Docsity
Docsity

Przygotuj się do egzaminów
Przygotuj się do egzaminów

Studiuj dzięki licznym zasobom udostępnionym na Docsity


Otrzymaj punkty, aby pobrać
Otrzymaj punkty, aby pobrać

Zdobywaj punkty, pomagając innym studentom lub wykup je w ramach planu Premium


Informacje i wskazówki
Informacje i wskazówki

Twierdzenia o funkcjach ciągłych, Opracowania z Automatyka

Opracowanie z zakresu tematu

Typologia: Opracowania

2019/2020

Załadowany 26.08.2020

Polska85
Polska85 🇵🇱

4.6

(120)

221 dokumenty

1 / 5

Toggle sidebar

Dokumenty powiązane


Podgląd częściowego tekstu

Pobierz Twierdzenia o funkcjach ciągłych i więcej Opracowania w PDF z Automatyka tylko na Docsity! Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 5 – dr Adam Ćmiel – [email protected] 1 Twierdzenia o funkcjach ciągłych Tw. (Weierstrassa) Jeżeli funkcja RbaRf →⊃ ],[: jest ciągła na [a,b], to f – ograniczona i )(inf)()(sup)(: ],[ 2 ],[ 1],[, 21 xfxfxfxf baxbax baxx ∈∈ ∈ ==∃ i . Dowód. Ograniczoność od góry. Dla dowodu nie wprost załóżmy, że funkcja f nie jest ograniczona do góry. Istnieje więc ciąg (xn)⊂[a,b] taki że ∞= ∞→ )(lim n n xf . Z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa wynika, że z ograniczonego ciągu (xn) można wybrać podciąg )( kn x zbieżny tzn. ],[lim bacx knk ∈= ∞→ . Z ciągłości funkcji f otrzymujemy )()(lim cfxf knk = ∞→ , co jest w sprzeczności z faktem ∞= ∞→ )(lim knk xf (każdy podciąg ciągu rozbieżnego do nieskończoności jest rozbieżny do nieskończoności). Osiąganie kresu górnego )(sup ],[ xfM bax∈ = . Jeśli kres górny M zbioru wartości funkcji nie jest osiągnięty, to jest on punktem skupienia zbioru wartości funkcji. Istnieje więc ciąg (xn)⊂[a,b] taki że Mxf n n = ∞→ )(lim . Z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa istnieje podciąg zbieżny ],[lim bacx knk ∈= ∞→ . Z ciągłości funkcji f otrzymujemy Mcfxf knk == ∞→ )()(lim . Tw. (Darboux) (o przyjmowaniu wartości pośrednich) Jeżeli RIRf →⊃: - ciągła na przedziale I )()()( 21, 21 xfyxfyxf IxRyIxx =∃⇒<<∀∀ ∈∈∈ Dowód Rozważmy pomocniczą funkcję g(x)=f(x)-y. Funkcja g przyjmuje na końcach przedziału [l1,p1] gdzie },min{ 211 xxl = i },max{ 211 xxp = wartości różnych znaków, tzn. .0)()( 11 <pglg Niech s1 będzie środkiem przedziału [l1,p1]. Jeśli g(s1)=0, to twierdzenie zostało udowodnione. W przeciwnym przypadku rozważamy przedział [l2,p2] zastępując jeden z końców l1, p1 punktem s1 tak, aby .0)()( 22 <pglg Powtarzamy powyższą procedurę konstruując ciąg przedziałów [ln,pn] i ich środków sn . Jeśli dla pewnego n otrzymamy g(sn)=0, to twierdzenie jest udowodnione. Jeśli nie, to skonstruowaliśmy dwa ciągi zbieżne: niemalejący i ograniczony od góry (ln) oraz nierosnący i ograniczony od dołu (pn) przy czym 0lim)(lim 1112 ==− − − ∞→∞→ n lp n nn n lp . Stąd xpl n n n n == ∞→∞→ limlim . Z tw. o zachowaniu słabej nierówności w granicy otrzymujemy 0)(2 ≤xg , więc 0)( =xg , co kończy dowód. Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 5 – dr Adam Ćmiel – [email protected] 2 Tw. (Cantora) Funkcja RbaRf →⊃ ],[: - ciągła na przedziale domkniętym [a,b] jest jednostajnie ciągła na [a,b] Dow: (nie wprost.) Nieprawda, że f jest jednostajnie ciągła ⇔ [ ]⇔<−⇒<−∀∀∃∀ ∈∈>> εδδε |)'()(||'|~ ],['],[00 xfxfxxbaxbax εδδε ≥−∧<−∃∃∀∃ ∈∈>> |)'()(||'|],['],[00 xfxfxxbaxbax . Dla każdego δ , czyli w szczególności dla n1=δ też istnieją ciągi )( nx , )( ' nx takie, że nnn xx 1' || <− i ε≥− |)()(| 'nn xfxf (istnieje takie ε). Ponieważ (xn) jest ciągiem w [a,b], więc można z niego wybrać podciąg zbieżny kn x →c. Z warunku trójkąta mamy |||||| '' cxxxcx kkkk nnnn −+−≤− , skąd wynika, że cx kn →' . Z ciągłości funkcji f mamy )()( cfxf kn → i )()( ' cfxf kn → , więc )0|)()(| ' →− kk nn xfxf , co przeczy warunkowi ε≥− |)()(| 'nn xfxf ∀n Tw: (o lokalnym zachowaniu znaku ) Jeżeli funkcja RbaRf →⊃ ),(: - ciągła na przedziale otwartym (a,b) , x0∈(a,b) i f(x0)>0 , to istnieje otoczenie punktu x0 (powiedzmy K(x0,δ)) takie, że ∀x∈ K(x0,δ) f(x)>0. Tw. (o ciągłości funkcji odwrotnej). Jeżeli funkcja RIRf →⊃: (gdzie I – dowolny przedział) jest ciągła i rosnąca (malejąca), to funkcja odwrotna 1−f jest ciągła i rosnąca (malejąca). Dowód. Niech f będzie ciągła i rosnąca w przedziale I . Z tw.Darboux wynika że „ciągły obraz przedziału jest przedziałem” J=f[I] jest przedziałem a f jest funkcją różnowartościową. Istnieje więc f –1: J→I i f –1 jest rosnąca (dowód nie wprost). Aby wykazać ciągłość funkcji f –1 w punkcie y0 przedziału J, wystarczy wykazać, że jeśli yn→y0, to f –1(yn) = xn → x0= f –1(y0). Gdyby ciąg (xn) nie dążył do granicy x0, to nieskończenie wiele wyrazów leżałoby na zewnątrz przedziału (x0-ε, x0+ε) czyli spełniałoby jedną z nierówności xn< x0-ε , xn> x0+ε. W pierwszym przypadku yn=f(xn)<f(x0-ε)=f(x0)-η1 (tu korzystamy z założenia, że f jest rosnąca). W drugim yn=f(xn)>f(x0+ε)= f(x0)+η2 (η1 i η2 >0).Wobec tego nieskończenie wiele wyrazów yn leżałoby na zewnątrz przedziału (y0-η1 , y0+η2) co przeczy założeniu, ze yn→y0. Ciągłość złożenia Tw. Jeżeli f jest ciągła w punkcie 0x , a g jest ciągła w punkcie )( 0xf to fg o (złożenie f z g) jest ciągła w punkcie 0x . Tw. Jeżeli f jest ciągła na zbiorze A i g jest ciągła na zbiorze B to fg o jest ciągła na zbiorze A. Tw. Jeżeli f jest jednostajnie ciągła na zbiorze A i g jest jednostajnie ciągła na zbiorze B to fg o jest jednostajnie ciągła na zbiorze A. Dowód Powyższe twierdzenia są natychmiastową konsekwencją definicji złożenia funkcji i definicji (odpowiednio punktowej i jednostajnej) ciągłości funkcji. Ciągłość sumy, różnicy, iloczynu i ilorazu funkcji rzeczywistych zmiennej rzeczywistej RDRf →⊃: ; RDRg →⊃: