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 101#80281

Пусть $f$ - равномерно непрерывна на $E1$ и $f$ - равномерно непрерывна на $E2$ , $E1 ∩ E2 = ∅$ и, более того,

inf |x − y| > 0 x∈E1,y∈E2

Доказать, что тогда $f$ - равномерно непрерывна на $E1 ∪E2$ .

Вопрос. А верно ли аналогичное свойство для объединения бесконечного количества множеств?.

Показать ответ и решение

1. Разберемся со случаем объединения двух множеств $E1 ∪E2$ .
Тот факт, что $f$ - равномерно непрерывна на $E1$ означает, что

∀𝜀 > 0 ∃δ > 0 такое, что ∀x1, x2 ∈ E1 так их, что |x1 − x2| < δ вы полнено |f(x1)− f (x2)| < 𝜀

А тот факт, что $f$ - равномерно непрерывна на $E2$ означает, что

∀𝜀 > 0 ∃δ > 0 такое, что ∀x1, x2 ∈ E2 так их, что |x1 − x2| < δ вы полнено |f(x1)− f (x2)| < 𝜀

Докажем, что тогда $f$ будет равномерно непрерывна и на их объединении $E ∪ E 1 2$ .

Действительно, пусть нам дали произвольное $𝜀 > 0$ . Выберем $δ1 > 0$ , которое существует по определению равномерной непрерывности $f$ на $E 1$ .

Затем выберем $δ2 > 0$ , которое существует по определению равномерной непрерывности $f$ на $E2$ .

Пусть к тому же $δ3 = x∈Ein1f,y∈E2|x − y|$ - расстояние между множествами $E1, E2$ . По условию нам дано, что $δ3 > 0$ .

Тогда утверждается, что

min-{δ1,δ2,δ3} δ = 2

уже подойдёт в качестве $δ > 0$ из определения равномерной непрерывности на объединении $E1 ∪ E2$ .

Проверим это. Во-первых, очевидно, что $δ > 0$ , поскольку минимум из трёх положительных чисел $δ1,δ2,δ3$ тоже будет положительным.

Во-вторых, пусть теперь дано $𝜀 > 0$ . Тогда посмотрим, что будет для $x1$ и $x2$ , взятых из $E1 ∪ E2$ и удовлетворяющих условию $|x1 − x2| < δ$ .

Если оба $x 1$ и $x 2$ принадлежат $E 1$ , то, поскольку расстояние между ними меньше $δ$ , а $δ < δ1$ , то по определению равномерной непрерывности для $f$ на $E1$ , обязательно будет выполнено

|f(x1)− f (x2)| < 𝜀

Аналогично, если оба $x1$ и $x2$ принадлежат $E2$ , то, поскольку расстояние между ними меньше $δ$ , а $δ < δ2$ , то по определению равномерной непрерывности для $f$ на $E2$ , обязательно будет выполнено

|f(x1)− f (x2)| < 𝜀

Если же какой-то из иксов принадлежит, например, $E 1$ , а другой принадлежит $E 2$ , то для них просто не может выполняться условие $|x1 − x2| < δ$ , потому что $δ < δ3$ , а минимальное расстояние между точками из $E1$ и точками из $E2$ равно $δ3$ . Следовательно, этот третий случай вообще невозможен, при $|x1 − x2| < δ$ .

Таким образом, мы рассмотрели все случае и показали, что для любых $x1,x2 ∈ E1 ∪ E2$ с условием $|x1 − x2 | < δ$ выполнено, что $|f(x1)− f (x2)| < 𝜀$ . Это и означает, что $f$ - равномерно непрерывна на объединении $E1 ∪ E2$ .

2. Случай бесконечного объединения. А что будет, если $f$ равномерно непрерывна на каждом $Ei$ , $i = 1,...,+ ∞$ . И пусть даже для всех $Ei$ выполнены условия, что они попарно не пересекаются и расстояния между всеми ними положительны. Обязательно ли из этого будет следовать, что $f$ равномерно непрерывна на $+∞ ⋃ Ei i=1$ ?

По крайней мере, провернуть аналогичное доказательство, как мы сделали для объединения двух множеств (и как могли бы сделать для любого конечного объединения) уже не получится (почему???)

И ответ в данном случае - уже не обязательно. Рассмотрим

2 1 1 1 1 f(x) = x , ,E1 = [1+ 2-,2],E2 = [2+ 4,3],E3 = [3 + 8,4],...,En = [n+ 2n,n + 1],n = 1,2,...

Тогда $f$ , будучи просто поточечно непрерывной на каждом $Ei$ , будет и равномерно непрерывна на каждом $E i$ по теореме Гейне-Кантора (заметим, что все $E i$ - отрезки, так что мы как раз попадаем в условие этой теоремы).

Однако равномерной непрерывности на $+∞⋃ Ei i=1$ уже не будет. Это проверяется аналогично тому, как мы проверяли, что $f(x) = x2$ не будет равномерно непрерывной на $ℝ$ . Надо брать точки вида $√ ----- √-- n + 1, n$ , для больших $n$ расстояние между этими точками будет стремиться к нулю, эти точки обязательно (для больших $n$ ) будут попадать в объединение $+⋃∞ Ei i=1$ , однако разность $f$ от этих точек будет всегда равна 1. Поэтому равномерной непрерывности $f$ на $+⋃∞ Ei i=1$ мы не получим.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 102#80282

Пусть $a$ - любое вещественное число. Пусть

f : [a,+ ∞ ) → ℝ

- непрерывна поточечно на замкнутом луче $[a,+ ∞ )$ , и существует конечный предел

lim f(x) = L x→+ ∞

Доказать, что тогда $f$ - равномерно непрерывна на $[a,+ ∞ )$ .

Показать ответ и решение

Пусть дано произвольное $𝜀 > 0$ . Поскольку мы знаем, что

lim f(x) = L x→+ ∞

это означает, что обязательно найдется такое $T > 0,T ∈ ℝ$ , что при всех $x$ таких, что $x > T$ будет выполнено

𝜀 |f(x)− L | <-- 2

А, значит, при всех $x1,x2 ∈ (T,+ ∞ )$ обязательно

|f(x1) − f(x2)| = |(f (x1)− L) + (L− f(x2))| ≤ |f(x1) − L|+ |f(x2)− L | < 𝜀

С другой стороны, поскольку $f$ - поточечно непрерывна на $[a,+∞ )$ , то она, конечно, будет поточечно непрерывна и на отрезке $[a,T + 1]$ . Но тогда, по теореме Гейне-Кантора, $f$ будет равномерно непрерывна на отрезке $[a,T + 1]$ . Таким образом, существует $δ1$ такая, что при всех $x ,x ∈ [a, T + 1] 1 2$ обязательно выполнено, что

|f(x1)− f (x2)| < 𝜀

И мы уже почти готовы заключить, что $f$ - равномерно непрерывна на $[a,+ ∞ )$ . Действительно, мы утверждаем, что теперь для этого произвольного $𝜀 > 0$ мы сможем найти такую $δ$ , что при всех $x1,x2 ∈ [a, +∞ )$ обязательно будет выполнено, что

|f(x1)− f (x2)| < 𝜀

Пусть $δ = min{δ1, 12}$ . Покажем, что она подойдёт.

Итак, если оба $x1,x2$ попали в $(T, +∞ )$ , то какое бы между ними ни было расстояние, мы уже заведомо знаем, что $|f(x1) − f(x2)| < 𝜀$ . Если же оба $x1,x2$ попали в $[a,T + 1]$ , то, поскольку $δ ≤ δ1$ , а при $|x1 − x2| < δ1$ из-за равномерной непрерывности $f$ на $[a,T + 1]$ уже автоматически получится, что $|f(x1)− f(x2)| < 𝜀$ , то с этим случаем тоже все в порядке.

Но что же делать, если один из исков попал в $[a,T + 1 ]$ , а другой попал в $(T, +∞ )$ ? Но, поскольку мы сейчас рассматриваем только иксы, расстояние между которыми меньше $δ$ , а $δ$ уж заведомо меньше 1 (она не превосходит $1 2$ по построению), то в таком случае не может быть такого, что один из иксов лежит в интервале $(a,T)$ , а другой лежит в интервале $(T + 1,+∞ )$ .

То есть, один из иксов обязательно лежит в пересечении $[a,T + 1]∩ (T,+ ∞ ) = (T,T + 1]$ . Но тогда второй либо лежит в $[a,T + 1]$ и тогда все хорошо, то есть $|f (x1)− f(x2)| < 𝜀$ , потому что они оба лежат тогда в отрезке $[a,T + 1]$ , а там $f$ равномерно непрерывна.

Либо второй лежит в луче $(T,+ ∞ )$ , но тогда они оба лежат в этом луче $(T,+ ∞ )$ и тогда тоже все хорошо и $|f (x1 )− f(x2)| < 𝜀$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 103#80283

Будет ли функция $f(x) = arctg x$ равномерно непрерывна на $ℝ$ ?

Показать ответ и решение

Поскольку $arctg x$ - непрерывна поточечно на прямой $(− ∞, + ∞ )$ и имеет конечные пределы

π π lim arctg x = --, lim arctgx = − -- x→+ ∞ 2 x→ −∞ 2

То $arctgx$ будет равномерно непрерывна на $ℝ$ (рассуждать нужно аналогично тому, как при доказательстве общего свойства:

Пусть $a$ - любое вещественное число. Пусть

f : [a,+ ∞ ) → ℝ

- непрерывна поточечно на замкнутом луче $[a,+ ∞ )$ , и существует конечный предел

xl→im+ ∞ f(x) = L

Тогда $f$ - равномерно непрерывна на $[a,+∞ )$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 104#80284

Обязательно ли из равномерной непрерывности $f$ на $E$ следует, что $f$ - ограничена на $E$ ?

Указание. Рассмотреть функцию $f(x) = x + sinx$ на $ℝ$ .

Показать ответ и решение

Не обязательно. Указанная функция на указанном множестве и будет контрпримером. А именно, очевидно, что $f$ - не ограничена на $E$ , более того, $x→li+m∞ f (x ) = + ∞$ .

Однако $f$ будет равномерно непрерывна на $E$ . Действительно,

|f (x )− f(x )| = |x − x − (sin x − sinx )| н- в≤о △ |x − x | + |sinx − sin x | = 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1

x2 −-x1 x2 +-x1 x2 −-x1 = |x1 − x2|+ |2sin ( 2 )⋅cos( 2 )| ≤ |x1 − x2|+ |2sin( 2 )| ≤

синус не превосходит своего аргумента x − x ≤ |x1 − x2|+ |2(-2----1)| = 2|x1 − x2| 2

Следовательно, какое бы $𝜀 > 0$ нам ни дали, мы возьмем $𝜀 δ = 3$ и тогда при $x1,x2 ∈ ℝ$ таких, что $|x1 − x2 | < δ$ мы автоматически получим, что $|f (x1 )− f(x2)| < 2|x1 − x2| < 2δ = 2𝜀< 𝜀 3$ .

Что доказывает, что $f$ - равномерно непрерывна на $ℝ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 105#97466

a) Найти

∘ ---------- xl→im− ∞ x− x2 + x + 1

b) Найти

∘ ----------- ∘ ----------- lim 3 x3 + x2 + 1 − 3 x3 − x2 + 1 x→ ∞

c) Найти

∘ ---------- 1 xl→im∞ x2 − x+ 1 − x + -- 2

Показать ответ и решение

a) Домножим и разделим на сопряженное:

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

Теперь поделим и числитель и знаменатель на $x$ .

Только будем осторожными - когда мы будем делить вот этот кусочек знаменателя $√ ---------- x2 + x + 1$ на $x$ , нам, разумеется, захочется внести его под корень. Но у нас $x → − ∞$ , поэтому мы вспоминаем школьное свойство, что при $a < 0$ выполнено

√---------- √ -------- √ -------- a2 что-то = |a| что-то = ( если a < 0 )− a что- то

(в нашем случае роль $a$ играет $1x$ , которое то как раз и отрицательно при $x → − ∞$ ).

И тогда

1 ---√−-x−-1-----= ---∘−-1−--x----- x+ x2 + x+ 1 1− 1 + 1 + -1 x x2

Итак, числитель, очевидно, стремится к $− 1$ .

В знаменателе же стоит разность $1$ и корня $∘ ---------- 1 + 1 + 1- x x2$ , который, очевидно, стремится к 1. Таким образом, знаменатель наш стремится к нулю, причем оставаясь всегда положительным, а числитель стремится к $− 1$ .

Делаем вывод: при $x → − ∞$ выражение

− 1− 1 ---∘------x----- 1− 1 + 1x + x12

А вместе с ним и наше исходное выражение

∘ ---------- x− x2 + x + 1

расходится к $− ∞$ .

b) Поскольку задача состоит в том, чтобы найти

xl→im∞ нашего вы ражени я

необходимо исследовать предел

xl→im+ ∞ наш его выраж ения

lim наш его выраж ения x→− ∞

Если окажется, что они существуют и равны между собой, то тогда и только тогда мы скажем, что существует и равен им предел

lim нашего вы ражени я x→ ∞

Итак, приступим:

Домножим и разделим на сопряженное:

∘3--3---2---- ∘3--3---2---- ------------------x3-+-x2 +-1-−-(x3 −-x2-+-1)----------------- x + x + 1− x − x + 1 = 3∘ (x3 +-x2-+-1)2 + 3∘ (x3-+-x2-+-1)(x3-−-x2-+-1)+ ∘3(x3-−-x2 +-1)2 =

2 = ∘-----------------∘----------2x---------------∘--------------- 3 (x3 + x2 + 1)2 + 3 (x3 + x2 + 1)(x3 − x2 + 1)+ 3(x3 − x2 + 1)2

Теперь поделим и числитель и знаменатель на $2 x$ .

В данном случае мы делим, во-первых, на что-то явно положительное при $x → +∞$ , и при $x → − ∞$ тоже. Да и корень у нас нечетной степени. Поэтому никаких таких забот, как в предыдущем пункте у нас не возникнет. Наше деление происходит без смены знака у корня причем как при $x → +∞$ , так и при $x → − ∞$ . Тогда:

-----------------------------2x2------------------------------ 3∘ (x3 +-x2-+-1)2 + ∘3(x3-+-x2 +-1)(x3-−-x2 +-1)+ 3∘ (x3 −-x2 +-1)2 =

2x2 = ∘3-6-----------------------------3∘--6-----------------------------3∘---6-------------------------- = x + од ночлены степен и < 6 + x + од ночлены степени < 6 + (x + одноч лены степе&#

(а теперь делим )

= ∘----------------------------∘------------2----------------∘-------------------------- 3 1+ члены вида 1k,k > 0 + 31 + члены вида -1k,k > 0 + 3 1+ члены вида 1k,k > 0 x x x

Видно, что числитель стремится к 2 (он просто равен 2), а в знаменателе стоит сумма трех корней, в каждом из которых подкоренное выражение стремится к 1, следовательно, знаменатель стремится к 3.

Причем, обратите внимание, что мы нигде не пользовались тем, $x → + ∞$ или $x → − ∞$ .

Следовательно, мы можем заключить и то, что

∘3 ----------- 3∘ ----------- 2 x→lim−∞ x3 + x2 + 1− x3 − x2 + 1 = 3

И то что

∘3 ----------- 3∘ ----------- 2 x→li+m∞ x3 + x2 + 1− x3 − x2 + 1 = 3

А значит, вывод:

3∘ -3----2---- 3∘ -3----2---- 2- xli→m∞ x + x + 1 − x − x + 1 = 3

c) Поскольку задача состоит в том, чтобы найти

xl→im∞ нашего вы ражени я

необходимо исследовать предел

lim наш его выраж ения x→+ ∞

lim наш его выраж ения x→− ∞

xl→im∞ нашего вы ражени я

Итак, приступим:

Домножим и разделим на сопряженное:

∘ ---------- 1 (x2 − x + 1)− (x − 1)2 3 x2 − x + 1 − x+ -= -√----------------21--= √--------4--------1 2 x2 − x + 1 + x− 2 x2 − x+ 1 + x − 2

1. Исследуем при $x → +∞$ . Тогда числитель стремится к $3 4$ , а в знаменателе давайте вынесем $x$ за скобки:

---------- ∘ ----------- ∘ x2 − x + 1+ x − 1-= x ( 1 − 1-+ 1-+ 1 − -1-) 2 x x2 2x

И видно, что при $x → + ∞$ выполнено:

∘ ----------- 1 − 1-+ -1-→ 1, 1− 1--→ 1 x x2 2x

Следовательно, наш $x$ умножается на скобку, стремящуюся к 2.

Следовательно, знаменатель стремится к $+ ∞$ , следовательно, вся дробь

3 √--------4--------1 x2 − x + 1 + x− 2

стремится к 0 при $x → + ∞$ .

2. Исследуем при $x → − ∞$ . Тогда числитель стремится к $3 4$ , а в знаменателе давайте вынесем $x$ за скобки.

Однако, вспомним, что $x → − ∞$ , поэтому по школьному свойству, говорящему о том, что при $a < 0$ выполнено

√---------- √ -------- √ -------- a2 что-то = |a| что-то = ( если a < 0 )− a что- то

(в нашем случае роль $a$ играет $x$ , которое то как раз и отрицательно при $x → − ∞$ ). И будем иметь:

∘ ---------- ∘ ----------- x2 − x + 1+ x− 1= x(− 1 − 1-+ -1-+ 1 − -1) 2 x x2 2x

К чему же все это стремится при $x → − ∞$ ? Давайте немного преобразуем:

∘ ----------- ∘ ----------- x(− 1 − 1-+ -1-+ 1− 1-) = − x ( 1 − 1-+ 1-− 1 + -1-) x x2 2x x x2 2x

Сделаем замену $x = − t$ . Тогда наш пример превратится в

∘ ---------- t( 1+ 1+ 12-− 1 − 1-) t t 2t

Но при такой замене, если $x → − ∞$ , то $t$ , конечно, $t → + ∞$ .

Засунем $t$ обратно под корень ( $t > 0$ ):

∘ -2------- 1- t + t+ 1 − t− 2

Домножим на сопряженное:

2 1 2 3 ∘t2--+-t+-1− t− 1-= t√+--t+-1−-(t+--2)-= √-------4--------- 2 t2 + t+ 1 + t+ 1 t2 + t+ 1 + t+ 1 2 2

И видно, что знаменатель при $t → + ∞$ стремится к $+ ∞$ , числитель стремится к $34$ .

Следовательно,

∘ --------- t2 + t+ 1− t− 1-→ 0,t → + ∞ 2

Следовательно, и до замены

∘ ----------- 1 1 1 − x ( 1− --+ -2 − 1 +---) → 0,x → − ∞ x x 2x

То есть

∘ -2-------- 1- x − x+ 1+ x − 2 → 0,x → − ∞

Таким образом,

---------34--------- √ x2 − x + 1 + x− 1 2

- есть константа, деленная на бесконечно малую. Следовательно,

3 √--2-----4--------1 x − x + 1 + x− 2

- расходится к бесконечности при $x → − ∞$ . Следовательно,

∘ ---------- 1 x2 − x + 1 − x+ -- 2

расходится к бесконечности при $x → − ∞$ .

Получилось, что

lim наш его выраж ения = 0 x→+ ∞

однако

xl→im−∞ нашего вы ражени я − не сущ ествует

Следовательно.

lim наш его вы раж ения − не существует x→∞

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 106#97508

Зачем в определении того, что для функции

f : E → ℝ

выполнено, что

lim f (x) = A x→x0

мы потребовали, что $x0$ - предельная точка множества $E$ ?

Показать ответ и решение

Давайте продемонстрируем это на примере определения предела функции в точке по Гейне.

Опр. (по Гейне) Пусть $f : E → ℝ$ , $E ⊂ ℝ$ . Пусть $x 0$ - предельная точка для множества $E$ . Число $A$ называется пределом функции $f(x)$ в смысле Гейне при $x → x 0$ , если для любой последовательности $x → x n 0$ но так, чтобы $x ⁄= x n 0$ $∀n ∈ ℕ$ выполнено, что $lim f(x ) = A n→ ∞ n$ .

Итак, допустим теперь, что $x0$ - не предельная точка множества $E$ , т.е. области определения функции $f$ .

Это означает, что существует проколотая окрестность точки $x0$ (обозначим её $˚Vx0$ ), в которую не попало вообще ни одной точки множества $E$ .

А теперь остановитесь и попробуйте ответить на вопрос, при этих условиях, может ли существовать хотя бы одна последовательность $xn$ такая, что:
1) $xn → x0$ ;
2) $xn ⁄= x0 ∀n ∈ ℕ$ ;
3) Значения $f(xn)$ вообще определены, то есть можно считать $f$ на элементах последовательности $xn$ ?

Правильный ответ - конечно, нет.

Ибо, если все таки $x → x n 0$ , при этом $x ⁄= x ∀n ∈ ℕ n 0$ , то рано или поздно $x n$ попадёт таки в ту самую проколотую окрестность $˚ Vx0$

(это просто следует из определения того, что $xn → x0$ и из того, что самому $x0$ -му никакой член последовательности $xn$ не равен. А поэтому, начиная с какого-то момента, то есть при $n > N$ все члены $xn$ попадают в сколь угодно малую именно проколотую окрестность своего предела $x0$ - в том числе попадают и в $˚Vx0$ ).

Но что же тогда, тогда же получается, что рано или поздно, то есть начиная с какого-то $N$ все члены $xn$ попадают именно туда, где функция $f$ не определена. Ведь по построению $˚Vx0 ∩E = ∅$ .

Следовательно, у нас с вами в таком случае просто-напросто не получится проверить определение предела функции по Гейне.

Потому что в определении по Гейне мы должны брать все возможные последовательности $xn$ такие, что $xn → x0,xn ⁄= x0 ∀n ∈ ℕ$ , подставлять их в $f$ и смотреть, куда сходится $f(xn)$ . Однако, если $x0$ - не предельная точка множества $E$ , то

СОВЕРШЕННО ЛЮБАЯ ТАКАЯ $xn$ ОБРЕЧЕНА НА ТО, ЧТОБЫ С КАКОГО-ТО МОМЕНТА ПОПАДАТЬ В ПРОКОЛОТУЮ ОКРЕСТНОСТЬ $˚V x0$ , В КОТОРОЙ $f$ НЕ ОПРЕДЕЛЕНА.

ПОЭТОМУ МЫ НЕ СМОЖЕМ НИ ДЛЯ ОДНОЙ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ $xn$ ТАКОЙ ЧТО $xn → x0,xn ⁄= x0 ∀n ∈ ℕ$ ПРОВЕРИТЬ, КУДА СТРЕМИТСЯ $f (xn )$ .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 107#97594

Найти

√ -- √3-- 4√-- n√ -- lim (1−---x)(1−---x)(1-−--x-)...(1-−---x) x→1 (1 − x)n−1

Показать ответ и решение

Чтобы воспользоваться таблицей эквивалентностей, сделаем замену $x − 1 = t$ . Тогда $t → 0$ и будем иметь

(1− √x-)(1− √3x-)(1− 4√x-)...(1− n√x-) (1 − ∘ (1-+-t))(1 − 3∘ (1+-t))(1− ∘4(1-+-t))...(1− n∘ (1+-t)) lim -------------------n−1-------------= lim ----------------------------n−-1------------------------= x→1 (1 − x) t→0 (− t)

1 1 1 1 (1-−-(1+-t)2)(1−-(1-+-t)3)(1-−-(1-+-t)4)...(1-−-(1+-t)n) = lit→m0 (− t)n−1

Теперь, согласно модифицированной таблице эквивалентностей:

(1 + f(x))α − 1 ∼ αf (x ) при лю бом α ∈ ℝ и f(x) → 0

Таким образом, в силу того, что $t → 0$ :

1 − (1+ t)12 = − ((1 + t)12 − 1) ∼ − 1t 2

Аналогично, и для всех остальных степеней тоже, то есть при любом $k = 2,...,n$ будет:

1 1 1 1 − (1+ t)k = − ((1 + t)k − 1) ∼ − kt

Таким образом:

1 1 1 1 (1 − (1+ t)2)(1− (1 + t) 3)(1 − (1+ t)4)...(1 − (1+ t)n) (− 1)n−112 ⋅ 13 ⋅...⋅ 1ntn−1 1 1 1 lt→im0 -----------------------(− t)n−1--------------------- = ltim→0 -------(− t)n−1-------= 12 ⋅3-⋅...⋅n-= n!

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 108#97595

Найти

lim sin(mx-)- x→π sin (nx )

Показать ответ и решение

Поскольку у нас $x → π$ , то сразу в лоб пользоваться таблицей эквивалентностей не получится. Нужно вначале сделать замену, чтобы аргумент в пределе стремился к нулю. Сделаем замену $x − π = t$ . Тогда $t → 0$ и:

sin(mx ) sin(m (π + t)) sin(m π + mt ) lxim→π sin(nx-)-= ltim→0 sin(n-(π-+-t))-= lit→m0 -sin-(n-π +-tn)

А далее пользуемся формулами приведения. Поскольку мы не знаем, четно или нечетно $m$ и $n$ (они по условию могут быть какими угодно), то запишем формулы приведения в общем виде, в зависимости от четностей $m$ и $n$ :

sin(m-π-+-mt-) (−-1)m-sin(mt) lit→m0 sin(nπ + nt) = lit→m0 (− 1)nsin(nt)

Далее, так как $t → 0$ , то $mt → 0$ и $nt → 0$ и поэтому имеем право пользоваться модифицированной таблицей эквивалентностей: $sin(mt ) ∼ mt, sin(nt) ∼ nt$ . Они оба входят как множители во все выражение, и поэтому их можно менять на эквивалентные:

m m lim (− 1)-sin(mt-)= lim (−-1)-(mt)-= (− 1)m−n m- t→0 (− 1)nsin (nt) t→0 (− 1)n(nt) n

(В конце мы просто сократили на $t$ )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 109#98871

a) Пусть $g(x)$ - разрывна в точке $x0$ . Пусть она, однако, определена в точке $x0$ , то есть существует $g(x0)$ . Пусть $f(x )$ - разрывна в точке $g(x0)$ . Может ли, однако, $f(g(x))$ оказаться непрерывной в точке $x 0$ ?

b) Пусть $f(x)$ - разрывна в точке $g(x0)$ . Пусть она, однако, определена в точке $g(x0)$ , то есть существует $f(g(x0))$ . Пусть $g(x)$ - непрерывна в точке $x0$ . Может ли, однако, $f(g(x))$ оказаться непрерывной в точке $x0$ ?

Показать ответ и решение

a) Пусть

( { 1 f(x) = x, если x ⁄= 0 , (0, есл и x = 0 ,

Пусть $g(x) = f(x)$ .

Ясно, что тогда $g$ - разрывна в точке $0$ (у нее даже нет предела при $x → 0$ ).

$f$ - разрывна в точке $g(0) = 0$ . Однако $f(g(x )) = x$ всюду на $ℝ$ , поэтому $f (g(x))$ - непрерывна в точке 0.

b) Пусть $f(x) = sgnx$ (функция знака, равная 1 для положительных $x$ , $− 1$ для отрицательных $x$ и 0 в нуле).

Пусть $g(x) ≡ 3$ - константа, всегда равная 3.

Ясно, что $f(x)$ - разрывна в точке 0. Ясно, что $g(x)$ - непрерывна в точке $f(0) = 0$ . Но $f(g(x)) ≡ 1$ - константа, всегда равная 1. Поэтому $f(g(x ))$ - непрерывна в точке 0.

Ответ: