Предел и непрерывность функции - 31 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЮФУ | Ростов-на-Дону

Составители: 

Рубрика: 

то есть функция f непрерывна в точке a. Поскольку точка a — произвольная
точка интервала (−∞, 1), то f ∈ C((−∞, 1). Аналогично доказывается, что
f непрерывна на (1, 2) и (2, +∞), то есть f(x) ∈ C(R \ {1; 2}). Точки x =
1, x = 2 — принадлежащие D(f) двусторонние предельные точки. Найдем
односторонние пределы функции f в этих точках:
lim
x→1−0
f(x) = lim
x→1−0
1 = 1, lim
x→1+0
f(x) = lim
x→1+0
(−1) = −1,
lim
x→2−0
f(x) = lim
x→2−0
(−1) = −1, lim
x→2+0
f(x) = lim
x→2+0
1 = 1.
Поскольку f(1 − 0), f(1 + 0) ∈ R и f(1 − 0) 6= f(1 + 0), то x = 1 — точка
разрыва 1-го рода, причем неустранимого. Аналогично, x = 2 — также точка
неустранимого разрыва 1-го рода.
Замечание. Если функция f определена на множестве X, а ϕ — на
(a, b), (a, b) ⊂ X, f
(a,b)
= ϕ, ∀x ∈ (a, b) и ϕ ∈ C((a, b)), то f ∈ C((a, b)).
b). Функция f определена на R. Функция
ϕ(x) = f(x)
(−∞,0)
= 1, ∀x ∈ (−∞, 0).
Поскольку постоянная функция непрерывна на (−∞, 0), то есть
ϕ ∈ C((−∞, 0)), то f ∈ C((−∞, 0)).
Пусть g(x) = f(x)
(0,+∞)
, то есть g(x) = sin
1
x
, ∀x > 0. Функция g(x) явля-
ется суперпозицией функций g
1
(x) =
1
x
, g
1
: (0, +∞) → (0, +∞) и g
2
(x) =
sin x, g
2
: (0, +∞) → R, то есть для всех x ∈ (0, +∞) g(x) = (g
2
◦ g
1
)(x).
Так как функция g
1
(x) является рациональной и ее знаменатель отличен от
нуля на (0, +∞), то g
1
(x) ∈ C((0, +∞)). Функция g
2
(x) является элементар-
ной, поэтому g
2
(x) ∈ C((0, +∞)). В силу теоремы о непрерывности сложной
функции g(x) ∈ C((0, +∞)), а значит f ∈ C((0, +∞)).
Итак, f ∈ C(R \ {0}). Для изучения поведения функции в x = 0 — двусто-
ронней предельной точке D(f), найдем ее односторонние пределы. Так как
f(x)
(−∞,0)
≡ 1, то lim
x→−0
f(x) = 1 = f(1) и функция f непрерывна слева в
точке x = 0. Так как f(x)
(0,+∞)
= sin
1
x
, и не существует предела lim
t→+∞
sin t,
то 6∃ lim
x→+0
f(x), а значит x = 0 является точкой разрыва 2-го рода.
Пример 37. Доказать непрерывность функции f(x) = [x] sin πx в R.
31

Страницы