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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、右下、左上、左下导数。,当
2、 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 。,定义4 设 f 是 上的连续函数， 若存在 使得， 则称 x 是
3、 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 ，故当时， 。这就是说， 中点都
4、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,定义5 设 f 是 上的
5、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 E 是开集
6、。,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
7、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
8、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( 注意当 时， 应改成 为 )。,第三节 单调函数的可导性,第三节 单调函数的可导性,从而 包含在开集 中，且,进一步，,第三节 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,第三节 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。,第三节 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,第三节 单调函数的可导性,第三节 单调函数的可导性,得,所以,由 (2) 知,第三节 单调函数的可导性,进而,所以,证毕。,
