Рациональные методы решения задач по матанализу. Коваленко Л.И. - 27 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

МФТИ | Москва

Составители: 

Рубрика: 

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 27
+ o((x + 2)
2n+1
).
5. Указать все точки непрерывности и точки разрыва, устано-
вить тип разрывов функции f(x), определенной на (−π; 2π),
при этом
f(x) =
(π
2
− 4x
2
) tg x
|x|
при x ∈ (−π; 2π), x 6= 0, x 6=
k +
1
2
π, k = 0, ± 1;
f(0) = f
3π
2
= π
2
, f
π
2
= 8, f
−
π
2
= −8.
Р е ш е н и е. В любой точке x ∈ (−π; 2π), x 6= 0, x 6= (2k +
+ 1)
π
2
, k = 0, ±1, функция f(x) непрерывна, как частное.
Исследуем f(x) в точках x = 0, x = ±
π
2
, x =
3π
2
.
x = 0 :
lim
x→+0
f(x) = lim
x→+0
(π
2
− 4x
2
) tg x
x
= π
2
= f(0), lim
x→−0
f(x) = −π
2
.
x = 0 — точка разрыва 1-го рода функции f(x).
x =
π
2
: При x ∈
π
4
;
3π
4
f(x) = 4
π
2
4
− x
2
sin x
x cos x
.
Заменим переменную, положив t =
π
2
− x. Тогда
f(x) = f
π
2
− t
=
4t(π −t) cos t
π
2
− t
sin t
,
lim
x→
π
2
f(x) = lim
t→0
4t(π −t) cos t
(sin t)
π
2
− t
= 8 = f
π
2
,
x =
π
2
— точка непрерывности функции f(x).
x = −
π
2
: При x ∈ (−π; 0) функция f(x) отличается от
f(−x) лишь знаком, поэтому
            § 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.                 27

  + o((x + 2)2n+1 ).
5. Указать все точки непрерывности и точки разрыва, устано-
  вить тип разрывов функции f (x), определенной на (−π; 2π),
  при этом
                             (π 2 − 4x2 ) tg x
                         f (x) =
                                     |x|
                                               
                                              1
      при x ∈ (−π; 2π), x 6= 0, x 6= k +          π, k = 0, ± 1;
                                              2
                   
                   3π            π              π
        f (0) = f      = π2 , f         = 8, f −       = −8.
                    2              2                2
     Р е ш е н и е. В любой точке x ∈ (−π; 2π), x 6= 0, x 6= (2k +
      π
  + 1) , k = 0, ±1, функция f (x) непрерывна, как частное.
      2
                                          π        3π
     Исследуем f (x) в точках x = 0, x = ± , x =      .
                                           2        2
      x=0 :
                     (π 2 − 4x2 ) tg x
 lim f (x) = lim                       = π 2 = f (0),     lim f (x) = −π 2 .
x→+0          x→+0           x                           x→−0

  x = 0 — точка разрыва1-го рода       функции f (x).
           π                    π 3π
      x=        : При x ∈         ;
            2                   4 4
                                  2        
                                    π           sin x
                      f (x) = 4        − x2            .
                                    4          x cos x
                                              π
  Заменим переменную, положив t = − x. Тогда
                                              2
                             π        4t(π − t) cos t
                 f (x) = f       −t = π                  ,
                                             2 − t sin t
                               2
                                4t(π − t) cos t           π
            limπ f (x) = lim            π
                                               =8=f          ,
                                        2 −t
           x→ 2            t→0 (sin t)                      2
      π
  x = — точка непрерывности функции f (x).
       2
               π
      x=−          : При x ∈ (−π; 0) функция f (x) отличается от
               2
  f (−x) лишь знаком, поэтому

Страницы