Лекция 5, 15.10.2024

Теорема Вейерштрасса о непрерывности на компакте функции¶

Proof 5.1

$f$ — ограничена? Докажем от противного, т. е. предположим, что $f$ неограничена.

$K$ — компакт, $\exists\{x_m\}_{m=1}^\infty\subset K$ , что $|f(x_m)|>m$ . $\implies K$ ограничена $\implies\exists c,||x||\leq c,\implies\{x_m\}^\infty_{m=1}$ — ограничена $\implies\{x^i_m\}^\infty_{m=1}$ ограничена $\forall i=\overline{1,\ldots n}$ .

|x^i|\leq||x||=\sqrt{(x')^1+\ldots+(x^n)^2}\leq c

Получаем, что по теореме Больцано-Вейерштрасса (из $\forall$ ограниченной последовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность)

$\{x_m\}=\{(x_m^1,x_m^2,\ldots,x_m^n)\}\implies y\{x'_m\}_{m=1}^\infty\exists$ сходящаяся последовательность $\{x_{m_{j_1}}^1\}, x'_{m_{j_1}}\to a_1$ , $j_1\to\infty$ , $\{x_{m_{j_1}}\}=\{(\underset{\to a_1}{x^1_{m_{j_1}}},x^2_{m_{j_1}},...,x^n_{m_{j_1}})\}$ .

Выберем в ограниченной $\{x^1_{m_{j_1}}\}$ сходящуюся подпоследовательность $\{x_{m_{j_2}}^2\}$ . $x^2_{m_{j_2}}\to a_2$ . $\{x_{m_{j_2}}\}=\{(x_{m_{j_2}}^1,x_{m_{j_2}}^2,\ldots,x_{m_{j_2}}^n)\}$

$\{x_{m_{j_n}}\}^\infty_{j_n=1},x_{m_{j_n}}\to(a_1,\ldots, a_n)=a\implies x_{m_{j_n}}\to a$ , т. е. $a$ предел $K$ , но $K$ — компакт $\implies a\in K$

$\exists\lim_{j_n\to\infty}f(x_{m_{j_n}})=f(a)$ , по условию непрерывности функции $f$ на $K$ . С другой стороны, $f(x_{m_{j_n}})\to\infty$ при $j_n\to\infty$ .

$|f(x_{m_{j_n}})|>m_{j_n}\implies$ противоречие.

Теперь докажем достижимость $\sup$ .

Есть последовательность $\{y_m\}^\infty_{m=1}$ . $\sup_K f-\frac{1}{m}\leq f(y_m)\leq\sup_K f$ . По первому пункту можно выделить $y_{m_{j_n}}\to a$ .

\underset{j_n\to\infty}{\sup_K f-\frac{1}{m_{j_n}}}\leq f(y_{m_{j_n}})\leq\sup_K f

по непрерывности получаем

\sup_K f\leq f(a)\leq\sup_K f\implies f(a)=\sup_K f

Для $\inf$ доказывается аналогично.

Колебания функции¶

$M\subset\RR^n$ — множество.

Proof 5.2

Необходимость.

$f$ непрерывна, т. е. $\forall\ve>0,\exists\delta>0,\forall x\in B^M_\delta(x_0)\hookrightarrow|f(x)-f(x_0)|<\ve$

\omega(f,x_0)=\lim_{\delta\to0^+}\omega(f, B_\delta^M(x_0))

\begin{align*} \omega(f,B^M_\delta(x_0))&=\sup_{x,y\in B^M_\delta(x_0)}|f(x)-f(y)| \\&=\sup_{x,y\in B^M_\delta(x_0)}|f(x)-f(x_0)+f(x_0)-f(y)| \\&\leq 2\sup_{x\in B^M_\delta(x_0)}|f(x)-f(x_0)|\leq 2\ve<\ve \end{align*}

т. е. при $\ve\to0\implies\delta\to 0$

\omega(f, B^M_\delta(x_0))\to0\implies\omega(f, x_0)=0

Достаточность.

0=\omega(f,x_0):=\lim_{\delta\to0^+}(f,B^M_\delta(x_0))

$\forall\ve>0,\exists\delta>0,\forall x,y\in B^M_\delta(x_0),$

\omega(f,B_\delta^M(x_0))=\sup_{x,y\in B^M_\delta(x_0)}|f(x)-f(y)|<\ve

тогда возьмём $y=x_0$

\begin{align*}|f(x)-f(x_0)|&\leq\sup_{x\in B^M_\delta(x_0)}|f(x)-f(x_0)|\\&\leq\sup_{x,y\in B^M_\delta(x_0)}|f(x)-f(y)|<\ve\end{align*}

т. е. $f(x)$ непрерывна в точке $x_0$ .