Метка: непрерывность

4.7 Теоремы Вейерштрасса

Ранее мы показывали, что непрерывная в точке функция локально ограничена в некоторой окрестности этой точки. Однако из локальной ограниченности в каждой точке некоторого множества не следует ограниченность функции на всем множестве. Например, функция $f\left(x\right)=\frac{1}{x}\left(0<x<1\right)$ непрерывна в каждой точке $x_0 \in \left(0,1\right)$ и, следовательно, локально ограничена в каждой точке (т. е. для каждой точки $x_0 \in \left(0,1\right)$ существует такая окрестность $\left(x_0 − \delta, x_0 + \delta \right)$, в которой функция $f$ ограничена). Вместе с тем функция $f$ неограниченна на всем множестве $\left(0,1\right)$.

Первая теорема Вейерштрасса. Если функция $f$ непрерывна на отрезке $\left[a,b\right]$, то она ограничена на этом отрезке.

Предположим, что $f$ неограниченна на $\left[a,b\right]$. Это означает, что для любого $M$ найдется такое $x \in \left[a,b\right]$, что $\mid f\left(x\right)\mid > M$. Полагая $M = 1, 2, . . .$ , построим последовательность точек $x_n \in \left[a,b\right]$, таких, что $\mid f \left(x_n\right)\mid > n$. Так как последовательность $\left\{x_n\right\}$ ограничена, то, в силу леммы Больцано – Вейерштрасса, из нее можно выделить сходящуюся подпоследовательность $\left\{x_{n_{k}}\right\}$. Пусть $\left\{x_{n_{k}}\right\} \to c \left(k \to \infty \right)$. Тогда $c \in \left[a,b\right]$ (здесь существенно используется тот факт, что $\left[a,b\right]$ – отрезок). В силу непрерывности функции $f$ в точке $c$, имеем $f \left(x_{n_{k}}\right) \to f\left(c\right)$, т. е. $\left\{f \left(x_{n_{k}} \right)\right\}$ сходящаяся и, следовательно, ограниченная последовательность. С другой стороны, так как $\mid f \left(x_{n_{k}}\right) \mid > n_k$ , то последовательность $\left\{f \left(x_{n_{k}} \right)\right\}$ неограниченна. Полученное противоречие доказывает теорему.

Приведем еще одно доказательство первой теоремы Вейерштрасса, основанное на применении метода деления отрезка пополам.

Предположим, что $f$ неограниченна на $\left[a,b\right]$. Разделим $\left[a,b\right]$ пополам. Тогда хотя бы на одном из двух полученных отрезков функция $f$ неограниченна. Обозначим такой отрезок через $I_1$ (если $f$ неограниченна на обоих отрезках, то выберем любой из них). Разделим $I_1$ пополам и обозначим через $I_2$ тот из полученных отрезков, на котором функция $f$ неограниченна. Продолжая этот процесс, получим последовательность вложенных друг в друга отрезков $I_n$, длины которых $\mid I_n \mid =\frac{b-a}{2^{n}} \to 0 \left(n \to \infty \right)$. По лемме Кантора о вложенных отрезках, существует единственная точка $c \in \left[a,b\right]$, принадлежащая всем отрезкам $I_n$. Так как $f$ непрерывна в точке $c$, то $f$ локально ограничена в точке $c$, т. е. найдется такое $\delta > 0$, что $f$ ограничена на множестве $\left(c − \delta, c + \delta \right)\bigcap \left[a,b\right]$. Выберем номер $n$ настолько большим, что $\frac{b-a}{2^{n}} < \delta $. Тогда $I_n \subset \left(c − \delta, c + \delta \right)$. . Но из ограниченности $f$ на множестве $\left(c − \delta, c + \delta \right)\bigcap \left[a,b\right]$ следует, что $f$ ограничена также и на подмножестве $I_n$ этого множества, что противоречит выбору отрезков $I_n$.

Следствие из теоремы Больцано – Коши (свойство промежуточных значений) утверждает, что областью значений непрерывной на отрезке функции является промежуток. Но это может быть либо интервал, либо полуинтервал, либо отрезок. Мы уточним это следствие. Именно, покажем, что областью значений непрерывной на отрезке функции является отрезок.

Определение. Говорят, что функция $f$ ограничена сверху (снизу) на множестве $E$, если ограничено сверху (снизу) множество ее значений

$$f\left(E \right) \equiv \left\{f\left(x \right) : x \in E\right\}.$$

Верхней (нижней) гранью функции $f$ на множестве $E$ называют верхнюю (нижнюю) грань множества $f\left(E\right)$ и обозначают $\underset{x \in E}{\sup} f\left(x\right) \left(\underset{x \in E}{\inf} f\left(x\right)\right)$.

Если $A = \underset{x \in E}{\sup} f\left(x\right)$, то это означает, что

  1. для любого $x \in E$ справедливо неравенство $f\left(x\right) \leq A$;
  2. для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое ${x}’ \in E$, что $f \left({x}’\right) > A − \varepsilon $.

Ясно, что эти два свойства равносильны определению верхней грани функции $f$.

Ранее отмечалось, что не каждое ограниченное сверху множество имеет наибольший элемент. Пусть ограниченное множество $f\left(E\right)$ является множеством значений некоторой функции $f$, заданной на множестве $E$. Если во множестве $f\left(E\right)$ существует наибольший элемент, т. е. если существует такое $x_0 \in E$, что $f \left(x_0\right) = \underset{x \in E}{\sup} f\left(x\right)$, то говорят, что функция $f$ достигает своей верхней грани. В противном случае говорят, что верхняя грань функции $f$ не достигается.

Аналогичные понятия формулируются и для нижней грани.

Зададимся вопросом: каждая ли ограниченная сверху функция достигает своей верхней грани? Ответ, очевидно, отрицательный.

Например, для функции $f\left(x\right) = x$, заданной на $\left(0, 1\right)$, $\underset{x \in \left(0,1\right)}{\sup} f\left(x\right) = 1$, но для любого $x \in \left(0, 1\right)$ справедливо неравенство $f\left(x\right) < 1$, т. е. верхняя грань не достигается. Другим примером может служить функция дробной части $f\left(x\right) = \left\{x\right\}$ на отрезке $\left[0, 1\right]$.

