Непрерывность функции

Если функция \(f\) определена на отрезке \([a,b]\) и монотонна, то она может иметь внутри этого отрезка точки разрыва только первого рода.

\(\circ\) Пусть \(x_0\) — произвольная точка интервала \((a,b)\). Функция \(f\) имеет в точке \(x_{0}\) конечные пределы слева и справа. Если, например, \(f\) — возрастающая функция, то
$$
f(x_{0}-0)\leq f(x_{0})\leq f(x_{0}+0),\nonumber
$$
где \(f(x_{0}-0)\) и \(f(x_{0}+0)\) — соответственно пределы функции \(f\) слева и справа в точке \(x_{0}\).

В том случае, когда \(f(x_{0}-0)\neq f(x_{0}+0)\) , точка \(x_{0}\) является точкой разрыва первого рода функции \(f\); если же \(f(x_{0}-0)=f(x_{0}+0)\), то точка \(x_{0}\) есть точка непрерывности функции \(f\). Аналогичное утверждение справедливо и для убывающей функции.\(\bullet\)

Если функция \(z=f(y)\) непрерывна в точке \(y_0\), а функция \(y=\varphi(x)\) непрерывна в точке \(x_0\), причем \(y_0=\varphi(x_0)\), то в некоторой окрестности точки \(x_0\) определена сложная функция \(f(\varphi(x_0))\), и эта функция непрерывна в точке \(x_0\).

\(\circ\) Пусть задано произвольное число \(\varepsilon>0\). В силу непрерывности функции \(f\) в точке \(y_0\) существует число \(\rho=\rho(\varepsilon)>0\) такое, что \(U_\rho(y_0)\subset D(f)\) и
$$
\forall y\in U_\rho(y_0)\rightarrow f(y)\in U_{\varepsilon}(z_{0}),\label{ref2}
$$
где \(z_{0}=f(y_{0})\).

В силу непрерывности функции \(\varphi\) в точке \(x_{0}\) для найденного в \eqref{ref2} числа \(\rho>0\) можно указать число \(\delta=\delta_{\rho}=\delta(\varepsilon)>0\) такое, что
$$
\forall x\in U_\delta(x_0)\rightarrow \phi (x)\in U_\rho (y_0).\label{ref2′}
$$

Из условий \eqref{ref2} и \eqref{ref2′} следует, что на множестве \(U_\delta(x_0)\) определена сложная функция \(f(\varphi(x))\), причем
$$
\forall x\in U_\delta(x_0)\rightarrow f(y)=f(\varphi(x))\in U_{\varepsilon}(z_{0}),\nonumber
$$
где \(z_0=f(\varphi(x_0))=f(y_{0})\), то есть
$$
\forall \varepsilon>0\;\exists \delta>0:\quad \forall х\in U_\delta(x_0)\rightarrow f(\varphi(х))\in U_\varepsilon(\varphi(x_0)).\nonumber
$$

Это означает, в силу определения непрерывности, что функция \(f(\varphi(x))\) непрерывна в точке \(x_0\). \(\bullet\)

(Теорема Вейерштрасса)

Если функция \(f\) непрерывна на отрезке \([a,b]\), то она ограничена, то есть
$$
\exists C>0:\forall x\in[a,\ b]\rightarrow|f(x)|\leq C.\label{ref3}
$$

\(\circ\) Предположим противное, тогда
$$
\forall C>0\;\exists x_{C}\in [a,b]:\;|f(x_{C})|>C.\label{ref4}
$$

Полагая в этом выражении \(C=1,2\ldots,n,\ldots,\) получим, что
$$
\forall n\in\mathbb{N}\quad\exists x_{n}\in[a,b]:\;|f(x_{n})|>n.\label{ref5}
$$

Последовательность \(x_n\) ограничена, так как \(a\leq x_{n}\leq b\) для всех \(n\in\mathbb{N}\). По теореме Больцано-Вейерштрасса из нее можно выделить сходящуюся подпоследовательность, то есть существуют подпоследовательность \(x_{n_k}\) и точка \(\xi\) такие, что
$$
\lim_{k\rightarrow\infty}x_{n_{k}}=\xi,\label{ref6}
$$
где в силу условия \eqref{ref5} для любого \(k\in\mathbb{N}\) выполняется неравенство
$$
a\leq x_{n_{k}}\leq b.\label{ref7}
$$

Из условий \eqref{ref6} и \eqref{ref7} следует, что \(\xi\in [а,b]\) а из условия \eqref{ref6} в силу непрерывности функции \(f\) в точке \(\xi\) получаем
$$
\displaystyle \lim_{k\rightarrow\infty}f(x_{n_{k}})=f(\xi).\label{ref8}
$$

С другой стороны. утверждение \eqref{ref5} выполняется при всех \(n\in\mathbb{N}\) и, в частности, при \(n=n_k\;(k=1,2,\ldots)\), то есть
$$
|f(x_{n_{k}})|>n_{k},\nonumber
$$
откуда следует, что \(\displaystyle \lim_{k\rightarrow\infty}f(x_{n_{k}})=\infty\), так как \(n_{k}\rightarrow +\infty\) при \(k\rightarrow\infty\). Это противоречит равенству \eqref{ref8}, согласно которому последовательность \(\{f(x_{n_{k}})\}\) имеет конечный предел. По этому условие \eqref{ref4} не может выполняться, то есть справедливо утверждение \eqref{ref3}. \(\bullet\)

(Теорема Вейерштрасса)

Если функция \(f\) непрерывна на отрезке \([a,b]\), то она достигает своей точной верхней и нижней грани, то есть
$$
\exists\xi\in[a,b]:\quad f(\xi)=\sup_{x\in [a,b]} f(x),\label{ref9}
$$

$$
\exists\widetilde{\xi}\in[a,b]:\quad f(\widetilde{\xi})= \displaystyle \inf_{x\in [a,b]} f(x).\label{ref10}
$$

\(\circ\) Так как непрерывная на отрезке функция \(f(x)\) ограничена (теорема 3), то есть множество значений, принимаемых функцией \(f\) на отрезке \([a,b]\), ограничено, то существуют \(\displaystyle \sup_{x\in[a,b]}f(x)\) и \(\displaystyle \inf_{x\in[a,b]}f(x)\).

Докажем утверждение \eqref{ref9}. Обозначим \(M=\displaystyle \sup_{x\in[a,b]}f(x)\). В силу определения точной верхней грани выполняются условия
$$
\forall х\in [a,b]\rightarrow f(x)\leq M,\label{ref11}
$$
$$
\forall\varepsilon>0\;\exists x(\varepsilon)\in[a,b]:\quad f(x(\varepsilon))>M-\varepsilon.\label{ref12}
$$

Полагая \(\varepsilon=\displaystyle \frac{1}{2}, \displaystyle \frac{1}{3},\ldots,\frac{1}{n},\ldots\), получим в силу условия \eqref{ref12} последовательность\(\{x_n\}\), где \(x_n=\displaystyle x\left(\frac1n\right)\), такую, что для всех \(n\in\mathbb{N}\) выполняются условия
$$
x_n\in [a,b],\label{ref13}
$$
$$
f(x_{n})>M-\displaystyle \frac{1}{n}.\label{ref14}
$$

Из соотношений \eqref{ref11}, \eqref{ref13} и \eqref{ref14} следует, что
$$
\forall n\in\mathbb{N}\rightarrow M-\frac{1}{n}\;<\;f(x_{n})\leq M,\nonumber
$$
откуда получаем
$$
\lim_{x\rightarrow\infty}f(x_{n})=M.\label{ref15}
$$

Как и в теореме 3, из условия \eqref{ref13} следует, что существуют подпоследовательность \(\{x_{n_k}\}\) последовательности \(\{x_n\}\) и точка \(\xi\) такие, что
$$
\lim_{k\rightarrow\infty}x_{n_k}=\xi,\quad где \xi\in[a,b].\nonumber
$$
В силу непрерывности функции \(f\) в точке \(\xi\)
$$
\lim_{k\rightarrow\infty} f(x_{n_{k}})=f(\xi).\label{ref16}
$$
С другой стороны, \(\{f(x_{n_{k}})\}\) — подпоследовательность последовательности \(\{f(x_{n})\}\), сходящейся, согласно условию \eqref{ref15}, к числу \(М\). Поэтому
$$
\lim_{k\rightarrow\infty}f(x_{n_{k}})=M.\label{ref17}
$$
В силу единственности предела последовательности из \eqref{ref16} и \eqref{ref17} заключаем, что \(f(\xi)=M=\displaystyle \sup_{x\in [a,b]}f(x)\). Утверждение \eqref{ref9} доказано. Аналогично доказывается утверждение \eqref{ref10}. \(\bullet\)

(теорема Коши о нулях непрерывной функции)

Если функция \(f\) непрерывна на отрезке [a,b] и принимает в его концах значения разных знаков, то есть \(f(a)f(b)\;<\;0\), то на отрезке [a,b] имеется хотя бы один нуль функции \(f\), то есть
$$
\exists c\in[a,b]:\; f(c)=0.\label{ref18}
$$

\(\circ\) Разделим отрезок \([a,b]\) пополам. Пусть \(d\) — середина этого отрезка. Если \(f(d)=0\), то теорема доказана, а если \(f(d)\neq 0\), то в концах одного из отрезков \([a,d],\ [d,b]\) функция \(f\) принимает значения разных знаков. Обозначим этот отрезок \(\Delta_{1}=[a_{1},b_{1}]\). Пусть \(d_{1}\) — середина отрезка \(\Delta_1\). Возможны два случая:

1. \(f(d_{1})=0\), тогда теорема доказана;
2. \(f(d_{1})\neq 0\), тогда в концах одного из отрезков \([a_{1},d_{1}],\;[d_{1},b_{1}]\) функция \(f\) принимает значения разных знаков; такой отрезок обозначим \(\Delta_{2}=[a_{2},b_{2}]\).

Продолжая эти рассуждения, получим:

1. 1. либо через конечное число шагов найдется точка \(c\in [a,b]\) такая, что \(f(c)=0\); тогда теорема доказана;
   2. либо существует последовательность отрезков \(\{\Delta_n\}\) такая, что \(f(a_{n})f(b_{n})\;<\;0\) для всех \(n\in\mathbb{N}\), где \(\Delta_n=[a_{n},b_{n}]\).

Во втором случае последовательность отрезков является стягивающейся (\S 6,п.4), так как \(\Delta_n\subset\Delta_{n-1}\) для любого \(n\in\mathbb{N}\) и
$$
b_{n}-a_{n}=\displaystyle \frac{b-a}{2^{n}}.\label{ref19}
$$

По теореме Кантора существует точка \(c\), принадлежащая всем отрезкам последовательности \(\{\Delta_n\}\), то есть
$$
\exists c:\;\forall n\in\mathbb{N}\rightarrow с\in [a_{n},b_{n}]\subset[a,b].\label{ref20}
$$

Докажем, что
$$
f(с)=0.\label{ref21}
$$

Предположим, что равенство \eqref{ref21} не выполняется. Тогда либо \(f(с)>0\), либо \(f(с)\;<\;0\). Пусть, например, \(f(с)>0\). По свойству сохранения непрерывной функцией знака (п.3 а))
$$
\exists\delta>0:\quad х\in U_\delta(c)\rightarrow f(x)>0.\label{ref22}
$$

С другой стороны, из неравенства \eqref{ref19} следует, что \(b_{n}-a_{n}\rightarrow 0\) при \(n\rightarrow\infty\), и поэтому
$$
\exists n_0\in\mathbb{N}:\quad b_{n_{0}}-a_{n_{0}}\;<\;\delta.\label{ref23}
$$

Так как \(c\in\Delta_{n_0}\) в силу условия \eqref{ref20}, то из \eqref{ref23}следует, что \(\Delta_{n_0}\subset U_{\delta}(c)\) и согласно условию \eqref{ref22} во всех точках отрезка \(\Delta_{n_0}\) функция \(f\) принимает положительные значения. Это противоречит тому, что в концах каждого из отрезков \(\Delta_n\) функция \(f\) принимает значения разных знаков.

Полученное противоречие доказывает, что должно выполняться условие \eqref{ref21}. \(\bullet\)

(теорема Коши о промежуточных значениях)

Если функция \(f\) непрерывна на отрезке \([a,b]\) и \(f(a)\neq (b)\), то для каждого значения \(C\), заключенного между \(f(a)\) и \(f(b)\), найдется точка \(\xi\in [a,b]\) такая, что \(f(\xi)=C\).

\(\circ\) Обозначим \(f(a)=A,\ f(b)=B\). По условию \(А\neq В\). Пусть, например, \(A < B\). Нужно доказать, что
$$
\forall C\in[A,B]\ \exists\xi\in[a,b]:\ f(\xi)=C.\label{ref24}
$$
Если \(C=A\), то утверждение \eqref{ref24} выполняется при \(\xi=a\), а если \(C=B\), то \eqref{ref24} имеет место при \(\xi=b\). Поэтому достаточно рассмотреть случай \(A < C < B\).

Пусть \(\varphi(х)=f(x)-C\), тогда \(\varphi(a)=A-C < 0,\ \varphi(b)=B-С>0\) и по теореме 5 найдется точка \(\xi\in [a,b]\) такая, что \(\varpi(\xi)=0\), то есть \(f(\xi)=C\). Утверждение \eqref{ref24} доказано. \(\bullet\)

Если функция \(y=f(x)\) непрерывна и строго возрастает на отрезке \([a,b]\), то на отрезке \([f(a),(b)]\) определена функция \(x=g(y)\), обратная к f, непрерывная и строго возрастающая.

\(\circ\) Существование обратной функции. Обозначим \(A=f(a),\;B=f(b)\). Так как f — возрастающая функция, то для всех \(х\in [a,b]\) выполняется неравенство \(A\leq f(x)\leq B\), где \(A= \displaystyle \inf_{x\in[a,b]} f(x),\;B=\sup_{x\in[a,b]}f(x)\), и в силу непрерывности f (следствие из теоремы 6) множество значений функции \(E(f)=[A,B]\).

Согласно определению обратной функции (\S\ 9,п. 9) нужно доказать, что для каждого \(у_0\in [A,В]\) уравнение
$$
f(x)=y_{0}\label{ref25}
$$
имеет единственный корень \(x=x_{0}\), причем \(x_0\in [a,b]\).

Существование хотя бы одного корня уравнения \eqref{ref25} следует из теоремы 6. Докажем, что уравнение \eqref{ref25} имеет на отрезке \([a,b]\) единственный корень.

Предположим, что наряду с корнем \(x=x_{0}\) уравнение \eqref{ref25} имеет еще один корень \(x=\widetilde{x}_{0}\), где \(\widetilde{x}_{0}\neq x_0\); тогда \(f(\widetilde{x_0})=y_{0},\;\widetilde x_0\in[a,b]\).

Пусть, например, \(\widetilde{x}_0>x_0\). Тогда в силу строгого возрастания функции \(f\) на отрезке \([a,b]\) выполняется неравенство \(f(\widetilde{x}_0)>f(x_{0})\). С другой стороны, \(f(\widetilde{x}_0)=f(x_0)=y_{0}\). Отсюда следует, что неравенство \(\widetilde{x}_0>x_{0}\) не может выполняться. Следовательно, \(\widetilde{x}_0=x_0\). Существование обратной функции доказано, то есть на отрезке \([A,В]\) определена функция \(x=f^{-1}(y)=g(y)\), обратная к \(f\), причем \((g)=[a,b]\) и
$$
g(f(x))=x,\quad x\in[a,b],\quad f(g(y))=y,\quad  u\in [A,B].\label{ref26}
$$

Монотонность обратной функции. Докажем, что \(g(y)\) — строго возрастающая на отрезке [A,В] функция, то есть
$$
\forall\;y_{1},\;y_{2}\in [A,B]:\quad y_{1}\;<\;y_{2}\rightarrow g(y_{1})\;<\;g(у_2).\label{ref27}
$$
Предположим противное; тогда условие \eqref{ref27} не выполняется, то есть
$$
\exists\;\widetilde{y}_{1},\widetilde{y}_{2}\in [A,B]:\;\widetilde{y}_{1}\;<\;y_2\rightarrow g(\widetilde{y}_1\geq g(\widetilde{y}_2).\label{ref28}
$$

Обозначим \(\widetilde{x}_1=g(\widetilde{y}_1),\;\widetilde{x}_2=g(\widetilde{y}_2)\), тогда \(\widetilde{x}_1,\widetilde{x}_2\in [a,b],\;\widetilde{x}_1\geq\widetilde{x}_{2}\) в силу \eqref{ref28} и \(f(\widetilde{x}_{1})=\widetilde{y}_{1},\;f(\widetilde{x}_{2})=\widetilde{y}_{2}\) согласно равенству \eqref{ref26}.

Так как \(f\) — строго возрастающая функция, то из неравенства \(\widetilde{X}_1\geq\widetilde{x}_2\) следует неравенство \(f(\widetilde{x}_{1})\geq f(\widetilde{x}_{2})\), то есть \(\widetilde{y}_{1}\geq\widetilde{y}_{2}\), что невозможно, так как \(\widetilde{y}_1\;<\;\widetilde{y}_{2}\) в силу \eqref{ref28}. Таким образом, утверждение \eqref{ref28} не может выполняться, и поэтому \(g(y)\) — строго возрастающая функция.

Непрерывность обратной функции. Пусть \(y_0\) — произвольная точка интервала \((A,B)\). Докажем, что функция \(g\) непрерывна в точке \(y_{0}\). Для этого достаточно показать, что справедливы равенства
$$
g(y_{0}-0)=g(y_{0}),\quad g(y_{0}+0)=g(y_{0}),\label{ref29}
$$
где \(g(y_{0}-0)\) и \(g(y_{0}+0)\) — пределы функции \(g\) соответственно слева и справа в точке \(y_0\).

По теореме о пределах монотонной функции (\S 10) пределы функции \(g\) слева и справа в точке \(y_{0}\) существуют и выполняются неравенства
$$
g(y_{0}-0)\leq g(y_{0})\leq g(y_{0}+0).\label{ref30}
$$

Пусть хотя бы одно из равенств \eqref{ref29} не выполняется, например, \(g(y_0-0)\neq g(y_0)\), тогда
$$
g(y_0-0) < g(y_0).\label{ref31}
$$

Так как для всех \(y\in[A,y_{0})\) выполняется неравенство \(a\leq g(у)\leq g(y_0-0)\), где \(g(у_0-0)=\displaystyle \sup_{A\leq y\;<\;y_0}g(y)\), а при всех \(y\in [y_0,B]\) справедливо неравенство \(g(y_0)\leq g(y)\leq b\), то из условия \eqref{ref31} следует, что интервал \(\Delta=(g(y_0-0),g(y_{0}))\) не принадлежит множеству значений функции \(g\). Это противоречит тому, что все точки отрезка \([a,b]\), в том числе и точки интервала \(\Delta\), принадлежат множеству E(g). Итак, первое из равенств \eqref{ref29} доказано. Аналогично доказывается справедливость второго из равенств \eqref{ref29}.

Тем же способом устанавливается, что функция \(g\) непрерывна справа в точке \(A\) и непрерывна слева в точке \(B\). \(\bullet\)