ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
быть больше М, поэтому f ( x0 ) = M , что и требовалось до- 2
одновременно для всех x, x0 ∈ 0, , хотя для каждого от-
казать. π
Заметим, что и здесь требование непрерывности дельного х0, в силу непрерывности f(x) такое δ существует.
функции на отрезке [a, b] является существенным. Напри- Теорема Кантора. Если функция f(x) непрерывна на
π отрезке [a, b], то она равномерно непрерывна на этом отрез-
мер, sup arctg x = , но нет такого значения х, при котором
x≥0 2 ке.
π Доказательство. Предположим, вопреки доказы-
функция arctg x принимает значение, равное .
2 ваемому, что для некоторого ε > 0 найдутся такие х0/ и х/ ∈
[a, b], что | х/ - х0/| < δ , но |f(х/)- f(х0/)| ≥ ε, какое бы δ > 0 ни
3.12. Равномерная непрерывность функций взять. Возьмем последовательность положительных чисел
Пусть функция f(x) непрерывна в промежутке Х {δn}, стремящуюся к нулю. Для каждого δn найдутся
(замкнутом или нет, конечном или бесконечном). Тогда для x0( n ) , x ( n ) ∈ [a, b] такие, что x ( n ) − x0( n ) < δ n , но
каждой точки х0 ∈ Х по заданному ε > 0 можно найти δ > 0
f ( x ( n ) ) − f ( x0( n ) ) ≥ ε . По теореме Больцано – Вейерштрасса,
такое, что |f(x) - f(x0)| < ε, как только |х - х0| < δ. При этом для
различных х0 при одном и том же ε число δ будет, вообще из ограниченной последовательности {x(n)} можно извлечь
говоря, различным. подпоследовательность {x ( nk ) } , сходящуюся к некоторой
Определение. Если для любого ε > 0 найдется δ > 0 точке x0 ∈ [a, b] , аналогично, из последовательности {x0( n ) }
такое, что неравенство |х - х0| < δ влечет за собой неравен-
ство |f(x) - f(x0)| < ε, каковы бы ни были x, x0∈ Х, то функция можно извлечь подпоследовательность {x0( nk ) } , которая, так
f(x) называется равномерно непрерывной на Х. как x ( nk ) − x0( nk ) → 0 , также сходится к х0. тогда, в силу не-
Заметим, что непрерывность функций в каждой точ-
ке промежутка Х не влечет за собой равномерной непре- прерывности f(x), f ( x ( nk ) ) → f ( x0 ) и f ( x0( nk ) ) → f ( x0 ) , так
рывности в этом промежутке. Например, функция что f ( x ( nk ) ) − f ( x0( nk ) ) → 0 , а это противоречит тому, что
1 f ( x ( n ) ) − f ( x0( n ) ) ≥ ε . Полученное противоречие доказывает
f ( x) = sin непрерывна в каждой точке полуинтервала
x
теорему.
2 2 1
0, . Положим x0 = ,x= , где n – любое нату-
π (2n + 1)π nπ
π
ральное число, тогда f ( x0 ) = sin(2n + 1)= ±1 ,
2
f ( x) = sin nπ = 0 , так что |f(x) - f(x0)|=1, то есть для ε = 1
нельзя указать δ, удовлетворяющее неравенству |х - х0| < δ
