Тема Математический анализ

19 Пределы функций. Непрерывность. Точки разрыва.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 81#69522

Показать, что если $f$ - непрерывна в точке $x0$ , то найдется такая окрестность $Vx0$ точки $x0$ , в которой $f$ ограничена. То есть $∃C ∈ ℝ$ такая, что для всех $x ∈ Vx0$ выполнено $|f(x)| < C$ .

Показать ответ и решение

Пусть это не так. То есть пусть $f$ не ограничена ни в какой окрестности точки $x0$ .

Это означает, что в каждой окрестности $Vx0$ для любого $N ∈ ℕ$ найдется такая точка $xN$ , что $|f (xN )| > N$ .

Тогда посмотрим последовательность $xN → x0$ (каждый раз $xN$ можно брать из всё меньшей и меньшей окрестности $x 0$ ) такую, что $|f(x )| > N N$ .

Но тогда последовательность $f(xN )$ - неограничена, а, значит, не может иметь предела.

Противоречие с тем, что нам дано, что $f$ - непрерывна в точке $x0$ , ведь это, в частности, означает, что $f$ имеет предел в $x0$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 82#69523

Доказать, что функция Дирихле

( { 1 при x ∈ ℚ 𝒟(x) = ( 0, при x/∈ℚ

не непрерывна(=разрывна) в каждой точке $x0 ∈ ℝ$ .

Показать ответ и решение

Пусть $x0$ - произвольная точка вещественной прямой.

Тогда ясно, что мы можем построить такую последовательность $xn$ , что, во-первых, $xn → x0$ , и, во-вторых, $xn ∈ ℚ$ $∀n ∈ ℕ$ .

(Такую последовательность можно построить потому, что в любой сколь угодно малой окрестности любой точки $x0$ найдется рациональное число. В том числе, можно построить последовательность рациональных чисел, находящихся на сколь угодно малом расстоянии от $x0$ .)

Но для такой $xn$ ясно, что $𝒟(xn) ≡ 1$ , а, значит, $𝒟 (xn) → 1$ .

С другой стороны, мы можем построить такую последовательность $yn$ , что, во-первых, $yn → x0$ , и, во-вторых, $yn ∈ ℝ ∖ ℚ$ $∀n ∈ ℕ$ .

(Такую последовательность можно построить потому, что в любой сколь угодно малой окрестности любой точки $x0$ найдется иррациональное число.)

Но для такой $yn$ ясно, что $𝒟 (yn) ≡ 0$ , а, значит, $𝒟 (yn) → 0$ .

Таким образом, получаем, что, согласно определению по Гейне, у $𝒟(x)$ нет предела ни в какой точке $x0 ∈ ℝ$ . Поскольку на разных последовательностях, стремящихся к $x0$ , сама функция $𝒟 (x)$ может стремиться к разным пределам.

А функция, которая не имеет предела, тем более не может быть непрерывной.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 83#69524

Доказать, что функция Римана

( 1 m m { n при x ∈ ℚ, x = n-, дроб ь-n -несокр атима ℛ(x) = ( 0, при x/∈ℚ

непрерывна в каждой иррациональной точке $x0 ∈ ℝ ∖ℚ$ .

Показать ответ и решение

Пусть $x0 ∈ ℝ ∖ ℚ$ . Нам надо показать, что $∃ lim ℛ(x) = ℛ (x0) = 0 x→x0$ .

То есть нам нужно показать, что

∀𝜀 > 0∃δ такое, ч то ∀x : 0 < |x− x0| < δ вы полнен о |ℛ (x )− ℛ (x0)| < 𝜀

Последнее неравенство $|ℛ(x) − ℛ (x0)| < 𝜀$ эквивалентно тому, что

|ℛ (x )| < 𝜀

Пусть нам задан $𝜀 > 0$ . Как же нам выбрать такую $δ$ , чтобы $∀x : 0 < |x − x0| < δ$ было выполнено $|ℛ(x)| < 𝜀$ ?

Рассмотрим это последнее неравенство $|ℛ (x )| < 𝜀$ .

1. Если $x ∈ ℝ ∖ℚ$ . То тогда $ℛ (x ) = 0$ , и поэтому неравенство $|ℛ(x)| < 𝜀$ выполнено автоматически.

