Пределы функций. Непрерывность. Точки разрыва. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Пределы функций. Непрерывность. Точки разрыва.

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 1#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:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#80281

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

sup |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 $δ3 = sup |x − y| x∈E1,y∈E2$ - расстояние между множествами $E1, E2$ . По условию нам дано, что $δ > 0 3$ .

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 максимальное 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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#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

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

∘ --------- 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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#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

--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:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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 9#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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#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 11#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:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 13#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 14#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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#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 16#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: