有界变差

                     

贡献者: lrqlrqlrq

   有界变差(Bounded Variation)函数的总变差是有限的。这一概念是后面学习黎曼-斯蒂尔杰斯积分的关键基础。有界变差是描述实数轴上函数变化幅度的一种度量方式。

   考虑一个实值函数 $f(x)$,在闭区间 $a\leq x\leq b$ 上定义并有限。我们将这个区间分成一些小区间,形成一个分割

\begin{align} \Gamma=\{x_{0},\,x_{1},\,\ldots,\,x_{m}\} ~. \end{align}
,也就是 $\Gamma$ 是点 $x_{i}$ 的集合,满足 $x_{0}=a$,$x_{m}=b$,且 $x_{i-1}< x_{i}$。

   对于每个分割 $\Gamma$,我们计算一种和 $S_{\Gamma}$,表示相邻点 $f(x_{i})$ 和 $f(x_{i-1})$ 的绝对差的总和。也就是,

\begin{align} S_{\Gamma}=S_{\Gamma}[f;a,b]=\sum_{i=1}^{m}|f(x_{i})-f(x_{i-1})|~. \end{align}
函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上的变差定义为
\begin{align} V=V[f;a,b]=\sup_{\Gamma}S_{\Gamma}~, \end{align}
其中 $\sup$ 取遍 $[a,b]$ 的所有分割 $\Gamma$。由于 $0\leq S_{\Gamma}<+\infty$,我们有 $0\leq V\leq+\infty$。如果 $V$ 有限,那么 $f$ 在 $[a,b]$ 上的变差有界;如果 $V$ 是无穷大,那么 $f$ 在 $[a,b]$ 上的变差无界。

   下面列举几个简单有界变差函数的例子:

   例子 1:假设 $f$ 在 $[a,b]$ 上单调。那么,显然,每个 $S_{\tau}$ 都等于 $|f(b)-f(a)|$,因此 $V=|f(b)-f(a)|$。

   证明:设 ${x_{i}:1\leq i\leq n}$ 是 $[a,b]$ 的一个分割。考虑

\begin{align} \sum_{i=1}^{n}|f(x_{i})-f(x_{i-1})|=\sum_{i=1}^{n}\left(f(x_{i})-f(x_{i-1})\right)=f(b)-f(a)~. \end{align}

   由于这个和的抵消性质,它对 $[a,b]$ 的任何分割都是相同的。因此我们可以看到 $V(f,[a,b])=f(b)-f(a)<\infty$。因此 $f$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的。

   类似地,如果 $f$ 在 $[a,b]$ 上是递减的,则 $V(f,[a,b])=f(a)-f(b)$。

   例子 2:假设 $f$ 的图形可以分为有限数量的单调弧段;即假设 $[a,b]=\bigcup_{i=1}^{k}[a_{i}a_{i+1}]$,并且 $f$ 在每个 $[a_{i}a_{i+1}]$ 上是单调的。那么 $V=\sum_{i=1}^{k}|f(a_{i+1})-f(a_{i})|$。

   例子 3:设 $f$ 是狄利克雷函数,定义为 $f(x)=1$ 对于有理数 $x$,$f(x)=0$ 对于无理数 $x$。那么,显然,对于任何区间 $[a,b]$,$V[a,b]=+\infty$。

   证明:设 $n\in\mathbb{Z}$,$n>0$。设 $[a,b]$ 是 $\mathbb{R}$ 中的闭区间。我们构造一个分割 $P={x_{0},x_{1},...,x_{n+2}}$,使得 $V(f,[a,b])\geq\sum_{i=1}^{n+2}|f(x_{i})-f(x_{i-1})|>n$,具体步骤如下。根据定义,$x_{0}=a$。由下面定理:

定理 1 在任意两个不同的实数之间,存在一个有理数和一个无理数。

   可取 $x_{1}$ 为介于 $a$ 和 $b$ 之间的一个无理数。然后取 $x_{2}$ 为介于 $x_{1}$ 和 $b$ 之间的一个有理数。以此类推,取 $x_{2i+1}$ 为介于 $x_{2i}$ 和 $b$ 之间的一个无理数,取 $x_{3i}$ 为介于 $x_{2i-1}$ 和 $b$ 之间的一个有理数。最后,$x_{n+2}=b$。因此,我们已经创建了一个从 $a$ 开始并且在有理数和无理数之间交替的分割,直到最后以 $b$ 结束。现在考虑和 $\sum_{i=1}^{n+2}|f(x_{i})-f(x_{i-1})|$,我们知道它至多等于 $f$ 在 $[a,b]$ 上的变差。因此:

\begin{align} V(f,[a,b])&\geq\sum_{i=1}^{n+2}|f(x_{i})-f(x_{i-1})| \\ &\geq\sum_{i=2}^{n+1}|f(x_{i})-f(x_{i-1})| \\ &=|f(x_{2})-f(x_{1})|+\cdots+|f(x_{n+1})-f(x_{n})| \\ &=|1-0|+|0-1|+\cdots+|1-0| \\ &=1+1+1+\cdots+1=n ~. \end{align}
因此 $V(f,[a,b])$ 是任意大的,因此 $V(f,[a,b])=\infty$。

   例子 4:定义在 $[a,b]$ 上的函数 $f$ 被称为在 $[a,b]$ 上满足 Lipschitz 条件,如果存在常数 $C$ 使得

\begin{align} |f(x)-f(y)|\leq C|x-y|, \ \forall x,y\in[a,b]~. \end{align}
这样的函数显然是有界变差的,$V[f;a,b]\leq C(b-a)$。例如,如果 $f$ 在 $[a,b]$ 上有连续的导数,那么(根据中值定理)$f$ 在 $[a,b]$ 上满足 Lipschitz 条件。

例 1 设 $f(x)=x\sin\left(1/x\right)$ 为 $0< x\leq1$ 且 $f(0)=0$。证明 $f$ 在 $[0,1]$ 上有界且连续,但不是有界变差 $V[f;0,1]=+\infty$。

   对于 $0 < x \leq 1$,我们知道 $-1 \leq \sin\left(\frac{1}{x}\right) \leq 1$,因此 $-x \leq x\sin\left(\frac{1}{x}\right) \leq x$,在 $[0,1]$ 上 $f(x)$ 有界。

   考虑 $x \neq 0$ 的情况。在这种情况下,$f(x) = x \sin\left(1/x\right) $ 是两个连续函数的乘积,其中 $x$ 是一个连续函数,而 $ \sin\left(1/x\right) $ 也是连续的。因此,它们的乘积 $f(x)$ 在 $x \neq 0$ 的情况下是连续的。在 $x = 0$ 处,有

\begin{equation} \lim_{{x \to 0}} f(x) = \lim_{{x \to 0}} x \sin\left(\frac{1}{x}\right) = 0~. \end{equation}

   因此,$f(x)$ 在 $[0,1]$ 上是连续的。

   注意到分割 $\Gamma = \{x_n\}=\{\frac{1}{n\pi+\pi/2}\}$ 我们有,

\begin{align} f(x_n)=x_n \sin\left(1/x_n\right) =\left\{\begin{matrix}x_n& \ \text{even}\\ -x_n& \ \text{odd}\end{matrix}\right.\qquad\text{for}\ n\geq0 ~. \end{align}
带入计算变差的公式 $2$,可得:
\begin{align} \sum_{n=1}^m|f(x_n)-f(x_{n-1})|&=\sum_{n=1}^m|(-1)^n(x_n+x_{n-1})|\\ &= \sum_{n=1}^m(x_n+x_{n-1})\\&=x_m+x_0+2\sum_{n=1}^{m-1}x_n\\\geq \sum_{n=1}^{m-1} x_n&=\sum_{n=1}^{m-1} \frac{1}{n\pi+\pi/2}~. \end{align}
根据极限比较审敛法对比调和级数可得:
\begin{align} \sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{n\pi+\pi/2}\to\infty\qquad\mathrm{as}\qquad m\to\infty~. \end{align}

习题 1 设 $f(x)=x\cos\left(\pi/x\right)$ 为 $0< x\leq1$ 且 $f(0)=0$。证明 $f$ 在 $[0,1]$ 上有界且连续,但不是有界变差 $V[f;0,1]=+\infty$。

定理 2 

  1. 如果 $f$ 在 $[a,b]$ 上的变差有界,那么 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界。
  2. 设 $f$ 和 $g$ 在 $[a,b]$ 上的变差有界。那么对于任意实常数 $c$,$cf$,$f+g$ 和 $fg$ 在 $[a,b]$ 上的变差也有界。此外,如果存在 $\varepsilon>0$ 使得对于 $[a,b]$ 中的 $x$,$|g(x)|\geq\varepsilon$,那么 $f/g$ 在 $[a,b]$ 上的变差也有界。

例 2 证明:

  1. 假设 $f$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的。对于任意 $x\in[a,b]$,考虑仅由三个点组成的分割 $\left\{a,x,b\right\}$,则:
    \begin{align} \left|f(x)-f(a)\right|+\left|f(b)-f(x)\right|\ \leq\ V(f;a,b) \\ \Rightarrow\ \left|f(x)-f(a)\right|\ \leq\ V(f;a,b) \\ \left|f(x)\right|=\left|f(a)+f(x)-f(a)\right| \\ \leq\left|f(a)\right|+\left|f(x)-f(a)\right| \\ \leq\left|f(a)\right|+\left|f(f;a,b)\right|\ <\ \infty \\ \Rightarrow\ f\ \ \ \text{is bounded on}\ [a,b] ~. \end{align}
  2. 设 $f$ 和 $g$ 是 $[a,b]$ 上的两个有界变差函数。对于 $[a,b]$ 的任意分割 $P$,我们有:
    \begin{align} \sum\bigl{|}(f+g)(x_{i})-(f+g)(x_{i-1})\bigr{|}&=\sum\bigl{|}\bigl{\{}\,f(x_{i})+g(x_{i})\bigr{\}}-\bigl{\{}f(x_{i-1})+g(x_{i-1})\bigr{\}}\bigr{|} \\ &=\sum\bigl{|}f(x_{i})-f(x_{i-1})+g(x_{i})-g(x_{i-1})\bigr{|} \\ &\leq\sum\bigl{|}f(x_{i})-f(x_{i-1})\bigr{|}+\sum\bigl{|}g(x_{i})-g(x_{i-1})\bigr{|} \\ &\leq V(f;a,b)+V(g;a,b) \\ \Rightarrow V(f+g;a,b)\ &\leq\ V(f;a,b)+V(g;a,b) ~.\end{align}
    这表明函数 $f+g$ 是有界变差的。由于 $f+f+\cdots$ 是有界变差的,对于任何实常数 $c$,$cf$(即 $\sum^c f$)也是有界变差的。
    \begin{align} &\sum\bigl{|}\bigl{(}f\!g\bigr{)}(x_{i})-\bigl{(}f\!g\bigr{)}(x_{i-1})\bigr{|} \\ &=\sum\bigl{|}f(x_{i})g(x_{i})-f(x_{i-1})g(x_{i-1})\bigr{|} \\ &=\sum\bigl{|}f(x_{i})g(x_{i})-f(x_{i})g(x_{i-1})+f(x_{i})g(x_{i-1})-f(x_{i-1})g(x_{i-1})\bigr{|} \\ &=\sum\bigl{|}f(x_{i})\bigl{\{}g(x_{i})-g(x_{i-1})\bigr{\}}+g(x_{i-1})\bigl{\{}f(x_{i})-f(x_{i-1})\bigr{\}}\bigr{|}\\&\leq\sum\left|f(x_{i})\right||g(x_{i})-g(x_{i-1})\left|+\sum\left|g(x_{i-1})\right|\right|f(x_{i})-f(x_{i-1})\left|\right. \\ &\leq k\sum\left|g(x_{i})-g(x_{i-1})\right|+k\sum\left|f(x_{i})-f(x_{i-1})\right| \\ &\leq k.V(g)+k\left.V(f)\right. ~.\end{align}
    所以 $fg$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的。 此外,如果 $f/g$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的,那么存在 $\varepsilon>0$,使得对于 $[a,b]$ 中的每个 $x$,都有 $|g(x)|\geq\varepsilon$。 对于 $[a,b]$ 的任何分割 $P$,我们有
    \begin{align} \sum\left|\frac{1}{g}(x_{i})-\frac{1}{g}(x_{i-1})\right|&=\sum\left|\frac{1}{g(x_{i})}-\frac{1}{g(x_{i-1})}\right| \\ &=\sum\left|\frac{g(x_{i-1})-g(x_{i})}{g(x_{i})g(x_{i-1})}\right| \\ &\leq\frac{1}{k^{2}}\sum\left|g(x_{i-1})-g(x_{i})\right|&\leq\frac{1}{k^{2}}V\left(f;a,b\right) ~. \end{align}
    因此 $\frac{1}{g}$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的。于是 $f\cdot \frac{1}{g}$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的。

定理 3 

  1. 如果 $[a^{\prime},b^{\prime}]$ 是 $[a,b]$ 的子区间,则 $V[a^{\prime},b^{\prime}]\leq V[a,b]$;即,随着区间的增加,变差也增加。
  2. 如果 $a< c< b$,则 $V[a,b]=V[a,c]+V[c,b]$;即,相邻区间上的变差是可加的。

   开始证明之前,注意到如果 $\Gamma$ 是 $\Gamma$ 的细分,即 $\Gamma$ 包含了 $\Gamma$ 的所有分割点以及一些额外的点,那么 $S_{\Gamma}\leq S_{\bar{\Gamma}}$。这是在 $\bar{\Gamma}$ 包含 $\Gamma$ 的所有点加上一个额外点的情况下,由三角不等式得出的。

例 3 证明:

例 4 如果 $[a^{\prime},b^{\prime}]$ 是 $[a,b]$ 的子区间,则证明 $P[a^{\prime},b^{\prime}]\leq P[a,b]$ 和 $N[a^{\prime},b^{\prime}]\leq N[a,b]$。

定理 4 

   如果 $P$、$N$ 或 $V$ 中的任何一个有限,则三者皆有限。此外,我们有,

\begin{align} P\,+\,N\,=\,V,\qquad P\,-\,N\,=\,f(b)\,-\,f(a)~. \end{align}

   或者等价地,

\begin{align} P\,=\,\frac{1}{2}[V\,+\,f(b)\,-\,f(a)],\qquad N\,=\,\frac{1}{2}[V\,-\,f(b)\,+\,f(a)]~. \end{align}

推论 1 约当 Jordan 定理

   如果一个函数 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上具有有界变差,那么它可以被写成 $[a,b]$ 上两个有界增函数之差。反之亦然。

   这个定理指出了一个函数有界变差的一个等价条件,即函数可以表示为两个有界增函数之差。

   证明: 假设 $f=f_{1},-f_{2}$,其中 $f_{1}$ 和 $f_{2}$ 在 $[a,b]$ 上有界且递增。那么 $f_{1}$ 和 $f_{2}$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的,因此根据定理 2(ii),$f$ 也是如此。

   反之,假设 $f$ 在 $[a,b]$ 上是有界变差的。根据定理 3(i),$f$ 在每个区间 $[a,x]$,$a\leq x\leq b$ 上都是有界变差的。设 $P(x)$ 和 $N(x)$ 在 $[a,b]$ 上是有界且递增的。此外,对于应用于 $[a,x]$ 的定理 4,当 $a\leq x\leq b$ 时,$f(x)=[P(x)+f(a)]-N(x)$。由于 $P(x)$ 是有界且递增的,因此 $P(x)+f(a)$ 也是如此,推论随之而来。

   如果上面证明对于你来说难懂,我建议你阅读下面简单巧妙的证明:

   假设 $f\in V[a,b]$,并且令 $v(x)=V(f;a,x)$,$x\in(a,b]$,$v(a)=0$。显然,$f(x)=v(x)-[v(x)-f(x)]$。我们将证明 $v(x)$ 和 $v(x)-f(x)$ 是递增的。对于任意的 $x_{1}< x_{2}$,我们有

\begin{align} v(x_{2})-v(x_{1})=V(f;x_1,x_2)\geq0\Leftrightarrow v(x_{2})\geq v(x_{1}) ~. \end{align}

   因此 $v(x)$ 是递增函数。

\begin{align} f(x_{2})-f(x_{1})\leq|f(x_{2})-f(x_{1})|\leq V(f;x_1,x_2)=v(x_{2})-v(x_{1}) \\ \Leftrightarrow v(x_{1})-f(x_{1})\leq v(x_{2})-f(x_{2}) ~. \end{align}
因此 $v(x)-f(x)$ 是递增函数。 反之,假设 $f(x)=g(x)-h(x)$,其中 $g$ 和 $h$ 是递增的。由于 $h$ 是递增的,$-h$ 是递减的,因此 $f(x)=g(x)+(-h(x))$ 是两个单调函数(有界变差)的和。

   需要注意的是,由于递增函数的负值是递减的,$f$ 是有界变差的 当且仅当 它是一个有界递增函数和一个有界递减函数的和。

例 5 将 $f(x)=\cos^{2}x$,$0\leq x\leq2\pi$ 表示为两个递增函数之差。

   假设 $f(x) = v(x) - [v(x)-f(x)]$, 那么问题在于确定 $v(x)$ 为递增函数。将 $[0,2\pi]$ 分成四个子区间 $I_{1}=[0,\frac{\pi}{2}]$,$I_{2}=[\frac{\pi}{2},\pi]$,$I_{3}=[\pi,\frac{3\pi}{2}]$ 和 $I_{4}=[\frac{3\pi}{2},2\pi]$。

   函数 $f(x)$ 在 $I_{1}$ 和 $I_{3}$ 上从 $0$ 减小到 $1$,在 $I_{2}$ 和 $I_{4}$ 上从 $0$ 增加到 $1$,因此 $f$ 在任何这些子区间上的总变差都是 $1$。要确定 $V_{0}^{x}(f)$,我们需要研究 $x$ 在哪个区间内的不同情况。为了说明原理,假设 $x\in I_{3}$,那么,

\begin{align} V_{0}^{x}(f)&=V_{0}^{\frac{\pi}{2}}(f)+V_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(f)+|f(x)-f(\pi)| \\ &=1+1+|\cos^{2}x-1|=3-\cos^{2}x ~. \end{align}
\begin{align} v(x)=\left\{\begin{array}{ll}1-\cos^2x&0\leq x\leq\frac{\pi}{2}\\ 1+\cos^2x&\frac{\pi}{2}\leq x\leq\pi\\ 3-\cos^2x&\pi\leq x\leq\frac{3\pi}{2}\\ 3+\cos^2x&\frac{3\pi}{2}\leq x\leq2\pi\end{array}\right. \ ~. \end{align}


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