2. Если $x ∈ ℚ$ , $x = mn-$ - несократимая дробь. То тогда $ℛ(x) = 1n$ , и поэтому неравенство $|ℛ (x)| < 𝜀$ эквивалентно тому, что $1 < 𝜀 n$ . А для каких $x$ такое неравенство вообще может нарушаться? Только для таких $x = mn-$ , что $1 ≥ 𝜀 n$ .

Или, что то же самое, $n ≤ 1 𝜀$ . Но понятно, что при заданном $𝜀 > 0$ таких натуральных чисел $n$ будет лишь конечное число. Следовательно, нам нужно взять такое $δ$ , чтобы ни один $x = mn$ из $δ$ -окрестности $x0$ не удовлетворял неравенству $1 n ≥ 𝜀$ (Это как раз и можно сделать, потому что иксов, удовлетворяющих этому неравенству только конечное число).

Таким образом, все иксы из выбранной $δ−$ окрестности удовлетворяют неравенству $1n < 𝜀$ . Но это нам и нужно.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 84#69525

Вычислить $( 2 )x2 lim x--+-1 x→∞ x2 − 2$

Показать ответ и решение

$( 2 )x2 2 lim x-+--1 = exlim→∞ x2ln(xx2−+12) x→∞ x2 − 2$ .

Исследуем предел $lim x2ln(x22+1) x→ ∞ x −2$ отдельно.

2 x2 +-1 2 x2 −-2-+-3 2 ---3-- 2 ---3-- --3--- lxi→m∞ x ln (x2 − 2) = xli→m∞ x ln( x2 − 2 ) = xli→m∞ x ln (1+ x2 − 2) = lxi→m∞ x (x2 − 2+ ¯o(x2 − 2)) =

--3--- ---3-- = lx→im∞ (1− 22-+ ¯o(1 − -22 )) = 3 x x

Следовательно, $( x2 + 1)x2 lim x2ln(x2+1) xli→m∞ -2---- = ex→ ∞ x2−2 = e3 x − 2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 85#69526

Вычислить $∘ ---√--- lim x cos x x→0$

Показать ответ и решение

$∘ ---√--- lim 1ln(cos√x) lim x cos x = ex→0 x x→0$ .

Исследуем предел $√-- lim 1x ln (cos x ) x→0$ отдельно.

1 √ -- 1 x 1 x x 1 1 lxim→0 x-ln(cos x) = lxim→0 x ln(1− 2+ ¯o(x)) = xli→m0 x-(− 2-+¯o(x)+ ¯o(−-2+ ¯o(x ))) = lxim→0− 2-+¯o(1) = −2

Следовательно, $∘ ---√--- lim -1ln(cos√x) 1 lxi→m0 xcos x = ex→0x = e−2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 86#69527

Вычислить $--1--- lim (cos(sin(x)))arcsin2x x→0$

Показать ответ и решение

$--1--- lim ---1--ln(cos(sin(x))) lim (cos(sin(x)))arcsin2x = ex→0arcsin2x x→0$ .

Исследуем предел $--1---- lxim→0 arcsin2x ln(cos(sin(x)))$ отдельно.

lim ---1----ln(cos(sin(x))) = lim ---------1---------ln (cos(x + ¯o(x))) = x→0 arcsin2x x→0 (x+ o¯(x))(x + ¯o(x ))

2 = lim ----1-----ln(1 − (x+--¯o(x-))--+ ¯o((x + ¯o(x))2)) = x→0 x2 + ¯o(x2) 2

1 (x + ¯o(x))2 (x + ¯o(x))2 = lim -2------2-(− -----------+¯o((x+ ¯o(x ))2)))+¯o((− ----------+ ¯o((x+ ¯o(x))2)))) = x→0 x + ¯o(x ) 2 2

1 (x + ¯o(x))2 1 1+ ¯o(1) 1 = lim -2------2-(− -----------+¯o(x2)) = lim --------(− -------+ ¯o(1 )) = − -- x→0 x + ¯o(x ) 2 x→0 1 + ¯o(1) 2 2

Следовательно, $lim (cos(sin (x )))arcs1in2x = elxim→0arcs1in2xln(cos(sin(x))) = e− 12 x→0$

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 87#70586

Найти предел

x sin 2x lim 3√------2----- x→0 1− 3x − 1

Показать ответ и решение

Поскольку при $x → 0$

x⋅sin2x = x ⋅(2x+ o¯(x)) = 2x2 + ¯o(x2)

А также

∘ ------- 3 1− 3x2 = 1 − x2 + ¯o(x2)

То получим

2 2 lim √--x-sin2x----= lim ---2x--+-¯o(x-)--- = lim -2+-¯o(1)- = − 2 x→0 31 − 3x2 − 1 x→0 1 − x2 + ¯o(x2 )− 1 x→0 − 1 + ¯o(1)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 88#70587

Найти предел

lim (ln (x2 + ex+1))ctgx x→0

Показать ответ и решение

В силу непрерывности экспоненты, можем записать:

lim ctgx ln(ln(x2+ex+1)) lim (ln(x2 + ex+1))ctgx = ex→0 x→0

Исследуем теперь предел

2 x+1 lxim→0 ctg xln(ln(x + e ))

отдельно.

Во-первых, посмотрим на асимптотику внутреннего логарифма при $x → 0$ :

ex+1 = e⋅ ex = e ⋅(1+ x + ¯o(x))

Тем самым,

2 x+1 2 ln (x + e ) = ln(x + e⋅(1 + x+ o¯(x )))

Однако $2 x = ¯o(x)$ , а значит:

2 x+1 2 ln(x + e ) = ln(x + e ⋅(1 + x + ¯o(x))) = ln(e⋅(1+ x + ¯o(x)))

Далее работает просто школьное свойство логарифма:

ln (e ⋅(1 + x+ o¯(x))) = ln e+ ln((1 + x+ o¯(x))) = 1+ ln((1 + x+ ¯o(x))) = 1+ x + ¯o(x )+ ¯o(x+ ¯o(x)) =

= 1 + x + ¯o(x)

Тем самым, получается, что при $x → 0$ :

ln (ln(x2 + ex+1 )) = ln(1+ x + ¯o(x)) = x + ¯o(x)+ o¯(x + ¯o(x)) = x + ¯o(x)

Следовательно,

lim ctgx ln (ln(x2 + ex+1)) = lim x-+-¯o(x)= lim x-+-¯o(x) = lim 1+--¯o(1)-= 1 x→0 x→0 tgx x→0 x + ¯o(x) x→0 1+ ¯o(1)

Следовательно,

2 x+1 lim (ln(x2 + ex+1))ctgx = elix→m0 ctgxln(ln(x +e )) = e1 = e x→0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 89#70588

Найти предел

--1-- lim (1 + x2ex)1− cosx x→0

Показать ответ и решение

В силу непрерывности экспоненты, можем записать:

--1-- lim --1--ln(1+x2ex) lim (1+ x2ex )1−cosx = ex→0 1− cosx x→0

Исследуем теперь предел

----1--- 2 x lxi→m0 1 − cosx ln(1 + x e )

отдельно.

Во-первых, ясно, что $x2ex$ - бесконечно малая при $x → 0$ . Но логарифм единицы плюс бесконечно малой эквивалентен этой бесконечно малой. Давайте заменим его на эквивалентную, с учетом того, что логарифм в наш последний предел входит как множитель всего выражения:

1 x2ex x2ex ex lim --------ln(1 + x2ex) = lim-------- = lim --------x2---------= lim 1------- = 2 x→0 1− cos x x→0 1 − cosx x→0 1 − (1 − -2 + ¯o(x2)) x→0 2 + ¯o(1)

Следовательно,

lim (1+ x2ex)1−1cosx = elxim→01−1cosx ln(1+x2ex) = e2 x→0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 90#70589

Найти предел

√ ----- πx lim (4x − x + 8)tg(2 ) x→1

Показать ответ и решение

Сделаем удобную замену $x − 1 = y$ , тогда $y → 0$ , а $x = y + 1$ . Теперь, с учётом непрерывности экспоненты:

√ --- π π y+1 √--- lim (4x − √x-+-8)tg(πx2-) = elxim→1tg(πx2 )ln(4x− x+8 ) = elyim→0tg(2+2y)ln(4 − y+9) x→1

Исследуем предел

π π ∘ ----- lim tg(--+ --y)ln (4y+1 − y + 9) y→0 2 2

отдельно.

π- π- y+1 ∘ ----- π- y+1 ∘ ----- lyim→0 tg( 2 + 2y)ln(4 − y + 9) = lyim→0 − ctg( 2y)ln(4 − y + 9)

Далее, при $y → 0$ :

∘ ------ 4y+1 − ∘y-+-9 = 4⋅4y − 3 1 + y-= 4(1+ ln4y + ¯o(y))− 3(1 + y--+ ¯o(y )) = 1+ (4 ln 4− 1)y + ¯o(y) 9 18 6

Таким образом,

ln (4y+1− ∘y--+-9) = ln(1+ (4 ln 4− 1)y+ ¯o(y )) = (4ln4− 1)y+ ¯o(y)+¯o((4ln4− 1-)y+ ¯o(y)) = (4 ln 4− 1)y+¯o(y) 6 6 6 6

Далее,

----- 1 1 lim tg(π-+ πy) ln(4y+1 − ∘ y + 9) = lim (4ln4-−-6)y +-o¯(y)-= lim (4ln4-−-6)y-+-¯o(y)= y→0 2 2 y→0 − tg(π2y) y→0 − π2 y + ¯o(y)

(4 ln 4− 1)+ ¯o(1) 2 1 = lim -----π--6--------= − -(4ln4 − -) y→0 − 2 + ¯o(1) π 6

Следовательно,

lim tg(π2+π2y)ln(4y+1−√y+9) 2 1 ey→0 = e−π(4ln 4− 6)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 91#70590

Найти

arctg2x lim √------------√------ x→0 1+ x sin x− cosx

Показать ответ и решение

Во-первых, при $x → 0$ :

arctg2 x = (x + ¯o(x))(x+ ¯o(x)) = x2 + ¯o(x2)

Далее, при $x → 0$ :

√ ---------- ∘ -------------- ∘ -------------- 1 1+ x sin x = 1+ x (x + ¯o(x)) = 1+ x2 + ¯o(x2)) = 1 +-x2 + ¯o(x2) 2

Аналогично,

∘ -------------- √ ----- x2 1x2 2 cosx = 1− 2-+ o¯(x2) = 1 − 2-2-+ ¯o(x )

Следовательно,

√-----arctg2-x------- -----------x2-+-¯o(x2)----------- lxim→0 1 + x sinx − √cos-x-= lxi→m0 1 + 1x2 + ¯o(x2)− (1− x2+ ¯o(x2)) = 2 4

-x2-+-¯o(x2-) 4- = xli→m0 3x2 + ¯o(x2) = 3 4

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 92#71977

Сформулировать на языке последовательностей (по Гейне) определения правостороннего и левостороннего предела функции $f(x)$ в точке $x0$ .

Показать ответ и решение

1. Тот факт, что

∃ lim f (x ) = A x→x0+

в терминологии Гейне будет записываться так:

Для любой последовательности $xn$ с условиями:
1) $xn → x0$ ;
2) $xn > x0 ∀n$
обязательно выполнено, что $f(xn) → A$ .

2. Тот факт, что

∃ x→lixm − f (x ) = A 0

в терминологии Гейне будет записываться так:

Для любой последовательности $xn$ с условиями:
1) $xn → x0$ ;
2) $xn < x0 ∀n$
обязательно выполнено, что $f(xn) → A$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 93#71982

Доказать, что

∃ xli→mx f(x) = A тогда и толь ко тогда, когда ∃xl→ixm+ f(x),xl→imx − f(x) и он и об а равн ы A 0 0 0

Показать ответ и решение

1. $⇒$ . Пусть $∃ lim f(x) = A x→x0$ . Докажем, что в таком случае обязательно $∃ lim f (x ), lim f(x) x→x0+ x→x0 −$ и они оба равны $A$ .

Будем доказывать от противного. Пусть это не так. Возможны три случая. Либо не существует $lim f (x ) x→x0+$ , либо не существует $lim f (x) x→x0−$ , либо они оба существуют, но не равны между собой.

Поскольку первые два случая из этих трёх рассматриваются аналогично, мы рассмотрим только один из них, ну и, конечно, третий тоже рассмотрим.

1.1. Пусть $/∃ x→lixm0+ f (x )$ .

Однако нам дано, что $∃xl→imx0 f(x) = A$ . Это означает, что для любой последовательности $xn → x0$ такой, что $xn ⁄= x0 ∀n$ выполнено, что $f(xn) → A$ .

В том числе, это верно и для любой последовательности $xn → x0$ такой, что $xn > x0 ∀n$ . Но это по определению по Гейне означает, что $∃xl→imx0+ f(x)$ . Противоречие.

1.2. Пусть $∃ x→lixm0+ f (x ),∃ xl→imx0− f(x)$ , но $xl→imx0+ f(x) ⁄= x→lixm0 − f(x)$ .

Пусть $xl→imx0+ f(x) = A1,xl→ixm0− f(x) = A2,A1 ⁄= A2$ .

Тогда можно найти последовательность $xn → x0$ такую, что $xn > x0$ и $f(xn) → A1$ , а также можно найти последовательность $yn → x0$ такую, что $yn < x0$ и $f(yn) → A2$ . Но это противоречит тому, что $∃ lim f (x ) = A x→x0$ - мы на двух разных последовательностях, стремящихся к $x 0$ , получаем разные значения предела функции. Противоречие.

2. $⇐$ . Пусть $∃x→lixm +f(x),x→lixm− f(x) и они оба равны A 0 0$ .

Докажем, что тогда $∃ lxi→mx0f (x ) = A$ .

А тут давайте для разнообразия порассуждаем в духе $𝜀− δ$ , то есть как Коши.

Итак, нам дано, что $∃ xl→imx0+ f(x) = A$ . Это означает, что

∀𝜀 > 0 ∃δ > 0 такое, что ∀x : x0 < x < x0 + δ в ыполнен о, что |f (x )− A | < 𝜀

А ещё нам дано, что $∃ lim f(x) = A x→x0 −$ . Это означает, что

∀𝜀 > 0 ∃δ > 0 такое, что ∀x : x0 − δ < x < x0 в ыполнен о, что |f (x )− A | < 𝜀

Итак, пусть нам теперь дано произвольное $𝜀 > 0$ . Выберем $δ1$ так, что при всех $x$ , удовлетворяющих условию $x0 < x < x0 + δ1$ , выполняется, что $|f(x)− A | < 𝜀$ .

Выберем $δ2$ так, что при всех $x$ , удовлетворяющих условию $x0 − δ2 < x < x0$ , выполняется, что $|f(x)− A | < 𝜀$ .

Тогда при возьмём $δ = min {δ,δ } 1 2$ . Тогда при любом $x$ таком, что $x − δ < x < x + δ 0 0$ , одновременно выполняется и то, что $x0 < x < x0 + δ1$ и то, что $x0 − δ2 < x < x0$ , а, значит, мы однозначно можем заключить, что при таких $x$ , что $x0 − δ < x < x0 + δ$ , обязательно выполняется, что $|f(x)− A | < 𝜀$ .

А это и есть не что иное, как определение того, что $∃ xli→mx0 f(x) = A$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 94#71983

Определить точки разрыва функций и исследовать характер этих точек, если $1−-1- f(x) = x1x+11- x−1−x$

Показать ответ и решение

Выделим все возможные особые точки:

особые точки числителя: $x = 0$ и $x = − 1$
особые точки знаменателя: $x = 0$ и $x = 1$
точки, в которых знаменатель равен 0:
$-1-− 1= 0 ⇔ x = x − 1 x−1 x$ - таких точек нет

Получаем, что особые точки функции $f(x)$ - это $x = 0,x = 1,x = − 1 1 2 3$ . Проверим, какие разрывы будут в этих точках:

$x = 0 1$
Правый предел:
$1x− 1x+1- x− 1 xl→im0+0 x1−1− 1x-= x→li0m+0 x+1 = − 1$

Левый предел:
$1x−-1x+1- x−-1 xl→im0−0 x1−1− 1x = x→li0m−0x+1 = − 1$

Получаем, что в точке $0$ устранимый разрыв.
$x = 1 2$

Правый предел:
$lim f(x) = lim x−-1= 0 x→1+0 x→1+0 x+1$

Левый предел:
$lim f(x) = lim xx−+11= 0 x→1−0 x→1 −0$

Получаем, что в точке $1$ устранимый разрыв.
$x3 = − 1$
Правый предел:
$lim f(x) = lim x−1 = − ∞ x→− 1+0 x→−1+0 x+1$

Получаем, что в точке $− 1$ разрыв второго рода.

Ответ

Точки $x = 0$ , $x = 1$ - устранимые разрывы, точка $x = − 1$ - разрыв второго рода.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 95#71984

Определить точки разрыва функций и исследовать характер этих точек, если $1 f(x) = ex+ x$

Показать ответ и решение

Показатель степени ( $x+ 1x$ ) имеет разрыв в точке $x = 0$ . В остальных точках показатель будет непрерывным. Соответственно, и вся функция $f (x )$ будет непрерывна во всех точках, кроме $x = 0$ .

Расмотрим правый предел в точке $x = 0$ :
$lim ex+ 1x = +∞ x→0+0$

Расмотрим левый предел в точке $x = 0$ :
$1 1 xli→m0−0ex+ x = xli→m0−0ex xl→im0−0e x = 1⋅0 = 0$

Получаем, что точка $x = 0$ - разрыв второго рода.

Ответ

$x = 0$ - точка разрыва второго рода

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 96#71985

Определить точки разрыва функций и исследовать характер этих точек, если $f(x) = ln1x-$

Показать ответ и решение

Функция $f (x)$ будет определена для $x > 0, x ⁄= 1$ . И так как знаменатель ( $lnx$ ) непрерывен для $x > 0$ , то исследовать на разрыв мы будем точки $x = 0$ - предельную точку области определения $ln x$ и точку $x = 1$ - в которой $ln x$ обращается в 0.

$x = 0$
Так как функция определена только в правой области точки $x = 0$ , то рассмотрим правый предел:
$lim -1-= 0 x→0+0 lnx$ .
Получаем, что точка $x = 0$ - точка устранимого разрыва.
$x = 1$
Рассмотрим правый предел:
$lim ln1x-= + ∞ x→1+0$
Левый предел:
$lim ln1x-= − ∞ x→1−0$
Получаем, что точка $x = 1$ - точка разрыва второго рода.

Ответ

$x = 0$ - точка устранимого разрыва, $x = 1$ - точка разрыва второго рода.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 97#71986

Определить точки разрыва функций и исследовать характер этих точек, если $∘ -------- f(x) = 1−c4−os(xπ2x)$

Показать ответ и решение

Заметим, что у дроби и числитель, и знаменатель (как отдельные функции) непрерывны. Заметим также, что $f (x )$ определена при $2 x < 4$ , то есть на интервале $(− 2,2)$ , так как иначе под корнем будет отрицательное число. Получаем, что исследователь на разрыв нужно только точки, в которых знаменатель $2 x − 4$ будет обращаться в 0.

Получаем особые точки $x = 2 1$ и $x = − 2 2$ . Так как функция определена только в левой окрестности $x1 = 2$ и только в правой окрестности $x2 = − 2$ , то мы будем рассматривать только левый предел для $x 1$ и только правый для $x 2$ .

$∘ -------- ∘ ------------- ∘ ----------------- 1−cos(πx) √-1-- cos(2π)−-cos(πx) 1 2sin(pi2 x)sin((2−x)π2) xl→im2−0 4−x2 = x→li2m−0 2+x 2− x = xl→im2− 02 2−x$ =
$∘ ------------------ ∘ ---------- 1 π sin((2− x)π2) 1 ∘ -----π--- sin((2−x)π2) 2 xl→im2−0 πsin(2x)--(2−-x)π2- = 2 xl→im2−0 πsin(2x)x→li2m−0 --(2−x)π2-$ = $1 2 ⋅0⋅1 = 0$ .
Получаем, что $x = 2$ - точка устранимого разрыва.

Аналогично для $x = − 2$ :
$∘ 1−cos(πx) 1 ∘ cos(2π)−-cos(−πx) xl→i−m2+0 --4−x2--= 2x→li−m2+0 -----2+x------$ = $-------------------- 1 ∘ π sin((2+x)π) 2 x→li−m2+0 πsin(−-2x)--(2+x)π22- = 0$ .
Получаем, что $x = − 2$ - тоже точка устранимого разрыва.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 98#71987

Определить точки разрыва и их род у функции

( πx { cos-2 пр и |x| ≤ 1 f(x) = ( |x − 1|, пр и |x| > 1

Показать ответ и решение

Поскольку при $x ∈ (− ∞, 1 )∪ (1,+ ∞ )$ функция $f(x)$ равна $|x − 1|$ , то есть просто композиция линейной функции и модуля, то на указанном участке $f(x)$ заведомо непрерывна как композиция двух непрерывных всюду функций.

Далее, при $x ∈ (− 1,1)$ $f (x )$ равна $cos πx2$ , то по теореме о композиции непрерывных функций $f(x)$ , будучи композицией всюду непрерывного косинуса и всюду непрерывной линейной функции $πx 2$ , на этом участке также непрерывна.

Следовательно, подозрительными точками могут быть только граничные точки склейки - точки $1$ и $− 1$ .

1. Исследуем точку $x0 = 1$ . При $x → 1+$ $f(x)$ задаётся формулой $x − 1$ , и, значит,

lim f(x) = lim (x− 1) = 0 x→1+ x→1+

В то же время При $x → 1−$ $f(x)$ задаётся формулой $cos π2x$ , и, значит,

πx lx→i1m− f(x) = xl→im1 − cos 2-= 0

Следовательно, в точке $1$ существуют оба односторонних предела и они равны между собой, то есть, существует и просто предел. Но равен ли он значению $f(1)$ ? $f(1)$ нужно считать по формуле $πx cos 2$ и $π f(1) = cos2 = 0$ . Значит, $lxim→1 f(x) = f (1)$ . Таким образом, $f$ - непрерывна в точке $1$ .

2. Исследуем точку $x0 = − 1$ . При $x → − 1+$ $f (x )$ задаётся формулой $cos πx2$ , и, значит,

πx- x→lim−1+ f(x) = x→lim−1+ cos 2 = 0

В то же время При $x → − 1−$ $f (x)$ задаётся формулой $1− x$ , и, значит,

lim f(x) = lim 1 − x = 2 x→− 1− x→ −1−

Следовательно, в точке $1$ существуют оба односторонних предела, но они не равны между собой, то есть в точке $− 1$ функция $f(x)$ терпит разрыв 1 рода.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 99#80279

Будет ли функция $f(x) = 1x$ равномерно непрерывной на $E = (0,1)$ ?

Показать ответ и решение

Докажем, что $f$ не будет равномерно непрерывна на $E$ . Давайте для этого построим отрицание определения равномерной непрерывности:

∃ 𝜀 > 0 ∀δ > 0 ∃x ,x ∈ E такие, что |x − x | < δ но при этом |f (x )− f(x )| ≥ 𝜀 1 2 1 2 1 0

Так у нас и будет. Возьмем $1 𝜀 = 2$ . Тогда какую бы $δ > 0$ нам ни дали, мы возьмем две такие точки $x1$ , $x2$ :
В качестве точки $x1$ мы возьмем точку вида

--1-- x1 = n + 1

А качестве точки $x2$ мы возьмем точку вида

x2 = 1- n

Понятно, что, поскольку

-1--- 1- nl→im∞ (n+ 1 − n ) = 0

То при достаточно большом $n$ мы сможем добиться того, чтобы $|x1 − x2| < δ$ .

Однако

|f(x1) − f(x2)| = |n+ 1 − n| = 1 ∀n

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 100#80280

Будет ли функция $f(x) = sinx2$ равномерно непрерывной на $ℝ$ ?

Показать ответ и решение

Докажем, что $f$ не будет равномерно непрерывна на $ℝ$ . Давайте для этого построим отрицание определения равномерной непрерывности:

∃𝜀 > 0 ∀δ > 0 ∃x ,x ∈ ℝ такие, ч то |x − x | < δ но при этом |f (x )− f(x )| ≥ 𝜀 1 2 1 2 1 0

∘ --------- π- x1 = 2(n + 1)

А качестве точки $x 2$ мы возьмем точку вида

∘ --- x2 = π-n 2

Понятно, что, поскольку

∘ --------- ∘ --- π- π- nli→m∞( 2(n+ 1)− 2 n) = 0

То при достаточно большом $n$ мы сможем добиться того, чтобы $|x − x | < δ 1 2$ .

Однако

∘ --- |f (x1) − f(x2)| = |sin (π(n + 1))− sin ( πn)| = 1 ∀n 2 2

(проследите простую закономерность, какие значения принимает первый синус и какие значения принимает второй синус. Когда один из них равен $± 1$ , другой равен нулю, и наоборот. Поэтому модуль разности между ними всегда равен 1.)

Ну и мы получили, что для сколь угодно близких $x1,x2$ значения функции $f(x1),f(x2)$ отличаются на единицу, то есть, в частности, отличаются больше, чем на взятый нами $𝜀 = 1 2$ . Следовательно, $f$ - не равномерно непрерывна на $ℝ$ .

Ответ: