可导性缺失情况下函数单调性的研究

欧阳露莎，刘敏思

(1 中南民族大学 数学与统计学学院，武汉 430074; 2 华中师范大学 数学与统计学学院，武汉 430079)

1 定义及引理

定义1[4-7]设f(x)定义在区间(a,b)内，x∈(a,b)，若极限：

，

存在，则称f(x)在x处对称可导(或Schwarz可导)，其极限值称为f(x)在x处的对称导数，记为fs(x)．若函数f(x)在(a,b)内每一点的对称导数都存在，则称f(x)在(a,b)内对称可导．

定义2 设f(x)在区间I上连续，E⊂I，mE=0，若mf(E)=0，则称E是I中相对于f具有N—性质的集合，简称E相对f具有N—性质，其中mE表示E的Lebesgue测度，f(E)={f(x):x∈E}．

易得，对于区间I上的连续函数f(x)，I中总存在相对于f(x)具有N—性质的集合，例如空集，I的至多可数子集等就是这样的集合．

证明对于任意μ∈(f(d),f(c))，记x0=sup{x∈[c,d]|f(x)≥μ}，显然x0

事实上，假设f(x0)>μ，则f(x0)>μ>f(d)，由连续函数的介值性，存在x1∈(x0,d)，使得f(x1)=μ，从而x1∈{x∈[c,d]|f(x)≥μ}，这与x0=sup{x∈[c,d]|f(x)≥μ}矛盾，故必有f(x0)=μ．

由x0=sup{x∈[c,d]|f(x)≥μ}知，对任意x∈(x0,d)，有f(x)<μ，从而对任意x0+Δx∈(x0,d)，

所以:

所以，x0∈E．故μ=f(x0)∈f(E)，再由μ的任意性，(f(d),f(c))⊂f(E)．

引理2 设f(x)在区间I上连续，记E1={x∈(a,b)|fs(x)≤0或fs(x)不存在}⊂I，若c,d∈[a,b](其中cf(d)，则(f(d),f(c))⊂f(E1)．

证明对于任意μ∈(f(d),f(c))，记x0=sup{x∈[c,d]|f(x)≥μ}，类似于引理1的方法可得，x0

下证x0∈E1．事实上，由x0=sup{x∈[c,d]|f(x)≥μ}知，对任意x∈(x0,d)，有f(x)<μ，再注意到f(c)>μ=f(x0)，还有存在rn→0+，使得x0-rn∈{x∈[c,d]|f(x)≥μ}且x0

故fs(x0)≤0或fs(x0)不存在，从而x0∈E1．再由μ的任意性，(f(d),f(c))⊂f(E1)．

定义3[8]设f(x)是[a,b]上的函数，若对任意ε>0，恒有δ>0，使得对[a,b]上的任意一组分点

a≤a1

引理3 若函数f(x)在[a,b]上绝对连续，E⊂[a,b]，且mE=0，则E相对f一定具有N—性质．

E{a,b}⊂G⊂(a,b)且

mG

由连续函数的介值性，我们选ci,di∈[ai,bi]，使得f([ai,bi])=[f(ci),f(di)]，注意到：

可得:

0≤m*f(E)=m*f(E{a,b})≤m*f(G)≤

由ε的任意性可知m*f(E)=0，所以mf(E)=0，即E相对f一定具有N—性质．

2 主要定理及证明

证明由于f(x)在区间I上连续，我们只须证明I为开区间时，f(x)在I上严格单调递增即可．以下证明都假设I为开区间．

倘若f(x)在I上不严格单调递增，则至少存在两点c,d∈I(c

下面分两种情形来导出矛盾：

10当f(c)>f(d)时，由引理1得，(f(d),f(c))⊂f(E0)⊂f(E)，所以：

m*f(E)≥f(c)-f(d)>0，

这显然与E相对f具有N—性质矛盾．

20当f(c)=f(d)时，

若f(x)在[c,d]上不恒为常数，则必存在η∈(c,d)，使得f(c)=f(d)≠f(η)．当f(c)>f(η)时，由引理1得，(f(η)，f(c))⊂f(E0)⊂f(E),所以m*f(E)≥f(c)-f(η)>0，这与E相对f具有N—性质矛盾．当f(c)f(d)，同理可得，m*f(E)>0，这也与E相对f具有N—性质矛盾．

综合10、20得，对于∀x1,x2∈I，当x1

证明对任意ε>0，作函数F(x)=f(x)+εx，由条件易得，F(x)在I上连续，且在IE上，

由定理1，F(x)在I上严格单调递增，所以对任意x1，x2∈I,x1

f(x1)+εx1=F(x1)

从而让ε→0得，f(x1)≤f(x2)，即f(x)在区间I上单调递增．

推论2 设f(x)在区间I上连续，E为I的至多可数子集，

证明因为E为至多可数集，则f(E)必为至多可数集，从而E相对f具有N—性质，所以，由定理1和推论1即得结论．

注：推论2中，当E=∅时，就是文献[2,3]中的结论．

推论3 设f(x)在区间[a,b]上绝对连续，若f′(x)>0 a.e.于[a,b](f′(x)≥0 a .e于[a,b])，则f(x)在区间[a,b]上严格单调递增(单调递增)．

证明记E是[a,b]上不满足f′(x)>0的点所成的集，由条件知，mE=0，再由引理3，定理1和推论1即可证明结论成立．

定理2 设f(x)在区间I上连续，E⊂I，且E相对f具有N—性质，若f(x)在IE上满足：fs(x)>0，则f(x)在区间I上严格单调递增．

证明类似于定理1，我们仅证I为开区间的情形．

倘若f(x)在I上不严格单调递增，则至少存在两点c,d∈I(c

记E0={x∈I|fs(x)≤0或fs(x)不存在}，由条件知E0⊂E，从而f(E0)⊂f(E)．

下面分两种情形来导出矛盾.

10当f(c)>f(d)时，由引理2得，(f(d),f(c))⊂f(E0)⊂f(E)，所以:

m*f(E)≥f(c)-f(d)>0，

这与E相对f具有N—性质矛盾．

若f(x)在[c,d]上不恒为常数，则必存在η∈(c,d)，使得f(c)=f(d)≠f(η)．当f(c)>f(η)时，由引理2得，(f(η),f(c))⊂f(E0)⊂f(E)，所以m*f(E)≥f(c)-f(η)>0，这也与E相对f具有N—性质矛盾．当f(c)f(d)，同理可得矛盾．

综合10、20得，对于∀x1,x2∈I，当x1

推论4 设f(x)在区间I上连续，E⊂I，且E相对f具有N—性质，若f(x)在IE上满足：fs(x)≥0，则f(x)在区间I上单调递增．

证明对任意ε>0，作函数F(x)=f(x)+εx，类似于推论1的方法由定理2即可得结论．

推论5 设f(x)在区间I上连续，E为I的至多可数子集，

(1)若f(x)在IE上满足：fs(x)>0，则f(x)在区间I上严格单调递增;

(2)若f(x)在IE上满足：fs(x)≥0，则f(x)在区间I上单调递增．

证明因为E为至多可数集，则f(E)必为至多可数集，从而E相对f具有N—性质，所以，由定理2和推论4即得结论．

注：推论5中，当E=∅时，就是文献[5,6]中的结论．

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