Непрерывность и точки разрыва функции. Примеры. Практикум по математическому анализу. Урок 22

Пример 1. Показать, что элементарные функции:
1) \displaystyle y=2x^{2}-1; 2) \displaystyle v=\textrm{cosec}\: x.
непрерывны во всей своей области определения.
Решение. Найдем область определения функции и затем убедимся, исходя из определения непрерывности, что функция будет непрерывна в этой же области.


1) Областью определения функции y является вся числовая ось. Далее, придадим аргументу x произвольное приращение \displaystyle \Delta x и, подставив в данное выражение функции вместо x наращенное значение \displaystyle x+\Delta x, найдем наращенное значение функции:
\displaystyle y+\Delta y=2(x+\Delta x)^{2}-1.
Вычитая из этого наращенного значения функции ее первоначальное значение, найдем приращение функции:
\displaystyle \Delta y=2(x+\Delta x)^{2}-1-(2x^{2}-1)=4x\Delta x+2\Delta x^{2}.
Пусть теперь \displaystyle \Delta x \to 0. Тогда при любом значении x, \displaystyle \underset{\Delta x \to 0}{\textrm{lim}}\Delta y=0. Следовательно, согласно определению непрерывности, функция y будет непрерывна при любом значении x, т. е. во всей своей области определения.
2) Тригонометрическая функция \displaystyle \textrm{cosec}\: x определена на всей числовой оси, за исключением точек \displaystyle x=k\pi ,\; k=0,\pm 1,\pm 2,....
Повторяя указанные выше рассуждения, найдем приращение функции \displaystyle \Delta v и затем его предел при \displaystyle \Delta x \to 0:
\displaystyle \Delta v=\textrm{cosec}\: (x+\Delta x)-\textrm{cosec}\: x=\frac{1}{\sin (x+\Delta x)}-\frac{1}{\sin x}=\frac{\sin x-\sin (x+\Delta x)}{\sin (x+\Delta x)\sin x}=\frac{2\cos \left ( x+\frac{\Delta x}{2} \right )\sin \left ( -\frac{\Delta x}{2} \right )}{\sin (x+\Delta x)\sin x};
\displaystyle \underset{\Delta x \to 0}{\textrm{lim}}\Delta v=\underset{\Delta x \to 0}{\textrm{lim}}\frac{2\cos \left ( x+\frac{\Delta x}{2} \right )}{\sin (x+\Delta x)\sin x}\cdot \underset{\Delta x \to 0}{\textrm{lim}}\sin \left ( -\frac{\Delta x}{2} \right )=\frac{2\cos x}{\sin ^{2}x}\cdot 0=0.
при всех значениях x, кроме \displaystyle x=k\pi ,\; k=0,\pm 1,\pm 2,....
Следовательно, область непрерывности и область определения элементарной функции \displaystyle \textrm{cosec}\: x полностью совпадают.
Пример 1. Дана функция. Найти ее точки разрыва, если они существуют, и скачок функции в каждой точке разрыва:
1) \displaystyle f_{1}(x)=\frac{1}{x^{2}-4};
2) \displaystyle f_{2}(x)=\frac{3x-5}{x^{2}+2x+10};
3) \displaystyle f_{3}(x)=\textrm{arcctg}\frac{1}{x};
4) \displaystyle f_{4}(x)=\frac{\left | x-3 \right |}{x-3};
5) \displaystyle f_{5}(x)=\textrm{lg}(x^{2}+3x).
Решение. 1) Функция \displaystyle f_{1}(x) определена, т. е. может быть вычислена при всех значениях x, кроме \displaystyle x=\pm 2. Эта функция элементарная, поэтому она непрерывна во всей области своего определения: \displaystyle -\infty <x<-2,\; -2<x<2,\; 2<x<+\infty. Она не определена в точках \displaystyle x_{1}=-2 и \displaystyle x_{2}=2, но определена вблизи этих точек. Вследствие этого, ввиду несоблюдения 1-го условия непрерывности, данная функция в точках \displaystyle x_{1} и \displaystyle x_{2} имеет разрывы. Для определения скачка функции в найденных ее точках разрыва вычислим односторонние пределы этой функции при стремлении аргумента x к точкам разрыва слева и справа:
а) \displaystyle \underset{x \to -2-0}{\textrm{lim}}\frac{1}{x^{2}-4}=+\infty ,
так как при \displaystyle x \to -2-0 величина \displaystyle x^{2}-4 является положительной бесконечно малой, а обратная ей величина \displaystyle \frac{1}{x^{2}-4} является положительной бесконечно большой;
\displaystyle \underset{x \to -2+0}{\textrm{lim}}\frac{1}{x^{2}-4}=-\infty,
так как при \displaystyle x \to -2+0 величина \displaystyle x^{2}-4 является отрицательной бесконечно малой, а обратная ей величина является отрицательной бесконечно большой.
Следовательно, в точке \displaystyle x=-2 функция имеет бесконечный разрыв (рис. 1).
neprer_004

Рис.1

б) \displaystyle \underset{x \to -2-0}{\textrm{lim}}\frac{1}{x^{2}-4}=-\infty,
так как при \displaystyle x \to -2-0 величина \displaystyle x^{2}-4 есть отрицательная бесконечно малая, а обратная ей величина есть отрицательная бесконечно большая;

\displaystyle \underset{x \to -2+0}{\textrm{lim}}\frac{1}{x^{2}-4}=+\infty,
так как при \displaystyle x \to -2+0 величина \displaystyle x^{2}-4 есть положительная бесконечно малая, а обратная ей величина есть положительная бесконечно большая.
Следовательно, и в точке x=2 разрыв функции бесконечный.
2) Элементарная функция \displaystyle f_{2}(x) определена на всей числовой оси (хотя она дробная, но корни знаменателя комплексные). Поэтому она и непрерывна на всей числовой оси, т. е. не имеет точек разрыва.
3) Элементарная функция \displaystyle f_{3}(x) определена, а следовательно, и непрерывна на всей числовой оси, кроме точки x=0. В точке x=0 функция имеет разрыв, поскольку она определена в любой окрестности этой точки, за исключением самой точки.
Найдем односторонние пределы функции в этой точке:
\displaystyle \underset{x \to -0}{\textrm{lim}}\textrm{arcctg}\frac{1}{x}=\textrm{arcctg}(-\infty )=\pi ;
\displaystyle \underset{x \to +0}{\textrm{lim}}\textrm{arcctg}\frac{1}{x}=\textrm{arcctg}(+\infty )=0.
Следовательно, разрыв функции конечный (рис. 2); при x=0 она имеет конечный скачок
\displaystyle \underset{x \to +0}{\textrm{lim}}f_{3}(x)-\underset{x \to -0}{\textrm{lim}}f_{3}(x)=0-\pi =-\pi.
neprer_002

Рис.2

4) Функция \displaystyle f_{4}(x) определена и непрерывна на всей числовой оси, кроме точки x=3. Из этого следует, что в точке x=3 функция имеет разрыв.
Исследуем эту точку разрыва:
\displaystyle \underset{x \to 3-0}{\textrm{lim}}\frac{\left | x-3 \right |}{x-3}=-1,
так как при всяком значении x<3 эта функция равна -1;
\displaystyle \underset{x \to 3+0}{\textrm{lim}}\frac{\left | x-3 \right |}{x-3}=1,
так как при всяком значении x>3 эта функция равна +1.
Следовательно, в точке x=3 функция имеет конечный разрыв (рис. 3); ее скачок в этой точке разрыва конечный:
\displaystyle \underset{x \to 3+0}{\textrm{lim}}f_{4}(x)-\underset{x \to 3-0}{\textrm{lim}}f_{4}(x)=1-(-1)=2.
neprer_006

Рис.3

5) Логарифмическая функция \displaystyle y=\textrm{lg}u определена только для положительных значений своего аргумента u. Поэтому элементарная функция \displaystyle f_{5}(x)=\textrm{lg}(x^{2}+3x) будет определена и непрерывна для значений x, удовлетворяющих неравенству \displaystyle x^{2}+3x>0. Решая это неравенство, найдем область определения и область непрерывности функции, — она будет состоять из двух интервалов числовой оси:
\displaystyle -\infty <x<-3 и \displaystyle 0<x<+\infty. Во всех точках отрезка \displaystyle -3\leq x\leq 0 данная функция не определена, однако точками ее разрыва являются только граничные точки x=-3 и x=0. В этих граничных точках функция не определена, но она определена в сколь угодно близких точках слева от точки x=-3 и справа от точки x=0. Все остальные внутренние точки отрезка [— 3; 0], в которых функция также не определена, как и в точках x=-3 и x=0, не являются точками разрыва потому, что вблизи этих внутренних точек функция не определена.

Точка, в которой функция не определена, будет точкой разрыва функции лишь при условии, если функция определена, хотя бы с одной стороны вблизи этой точки.
Найдя односторонние пределы функции при стремлении x к точкам разрыва изнутри области определения функции
\displaystyle \underset{x \to -3-0}{\textrm{lim}}(x^{2}+3x)=\textrm{lg}0=-\infty ;\; \underset{x \to +0}{\textrm{lim}}(x^{2}+3x)=\textrm{lg}0=-\infty,
заключаем, что в точках x=-3 и x=0 функция имеет бесконечные разрывы (рис. 4).
neprer_008

Рис.4

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

загрузка...

Наш сайт находят по фразам:

×