Равномерная непрерывность функции на промежутке
Определение равномерной непрерывности
- Равномерная непрерывность функции
- Функция f (x) называется равномерно непрерывной на множестве X, если она определена на нем, и если для любого сколь угодно малого положительного числа ε > 0,
существует такое число δε > 0, зависящее от ε, но не зависящее от x1, x2, что для любых двух точек x1, x2 ∈ X этого множества, расстояние между которыми меньше δε:
| x1 – x2 | < δε,
разность значений функции по абсолютной величине меньше ε:
| f (x1) – f (x2) | < ε.
Более коротко определение равномерной непрерывности можно записать так:
(1) ∀ε > 0 ∃δε > 0 ∀x1, x2 ∈ X, | x1 – x2 | < δε ⇒ | f (x1) – f (x2) | < ε.
Отсутствие равномерной непрерывности:
(2) ∃ε > 0 ∀δε > 0 ∃x1, x2 ∈ X, | x1 – x2 | < δε ⇒ | f (x1) – f (x2) | ≥ ε.
Отличие равномерной непрерывности от простой заключается в том, что при равномерной непрерывности число δ можно выбрать так, что оно будет зависеть только от ε, но не от x1 или x2.
Если фиксировать точку x1 ∈ X, то получим определение непрерывности в точке x1:
∀ε > 0 ∃δε > 0 ∀x2 ∈ X, | x1 – x2 | < δε ⇒ | f (x1) – f (x2) | < ε.
На конце отрезка оно превращается в определение односторонней непрерывности.
Если позволить точке x1 принимать произвольные значения, то при простой непрерывности, число δ может зависеть как от ε, так и от x1:
∀ε > 0 ∀x1 ∈ X ∃δε,x1 > 0 ∀x2 ∈ X, | x1 – x2 | < δε,x1 ⇒ | f (x1) – f (x2) | < ε.
Очевидно, что если функция равномерно непрерывна на множестве X, то она непрерывна в любой точке этого множества. Обратное не верно, см. примеры ниже.
Если функция не является непрерывной в какой либо точке множества, то она, естественно, не является и равномерно непрерывной на этом множестве.
Геометрическая интерпретация равномерной непрерывности
Построим график функции y = f (x). Изобразим промежуток X, на котором исследуется равномерная непрерывность функции. На график наложим прямоугольник с высотой ε. Ширину прямоугольника δ подберем так, чтобы график пересекал только вертикальные стороны прямоугольника, и не пересекал горизонтальные. Геометрическая интерпретация равномерной непрерывности состоит в том, что для прямоугольника любой высоты можно подобрать такую ширину, что при любом горизонтальном перемещении этого прямоугольника вдоль графика, его всегда можно так расположить по вертикали, что линия графика будет пересекать только вертикальные стороны, и не пересекать горизонтальные.
Действительно, для абсцисс любых двух точек x1, x2 внутри прямоугольника выполняется неравенство:
| x1 – x2 | < δ.
Поскольку мы произвольно перемещаем прямоугольник вдоль оси абсцисс, то перебираем все возможные значения x1, x2, принадлежащие промежутку X. Если график пересекает только вертикальные стороны, то для внутренних точек прямоугольника выполняется неравенство:
| f (x1) – f (x2) | < ε.
Поскольку ε произвольно, то для любого ε > 0 (для любой высоты прямоугольника) всегда можно подобрать такое δ (ширину прямоугольника), что для всех x1, x2 ∈ X (при любых горизонтальных перемещениях прямоугольника, не выходящего за пределы промежутка X),
| f (x1) – f (x2) | < ε
(прямоугольник можно переместить по вертикали так, что график не будет пересекать его горизонтальные стороны. Это и означает равномерную непрерывность функции на множестве X.
Примеры
Все примеры Исследовать функции на равномерную непрерывность:
1) f (x) = 1 / x на замкнутом луче [1, +∞) ⇓
2) f (x) = √ x на своей области определения, [0, +∞) ⇓
3) f (x) = 1 / x на открытом луче (0, +∞) ⇓
4) f (x) = sin 1x на открытом луче (0, +∞) ⇓
Пример 1
Все примерыДоказать, что функция f (x) = 1 / x равномерно непрерывна на замкнутом луче [1, +∞).
Решение
Сначала проведем предварительное рассмотрение, воспользовавшись графиком функции y = 1 / x. При исследовании равномерной непрерывности нам, в первую очередь, нужно рассмотреть участок с наиболее сильным изменением функции, то есть с наибольшим наклоном к оси абсцисс.
Наибольшее убывание, при x ≥ 1, происходит в точке x = 1. Проведем анализ непрерывности в этой точке с помощью ε – δ рассуждений. На графике изобразим прямоугольник с вершинами в точках (x = 1, y = f (1) = 1) и ( x = 1 + δ, y = f (1 + δ) = 11 + δ ). Внутри прямоугольника,
(П1.1) | x1 – x2 | < δ,
(П1.2) | f (x1) – f (x2) | < ε.
Графически видно, что какое бы малое мы не взяли ε, всегда можно найти такое δ, при котором будут выполняться неравенства (П1.1) – (П1.2). Что означает непрерывность функции в точке x = 1.
Если перемещать прямоугольник вдоль графика, то видно, что для значений x1 и x2 из внутренних точек прямоугольника, по прежнему выполняются неравенства (П1.1) – (П1.2) с теми же значениями δ и ε. Это означает, что функция равномерно непрерывна при x ≥ 1, поскольку такими перемещениями мы перебираем все возможные значения x1, x2 ∈ [1, +∞).
Теперь покажем это строгим способом, исследуя модуль разности значений функции в двух точках.
| f (x1) – f (x2) | = | 1x1 – 1x2 | = | x2 – x1x1 x2 | ≤ | x2 – x11 ⋅ 1 | = | x1 – x2 | .
Здесь мы учли, что на луче [1, +∞], x1 ≥ 1, x2 ≥ 1. Поэтому x1 x2 ≥ 1 ⋅ 1.
Итак, мы нашли, что при x1 ≥ 1, x2 ≥ 1
| f (x1) – f (x2) | ≤ | x1 – x2 | .
Пусть | x1 – x2 | < δ, тогда
| f (x1) – f (x2) | ≤ | x1 – x2 | < δ = ε.
Отсюда видно, что для любого ε > 0 существует δ = ε, что для всех x1, x2 ∈ [1, +∞), | x1 – x2 | < δ ⇒ | f (x1) – f (x2) | < ε.
То есть функция f (x) = 1 / x равномерно непрерывна при x ≥ 1.
Пример 2
Все примерыДоказать, что функция f (x) = √ x равномерно непрерывна на своей области определения, [0, +∞).
Решение
Проведем предварительное рассмотрение, построив график функции y = √ x . Рассмотрим участок с наиболее сильным изменением функции, то есть с наибольшим наклоном к оси абсцисс.
Наибольшее возрастание происходит в точке x = 0. Проведем анализ непрерывности в этой точке с помощью ε – δ рассуждений. На графике изобразим прямоугольник с вершинами в точках (x = 0, y = f (0) = 0) и ( x = 0 + δ, y = f (δ) = √ δ ). Внутри прямоугольника,
(П2.1) | x1 – x2 | < δ,
(П2.2) | f (x1) – f (x2) | < ε.
Из графика видно, что какое бы малое ε мы не взяли, всегда можно найти такое δ, при котором будут выполняться неравенства (П2.1) – (П2.2), что означает непрерывность функции в точке x = 0.
Поскольку при возрастании x график становится более пологим, то при перемещении прямоугольника вдоль графика, для внутренних точек прямоугольника, по прежнему выполняются неравенства (П2.1) – (П2.2) с теми же значениями δ и ε. Это означает, что δ не зависит от x1 и x2. Поэтому функция равномерно непрерывна.
Теперь покажем это строгим способом.
Сначала рассмотрим случай x1 < x2; введем обозначение Δ = x2 – x1 > 0.
| f (x1) – f (x2) | = f (x2) – f (x1) = √ x2 – √ x1 = x2 – x1√ x2 + √ x1 =
Δ√ x1 + Δ + √ x1 < Δ√ 0 + Δ + √ 0 = √ Δ = √ x2 – x1 .
Здесь мы применили формулу a 2 – b 2 = (a – b)(a + b), подставив a = √ x2 , b = √ x1 .
В случае x2 < x1 будет тоже самое, только x1 и x2 поменяются местами:
| f (x1) – f (x2) | < √ x1 – x2 .
Для произвольных неотрицательных x1 и x2 имеем:
| f (x1) – f (x2) | ≤ √ | x1 – x2 | .
Пусть | x1 – x2 | < δ, тогда
| f (x1) – f (x2) | ≤ √ | x1 – x2 | < √ δ = ε.
Из последнего уравнения, δ = ε 2.
Отсюда следует, что для любого ε > 0 существует δ = ε 2, что для всех x1, x2 ∈ [0, +∞), | x1 – x2 | < δ ⇒ | f (x1) – f (x2) | < ε.
То есть функция f (x) = √ x равномерно непрерывна при x ≥ 0.
Пример 3
Все примерыДоказать, что функция f (x) = 1 / x не является равномерно непрерывной на открытом луче (0, +∞).
Решение
Воспользуемся отрицанием равномерной непрерывности (2). Для заданной функции имеем:
| Δ f | = | f (x1) – f (x2) | = | 1x1 – 1x2 | = | x2 – x1 | x1 x2 ≥ ε.
Получаем систему неравенств.
| | x2 – x1 | x1 x2 ≥ ε |
| | x1 – x2 | < δ |
| x1 > 0, x2 > 0 |
Нам нужно показать, что существует такое ε, что при произвольном δ > 0, эта система имеет решение.
Наибольшее изменение у функции f (x) = 1 / x происходит при x → 0. Поэтому исследование равномерной непрерывности нужно начинать именно с этой области. Из первого неравенства видно, что при x1 → +0, x2 → +0, левая часть стремится к бесконечности. Поэтому возникает предположение, что оно будет выполняться для любого ε > 0.
