Matematyka 1NI/Ciągłość zwykła

Z Brain-wiki

Ciągłość zwykła

Zadanie 1

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.

Wskazówka

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].

Rozwiązanie
  1. Definicja Heinego.
    Weźmy dowolny ciąg [math]x_n\, [/math] zbieżny do [math]x_0\, [/math]. Mamy:
    [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]

    Skorzystaliśmy tutaj ze wzoru:

    [math] \cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\; . \, [/math]

    Na mocy twierdzenia o trzech ciągach z (1) wynika, że

    [math] \lim_{n\rightarrow\infty}|\cos x_n-\cos x_0|=0\; , \, [/math]
    czyli funkcja cosinus jest ciągła.

  2. Definicja Cauchy'ego.
    Weźmy teraz dowolnie małe [math]\epsilon\gt 0\, [/math] i załóżmy, że [math]|x-x_0|\lt \delta\, [/math], gdzie [math]\delta\, [/math] jest małe, a ustalimy je za chwilę. Znowu możemy wykorzystać oszacowanie (1), zmieniając jednak symbol [math]x_n\, [/math] na [math]x\, [/math]:
    [math] 0\leq |\cos x-\cos x_0|\leq |x-x_0|\lt \delta\; . \, [/math]

    Jeśli teraz ustalimy [math]\delta\, [/math] biorąc [math]\delta=\epsilon\, [/math], to widać, że faktycznie mamy:

    [math] 0\leq |\cos x-\cos x_0|\lt \epsilon\; , \, [/math]
    tak jak wymaga tego definicja Cauchy'ego. W ten sposób ponownie wykazaliśmy ciągłość funkcji.


Zadanie 2

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.

Wskazówka

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].

Rozwiązanie
  1. Definicja Heinego.
    Weźmy dowolny ciąg [math]x_n\, [/math] zbieżny do [math]x_0\, [/math]. Mamy:
    [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]

    gdzie skorzystaliśmy z nieparzystości funkcji arcus tangens. Wykorzystaliśmy także wzór:

    [math] \mathrm{arctg}\, a-\mathrm{arctg}\, b=\mathrm{arctg}\frac{a-b}{1+ab}\; , \, [/math]

    który słuszny jest dla rzeczywistych [math]a\, [/math] i [math]b\, [/math], dla których [math]ab\gt -1\, [/math]. Warunek ten w (6) oznacza, że [math]x_nx_0\gt -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:

    [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]

    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

    [math] \frac{|x_n-x_0|}{|1+x_nx_0|}\leq \frac{|x_n-x_0|}{1}=|x_n-x_0|\; , \, [/math]

    a ponieważ funkcja [math]\mathrm{arctg}\, [/math] jest rosnąca, więc także

    [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]

    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:

    [math] 0\leq |\mathrm{arctg}\, x_n-\mathrm{arctg}\, x_0|\leq |x_n-x_0|\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\; , \, [/math]

    i na mocy twierdzenia o trzech ciągach zachodzi:

    [math] \lim_{n\rightarrow\infty}|\mathrm{arctg}\, x_n-\mathrm{arctg}\, x_0|=0\; , \, [/math]
    czyli funkcja arcus tangens jest ciągła.

  2. Definicja Cauchy'ego.
    Weźmy teraz dowolnie małe [math]\epsilon\gt 0\, [/math] i załóżmy, że [math]|x-x_0|\lt \delta\, [/math], gdzie [math]\delta\, [/math] jest małe, a ustalimy je za chwilę. Można teraz powtórzyć rozumowanie, które pozwoliło nam napisać układ nierówności (11), zmieniając jedynie symbol [math]x_n\, [/math] na [math]x\, [/math]:
    [math] 0\leq |\mathrm{arctg}\, x-\mathrm{arctg}\, x_0|\leq |x-x_0|\lt \delta\; . \, [/math]

    Ustalając [math]\delta=\epsilon\, [/math], mamy:

    [math] 0\leq |\mathrm{arctg}\, x_n-\mathrm{arctg}\, x_0|\lt \epsilon\; , \, [/math]
    tak jak wymaga tego definicja Cauchy'ego.


Zadanie 3

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.

Wskazówka

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].

Rozwiązanie
  1. Definicja Heinego.
    Weźmy dowolny ciąg [math]x_n\, [/math] zbieżny do [math]x_0\, [/math]. Zachodzi:
    [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]

    Wykażemy poniżej, że

    [math] \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{e^{x_n-x_0}-1}{x_n-x_0}=1\; . \, [/math]

    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\lt 1\, [/math], mamy także:

    [math] e^{-x}\geq 1-x\;\;\Longrightarrow\;\; e^x\leq \frac{1}{1-x}\; . \, [/math]

    W efekcie mamy układ nierówności (dla [math]x\lt 1\, [/math]):

    [math] x\leq e^x-1\leq \frac{x}{1-x}\; . \, [/math]

    Dla dodatnich [math]x\, [/math] można to przepisać w formie:

    [math] 1\leq \frac{e^x-1}{x}\leq \frac{1}{1-x}\; , \, [/math]

    a dla ujemnych

    [math] 1\geq \frac{e^x-1}{x}\geq \frac{1}{1-x}\; . \, [/math]

    Podstawiając teraz w miejsce [math]x\, [/math] wyrażenie [math]x_n-x_0\, [/math] widzimy, że z powyższych nierówności faktycznie wynika (16), a w konsekwencji ciąg po prawej stronie (15) zbiega do zera. Wykazaliśmy więc, że

    [math] \lim_{n\rightarrow\infty}|e^{x_n}-e^{x_0}|=0\; , \, [/math]
    co wypełnia definicję Heinego.

  2. Definicja Cauchy'ego.
    Weźmy teraz dowolnie małe [math]\epsilon\gt 0\, [/math] i załóżmy, że [math]|x-x_0|\lt \delta\, [/math], gdzie [math]\delta\, [/math] także jest małe, a ustalimy je za chwilę. Powtarzając rachunki prowadzące do oszacowań (18), zmieniając symbol [math]x_n\, [/math] na [math]x\, [/math], możemy napisać:
    [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\lt x_0\; .\end{array}\right. \, [/math]

    Jeśli [math]|x-x_0|\lt \delta\, [/math], przy czym [math]\delta\, [/math] jest bardzo małe, to mamy:

    [math] \frac{1}{1-(x-x_0)}\lt \frac{1}{1-\delta}\lt \frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2\; . \, [/math]

    Pozwala nam to napisać:

    [math] 0\leq|e^x-e^{x_0}|\leq 2e^{x_0}|x-x_0|\lt 2e^{x_0}\delta\; . \, [/math]

    Ustalając [math]\delta=\frac{1}{2}\,e^{-x_0}\epsilon\, [/math], mamy:

    [math] 0\leq|e^x-e^{x_0}|\lt \epsilon\; , \, [/math]
    tak jak wymaga tego definicja Cauchy'ego.


Zadanie 4

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\gt 0\, [/math], korzystając z definicji Heinego oraz Cauchy'ego.

Wskazówka

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].

Rozwiązanie
  1. Definicja Heinego.
    Weźmy dowolny ciąg [math]x_n\, [/math] zbieżny do [math]x_0\, [/math]. Mamy naturalnie:
    [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]

    przy użyciu tożsamości:

    [math] a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots +a b^{n-2}+b^{n-1})\; . [/math]

    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\gt \frac{1}{2}\,x_0\, [/math]. Mamy wówczas oszacowanie dla mianownika w (26):

    [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|\\ &\!\!\! \gt &\!\!\! \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]

    gdzie skorzystaliśmy z wzoru na sumę wyrazów ciągu geometrycznego. Mamy zatem oszacowanie:

    [math] 0\leq |\sqrt[k]{x_n}-\sqrt[k]{x_0}|\lt \frac{2(1-\sqrt[k]{\frac{1}{2}})}{x_0^{\frac{k-1}{k}}}\,|x_n-x_0|\; . \, [/math]

    Gdy [math]n\rightarrow\infty\, [/math], to prawa strona zbiega do zera, co pociąga za sobą wniosek

    [math] \lim_{n\rightarrow\infty}|\sqrt[k]{x_n}-\sqrt[k]{x_0}|=0\; . \, [/math]
    Ciągłość funkcji [math]f(x)=\sqrt[k]{x}\, [/math] jest więc wykazana.