В первом примере функция непрерывна, но задана на интервале. Во втором примере функция задана на отрезке, но не является непрерывной на этом отрезке. Если же функция непрерывна на отрезке, то она достигает своей верхней грани. В этом и состоит

Вторая теорема Вейерштрасса. Пусть функция $f$ непрерывна на отрезке $\left[a,b\right]$. Тогда $f$ достигает своих верхней и нижней граней, т. е. существуют такие $\alpha$ , $\beta \in \left[a,b\right]$ , что

$$f\left(\alpha \right) = \underset{x \in \left[a,b\right]}{\sup} f\left(x\right), f\left(\beta \right) = \underset{x \in \left[a,b\right]}{\inf} f\left(x\right).$$

Согласно первой теореме Вейерштрасса, непрерывная на $\left[a,b\right]$ функция $f$ ограничена. Значит, существует конечное $M = \underset{x \in \left[a,b\right]}{\sup} f(x)$. По определению верхней грани, $f\left(x\right) \leq M$ при каждом $x \in \left[a,b\right]$, и для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое ${x}’ \in \left[a,b\right]$, что $f \left({x}’\right) > M − \varepsilon $. Полагая $\varepsilon = \frac{1}{n} \left(n = 1, 2 . . . \right)$, построим последовательность точек $x_n \in \left[a,b\right]$, такую, что $f \left(x_n \right) > M − \frac{1}{n}$. Так как последовательность $\left\{x_n \right\}$ ограничена, то, по лемме Больцано – Вейерштрасса, из нее можно выделить сходящуюся подпоследовательность $\left\{x_{n_{k}}\right\}$. Обозначим $\alpha = \underset{k \to \infty}{\lim} x_{n_{k}}$. Тогда $\alpha \in \left[a,b\right]$. В силу непрерывности функции $f$ в точке $\alpha$, имеем $f\left(\alpha \right) = \underset{k \to \infty}{\lim} f\left(x_{n_{k}}\right)$. Но, поскольку $$M − \frac{1}{n_k} < f\left(x_{n_{k}}\right) \leq M < M + \frac{1}{n_k},$$ то отсюда следует, что $\underset{k \to \infty}{\lim} f\left(x_{n_{k}}\right) = M$. В силу единственности предела получаем, что $f\left(\alpha \right) = M$.

Аналогично показываем, что в некоторой точке $\beta \in \left[a, b \right]$ функция $f$ достигает своей нижней грани.

Приведем еще одно доказательство второй теоремы Вейерштрасса, основанное на применении первой теоремы Вейерштрасса.

Пусть функция $f$ непрерывна на отрезке $\left[a, b \right]$. Тогда, в силу первой теоремы Вейерштрасса, существует $M = \underset{x \in \left[a, b \right]}{\sup} f\left(x\right)$. Предположим, что функция $f$ не достигает своей верхней грани, т. е. пусть для каждого $x \in \left[a, b \right]$ справедливо неравенство $f\left(x\right) < M$. Тогда функция $\varphi \left(x \right) = \frac{1}{M-f\left(x\right)}$ непрерывна на $\left[a,b\right]$ (по теореме об арифметических свойствах непрерывных функций). Применяя к функции $\varphi$ первую теорему Вейерштрасса, получаем, что $\varphi$ ограничена на $\left[a,b\right]$, т. е. существует такое $M_{1} > 0$, что для всех $x \in \left[a,b\right]$ справедливо неравенство $\varphi \left(x\right) \leq M_1$. Но из этого неравенства вытекает, что $f \left(x\right) \leq M − \frac{1}{M_1}$ $\left(x \in \left[a, b \right] \right)$, а это противоречит тому, что число $M$ является верхней гранью, т. е. наименьшей из всех верхних границ функции $f$.

Свойство промежуточных значений и обе теоремы Вейерштрасса можно объединить в виде одной следующей теоремы.

Теорема. Областью значений непрерывной на отрезке функции является отрезок.

Пример:

Найти верхнюю и нижнюю грани функции на отрезке $f\left(x \right) = 2x^{3} — 12x^{2} + 18x + 4$ на отрезке $\left[\frac{1}{2}, 3 \right]$

Решение:

Сперва вычислим значения функции в критических точках, принадлежащих данному отрезку: ${f}’ \left(x \right) = {\left(2x^{3} — 12x^{2} + 18x + 4 \right)}’ = 6x^{2} — 24x + 18 = 6\left(x^{2} — 4x + 3 \right)$

Полученное квадратное уравнение имеет два действительных корня: $x_{1}=1, x_{2}=3$ – критические точки.

Первая и вторая критические точки принадлежат данному отрезку: $x_{1}=1, x_{2}=3 \in \left[\frac{1}{2}, 3 \right]$ Вычислим значение функции в нужных точках: $f\left(x_{1}\right) = f\left(1\right) = 2\cdot 1^{3} — 12 \cdot 1^{2} +18\cdot 1+4 = 2-12+18+4=12$ $f\left(x_{2}\right) = f\left(3\right) = 2\cdot 3^{3} — 12 \cdot 3^{2} +18\cdot 3+4 = 2\cdot 27 -12\cdot 9+ 54+4=4$

Теперь вычислим значения функции на концах отрезка: $ f\left(\frac{1}{2}\right) = 2\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{3} — 12 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2} +18\cdot \left(\frac{1}{2}\right)+4 = 2\cdot \frac{1}{8} — 12 \cdot \frac{1}{4}+18\cdot \frac{1}{2} +4 = 10 \frac{1}{4}$

Среди всех полученных чисел выбираем наибольшее и наименьшее, это и будут наши $\sup$ и $\inf$ соответственно

Ответ: $\underset{x \in \left[a, b \right]}{\sup} f\left(x\right) = f\left(1\right) = 12$, $\underset{x \in \left[a, b \right]}{\inf} f\left(x\right) = f\left(3\right) = 4$

Теоремы Вейерштрасса

Для закрепления материала пройдите следующий тест:

Литература

  1. Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. с. 84-87.
  2. Б. П. Демидович «Сборник задач и упражнений по математическому анализу» 13-е издание, 1997 М.: Изд-во Моск. ун-та, ЧеРо — с. 50-51.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — c. 369-371.

5.1 Дифференцируемость и производная

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\sign}{sign} \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}$ Определение 1. Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 ∈ (a, b).$ Если существует конечный предел $\displaystyle  \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$, то он называется производной функции $f$ в точке $x_0$ и обозначается $f^\prime(x_0)$, или $\displaystyle \frac{df}{dx}(x_0),$ $Df(x_0).$

Определение 2. Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 ∈ (a, b).$ Функцию $f$ будем называть дифференцируемой в точке $x_0,$ если существует такая постоянная $A$ (зависящая от $x_0$ и не зависящая от $x$), что справедливо равенство: $$f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + r(x), $$где $r(x) = \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0).$

Короче определение дифференцируемости можно записать в следующем виде: $$f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0).$$
Покажем, что эти два определения эквивалентны в том смысле, что дифференцируемость функции равносильна существованию производной.

Теорема. Функция $f$ дифференцируема в точке $x_0 ∈ (a, b)$ тогда и только тогда, когда у $f$ существует производная в точке $x_0.$

Пусть $f$ дифференцируема в точке $x_0.$ Это означает, что $f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0),$ где $A$ не зависит от $x$. Отсюда получаем:
$$\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = A+\frac{\overline{o} (x − x_0)}{x-x_0}.$$
Тогда, учитывая определение символа $\overline{o}$, имеем
$$\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=A+\lim_{x\to x_0} \frac{\overline{o} (x − x_0)}{(x − x_0)} =A$$ т. е. существует $f^\prime(x_0) = A.$
Обратно, если существует $$\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = f^\prime(x_0),$$ то $$ \displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} + f^\prime(x_0) = r_1(x),$$ где $r_1(x) \to 0 (x \to x_0)$. Отсюда следует, что $$ f(x) — f(x_0) = f^\prime(x_0)(x-x_0)+r_1(x)(x-x_0).$$ Обозначим $r(x)=r_1(x)(x-x_0).$ Тогда $r(x)=\overline{o}(x-x_0),$ т. е. $$ f(x) − f (x_0) = f^\prime(x_0)(x-x_0)+\overline{o}(x-x_0) \: \: \: (x\to x_0), $$ а это и означает, что $f$ дифференцируема в точке $x_0$, причем $A= f^\prime(x_0).$

Итак, условие дифференцируемости равносильно наличию производной. Смысл дифференцируемости состоит в том, что в некоторой окрестности точки $x_0$ функция $f$ представима в виде линейной функции $l(x)= f (x_0)+f (x_0) f^\prime(x-x_0)$ приближенно с точностью до величины бесконечно малой более высокого порядка, чем $(x-x_0) $ при $x\to x_0.$

Связь между дифференцируемостью и непрерывностью устанавливает следующая

Теорема. Если функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то она непрерывна в этой точке.

Дифференцируемость $f$ означает, что
$$ f(x) − f (x_0) = A(x_0)(x-x_0)+\overline{o}(x-x_0) \: \: \: (x\to x_0). $$
Отсюда следует, что $\displaystyle \lim_{x\to x_0} (f(x)-f(x_0)) = 0$, т. е. $\displaystyle \lim_{x\to x_0} f(x)=f(x_0)$, и тем самым теорема доказана.

Обратное утверждение неверно. Именно из непрерывности функции $f$ не следует ее дифференцируемость. Примером может служить функция $f(x)=|x|,$ непрерывная в точке $x_0 = 0$, для которой выражение $$\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \frac{|x|}{x} = \sign x $$ не имеет предела $x\to 0$ и, следовательно, функция $f$ не имеет производной в точке $x_0 = 0$. Значит, $ f$ не является дифференцируемой в нуле.

Итак, непрерывность – это необходимое, но не достаточное условие дифференцируемости. Другими словами, если функция разрывна в точке $x_0$, то она недифференцируема в этой точке. Обратное неверно.

С геометрической точки зрения производная $f^\prime(x_0)$ представляет собой тангенс угла наклона касательной к графику функции $y = f(x)$ в точке $M_0(x_0, f (x_0))$. При этом касательной к графику функции $f$ в точке $M_0$ называется предельное положение секущей $M_0M$ при стремлении точки $M (x, f(x))$ вдоль кривой $y = f(x)$ к точке $M_0$. В самом деле, если функция  $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то при стремлении $M$ к $M_0$ вдоль кривой $y = f(x)$ секущая $M_0M$ имеет тангенс угла наклона, равный $$ \displaystyle \tg\alpha(x) = \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}, $$ и при $ x \rightarrow x_0 $ точка $M$ стремится к $M_0$ вдоль кривой $y = f(x)$. Так как $$\displaystyle  \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \to f^\prime(x_0)  \: \: \: (x\to x_0), $$ то $\tg\alpha(x) \to f^\prime(x_0) $ при $x\to x_0$, т. е. секущая стремится занять некоторое предельное положение, тангенс угла наклона $\alpha_0$ которого равен $f^\prime(x_0)$.Отсюда получаем уравнение касательной к графику дифференцируемой в точке $x_0$ функции $y = f(x):$ $$k(x)=f(x_0)+f^\prime(x_0) (x-x_0).$$

Примеры решения задач

  1. Найти производную $f(x) = \sin x $ в точке $x_0 = 0.$
    Решение

    Пример можно легко решить, пользуясь определением производной, а так же первым замечательным пределом:
    $ \displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}= \lim_{x\to 0} \frac{\sin x — \sin 0}{x-0}=\lim_{x\to 0} \frac{\sin x }{x}=1.$

  2. Пусть $f(x) = x^{2}$ Тогда производная $f^\prime(x_0)$ равна?
    Решение

    $\displaystyle f^\prime(x_0) = \lim_{x\to x_0} \frac{x^2-x^2_0}{x-x_0} = \lim_{x\to x_0} \frac{(x-x_0)(x+x_0)}{x-x_0}=$
    $\displaystyle = \lim_{x\to x_0} (x+x_0) = 2x_0$

  3. Пусть $f(x) = \left|x \right |$ и если $x_0 \neq 0$ существует ли $f^\prime(x_0)$?
    Решение

    $f^\prime(x_0) = \sgn x_0$, где $\sgn$ обозначает функцию знака. А если $x_0 = 0$ $f^\prime_+(x_0)=1,$ $f^\prime_-(x_0)=-1,$ а следовательно $f^\prime(x_0)$ не существует.

  4. Найдите уравнение касательной к графику функции $y=e^{2x-3}$ в точке $x_0 = 5,$ а также угол наклона касательной в этой точке.
    Решение

    Известно, что уравнение касательной в точке имеет вид $l={f}\left(x_{0}\right)+{f}’\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right),$ причём ${f}’\left(x_{0}\right)=\mathrm{tg}\alpha,$ где $\alpha$ — угол наклона касательной.
    Находим значение касательной в точке 5, получаем ${f}^\prime\left(x\right)=2e^{2x-3},$ а в точке $x_{0}=5: \, {f}^\prime\left(5\right)=2e^{7} \Rightarrow$ $l = e^{7}+2e^{7}\left(x-5\right) =$
    $ -9e^{7}+2e^{7}x$, $\alpha = \mathrm{arctg}\left(2e^{7}\right).$

  5. Найдите по определению $\sin x.$ на множестве $\mathbb{R}$
    Решение

    Воспользуемся определением производной $(\sin x)^\prime:$
    $
    (\sin x)^\prime = \displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \frac{\sin(x+\Delta x)-\sin x}{\Delta x} = \\
    = \displaystyle \frac{2\sin \frac{\Delta x}{2}\cdot \cos(x+\frac{\Delta x}{2})}{\Delta x} = \\
    = \displaystyle \frac{\sin \frac{\Delta x}{2}}{\frac{\Delta x}{2}} \cdot \cos(x+\frac{\Delta x}{2})
    $
    Теперь сделаем подстановку $ \displaystyle \frac{\Delta x}{2} = t$ . При $\Delta x \to 0, $ $t \to 0.$ Применим первый замечательный предел:
    $ \displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \frac { \sin \frac{\Delta x}2}{\frac{\Delta x}2} = \lim_{t\to 0} \frac{\sin t}{t} = 1.$
    Сделаем такую же подстановку $\displaystyle \frac{\Delta x}{2} = t$ и используем свойство непрерывности:
    $\displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \left ( \cos x + \frac{\Delta x}{2} \right) = \lim_{t\to 0} \cos (x+t)= \cos x.$

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — с. 123-133.
  2. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — с. 186-214.
  3. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — с.271-280.

Дифференцируемость и производная

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Дифференцируемость и производная».

4.5 Непрерывность и разрывы монотонной функции

Определение. Функция $f$, определенная на интервале $\left(a, b\right)$, называется непрерывной на этом интервале, если она непрерывна в каждой точке этого интервала. Функция $f$ называется непрерывной на отрезке $\left[a, b\right]$, если она непрерывна на $\left(a, b\right)$, а в точках $a$ и $b$ непрерывна справа и слева, соответственно.

В этом параграфе мы исследуем характер возможных разрывов у монотонной функции. Именно следующая теорема показывает, что у монотонной функции не может быть разрывов $II$ рода, а во внутренних точках
не может быть устранимых разрывов. Напротив, в концевых точках если и есть разрыв, то он устранимый.

Теорема $1$. Пусть функция $f$ монотонна на $\left[a, b\right]$. Тогда

  1. Если $x_0\in\left(a, b\right)$, то имеет место одна и только одна из следующих двух ситуаций:
    1. $f$ непрерывна в точке $x_0$;
    2. в точке $x_0$ функция $f$ имеет неустранимый разрыв $I$ рода.
  2. Если $x_0=a \left(x_0=b\right)$, то
    1. либо $f$ непрерывна справа (слева) в точке $x_0$;
    2. либо $f$ имеет в точке $x_0$ устранимый разрыв.

Рассмотрим случай, когда $f$ возрастает на $\left[a, b\right]$. Пусть $x_0\in\left(a, b\right)$. Тогда из неравенства $f\left(x\right)\leqslant f\left(x_0\right)\left(x<x_0\right)$ и монотонности $f$ следует, что существует $f\left(x_0-0\right)\leqslant f\left(x_0\right)$. Аналогично, из неравенства $f\left(x\right)\geqslant f\left(x_0\right)\left(x>x_0\right)$ и монотонности $f$ следует, что существует $f\left(x_0+0\right)\geqslant f\left(x_0\right)$. Итак,
$$f\left(x_0-0\right)\leqslant f\left(x_0\right)\leqslant f\left(x_0+0\right)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(4.4\right)$$
Если в $\left(4.4\right)$ два знака неравенства, то $f$ непрерывна в точке $x_0$. Если же хотя бы одно из неравенств строгое, то в точке $x_0$ функция $f$ имеет скачок. Из $\left(4.4\right)$ также следует, что в точке $x_0$ устранимый разрыв невозможен.
Пусть теперь $x_0=b$. Тогда $f\left(x\right)\leqslant f\left(b\right)$ и существует $f\left(b-0\right)\leqslant f\left(b\right)$. Если $f\left(b-0\right)=f\left(b\right)$, то $f$ непрерывна слева в точке $b$. Если же $f\left(b-0\right)<f\left(b\right)$, то в точке $b$ у функции $f$ устранимый разрыв (левосторонний). Случай $x_0=a$ рассматривается аналогично.

Теперь изучим вопрос о количестве точек разрыва монотонной функции, заданной на $\left[a, b\right]$. Может оказаться, что точек разрыва у функции $f$ нет $(например, f\left(x\right)=x)$. Легко построить пример монотонной функции, у которой любой наперед заданный конечный набор точек из $\left[a, b\right]$ будет точками разрыва, а все остальные точки будут точками непрерывности. Монотонная функция может иметь и бесконечно много точек разрыва. Например, у невозрастающей функции $$ \displaystyle f\left(x\right)=\left\{\begin{matrix}1-\displaystyle\frac{1}{n}, \frac{1}{n+1}<x\leqslant \frac{1}{n}, n=1,2,…,\\ 1, x=0\end{matrix}\right.$$ каждая точка вида $\displaystyle\frac{1}{n}\left(n=1, 2,\ldots\right)$ является точкой разрыва. В этом примере множество точек разрыва счетное. Если же отказаться от условия монотонности, то можно привести пример функции, у которой множество точек разрыва несчетно (функция Дирихле). Естественно спросить, может ли монотонная функция иметь несчетное множество точек разрыва?

Определение. Множество называется не более чем счетным, если оно пусто, конечно или счетно.

Теорема $2$. Пусть функция $f$ монотонна на $\left(a, b\right)$. Тогда множество ее точек разрыва не более чем счетно.

Пусть функция $f$ не убывает на $\left(a, b\right)$. Согласно предыдущей теореме, если в некоторой точке $x_0\in\left(a, b\right)$ функция $f$ имеет разрыв, то это — скачок, т.е. $f\left(x_0-0\right)<f\left(x_0+0\right)$. Поэтому каждой точке разрыва $x$ можно поставить в соответствие интервал $I_x=\left(f\left(x_0-0\right), f\left(x_0+0\right)\right)$. Пусть $x’$ и $x^{\prime\prime}$ — две различные точки разрыва функции $f$. Покажем, что интервалы $I_{{x}^{\prime}}$ и $I_{{x}^{\prime\prime}}$ не пересекаются. Пусть $x'<x^{\prime\prime}$. Выберем точку $\xi$ такую что $x'<\xi<x^{\prime\prime}$. Тогда, в силу монотонности $f$, $f\left(x’+0\right)\leqslant f\left(\xi\right)$ и $f\left(x^{\prime\prime}-0\right)\geqslant f\left(\xi\right)$, т.е. $f\left(x’+0\right)\leqslant f\left(x^{\prime\prime}-0\right)$. Это означает, что интервалы $\left(f\left(x’-0\right), f\left(x’+0\right)\right)$ и $\left(f\left(x^{\prime\prime}-0\right), f\left(x^{\prime\prime}+0\right)\right)$ не имеют общих точек. Итак, каждой точке разрыва $x$ поставлен в соответствие интервал $I_x$. В каждом таком интервале $I_x$ выберем рациональное число $r_x$. При этом различным точкам разрыва $x’$ и $x^{\prime\prime}$ будут соответствовать различные числа $r_{{x}^{\prime}}$ и $r_{{x}^{\prime\prime}}$, т.к. интервалы $I_{{x}^{\prime}}$ и $I_{{x}^{\prime\prime}}$ не пересекаются.

Пусть $E\subset\left(a, b\right)$ — множество всех точек разрыва функции $f$. Если $E\neq\varnothing$, то каждому $x\in E$ поставлено в соответствие рациональное число $r_x$. Мы получили взаимно однозначное соответствие между элементами множества $E$ и некоторым подмножеством $E_1\subset \mathbb{Q}$ множества $\mathbb{Q}$. Но множество рациональных чисел $\mathbb{Q}$ счетно, поэтому и множество $E_1$ не более чем счетно, а значит не более чем счетно и само множество $E$.

Пусть функция $f$ монотонна на $\left[a, b\right]$. Тогда множество ее значений $E\left(f\right)$ содержится в отрезке $I$ с концами $f\left(a\right)$ и $f\left(b\right)$, т.е. $E\left(f\right)\subset I$. Следующая теорема показывает, что в случае $E\left(f\right)=I$ функция $f$ непрерывна на $\left[a, b\right]$. Другими словами, если в области значений монотонной функции нет пустот (промежутков), то такая функция непрерывна.

Теорема $3$. Пусть функция $f$ монотонна на $\left[a, b\right]$ и область ее значений представляет собой отрезок с концами $f\left(a\right)$ и $f\left(b\right)$. Тогда функция $f$ непрерывна на $\left[a, b\right]$.

Рассмотрим случай неубывающей $f$. Предположим, что $f$ разрывна в некоторой точке $x_0\in\left(a, b\right)$. Тогда, согласно теореме $1$, в точке $x_0$ функция $f$ имеет скачок, а из условия монотонности следует, что $f\left(x_0-0\right)<f\left(x_0+0\right)$. Итак, если $x<x_0$, то $f\left(x\right)\leqslant f\left(x_0-0\right)$, а при $x>x_0$ имеем $f\left(x\right)\geqslant f\left(x_0+0\right)$, т.е. на интервале $\left(f\left(x_0-0\right), f\left(x_0+0\right)\right)$ содержится разве что единственная точка $f\left(x_0\right)$ из области значения функции $E\left(f\right)$, что противоречит условию.

Случаи $x_0=a$ и $x_0=b$ исчерпываются аналогичным образом, и тем самым завершается доказательство теоремы.

Замечание. Теорема $3$ теряет силу, если отбросить условие монотонности функции $f$. Например, множество значений функции $$f\left(x\right)=\left\{\begin{matrix}-x, -1\leqslant x<0,\\x-1, 0\leqslant x\leqslant1, \end{matrix}\right.$$
определённой на отрезке $\left[-1, 1\right]$, представляет собой отрезок $\left[-1, 1\right]$, но в то же время эта функция разрывна в точке $x_0=0$.

Эквивалентная формулировка теоремы $3$ имеет следующий вид.

Если монотонная функция $f$ принимает все промежуточные значения между $f\left(a\right)$ и $f\left(b\right)$, то $f$ непрерывна на отрезке $\left[a, b\right]$.

Примеры решения задач

  1. Найти точки разрыва функции $$f \left(x \right)= \left \{ \begin{matrix}x^2, -1 \leqslant x<0 \\ 2x-1, 0 \leqslant x<1 \end{matrix}\right.$$
    Решение

    $f\left(+0\right)=\lim\limits_{x \to +0} f\left(x\right)=\lim\limits_{x \to +0}\left(2x-1\right)=-1$, $f\left(-0\right)=\lim\limits_{x \to -0} f\left(x\right)=\lim\limits_{x \to +0} x^2=0$. $f\left(+0\right)$ и $f\left(-0\right)$ — конечны, но не равны, поэтому точка $x=0$ — точка разрыва первого рода.

Смотрите также

Непрерывность и разрывы монотонной функции

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Непрерывность и разрывы монотонной функции».

Теорема Вейерштрасса о равномерных приближениях непрерывных функций многочленами

Тригонометрическим многочленом степени $n$ называют бесконечно дифференцируемую и $2\pi$-периодическую функцию $$T_n(x) = \dfrac{a_0}{2} + \sum \limits_{k=1}^{n} a_k \cos kx + b_k \sin kx,$$ где $a_0, a_1, \ldots, a_n, b_1, \ldots, b_n$ — некоторые вещественные числа, $a_n \cdot b_n \neq 0$. Множество всех тригонометрических многочленов образует линейное пространство.

Теорема 1 (Вейерштрасса)

Любую непрерывную $2\pi$-периодическую функцию можно с любой степенью точности равномерно приблизить тригонометрическим многочленом, то есть для любого $\varepsilon > 0$ найдётся такой тригонометрический многочлен $T_n(x)$, что $$\max \limits_{-\infty < x < +\infty} \left| f(x) — T_n(x) \right| < \varepsilon.$$

Доказательство

Так, как сумма Фейера $\sigma_n(x)$ — это среднее арифметическое частичных сумм ряда Фурье функции $f(x)$, которые являются тригонометрическими многочленами, то она также будет тригонометрическим многочленом. В силу теоремы Фейера, для любого $\varepsilon > 0$ найдётся сумма Фейера $\sigma_n(x)$ такая, что $$\max \limits_{x \in \mathbb{R}} \left| f(x) — \sigma_n (x) \right| < \varepsilon.$$

Замечание

Непрерывную функция $f(x)$ на отрезке $[-\pi, \pi]$ можно равномерно приблизить на этом отрезке тригонометрическим многочленом в том и только том случае, когда $f(\pi) = f(-\pi)$.

Теорема 2 (Вейерштрасса)

Непрерывную на отрезке $[a, b]$ функцию $f(x)$ можно равномерно приблизить с любой степенью точности многочленом, то есть для любого $\varepsilon > 0$ найдётся многочлен $P_n(x) = a_0 + a_1 x + \ldots + a_n x^n$ такой, что $$\max \limits_{a \le x \le b} \left| f(x) — P_n(x) \right| < \varepsilon.$$

Доказательство.

Пусть $[a, b] = [0, \pi]$ и чётным образом продолжим функцию $f(x)$ на отрезок $[-\pi, 0]$, а затем на всю вещественную ось с периодом $2 \pi$. Получим чётную, $2 \pi$-периодическую непрерывную функцию, совпадающую с $f(x)$ на отрезке $[0, \pi]$ (рис.1).

Weierstrass-theorem

В силу теоремы Фейера для любого $\varepsilon > 0$ найдётся тригонометрический многочлен $T_m(x)$ такой, что $$\max \limits_{-\infty < x < +\infty} \left| f(x) — T_m(x) \right| < \dfrac{\varepsilon}{2}. (1)$$

Каждая из функций $\sin kx$ и $\cos kx$ является аналитической и поэтому раскладывается в степенной ряд, сходящийся на всей числовой прямой. Так как $T_m(x)$ — это конечная линейная комбинация функций $\sin kx$ и $\cos kx$, то $T_m(x)$ также раскладывается в степенной ряд, сходящийся для всех вещественных $x$, $$T_m(x) = c_0 + c_1 x + \ldots + c_n x^n + \ldots.$$

Известно, что на любом отрезке $[\alpha, \beta]$, лежащем внутри интервала сходимости, степенной ряд сходится равномерно. Следовательно, $\forall \varepsilon > 0$ существует такое $k$, что $$\max \limits_{0 \le x \le \pi} \left| T_m(x) — (c_0 + c_1 x + \ldots + c_k x^k) \right| < \dfrac{\varepsilon}{2}. (2)$$

Если положить $P_k (x) = c_0 + c_1 x + \ldots + c_k x^k$, то в силу (1) и (2) получаем $$\left| f(x) — P_k(x) \right| \le \left| f(x) — T_m(x) \right| + \left| T_m(x) — P_k(x) \right| \le$$ $$\le \max \limits_{-\infty < x < +\infty} \left| f(x) — T_m(x) \right| + \max_{0 \le x \le \pi} \left| T_m(x) — P_k(x) \right| < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$$

Следовательно, $$\max \limits_{0 \le x \le \pi} \left| f(x) — P_k(x) \right| < \varepsilon.$$

Пусть теперь функция $f(x)$ непрерывна на произвольном отрезке $[a, b]$. Положим $F(t) = f(a + \dfrac{t}{\pi} (b — a))$, $0 \le t \le \pi$.

Тогда функция $F(t)$ непрерывна на $[0, \pi]$ и её можно равномерно приблизить на $[0, \pi]$ многочленом $Q_k(t)$, т.е. $$\max \limits_{0 \le t \le \pi} \left| f(a + \dfrac{t}{\pi} (b — a)) — Q_k(t) \right| < \varepsilon. (3)$$

Полагая $x = a + \dfrac{t}{\pi} (b-a), P_k(x) = Q_k (\pi \dfrac{x — a}{b — a})$,
получаем из неравенства (3), что $$\max \limits_{a \le x \le b} \left| f(x) — P_k(x) \right| < \varepsilon.$$

Литература

Теорема Вейерштрасса о равномерных приближениях непрерывных функций многочленами

Тест по теме «Теорема Вейерштрасса о равномерных приближениях непрерывных функций многочленами».

Собственные интегралы, зависящие от параметра, и их свойства

Пусть заданы два некоторых множества $X \subset R$ и $Y \subset R$, где $Y$ — множество параметров, а $X$ представляет из себя некоторый отрезок $[a, b]$ — множество переменных. Тогда определим множество
$$K=\left\{ { (x,y) }|{ \begin{matrix} x\in X \\ y\in Y \end{matrix} } \right\} (K\subset { R }^{ 2 }).$$

На заданном множестве $K$ зададим некоторую функцию $f(x,y)$ и предположим, что, для каждого фиксированного $y \in Y$, она интегрируема по Риману на промежутке $[a,b]$ (в данной работе мы рассматриваем только собственные интегралы). Тогда заданную функцию
$$J(y)= \intop_{a}^{b} f(x,y)dx$$
назовем интегралом, зависящим от параметра $y$.

Так как нами введена новая функция, логично рассмотреть некоторые ее свойства.

Свойство непрерывности собственного интеграла, зависящего от параметра

Теорема (о непрерывной зависимости интеграла от параметра). Пусть на некотором множестве определена функция $f(x,y)$ и собственный интеграл, зависящий от параметра
$$J(y)= \intop_{a}^{b} f(x,y)dx$$
и $f$ непрерывна в прямоугольнике
$$K=\left\{ { (x,y) }|{ \begin{matrix} a\le x\le b \\ c\le y\le d \end{matrix} } \right\}.$$
Тогда функция $J(y)$ непрерывна на отрезке $[c, d]$.

Доказательство

$\Box$ Начнем доказательство, воспользовавшись теоремой Кантора. Исходя из того, что любая непрерывная функция на ограниченном замкнутом множестве (в данном случае прямоугольнике $K$) равномерно непрерывна на этом множестве, можем записать данное условие для дальнейшей работы с функцией. То есть, для любого $\varepsilon >0$ найдется такое ${ \delta }_{ \varepsilon }$(вообще говоря не зависящие от выбора точек $\left( { x }_{ 1 },{ y }_{ 1 } \right)$ и $\left( { x }_{ 2 },{ y }_{ 2 } \right)$ в данном прямоугольнике $K$), что из выполнения неравенств
$$\left| { x }_{ 1 }-{ x }_{ 2 } \right| <{ \delta }_{ \varepsilon },\quad \left| { y }_{ 1 }-{ y }_{ 2 } \right| <{ \delta }_{ \varepsilon }\quad$$
следует выполнения неравенства
$$\left| f\left( { x }_{ 1 },{ y }_{ 1 } \right) -f\left( { x }_{ 2 },{ y }_{ 2 } \right) \right| <\frac { \varepsilon }{ b-a }.$$

Положив $x={ x }_{ 1 }={ x }_{ 2 }$, можем заключить, что для любого $x \in [a, b]$ и ${ y }_{ 1 },{ y }_{ 2 } \in [c, d]$, таких, что ${ \left| { { y }_{ 1 }-y }_{ 2 } \right| }<{ \delta }_{ \varepsilon},$ выполняется условие
$$\left| f\left( x,{ y }_{ 1 } \right) -f\left( { x },{ y }_{ 2 } \right) \right| <\frac { \varepsilon }{ b-a }.$$

Тогда для любых ${ y }_{ 1 },{ y }_{ 2 }$ из отрезка $[c,d]$, удовлетворяющих условие описанное выше, выполняется:
$$\left| J({ y }_{ 1 }) — J({ y }_{ 2 })\right| =$$ $$=\left| \intop_{ a }^{ b }{ f(x,{ y }_{ 1 })dx } -\intop_{ a }^{ b }{ f(x,{ y }_{ 2 })dx } \right| =$$ $$=\left| \intop _{ a }^{ b }{ \left( f(x,{ y }_{ 1 } \right) -f(x,{ y }_{ 2 }))dx } \right| \le \intop _{ a }^{ b }{ \left| f(x,{ y }_{ 1 })-f(x,{ y }_{ 2 }) \right| dx } \le $$ $$ \le \frac { \varepsilon }{ b-a } (b-a)=\varepsilon.$$
Откуда можем сделать вывод о том, что функция $J(y)$ непрерывна в на отрезке $[c,d]$, что и требовалось доказать.$\blacksquare$

[свернуть]

Как важное практическое применение данной теоремы, например, можем определить возможность переходить к пределу под знаком интеграла, при выполнении других необходимых для этого условий, а именно:
$$\lim _{ y\rightarrow { y }_{ 0 } }{ \intop _{ a }^{ b }{ f(x,y)dx=\intop _{ a }^{ b }{ \lim _{ y\rightarrow { y }_{ 0 } } f(x,y)dx=\intop _{ a }^{ b }{ f(x,{ y }_{ 0 })dx\quad \forall } { y }_{ 0 }\in [c,d] } } }.$$

Свойство дифференцируемости собственного интеграла, зависящего от параметра

Теорема (о дифференцируемости интеграла от параметра). Пусть функция $f(x,y)$ вместе со своей частной производной $\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right)$ непрерывна в прямоугольнике
$$K=\left\{ { (x,y) }|{ \begin{matrix} a\le x\le b \\ c\le y\le d \end{matrix} } \right\}.$$
Тогда собственный интеграл, зависящий от параметра
$$J(y)= \intop_{a}^{b} f(x,y)dx$$
является непрерывно дифференцируемой функцией на отрезке $[c,d],$ причем справедливо следующее равенство:
$${ J }^{ \prime } \left( y \right) =\frac { d }{ dy } \intop_{ a }^{ b }{ f\left( x,y \right) dx } =\intop_{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } ,\quad \forall y\in \left[ c,d \right].$$

Заметим, что указанное выше равенство называется правилом Лейбница: «Производная интеграла, зависящего от параметра, равна интегралу от производной подынтегральной функции по заданному параметру».

Доказательство

$\Box$ Рассмотрим производную заданной функции по определению
$${ J }^{ \prime }\left( y \right) =\lim _{ \Delta y\rightarrow 0 }{ \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } }.$$

Тогда для доказательства теоремы нам необходимо убедиться в равенстве
$$\lim _{ \Delta y\rightarrow 0 }{ \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } } =\intop _{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } \Rightarrow$$ $$\Rightarrow \lim _{ \Delta y\rightarrow 0 }{ \left( \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } -\intop_{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } \right) } =0\quad \left( 1 \right).$$

Для дальнейшей работы проанализируем отношение
$${ \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } }=\intop _{ a }^{ b }{ \frac { f\left( x,y+\Delta y \right) -f\left( x,y \right) }{ \Delta y } dx }.$$

Так как функция $f$ и ее производная – дифференцируемые на заданном прямоугольнике функции, то мы имеем право воспользоваться теоремой Лагранжа о среднем значении*
$${ \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } }=\intop _{ a }^{ b }{ \frac { f\left( x,y+\Delta y \right) -f\left( x,y \right) }{ \Delta y } dx }=$$ $$ =\intop_{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x }\Delta y \right) dx },\quad { \theta }_{ x }\in \left( 0,1 \right).$$

Вернемся к отношению находящемуся под знаком предела формулы $(1)$:
$$\frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } -\intop _{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } =$$ $$ =\intop_{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x }\Delta y \right) dx }-\intop_{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx }=$$ $$ =\intop_{ a }^{ b }{ \left( \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x }\Delta y \right) -\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) \right) dx }.$$

Аналогично доказательству предыдущего свойства, так как $\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right)$ непрерывна на заданном прямоугольнике, то по теореме Кантора она равномерно непрерывна на нем же. Тогда запишем условие равномерной непрерывности, что поможет оценить нам выражение под знаком предела формулы $(1)$:
$$\forall \varepsilon > 0 \quad \exists { \delta }_{ \varepsilon }>0:\forall x\in \left[ a,b \right] ; \forall y,y+\Delta y\in \left[ c,d \right]:\left| y+\Delta y-y \right|=$$ $$=\left| \Delta y \right| <{ \delta }_{ \varepsilon }\Rightarrow \left| \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+\Delta y \right) -\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) \right| <\frac { \varepsilon }{ b-a }.$$

Принимая во внимание тот факт, что ${ \theta }_{ x } \in \left( 0,1 \right)$, автоматически при тех же условиях будет выполняться неравенство
$$\left| \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x } \Delta y \right) -\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) \right| <\frac { \varepsilon }{ b-a }.$$
Тогда можем записать
$$\left| \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } -\intop _{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } \right| =$$ $$=\left| \intop _{ a }^{ b }{ \left( \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x } \Delta y \right) -\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) \right) dx } \right| \le$$ $$\le \intop _{ a }^{ b }{ \left| \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y+{ \theta }_{ x } \Delta y \right) -\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) \right| dx } \le \left( b-a \right) \frac { \varepsilon }{ b-a } =\varepsilon.$$

Отсюда следуя определению предела функции по Коши
$$\lim _{ \Delta y\rightarrow 0 }{ \left( \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } -\intop _{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } \right) } =0\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\lim _{ \Delta y\rightarrow 0 }{ \frac { J\left( y+\Delta y \right) -J\left( y \right) }{ \Delta y } } =\intop _{ a }^{ b }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } ={ J }^{ \prime }\left( y \right). \blacksquare$$

[свернуть]

Обобщив указанную ранее теорему, можем получить формулу Лейбница для случая, когда пределы интегрирования являются некоторыми функциями, зависящими от параметра $y$.

Формула Лейбница дифференцирования под знаком интеграла, зависящего от параметра, пределы интегрирования которого зависят от переменной дифференцирования

Пусть пределы интегрирования собственного интеграла зависящего от параметра $y$ – некоторые непрерывно дифференцируемые на отрезке $[c, d]$ функции, зависящие от данного параметра: $a(y),b(y)$. Тогда пусть задана функция $f(x,y)$ вместе со своей частной производной $\frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right)$ непрерывны в области
$$K=\left\{ { (x,y) }|{ \begin{matrix} a\left( y \right) \le x\le b\left( y \right) \\ c\le y\le d \end{matrix} } \right\}.$$
Тогда
$$J(y)= \intop_{a(y)}^{b(y)} f(x,y)dx$$
дифференцируема на $[c,d]$, причем
$${ J }^{ \prime }\left( y \right) =\intop _{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right)dx -f\left( a\left( y \right) ,y \right) \cdot { a }^{ \prime }\left( y \right) +f\left( b\left( y \right) ,y \right) \cdot { b }^{ \prime }\left( y \right) }.$$

Доказательство

$\Box$ Рассмотрим $J(y)$. Это сложная функция, зависящая от трех переменных, то есть можем записать: $J\left( y \right) =J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right)$. Тогда по правилу дифференцирования сложной функции:
$${ J }^{ \prime }\left( y \right) =\frac { \partial }{ \partial y } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) +\frac { \partial }{ \partial a } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) \cdot \frac { da }{ dy } +$$ $$+\frac { \partial }{ \partial b } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) \cdot \frac { db }{ dy }.$$

Выразим каждую частную производную отдельно:
$$\frac { \partial }{ \partial y } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) =\intop _{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx },$$ $$\frac { \partial }{ \partial a } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) =\frac { \partial }{ \partial a } \intop_{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ f\left( x,y \right) dx } =-f\left( a\left( y \right) ,y \right),$$ $$\frac { \partial }{ \partial b } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) =\frac { \partial }{ \partial b } \intop _{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ f\left( x,y \right) dx } =f\left( b\left( y \right) ,y \right).$$

Подставляем найденные производные в исходное выражение для производной сложной функции
$${ J }^{ \prime }\left( y \right) =\frac { \partial }{ \partial y } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) +\frac { \partial }{ \partial a } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) \cdot \frac { da }{ dy } +$$ $$+\frac { \partial }{ \partial b } J\left( y,a\left( y \right) ,b\left( y \right) \right) \cdot \frac { db }{ dy } =\intop_{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } -f\left( a\left( y \right) ,y \right) \frac { da }{ dy }+$$ $$+f\left( b\left( y \right) ,y \right) \frac { db }{ dy }=\intop _{ a\left( y \right) }^{ b\left( y \right) }{ \frac { \partial }{ \partial y } f\left( x,y \right) dx } -f\left( a\left( y \right) ,y \right) \cdot { a }^{ \prime }\left( y \right) +$$ $$ +f\left( b\left( y \right) ,y \right) \cdot b^{ \prime }\left( y \right).$$

Таким образом, формула Лейбница доказана. $\blacksquare$

[свернуть]

Свойство интегрируемости собственного интеграла, зависящего от параметра

Теорема (о интегрируемости интеграла от параметра). Пусть задана $f(x,y)$ непрерывная на некотором прямоугольнике
$$K=\left\{ { (x,y) }|{ \begin{matrix} a\le x\le b \\ c\le y\le d \end{matrix} } \right\}.$$
Тогда функция (собственный интеграл, зависящий от параметра)
$$J(y)= \intop_{a}^{b} f(x,y)dx$$
интегрируема на отрезке $[c, d]$, причем
$$\intop _{ c }^{ d }{ { J }\left( y \right) dy } =\intop _{ c }^{ d }{ \left( \intop _{ a }^{ b }{ f\left( x,y \right) dx } \right) dy } =\intop _{ a }^{ b }{ \left( \intop _{ c }^{ d }{ f\left( x,y \right) dy } \right) dx }.$$

Доказательство

$\Box$ Из свойства непрерывности собственного интеграла, зависящего от параметра, следует, что $J(y)$ непрерывна на $[c,d]$, а следовательно и интегрируема. Тогда по теореме о сведении двойного интеграла к повторному имеем:
$$\intop _{ c }^{ d }{ \left( \intop _{ a }^{ b }{ f\left( x,y \right) dx } \right) dy } =\iint _{ П }^{ }{ f\left( x,y \right) dxdy }.$$ $$\intop _{ a }^{ b }{ \left( \intop _{ c }^{ d }{ f\left( x,y \right) dy } \right) dx } =\iint _{ П }^{ }{ f\left( x,y \right) dxdy }.$$ $$ \intop _{ c }^{ d }{ { J }\left( y \right) dy } =\iint _{ \Pi }^{ }{ f\left( x,y \right) dxdy } =\intop _{ c }^{ d }{ \left( \intop _{ a }^{ b }{ f\left( x,y \right) dx } \right) dy } =$$ $$=\intop _{ a }^{ b }{ \left( \intop _{ c }^{ d }{ f\left( x,y \right) dy } \right) dx }.$$

Теорема доказана.$\blacksquare$

[свернуть]

Данное свойство дает нам возможность интегрировать исходную функцию $J(y)$ по параметру $y$ под знаком интеграла.

Примеры и практическая значимость

Следует заметить, что введенный нами математический объект имеет достаточно интересное применение не только в плане непосредственного вычисления. Например, собственные интегралы, зависящие от параметра $x$, такого вида
$${ J }_{ n }\left( x \right) =\frac { 1 }{ \pi } \intop _{ 0 }^{ \pi }{ \cos { \left( x\cdot \sin { \varphi } -n\cdot \varphi \right) } d\varphi } ,$$ $${ J }_{ n }\left( x \right) =\frac { 1 }{ 2\pi } \intop _{ -\pi }^{ \pi }{ { e }^{ i\left( n\cdot \varphi -x\cdot \sin { \varphi } \right) }d\varphi } ,$$
где $n$ – некоторое целое число, являются интегральным представлением функций Бесселя первого рода. Интегральный подход использовал сам Бессель для изучения некоторых интересных свойств этих функций.

Такие функции имеют разнообразное применение не только в математических дисциплинах. Например, они применяются в решении задач о статических потенциалах, распространении волн, формы колебания тонкой круглой мембраны, обработке сигналов и т.д.


Bessel functions

Графическое представление функций Бесселя первого рода $0$, $1$ и $2$ порядков

Для более глубокого понимания темы, к рассмотрению предлагается практическое задание.

Пример

Закрепим материалы статьи и проверим правильность интегрального вида функций Бесселя приведенных выше, то есть, убедимся, что они являются таковыми по определению, а именно являются решением дифференциального уравнения Бесселя:
$${ x }^{ 2 }\frac { { d }^{ 2 }y }{ { dx }^{ 2 } } +{ x }\frac { { d }y }{ { dx } } +\left( { x }^{ 2 }-{ n }^{ 2 } \right) y=0,$$
где $n$ – некоторое, в общем случае комплексное число.

Выполним проверку например для
$${ J }_{ n }\left( x \right) =\frac { 1 }{ \pi } \intop _{ 0 }^{ \pi }{ \cos { \left( n\cdot \varphi -x\cdot \sin { \varphi } \right) ) } d\varphi }.$$

Вычислим требующиеся производные и подставим их в дифференциальное уравнение Бесселя:
$$-{ x }^{ 2 }\cdot \int _{ 0 }^{ \pi }{ \cos { \left( n\cdot \varphi -x\cdot \sin { \varphi } \right) } \cdot \sin ^{ 2 }{ \varphi } dx } +$$ $$+{ x }\cdot \int _{ 0 }^{ \pi }{ \sin { \left( n\cdot \varphi -x\cdot \sin { \varphi } \right) } \cdot \sin { \varphi } \cdot d\varphi } +$$ $$+\left( { x }^{ 2 }-{ n }^{ 2 } \right) \int _{ 0 }^{ \pi }{ \cos { \left( n\cdot \varphi -x\cdot \sin { \varphi } \right) } dx } =$$ $$=-\int _{ 0 }^{ \pi }{ (({ x }^{ 2 }\sin ^{ 2 }{ \varphi } +{ n }^{ 2 }-{ x }^{ 2 })\cos { (x\cdot \sin { \varphi } — } } n\cdot \varphi )-$$ $$-x\cdot \sin { \varphi } \sin { (n\varphi -x\cdot \sin { \varphi } ) } d\varphi =$$ $$=-(n+\cos { \varphi ) } \sin { (n\varphi -x\cdot \sin { \varphi } ) } |\begin{matrix} \pi \\ 0 \end{matrix} = 0.$$

Данный результат подтверждает, что представленный интеграл задает некоторую функцию Бесселя.

[свернуть]

Примечание

*На данном этапе существуют разногласия по поводу применения формулы конечных приращений Лагранжа для доказательства данной теоремы, основанные на том, что вообще говоря $\theta_{x}$ представляет из себя некоторую функцию зависящую от переменной $x$, что вызывает вопрос не нарушает ли она непрерывность, а следовательно, и интегрируемость подынтегрального выражения. Несмотря на это в большинстве рассмотренных источников указано именно такое доказательство, аргументированное тем, что $\theta_{x} \in (0, 1)$ не меняет условия принадлежности рассматриваемой точки исходному отрезку. Если же читатель не согласен с таким применением теоремы Лагранжа о среднем значении, то доказать свойство дифференцируемости собственного интеграла, зависящего от параметра, можно аналогично доказательству свойства непрерывности, которое было приведено ранее.

Список литературы

Тест: собственные интегралы, зависящие от параметра

Для закрепления материала темы, рекомендуется пройти следующий тест.


Таблица лучших: Тест: собственные интегралы, зависящие от параметра

максимум из 19 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных