‹-- Назад

Равномерная непрерывность

Напомним, что непрерывность функции $ f(x)$ в точке $ x_0$ означает, что $ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$, то есть
$ \forall{\varepsilon}>0\ \exists{\delta}>0\ \forall x\in I: \vert x-x_0\vert<{\delta}\Longrightarrow \vert f(x)-f(x_0)\vert<{\varepsilon}.$
Тем самым непрерывность функции $ f$ на интервале или отрезке $ I\sbs\mathcal{D}(f)$ означает, что
$ \forall x_0\in I\ \forall{\varepsilon}>0\ \exists{\delta}>0\ \forall x\in I:
\vert x-x_0\vert<{\delta}\Longrightarrow \vert f(x)-f(x_0)\vert<{\varepsilon}.$
При этом мы имеем право выбирать число $ {\delta}>0$ в зависимости от $ {\varepsilon}$ и, главное, от точки $ x_0\in I$.

Предположим теперь, что число $ {\delta}>0$ можно выбрать общим для всех $ x_0\in I$ (но, конечно, зависящим от $ {\varepsilon}$). Тогда говорят, что свойство функции быть непрерывной в точке $ x_0$ выполнено равномерно по $ x_0\in I$.

Дадим теперь такое

        Определение 3.5   Пусть $ f$ -- некоторая функция и $ I\sbs\mathcal{D}(f)$. Функция $ f$ равномерно непрерывна на $ I$, если
$ \forall{\varepsilon}>0\ \exists{\delta}>0\ \forall x_0,x\in I:
\vert x-x_0\vert<{\delta}\Longrightarrow \vert f(x)-f(x_0)\vert<{\varepsilon}.$     

Приведём пример равномерно непрерывной функции.

        Пример 3.15   Рассмотрим функцию $ f(x)=\sin x$ и покажем, что она равномерно непрерывна на всей числовой оси $ \mathbb{R}$. Фиксируем число $ {\varepsilon}>0$ и положим $ {\delta}={\varepsilon}$. Выберем теперь любые две точки $ x$ и $ x_0$, такие что $ \vert x-x_0\vert<{\varepsilon}$, и покажем, что тогда $ {\vert\sin x-\sin x_0\vert<{\varepsilon}}$. Действительно,

$\displaystyle \vert\sin x-\sin x_0\vert=\left\vert 2\cos\dfrac{x+x_0}{2}\sin\df...
...left\vert\dfrac{x-x_0}{2}\right\vert=
 \vert x-x_0\vert\leqslant {\varepsilon},$    

так как, во-первых, $ \left\vert\cos\dfrac{x-x_0}{2}\right\vert\leqslant 1$ при всех $ x$ и $ x_0$ и, во-вторых, $ \vert\sin{\alpha}\vert\leqslant \vert{\alpha}\vert$ при всех $ {\alpha}\in\mathbb{R}$ (у нас $ {\alpha}=x-x_0$). Таким образом. равномерная непрерывность функции $ \sin$ доказана.     

Лучше изучить условие равномерности по $ x_0$ мы сможем, приведя пример, где оно нарушается.

        Пример 3.16   Пусть функция $ f(x)=\dfrac{1}{x}$ рассматривается на интервале $ (0;1)$. Если фиксирована точка $ x_0\in(0;1)$, то для заданного $ {\varepsilon}>0$ мы можем выбрать $ {\delta}>0$ так, что $ \left\vert\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x_0}\right\vert<{\varepsilon}$ при всех $ x$ таких, что $ \vert x-x_0\vert<{\delta}$; для нахождения $ {\delta}$ нужно решить неравенство $ \left\vert\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x_0}\right\vert<{\varepsilon}$ относительно $ x$ (напомним, что точка $ x_0$ фиксирована):

$\displaystyle -{\varepsilon}<\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x_0}<{\varepsilon}\Longrigh...
...{1}{x_0}-{\varepsilon}<\dfrac{1}{x}<\dfrac{1}{x_0}+{\varepsilon}\Longrightarrow$    
$\displaystyle \Longrightarrow \dfrac{x_0}{1+{\varepsilon}x_0}<x<\dfrac{x_0}{1-{...
..._0^2}{1+{\varepsilon}x_0}<x<x_0+\dfrac{{\varepsilon}x_0^2}{1-{\varepsilon}x_0}.$    

Из чисел $ {\delta}'=\dfrac{{\varepsilon}x_0^2}{1+{\varepsilon}x_0}$ и $ {\delta}''=\dfrac{{\varepsilon}x_0^2}{1-{\varepsilon}x_0}$ выберем минимальное:

$\displaystyle {\delta}=\min\{{\delta}';{\delta}''\}={\delta}'=\dfrac{{\varepsilon}x_0^2}{1+{\varepsilon}x_0}.$

Тогда при $ \vert x-x_0\vert<{\delta}$ будет $ \left\vert\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x_0}\right\vert<{\varepsilon}$. Проанализируем, однако, зависимость $ {\delta}$ от $ x_0$: при $ x_0$, приближающемся к 0, значения $ {\delta}=\dfrac{{\varepsilon}x_0^2}{1+{\varepsilon}x_0}$ будут убывать и стремиться к 0 (при неизменном значении $ {\varepsilon}$), что хорошо видно на следующем чертеже:

Рис.3.25.Изменение $ {\delta}$ в зависимости от положения точки $ x_0$


При приближении точки $ x_0$ к началу координат нам приходится по одному и тому же $ {\varepsilon}>0$ выбирать всё меньшие $ {\delta}$-окрестности точки $ x_0$, чтобы обеспечить выполнение неравенства $ \left\vert\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x_0}\right\vert<{\varepsilon}$. Выбрать $ {\delta}$ общим для всех $ x_0\in(0;1)$, очевидно, невозможно: при заданном $ {\varepsilon}>0$ какое бы фиксированное число $ {\delta}>0$ ни было взято, мы можем поместить точку $ x_0$ так близко от 0, что значения $ \dfrac{1}{x}$ и $ \dfrac{1}{x_0}$ будут отличаться друг от друга больше, чем на $ {\varepsilon}$, хотя $ \vert x-x_0\vert<{\delta}$. Это означает, что функция $ f(x)=\dfrac{1}{x}$ не является равномерно непрерывной на интервале $ (0;1)$.     

        Теорема 3.10   Пусть $ I=[a;b]\sbs\mathcal{D}(f)$ и функция $ f(x)$ непрерывна на $ I$. Тогда $ f(x)$ равномерно непрерывна на $ I$.

Доказательство этой теоремы достаточно сложно и основывается на тонких свойствах системы действительных чисел, а именно, на том, что любой замкнутый отрезок $ I$ является компактом9. Мы пропускаем здесь доказательство теоремы, отсылая за ним заинтересованного читателя к подробным курсам математического анализа, например, Никольский С.М., Курс математического анализа, т. 1. -- М.: Наука, 1991; Фихтенгольц Г.М., Курс дифференциального и интегрального исчисления, т. 1. -- М.-Л.: ГИТТЛ, 1948 и др. годы изд.     

В качестве следствия равномерной непрерывности легко получается утверждение теоремы 3.8, а именно,

        Следствие 3.1   Любая функция $ f$, непрерывная на замкнутом отрезке $ {I=[a;b]\sbs\mathcal{D}(f)}$, ограничена на $ I$ (то есть существует такое число $ K$, что $ \vert f(x)\vert<K$ при всех $ x\in I$).

Приведём это доказательство (хотя теорема 3.8 была ранее доказана другим способом):

        Доказательство.     Фиксируем какое-либо число $ {\varepsilon}>0$, например $ {\varepsilon}=1$, и выберем $ {\delta}>0$ такое, что при всех $ x,x_0\in I$, для которых $ \vert x-x_0\vert<{\delta}$, будет $ \vert f(x)-f(x_0)\vert<{\varepsilon}=1$. Разобьём $ I$ на отрезки длины $ \leqslant {\delta}$:

$\displaystyle I=[a;b]=[a;a+{\delta}]\cup[a+{\delta};a+2{\delta}]\cup\ldots\cup[a+(n-1){\delta};b]=
\bigcup_{i=1}^nI_i$

(мы положили $ n=\lceil\dfrac{b-a}{{\delta}}\rceil$;10 длина последнего отрезка может оказаться меньше $ {\delta}$). Выберем в качестве $ x_0$ середину $ x_i$ каждого из отрезков:

$\displaystyle x_1=a+\dfrac{{\delta}}{2};\ x_2=a+{\delta}+\dfrac{{\delta}}{2};\d...
...a+(i-1){\delta}+\dfrac{{\delta}}{2};\dots;x_n=b-\frac{1}{2}(b-a-(n-1){\delta}).$

Тогда для каждого $ x\in I_i$ выполняется неравенство $ \vert x-x_i\vert\leqslant \dfrac{{\delta}}{2}<{\delta}$ и, следовательно, $ \vert f(x)-f(x_i)\vert<1$. Это неравенство эквивалентно такому: $ -1<f(x)-f(x_i)<1$, или $ f(x_i)-1<f(x)<f(x_i)+1$. Поскольку точек $ x_i$ конечное число (а именно, $ n$), то мы можем взять минимальное из чисел $ f(x_i)-1$, $ i=1,\dots,n$, и максимальное из чисел $ f(x_i)+1$, $ i=1,\dots,n$:

$\displaystyle K'=\min_{i=1,\dots,n}\{f(x_i)-1\};\ K''=\max_{i=1,\dots,n}\{f(x_i)+1\}.$

Тогда для любого $ x\in I$ верно неравенство $ K'<f(x)<K''$, и осталось взять $ K=\max\{\vert K'\vert;\vert K''\vert\}$. При этом для любого $ x\in I$ будет $ \vert f(x)\vert<K$, что означает ограниченность функции $ f$ на $ I$.