Положим ε = 1. Попробуем взять x2 = x1 + δ / 2. Тогда второе неравенство будет выполняться автоматически:
| x1 – x2 | = | x1 – x1 – δ / 2 | = δ / 2 < δ.
Подставим в (П3.1). Число неравенств в системе уменьшилось до двух:
| δ / 2x1 (x1 + δ / 2) ≥ 1 |
| x1 > 0 |
Заметим, что limx1 → 0 + 0 δ / 2x1 (x1 + δ / 2) = +∞. Согласно определению бесконечного предела в конечной точке это означает, что существует такое число ξ > 0, так что для всех x1 : 0 < x1 < ξ, выполняется первое неравенство:
δ / 2x1 (x1 + δ / 2) > 1.
То есть при ε = 1 существует решение системы (П3.2), а потому функция f (x) = 1 / x не является равномерно непрерывной при x > 0.
Пример 4
Все примерыДоказать, что функция f (x) = sin 1x не является равномерно непрерывной на открытом луче (0, +∞).
Решение
Здесь, как и в предыдущем примере, наибольшее изменение функции происходит при x → +0. Воспользуемся отрицанием равномерной непрерывности (2), и рассмотрим модуль разности значений функции в двух точках:
(П4.1) | Δ f | = | f (x1) – f (x2) | = | sin 1x1 – sin 1x2 |.
Нам нужно показать, что существует такое ε, что при произвольном δ > 0, следующая система имеет решение:
(П4.2)| | sin 1x1 – sin 1x2 | ≥ ε |
| | x1 – x2 | < δ |
| x1 > 0, x2 > 0 |
Для этого заметим, что при x → +0, функция бесконечное число раз принимает значения –1 и +1. Положим
1x1 = – π2 + 2πn, 1x2 = + π2 + 2πn, откуда
x1 = x1n = 1– π2 + 2πn, x2 = x2n = 1π2 + 2πn.
Если в качестве n взять натуральное число, то
| Δ f | = 2, x1 > 0, x2 > 0.
То есть, при 0 < ε ≤ 2, выполняется первое и два последних неравенств. Осталось показать, что существует хотя бы одно n, при котором выполняется второе неравенство:
(П4.3) | x1 – x2 | < δ.
Для этого заметим, что limn → ∞ x1n = 0, limn → ∞ x2n = 0. Это означает, что существует такое число N, что для всех n > N,
x1n < δ, x2n < δ.
Поскольку x1n > 0, x2n > 0, то
| x1n – x2n | < δ.
То есть мы показали, что при 0 < ε ≤ 2, решение системы (П4.2) существует, а потому функция f (x) = sin 1x не является равномерно непрерывной при x > 0.
Признаки равномерной непрерывности
Доказательства следующих далее теорем приводится в учебном пособии 1.
равномерно непрерывна на этом отрезке.
Доказательство
Если функция f (x) непрерывна на открытом интервале (a, b) (или на полуинтервале (a, b] или [a, b))
и, в случае конечных точек a и(или) b, существуют конечные пределы
limx → a + 0 f (x), limx → b – 0 f (x),
или существуют наклонные асимптоты в случае бесконечно удаленных точек a и(или) b,
то f (x) равномерно непрерывна на этом интервале (полуинтервале).
ограничена и
монотонна,
то она равномерно непрерывна на этом промежутке.
не ограничена в любой проколотой окрестности точки x0,
то она не является равномерно непрерывной ни в какой проколотой окрестности этой точки.
на ограниченном промежутке,
то она ограничена на этом промежутке.
и периодична,
то она равномерно непрерывна на всей числовой прямой.
на ограниченном промежутке,
то их сумма и произведение равномерно непрерывны на этом промежутке.
имеет ограниченную производную,
то она равномерно непрерывна на этом промежутке.
Пусть функция f (x) имеет ограниченную производную на промежутке X:
| f ′(x) | < M, x ∈ X.
По теореме Лагранжа конечных приращений, для любых точек x1, x2 ∈ X из этого промежутка, существует точка ξ : x1 < ξ < x2, для которой
f (x2) – f (x1) = f ′(ξ)(x2 – x1). Отсюда
| f (x2) – f (x1) | = | f ′(ξ) | | x2 – x1 |
Поскольку ξ ∈ X и | f ′(x) | < M, то
| f (x2) – f (x1) | < M | x2 – x1 |
Тогда для любого ε > 0 можно взять δ = ε / M, так что для любых двух точек x1, x2 ∈ X, | x2 – x1 | < δ будет выполняться неравенство:
| f (x2) – f (x1) | < M | x2 – x1 | < Mδ = ε
Это и означает равномерную непрерывность функции на промежутке X.
Теорема доказана.
Использованная литература:
[1] В.Ф. Бутузов, Н.Т. Левашова, Н.Е. Шапкина. Равномерная непрерывность функций одной переменной.. МГУ, физический факультет, кафедра математики, Москва, 2010.
Л.Д. Кудрявцев, А.Д. Кутасов, В.И. Чехлов, М.И. Шабкнин. Сборник задач по математическому анализу. Том 1. Москва, 2003.
Автор: Олег Одинцов. Опубликовано: