Рассмотрим [math]f : [a, b] \to \mathbb{R}[/math] и ее разбиение [math]\tau: a = x_0 \lt x_1 \dots \lt x_n = b[/math]
| Определение: |
Вариацией функции [math]f[/math] по разбиению [math]\tau[/math] называется [math]\bigvee\limits_a^b (f, \tau) = \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} | f(x_{k + 1}) - f(x_k)|[/math].
Полной вариацией называется [math]\bigvee\limits_a^b(f) = \sup\limits_{\tau} \bigvee\limits_a^b (f, \tau)[/math].
[math]f[/math] называется функцией ограниченной вариации, если [math]\bigvee\limits_a^b(f) \lt + \infty[/math].
Класс функций ограниченной вариации обозначается как [math]\bigvee(a, b)[/math]. |
| Утверждение: |
Пусть [math]f[/math] монотонно не убывает, тогда она ограниченной вариации. |
| [math]\triangleright[/math] |
|
По определению неубывания, [math]|f(x_{k+1}) - f(x_k)| = f(x_{k+1}) - f(x_k)[/math], тогда вариация равна [math]f(b) - f(a)[/math], то есть конечна. Аналогично с не возрастающей функцией. |
| [math]\triangleleft[/math] |
| Утверждение: |
Пусть [math]f'[/math] опредлена на [math](a, b)[/math] и ограничена, тогда [math]f[/math] — функция ограниченной вариации. |
| [math]\triangleright[/math] |
|
[math]f' \lt M \Rightarrow \bigvee_a^b (f) \le M(b - a) \le + \infty[/math]
TODO: НЕ ОЧЕНЬ ПОНИМАЮ, ЗАЧЕМ ВООБЩЕ ЭТО УТСВЕРЖДЕНИЕ ТУТ |
| [math]\triangleleft[/math] |
| Утверждение: |
Не все непрерывные функции имеют ограниченную вариацию. |
| [math]\triangleright[/math] |
|
Возьмем [math]f(x) = x \sin(\frac 1x), x \int [0; 1], f(0) = 0[/math]
TODO: ЭМ, ТУТ КАКОЙ-ТО ТРЕШ |
| [math]\triangleleft[/math] |
| Теорема (аддитивность вариации): |
Пусть [math]f(x) \in \bigvee(a, c)[/math] и [math]b \in [a, c][/math], тогда [math]\bigvee\limits_a^c (f) = \bigvee\limits_a^b (f) = \bigvee\limits_b^c (f)[/math]. |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
1) Рассмотрим разбиения [math]\tau_1: a = x_0 \lt \dots \lt x_p = b, \tau_2: b = x_p \lt \dots \lt x_{p + m} = c[/math].
[math] \tau_1 \cup \tau_2 = a = x_0 \lt \dots \lt x_{p+m} = c [/math].
По определению полной вариации, [math]\forall \varepsilon \gt 0 \exists \tau_1, \tau_2: \bigvee\limits_a^b (f) - \varepsilon \lt \bigvee\limits_a^b (f, \tau_1), \bigvee\limits_b^c (f) - \varepsilon \lt \bigvee\limits_b^c (f, \tau_2)[/math]
[math] \bigvee\limits_a^b (f) + \bigvee\limits_b^c(f) - 2 \varepsilon \lt \bigvee\limits_a^b (f, \tau_1) + \bigvee\limits_b^c (f, \tau_2) = \bigvee\limits_a^c (f, \tau_1 \cup \tau_2) \le \bigvee\limits_a^c(f) [/math]
Устремляя [math]\varepsilon[/math] к 0, получаем [math] \bigvee\limits_a^b (f) + \bigvee\limits_b^c(f) \le \bigvee\limits_a^c (f)[/math].
2) Для любого [math]\varepsilon \gt 0 \exists \tau \bigvee\limits_a^c (f) - \varepsilon \lt \bigvee\limits_a^c (f, \tau)[/math]. Однако в это разбиение может не войти точка [math]b[/math] в это разбиение, поэтому получим из него разбиение [math]\tau' : a=x_0 \lt \dots \lt x_p = b \lt x_{p+1} \lt \dots \lt x_{p+m} = c[/math]. Пусть [math]\tau_1[/math] — разбиение [math]a=x_0 \lt \dots x_p=b[/math], а [math]\tau_2[/math] — разбиение [math]x_p = b \dots x_{p+m} = c[/math]. Тогда:
[math]\bigvee\limits_a^c (f) - \varepsilon \lt \bigvee\limits_a^c (f, \tau) \le \bigvee\limits_a^c (f, \tau') \le \bigvee\limits_a^b (f, \tau_1) + \bigvee\limits_b^c (f, \tau_2) \le \bigvee\limits_a^b (f) + \bigvee\limits_b^c (f) [/math].
Устремляя [math]\varepsilon[/math] к 0, получим [math] \bigvee\limits_a^c (f) \le \bigvee\limits_a^b (f) + \bigvee\limits_b^c (f) [/math]. Объединяя этот результат с результатом 1 пункта, приходим к требуемому равенству. |
| [math]\triangleleft[/math] |
| Теорема: |
Если [math]f[/math] — функция ограниченной вариации ([math]f \in \bigvee(a, b)[/math]), то ее можно представить в виде разности монотонно неубывающих функций ([math]f = f_1 - f_2[/math]). |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
Возьмем в качестве [math]f_1[/math] функцию [math]f_1(x) = \bigvee\limits_a^x (f)[/math], тогда по аддитивности она будет не убывать.
Определим как [math]f_2[/math] функцию [math]f_2(x) = f_1(x) - f(x)[/math]. Докажем, что она монотонно не убывает.
[math]a \lt x_1 \lt x_2 \lt b[/math]. Надо доказать, что [math]f_1(x_1) - f(x_1) \le f_1(x_2) - f(x_2)[/math], или что [math]f(x_2) - f(x_1) \le f_1(x_2) - f_1(x_1) = \bigvee\limits_{x_1}^{x_2} (f)[/math] (используем утверждение 1).
Но действительно f(x_2) - f(x_1) \le abs(f(x_2) - f(x_1)) \le \bigvee\limits_{x_1}^{x_2} (f), ч. т. д. |
| [math]\triangleleft[/math] |
