单调函数的可导性 实变函数课件

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1、4.3单调函数的可导性目的：熟悉左、右导数的概念，理解为什么单调函数几乎处处有有限导数。重点与难点：单调函数的可导性及其证明。第四节微分与不定积分基本内容：一．导数定义问题1：回忆微积分中导数的定义，如何判断导数是否存在？第三节单调函数的可导性从数学分析知道，上的函数在处的可导性等价于这也是我们讨论函数可导性的一个常用的方法。因此，我们也给上面的左、右极限一个名称，这就是第三节单调函数的可导性左下、左上、右下、右上导数定义3设是上的有限函数，，记第三节单调函数的可导性第三节单调函数的可导性分别称为f在点右上

2、、右下、左上、左下导数。当f在点有有限导数时，也称f在点可微。第三节单调函数的可导性显然，f在点有导数当且仅当第三节单调函数的可导性(2)导数的存在性与可导性上述定义与数学分析中导数定义有一点差别。事实上，在数学分析中，讲导数通常都是指可导，也就是说，其导数是一个有限数，此处则不同，导数值可以取∞，因此，当时，我们称f在该点有导数，而不说在该点是可导的，就是由于这个缘故。第三节单调函数的可导性(3)导数值为∞的例子从这个例子不难看到，函数在一点有导数并不意味着它在该点连续，上述函数在点就是间断的。例设则。定

3、义4设f是上的连续函数，若存在使得，则称x是f的右受控点，简称为右控点。若存在，使，则称x是f的左受控点，简称为左控点。二．单调函数的可导性(1)左、右控点的定义第三节单调函数的可导性第三节单调函数的可导性(2)左、右控点集的性质问题2：为什么要引入左、右控点概念？其实质是什么？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()。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，

4、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。因此对任意，必有，由的连续性。对于左控点集可类似证明，证毕。不连续时，只要其不连续点都是第一类的，也可以定义右、左控点。第三节单调函数的可导性定

5、义5设f是上的函数，且只有第一类不连续点。对，若有，使得，则称x是f的右受控点，简称为右控点。类似地，若有，使，则称x是f的左受控点，简称为左控点。第三节单调函数的可导性第三节单调函数的可导性引理3(F.Riesz)设f是上只有第一类不连续点的函数，则f的右控点(左控点)全体E是开集，若是E的构成区间，则。第三节单调函数的可导性证明：只对右控点集证之，左控点情形可类似证得。设，则存在，使得。由左、右极限定义知对任意，存在，使得当时，有，当时，有。从而当时，，由于，故可选，使，这说明中的所有点也是右控点，所以

6、E是开集。第三节单调函数的可导性第三节单调函数的可导性设是E的构成区间，往证对任意，有。事实上，若不然，则存在使。注意到是f的右控点，故存在，使得。第三节单调函数的可导性记显然这说明。第三节单调函数的可导性因为从而第三节单调函数的可导性我们证明不可能有。事实上，若，则由于是之上确界，故对任意，存在，使。第三节单调函数的可导性从而由，立知。所以也是f的右控点，这与假设是E的构成区间矛盾。另一方面，我们也可证明不能有。若不然，由得，于是存在，使，进而。第三节单调函数的可导性第三节单调函数的可导性这与的定义矛盾，

7、综上得，但这又与的假设矛盾，故对任意，有，证毕。第三节单调函数的可导性(3)单调函数几乎处处有有限导数的证明定理4设f是[a,b]上的单调有限函数，则f在[a,b]上几乎处处有有限导数。第三节单调函数的可导性证明：不妨设f是单调增加的(递减情形可考虑)。由于f的不连续点全体E是可数集，故可去掉这些点，记。我们首先证明(1)为此，对任意正整数n，记则存在，使第三节单调函数的可导性令，则仅有第一类不连续点，且当时，第三节单调函数的可导性于是(*)式等价于。因是的连续点，故，由此立知是的右控点，故包含在的右控点集

8、中，因，是的构成区间，由引理3及f的单调性知。第三节单调函数的可导性当时，上式中的换成，由此得第三节单调函数的可导性由知即下证对任意，记则，故仅需证明对每个，有。若，则存在，使得第三节单调函数的可导性令，上式意味着，于是x是左控点。由Riesz引理3，包含于的左控点集中，并且，由于f单调增加，所以，从而。第三节单调函数的可导性现设，因，由前段的证明可知包含于的某个开子集中(将f限制在上，应用前面的证明)，并且(注