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1、第24讲 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。,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24讲 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24讲 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24讲 单调函数的可导性,第24讲 单调函数的可导性,分别称 为 f 在 点右上、右下、左上、左下导数。,当 f 在 点有有限导数时，也称
2、 f 在 点可微。,第24讲 单调函数的可导性,显然，f 在 点有导数当且仅当,第24讲 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24讲 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。
3、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24讲 单调函数的可导性,第24讲 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24讲 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，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24讲
4、 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24讲 单调函数的可导性,第24讲 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，由的连续性知。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24讲 单调函数的可导性,定义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
5、，若有，使，则称 x 是 f 的左受控点，简称为左控点。,第24讲 单调函数的可导性,第24讲 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24讲 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 E 是开集。,第24讲 单调函数的可导性,第24讲 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
6、在 使。注意到 是 f 的右控点，故存在，使得。,第24讲 单调函数的可导性,记,显然,这说明。,第24讲 单调函数的可导性,因为,从而,第24讲 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24讲 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24讲 单调函数的可导性,第24讲 单调函数的可导性,这与 的定义矛盾，综上得，但这又与 的假设矛盾，故对任意，有，证毕。,第24讲 单调函数的可导性,(3)单调函数几乎处处有有限导数 的
7、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24讲 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24讲 单调函数的可导性,令，则 仅有第一类不连续点，且当 时，,第24讲 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 中，因，是 的构成区间，由引理3及 f 的单调性知。,第24讲 单调函数的可导性,当 时，上式中 的换成，由此得,第24讲 单
8、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24讲 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24讲 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(注意当 时，应改成为)。,第24讲 单调函数的可导性,第24讲 单调函数的可导性,从而 包含在开集 中，且,进一步，,第24讲 单调函数的可导性,用 代替，重复上面的过程可知 包含在某个开集,第24讲 单调函数的可导性,中，且。,进而,用归纳法不难证明，对任意自然数 n，有用于，故，进而，所以。,第24讲 单调函数的可导性,再证。(3)记，则 是 上的单调增加函数，且连续点集为。作变换，则由,第24讲 单调函数的可导性,第24讲 单调函数的可导性,得,所以,由(2)知,第24讲 单调函数的可导性,进而,所以,证毕。,
