4.5: Монотонна функція

$A \subseteq E^{*},$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$-f.$

Теорема$\PageIndex{1}$

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!)

Приклад$\PageIndex{1}$

$F : E^{1} \rightarrow E^{1}$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.

Теорема$\PageIndex{2}$

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$p$.

Теорема$\PageIndex{3}$

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$f\left(p^{+}\right) \neq f(p). \square$