  2. Definicja Cauchy'ego.
    Weźmy dowolnie małe [math]\epsilon\gt 0\,[/math] i załóżmy, że [math]|x-x_0|\lt \delta\, [/math], gdzie [math]\delta\, [/math] także jest małe, a ustalimy je za chwilę. Na razie wystarczy nam przyjąć, że [math]\displaystyle\delta\lt \frac{1}{2}\, x_0\, [/math], co jest możliwe, gdyż [math]x_0\gt 0\, [/math]. Powtarzamy teraz rachunki prowadzące do oszacowania (28), zmieniając symbol [math]x_n\, [/math] na [math]x\, [/math]. W konsekwencji możemy napisać:
    [math] 0\leq |\sqrt[k]{x}-\sqrt[k]{x_0}|\lt \frac{2(1-\sqrt[k]{\frac{1}{2}})}{x_0^{\frac{k-1}{k}}}\,|x-x_0|\lt \frac{2(1-\sqrt[k]{\frac{1}{2}})}{x_0^{\frac{k-1}{k}}}\,\delta\; . \, [/math]

    Biorąc teraz

    [math]\delta=\frac{x_0^{\frac{k-1}{k}}}{2(1-\sqrt[k]{\frac{1}{2}})}\,\epsilon\; , \, [/math]

    otrzymujemy:

    [math] 0\leq |\sqrt[k]{x}-\sqrt[k]{x_0}|\lt \epsilon\; , \, [/math]

    tak jak wymaga tego definicja Cauchy'ego.


Zadanie 5

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.

Wskazówka

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].

Rozwiązanie
  1. Definicja Heinego.
    Weźmy dowolny ciąg [math]x_n\,[/math] zbieżny do [math]x_0\,[/math]. Zachodzi:
    [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]

    gdzie wykorzystaliśmy wzór

    [math] \cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\; . \,[/math]

    Ponieważ spełniona jest nierówność: [math]|\sin x|\leq |x|\,[/math] (i oczywiście [math]|\sin x|\leq 1\,[/math]), możemy uzyskać oszacowanie:

    [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]

    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

    [math] \lim_{n\rightarrow\infty}\cos\frac{1}{x_n}=\cos\frac{1}{x_0}\; , \,[/math]
    co kończy dowód.

  2. Definicja Cauchy'ego.
    Weźmy dowolnie małe [math]\epsilon\gt 0\,[/math] i załóżmy, że [math]|x-x_0|\lt \delta\,[/math], gdzie [math]\delta\,[/math] także jest małe, a ustalimy je za chwilę. Wykorzystujemy oszacowanie (35), zmieniając symbol [math]x_n\,[/math] na [math]x\,[/math]:
    [math] 0\leq \left|\cos\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x_0}\right|\leq \left|\frac{x_0-x}{x_0x}\right|\; . \,[/math]

    Przyjmijmy, że wybieramy [math]\displaystyle\delta\lt \frac{1}{2}\, |x_0|\,[/math], co jest możliwe, gdyż [math]x_0\neq 0\,[/math]. Wówczas musi zachodzić: [math]\displaystyle |x|\gt \frac{1}{2}\,|x_0|\,[/math]. W konsekwencji możemy napisać:

    [math] 0\leq \left|\cos\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x_0}\right|\lt \frac{|x_0-x|}{\frac{1}{2}x_0^2}\lt \frac{2\delta}{x_0^2}\; .\,[/math]

    Biorąc teraz No reference identifier provided otrzymujemy:

    [math] 0\leq \left|\cos\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x_0}\right|\lt \epsilon\; , \,[/math]
    tak jak wymaga tego definicja Cauchy'ego.


Zadanie 6

Zbadać ciągłość funkcji:

[math] f(x)=\frac{\sin x}{E(x)}\; ,\;\;\;\;\mathrm{w\; punkcie}\;\; x_0\gt 1\; , \,[/math]

gdzie [math]E(x)\,[/math] oznacza część całkowitą liczby rzeczywistej [math]x\,[/math] (tzw. funkcję entier).

Wskazówka

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].

Rozwiązanie

Wykorzystamy definicję Cauchy'ego ciągłości funkcji. Wybierzmy pewne, dowolnie małe [math]\epsilon\gt 0\,[/math]. Będziemy się starali oszacować wyrażenie:

[math] |f(x)-f(x_0)|=\left|\frac{\sin x}{E(x)}-\frac{\sin x_0}{E(x_0)}\right|\; . \,[/math]

Rozpatrzymy dwa przypadki: gdy [math]x_0\in \mathbb{N}\,[/math] oraz gdy [math]x_0\in\!\!\!\! \not\;\;\mathbb{N}\,[/math].

  1. [math]x_0= n\in\mathbb{N}\,[/math] i [math]n\geq 2\,[/math].
    Weźmy małe [math]\delta\gt 0\,[/math] i zażądajmy aby [math]|x-x_0|\lt \delta\,[/math]. Przykładowo [math]\displaystyle x=x_1:=n-\frac{\delta}{2}\,[/math] spełnia ten warunek. Mamy wówczas:
    [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]

    Skorzystaliśmy tutaj ze wzoru:

    [math] \sin\alpha-\sin\beta=2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\; . \,[/math]

    Dla małego [math]\delta\,[/math] pierwszy wyraz w ostatniej linijce (42) także jest bardzo mały, a drugi ma ustaloną, niezerową wartość, więc możemy napisać:

    [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|\\ &\!\!\! \gt &\!\!\! \displaystyle \frac{|\sin n|}{n(n-1)}-\frac{2}{n-1}\cdot\frac{\delta}{4}\gt \frac{1}{2}\cdot\frac{|\sin n|}{n(n-1)}\neq 0\; . \end{array}\,[/math]
    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)|\lt \epsilon\,[/math] dla dowolnie małego [math]\epsilon\,[/math]. W konsekwencji we wszystkich rozważanych punktach funkcja jest nieciągła.

  2. [math]x_0\in\!\!\!\! \not\;\;\mathbb{N}\,[/math] i [math]x_0\gt 1\,[/math].
    Jeśli [math]x_0\,[/math] nie jest liczbą naturalną, to istnieje [math]m\in\mathbb{N}\,[/math] takie, że [math]m\lt x_0\lt m+1\,[/math]. Wówczas możemy wziąć tak małe [math]\delta\,[/math], że zachodzi także [math]m\lt x\lt m+1\,[/math]. W takim przypadku mamy:
    [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|\lt \frac{1}{m}\, \delta\; . \end{array}\,[/math]
    Biorąc [math]\delta=m\,\epsilon\,[/math], otrzymujemy [math]|f(x)-f(x_0)|\lt \epsilon\,[/math], co oznacza, że w rozważanych punktach [math]x_0\,[/math] funkcja jest ciągła.


Zadanie 7

Zbadać ciągłość funkcji:

[math] f(x)=\frac{\sin \pi x}{E(x)}\; ,\;\;\;\;\mathrm{w\; punkcie}\;\; x_0\gt 1\; , \,[/math]

gdzie [math]E(x)\,[/math] oznacza część całkowitą liczby rzeczywistej [math]x\,[/math].

Wskazówka

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].

Rozwiązanie

Wykorzystamy definicję Cauchy'ego ciągłości funkcji. Wybierzmy pewne, dowolnie małe [math]\epsilon\gt 0\,[/math]. Oszacujemy wyrażenie:

[math] |f(x)-f(x_0)|=\left|\frac{\sin \pi x}{E(x)}-\frac{\sin \pi x_0}{E(x_0)}\right|\; , \,[/math]

rozpatrując dwa przypadki: gdy [math]x_0\in \mathbb{N}\,[/math] oraz gdy [math]x_0\in\!\!\!\! \not\;\;\mathbb{N}\,[/math].

  1. [math]x_0= n\in\mathbb{N}\,[/math] i [math]n\geq 2\,[/math].
    Wybierzmy małe [math]\delta\gt 0\,[/math] i rozpatrujmy [math]x\,[/math] spełniające warunek: [math]|x-x_0|\lt \delta\,[/math]. Wówczas zachodzi:
    [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]

    Ponieważ [math]\delta\,[/math] jest małe, więc możemy przyjąć, iż [math]x\gt 1\,[/math] i w konsekwencji [math]E(x)\geq 1\,[/math]. Otrzymujemy więc:

    [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|\lt \pi\,\delta\; . \end{array}\,[/math]
    Biorąc [math]\displaystyle \delta=\frac{\epsilon}{\pi}\,[/math], otrzymujemy nierówność [math]|f(x)-f(x_0)|\lt \epsilon\,[/math], co dowodzi ciągłości funkcji w punkcie [math]x_0\,[/math].

  2. [math]x_0\in\!\!\!\! \not\;\;\mathbb{N}\,[/math] i [math]x_0\gt 1\,[/math].
    Jeśli [math]x_0\,[/math] nie jest liczbą naturalną, to istnieje [math]m\in\mathbb{N}\,[/math] takie, że [math]m\lt x_0\lt m+1\,[/math]. Wówczas możemy wziąć tak małe [math]\delta\,[/math], że zachodzi także [math]m\lt x\lt m+1\,[/math], i w konsekwencji mamy:
    [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|\lt \frac{\pi}{m}\, \delta\; , \end{array}\,[/math]

    gdzie skorzystaliśmy z (43).

    Wybierając tym razem [math]\displaystyle\delta=\frac{m}{\pi}\,\epsilon\,[/math], otrzymujemy ponownie [math]|f(x)-f(x_0)|\lt \epsilon\,[/math]. Funkcja [math]f(x)\,[/math] jest więc ciągła dla wszystkich [math]x\gt 1\,[/math].


Zadanie 8

Zbadać ciągłość funkcji:

[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]

gdzie [math]a,b\in\mathbb{R}\,[/math].

Wskazówka

Należy zbadać ciągłość prawo- i lewostronną w punkcie "sklejenia".

Rozwiązanie

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

  1. funkcja [math]\displaystyle \frac{1}{x}\,[/math] jest ciągła wszędzie, gdzie jest określona (czyli poza zerem),
  2. funkcja [math]\displaystyle e^x\,[/math] jest ciągła wszędzie,
  3. funkcja wymierna jest ciągła wszędzie, gdzie jest określona (czyli poza zerami mianownika).

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:

[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\gt 0\; ,\\ 1 & \mathrm{dla} & a\lt 0\; ,\\ \displaystyle \frac{1}{2} & \mathrm{dla} & a=0\; , \end{array}\right.\,[/math]

a dla lewostronnej mamy:

[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\gt 0\; ,\\ 0 & \mathrm{dla} & a\lt 0\; ,\\ \displaystyle \frac{1}{2} & \mathrm{dla} & a=0\; . \end{array}\right.\,[/math]

Wartość funkcji dla [math]x=0\,[/math] równa jest [math]b\,[/math], więc ciągłość prawostronna wymaga spełnienia warunków:

[math] (b=0\;\wedge\; a\gt 0)\;\vee\;(b=1\;\wedge\; a\lt 0)\;\vee\;(b=\frac{1}{2}\;\wedge\; a=0)\; , \,[/math]

a ciągłość lewostronna:

[math] (b=1\;\wedge\; a\gt 0)\;\vee\;(b=0\;\wedge\; a\lt 0)\;\vee\;(b=\frac{1}{2}\;\wedge\; a=0)\; . \,[/math]

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].

Zadanie 9

Zbadać ciągłość funkcji:

[math] f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}\displaystyle \frac{\sin ax}{x} & \mathrm{dla} & x\gt 0\; ,\\ \displaystyle x^2+bx+c & \mathrm{dla} & x\leq0\; , \end{array}\right. \,[/math]

gdzie [math]a,b,c\in\mathbb{R}\,[/math].

Wskazówka

Należy zbadać ciągłość prawo- i lewostronną w punkcie "sklejenia".

Rozwiązanie

Poza punktem "sklejenia" funkcja jest ciągła gdyż:

  1. funkcja [math]\sin x\,[/math] jest ciągła wszędzie,
  2. funkcja wymierna jest ciągła wszędzie, gdzie jest określona (czyli poza zerami mianownika),
  3. funkcja wielomianowa jest ciągła wszędzie.

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:

[math] \lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\sin ax}{x}=a\; , \,[/math]

a dla lewostronnej mamy:

[math] \lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^-}(x^2+bx+c)=c\; . \,[/math]

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].

Zadanie 10

Zbadać ciągłość funkcji:

[math] f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}\displaystyle (1-a\,\sin x)^{\frac{1}{x}} & \mathrm{dla} & x\lt 0\; ,\\ \displaystyle b\, e^x & \mathrm{dla} & x\geq0\; , \end{array}\right.\,[/math]

gdzie [math]|a|\lt 1\,[/math] oraz [math]a,b\in\mathbb{R}\,[/math].

Wskazówka

Należy zbadać ciągłość prawo- i lewostronną w punkcie "sklejenia".

Rozwiązanie

Poza punktem "sklejenia" funkcja jest ciągła gdyż:

  1. funkcja [math]\sin x\,[/math] jest ciągła wszędzie,
  2. funkcja [math]\displaystyle\frac{1}{x}\,[/math] jest ciągła wszędzie, gdzie jest określona (czyli poza zerem),
  3. funkcja wykładnicza jest ciągła wszędzie,
  4. 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).

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:

[math] \lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^+}b\, e^x=b\; , \,[/math]

a dla lewostronnej:

[math] \lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^-}(1-a\,\sin x)^{\frac{1}{x}} =e^{-a}\; . \,[/math]

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\lt \log b\lt 1\,[/math], czyli [math]\displaystyle\frac{1}{e}\lt b\lt e\,[/math].

Zadanie 11

Zbadać ciągłość funkcji:

[math] f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}\displaystyle a^{\frac{x}{1-x^2}} & \mathrm{dla} & |x|\gt 1\; ,\\ \displaystyle \displaystyle a^{\frac{1}{1-x^2}} & \mathrm{dla} & |x|\lt 1\; ,\\ \displaystyle \displaystyle b & \mathrm{dla} & |x|=1\; , \end{array}\right.\, [/math]

gdzie [math]a\gt 0\, [/math] oraz [math]b\in\mathbb{R}\, [/math].

Wskazówka

Należy zbadać ciągłość prawo- i lewostronną w punktach "sklejenia".

Rozwiązanie

Poza punktami "sklejenia" funkcja jest ciągła gdyż:

  1. funkcja wymierna jest ciągła wszędzie, gdzie jest określona (czyli poza zerami mianownika),
  2. funkcja wykładnicza jest ciągła wszędzie.

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:

[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\gt 1\; ,\\ 1 & \mathrm{dla} & a=1\; ,\\ \infty & \mathrm{dla} & 0\lt a\lt 1\; , \end{array}\right.\, [/math]

a dla lewostronnej mamy:

[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\gt 1\; ,\\ 1 & \mathrm{dla} & a=1\; ,\\ 0 & \mathrm{dla} & 0\lt a\lt 1\; . \end{array}\right.\, [/math]

Wartość funkcji dla [math]x=1\, [/math] równa jest [math]b\, [/math], więc ciągłość prawostronna wymaga spełnienia warunków:

[math] (b=0\;\wedge\; a\gt 1)\;\vee\;(b=1\;\wedge\; a=1)\; ,\, [/math]

a ciągłość lewostronna:

[math] (b=0\;\wedge\; 0\lt a\lt 1)\;\vee\;(b=1\;\wedge\; a=1)\; . \, [/math]

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:

[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\gt 1\; ,\\ 1 & \mathrm{dla} & a=1\; ,\\ 0 & \mathrm{dla} & 0\lt a\lt 1\; , \end{array}\right.\, [/math]

a dla lewostronnej mamy:

[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\gt 1\; ,\\ 1 & \mathrm{dla} & a=1\; ,\\ 0 & \mathrm{dla} & 0\lt a\lt 1\; . \end{array}\right.\, [/math]

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:

[math] (b=0\;\wedge\; 0\lt a\lt 1)\;\vee\;(b=1\;\wedge\; a=1)\; , \, [/math]

Funkcja (62) jest więc ciągła w całej swojej dziedzinie dla [math]a=b=1\, [/math].

Zadanie 12

Zbadać ciągłość funkcji, określonej w formie granicy:

[math] f(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{2}}\right)^n\; . \, [/math]


Wskazówka

Należy doprowadzić funkcję do postaci definiowanej przy użyciu "klamerki"(patrz poprzednie przykłady).

Rozwiązanie

Przepiszmy ułamek w (70) w postaci:

[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]

gdzie skorzystaliśmy ze wzoru:

[math] \sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta\; . \, [/math]

Jasne jest, że gdy [math]\displaystyle\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=1\, [/math], to granica w (70) 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|\lt 1\, [/math] i funkcja przyjmuje wartość [math]0\, [/math]. Mamy zatem

[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]

gdzie [math]k\in\mathbb{Z}\, [/math]. Oczywiste jest, że funkcja jest stała (a zatem także ciągła) wewnątrz każdego z przedziałów postaci:

[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]

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.

Zadanie 13

Zbadać ciągłość funkcji, określonej w formie granicy:

[math] f(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{1+x^n+x^{2n}}\; . \, [/math]


Wskazówka

Należy doprowadzić funkcję do postaci definiowanej przy użyciu "klamerki" (patrz poprzednie przykłady).

Rozwiązanie

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].

  1. Gdy [math]-1\leq x\leq 1\, [/math], mamy następujące oszacowanie
    [math] \sqrt[n]{\frac{3}{4}}\leq \sqrt[n]{1+x^n+x^{2n}}\leq \sqrt[n]{3}\; , \, [/math]

    i z reguły trzech ciągów wynika, że

    [math] \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{1+x^n+x^{2n}}=1\; . \, [/math]

  2. Natomiast, gdy [math]|x|\gt 1\, [/math], mamy:
    [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]

    gdzie tym razem wykorzystaliśmy następującą postać wyrażenia pod pierwiastkiem:

    [math] 1+x^n+x^{2n}=\left(1+\frac{1}{2}\, x^n\right)^2+\frac{3}{4}\,x^{2n}\; . \, [/math]

    Z reguły trzech ciągów wynika teraz, że

    [math] \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{1+x^n+x^{2n}}=x^2\; . \, [/math]

Funkcję [math]f\, [/math] można więc przepisać w postaci:

[math] f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}1 & \mathrm{dla} &|x|\leq 1\; ,\\ x^2 & \mathrm{dla} & \displaystyle |x|\gt 1\; , \end{array}\right.\, [/math]

Poza punktami "sklejenia" funkcja jest ciągła. Natomiast dla [math]x=1\, [/math] mamy:

[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]

co oznacza, że funkcja jest w tym punkcie ciągła. Ze względu na parzystość (81) jest ona także ciągła dla [math]x=-1\, [/math].

Źródło: „http://brain.fuw.edu.pl/edu/index.php?title=Matematyka_1NI/Ciągłość_zwykła&oldid=2920”