4.5: Монотонна функція
- Page ID
- 63014
\(A \subseteq E^{*},\)Функція\(f : A \rightarrow E^{*},\) з, як кажуть, не зменшується на множині\(B \subseteq A\) iff
\[x \leq y\text{ implies } f(x) \leq f(y)\text{ for } x, y \in B.\]
Кажуть, що він не збільшується на\(B\) iff
\[x \leq y\text{ implies } f(x) \geq f(y)\text{ for } x, y \in B.\]
Позначення:\(f \uparrow\) і\(f \downarrow(\text { on } B),\) відповідно.
В обох випадках, як кажуть,\(f\) є монотонним або монотонним на\(B.\) Якщо\(f\) також один до одного на\(B\) (тобто, коли обмежується\(B\)), ми говоримо, що це строго монотонно (збільшується якщо\(f \uparrow\) і зменшується якщо\(f \downarrow\)).
\(f\)Зрозуміло, що не зменшується, якщо функція\(-f=(-1) f\) не збільшується. При цьому в доказах, нам потрібно розглядати тільки випадок\(f \uparrow\). Справа\(f \downarrow\) зводиться до нього, застосовуючи результат до\(-f.\)
Якщо функція\(f : A \rightarrow E^{*}\left(A \subseteq E^{*}\right)\) монотонна,\(A,\) вона має ліву та праву (можливо нескінченну) межу в кожній точці\(p \in E^{*}\).
Зокрема, якщо\(f \uparrow\) на проміжку,\((a, b) \neq \emptyset,\) то
\[f\left(p^{-}\right)=\sup _{a<x<p} f(x)\text{ for } p \in(a, b]\]
і
\[f\left(p^{+}\right)=\inf _{p<x<b} f(x)\text{ for } p \in[a, b).\]
(У випадку\(f \downarrow,\) обміну «sup» і «inf.»)
- Доказ
-
Щоб виправити ідеї, припустимо\(f \uparrow\).
Нехай\(p \in E^{*}\) і\(B=\{x \in A | x<p\} .\) покласти\(q=\sup f[B]\) (цей sup завжди існує в\(E^{*} ;\) розділі Глава 2, §13). Ми покажемо, що\(q\) це лівий ліміт\(f\) at\(p\) (тобто лівий ліміт над\(B\)).
Можливі три випадки:
(1) Якщо\(q\) кінцевий, будь-який глобус\(G_{q}\) є інтервалом\((c, d), c<q<d,\) в\(E^{1}\). Як\(c<q=\sup f[B], c\) не може бути верхньою межею\(f[B]\) (чому? , так\(c\) перевищено деякими\(f\left(x_{0}\right), x_{0} \in B.\) Таким чином
\[c<f\left(x_{0}\right), x_{0}<p.\]
Отже, як\(f \uparrow,\) ми, звичайно, маємо
\[c<f\left(x_{0}\right) \leq f(x)\text{ for all } x>x_{0}\text{ }(x \in B).\]
Більш того, як у\(f(x) \in f[B],\) нас є
\[f(x) \leq \sup f[B]=q<d,\]
так\(c<f(x)<d ;\) тобто,\(f(x) \in(c, d)=G_{q}\).
Таким чином, ми показали, що
\[\left(\forall G_{q}\right)\left(\exists x_{0}<p\right)\left(\forall x \in B | x_{0}<x\right) \quad f(x) \in G_{q},\]
так\(q\) це лівий ліміт на\(p\).
(2) Якщо той\(q=+\infty,\) самий доказ працює з\(G_{q}=(c,+\infty].\) Verify!
(3) Якщо\(q=-\infty,\) тоді
\[(\forall x \in B) \quad f(x) \leq \sup f[B]=-\infty,\]
тобто,\(f(x) \leq-\infty,\) так\(f(x)=-\infty\) (константа) на\(B\). Отже\(q\), також лівий лівий ліміт на\(p\) (§1, приклад (a)).
Зокрема, якщо\(f \uparrow\) on\(A=(a, b)\) with,\(a, b \in E^{*}\) а\(a<b,\) потім\(B=\)\((a, p)\) for\(p \in(a, b] .\)\(p\) Here є точкою кластера шляху\(B\) (Глава 3, §14, Приклад (h)), тому\(f\left(p^{-}\right)\) існує унікальна ліва межа. За тим, що було показано вище,
\[q=f\left(p^{-}\right)=\sup f[B]=\sup _{a<x<p} f(x),\text{ as claimed.}\]
При цьому все доведено за ліві межі.
Доказ правильних обмежень досить схожий; потрібно лише встановити
\[B=\{x \in A | x>p\}, q=\inf f[B] . \quad \square\]
Примітка 1. Другий пункт теореми 1 тримає навіть якщо\((a, b)\) є лише підмножиною\(A,\) для розглянутих меж не впливають обмеження\(f\) до\((a, b).\) (Чому?) Кінцеві точки\(a\) і\(b\) можуть бути кінцевими або нескінченними.
Примітка 2. Якщо\(D_{f}=A=N\) (натурали), то за визначенням\(f : N \rightarrow E^{*}\) є послідовністю із загальним терміном\(x_{m}=f(m), m \in N\) (див. §1, Примітка 2). Потім встановивши\(p=+\infty\) доказ теореми 1, отримаємо теорему 3 глави 3, §15. (Перевірте!)
\(F : E^{1} \rightarrow E^{1}\)Експоненціальна функція до основи\(a>0\) задається
\[F(x)=a^{x}.\]
Він монотонний (глава 2, §§11-12, формула (1)), так\(F\left(0^{-}\right)\) і\(F\left(0^{+}\right)\) існують. За послідовним критерієм (Теорема 1 з §2) ми можемо використовувати відповідну послідовність для пошуку\(F\left(0^{+}\right),\) та вибираємо\(x_{m}=\frac{1}{m} \rightarrow 0^{+}.\) Тоді
\[F\left(0^{+}\right)=\lim _{m \rightarrow \infty} F\left(\frac{1}{m}\right)=\lim _{m \rightarrow \infty} a^{1 / m}=1\]
(див. Розділ 3, §15, Задача 20).
Аналогічно, взявши\(x_{m}=-\frac{1}{m} \rightarrow 0^{-},\) ми отримуємо\(F\left(0^{-}\right)=1.\) Таким чином
\[F\left(0^{+}\right)=F\left(0^{-}\right)=\lim _{x \rightarrow 0} F(x)=\lim _{x \rightarrow 0} a^{x}=1.\]
(Див. також Задача 12 з §2.)
Далі, виправити будь\(p \in E^{1} .\) Зауваження, що
\[F(x)=a^{x}=a^{p+x-p}=a^{p} a^{x-p},\]
ставимо\(y=x-p.\) (Чому ця заміна допустима?) Тоді\(y \rightarrow 0\) як\(x \rightarrow p,\) так отримуємо
\[\lim _{x \rightarrow p} F(x)=\lim a^{p} \cdot \lim _{x \rightarrow p} a^{x-p}=a^{p} \lim _{y \rightarrow 0} a^{y}=a^{p} \cdot 1=a^{p}=F(p).\]
Як\(\lim _{x \rightarrow p} F(x)=F(p), F\) є безперервним у кожного\(p \in E^{1}.\) Таким чином, всі експоненціальні показники є безперервними.
Якщо функція\(f : A \rightarrow E^{*}\left(A \subseteq E^{*}\right)\) не зменшується на скінченному або нескінченному інтервалі,\(B=(a, b) \subseteq A\) а якщо\(p \in(a, b),\) тоді
\[f\left(a^{+}\right) \leq f\left(p^{-}\right) \leq f(p) \leq f\left(p^{+}\right) \leq f\left(b^{-}\right),\]
і ні у\(x \in(a, b)\) нас немає
\[f\left(p^{-}\right)<f(x)<f(p)\text{ or } f(p)<f(x)<f\left(p^{+}\right) ;\]
аналогічно у випадку\(f \downarrow\) (при цьому всі нерівності перевернуті).
- Доказ
-
За теоремою 1,\(f \uparrow\) на\((a, p)\) увазі
\[f\left(a^{+}\right)=\inf _{a<x<p} f(x)\text{ and } f\left(p^{-}\right)=\sup _{a<x<p} f(x);\]
Таким чином, звичайно\(f\left(a^{+}\right) \leq f\left(p^{-}\right).\), як\(f \uparrow,\) ми також маємо\(f(p) \geq f(x)\) для всіх,\(x \in\)\((a, p);\) отже,
\[f(p) \geq \sup _{a<x<p} f(x)=f\left(p^{-}\right).\]
Таким чином
\[f\left(a^{+}\right) \leq f\left(p^{-}\right) \leq f(p);\]
аналогічно для решти (1).
Причому, якщо\(a<x<p,\) тоді\(f(x) \leq f\left(p^{-}\right)\) з тих пір
\[f\left(p^{-}\right)=\sup _{a<x<p} f(x).\]
Якщо ж,\(p \leq x<b,\) то\(f(p) \leq f(x)\) з тих пір\(f \uparrow\). Таким чином, ми ніколи не маємо\(f\left(p^{-}\right)<f(x)<f(p).\) подібного, один виключає\(f(p)<f(x)<f(x)<f\left(p^{+}\right) .\) Це завершує доказ. \(\square\)
Примітка 3. Якщо\(f\left(p^{-}\right), f\left(p^{+}\right),\) і\(f(p)\) існують (все скінченно), то
\[\left|f(p)-f\left(p^{-}\right)\right|\text{ and } \left|f\left(p^{+}\right)-f(p)\right|\]
називаються, відповідно, лівий і правий стрибки\(f\) при\(p;\) їх сумі є (загальний) стрибок при\(p.\) Якщо\(f\) монотонний, стрибок дорівнює\(\left|f\left(p^{+}\right)-f\left(p^{-}\right)\right|.\)
Для графічного прикладу розглянемо рисунок 14 в §1. Тут\(f(p)=f\left(p^{-}\right)\) (обидва кінцевих\(),\) так лівий стрибок є\(0.\) Однак,\(f\left(p^{+}\right)>f(p),\) так що правий стрибок більше, ніж\(0.\) з
\[f(p)=f\left(p^{-}\right)=\lim _{x \rightarrow p^{-}} f(x),\]
\(f\)лівий безперервний (але не правий безперервний) в\(p\).
Якщо\(f : A \rightarrow E^{*}\) є монотонним на скінченному або нескінченному інтервалі, що\((a, b)\) міститься в\(A,\) то всі його розриви,\((a, b),\) якщо такі є, є «стрибками»,
тобто точками,\(p\) в яких\(f\left(p^{-}\right)\) і\(f\left(p^{+}\right)\) існують, але\(f\left(p^{-}\right) \neq f(p)\) або\(f\left(p^{+}\right) \neq f(p).\)
- Доказ
-
За теоремою 1,\(f\left(p^{-}\right)\) і\(f\left(p^{+}\right)\) існують у кожного\(p \in(a, b)\).
Якщо, крім того,\(f\left(p^{-}\right)=f\left(p^{+}\right)=f(p),\) то
\[\lim _{x \rightarrow p} f(x)=f(p)\]
За наслідком 3 з §1, так f є безперервним at\(p\). Таким чином, розриви відбуваються тільки в тому випадку, якщо\(f\left(p^{-}\right) \neq f(p)\) або\(f\left(p^{+}\right) \neq f(p). \square\)