 2 iснує точка x2 F така, що |f(x2)| > 2, . . . , для M = k iснує точка xk F така, що |f(xk)| > k i т.д. У такий спосiб побудовано послiдовнiсть (xk) точок з множини F . Оскiльки множина F обмежена, то обмеженою буде послiдовнiсть (xk). В силу

94

теореми Больцано-Вейерштрасса з неї можна видiлити збiжну

пiдпослiдовнiсть (xkm ) (m = 1, 2, . . .). Нехай lim xkm = x0. В

m→∞

силу замкненостi множини F x0 F . Оскiльки функцiя f(x) неперервна на множинi F , то вона неперервна у точцi x0. А оскiльки послiдовнiсть (xkm ) точок з F збiгається до точки x0, то iснує границя числової послiдовностi (f(xkm )), причому

lim f(xkm ) = f(x0).

m→∞

Але ж за побудовою для кожного m |f(xkm )| > km, тобто послiдовнiсть (f(xkm )) необмежена i границi мати не може. Отримана суперечнiсть свiдчить про те, що наше припущення невiрне, тобто не iснує такої обмеженої i замкненої множини i неперервної на нiй функцiї, яка б була необмежена на нiй. i перша частина теореми доведена, тобто доведено, що iснує M > 0 таке, що для всiх x F |f(x)| 6 M.

З обмеженостi функцiї f(x) випливає, що множина {f(x) | x F } має як нижню так i верхню грань. Залишається показати, що у множинi F знайдуться такi двi точки x1, x2, що

Другу частину доведення теж проведемо методом вiд супротивного. Нехай iснує обмежена замкнена множина F i неперервна на нiй функцiя f така, що для всiх x F

f(x) > m = inf f(x).

x F

Побудуємо функцiю

1 ϕ(x) = f(x) − m.

Ця функцiя визначена i неперервна на обмеженiй замкненiй

95

множинi F , а, отже, за першою частиною теореми вона обмежена на F , тобто iснує число L > 0 таке, що для всiх x F

1

|ϕ(x)| = f(x) − m 6 L.

Оскiльки f(x)−m > 0 i L > 0, то остання нерiвнiсть запишеться

у виглядi

f(x) − m > L1 ,

що суперечить тому, що m = inf f(x). Якщо припустити, що не

x F

iснує точки у множинi F , у якiй f(x) досягає свого найбiльшого значення, тобто x F

f(x) < M = sup f(x),

x F

то побудувавши функцiю

1 ψ(x) = M − f(x),

i провiвши тi ж мiркування, отримаємо нерiвнiсть f(x) 6 M − L1 ,

яка виконується x F . А це суперечить тому, що m =

sup f(x). Теорема повнiстю доведена.

x F

Звичайно теорема Вейєрштрасса є теоремою iснування, тобто, гарантуючи iснування найменшого i найбiльшого значення у функцiї неперервної на обмеженiй замкненiй множинi F , вона не дає iнструменту для їх вiдшуканнь. Ефективний пошук точок, у яких функцiя досягає свого найменшого i найбiльшого значення, вимагає додаткової iнформацiї про функцiю. Наприклад, диференцiйовнiсть функцiї дозволяє (iнколи) прийти до результату.

96

Приклад 3. Знайти найбiльше i найменше значення функцiї

f(x, y) = x2 − xy + y2 − x

на множинi F = {(x, y) | x2 + y2 6 1}.

Розв’язання. Очевидно, що множина F є обмежена замкнена множина точок простору R2, а задана функцiя двох змiнних є неперервною на множинi F . Отже, iснують точки

(x1, y1), (x2, y2) F такi, що (x, y) F

f(x1, y1) 6 f(x, y) 6 f(x2, y2).

Оскiльки функцiя f(x, y) не тiльки неперервна, але й диференцiйовна в областi {(x, y) | x2 + y2 < 1}, то, скориставшись необхiдною умовою iснування екстремуму функцiї двох змiнних, запишемо систему рiвнянь

з якої дiстаємо точку M1(3 , 3 ) пiдозрiлу на екстремум. Будемо дослiджувати функцiю на межi множини F , тобто на колi x2 + y2 = 1. Але на множинi ∂F = {(x, y) | x2 + y2 = 1} функцiя має вигляд √

ϕ1(x) = 1 − x 1 − x2 − x

на верхньому пiвколi,

√

ϕ2(x) = 1 + x 1 − x2 − x

на нижньому пiвколi. Таким чином, треба знайти найбiльшi i найменшi значення функцiй ϕ1(x) i ϕ2(x) на вiдрiзку [−1, 1].

97

Оскiльки на iнтервалi (−1, 1)

то, розв’язавши рiвняння ϕ01(x) = 0√, ϕ02(x) =√0, на iнтервалi

(−1, 1) дiстанемо два коренi x1 = − 23, x2 = 23 для першого

i один корiнь x = 0 для другого. Визначимо значення функцiї у точках

Нехай функцiя n змiнних f(x) визначена i неперервна на деякiй областi G, тобто вiдкритiй зв’язнiй множинi точок простору Rn, i нехай для точок x1, x2 G f(x1) = A, f(x1) =

98

B, причому, наприклад, A < B. Можна довести, що яким би не було число C таке, що A < C < B, в областi G знайдеться така точка x0, для якої f(x0) = C. При доведеннi на пiдставi того факту, що множина G зв’язна, задається крива, яка сполучає точки x1 = (x11, x12, . . . , x1n), x2 = (x21, x22, . . . , x2n). Така крива задається набором неперервних на вiдрiзку [α, β] функцiй ϕ1(t), ϕ2(t), . . . , ϕn(t) таких, що

ϕ1(α) = x11, ϕ2(α) = x12, . . . , ϕn(α) = x1n, ϕ1(β) = x21, ϕ2(β) = x22, . . . , ϕn(β) = x2n. Пiдставивши функцiї ϕ1(t), ϕ2(t), . . . , ϕn(t)

у функцiю f(x), маємо неперервну на вiдрiзку [α, β] функцiю

Φ(t) = f(ϕ1(t), ϕ2(t), . . . , ϕn(t)), для якої Φ(α) = A, Φ(β) = B. Далi використовуємо теорему Кошi про промiжне значення для функцiї однiєї змiнної.

Теорема 8.4 (теорема про промiжне значення) Якщо функцiя f(x) неперервна на вiдрiзку [a, b], на кiнцях вiдрiзка приймає рiзнi значення f(a) = A, f(b) = B, то яким би не було число C мiж A i B на iнтервалi (a, b) iснує точка x0 така, що f(x0) = C.

якщо C < f(a+2 b ), i [a1, b1] = [a+2 b , b], якщо f(a+2 b ) < C). З вiдрiзком [a1, b1] поступимо точно так саме. Роздiлимо його по-

полам точкою a1+2 b1 . Тодi або f(a1+2 b1 ) = C i x0 = a1+2 b1 , або f(a1+2 b1 ) 6= C. У другому випадку на кiнцях одного з вiдрiзкiв

[a1, a1+2 b1 ], [a1+2 b1 , b1] функцiя f приймає значення, якi лежать по рiзнi сторони числа C. Позначимо такий вiдрiзок через [a2, b2].

99

У результатi такої процедури або через скiнченне число крокiв прийдемо до точки x0, у якiй f(x0) = C, або отримаємо послiдовнiсть вiдрiзкiв ([an, bn]) таких, що

[a1, b1] [a2, b2] . . . [an, bn] . . . ,

i для будь-якого n f(an) < C < f(bn).

Нехай x0 — спiльна точка усiх вiдрiзкiв. Тодi очевидно, що

lim f(an) = lim f(bn) = f(x0),

n→∞ n→∞

причому в силу того, що n f(an) < C < f(bn)

З нерiвностi f(x0) 6 C 6 f(x0) маємо f(x0) = C.

Отже, i тодi, коли використана процедура продовжується нескiнченно, iснує точка x0 така, що f(x0) = C.

Як наслiдок, маємо досить популярний результат, який використовується не тiльки для встановлення iснування кореня рiвняння f(x) = 0 на вiдрiзку [a, b], але й знаходження його наближеного значення.

Якщо функцiя f(x) неперервна на вiдрiзку [a, b] i на кiнцях цього вiдрiзка приймає значення рiзних знакiв, то на цьому вiдрiзку iснує хоч одна точка, у якiй функцiя обертається в нуль.

Навпаки, якщо ми знаємо всi нулi неперервної на деякому промiжку функцiї, то в силу властивостi збереження знаку неперервної функцiї можна дослiдити функцiю на знак. А

100