3. Lõigus pidevate funktsioonide omadused

Väljavõte

1 Matemaatiline analüüs III 1 3. Lõigus pidevate funtsioonide omadused 1. Funtsioonid ja nende pidevus. Olgu D mingi (mittetühi) reaalarvude hul, s.t. = D R. Kui igale arvule x hulgast D on mingi eesirja järgi seatud vastavusse üheselt määratud arv y, mida me tähistame f (x), siis öeldase, et hulgal D on defineeritud funtsioon f. Hula D nimetatase funtsiooni f määramispiironnas. See, mis puudutab funtsioonide esitusviise, nende liie ja graafiuid jne., on lugejale tuttav eelnevatest matemaatilise analüüsi ursustest. Selles paragrahvis vaatleme üsiasjaliumalt funtsiooni pidevusega seotud üsimusi. Lepime ou nimetada funtsiooni f tõestatus hulgal X D, ui selle hulgaga määratud funtsiooni väärtuste hul {f (x) x X} on tõestatud, s.t. M > 0 : f (x) M (x X). Teises, me nimetame funtsiooni f asvavas, ui õiide x, x D puhul, mis rahuldavad tingimust x x, ehtib f (x) f (x ). Kui [x, x D, x < x ] f (x) < f (x ), siis nimetame funtsiooni f rangelt asvavas. Analoogiliselt defineeritase ahanevad ja rangelt ahanevad funtsioonid (defineerida!). Kui mingi funtsiooni puhul on täidetud üs neist neljast tingimusest, siis õneleme vastavalt monotoonsest või rangelt monotoonsest funtsioonist. Range monotoonsuse mõiste on oluline pöördfuntsioonide puhul. Meenutame, et ui iga y {f (x) x D} =: R jaos leidub ainult üs element x D omadusega y = f (x), siis igale arvule y R seatase vastavusse üheselt määratud arv x R, mis tähendab, et hulgal R R on defineeritud funtsioon. Seda funtsiooni, mida me tähistame f 1, nimetatase esialgse funtsiooni f pöördfuntsioonis. Lause 1. Kui f on rangelt monotoonne funtsioon hulgal D, siis tal on pöördfuntsioon g := f 1, mis on hulgal R rangelt monotoonne. Tõestus. Funtsiooni f rangest monotoonsusest tuleneb, et f (x 1 ) f (x 2 ), ui x 1, x 2 D ja x 1 x 2 (ontrollida!). Seega vastab igale arvule y R tõepoolest üs arv x D, mille puhul y = f (x). Niisiis, funtsioonil f on olemas pöördfuntsioon, tähistame selle tähega g. Kontrollime funtsiooni g ranget monotoonsust. Eeldame onreetsuse mõttes, et f on rangelt asvav funtsioon, ja näitame, et siis on a g rangelt asvav. Olgu y 1, y 2 R ja y 1 < y 2. Kui oletada vastuväiteliselt, et z 2 := g (y 2 ) g (y 1 ) =: z 1, siis peas ehtima y 2 = f (g (y 2 )) = f (z 2 ) f (z 1 ) = f (g (y 1 )) = y 1, mis on vastuolus arvude y 1 ja y 2 valiuga. Lause on tõestatud. Olgu a R funtsiooni f määramispiironna D uhjumispunt, s.t. punti a igas ümbruses U δ (a) := {z R a δ < z < a + δ} leidub hulga D punte eh δ > 0 : U δ (a) D.

2 2 3. Lõigus pidevate funtsioonide omadused Ütleme, et arv A on funtsiooni f piirväärtus puntis a ning tähistame lim x a f (x) = A, ui Tingimuse (1) võib irjutada üles ujul ε > 0 δ > 0 : 0 < x a < δ f (x) A < ε. (1) ε > 0 δ > 0 : f ((U δ (a) {a}) D) U ε (A) (siinjuures peame silmas, et üldjuhul a / D, s.t. f (a) ei pea esisteerima). Analoogiliselt defineeritase funtsiooni vasa- ja parempoolne piirväärtus puntis a : lim f (x) = A : ε > 0 δ > 0 : 0 < a x < δ f (x) A < ε, x a lim f (x) = A : ε > 0 δ > 0 : 0 < x a < δ f (x) A < ε. x a+ Näite sellest, et need ühepoolsed piirväärtused võivad olla erinevad, saame, ui vaatleme nn. täisosa-funtsiooni f (x) = [x], siis lim f (x) = 0 ning lim f (x) = 1 (veenduda!). Vahetu x 1 x 1+ ontroll näitab, et lim f (x) = A parajasti siis, ui lim x a f (x) = lim f (x) = A x a x a+ (veenduda!). Märgime veel eelnevatest analüüsi ursustest tuntud olulist fati: lim f (x) = A parajasti siis, ui f (x ) A iga puntis a oonduva jada (x ) orral. x a Samasugune väide ehtib a ühepoolsete piirväärtuste puhul. Definitsioon. Olgu a funtsiooni f määramispiironna D punt. Funtsiooni f nimetatase pidevas puntis a, ui ehtib võrdus lim f (x) = f (a). x a Kui lim f (x) = f (a) või lim f (x) = f (a), siis õneldase vasatavalt vasapoolsest ja x a x a+ parempoolsest pidevusest puntis a. Pidades silmas piirväärtuse definitsiooni (1), saame järgmise tarviliu ja piisava tingimuse: funtsioon f on pidev puntis a parajasti siis, ui ε > 0 δ > 0 : x a < δ f (x) f (a) < ε. (2) See on sisuliselt definitsioon, irjanduses nimetatase seda pidevuse Cauchy definitsioonis. Piirväärtuse omadustest tuleneb vahetult, et funtsioon f on pidev puntis a parajasti siis, ui ta on selles puntis nii vasault ui paremalt pidev (põhjendada!). Tähistades (fiseeritud a D orral) x := x a (argumendi muut) ning y := f (x) f (a) (funtsiooni muut), saame tingimuse (2) ujul ε > 0 δ > 0 : x < δ y < ε

3 Matemaatiline analüüs III 3 eh lim y = 0. x 0 Niisiis, funtsioon f on pidev puntis a parajasti siis, ui argumendi muudu lähenemisel nullile a funtsiooni muut läheneb nullile. Lause 2. Funtsioon f on pidev puntis a parajasti siis, ui iga piirväärtuses a oonduva argumentide jada (x ) orral funtsiooni väärtuste jada (f (x )) oondub piirväärtuses f (a), s.t. ui ehtib impliatsioon x D, x a f (x ) f (a). (3) Tõestus. Tarvilius. Eeldame, et funtsioon f on pidev puntis a. Olgu ε suvaline positiivne arv. Leiame δ > 0 nii, et ehtis tingimus (2). Kuna x a, siis saame fiseerida mingi indesi N, et x a < δ õiide N puhul. Tingimuse (2) põhjal ehtib f (x ) f (a) < ε ( N), seega f (x ) f (a). Piisavus. Eeldame, et impliatsioon (3) on õige ja oletame vastuväiteliselt, et f ei ole pidev puntis a, s.t. tingimus (2) ei ehti. Sel juhul ε 0 > 0 δ > 0 x δ D : x δ a < δ, f (x δ ) f (a) ε 0 (see on tingimuse (2) eitus). Võtame δ := 1 ( = 1, 2,...), siis saame puntid x D, mille puhul x a < 1 ja f (x ) f (a) ε 0. Kui, siis x a, uid f (x ) f (a). Saime vastuolu eeldusega (3), seega on f pidev puntis a. Tingimust (3) nimetatase sageli a pidevuse Heine definitsioonis. Piirväärtuse omadustest lähtudes on lihtne veenduda, et ui f ja g on määramispiironnaga D puntis a pidevad funtsioonid, siis a funtsioonid f + g, λf, fg ja f on pidevad. g (Siin λ R ja jagatise f puhul eeldatase, et g (x) 0 iga x D orral.) g Lause 3. Olgu f funtsioon määramispiironnaga D ja olgu h funtsioon määramispiironnaga E, usjuures f (D) E. Kui f on pidev puntis a ja h on pidev puntis b := f (a), siis, seosega h f (x) := h (f (x)) (x D), määratud liitfuntsioon h f on pidev puntis a. Tõestus (iseseisvalt!). Neid määramispiironna uhjumispunte, us funtsioon ei ole pidev, nimetatase tema atevuspuntides. Kui funtsioonil f esisteerivad atevuspuntis a mõlemad ühepoolsed piirväärtused, siis õneldase esimest liii atevusest, õigi ülejäänud juhtude puhul teist liii atevusest. Kui esimest liii atevuse puhul lim x a f ei ole puntis a määratud (s.t. f (x) = lim f (x), uid funtsioon x a+ a / D), siis öeldase, et funtsioonil f on puntis a õrvaldatav atevus. Näites, funtsioonil f (x) = sin x x atevus (põhjendada!). Esimest liii atevuse puhul, us lim x a on puntis x = 0 õrvaldatav f (x) lim f (x) 0, x a+ nimetatase seda vahet funtsiooni f hüppes puntis a. Näites funtsiooni f (x) = [x] puhul on punt x = 1 esimest liii atevuspunt hüppega 1 (ontrollida!).

4 4 3. Lõigus pidevate funtsioonide omadused Olgu X funtsiooni f määramispiironna D alamhul. Kui f on pidev igas puntis x X, siis ütleme, et ta on hulgas X pidev. Erijuhul, ui X on mingi lõi [a, b] D, nõutase pidevust vahemius (a, b) ning ühepoolset pidevust lõigu otspuntides. Täpsemalt, funtsiooni f nimetame pidevas lõigus [a, b] D, ui ta on 1) pidev igas puntis x (a, b), 2) vasault pidev puntis b ja 3) paremalt pidev puntis a. Lõigus pidevate funtsioonide omadustega me äesolevas paragrahvis põhiliselt tegelemegi. 2. Bolzano-Cauchy teoreemid. See, et termin pidev funtsioon antud mõiste puhul on tõepoolest asjaohane, selgub eesätt siis, ui me vaatleme teatavas intervallis pidevaid funtsioone. Nagu selgub järgnevast ahest teoreemist, iseloomustab funtsiooni pidevust mingis intervallis tema graafiu pidevus eh atematus. Teoreem 4 (Bolzano-Cauchy teoreem lõigus pideva funtsiooni nullohast). Kui lõigus [a, b] pideva funtsiooni f väärtused lõigu otspuntides on erimärgilised, siis leidub vahemius (a, b) punt c omadusega f (c) = 0. Tõestus. Olgu onreetsuse mõttes f (a) < 0 ja f (b) > 0. Jagame lõigu [a, b] pooles puntiga a+b. Võib juhtuda, et f ( ) a+b 2 2 = 0, siis on väide tõestatud. Kui see nii ei ole, siis ahest lõigust [ ] [ a, a+b 2 ja a+b, b] ühe puhul on funtsioonil f lõigu otspuntides erimärgilised 2 väärtused. Tähistame selle lõigu otspuntid tähtedega a 1 ja b 1, siis f (a 1 ) < 0 ja f (b 1 ) > 0 (põhjendada!). Jagame lõigu [a 1, b 1 ] pooles ning valime (juhul f ( ) a 1 +b 1 2 0) samal põhimõttel lõiude [ ] [ a 1, a 1+b 1 2 ja a1 ] +b 1, b 2 1 hulgast välja eelislõigu, mille tähistame [a2, b 2 ]. Siis f (a 2 ) < 0 ja f (b 2 ) > 0. Edasi jagame lõigu [a 2, b 2 ] puntiga a 2+b 2 võrdsetes osades jne. 2 See protsess as ateb ühel n-dal sammul (sel juhul f ( a n+b n ) 2 = 0 ning väide on tõestatud) või jätub lõpmatuseni. Lõpmatu protsessi orral saame üsteisesse sisestatud lõiude jada usjuures ning [a, b] [a 1, b 1 ] [a 2, b 2 ]... [a, b ]..., f (a ) < 0 ja f (b ) > 0 (4) lim (b a ) = lim b a 2 = 0 (5) (põhjendada!). Raendame Cantori teoreemi sisestatud lõiudest (vt. 2, teoreem 5), selle ohaselt on lõiudel [a, b ] ( N) parajasti üs ühine punt c, seejuures c = lim a = lim b. Tingimustest (5) ja (4) saame lauset 2 raendades f (c) = lim f (a ) 0 ja f (c) = lim f (b ) 0 (põhjendada!) eh f (c) = 0. Teoreem on tõestatud. Tõestatud teoreemi geomeetriline tähendus selgub järgmisest väitest. Järeldus. Kui lõigus pideva funtsiooni graafiu otspuntid asuvad teine-teiselpool x- telge, siis graafi lõiab x-telge vähemalt ühes puntis. Teoreem 4 irjeldab pidevate funtsioonide olulist omadust, uid tal on a raendusli väärtus. Nimelt saab teda asutada võrrandi lahendi olemasolu tõestamisel ja a ligiaudse lahendi leidmisel.

5 Matemaatiline analüüs III 5 Näited. 1. Vaatleme n-astme algebralist võrrandit f (x) := a 0 x n +a 1 x n a n = 0, eeldame, et n on paaritu arv. Kirjutades funtsiooni f ümber ujul ( f (x) = x n a 0 + a 1 x + a 2 x a ) n, 2 x n on lihtne näha, et ui võtta x üllalt suur, siis f (x) mär on sama, mis ordaja a 0 mär, aga ui x on üllalt väie negatiivne arv, siis on vaäärtusel f (x) vastupidine mär (veenduda!). Seega saab fiseerida a ja b nii, et f (a) ja f (b) on erimärgilised. Teoreemi 4 põhjal on vaadeldaval võrrandil olemas lahend. 2. Vaatleme võrrandit f (x) := x 4 x 1 = 0 ja paneme tähele, et f (1) = 1 ning f (2) = 13. Teoreemi 4 põhjal on sel võrrandil vahemius (1, 2) vähemalt üs lahend. Jagame lõigu [1, 2] ümnes võrdses osas ja arvutame funtsiooni väärtuse neis jaotuspuntides: f (1, 1) = 0, 63...; f (1, 2) = 0, 12...; f (1, 3) = 0, Seega peab lahend painema arvude 1,2 ja 1,3 vahel. Jagame nendevahelise lõigu ümnes võrdses osas, ning otsime üles osalõigu, mille otspuntides on funtsioonil f erimärgilised väärtused: f (1, 22) = 0, ; f (1, 23) = 0, Tähendab, lahend paineb arvude 1,22 ja 1,23 vahel. Me võime fiseerida ligiaudse lahendi täpsusega 0,01. Nii jätates saame me põhimõtteliselt leida lahendi uitahes suure etteantud täpsusega. Kuigi pratilises raendamises on selline meetod suuremate täpsuste puhul ebaefetiivne, näitab ta ätte võrrandi lahendamise reaalselt raendatava idee. Teoreem 5 (Bolzano-Cauchy teoreem vahepealsetest väärtustest). Olgu f mingis intervallis pidev funtsioon. Kui y 1 ja y 2 on selle funtsiooni as erinevat väärtust, siis saavutab f iga väärtuse, mis asub väärtuste y 1 ja y 2 vahel. Tõestus. Olgu D mingi (lõpli või lõpmatu) intervall, s.o. vahemi, poollõi või lõi. Eelduse ohaselt on y 1 ja y 2 funtsiooni as väärtust (s.t. y 1, y 2 R), usjuures y 1 y 2. Konreetsuse mõttes olgu y 1 < y 2. Võtame suvalise arvu A vahemiust (y 1, y 2 ) ning näitame, et A uulub funtsiooni f muutumispiironda. Selles peame veenduma, et mingi a D orral A = f (a). Kuna y 1, y 2 R, siis leiduvad argumendid x 1 ja x 2, et y 1 = f (x 1 ) ja y 2 = f (x 2 ). Moodustame uue funtsiooni h (x) := f (x) A ning märgime, et h on lõigus [x 1, x 2 ] pidev funtsioon (põhjendada!). Seejuures h (x 1 ) = y 1 A < 0 ning h (x 2 ) = y 2 A > 0. Teoreemi 4 põhjal leidub a (x 1, x 2 ) omadusega h (a) = 0 eh f (a) = h (a) + A = A. 3. Weierstrassi teoreemid. Selles puntis huvitab meid funtsioonide pidevuse ja tõestatuse vaheord. Lihtne on leida näiteid tõestatud funtsioonidest, mis ei ole

6 6 3. Lõigus pidevate funtsioonide omadused pidevad. Samal ajal ei pruugi iga pidev funtsioon olla tõestatud isegi siis, ui tema määramispiirond on lõpli intervall. Näites poollõigus (0, 1] määratud funtsioon y = 1 x on selle hulga igas puntis pidev (põhjendada!), uid ei ole tõestatud. Seevastu ehtib Teoreem 6 (Weierstrassi teoreem lõigus pideva funtsiooni tõestatusest). Lõigus pidev funtsioon on selles lõigus tõestatud. Tõestus. Olgu f lõigus [a, b] pidev funtsioon. Meie eesmär on tõestada, et leiduvad niisugused arvud m ja M, mille puhul m f (x) M iga x [a, b] orral. Oletame vastuväiteliselt, et funtsioon f ei ole tõestatud, s.t. tema väärtuste hul R = {f (x) x [a, b]} ei ole tõestatud. Siis iga naturaalarvu n jaos saab leida argumendi x n [a, b], mille puhul f (x n ) > n. Saame jada (x n ), usjuures a x n b (n N). Seega on jada (x n ) tõestatud ning Bolzano-Weierstrassi teoreemi (vt. 2, teoreem 3) põhjal leidub tal oonduv osajada (x n ). Tähistame c := lim x n, siis c [a, b] (põhjendada!). Tänu funtsiooni f pidevusele ehtib f (c) = lim f (x n ). Seega on funtsiooni f väärtuste jada (f (x n )) oonduv, järeliult a tõestatud. See fat on aga vastuolus puntide x n valiuga, mille ohaselt f (x n ) > n ( N). Saadud vastuolu annab tunnistust sellest, et meie vastuväiteline oletus on väär. Teoreem on tõestatud. Sellest, et funtsiooni väärtuste hul on tõestatud, tuleneb pidevuse asioomi (vt. 1, teoreem 1) ohaselt selle hulga ülemise ja alumise raja olemasolu. Kuid üldjuhul ei tähenda see veel suurima ja vähima väärtuse esisteerimist. Näites, funtsiooni f (x) := x 1+x väärtused poollõigus [0, 1) on ülalt tõestatud arvuga 1 x, usjuures sup = lim x = 1, 2 1+x x [0,1) x 1 1+x 2 samal ajal ei leidu sellist punti poolõigus [0, 1), millele vastav funtsiooni f väärtus oles 1. Seega ei ole funtsioonil f poollõigus [0, 1) suurimat väärtust. 2 Nii nagu tõestatus on a estermaalste väärtuste olemasolu garanteeritud, ui määramispiironnas on lõi. See selgub järmisest teoreemist. Teoreem 7 (Weierstrassi teoreem lõigus pideva funtsiooni estremaalsetest väärtustest). Lõigus pidev funtsioon saavutab selles lõigus suurima ja vähima väärtuse. Tõestus. Olgu f lõigus [a, b] pidev funtsioon. Teoreemi 6 ja pidevuse asioomi ohaselt esisteerib M := sup {f (x) x [a, b]} (põhjendada!). Meie eesmär on veenduda niisuguse c [a, b] olemasolus, mille orral f (c) = M. Ülemise raja definitsiooni järgi peab iga ε > 0 orral leiduma niisugune x ε [a, b], et M ε < f (x ε ) M (selgitada!). Võtame arvus ε positiivsed arvud 1, 1, 1,... 1,..., siis 2 3 n saame valida vastavad puntid x n [a, b], mille puhul M 1 n < f (x n) (n N). Jada (x n ) on tõestatud (põhjendada!), seega leidub oonduv osajada (x n ), mille piirväärtuse tähistame tähega c. Ilmselt c [a, b] (põhjendada!), usjuures tänu funtsiooni

7 Matemaatiline analüüs III 7 f pidevusele f (c) = lim f (x n ). Minnes võrratuses M 1 n < f (x n ) ( N) protsessis piirile, saame ( f (c) = lim f (x n ) lim M 1 ) = M. n Kuna võrratus f (c) > M ei ole võimali (selgitada!), siis peab ehtima võrdus f (c) = M. Teoreem on tõestatud. 4. Pöördfuntsiooni pidevus. Teoreemidest 5, 6 ja 7 järeldub ouvõttes järgmine tähelepanuväärne fat: lõigus [a, b] pideva funtsiooni f väärtuste hul {f (x) x [a, b]} on lõi [m, M], usjuures selle lõigu otspuntides on arvud m := min {f (x) x [a, b]} ja M := max {f (x) x [a, b]} (tõestada!). Erijuhul, ui f on onstantne funtsioon väärtusega A, oosneb lõi [m, M] ühest puntist A. Arusaadav, et üldjuhul ei pruugi lõi [m, M] langeda ou lõiguga, mille otspuntides on funtsiooni väärtused lõigu [a, b] otspuntides, võimali on a juht f (a) = f (b). Seevastu rangelt monotoonse funtsiooni f puhul langevad need as lõiu (s.o. [m, M] ja lõi otspuntidega f (a) ja f (b)) tõepoolest ou: rangelt asvava funtsiooni f puhul ehtivad võrdused m = f (a) ja M = f (b), rangelt ahaneva funtsiooni orral on m = f (b) ja M = f (a) (veenduda!). Eespool toodud lause 1 ohaselt on lõigus rangelt monotoonne funtsioon pööratav, s.t. tal on olemas pöördfuntsioon. Teoreem 8 (pöördfuntsiooni pidevusest). Lõigus [a, b] pideva ja rangelt monotoonse funtsiooni f pöördfuntsioon g on pidev lõigus otspuntidega f (a) ja f (b). Tõestus. Olgu funtsioon f onreetsuse mõttes lõigul [a, b] rangelt asvav, siis pöördfuntsiooni g määramispiirond on [f (a), f (b)], s.t. m = f (a) ja M = f (b). Selles lõigus on g rangelt asvav (vrd. lause 1). Peame näitama, et g on pidev vahemiu (m, M) igas puntis ja selle otspuntides m ning M vastavalt paremalt ja vasault pidev. Niisiis on vaja veenduda, et g on 1) vasault pidev igas puntis y (m, M] ning 2) paremalt pidev igas puntis y [m, M) (selgitada!). Tõestame väite 1), teine väide tõestatase analoogiliselt. Olgu y 0 (m, M] suvaline punt. Kuna m < y 0, siis x 0 := g (m) < g (y 0 ), sest g on rangelt asvav funtsioon. Olgu ε suvaline positiivne arv. Meie eesmär on näidata niisuguse δ > 0 olemasolu, et ehtis tingimus 0 < y 0 y < δ g (y) g (y 0 ) < ε, (6) see tähendas seost g (y 0 ) = lim g (y) eh funtsiooni g vasault pidevust puntis y 0. y y 0 Üldisust itsendamata võime ε valida nii väiese, et x 0 ε > a (selgitada!). Kuna x 0 ε < x 0, siis f (x 0 ε) < f (x 0 ) = y 0. Tähistame δ := y 0 f (x 0 ε), siis δ > 0 ja g (y 0 δ) = g (f (x 0 ε)) = x 0 ε = g (y 0 ) ε. (7) Olgu y suvaline punt vahemiust (y 0 δ, y 0 ), s.t. y 0 δ < y < y 0 eh 0 < y 0 y < δ.

8 8 3. Lõigus pidevate funtsioonide omadused Siis seosest (7) ja funtsiooni g rangest monotoonsusest saame g (y 0 ) ε = g (y 0 δ) < g (y) < g (y 0 ) eh g (y) g (y 0 ) < ε. Niisiis ehtib impliatsioon (6) ning väide on tõestatud. 5. Ühtlaselt pidevad funtsioonid. Cantori teoreem. Definitsioon. Ütleme, et funtsioon f on hulgas X ühtlaselt pidev, ui iga ε > 0 orral saab leida sellise δ > 0, et suvaliste x, x X orral, mis rahuldavad tingimust x x < δ, ehtib võrratus f (x) f (x ) < ε. Et selgitada erinevust tavalise pidevuse ja ühtlase pidevuse vahel, võrdleme siin antud definitsiooni pidevuse definitsiooniga (2). Kui f on pidev hulgas X, siis suvalise fiseeritud punti a X ja positiivse arvu ε orral saab valida positiivse arvu δ = δ (ε, a) (s.t. δ sõltub arvust ε ja puntist a) omadusega x a < δ f (x) f (a) < ε. Rõhutame, et sel juhul piisab sellest, et (fiseeritud arvu ε > 0 puhul) iga a X puhul saab leida tema jaos sobiva arvu δ. Ühtlase pidevuse definitsioonis sõltub arv δ vaid arvust ε ja ei sõltu punti a X valiust. On arusaadav, et iga hulgas X ühtlaselt pidev funtsioon on selles hulgas pidev (veenduda!). Vastupidine väide on üldjuhul vale. Näide. Vaatleme jällegi funtsiooni f (x) = 1 määramispiironnaga (0, 1]. Tegemist on x pideva funtsiooniga, uid ta ei ole hulgas (0, 1] ühtlaselt pidev. Et selles veenduda, oletame vastupidist, s.t. iga ε > 0 orral leidub niisugune δ = δ (ε) > 0 (eeldame, et δ < 1), et ui x, x (0, 1] ja x x < δ, siis f (x) f (x ) < ε eh 1 x 1 x = x x < ε. xx Paneme tähele, et ui 0 < x < δ ja 0 < x < δ, siis x x < δ (veenduda!), mistõttu x x xx < ε (8) Fiseerime x (0, δ) ja vaatleme funtsiooni h (x) := x x, tingimuse (8) ohaselt on ta xx hulgas (0, δ) tõestatud. Samal ajal h (x), ui x 0+. Saadud vastuolu tähendab, et meie vastuväiteline oletus ei pea paia. Teiste sõnadega, funtsioon f ei ole hulgas (0, 1] ühtlaselt pidev. Niisiis, pidev funtsioon ei pruugi olla ühtlaselt pidev. Samas ehtib Teoreem 9 (Cantori teoreem ühtlasest pidevusest). Lõigus pidev funtsioon on selles lõigus ühtlaselt pidev. Tõestus. Olgu funtsioon f lõigus [a, b] pidev. Oletame vastuväiteliselt, et ta ei ole ühtlaselt pidev selles lõigus. Siis leidub selline ε 0 > 0, et iga δ > 0 puhul saab valida puntid

9 Matemaatiline analüüs III 9 x, x [a, b] omadusega x x < δ ja f (x) f (x ) ε 0. Võtame δ := 1 n arvudele vastavad puntid x n ja x n, s.t. (n N) ja neile x n x n < 1 n, f (x n) f (x n) ε 0 (n N). Saadud jadad (x n ) ja (x n) on tõestatud (põhjendada!), Bolzano-Weierstrassi teoreemi põhjal on neil oonduvaid osajadasid. Olgu (x n ) jada (x n ) osajada, mis oondub mingis puntis c, siis c [a, b] (põhjendada!). Eraldame jadast (x n) samade indesitega osajada ( x n ). Kuna xn x n < 1 n 0 ( ), siis lim x n = c (veenduda!). Tänu funtsiooni f pidevusele saame lim f (x n ) = lim f ( x n ) = f (c), niisiis lim ( f (xn ) f ( x n )) = 0. Jada oonduvuse definitsiooni ohaselt on mingist indesist 0 alates täidetud tingimus f (xn ) f ( ) x n < ε0 (selgitada!), uid see on vastuolus puntide x n ja x n valiuga. Oleme jõudnud vastuoluni, järeliult peab meie vastuväiteline oletus olema vale. Tähendab, funtsioon f on lõigus [a, b] ühtlaselt pidev. 6*. Lipschitzi funtsioonid. Tarvili ja piisav tingimus funtsiooni ühtlases pidevuses antud lõigus. Definitsioon. Olgu f määramispiironnas D määratud funtsioon. Kui leidub selline positiivne arv C, et f (x) f (x ) < C x x suvaliste x, x D orral, (9) siis nimetatase funtsiooni f Lipschitzi funtsioonis (eh Lipschitzi mõttes pidevas funtsioonis). Kirjutades Lipschitzi tingimuse (9) ümber ujul f (x) f (x ) x x < C (x, x D, x x ), saame eeldusel D = [a, b] selle tingimuse geomeetrilise tähenduse. Vaatleme funtsiooni f graafiu punte (x, f (x)) ja (x, f (x )) us x, x [a, b] ning x x. Murd f(x) f(x ) irjeldab x x neid punte ühendava sirglõigu (eh õõlu) tõusu, täpsemalt, ta on selle tõusunurga tangens. Seega tähendab Lipschitzi tingimus (9) seda, et õiide funtsiooni f graafiu ahte punti omavahel ühendavate sirglõiude tõusud on tõestatud. Lause 10. Iga lõigus [a, b] määratud Lipschitzi funtsioon on selles lõigus ühtlaselt pidev. Tõestus (iseseisvalt!). Näide. Lipschitzi funtsioonide lass on rangelt itsam, ui õigi ühtlaselt pidevate funtsioonide lass. Teiste sõnadega, lõigus leidub (ühtlaselt) pidevaid funtsioone, mis ei

10 10 3. Lõigus pidevate funtsioonide omadused rahulda selles lõigus Lipschitzi tingimust (9). Olgu f (x) = x ning D = [0, 1], ilmselt on f (ui lõigus [0, 1] pideva funtsiooni g (y) = y 2 pöördfuntsioon) pidev ning seega ühtlaselt pidev oma määramispiironnas D. Seejuures f (x) f (x ) = x x = 1 x + x x x (x, x [0, 1], x x ). Iga etteantud uitahes suure arvu N > 0 puhul saab valida x ja x niimoodi, et 1 x+ x (veenduda!). Seetõttu ei ole võimali leida sellist ordajat C, et antud juhul ehtis võrratus (9). Tähendab, f ei ole Lipschitzi funtsioon lõigus [0, 1]. Lihtne on näha, et iga Lipschitzi funtsioon f rahuldab lõigus [a, b] järgmist tingimust: > N ui x, x [a, b] ja x x 0, siis f (x ) f (x ) 0 ( ) (10) (veenduda!). Tegeliult rahuldab tingimust (10) iga lõigus [a, b] pidev funtsioon (ontrollida!). Me näitame, et tingmus (10) on samaväärne funtsiooni f ühtlase pidevusega lõigus [a, b]. Lause 11. Funtsioon f on lõigus [a, b] ühtlaselt pidev parajasti siis, ui ta rahuldab tingimust (10). Tõestus. Tarvilius (vt. lausele eelnenud märus). Piisavus. Näitame õigepealt, et tingimus (10) garanteerib funtsiooni f tavalise pidevuse lõigus [a, b]. Kui f rahuldab tingimust (10) ja suvalise x [a, b] puhul x x, usjuures x [a, b] iga N orral, siis, võttes x := x, saame f (x ) f (x) 0 ( ) eh f (x ) f (x). Seega on f pidev vahemius (a, b), vasault pidev puntis b ning paremalt pidev puntis a (selgitada!). Teiste sõnadega, f on pidev lõigus [a, b]. Funtsiooni f ühtlase pidevuse näitamises oletame vastuväiteliselt, et ta ei ole ühtlaselt pidev ning (täpselt nii nagu Cantori teoreemi tõestuses) näitame, et ehtib tingimuse (10) eitus, s.t. lõigus leiduvad jadad (x ) ning (x ) omadusega x x 0, uid f (x ) f (x ) 0 ( ). Märus. Muidugi võib lause 11 tõestamisel pärast funtsiooni f pidevuse indlastegemist raendada Cantori teoreemi, mille ohaselt f on lõigus [a, b] ühtlaselt pidev. 7*. Vahemius ühtlaselt pidevad funtsioonid. Cantori teoreemi ohaselt on iga lõigus pidev funtsioon selles lõigus ühtlaselt pidev. Eelpool tõime lihtsa näite (vt. punt 5) selle ohta, et Cantori teoreem ei ehti vahemius või poollõigus pidevate funtsioonide puhul. Käesolevas puntis otsime vastust üsimusele: millistel eeldustel on vahemius pidev funtsioon selles vahemius ühtlaselt pidev? Me alustame lausega, mis irjeldab funtsiooni ühtlast pidevust Cauchy jadade abil. Lause 12. (a) Kui hulgas D määratud funtsioon f on selles hulgas ühtlaselt pidev, siis iga Cauchy jada (x ) D puhul (f (x )) on Cauchy jada. (11)

11 Matemaatiline analüüs III 11 (b) Kui D = [a, b], siis tingimus (11) on a piisav funtsiooni f ühtlases pidevuses. Tõestus. (a) (Iseseisvalt!). (b) Olgu f lõigus [a, b] määratud funtsioon, mis rahuldab tingimust (11). Piisab näidata, et f on selles lõigus pidev, tema ühtlane pidevus järeldub siis Cantori teoreemist. Olgu c [a, b] suvaline punt ja olgu (x ) [a, b] mingi selline jada, mis oondub puntis c. Siis jada (z ) := (x 1, c, x 2, c, x 3, c,...) on Cauchy jada (põhjendada!), eelduse (11) ohaselt on a (f (z )) Cauchy jada. Cauchy jada definitsiooni ohaselt leidub iga ε > 0 puhul selline indes N, et ui N, siis f (x ) f (c) < ε, mis tähendab, et lim f (x ) = f (c). Lause 2 põhjal on funtsioon f pidev puntis c, ui c (a, b). Kui c on üs lõigu [a, b] otspuntidest, siis tähendab see vastavat ühepoolset pidevust. Kouvõttes on f pidev lõigus [a, b]. Lause 12 abil anname järgnevalt vastuse eespool esitatud üsimusele. Teoreem 13 (funtsiooni pidevast jätamisest). Vahemius (a, b) määratud funtsioon f on selles vahemius ühtlaselt pidev parajasti siis, ui ta on pidevalt jätatav lõiu [a, b], s.t., ui leidub selline lõigus [a, b] pidev funtsioon h, et h (x) = f (x) iga x (a, b) orral. Tõestus. Piisavus (iseseisvalt!). Tarvilius. Olgu f vahemius (a, b) ühtlaselt pidev funtsioon. Näitame, et teda saab pidevalt jätata punti a, punti b puhul on tõestus analoogiline. Teiste sõnadega, peame defineerima funtsiooni h, mis vahemius (a, b) langeb ou funtsiooniga f, väärtuse puntis a niimoodi, et h oles puntis a paremalt pidev. Ilmselt peab selles väärtuses olema lim x a+ f (x) (põhjendada!). Niisiis, on vaja veenduda, et selline piirväärtus tõepoolest esisteerib. Olgu (x ) (a, b) suvaline selline jada, mis oondub puntis a. Sel juhul on ta Cauchy jada (põhjendada!), ning una f on vahemius (a, b) ühtlaselt pidev funtsioon, siis lause 12(a) järgi on (f (x )) samuti Cauchy jada. Cauchy riteeriumi ohaselt esisteerib lim f (x ) =: L. Seejuures ei sõltu piirväärtus L jada (x ) valiust. Tõepoolest, ui a mingi teine jada (x ) (a, b) oondub piirväärtuses a, siis a jada (z ) := (x 1, x 1, x 2, x 2, x 3, x 3,...) oosneb vahemiu (a, b) puntidest ning oondub puntis a (ontrollida!). Lause 12(a) põhjal esisteerib lim f (z ) =: L. Kuna (x ) on jada (z ) osajada, siis f (x ) L (selgitada!), järeliult L = L. Niisiis oondub jada (f (x )) samuti piirväärtuses L. Kouvõttes, tänu funtsiooni f ühtlasele pidevusele vahemius (a, b) esisteerib piirväärtus lim f (x). Analoogiliselt tõestatse lim f (x) olemasolu. x a+ x b Defineerime lõigus [a, b] funtsiooni h seosega lim f(x), ui x = a, x a+ h(x) := f(x), ui x (a, b), f(x), ui x = b. lim x b See funtsioon on lõigus [a, b] pidev (ontrollida!) ning ta langeb vahemius (a, b) ou funtsiooniga f. Lause on tõestatud.

12 12 3. Lõigus pidevate funtsioonide omadused 8*. Pidevate funtsioonide lähendamine treppfuntsioonidega ja tüati lineaarsete funtsioonidega. Funtsiooni lähendamine tähendab tema asendamist mingi teise funtsiooniga. Hariliult lähendatase (teatavas mõttes) paremate omadustega funtsiooniga või siis funtsiooniga, mille väärtused on lihtsamini arvutatavad. Üldjuhul ei lange lähendatava funtsiooni ja uue funtsiooni eh lähendi väärtused ou, lähendi väärtusi nimetatase esialgse funtsiooni ligiaudsetes väärtustes. Lähendamise juures on alati oluline teada, ui suur on selle täpsus, s.t. ui suurel määral erinevad ligiaudsed väärtused funtsiooni täpsetest väärtustest. Me vaatleme siinohal lõigus pideva funtsiooni lähendamist ahte tüüpi lihtsate funtsioonidega, nimelt treppfuntsioonidega ja tüati lineaarsete funtsioonidega. Lõigus [a, b] määratud funtsiooni h nimetame treppfuntsioonis, ui tal on lõpli arv erinevaid väärtusi, s.t. tema väärtuste hul R = {h (x) x [a, b]} on lõpli. Näites täisosa-funtsioonil h (x) := [x] on lõigus [0, 100] 101 erinevat väärtust, ta on tüüpiline treppfuntsioon. Lause 14. Olgu f lõigus [a, b] pidev funtsioon. Siis leidub iga ε > 0 jaos selline treppfuntsioon h, mis rahuldab tingimust f (x) h (x) < ε iga x [a, b] orral. Tõestus. Kuna f on Cantori teoreemi ohaselt lõigus [a, b] ühtlaselt pidev, siis saab valida positiivse arvu δ omadusega [ x x < δ, x, x [a, b]] f (x) f (x ) < ε. Võtame arvu m N nii suure, et ρ := b a m osaintervallides < δ, ja jaotame lõigu [a, b] m võrdse piusega I 1 := [a, a + δ), I 2 := [a + δ, a + 2δ),..., I n := [a + (n 1) δ, a + nδ),..., I m := [a + (m 1) δ, a + mδ] = [b δ, b]. Defineerime igas osalõigus I n onstantse funtsiooni s n seosega s n (x) := f (a + nδ) (x I n ) ning lõigus [a, b] funtsiooni h seosega Se juhul h (x) := s n (x), ui x I n (n = 1, 2,..., m). f (x) s n (x) = f (x) f (a + nδ) < ε iga x I n orral (n = 1, 2,..., m) (põhjendada!), mis tähendab, et f (x) h (x) < ε iga x [a, b] orral. Treppfuntsioonid on ahtlemata elementaarfuntsioonide seas ühed lihtsamad, nende puudus on, et nad ei ole üldjuhul pidevad (selgitada!). Pidevate funtsioonide hulgas on ühed lihtsamad tüati lineaarsed funtsioonid. Öeldase, et funtsioon h on lõigus [a, b] tüati lineaarne, ui lõigu [a, b] saab jagada lõplius arvus osaintervallides, millel funtsioon h on lineaarne. Täpsemalt, [a, b] = m n=1i n, I n I j = (n j) ning I 1,..., I m on sellised intervallid, et h (x) = s n (x) (x I n ; n = 1,..., m) ja s n on intervallis I n lineaarne

13 Matemaatiline analüüs III 13 funtsioon (s.t. s n (x) = A n x + B n (x I n ), us A n ja B n on iga n = 1,..., m puhul onstantsed ordajad). Lihtne on veenduda, et tüati lineaarne funtsioon on pidev parajasti siis, ui ta graafi on murdjoon, s.t. jaotuspuntides ei toimu hüpet (selgitada!). Lause 15. Olgu f lõigus [a, b] pidev funtsioon. Siis leidub iga ε > 0 jaos lõigus [a, b] tüati lineaarne funtsioon h, mis rahuldab tingimust f (x) h (x) < ε iga x [a, b] orral. Tõestus. Täpselt nii nagu eelmise väite tõestuses leiame δ > 0 tingimusega [ x x < δ, x, x [a, b]] f (x) f (x ) < ε/2 ja moodustame intervallid I 1,..., I m. Igas intervallis I n defineerime lineaarse funtsiooni s n selliselt, et tema graafi ühendas funtsiooni f graafiu punte (a + (n 1) δ, f (a + (n 1) δ)) ja (a + nδ, f (a + nδ)). Funtsioon h defineeritase seosega h (x) = s n (x) (x I n ; n = 1,..., m). Analüütiliselt esitatase funtsioon h valemiga h (x) = f (x n 1 ) + f (x n) f (x n 1 ) x n x n 1 (x x n 1 ) (x [x n 1, x n ) ; n = 1,..., m), us x n := a + nδ on lõigu jaotuspuntid. Siis f (x) h (x) = f (x) f (x n 1) f (x n) f (x n 1 ) (x x n 1 ) x n x n 1 f (x) f (x n 1 ) + f (x) f (x n 1 ) x x n 1 x n x n 1 f (x) f (x n 1 ) + f (x) f (x n 1 ) < ε. Vahetu ontroll näitab, et 1) igas intervallis I n = [x n 1, x n ) on funtsioon h lineaarne (veenduda!) ja 2) puntides x n (n = 1,..., m) on h pidev. Väite 2) ontrollimises arvutame ühepoolsed piirväärtused lim h (x) = f (x n 1) ja lim h (x) = f (x n 1). x x n 1 x x n 1 + Kuna need langevad ou, siis on funtsioon h pidev puntis x n. 9*. Pideva aditiivse funtsiooni ülduju. Funtsiooni f, mis on määratud ogu reaalteljel (, ) ning rahuldab tingimust f (x + y) = f (x) + f (y) (x (, )), (12) nimetatase aditiivses. Püstitame üsimuse: millised on pidevad aditiivsed funtsioonid? Kuna suvalise ordaja c R puhul ehtib võrdus c (x + y) = cx + cy (x (, )),

14 14 3. Lõigus pidevate funtsioonide omadused siis otsitavate funtsioonide hula uuluvad indlasti õi homogeensed lineaarsed funtsioonid, s.o. funtsioonid ujul f (x) = cx (x (, )), us c R on mingi ordaja. (13) Lause 16. Kui ogu reaalteljel pidev funtsioon f rahuldab tingimust (12), siis on ta esitatav ujul (13). Tõestus. Olgu f reaalteljel (, ) pidev funtsioon omadusega (12). Siis saab matemaatilise indutsiooni abil tõestada, et f (x 1 + x x n ) = f (x 1 ) + f (x 2 ) f (x n ) suvalise naturaalarvu n puhul (tõestada!). Siit tuleneb (selgitada!), millest saame f (nx) = nf (x) (n N, x (, )) f ( ) 1 n x = 1 n f (x) 1 (selles võtame eelmises võrduses argumendi x asemel x). Kui siin võtta x asemel mx, n saame võrduse ( m ) f n x = m f (x) (m, n N, x (, )) n (veenduda!). Paneme tähele, et tingimusest (12) saame vahetult f (0) = 2f (0), mistõttu f (0) = 0. Analoogiliselt f ( x) = f (x) (x (, )), seega f ( m ) n x = m f (x) (m, n N, x (, )). n Kouvõttes, f (rx) = rf (x) ( x (, )) iga ratsionaalarvu r orral. Võttes siin x := 1, saame tingimuse (13) õigi ratsionaalarvuliste argumentide r jaos: f (r) = cr, us c := f (1). Seejuures ei ole me seni asutanud eeldust funtsiooni f pidevuse ohta. Seda eeldust läheb meil vaja ülemineul ratsionaalsetelt argumentidelt reaalarvulistele. Olgu x (, ) suvaline reaalarv. Teatavasti leidub siis ratsionaalarvude jada (r n ), mis oondub arvus x (põhjendada!). Kuna f on pidev funtsioon, siis f (x) = lim n f (r n ) (põhjendada!). Võrdusest f (r n ) = cr n (n N) saame piirile minnes seose (13), seeord juba suvalise reaalarvu x orral. Lause on tõestatud. 10*. Funtsionaalvõrrandid, mille lahendites on esponent-, logaritmja astmefuntsioonid. Eelmises puntis lahendasime nn. funtsionaalvõrrandi (12) ja veendusime, et tema lahendites õigi pidevate funtsioonide lassis on parajasti õi

15 Matemaatiline analüüs III 15 funtsioonid ujul (13). Seda tulemust asutame järgneva olme funtsionaalvõrrandi lahendamisel Vaatleme võrrandit f (x + y) = f (x) f (y) (x (, )), (14) selle lahendites on ogu reaalteljel määratud funtsioonid f, mille orral võrdus (14) on täidetud. Ühes sellises on indlasti esponentfuntsioon f (x) = a x (x (, )), us a > 0 on mingi fiseeritud arv. (15) Seejuures on esponentfuntsioon pidev (selle fati loeme teadaolevas). Näitame, et esponentfuntsioonid on a ainuesed pidevad funtsioonid, mis võrrandit (14) rahuldab. Lause 17. Kui ogu reaalteljel pidev funtsioon f, mis ei ole nullfuntsioon, rahuldab tingimust (14), siis on ta esitatav ujul (15). Tõestus. Eeldame, et f on ogu reaalteljel (, ) pidev funtsioon, mis rahuldab võrrandit (14), ja f (x) 0 vähemalt ühes puntis x 0. Siis seosest (14) järeldub f (x) f (x 0 x) = f (x 0 ) 0, mistõttu f (x) 0 iga x (, ) puhul. Võttes seoses (14) nii x ui y asemel x, saame 2 ( ( x )) 2 f (x) = f, 2 niisiis, f (x) > 0 (x (, )). See asjaolu lubab meil seose (14) mõlemat poolt logaritmida: ln f (x + y) = ln f (x) + ln f (y). Tähistades h (x) := ln f (x), saame viimase seose üles irjutada ujul h (x + y) = h (x) + h (y) (vrd. (12)), usjuures h on ogu reaalteljel pidev funtsioon (põhjendada!). Lause 16 ohaselt on ta esitatav ujul (13), s.t. ln f (x) = cx, us c on mingi onstant. Siit tuleneb f (x) = e cx = a x, us a := e c. Lause on tõestatud Lause 18. Kui poolteljel (0, ) pidev funtsioon f, mis ei ole nullfuntsioon, rahuldab tingimust f (xy) = f (x) + f (y) (x (0, )), siis on ta esitatav ujul f (x) = log a x, us a > 0, a 1. Tõestus. Teeme muutuja vahetuse z := ln x ja tähistame h (z) := f (e z ), siis x = e z ja f (x) = h (ln x). Funtsioon h on ogu reaalteljel pidev funtsioon (selgitada!) ning h (z + w) = f ( e z+w) = f (e z e w ) = f (e z ) + f (e w ) = h (z) + h (w) (z, w (, )). Lause 16 põhjal on h (z) = cz, us c on mingi onstant, niisiis, f (x) = c ln x. Paneme tähele, et c 0, vastasel orral oles f nullfuntsioon (ontrollida!). Kasutades üldtuntud seost log a b = ln b, jõuame võrduseni f (x) = log ln a a x, us a := e 1/c. Lause on tõestatud Lause 19. Kui poolteljel (0, ) pidev funtsioon f, mis ei ole nullfuntsioon, rahuldab tingimust f (xy) = f (x) f (y) (x (0, )),

16 16 3. Lõigus pidevate funtsioonide omadused siis on ta esitatav ujul f (x) = x λ mingi λ R orral. Tõestus. Teeme sama muutuja vahetuse, mis eelmises tõestuses, s.t. z := ln x ja asutame sama tähistust h (z) := f (e z ), niisiis, x = e z ja f (x) = h (ln x). Saame h (z + w) = f ( e z+w) = f (e z e w ) = f (e z ) f (e w ) = h (z) h (w) (z, w (, )). Lausest 17 järeldub h (z) = a z (a > 0), seega, ui võtta λ := ln a, saame funtsiooni f ujul f (x) = x λ (x (, )).