Tekst źródłowy strony Matematyka 1NI/Ciągłość zwykła

==Ciągłość zwykła==

<big>'''''Zadanie 1'''''</big>

Wykazać ciągłość funkcji <math>f(x)=\cos x\, </math> w dowolnym punkcie <math>x_0\in\mathbb{R}\, </math>, korzystając z definicji Heinego oraz Cauchy'ego.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = W pierwszym przypadku należy skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach, a w drugim dokonać oszacowania wyrażenia <math>|f(x)-f(x_0)|\, </math> dla <math>x\, </math> bliskiego <math>x_0\, </math>.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li> ''Definicja Heinego.''<br>
Weźmy dowolny ciąg <math>x_n\, </math> zbieżny do <math>x_0\, </math>. Mamy:
<equation id="eq:ciaf1">
<math>
\begin{array}{ccl}
0\leq |\cos x_n-\cos x_0|&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle 2\left|\sin\frac{x_n-x_0}{2}\sin\frac{x_n+x_0}{2}\right|\leq 2\left|\frac{x_n-x_0}{2}\right|\\
&\!\!\! = &\!\!\!|x_n-x_0|\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\; .
\end{array} \, </math></equation>
Skorzystaliśmy tutaj ze wzoru:
<equation id="eq:ciaf1b">
<math>
\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\; .
\, </math></equation>
Na mocy twierdzenia o trzech ciągach z <xr id="eq:ciaf1">(%i)</xr> wynika, że
<equation id="eq:ciaf1a">
<math>
\lim_{n\rightarrow\infty}|\cos x_n-\cos x_0|=0\; ,
\, </math></equation>
czyli funkcja cosinus jest ciągła.</li><br>

<li>  ''Definicja Cauchy'ego.''<br>
Weźmy teraz dowolnie małe <math>\epsilon>0\, </math> i załóżmy, że <math>|x-x_0|<\delta\, </math>, gdzie <math>\delta\, </math> jest małe, a ustalimy je za chwilę. Znowu możemy wykorzystać oszacowanie <xr id="eq:ciaf1">(%i)</xr>, zmieniając jednak symbol <math>x_n\, </math> na <math>x\, </math>:
<equation id="eq:ciaf1c">
<math>
0\leq |\cos x-\cos x_0|\leq |x-x_0|<\delta\; .
\, </math></equation>
Jeśli teraz ustalimy <math>\delta\, </math> biorąc <math>\delta=\epsilon\, </math>, to widać, że faktycznie mamy:
<equation id="eq:ciaf1d">
<math>
0\leq |\cos x-\cos x_0|<\epsilon\; ,
\, </math></equation>
tak jak wymaga tego definicja Cauchy'ego. W ten sposób ponownie wykazaliśmy ciągłość funkcji.</li>
</ol>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 2'''''</big>

Wykazać ciągłość funkcji <math>f(x)=\mathrm{arctg}\, x\, </math> w dowolnym punkcie <math>x_0\in\mathbb{R}\, </math>, korzystając z definicji Heinego oraz Cauchy'ego.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = W pierwszym przypadku należy skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach, a w drugim dokonać oszacowania wyrażenia <math>|f(x)-f(x_0)|\, </math> dla <math>x\, </math> bliskiego <math>x_0\, </math>.
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li> ''Definicja Heinego''.<br>
Weźmy dowolny ciąg <math>x_n\, </math> zbieżny do <math>x_0\, </math>. Mamy:
<equation id="eq:ciaf2">
<math>
0\leq |\mathrm{arctg}\, x_n-\mathrm{arctg}\, x_0|=\left|\mathrm{arctg}\frac{x_n-x_0}{1+x_nx_0}\right|=\mathrm{arctg}\frac{|x_n-x_0|}{|1+x_nx_0|}\; ,
\, </math></equation> 
gdzie skorzystaliśmy z nieparzystości funkcji arcus tangens. Wykorzystaliśmy także wzór:
<equation id="eq:ciaf2a">
<math>
\mathrm{arctg}\, a-\mathrm{arctg}\, b=\mathrm{arctg}\frac{a-b}{1+ab}\; ,
\, </math></equation> 
który słuszny jest dla rzeczywistych <math>a\, </math> i <math>b\, </math>, dla których <math>ab>-1\, </math>. Warunek ten w <xr id="eq:ciaf2">(%i)</xr> oznacza, że <math>x_nx_0>-1\, </math>, co naturalnie jest spełnione dla odpowiednio dużych <math>n\, </math>, gdyż <math>x_n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}x_0\, </math>.

Oszacujemy teraz wyrażenie w mianowniku:
<equation id="eq:ciaf2b">
<math>
|1+x_nx_0|=|1+x_0^2+(x_n-x_0)x_0|\geq |1+x_0^2|-|(x_n-x_0)x_0|\geq 1\; ,
\, </math></equation> 
dla dużych <math>n\, </math> (pierwszy wyraz jest niezależny od <math>n\,</math> i większy od jedynki, a drugi wraz z rosnącym <math>n\,</math> zbiega do zera). Zatem
<equation id="eq:ciaf2c">
<math>
\frac{|x_n-x_0|}{|1+x_nx_0|}\leq \frac{|x_n-x_0|}{1}=|x_n-x_0|\; ,
\, </math></equation> 
a ponieważ funkcja <math>\mathrm{arctg}\, </math> jest rosnąca, więc także
<equation id="eq:ciaf2d">
<math>
\mathrm{arctg}\frac{|x_n-x_0|}{|1+x_nx_0|}\leq \mathrm{arctg}|x_n-x_0|\leq |x_n-x_0|\; .
\, </math></equation> 
Ta ostatnia nierówność jest konsekwencją faktu, że
<math>|x|\leq\mathrm{tg}|x|\, </math>, skąd wynika, że <math>\mathrm{arctg}|x|\leq |x|\, </math>.
Mamy zatem oszacowanie:
<equation id="eq:ciaf2f">
<math>
0\leq |\mathrm{arctg}\, x_n-\mathrm{arctg}\, x_0|\leq |x_n-x_0|\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\; ,
\, </math></equation> 
i na mocy twierdzenia o trzech ciągach zachodzi:
<equation id="eq:ciaf2g">
<math>
\lim_{n\rightarrow\infty}|\mathrm{arctg}\, x_n-\mathrm{arctg}\, x_0|=0\; ,
\, </math></equation> 
czyli funkcja arcus tangens jest ciągła.</li><br>

<li> ''Definicja Cauchy'ego.''<br>
Weźmy teraz dowolnie małe <math>\epsilon>0\, </math> i załóżmy, że <math>|x-x_0|<\delta\, </math>, gdzie <math>\delta\, </math> jest małe, a ustalimy je za chwilę. Można teraz powtórzyć rozumowanie, które pozwoliło nam napisać układ nierówności <xr id="eq:ciaf2f">(%i)</xr>, zmieniając jedynie symbol <math>x_n\, </math> na <math>x\, </math>:
<equation id="eq:ciaf2h">
<math>
0\leq |\mathrm{arctg}\, x-\mathrm{arctg}\, x_0|\leq |x-x_0|<\delta\; .
\, </math></equation> 
Ustalając <math>\delta=\epsilon\, </math>, mamy:
<equation id="eq:ciaf2i">
<math>
0\leq |\mathrm{arctg}\, x_n-\mathrm{arctg}\, x_0|<\epsilon\; ,
\, </math></equation> 
tak jak wymaga tego definicja Cauchy'ego.</li>
</ol>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 3'''''</big>

Wykazać ciągłość funkcji <math>f(x)=e^x\, </math> w dowolnym punkcie <math>x_0\in\mathbb{R}\, </math>, korzystając z definicji Heinego oraz Cauchy'ego.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = W pierwszym przypadku należy skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach, a w drugim dokonać oszacowania wyrażenia <math>|f(x)-f(x_0)|\, </math> dla <math>x\, </math> bliskiego <math>x_0\, </math>.
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li> ''Definicja Heinego.''<br>
Weźmy dowolny ciąg <math>x_n\, </math> zbieżny do <math>x_0\, </math>. Zachodzi:
<equation id="eq:ciaf3">
<math>
0\leq |e^{x_n}-e^{x_0}|=|e^{x_n-x_0+x_0}-e^{x_0}|=e^{x_0}|e^{x_n-x_0}-1|=e^{x_0}\left|\frac{e^{x_n-x_0}-1}{x_n-x_0}\right||x_n-x_0|\; ,
\, </math></equation> 
Wykażemy poniżej, że
<equation id="eq:ciaf3a">
<math>
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{e^{x_n-x_0}-1}{x_n-x_0}=1\; .
\, </math></equation>
W tym celu wykorzystamy znane oszacowanie: <math>e^x\geq 1+x\, </math>, które słuszne jest dla dowolnego <math>x\in\mathbb{R}\, </math>. Zmieniając <math>x\, </math> na <math>-x\, </math> i ograniczając się do <math>x<1\, </math>, mamy także:
<equation id="eq:ciaf3b">
<math>
e^{-x}\geq 1-x\;\;\Longrightarrow\;\; e^x\leq \frac{1}{1-x}\; .
\, </math></equation>
W efekcie mamy układ nierówności (dla <math>x<1\, </math>):
<equation id="eq:ciaf3c">
<math>
x\leq e^x-1\leq \frac{x}{1-x}\; .
\, </math></equation>
Dla dodatnich <math>x\, </math> można to przepisać w formie:
<equation id="eq:ciaf3d">
<math>
1\leq \frac{e^x-1}{x}\leq \frac{1}{1-x}\; ,
\, </math></equation>
a dla ujemnych
<equation id="eq:ciaf3e">
<math>
1\geq \frac{e^x-1}{x}\geq \frac{1}{1-x}\; .
\, </math></equation>
Podstawiając teraz w miejsce <math>x\, </math> wyrażenie <math>x_n-x_0\, </math> widzimy, że z powyższych nierówności faktycznie wynika <xr id="eq:ciaf3a">(%i)</xr>, a w konsekwencji ciąg po prawej stronie <xr id="eq:ciaf3">(%i)</xr> zbiega do zera. Wykazaliśmy więc, że
<equation id="eq:ciaf3f">
<math>
\lim_{n\rightarrow\infty}|e^{x_n}-e^{x_0}|=0\; ,
\, </math></equation>
co wypełnia definicję Heinego.</li><br>

<li> ''Definicja Cauchy'ego.''<br>
Weźmy teraz dowolnie małe <math>\epsilon>0\, </math> i załóżmy, że <math>|x-x_0|<\delta\, </math>, gdzie <math>\delta\, </math> także jest małe, a ustalimy je za chwilę. Powtarzając rachunki prowadzące do oszacowań <xr id="eq:ciaf3c">(%i)</xr>, zmieniając symbol <math>x_n\, </math> na <math>x\, </math>, możemy napisać:
<equation id="eq:ciaf3g">
<math>
0\leq|e^x-e^{x_0}|=e^{x_0}|e^{x-x_0}-1|\leq\left\{\begin{array}{lcl} \displaystyle e^{x_0}\left|\frac{x-x_0}{1-(x-x_0)}\right|&\mathrm{dla} &x\geq x_0\; ,\\
e^{x_0}|x-x_0|&\mathrm{dla} &x< x_0\; .\end{array}\right.
\, </math></equation>
Jeśli <math>|x-x_0|<\delta\, </math>, przy czym <math>\delta\, </math> jest bardzo małe, to mamy:
<equation id="eq:ciaf3h">
<math>
\frac{1}{1-(x-x_0)}<\frac{1}{1-\delta}<\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2\; .
\, </math></equation>
Pozwala nam to napisać:
<equation id="eq:ciaf3i">
<math>
0\leq|e^x-e^{x_0}|\leq 2e^{x_0}|x-x_0|<2e^{x_0}\delta\; .
\, </math></equation>
Ustalając <math>\delta=\frac{1}{2}\,e^{-x_0}\epsilon\, </math>, mamy:
<equation id="eq:ciaf3j">
<math>
0\leq|e^x-e^{x_0}|<\epsilon\; ,
\, </math></equation>
tak jak wymaga tego definicja Cauchy'ego.</li></ol>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 4'''''</big>

Wykazać ciągłość funkcji <math>f(x)=\sqrt[k]{x}\, </math> dla <math>k\in\mathbb{N}\, </math> i <math>k\geq 2\, </math> w dowolnym punkcie <math>x_0>0\, </math>, korzystając z definicji Heinego oraz Cauchy'ego.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = W pierwszym przypadku należy skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach, a w drugim dokonać oszacowania wyrażenia <math>|f(x)-f(x_0)|\, </math> dla <math>x\, </math> bliskiego <math>x_0\, </math>.
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li> ''Definicja Heinego.'' <br>
Weźmy dowolny ciąg <math>x_n\, </math> zbieżny do <math>x_0\, </math>. Mamy naturalnie:
<equation id="eq:ciaf4">
<math>
0\leq |\sqrt[k]{x_n}-\sqrt[k]{x_0}|=\frac{|x_n-x_0|}{\left|\sqrt[k]{x_n^{k-1}}+\sqrt[k]{x_n^{k-2}x_0}+\sqrt[k]{x_n^{k-3}x_0^2}+\ldots +\sqrt[k]{x_0^{k-1}}\right|}\; ,
\, </math></equation>
przy użyciu tożsamości:<br><br>
<math>
a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots +a b^{n-2}+b^{n-1})\; .
</math><br><br>
Skoro <math>x_n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}x_0\, </math>, to możemy przyjąć, że dla odpowiednio dużych <math>n\, </math> zachodzi: <math>\displaystyle x_n>\frac{1}{2}\,x_0\, </math>. Mamy wówczas oszacowanie dla mianownika w <xr id="eq:ciaf4">(%i)</xr>:
<equation id="eq:ciaf4a">
<math>
\begin{array}{ccl}
&&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\displaystyle \left|\sqrt[k]{x_n^{k-1}}+\sqrt[k]{x_n^{k-2}x_0}+\sqrt[k]{x_n^{k-3}x_0^2}+\ldots +\sqrt[k]{x_0^{k-1}}\right|\\
&\!\!\! > &\!\!\! \displaystyle x_0^{\frac{k-1}{k}}\left[\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{k-1}{k}}+\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{k-2}{k}}+\ldots + \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{k}}+1\right]\\
&\!\!\! = &\!\!\! 
\displaystyle x_0^{\frac{k-1}{k}}\left[1+\sqrt[k]{\frac{1}{2}}+\left(\sqrt[k]{\frac{1}{2}}\right)^2+\ldots +\left(\sqrt[k]{\frac{1}{2}}\right)^{k-1}\right]\\
&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle x_0^{\frac{k-1}{k}}\cdot\frac{1-\left(\sqrt[k]{\frac{1}{2}}\right)^k}{1-\sqrt[k]{\frac{1}{2}}}=x_0^{\frac{k-1}{k}}\cdot\frac{1-\frac{1}{2}}{1-\sqrt[k]{\frac{1}{2}}}=x_0^{\frac{k-1}{k}}\cdot\frac{1}{2(1-\sqrt[k]{\frac{1}{2}})}\; ,
\end{array}\, </math></equation>
gdzie skorzystaliśmy z wzoru na sumę wyrazów ciągu geometrycznego. Mamy zatem oszacowanie:
<equation id="eq:ciaf4b">
<math>
0\leq |\sqrt[k]{x_n}-\sqrt[k]{x_0}|<\frac{2(1-\sqrt[k]{\frac{1}{2}})}{x_0^{\frac{k-1}{k}}}\,|x_n-x_0|\; .
\, </math></equation>
Gdy <math>n\rightarrow\infty\, </math>, to prawa strona zbiega do zera, co pociąga za sobą wniosek
<equation id="eq:ciaf4c">
<math>
\lim_{n\rightarrow\infty}|\sqrt[k]{x_n}-\sqrt[k]{x_0}|=0\; .
\, </math></equation>
Ciągłość funkcji <math>f(x)=\sqrt[k]{x}\, </math> jest więc wykazana.</li><br>

<li> ''Definicja Cauchy'ego.''<br>
Weźmy dowolnie małe <math>\epsilon>0\,</math> i załóżmy, że <math>|x-x_0|<\delta\, </math>, gdzie <math>\delta\, </math> także jest małe, a ustalimy je za chwilę. Na razie wystarczy nam przyjąć, że <math>\displaystyle\delta<\frac{1}{2}\, x_0\, </math>, co jest możliwe, gdyż <math>x_0>0\, </math>. Powtarzamy teraz rachunki prowadzące do oszacowania <xr id="eq:ciaf4b">(%i)</xr>, zmieniając symbol <math>x_n\, </math> na <math>x\, </math>. W konsekwencji możemy napisać:
<equation id="eq:ciaf4g">
<math>
0\leq |\sqrt[k]{x}-\sqrt[k]{x_0}|<\frac{2(1-\sqrt[k]{\frac{1}{2}})}{x_0^{\frac{k-1}{k}}}\,|x-x_0|<\frac{2(1-\sqrt[k]{\frac{1}{2}})}{x_0^{\frac{k-1}{k}}}\,\delta\; .
\, </math></equation>
Biorąc teraz 
<equation>
<math>\delta=\frac{x_0^{\frac{k-1}{k}}}{2(1-\sqrt[k]{\frac{1}{2}})}\,\epsilon\; ,
\, </math></equation>
otrzymujemy:
<equation id="eq:ciaf4j">
<math>
0\leq |\sqrt[k]{x}-\sqrt[k]{x_0}|<\epsilon\; ,
\, </math></equation>
tak jak wymaga tego definicja Cauchy'ego.
</ol>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 5'''''</big>

Wykazać ciągłość funkcji <math>\displaystyle f(x)=\cos\frac{1}{x}\,</math> w dowolnym punkcie <math>x_0\neq 0\,</math>, korzystając z definicji Heinego oraz Cauchy'ego.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = W pierwszym przypadku należy skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach, a w drugim dokonać oszacowania wyrażenia <math>|f(x)-f(x_0)|\,</math> dla <math>x\,</math> bliskiego <math>x_0\,</math>.
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = <ol>
<li> ''Definicja Heinego.''<br>
Weźmy dowolny ciąg <math>x_n\,</math> zbieżny do <math>x_0\,</math>. Zachodzi:
<equation id="eq:ciaf5">
<math>
\begin{array}{ccl}
\displaystyle 0\leq \left|\cos\frac{1}{x_n}-\cos\frac{1}{x_0}\right|&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle  \left|-2\sin\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_0}\right)\sin\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x_n}+\frac{1}{x_0}\right)\right|\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle  2\left|\sin\frac{x_0-x_n}{2x_0x_n}\sin\frac{x_0+x_n}{2x_0x_n}\right|\; ,\end{array}
\,</math></equation>
gdzie wykorzystaliśmy wzór
<equation id="eq:ciaf5a">
<math>
\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\; .
\,</math></equation>
Ponieważ spełniona jest nierówność: <math>|\sin x|\leq |x|\,</math> (i oczywiście <math>|\sin x|\leq 1\,</math>), możemy uzyskać oszacowanie:
<equation id="eq:ciaf5b">
<math>
0\leq \left|\cos\frac{1}{x_n}-\cos\frac{1}{x_0}\right|\leq \left|\frac{x_0-x_n}{x_0x_n}\right|\; .
\,</math></equation>
Dla <math>x_n-x_0\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\,</math> prawa strona zbiega do zera (lewa jest stale równa zeru) i z reguły trzech ciągów wynika, iż
<equation id="eq:ciaf5c">
<math>
\lim_{n\rightarrow\infty}\cos\frac{1}{x_n}=\cos\frac{1}{x_0}\; ,
\,</math></equation>
co kończy dowód.</li><br>

<li> ''Definicja Cauchy'ego.''<br>
Weźmy dowolnie małe <math>\epsilon>0\,</math> i załóżmy, że <math>|x-x_0|<\delta\,</math>, gdzie <math>\delta\,</math> także jest małe, a ustalimy je za chwilę. Wykorzystujemy oszacowanie <xr id="eq:ciaf5b">(%i)</xr>, zmieniając symbol <math>x_n\,</math> na <math>x\,</math>:
<equation id="eq:ciaf5d">
<math>
0\leq \left|\cos\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x_0}\right|\leq \left|\frac{x_0-x}{x_0x}\right|\; .
\,</math></equation>
Przyjmijmy, że wybieramy <math>\displaystyle\delta<\frac{1}{2}\, |x_0|\,</math>, co jest możliwe, gdyż <math>x_0\neq 0\,</math>. Wówczas musi zachodzić: <math>\displaystyle |x|>\frac{1}{2}\,|x_0|\,</math>. W konsekwencji możemy napisać:
<equation id="eq:ciaf5e">
<math>
0\leq \left|\cos\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x_0}\right|<\frac{|x_0-x|}{\frac{1}{2}x_0^2}<\frac{2\delta}{x_0^2}\; .\,</math></equation>
Biorąc teraz
<equation> 
<math>\delta=\frac{x_0^2}{2}\, \epsilon\; ,\,</math></equation>
otrzymujemy:
<equation id="eq:ciaf5f">
<math>
0\leq \left|\cos\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x_0}\right|<\epsilon\; ,
\,</math></equation>
tak jak wymaga tego definicja Cauchy'ego.</li>
</ol>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 6'''''</big>

Zbadać ciągłość funkcji:
<equation id="eq:ciaf6">
<math>
f(x)=\frac{\sin x}{E(x)}\; ,\;\;\;\;\mathrm{w\; punkcie}\;\; x_0>1\; ,
\,</math></equation>
gdzie <math>E(x)\,</math> oznacza część całkowitą liczby rzeczywistej <math>x\,</math> (tzw. funkcję  ''entier'').<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Stosując definicję Cauchy'ego, należy znaleźć oszacowanie wielkości <math>|f(x)-f(x_0)|\,</math>, rozpatrując osobno przypadki gdy <math>x_0\in \mathbb{N}\,</math> oraz gdy <math>x_0\in\!\!\!\! \not\;\;\mathbb{N}\,</math>.
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = Wykorzystamy definicję Cauchy'ego ciągłości funkcji. Wybierzmy pewne, dowolnie małe <math>\epsilon>0\,</math>. Będziemy się starali oszacować wyrażenie:
<equation id="eq:ciaf6a">
<math>
|f(x)-f(x_0)|=\left|\frac{\sin x}{E(x)}-\frac{\sin x_0}{E(x_0)}\right|\; .
\,</math></equation>
Rozpatrzymy dwa przypadki: gdy <math>x_0\in \mathbb{N}\,</math> oraz gdy <math>x_0\in\!\!\!\! \not\;\;\mathbb{N}\,</math>.
<ol>
<li> <math>x_0= n\in\mathbb{N}\,</math> i <math>n\geq 2\,</math>.<br>
Weźmy małe <math>\delta>0\,</math> i zażądajmy aby <math>|x-x_0|<\delta\,</math>. Przykładowo <math>\displaystyle x=x_1:=n-\frac{\delta}{2}\,</math> spełnia ten warunek. Mamy wówczas:
<equation id="eq:ciaf6b">
<math>
\begin{array}{ccl}
|f(x_1)-f(x_0)|&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \left|\frac{\sin x_1}{E(x_1)}-\frac{\sin x_0}{E(x_0)}\right|=\left|\frac{\sin \left(n-\frac{\delta}{2}\right)}{E\left(n-\frac{\delta}{2}\right)}-\frac{\sin n}{E(n)}\right|\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \left|\frac{\sin \left(n-\frac{\delta}{2}\right)}{n-1}-\frac{\sin n}{n}\right|=\left|\frac{n\left(\sin \left(n-\frac{\delta}{2}\right)-\sin n\right)}{n(n-1)}+\frac{\sin n}{n(n-1)}\right|\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \left|\frac{2}{n-1}\sin \left(-\frac{\delta}{4}\right)\cos \left(n-\frac{\delta}{4}\right)+\frac{\sin n}{n(n-1)}\right|\; .
\end{array}\,</math></equation>
Skorzystaliśmy tutaj ze wzoru:
<equation id="eq:ciaf6c">
<math>
\sin\alpha-\sin\beta=2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\; .
\,</math></equation>
Dla małego <math>\delta\,</math> pierwszy wyraz w ostatniej linijce <xr id="eq:ciaf6b">(%i)</xr> także jest bardzo mały, a drugi ma ustaloną, niezerową wartość, więc możemy napisać:
<equation id="eq:ciaf6d">
<math>
\begin{array}{ccl}
|f(x_1)-f(x_0)|&\!\!\! \geq &\!\!\!\displaystyle \frac{|\sin n|}{n(n-1)}-\frac{2}{n-1}\left|\sin \left(-\frac{\delta}{4}\right)\cos \left(n-\frac{\delta}{4}\right)\right|\\
&\!\!\! > &\!\!\!
\displaystyle \frac{|\sin n|}{n(n-1)}-\frac{2}{n-1}\cdot\frac{\delta}{4}>\frac{1}{2}\cdot\frac{|\sin n|}{n(n-1)}\neq 0\; .
\end{array}\,</math></equation>
Ze względu na to, że prawa strona ma stałą wartość (niezależną od <math>\delta\,</math>), nie możemy spełnić warunku <math>|f(x_1)-f(x_0)|<\epsilon\,</math> dla dowolnie małego <math>\epsilon\,</math>. W konsekwencji we wszystkich rozważanych punktach funkcja jest nieciągła.</li><br>

<li> <math>x_0\in\!\!\!\! \not\;\;\mathbb{N}\,</math> i <math>x_0>1\,</math>.<br>
Jeśli <math>x_0\,</math> nie jest liczbą naturalną, to istnieje <math>m\in\mathbb{N}\,</math> takie, że <math>m<x_0<m+1\,</math>. Wówczas możemy wziąć tak małe <math>\delta\,</math>, że zachodzi także <math>m<x<m+1\,</math>. W takim przypadku mamy:
<equation id="eq:ciaf6e">
<math>
\begin{array}{ccl}
|f(x)-f(x_0)|&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \left|\frac{\sin x}{E(x)}-\frac{\sin x_0}{E(x_0)}\right|=\left|\frac{\sin x}{m}-\frac{\sin x_0}{m}=\frac{1}{m}|\sin x-\sin x_0|\right|\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \frac{2}{m}\left|\sin\frac{1}{2}(x-x_0)\cos\frac{1}{2}(x+x_0)\right|\leq \frac{2}{m}\cdot\frac{1}{2}\, |x-x_0|<\frac{1}{m}\, \delta\; .
\end{array}\,</math></equation>
Biorąc <math>\delta=m\,\epsilon\,</math>, otrzymujemy <math>|f(x)-f(x_0)|<\epsilon\,</math>, co oznacza, że w rozważanych punktach <math>x_0\,</math> funkcja jest ciągła.</li>
</ol>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 7'''''</big>

Zbadać ciągłość funkcji:
<equation id="eq:ciaf7">
<math>
f(x)=\frac{\sin \pi x}{E(x)}\; ,\;\;\;\;\mathrm{w\; punkcie}\;\; x_0>1\; ,
\,</math></equation>
gdzie <math>E(x)\,</math> oznacza część całkowitą liczby rzeczywistej <math>x\,</math>.

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Stosując definicję Cauchy'ego, należy znaleźć oszacowanie wielkości <math>|f(x)-f(x_0)|\,</math>, rozpatrując osobno przypadki gdy <math>x_0\in \mathbb{N}\,</math> oraz gdy <math>x_0\in\!\!\!\! \not\;\;\mathbb{N}\,</math>.
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = Wykorzystamy definicję Cauchy'ego ciągłości funkcji. Wybierzmy pewne, dowolnie małe <math>\epsilon>0\,</math>. Oszacujemy wyrażenie:
<equation id="eq:ciaf7a">
<math>
|f(x)-f(x_0)|=\left|\frac{\sin \pi x}{E(x)}-\frac{\sin \pi x_0}{E(x_0)}\right|\; ,
\,</math></equation>
rozpatrując dwa przypadki: gdy <math>x_0\in \mathbb{N}\,</math> oraz gdy <math>x_0\in\!\!\!\! \not\;\;\mathbb{N}\,</math>.
<ol>
<li> <math>x_0= n\in\mathbb{N}\,</math> i <math>n\geq 2\,</math>.<br>
Wybierzmy małe <math>\delta>0\,</math> i rozpatrujmy <math>x\,</math> spełniające warunek: <math>|x-x_0|<\delta\,</math>. Wówczas zachodzi:
<equation id="eq:ciaf7b">
<math>
|f(x)-f(x_0)|=\left|\frac{\sin \pi x}{E(x)}-\frac{\sin \pi n}{E(n)}\right|=\left|\frac{\sin \pi x}{E(x)}\right|\; .
\,</math></equation>
Ponieważ <math>\delta\,</math> jest małe, więc możemy przyjąć, iż <math>x>1\,</math> i w konsekwencji <math>E(x)\geq 1\,</math>. Otrzymujemy więc:
<equation id="eq:ciaf7c">
<math>
\begin{array}{ccl}
||f(x)-f(x_0)|&\!\!\!\leq&\!\!\!|\sin\pi x|= |\sin(\pi (x-n)+\pi n)|\\
&\!\!\! =&\!\!\! |\sin\pi (x-n)\cos\pi n+\cos\pi (x-n)\sin\pi n|\\
&\!\!\! =&\!\!\! |\sin\pi (x-n)|\leq \pi|x-n|<\pi\,\delta\; .
\end{array}\,</math></equation>
Biorąc <math>\displaystyle \delta=\frac{\epsilon}{\pi}\,</math>, otrzymujemy nierówność <math>|f(x)-f(x_0)|<\epsilon\,</math>, co dowodzi ciągłości funkcji w punkcie <math>x_0\,</math>.</li><br>

<li> <math>x_0\in\!\!\!\! \not\;\;\mathbb{N}\,</math> i <math>x_0>1\,</math>.<br>
Jeśli <math>x_0\,</math> nie jest liczbą naturalną, to istnieje <math>m\in\mathbb{N}\,</math> takie, że <math>m<x_0<m+1\,</math>. Wówczas możemy wziąć tak małe <math>\delta\,</math>, że zachodzi także <math>m<x<m+1\,</math>, i w konsekwencji mamy:
<equation id="eq:ciaf7e">
<math>
\begin{array}{ccl}
|f(x)-f(x_0)|&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\left|\frac{\sin \pi x}{E(x)}-\frac{\sin \pi x_0}{E(x_0)}\right|=\left|\frac{\sin \pi x}{m}-\frac{\sin \pi x_0}{m}\right|=\frac{1}{m}|\sin \pi x-\sin \pi x_0|\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\frac{2}{m}\left|\sin\frac{\pi}{2}(x-x_0)\cos\frac{\pi}{2}(x+x_0)\right|\leq \frac{2}{m}\cdot\frac{\pi}{2}\, |x-x_0|<\frac{\pi}{m}\, \delta\; ,
\end{array}\,</math></equation>
gdzie skorzystaliśmy z <xr id="eq:ciaf6c">(%i)</xr>. 
Wybierając tym razem <math>\displaystyle\delta=\frac{m}{\pi}\,\epsilon\,</math>, otrzymujemy ponownie <math>|f(x)-f(x_0)|<\epsilon\,</math>. Funkcja <math>f(x)\,</math> jest więc ciągła dla wszystkich <math>x>1\,</math>.</li>
</ol>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 8'''''</big>

Zbadać ciągłość funkcji:
<equation id="eq:ciaf8">
<math>
f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}\displaystyle \frac{1}{1+e^{a/x}} & \mathrm{dla} & x\neq 0\; ,\\
\displaystyle b & \mathrm{dla} & x=0\; ,
\end{array}\right.\,</math></equation>
gdzie <math>a,b\in\mathbb{R}\,</math>.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy zbadać ciągłość prawo- i lewostronną w punkcie "sklejenia".
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = W rozwiązaniu zakładamy, iż mamy już wiedzę o ciągłości różnych funkcji elementarnych w obszarach, gdzie funkcja nie ma punktów ,"sklejenia". W tym wypadku wystarczy przywołać znane fakty, że
<ol>
<li> funkcja <math>\displaystyle \frac{1}{x}\,</math> jest ciągła wszędzie, gdzie jest określona (czyli poza zerem),</li>
<li> funkcja <math>\displaystyle e^x\,</math> jest ciągła wszędzie,</li>
<li> funkcja wymierna jest ciągła wszędzie, gdzie jest określona (czyli poza zerami mianownika).</li>
</ol>
Na tej podstawie możemy już stwierdzić, że funkcja <math>f(x)\,</math> jest ciągła w dowolnym punkcie <math>x\neq 0\,</math>. Pozostaje więc do zbadania wyłącznie punkt "sklejenia", czyli <math>x=0\,</math>. W tym celu znajdziemy granice jednostronne funkcji <math>f\,</math> w zerze. Dla granicy prawostronnej otrzymujemy:
<equation id="eq:ciaf8a">
<math>
\lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{1}{1+e^{a/x}}=\left\{
\begin{array}{ccc} 0 & \mathrm{dla} & a> 0\; ,\\
1 & \mathrm{dla} & a<0\; ,\\
\displaystyle \frac{1}{2} & \mathrm{dla} & a=0\; ,
\end{array}\right.\,</math></equation>
a dla lewostronnej mamy:
<equation id="eq:ciaf8b">
<math>
\lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{1}{1+e^{a/x}}=\left\{
\begin{array}{ccc} 1 & \mathrm{dla} & a> 0\; ,\\
0 & \mathrm{dla} & a<0\; ,\\
\displaystyle \frac{1}{2} & \mathrm{dla} & a=0\; .
\end{array}\right.\,</math></equation>
Wartość funkcji dla <math>x=0\,</math> równa jest <math>b\,</math>, więc ciągłość prawostronna wymaga spełnienia warunków:
<equation id="eq:ciaf8c">
<math>
(b=0\;\wedge\; a>0)\;\vee\;(b=1\;\wedge\; a<0)\;\vee\;(b=\frac{1}{2}\;\wedge\; a=0)\; ,
\,</math></equation>
a ciągłość lewostronna:
<equation id="eq:ciaf8d">
<math>
(b=1\;\wedge\; a>0)\;\vee\;(b=0\;\wedge\; a<0)\;\vee\;(b=\frac{1}{2}\;\wedge\; a=0)\; .
\,</math></equation>
Funkcja ciągła musi być ciągła zarówno prawo- jaki lewostronnie. Widać stąd, że ciągłość funkcji <math>f\,</math> dla <math>x=0\,</math> ma miejsce tylko wtedy, gdy <math>\displaystyle b=\frac{1}{2}\;\wedge\; a=0\,</math>.
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 9'''''</big>

Zbadać ciągłość funkcji:
<equation id="eq:ciaf9">
<math>
f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}\displaystyle \frac{\sin ax}{x} & \mathrm{dla} & x>0\; ,\\
\displaystyle x^2+bx+c & \mathrm{dla} & x\leq0\; ,
\end{array}\right.
\,</math></equation>
gdzie <math>a,b,c\in\mathbb{R}\,</math>.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy zbadać ciągłość prawo- i lewostronną w punkcie "sklejenia".
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = Poza punktem "sklejenia" funkcja jest ciągła gdyż:
<ol>
<li> funkcja <math>\sin x\,</math> jest ciągła wszędzie,</li>
<li> funkcja wymierna jest ciągła wszędzie, gdzie jest określona (czyli poza zerami mianownika),</li>
<li> funkcja wielomianowa jest ciągła wszędzie.</li>
</ol>
Zatem funkcja <math>f(x)\,</math> jest ciągła w dowolnym punkcie <math>x\neq 0\,</math>, a do zbadania pozostaje jedynie punkt "sklejenia". Poniżej znajdziemy granice jednostronne funkcji <math>f\,</math> w tym punkcie. Dla granicy prawostronnej otrzymujemy:
<equation id="eq:ciaf9a">
<math>
\lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\sin ax}{x}=a\; ,
\,</math></equation>
a dla lewostronnej mamy:
<equation id="eq:ciaf9b">
<math>
\lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^-}(x^2+bx+c)=c\; .
\,</math></equation>
Wartość funkcji dla <math>x=0\,</math> równa jest <math>c\,</math>, więc ciągłość lewostronna ma miejsce zawsze, a ciągłość prawostronna wymaga spełnienia warunku: <math>a=c\,</math>. Wynika stąd, że funkcja <math>f\,</math> ciągła jest dla dowolnego <math>x\in\mathbb{R}\,</math>, gdy <math>a=c\,</math>, niezależnie od wartości parametru <math>b\,</math>.
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 10'''''</big>

Zbadać ciągłość funkcji:
<equation id="eq:ciaf10">
<math>
f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}\displaystyle (1-a\,\sin x)^{\frac{1}{x}} & \mathrm{dla} & x<0\; ,\\
\displaystyle b\, e^x & \mathrm{dla} & x\geq0\; ,
\end{array}\right.\,</math></equation>
gdzie <math>|a|<1\,</math> oraz <math>a,b\in\mathbb{R}\,</math>.
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy zbadać ciągłość prawo- i lewostronną w punkcie "sklejenia".
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = Poza punktem "sklejenia" funkcja jest ciągła gdyż:
<ol>
<li> funkcja <math>\sin x\,</math> jest ciągła wszędzie,</li>
<li> funkcja <math>\displaystyle\frac{1}{x}\,</math> jest ciągła wszędzie, gdzie jest określona (czyli poza zerem),</li>
<li> funkcja wykładnicza jest ciągła wszędzie,</li>
<li> funkcja potęgowa o dodatniej podstawie jest ciągła wszędzie (ewentualnie można też napisać <math>\displaystyle (1-a\,\sin x)^{\frac{1}{x}}=e^{\frac{1}{x}\log(1-a\,\sin x)}\,</math> i odwołać się do ciągłości funkcji logarytmicznej).</li>
</ol>
Wynika stąd, że funkcja <math>f(x)\,</math> jest ciągła w dowolnym punkcie <math>x\neq 0\,</math> i do zbadania pozostaje jedynie punkt "sklejenia". Znajdziemy teraz granice jednostronne funkcji <math>f\,</math> w tym punkcie. Dla granicy prawostronnej mamy:
<equation id="eq:ciaf10a">
<math>
\lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^+}b\, e^x=b\; ,
\,</math></equation>
a dla lewostronnej:
<equation id="eq:ciaf10b">
<math>
\lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^-}(1-a\,\sin x)^{\frac{1}{x}} =e^{-a}\; .
\,</math></equation>
Wartość funkcji w punkcie <math>x=0\,</math> równa jest <math>b\,</math>, więc ciągłość prawostronna ma miejsce zawsze, a ciągłość lewostronna wymaga spełnienia warunku: <math>\displaystyle e^{-a}=b\,</math>. Zatem funkcja <math>f\,</math> ciągła jest dla dowolnego <math>x\in\mathbb{R}\,</math>, jedynie dla <math>\displaystyle a=\log\frac{1}{b}\,</math>, co oznacza także, iż <math>b\,</math> nie może być dowolne, bo musi spełnić warunek <math>-1<\log b<1\,</math>, czyli <math>\displaystyle\frac{1}{e}<b<e\,</math>.
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 11'''''</big>

Zbadać ciągłość funkcji:
<equation id="eq:ciaf11">
<math>
f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}\displaystyle a^{\frac{x}{1-x^2}} & \mathrm{dla} & |x|>1\; ,\\
\displaystyle \displaystyle a^{\frac{1}{1-x^2}} & \mathrm{dla} & |x|<1\; ,\\
\displaystyle \displaystyle b & \mathrm{dla} & |x|=1\; ,
\end{array}\right.\, </math></equation>
gdzie <math>a>0\, </math> oraz <math>b\in\mathbb{R}\, </math>.<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy zbadać ciągłość prawo- i lewostronną w punktach "sklejenia".
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = Poza punktami "sklejenia" funkcja jest ciągła gdyż:
<ol>
<li> funkcja wymierna jest ciągła wszędzie, gdzie jest określona (czyli poza zerami mianownika),</li>
<li> funkcja wykładnicza jest ciągła wszędzie.</li>
</ol>
Na tej podstawie możemy już stwierdzić, że funkcja <math>f(x)\, </math> jest ciągła w dowolnym punkcie <math>\neq \pm 1\, </math>. Pozostają więc do zbadania wyłącznie punkty "sklejenia", czyli <math>x=1\, </math> i <math>x=-1\, </math>. Znajdziemy najpierw granice jednostronne funkcji <math>f\, </math> dla tego pierwszego punktu. Dla granicy prawostronnej otrzymujemy:
<equation id="eq:ciaf11a">
<math>
\lim_{x\rightarrow 1^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow 1^+}a^{\frac{x}{1-x^2}}=\left\{
\begin{array}{ccc} 0 & \mathrm{dla} & a>1\; ,\\
1 & \mathrm{dla} & a=1\; ,\\
\infty & \mathrm{dla} & 0<a<1\; ,
\end{array}\right.\, </math></equation>
a dla lewostronnej mamy:
<equation id="eq:ciaf11b">
<math>
\lim_{x\rightarrow 1^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 1^-}a^{\frac{1}{1-x^2}}=\left\{
\begin{array}{ccc} \infty & \mathrm{dla} & a>1\; ,\\
1 & \mathrm{dla} & a=1\; ,\\
0 & \mathrm{dla} & 0<a<1\; .
\end{array}\right.\, </math></equation>
Wartość funkcji dla <math>x=1\, </math> równa jest <math>b\, </math>, więc ciągłość prawostronna wymaga spełnienia warunków:
<equation id="eq:ciaf11c">
<math>
(b=0\;\wedge\; a>1)\;\vee\;(b=1\;\wedge\; a=1)\; ,\, </math></equation>
a ciągłość lewostronna:
<equation id="eq:ciaf11d">
<math>
(b=0\;\wedge\; 0<a<1)\;\vee\;(b=1\;\wedge\; a=1)\; .
\, </math></equation>
Funkcja jest więc ciągła dla <math>x=1\, </math> jedynie w przypadku, gdy <math>a=b=1\, </math>.

Teraz zbadamy punkt <math>x=-1\, </math>. Tym razem dla granicy prawostronnej otrzymujemy:
<equation id="eq:ciaf11e">
<math>
\lim_{x\rightarrow -1^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow -1^+}a^{\frac{1}{1-x^2}}=\left\{
\begin{array}{ccc} \infty & \mathrm{dla} & a>1\; ,\\
1 & \mathrm{dla} & a=1\; ,\\
0 & \mathrm{dla} & 0<a<1\; ,
\end{array}\right.\, </math></equation>
a dla lewostronnej mamy:
<equation id="eq:ciaf11f">
<math>
\lim_{x\rightarrow -1^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow -1^-}a^{\frac{x}{1-x^2}}=\left\{
\begin{array}{ccc} \infty & \mathrm{dla} & a>1\; ,\\
1 & \mathrm{dla} & a=1\; ,\\
0 & \mathrm{dla} & 0<a<1\; .
\end{array}\right.\, </math></equation>
Wartość funkcji dla <math>x=-1\, </math> równa jest <math>b\, </math>, więc zarówno ciągłość prawostronna jak i lewostronna (a zatem po prostu "ciągłość") wymaga spełnienia warunków:
<equation id="eq:ciaf11g">
<math>
(b=0\;\wedge\; 0<a<1)\;\vee\;(b=1\;\wedge\; a=1)\; ,
\, </math></equation>

Funkcja <xr id="eq:ciaf11">(%i)</xr> jest więc ciągła w całej swojej dziedzinie dla <math>a=b=1\, </math>.
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 12'''''</big>

Zbadać ciągłość funkcji, określonej w formie granicy:
<equation id="eq:ciaf12">
<math>
f(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{2}}\right)^n\; .
\, </math></equation><br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy doprowadzić funkcję do postaci definiowanej przy użyciu "klamerki"(patrz poprzednie przykłady).
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = Przepiszmy ułamek w <xr id="eq:ciaf12">(%i)</xr> w postaci:
<equation id="eq:ciaf12a">
<math>
\frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\,\sin x+ \frac{\sqrt{2}}{2}\,\cos x=\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\; ,\, </math></equation>
gdzie skorzystaliśmy ze wzoru:
<equation id="eq:sisum12">
<math>
\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta\; .
\, </math></equation>
Jasne jest, że gdy <math>\displaystyle\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=1\, </math>, to granica w <xr id="eq:ciaf12">(%i)</xr> także będzie równa jedności. Natomiast dla tych argumentów, dla których <math>\displaystyle\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=-1\, </math>, granica nie istnieje, a zatem funkcja nie jest określona. We wszystkich pozostałych przypadkach zachodzi: <math>\displaystyle\left|\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\right|<1\, </math> i funkcja przyjmuje wartość <math>0\, </math>. Mamy zatem
<equation id="eq:ciaf12b">
<math>
f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}1 & \mathrm{dla} &\displaystyle x=\frac{\pi}{4}+2k\pi\; ,\\
\\
 0 & \mathrm{dla} & \displaystyle x\neq\frac{\pi}{4}+k\pi\; ,
\end{array}\right.\, </math></equation>
gdzie <math>k\in\mathbb{Z}\, </math>. Oczywiste jest, że funkcja jest stała (a zatem także ciągła) wewnątrz każdego z przedziałów postaci:
<equation id="eq:ciaf12c">
<math>
\left]-\frac{3\pi}{4}+2k\pi,\frac{\pi}{4}+2k\pi\right[\; ,\;\;\;\;\mathrm{oraz}\;\;\;\; \left]\frac{\pi}{4}+2k\pi,\frac{5\pi}{4}+2k\pi\right[\; ,
\, </math></equation>
natomiast nieciągła jest dla <math>\displaystyle x=\frac{\pi}{4}+2k\pi\, </math>. Punkty postaci <math>\displaystyle x=-\frac{3\pi}{4}+2k\pi\, </math> nie należą do dziedziny.
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 13'''''</big>

Zbadać ciągłość funkcji, określonej w formie granicy:
<equation id="eq:ciaf13">
<math>
f(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{1+x^n+x^{2n}}\; .
\, </math></equation><br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = Należy doprowadzić funkcję do postaci definiowanej przy użyciu "klamerki" (patrz poprzednie przykłady).
<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = Zauważmy, że wyrażenie <math>1+x^n+x^{2n}\, </math> da się przepisać w postaci <math>\displaystyle \left(x^n+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\, </math>, a zatem jest ono dodatnie dla każdego <math>x\, </math>. W konsekwencji <math>\sqrt[n]{1+x^n+x^{2n}}\, </math> jest dobrze określone dla dowolnego <math>n\in\mathbb{N}\, </math> i dla wszystkich <math>x\in\mathbb{R}\,</math>.

<ol type="disc">
<li> Gdy <math>-1\leq x\leq 1\, </math>, mamy następujące oszacowanie
<equation id="eq:ciaf13a">
<math>
\sqrt[n]{\frac{3}{4}}\leq \sqrt[n]{1+x^n+x^{2n}}\leq \sqrt[n]{3}\; ,
\, </math></equation>
i z reguły trzech ciągów wynika, że
<equation id="eq:ciaf13b">
<math>
\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{1+x^n+x^{2n}}=1\; .
\, </math></equation></li><br>

<li> Natomiast, gdy <math>|x|>1\, </math>, mamy:
<equation id="eq:ciaf13c">
<math>
\sqrt[n]{\frac{3}{4}\,x^{2n}}\leq \sqrt[n]{1+x^n+x^{2n}}\leq \sqrt[n]{3\,x^{2n}}=\sqrt[n]{3}x^2\; ,
\, </math></equation>
gdzie tym razem wykorzystaliśmy następującą postać wyrażenia pod pierwiastkiem:
<equation id="eq:ciaf13d">
<math>
1+x^n+x^{2n}=\left(1+\frac{1}{2}\, x^n\right)^2+\frac{3}{4}\,x^{2n}\; .
\, </math></equation>
Z reguły trzech ciągów wynika teraz, że
<equation id="eq:ciaf13e">
<math>
\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{1+x^n+x^{2n}}=x^2\; .
\, </math></equation></li>
</ol>
Funkcję <math>f\, </math> można więc przepisać w postaci:
<equation id="eq:ciaf13f">
<math>
f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}1 & \mathrm{dla} &|x|\leq 1\; ,\\
 x^2 & \mathrm{dla} & \displaystyle |x|>1\; ,
\end{array}\right.\, </math></equation>
Poza punktami "sklejenia" funkcja jest ciągła. Natomiast dla <math>x=1\, </math> mamy:
<equation id="eq:ciaf13g">
<math>
\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1^-}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1^-}1=1=f(1)\; ,\\
\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1^+}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1^+}x^2=1\; , 
\end{array}\, </math></equation>
co oznacza, że funkcja jest w tym punkcie ciągła. Ze względu na parzystość <xr id="eq:ciaf13f">(%i)</xr>
jest ona także ciągła dla <math>x=-1\, </math>.
<br>}}
----