第三节单调函数的可导性 引理2( F Riesz)设f是a,b上的连续 函数,则∫的右(或左)控点集E是 一开集,而且,若{(ak,bk)是E的构 成区间全体,则有 f(a)≤f(b)或(f(b2)≤f(a)
第三节 单调函数的可导性 引理2(F.Riesz) 设 f 是 [a,b] 上的连续 函数，则 f 的右 ( 或左 ) 控点集 E 是 一开集，而且，若 是 E 的构 成区间全体，则有 或 ( )。 {( , )} ak bk ( ) ( ) k k f a f b ( ) ( ) k k f b f a
第三节单调函数的可导性 证明:设E是f的右控点集,x∈E,于 是存在x∈(x0,b),使得f(x)<f(x) 取>0,使∫(x)+6<f(x),由f的连 续性知存在δ>0,当x∈O(x,b)时, 有f(x0)-<f(x)<f(x0)+E,故当x∈ O(x0,)时,f(x)<f(x)+E<f(x1)这 就是说,O(x02δ)中点都是f的右控点 从而x是E的内点,即E是开集
证明：设 E 是 f 的右控点集， ，于 是存在 ，使得 。 取 ，使 ，由 f 的连 续性知存在 ，当 时， 有 ，故当 时， 。这 就是说， 中点都是 f 的右控点， 从而 是 E 的内点，即 E 是开集。 第三节 单调函数的可导性 x0 E ( , ) x1 x0 b ( ) ( ) 0 1 f x f x 0 ( ) ( ) 0 1 f x + f x 0 ( , ) xO x0 ( ) − ( ) ( ) + 0 0 f x f x f x ( , ) O x0 x ( ) ( ) ( ) 0 1 f x f x + f x ( , ) O x0 0 x
第三节单调函数的可导性 设E=∪(a,b)(a,b)是E的构成区间, 往证对任意x∈(4有()他若 不然,∈则高) ,使f(x0)≤/(b), 由于x∈E是右控点存在 使 。记x=Sup{x1f(x1) x1∈(x0,b)},则显然有f(x)≤f(x),所 以x不等地
设 是 E 的构成区间， 往证对任意 ，有 。若 不然，则有 ，使 ， 由于 是右控点，故存在 ， 使 。记 ， ，则显然有 ，所 以 必不等于 。 第三节 单调函数的可导性 k k k k k E = (a ,b ),(a ,b ) ( , ) k k x a b ( ) ( ) k f x f b ( , ) 0 k k x a b ( ) ( ) 0 k f x f b x0 E ( , ) 1 0 x x b ( ) ( ) 0 1 f x f x sup{ | ( ) ~ 0 1 1 x = x f x ) ~ ( ) ( 0 0 f x f x 0 ~ x bk ( , )} x1 x0 b
第三节单调函数的可导性 我们断言,必有b≥,否则由 f(b)<f(x)≤f(x 便知b也是右受控点,这与bgE矛盾。 然而,又不可能有b>x,因为这样的 话,由x<x<b知G∈(x0,b)cE, 于是又存在x2∈(G,b),使f(x)<f(x2) 从而f(x)<f(x0)<f(x2),这与x的定 义矛盾
第三节 单调函数的可导性 我们断言，必有 ，否则由 便知 也是右受控点，这与 矛盾。 然而，又不可能有 ，因为这样的 话，由 知 ， 于是又存在 ，使 。 从而 ，这与 的定 义矛盾。 0 ~ b x k ( ) ) ~ ( ) ( 0 0 f b f x f x k bk bk E 0 ~ b x k bk x0 x0 ~ x (x ,bk ) E ~ 0 0 , ) ~( 2 0 x x b ) ( ) ~( 0 2 f x f x ) ( ) ~ ( ) ( 0 0 2 f x f x f x 0 ~ x