5.4: Безперервні функції
- Page ID
- 62414
5.4.1 Безперервність у точці
Припустимо,\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R},\) і\(a \in D .\) Ми говоримо\(f\) є безперервним в\(a\) якщо або\(a\) є ізольованою точкою\(D\) або\(\lim _{x \rightarrow a} f(x)=f(a) .\) Якщо не\(f\) є безперервним в\(a,\) ми говоримо\(f\) є переривчастим в\(a,\) або що\(f\) має розрив при\(a .\)
Визначте\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) по
\[f(x)=\left\{\begin{array}{ll}{1,} & {\text { if } x \text { is rational, }} \\ {0,} & {\text { if } x \text { is irrational. }}\end{array}\right.\]
Потім, by Example\(5.1 .5, f\) є переривчастим на кожному\(x \in \mathbb{R}\).
Визначити\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) по
\[f(x)=\left\{\begin{array}{ll}{x,} & {\text { if } x \text { is rational, }} \\ {0,} & {\text { if } x \text { is irrational. }}\end{array}\right.\]
Потім, за прикладом 5.1 .6 і вправа\(5.1 .10, f\) є безперервним,\(0,\) але переривчастим на кожному\(x \neq 0 .\)
Якщо\(D \subset \mathbb{R}, \alpha \in \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R},\) і\(g: D \rightarrow \mathbb{R},\) тоді визначаємо\(\alpha f: D \rightarrow \mathbb{R}\) по
\[(\alpha f)(x)=\alpha f(x),\]
\(f+g: D \rightarrow \mathbb{R} \mathrm{by}\)
\[(f+g)(x)=f(x)+g(x),\]
і\(f g: D \rightarrow \mathbb{R}\) по
\[(f g)(x)=f(x) g(x).\]
Більш того, якщо\(g(x) \neq 0\) для всіх\(x \in D,\) ми визначимо\(\frac{f}{g}: D \rightarrow \mathbb{R}\) по
\[\left(\frac{f}{g}\right)(x)=\frac{f(x)}{g(x)}.\]
Припустимо\(g\),\(D \subset \mathbb{R}, \alpha \in \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R},\)\(f\) і\(g: D \rightarrow \mathbb{R} .\) якщо і є безперервними в\(a,\) то\(\alpha f, f+g,\) і\(f g\) всі безперервні в\(a .\) Крім того, якщо\(g(x) \neq 0\) для всіх\(x \in D,\)\(\frac{f}{g}\) то безперервно на\(a .\)
Доведіть попередню пропозицію.
Припустимо,\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R}, f(x) \geq 0\) для всіх\(x \in D,\) і\(f\) є безперервним в\(a \in D .\) If\(g\) визначається\(g(x)=\sqrt{f(x)},\) тоді безперервно при\(g: D \rightarrow \mathbb{R}\)\(a .\)
Доведіть попередню пропозицію.
Припустимо\(f\),\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R},\) а\(a \in D .\) потім безперервно,\(a\) якщо і тільки якщо для кожного\(\epsilon>0\) існує\(\delta>0\) таке, що
\[|f(x)-f(a)|<\epsilon \text { whenever } x \in(a-\delta, a+\delta) \cap D.\]
- Доказ
-
\(f\)Припустимо, безперервний при\(a\). Якщо\(a\) є ізольованою точкою,\(D,\) то існує\(\delta>0\) така, що
\[(a-\delta, a+\delta) \cap D=\{a\}.\]
Тоді для будь-якого,\(\epsilon>0,\) якщо\(x \in(a-\delta, a+\delta) \cap D,\) тоді\(x=a,\) і так
\[|f(x)-f(a)|=|f(a)-f(a)|=0<\epsilon.\]
Якщо\(a\) є граничною точкою,\(D,\) то\(\lim _{x \rightarrow a} f(x)=f(a)\) має на увазі, що для будь-якого\(\epsilon>0\) існує\(\delta>0\) таке, що
\[|f(x)-f(a)|<\epsilon \text { whenever } x \in(a-\delta, a+\delta) \cap D.\]
Тепер припустимо, що для кожного\(\epsilon>0\) існує\(\delta>0\) таке, що
\[|f(x)-f(a)|<\epsilon \text { whenever } x \in(a-\delta, a+\delta) \cap D.\]
Якщо\(a\) є ізольованою точкою,\(f\) то безперервна при\(a\). Якщо\(a\) є граничною точкою, то ця умова передбачає\(\lim _{x \rightarrow a} f(x)=f(a),\) і\(f\) так безперервно в\(a .\)\(\quad\) Q.E.D.
З попереднього повинно бути зрозуміло, що функція\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) є безперервною в точці\(a\)\(D\) якщо і тільки якщо для кожної послідовності\(\left\{x_{n}\right\}_{n \in I}\) з\(x_{n} \in D\) для кожного\(n \in I\) і\(\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a, \lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=f(a)\).
Показати,\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) що якщо безперервний в\(a \in D\) і\(f(a)>0\), то існує відкритий інтервал\(I\) такий, що\(a \in I\) і\(f(x)>0\) для кожного\(x \in I \cap D .\)
Припустимо\(g\),\(D \subset \mathbb{R}, E \subset \mathbb{R}, g: D \rightarrow \mathbb{R}, f: E \rightarrow \mathbb{R}, g(D) \subset E\) і\(a \in D .\) якщо безперервний в\(a\) і\(f\) є безперервним в\(g(a),\)\(f \circ g\) то безперервно при\(a .\)
- Доказ
-
\(\left\{x_{n}\right\}_{n \in I}\)Дозволяти послідовність з\(x_{n} \in D\) для кожного\(n \in I\) і\(\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a\). Потім, так як\(g\) безперервно на\(a,\left\{g\left(x_{n}\right)\right\}_{n \in I}\) є послідовність з\(g\left(x_{n}\right) \in E\) для кожного\(n \in I\) і\(\lim _{n \rightarrow \infty} g\left(x_{n}\right)=g(a) .\) отже, так як\(f\) безперервно в\(g(a),\)\(\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(g\left(x_{n}\right)\right)=f(g(a))\). Тобто,
\[\lim _{n \rightarrow \infty}(f \circ g)\left(x_{n}\right)=(f \circ g)(a).\]
Звідси\(f \circ g\) є безперервним при\(a\).
Нехай\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R},\) і\(a \in D .\) якщо не\(f\) є безперервним в\(a\) але обидва\(f(a-)\) і\(f(a+)\) існують, то ми говоримо,\(f\) має простий розрив при\(a .\)
\(f\)Припустимо, монотонно на інтервалі\((a, b) .\) Тоді кожен розрив\(f\) in\((a, b)\) - це простий розрив. Більш того, якщо\(E\) множина точок\((a, b)\) в якій\(f\) є переривчастою, то або\(E=\emptyset, E\) кінцева, або\(E\) є підрахунковою.
- Доказ
-
Перше твердження випливає відразу з Пропозиції 5.2.1. Для другого твердження припустимо, що\(f\) не зменшується і припустимо\(E\) є непорожнім. З вправи 2.1 .26 і доказу Пропозиції\(5.2 .1,\) випливає, що для кожного\(x \in(a, b)\),
\[f(x-) \leq f(x) \leq f(x+).\]
Отже,\(x \in E\) якщо і тільки тоді,\(f(x-)<f(x+) .\) отже, для кожного\(x \in E,\) ми можемо вибрати раціональне число\(r_{x}\) таке, що\(f(x-)<r_{x}<f(x+) .\) Тепер, якщо\(x, y \in E\) з\(x<y,\) тоді, за пропозицією\(5.2 .2,\)
\[r_{x}<f(x+) \leq f(y-)<r_{y},\]
так\(r_{x} \neq r_{y}\). Таким чином, у нас є один до одного відповідність між\(E\) і підмножиною\(\mathbb{Q},\) і так\(E\) є або скінченним або підрахунковим. Аналогічний аргумент має\(f\), якщо не збільшується. \(\quad\)Q.E.D.
Визначити\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) по
\[f(x)=\left\{\begin{array}{ll}{\frac{1}{q},} & {\text { if } x \text { is rational and } x=\frac{p}{q},} \\ {0,} & {\text { if } x \text { is irrational. }}\end{array}\right.\]
де\(p\) і\(q\) приймаються відносно прості цілі числа з\(q>0,\) і ми приймаємо,\(q=1\) коли\(x=0 .\) Показати, що\(f\) є безперервним на кожному ірраціональному числі і має простий розрив при кожному раціональному числі.
5.4.2 Безперервність у наборі
Припустимо,\(D \subset \mathbb{R}\) і\(f: D \rightarrow \mathbb{R} .\) Ми говоримо\(f\) безперервно,\(D\) якщо\(f\) безперервно в кожній точці\(a \in D\).
Якщо\(f\) многочлен, то\(f\) безперервний на\(\mathbb{R}\).
Якщо\(D \subset \mathbb{R}\) і\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) є раціональною функцією,\(f\) то безперервна\(D .\)
Поясніть,\(f(x)=\sqrt{1-x^{2}}\) чому функція безперервна\([-1,1]\).
Обговоріть безперервність функції
\[f(x)=\left\{\begin{array}{ll}{x+1,} & {\text { if } x<0,} \\ {4,} & {\text { if } x=0,} \\ {x^{2},} & {\text { if } x>0.}\end{array}\right.\]
Якщо\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R},\) і\(E \subset \mathbb{R},\) ми дозволимо
\[f^{-1}(E)=\{x: f(x) \in E\}.\]
Припустимо,\(D \subset \mathbb{R}\) а\(f: D \rightarrow \mathbb{R} .\) потім\(f\) є безперервним,\(D\) якщо і тільки якщо для кожного відкритого набору\(V \subset \mathbb{R}, f^{-1}(V)=U \cap D\) для деякого відкритого набору\(U \subset \mathbb{R} .\)
- Доказ
-
\(f\)Припустимо, безперервно\(V \subset \mathbb{R}\) увімкнено\(D\) і є відкритим набором. Якщо\(V \cap f(D)=\emptyset\), то\(f^{-1}(V)=\emptyset,\) який відкритий. Так що припустимо\(V \cap f(D) \neq \emptyset\) і нехай\(a \in f^{-1}(V)\). Так як\(V\) відкрито і\(f(a) \in V,\) існує\(\epsilon_{a}>0\) таке, що
\[\left(f(a)-\epsilon_{a}, f(a)+\epsilon_{a}\right) \subset V.\]
Оскільки\(f\) є безперервним, існує\(\delta_{a}>0\) таке, що
\[f\left(\left(a-\delta_{a}, a+\delta_{a}\right) \cap D\right) \subset\left(f(a)-\epsilon_{a}, f(a)+\epsilon_{a}\right) \subset V.\]
Тобто,\(\left(a-\delta_{a}, a+\delta_{a}\right) \cap D \subset f^{-1}(V) .\) нехай
\[U=\bigcup_{a \in f^{-1}(V)}\left(a-\delta_{a}, a+\delta_{a}\right).\]
Потім\(U\) відкривається і\(f^{-1}(V)=U \cap D\).
Тепер припустимо, що для кожного відкритого набору\(V \subset \mathbb{R}, f^{-1}(V)=U \cap D\) для деякого відкритого набору\(U \subset \mathbb{R} .\) Нехай\(a \in D\) і нехай\(\epsilon>0\) буде дано. Так як\((f(a)-\epsilon, f(a)+\epsilon)\) відкритий, існує відкритий набір\(U\) такий, що
\[U \cap D=f^{-1}((f(a)-\epsilon, f(a)+\epsilon)).\]
Так як\(U\) відкрито і\(a \in U,\) існує\(\delta>0\) таке, що\((a-\delta, a+\delta) \subset U .\) Але потім
\[f((a-\delta, a+\delta) \cap D) \subset(f(a)-\epsilon, f(a)+\epsilon).\]
Тобто, якщо\(x \in(a-\delta, a+\delta) \cap D,\) тоді\(|f(x)-f(a)|<\epsilon .\) Звідси\(f\) є безперервним в\(a .\)\(\quad\) Q.E.D.
Нехай\(D \subset \mathbb{R}\) і\(f: D \rightarrow \mathbb{R} .\) для будь-якого\(E \subset \mathbb{R},\) шоу, що\(f^{-1}(\mathbb{R} \backslash E)=\left(\mathbb{R} \backslash f^{-1}(E)\right) \cap D\).
\(A\)Дозволяти бути набір і, для кожного\(\alpha \in A,\) нехай\(U_{\alpha} \subset \mathbb{R} .\) дано\(D \subset \mathbb{R}\) і функція\(f: D \rightarrow \mathbb{R},\) показати, що
\[\bigcup_{\alpha \in A} f^{-1}\left(U_{\alpha}\right)=f^{-1}\left(\bigcup_{\alpha \in A} U_{\alpha}\right)\]
і
\[\bigcap_{\alpha \in A} f^{-1}\left(U_{\alpha}\right)=f^{-1}\left(\bigcap_{\alpha \in A} U_{\alpha}\right).\]
Припустимо,\(D \subset \mathbb{R}\) і\(f: D \rightarrow \mathbb{R} .\) Показати, що\(f\) є безперервним,\(D\) якщо і тільки якщо для кожного закритого набору\(C \subset \mathbb{R}, f^{-1}(C)=F \cap D\) для деякого закритого набору\(F \subset \mathbb{R} .\)
Нехай\(D \subset \mathbb{R} .\) Ми говоримо функція\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) є Lipschitz якщо існує\(\alpha \in \mathbb{R}, \alpha>0,\) такий, що\(|f(x)-f(y)| \leq \alpha|x-y|\) для всіх\(x, y \in D .\) Показати, що якщо\(f\) Ліпшиц, то\(f\) є безперервним.
5.4.3 Теорема про проміжні значення
(Теорема про проміжні значення).
Припустимо,\(a, b \in \mathbb{R}, a<b,\) і\(f:[a, b] \rightarrow \mathbb{R} .\) Якщо\(f\)\(s \in \mathbb{R}\) є безперервним і є таким, що\(f(a) \leq s \leq f(b)\) або\(f(b) \leq s \leq f(a),\) тоді існує\(c \in[a, b]\) таке, що\(f(c)=s\).
- Доказ
-
Припустимо\(f(a)<f(b)\) і\(f(a)<s<f(b) .\) нехай
\[c=\sup \{x: x \in[a, b], f(x) \leq s\}.\]
Припустимо,\(f(c)<s .\) Тоді\(c<b\) і, так як\(f\) безперервно при\(c,\) існує\(\delta>0\) таке, що\(f(x)<s\) для всіх\(x \in(c, c+\delta) .\) Але потім\(f\left(c+\frac{\delta}{2}\right)<s\), суперечить визначенню\(c .\) Аналогічно, якщо\(f(c)>s,\) тоді\(c>a\) і існує\(\delta>0\) таке, що \(f(x)>s\)для всіх\(x \in(c-\delta, c),\) знову суперечить визначенню\(c .\) Отже, ми повинні мати\(f(c)=s .\)\(\quad\) Q.E.D.
Припустимо\(a \in \mathbb{R}, a>0,\) і розглянемо\(f(x)=x^{n}-a\) де\(n \in \mathbb{Z}, n>1 .\) Тоді\(f(0)=-a<0\) і
\[\begin{aligned} f(1+a) &=(1+a)^{n}-a \\ &=1+n a+\sum_{i=2}^{n}\left(\begin{array}{c}{n} \\ {i}\end{array}\right) a^{i}-a \\ &=1+(n-1) a+\sum_{i=2}^{n}\left(\begin{array}{c}{n} \\ {i}\end{array}\right) a^{i}>0, \end{aligned}\]
де\(\left(\begin{array}{l}{n} \\ {i}\end{array}\right)\) - біноміальний коефіцієнт
\[\left(\begin{array}{l}{n} \\ {i}\end{array}\right)=\frac{n !}{i !(n-i) !}.\]
Отже, за теоремою проміжного значення існує дійсне число\(\gamma>0\) таке, що\(\gamma^{n}=a .\) Крім того, існує лише один такий,\(\gamma\) оскільки\(f\) збільшується на\((0,+\infty) .\)
\(\gamma\)Називаємо\(n\) корінь\(a,\) і пишемо
\[\gamma=\sqrt[n]{a}\]
або
\[\gamma=a^{\frac{1}{n}}.\]
Більш того, якщо\(a \in \mathbb{R}, a<0, n \in Z^{+}\) непарний, і\(\gamma\) є n-м коренем\(-a,\) тоді
\[(-\gamma)^{n}=(-1)^{n}(\gamma)^{n}=(-1)(-a)=a.\]
Тобто\(-\gamma\) є\(n\) корінь\(a\).
Якщо\(n=\frac{p}{q} \in \mathbb{Q}\) з,\(q \in \mathbb{Z}^{+},\) то визначаємо
\[x^{n}=(\sqrt[q]{x})^{p}\]
для всіх реальних\(x \geq 0\).
Поясніть, чому рівняння\(x^{5}+4 x^{2}-16=0\) має рішення в інтервалі\((0,2)\).
Наведіть приклад замкнутого інтервалу\([a, b] \subset \mathbb{R}\) та функції,\(f:[a, b] \rightarrow \mathbb{R}\) які не задовольняють висновку теореми про проміжні значення.
Покажіть, що якщо\(I \subset \mathbb{R}\) є інтервалом і\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\) є безперервним, то\(f(I)\) є інтервалом.
\(f:(a, b) \rightarrow \mathbb{R}\)Припустимо, суцільний і строго монотонний. Нехай\((c, d)=f((a, b)) .\) Показати,\(f^{-1}:(c, d) \rightarrow(a, b)\) що суворо монотонно і безперервно.
\(n \in \mathbb{Z}^{+} .\)Дозволяти Показати, що функція\(f(x)=\sqrt[n]{x}\) є безперервним на\((0,+\infty)\).
Використовуйте метод бісекції, щоб дати ще один доказ теореми проміжних значень.
5.4.4 Теорема про екстремальні значення
\(D \subset \mathbb{R}\)Припустимо,\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) компактний і суцільний. Потім\(f(D)\) компактний.
- Доказ
-
З огляду на послідовність\(\left\{y_{n}\right\}_{n \in I}\)\(f(D),\) вибирають\(\left\{x_{n}\right\}_{n \in I}\) таку послідовність, яка\(f\left(x_{n}\right)=y_{n} .\)\(D\) Since компактна,\(\left\{x_{n}\right\}_{n \in I}\) має збіжну підпослідовність\(\left\{x_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty}\) з
\[\lim _{k \rightarrow \infty} x_{n_{k}}=x \in D.\]
Нехай\(y=f(x) .\) тоді\(y \in f(D)\) і, так як\(f\) суцільний,
\[y=\lim _{k \rightarrow \infty} f\left(x_{n_{k}}\right)=\lim _{k \rightarrow \infty} y_{n_{k}}.\]
\(f(D)\)Звідси компактний.
Доведіть попередню теорему за допомогою визначення відкритої кришки компактного набору.
(Теорема про екстремальні значення).
\(D \subset \mathbb{R}\)Припустимо,\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) компактний і суцільний. Тоді існує\(a \in D\) таке, що\(f(a) \geq f(x)\) для всіх\(x \in D\) і існує\(b \in D\) таке, що\(f(b) \leq f(x)\) для всіх\(x \in D .\)\(\quad\) Q.E.D.
Як наслідок теореми про екстремальні значення, неперервна функція на замкнутому обмеженому інтервалі досягає як максимального, так і мінімального значення.
Знайти приклад замкнутого обмеженого інтервалу\([a, b]\) та\(f:[a, b] \rightarrow \mathbb{R}\) такої функції, яка не\(f\) досягає ні максимального, ні мінімального значення на\([a, b] .\)
Знайти приклад обмеженого інтервалу\(I\) та функції,\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\) яка є неперервною на\(I\) такому рівні, що не\(f\) досягає ні максимального, ні мінімального значення\(I .\)
Припустимо,\(K \subset \mathbb{R}\) компактний і\(a \notin K .\) Покажіть, що існує\(b \in K\) таке, що\(|b-a| \leq|x-a|\) для всіх\(x \in K\).
Припустимо,\(D \subset \mathbb{R}\)\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) компактний, суцільний і один-на-один, а\(E=f(D) .\) потім\(f^{-1}: E \rightarrow D\) безперервний.
- Доказ
-
\(V \subset \mathbb{R}\)Дозволяти бути відкритим набором. Нам потрібно показати, що\(f(V \cap D)=U \cap E\) для якогось відкритого набору\(U \subset \mathbb{R}\). Нехай\(C=D \cap(\mathbb{R} \backslash V) .\) Тоді\(C\) є замкнутим підмножиною\(D,\) і так компактно. Отже\(f(C)\), це компактна підмножина\(E .\) Таким\(f(C)\) чином закрита, і\(U=\mathbb{R} \backslash f(C)\) так відкрита. Більш того,\(U \cap E=E \backslash f(C)=f(V \cap D) .\) Таким чином\(f^{-1}\), безперервно.
Припустимо\(f:[0,1] \cup(2,3] \rightarrow[0,2]\),
\[f(x)=\left\{\begin{array}{ll}{x,} & {\text { if } 0 \leq x \leq 1,} \\ {x-1,} & {\text { if } 2<x \leq 3.}\end{array}\right.\]
Показати, що\(f\) є безперервним, один до одного і на, але\(f^{-1}\) це не безперервно.
5.4.5 Рівномірна безперервність
Припустимо,\(D \subset \mathbb{R}\) і\(f: D \rightarrow \mathbb{R} .\) Ми говоримо\(f\) рівномірно безперервно,\(D\) якщо для кожного\(\epsilon>0\) існує\(\delta>0\) таке, що для будь-якого\(x, y \in D\),
\[|f(x)-f(y)|<\epsilon \text { whenever }|x-y|<\delta .\]
Припустимо\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\),\(D \subset \mathbb{R}\) і є Lipschitz (див. Вправа\(5.4 .10) .\) Показати, що\(f\) є рівномірно безперервним на\(D .\)
Зрозуміло,\(f\) що якщо є рівномірно безперервним,\(D\) то\(f\) є безперервним на\(D .\) Однак безперервна функція не повинна бути рівномірно безперервною.
Визначити\(f:(0,+\infty)\) за\(f(x)=\frac{1}{x},\) Дано будь-який\(\delta>0,\) вибрати\(n \in \mathbb{Z}^{+}\) такий, що\(\frac{1}{n(n+1)}<\delta .\) Нехай\(x=\frac{1}{n}\) і\(y=\frac{1}{n+1} .\) Тоді
\[|x-y|=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n(n+1)}<\delta .\]
Однак,
\[|f(x)-f(y)|=|n-(n+1)|=1.\]
Значить, наприклад, не існує\(\delta>0\) такого, що
\[|f(x)-f(y)|<\frac{1}{2}\]
всякий раз, коли\(|x-y|<\delta .\) Таким чином не\(f\) є рівномірно безперервним\(f\),\((0,+\infty),\) хоча є безперервним\((0,+\infty)\).
Визначити\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) по\(f(x)=2 x .\) Дозвольте\(\epsilon>0\) бути задано. Якщо\(\delta=\frac{\varepsilon}{2}\), то
\[|f(x)-f(y)|=2|x-y|<\epsilon\]
всякий раз\(f\), коли\(|x-y|<\delta .\) Звідси є рівномірно безперервним\(\mathbb{R}\).
Нехай\(f(x)=x^{2} .\) Показати, що не\(f\) є рівномірно безперервним на\((-\infty,+\infty)\).
\(D \subset \mathbb{R}\)Припустимо,\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) компактний і суцільний. Потім\(f\) рівномірно безперервно на\(D .\)
- Доказ
-
Нехай\(\epsilon>0\) дадуть. Для кожного\(x \in D,\) вибирають\(\delta_{x}\) такі, що
\[|f(x)-f(y)|<\frac{\epsilon}{2}\]
всякий раз\(y \in D\) і\(|x-y|<\delta_{x} .\) нехай
\[J_{x}=\left(x-\frac{\delta_{x}}{2}, x+\frac{\delta_{x}}{2}\right).\]
Потім\(\left\{J_{x}: x \in D\right\}\) відкрита кришка\(D\). Так як\(D\) компактний, повинен існувати\(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}, n \in Z^{+},\) такий, що\(J_{x_{1}}, J_{x_{2}}, \ldots, J_{x_{n}}\) є відкритою кришкою\(D .\) Нехай\(\delta\) бути найменшим з
\[\frac{\delta_{x_{1}}}{2}, \frac{\delta_{x_{2}}}{2}, \ldots, \frac{\delta_{x_{n}}}{2}.\]
Тепер нехай\(x, y \in D\) з\(|x-y|<\delta .\) Потім для деякого цілого числа,\(k, 1 \leq k \leq n, x \in J_{x_{k}},\) що,
\[\left|x-x_{k}\right|<\frac{\delta_{x_{k}}}{2}.\]
Більш того,
\[\left|y-x_{k}\right| \leq|y-x|+\left|x-x_{k}\right|<\delta+\frac{\delta_{x_{k}}}{2} \leq \delta_{x_{k}}.\]
Звідси
\[|f(x)-f(y)| \leq\left|f(x)-f\left(x_{k}\right)\right|+\left|f\left(x_{k}\right)-f(y)\right|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon .\]
Q.E.D.
Припустимо\(D \subset \mathbb{R}\) і\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) є рівномірно безперервним. Показати, що якщо\(\left\{x_{n}\right\}_{n \in I}\) є послідовністю Коші,\(D,\) то\(\left\{f\left(x_{n}\right)\right\}_{n \in I}\) є послідовністю Коші в\(f(D) .\)
Припустимо\(f:(0,1) \rightarrow \mathbb{R}\), є рівномірно безперервним. Показати, що\(f(0+)\) існує.
Припустимо\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\), є безперервним\(\lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=0\) і і\(\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0 .\) Показати, що\(f\) є рівномірно безперервним.