Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 5 – dr Adam Ćmiel – cmiel@agh.edu.pl Twierdzenia o funkcjach ciągłych
Tw. (Weierstrassa) Jeżeli funkcja f : R ⊃ [ a, b] → R jest ciągła na [ a,b], to f – ograniczona i
∃
: f ( x ) = sup f ( x) i f ( x ) = inf f ( x) .
x , x
[
∈ a, b]
1
2
1
2
x [
∈ a, b]
x [
∈ a, b]
Dowód. Ograniczoność od góry. Dla dowodu nie wprost załóżmy, że funkcja f nie jest ograniczona do góry. Istnieje więc ciąg ( x
lim f ( x )
. Z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa
n
=
n)⊂[ a, b] taki że
∞
n→∞
wynika, że z ograniczonego ciągu ( xn) można wybrać podciąg ( x ) zbieżny tzn.
nk
lim x
= c ∈[ a, b] . Z ciągłości funkcji f otrzymujemy lim f ( x ) = f ( c) , co jest w sprzeczności z nk
n
k →∞
k
k →∞
faktem lim f ( x )
(każdy podciąg ciągu rozbieżnego do nieskończoności jest rozbieżny do n
= ∞
k →∞
k
nieskończoności).
Osiąganie kresu górnego M = sup f ( x) . Jeśli kres górny M zbioru wartości funkcji nie jest x [
∈ a, b]
osiągnięty, to jest on punktem skupienia zbioru wartości funkcji. Istnieje więc ciąg ( xn)⊂[ a, b] taki że lim f ( x ) = M . Z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa istnieje podciąg zbieżny lim x
= c ∈[ a, b] .
n
n
n→∞
k
k →∞
Z ciągłości funkcji f otrzymujemy lim f ( x ) = f ( c) = M .
k
n
k
∞
→
Tw. (Darboux) (o przyjmowaniu wartości pośrednich) Jeżeli f : R ⊃ I → R - ciągła na przedziale I
∀ ∈ ∀
f ( x )
∈
< y f ( x ) ⇒
<
∃
y
∈
= f ( x)
x , x
I
y R
1
2
x I
1
2
Dowód Rozważmy pomocniczą funkcję g( x)= f( x)- y. Funkcja g przyjmuje na końcach przedziału [ l 1, p 1]
gdzie l = min{ x , x }i p = max{ x , x } wartości różnych znaków, tzn. g( l ) g( p ) < .
0 Niech s
1
1
2
1
1
2
1
1
1
będzie środkiem przedziału [ l 1, p 1]. Jeśli g( s 1)=0, to twierdzenie zostało udowodnione. W przeciwnym przypadku rozważamy przedział [ l 2, p 2] zastępując jeden z końców l 1, p 1 punktem s 1 tak, aby g( l ) g( p ) < .
0 Powtarzamy powyższą procedurę konstruując ciąg przedziałów [ l 2
2
n, pn] i ich środków
sn . Jeśli dla pewnego n otrzymamy g( sn)=0, to twierdzenie jest udowodnione. Jeśli nie, to skonstruowaliśmy dwa ciągi zbieżne: niemalejący i ograniczony od góry ( ln) oraz nierosnący i p −
ograniczony od dołu ( p
l
1
1
p
l
. Stąd lim l = lim p = x . Z tw. o
n − n
=
n−
=
n) przy czym lim(
)
lim
1
0
2
n
n
n
∞
→
n
∞
→
n→∞
n→∞
zachowaniu słabej nierówności w granicy otrzymujemy
2
g ( x) ≤ 0 , więc g( x) = 0 , co kończy dowód.
1
Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 5 – dr Adam Ćmiel – cmiel@agh.edu.pl Tw. (Cantora) Funkcja f : R ⊃ [ a, b] → R - ciągła na przedziale domkniętym [ a,b] jest jednostajnie ciągła na [ a,b]
Dow: (nie wprost.) Nieprawda, że f jest jednostajnie ciągła ⇔
~ [
⇒
∀ε
x
x
f x
f x
0
δ
|
'|
0
x [ a , b ]
x' [ a , b ]
δ | ( )
( ') | ε
> ∃ > ∀ ∈
∀ ∈
− <
−
< ]⇔
ε
∃ >
x x
f x
f x
0
δ
∀ >0∃ ∈ x[ a, b]∃ x∈
|
' [ a, b]
− ' <
| δ ∧ | ( ) − ( ') ≥
| ε . Dla każdego δ , czyli w szczególności dla
δ =1 n
'
'
też istnieją ciągi ( x ) , ( '
x ) takie, że | x − x
1
|< i | f ( x )
f x
(istnieje takie ε).
n
− ( )
n
≥
| ε
n
n
n
n
n
Ponieważ ( xn) jest ciągiem w [ a, b], więc można z niego wybrać podciąg zbieżny x → c. Z warunku trójkąta k
n
'
'
'
mamy | x
− c | |
≤ x − x | + | x − c |, skąd wynika, że x → c . Z ciągłości funkcji f mamy k
n
k
n
k
n
k
n
k
n
f ( x ) → f ( c)
'
i
f ( '
x ) → f ( c) , więc | f ( x ) f x
, co przeczy warunkowi
n
− ( ) |
n
→ )
0
k
n
k
n
k
k
| f ( x )
f x
∀ n
n
− ( ' )
n
≥
| ε
Tw: (o lokalnym zachowaniu znaku )
Jeżeli funkcja f : R ⊃ ( a, b) → R - ciągła na przedziale otwartym ( a, b) , x ∈
0
( a, b) i f( x 0)>0 , to istnieje otoczenie punktu x 0 (powiedzmy K( x 0,δ)) takie, że ∀ x∈ K( x 0,δ) f( x)>0.
Tw. (o ciągłości funkcji odwrotnej). Jeżeli funkcja f : R ⊃ I → R (gdzie I – dowolny przedział) jest ciągła i rosnąca (malejąca), to funkcja odwrotna
1
−
f
jest ciągła i rosnąca (malejąca).
Dowód. Niech f będzie ciągła i rosnąca w przedziale I . Z tw.Darboux wynika że „ciągły obraz przedziału jest przedziałem” J= f[ I] jest przedziałem a f jest funkcją różnowartościową. Istnieje więc f –1: J→ I i f –1 jest rosnąca (dowód nie wprost). Aby wykazać ciągłość funkcji f –1 w punkcie y 0 przedziału J, wystarczy wykazać, że jeśli y →
n
y 0, to f –1( yn) = xn → x 0= f –1( y 0). Gdyby ciąg ( xn) nie dążył do granicy x 0, to nieskończenie wiele wyrazów leżałoby na zewnątrz przedziału ( x 0-ε, x 0+ε) czyli spełniałoby jedną z nierówności xn< x 0-ε , xn> x 0+ε. W pierwszym przypadku yn= f( xn)< f( x 0-ε)= f( x 0)-η1 (tu korzystamy z założenia, że f jest rosnąca). W drugim yn= f( xn)> f( x 0+ε)= f( x 0)+η2 (η1 i η2 >0).Wobec tego nieskończenie wiele wyrazów y
→
n leżałoby na zewnątrz przedziału ( y 0-η1 , y 0+η2) co przeczy założeniu, ze yn y 0.
Ciągłość złożenia
Tw. Jeżeli f jest ciągła w punkcie x , a g jest ciągła w punkcie f ( x ) to g o f (złożenie f z g) jest 0
0
ciągła w punkcie x .
0
Tw. Jeżeli f jest ciągła na zbiorze A i g jest ciągła na zbiorze B to g o f jest ciągła na zbiorze A.
Tw. Jeżeli f jest jednostajnie ciągła na zbiorze A i g jest jednostajnie ciągła na zbiorze B to g o f jest jednostajnie ciągła na zbiorze A.
Dowód Powyższe twierdzenia są natychmiastową konsekwencją definicji złożenia funkcji i definicji (odpowiednio punktowej i jednostajnej) ciągłości funkcji.
Ciągłość sumy, różnicy, iloczynu i ilorazu funkcji rzeczywistych zmiennej rzeczywistej
f : R ⊃ D → R ; g : R ⊃ D → R
2
Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 5 – dr Adam Ćmiel – cmiel@agh.edu.pl Tw Jeżeli f i g są ciągłe w punkcie x
, to f + g , f − g , f ⋅ g , f ( g( x ) ≠ 0 ) są ciągłe w 0 ∈ A
g
0
punkcie x .
0
Jeżeli f i g są ciągłe na zbiorze D , to f + g , f − g , f ⋅ g , f ( ∀
g( )
∈
x
) są ciągłe na
x D
≠ 0
g
zbiorze D.
Jeżeli f i g są jednostajnie ciągłe na zbiorze D to, to f + g , f − g są jednostajnie ciągłe na zbiorze D ( funkcje f ⋅ g i f nie musza być jednostajnie ciągłe) g
Wnioski
1º Wielomian jest funkcją ciągłą, bo jest on sumą funkcji ciągłych oraz iloczynów funkcji ciągłych.
2º Funkcja wymierna jest ciągła, bo jest ilorazem dwóch ciągłych wielomianów.
Dowodzi się, że
α
α
3º Funkcja
potęgowa
jest
ciągła
tzn
x
∀ ∈ D lim x = x Z uwagi na
0
0
x→ x 0
α
α
α
równość
x
x = x
wystarczy udowodnić ciągłość w punkcie x
lim x =
0 ( x
0=1
tzn.
1
0 )α
x
1
→
(ćwiczenia)
−
4º Funkcja wykładnicza jest ciągła
x
x
x
x
x x
0
x
∀ ∈ D lim a = a . Z uwagi na równość
0
0
a = a a
0
x→ x 0
wystarczy udowodnić ciągłość w punkcie x 0=0 (ćwiczenia) 5º Funkcje trygonometryczne są ciągłe np x
∀
lim sin x = sin x (ćwiczenia)
0
0
x→ x 0
Wnioski.
• Funkcje logarytmiczne i cyklometryczne są ciągłe (bo są odwrotne do funkcji ciągłych)
• Funkcje elementarne , czyli wszystkie powyższe oraz takie, które można otrzymać z poprzednich przez skończoną ilość działań arytmetycznych oraz złożeń, są ciągłe w swoich naturalnych dziedzinach.
Nieciągłości
• f ma w x
≠
0 nieciągłość usuwalną – istnieje granica w x 0, ale lim f ( x) f ( x )
0
x→ x 0
• f ma w x 0 nieciągłość I-go rodzaju – istnieją granice jednostronne skończone i są one różne lim f ( x) ≠ lim f ( x)
−
+
x→ x
x→ x
0
0
• f ma w x 0 nieciągłość II-go rodzaju – pozostałe przypadki.
Nieciągłości funkcji monotonicznych.
df
−
Tw. Jeżeli
f : ( a, b) → R jest monotoniczna, to ∀
istnieją
lim f ( x ) = f ( x ) i
x
(
∈ a, )
0
b
0
0
x→ −
x 0
df
+
lim f ( x ) = f ( x
) . Funkcja monotoniczna może mieć więc jedynie punkt nieciągłości I-go 0
0
x→ +
x 0
rodzaju.
Dow. (dla funkcji niemalejącej). Niech x ∈ ( a, b) będzie punktem nieciągłości. Z monotoniczności 0
x
x ⇒
<
f ( x) ≤ f ( x ) zbiór { f ( x) : a < x < x } jest ograniczonym od góry przez f ( x ) 0
0
0
0
3
Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 5 – dr Adam Ćmiel – cmiel@agh.edu.pl podzbiorem zbioru liczb R. Z zasady ciągłości R istnieje A = sup f ( x) . Naśladując dowód a< x< x 0
twierdzenia „ciąg monotoniczny i ograniczony jest zbieżny” pokazujemy, że A = lim f ( x) .
−
x→ x 0
Analogicznie B = inf f ( x) = lim f ( x) .
x> x
+
0
x→ x 0
Tw. Zbiór punktów nieciągłości funkcji monotonicznej jest co najwyżej przeliczalny.
Dow. (dla funkcji niemalejącej) f : ( a, b) → R . Niech x będzie punktem nieciągłości (I-go rodzaju) 0
−
+
−
+
Z monotoniczności: f ( x
) < f ( x
) . W przedziale ( f ( x ), f ( x ) wybieramy liczbę 0
0
)
0
0
wymierną r( x ) . Postępując tak samo dla każdego punktu nieciągłości określamy funkcję r, 0
która odwzorowuje zbiór punktów nieciągłości w zbiór liczb wymiernych. Z
monotoniczności: funkcja r jest ściśle rosnąca, a więc różnowartościowa. Zbiór punktów nieciągłości funkcji monotonicznej jest równoliczny z pewnym podzbiorem przeliczalnego zbioru liczb wymiernych, czyli jest co najwyżej przeliczalny.
Uzupełnienie
• Ciągłość funkcji wykładniczej .
−
Należy pokazać, że
x
x
x
x
x
0
x
∀
lim a = a . Z uwagi na równość
0
x 0
a = a a
wystarczy pokazać
0
x→ x 0
ciągłość funkcji wykładniczej w punkcie 0, czyli lim
0
a x = a = 1 . Korzystając z definicji Heinego
x→0
granicy funkcji należy pokazać, że (
∀ x ) lim x
0
x
⇒
a
.
n
n =
lim
n
=1
n→∞
n→∞
1
Wiadomo, że lim n a = 1 i lim
= 1stąd
n→∞
n→∞ n a
ε
∀ ∃
k
k
n
k
n
a
a
0 ∀
≥
1
1
1
0
−ε ≤
≤1+ ε ∧ 1− ε ≤ − ≤1+ ε
−1
1
−1
Z faktu lim x
wynika, że
k
∀ ∃ m
n
∀ ≥ m
≤ x ≤
. Wobec tego
k
x
1
n
k
a ≤ a
≤ a ,
n = 0
0
0
n
n→∞
k
k
1
−
gdy a > 1 i k
x
1
n
k
a ≤ a
≤ a gdy a < 1. Stąd biorąc N = max{ n , m } mamy 0
0
ε
∀ ∃ N ∀ n ≥ N 1−ε ≤ x
x
n
a
≤ 1+ ε , czyli lim n
a
=1.
n→∞
• Ciągłość funkcji potęgowej.
α
α
α
α x α
Należy pokazać, że
x
∀ ∈ D lim x = x . Z uwagi na równość x = x ( ) wystarczy pokazać 0
0
0
x
x→ x
0
0
α
α
ciągłość funkcji potęgowej w punkcie 1, czyli lim x = 1 = 1 . Korzystając z definicji Heinego x
1
→
α
granicy funkcji należy pokazać, że (
∀ x ) lim x
1 ⇒
x
.
n
n =
lim n = 1
n→∞
n→∞
Niech k ∈ N będzie takie, że − k ≤ α ≤ k . Z tw. o arytmetyce granic wiadomo, że lim x
1
k
− k
⇒
x
i lim x
. Wobec tego
n
= 1
n =
lim n = 1
n→∞
n→∞
n→∞
ε
∀ ∃
k
k
n
n
n
x
x
.
0 ∀
≥
1
0
− ε ≤ n ≤1+ ε ∧ 1− ε ≤ − n ≤1+ ε
Rozważając wszystkie warianty związane z monotonicznością funkcji potęgowej i położeniem x
−
α
−
względem 1, mamy nierówność min{ k
x ,
k
x } ≤ x ≤ max{ k
x ,
k
x } , z której wynika, że
n
n
n
n
n
n
4
Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 5 – dr Adam Ćmiel – cmiel@agh.edu.pl ε
∀ ∃ n
n
n
x
α
, czyli lim x
, co dowodzi ciągłości funkcji potęgowej w
n = 1
0 ∀
≥
1
0
− ε
α
≤ n ≤1+ ε
n→∞
punkcie 1.
• Ciągłość funkcji sinus.
x + x
x − x
Należy pokazać, że
x
∀
lim sin x = sin x . Z tożsamości
0
0
sin x − sin x = 2cos
sin
,
0
0
0
2
2
x→ x 0
ograniczoności funkcji cosinus i nierówności | sin x | ≤ | x | mamy
| sin x − sin x | ≤| x − x | , z której łatwo wynika ciągłość funkcji sinus.
0
0
Podobnie dowodzi się ciągłości funkcji cosinus. Funkcje tangens i cotangens jako ilorazy funkcji ciągłych są ciągłe w swoich dziedzinach.
5