Предел и непрерывность функции - 7 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЮФУ | Ростов-на-Дону

Составители: 

Рубрика: 

и |sin x| ≤ 1, значит, |f(x)| <
1
x
. Но
1
x
< ε ⇔ x >
1
ε
. Чтобы использовать по-
лученные оценки, искомая окрестность U
+∞
(δ) = (δ, ∞) должна содержаться
в U
+∞
(1). Положим δ = max {1; 1/ε}. Тогда из неравенства x > δ следует, что
|f(x)| < ε. Таким образом,
∀ε > 0 ∃δ = max
(
1;
2
ε
)
: |f(x)| < ε, ∀x ∈ (δ, +∞).
По определению предела функции в точке по Коши lim
x→+∞
f(x) = 0.
d) lim
x→−1
x
3
(x + 1)
2
= −∞. Положим f(x) =
x
3
(x + 1)
2
. Область определения
этой функции — множество D(f) = R \ {−1}. Точка a = −1 является пре-
дельной точкой D(f). Фиксируем ε > 0. Докажем, что функция f(x) являет-
ся бесконечно большой в точке x = −1, для чего оценим f(x) в некоторой
окрестности этой точки, например, в U
−1
(1/2) = {x ∈ R : |x + 1| <
1
2
}. Так
как для всех x ∈ U
−1
(1/2) |x + 1| < 1/2 и
|x| = |(x + 1) − 1| ≥ 1 − |x + 1| > 1 −1/2 = 1/2,
то |f(x)| =
|x
3
|
(x + 1)
2
>
1
8 (x + 1)
2
>
1
4 |x + 1|
. Но
1
4 |x + 1|
> ε ⇐⇒ 0 < |x + 1| <
1
4 ε
.
Положим δ = min
n
1
2
;
1
4ε
o
. Заметим, что в U
−1
(1/2), а, значит, и для x ∈ U
−1
(δ),
f(x) < 0. Поэтому −f(x) >
1
4 |x + 1|
> ε. Итак,
∀ε > 0 ∃δ = min
(
1
2
;
1
4ε
)
> 0 : ∀x ∈ R, 0 < |x + 1| < δ =⇒ f(x) < −ε.
По определению предела функций в точке по Коши lim
x→−1
f(x) = −∞.
Пример 3. Доказать, что функция f(x) = sin
1
x
не имеет предела при
x → 0.
Воспользуемся следствием из определения Гейне об отсутствии предела
функции в точке. Рассмотрим последовательность {x
n
} : x
n
=
1
π
2
+ 2πn
. Оче-
видно, что x
n
∈ R \ {0}, ∀n ∈ N, и lim
n→∞
x
n
= 0. Так как sin
π
2
+ 2πn
!
= 1,
∀n ∈ N, то lim f(x
n
) = 1.
7

Страницы