Раздел I. Введение в анализ — § 7. Непрерывность функции

Демидович — задача 674

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 674

С помощью «ε−δ\varepsilon-\delta»-рассуждений доказать непрерывность
следующих функций:а) ax+b;б) x2;в) x3\text{а) }ax+b;
\qquad
\text{б) }x^2;
\qquad
\text{в) }x^3г) x;д) x3;е) sin⁡x\text{г) }\sqrt{x};
\qquad
\text{д) }\sqrt[3]{x};
\qquad
\text{е) }\sin xж) cos⁡x;з) arctg⁡x\text{ж) }\cos x;
\qquad
\text{з) }\operatorname{arctg} x
Доказано:Функция ax+bax+b непрерывна на R\mathbb R.

Функция x2x^2 непрерывна на R\mathbb R.

Функция x3x^3 непрерывна на R\mathbb R.

Функция x\sqrt{x} непрерывна на [0,+∞)[0,+\infty), в точке
x=0x=0 непрерывность понимается справа.

Функция x3\sqrt[3]{x} непрерывна на R\mathbb R.

Функция sin⁡x\sin x непрерывна на R\mathbb R.

Функция cos⁡x\cos x непрерывна на R\mathbb R.

Функция arctg⁡x\operatorname{arctg} x непрерывна на R\mathbb R.

Доказательство

Идея

Во всех пунктах фиксируем точку x0x_0 из области определения функции и
число ε>0\varepsilon>0.
  1. 1

    Пункт а)

    Для f(x)=ax+bf(x)=ax+b имеем∣f(x)−f(x0)∣=∣a∣ ∣x−x0∣|f(x)-f(x_0)|=|a|\,|x-x_0|Если a≠0a\ne0, достаточно взятьδ=ε∣a∣\delta=\frac{\varepsilon}{|a|}Если a=0a=0, функция постоянна и подходит любое δ>0\delta>0.
  2. 2

    Пункт б)

    Для квадратичной функции∣x2−x02∣=∣x−x0∣ ∣x+x0∣|x^2-x_0^2|=|x-x_0|\,|x+x_0|При ∣x−x0∣<1|x-x_0|<1 выполняется ∣x∣<∣x0∣+1|x|<|x_0|+1, поэтому∣x+x0∣⩽∣x∣+∣x0∣<2∣x0∣+1|x+x_0|\leqslant|x|+|x_0|<2|x_0|+1Выберемδ=min⁡{1,ε2∣x0∣+1}\delta=\min\left\{1,\frac{\varepsilon}{2|x_0|+1}\right\}Тогда ∣x−x0∣<δ|x-x_0|<\delta влечёт ∣x2−x02∣<ε|x^2-x_0^2|<\varepsilon.
  3. 3

    Пункт в)

    Разность кубов представим в виде∣x3−x03∣=∣x−x0∣ ∣x2+xx0+x02∣\begin{aligned}
    |x^3-x_0^3| &= |x-x_0|\,|x^2+xx_0+x_0^2|
    \end{aligned}    Если ∣x−x0∣<1|x-x_0|<1, то ∣x∣<∣x0∣+1|x|<|x_0|+1 и∣x2+xx0+x02∣⩽3x02+3∣x0∣+1|x^2+xx_0+x_0^2|
    \leqslant3x_0^2+3|x_0|+1    Поэтому можно положитьδ=min⁡{1,ε3x02+3∣x0∣+1}\delta=\min\left\{1,
    \frac{\varepsilon}{3x_0^2+3|x_0|+1}
    \right\}
  4. 4

    Пункт г)

    Пусть сначала x0>0x_0>0. Для x⩾0x\geqslant0 имеем∣x−x0∣=∣x−x0∣x+x0⩽∣x−x0∣x0\begin{aligned}
    |\sqrt{x}-\sqrt{x_0}| &= \frac{|x-x_0|}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}}
    \leqslant\frac{|x-x_0|}{\sqrt{x_0}}
    \end{aligned}    Достаточно взять δ=εx0\delta=\varepsilon\sqrt{x_0}. При x0=0x_0=0
    неравенство 0⩽x<δ0\leqslant x<\delta и выбор δ=ε2\delta=\varepsilon^2 дают∣x−0∣=x<ε|\sqrt{x}-\sqrt{0}|=\sqrt{x}<\varepsilon
  5. 5

    Пункт д)

    Положим u=x3u=\sqrt[3]{x} и v=x03v=\sqrt[3]{x_0}. Тогда∣x−x0∣=∣u−v∣ (u2+uv+v2)\begin{aligned}
    |x-x_0| &= |u-v|\,(u^2+uv+v^2)
    \end{aligned}    причёмu2+uv+v2=(u−v)2+3(u+v)24⩾(u−v)24\begin{aligned}
    u^2+uv+v^2 &= \frac{(u-v)^2+3(u+v)^2}{4}
    \geqslant\frac{(u-v)^2}{4}
    \end{aligned}    Следовательно,∣x3−x03∣⩽4∣x−x0∣3|\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x_0}|
    \leqslant\sqrt[3]{4|x-x_0|}    Выборδ=ε34\delta=\frac{\varepsilon^3}{4}обеспечивает требуемое неравенство.
  6. 6

    Пункт е)

    Из формулы разности синусов и неравенства
    ∣sin⁡t∣⩽∣t∣|\sin t|\leqslant|t| получаем∣sin⁡x−sin⁡x0∣=2∣cos⁡x+x02∣∣sin⁡x−x02∣⩽∣x−x0∣\begin{aligned}
    |\sin x-\sin x_0| &= 2\left|\cos\frac{x+x_0}{2}\right|
    \left|\sin\frac{x-x_0}{2}\right|
    \leqslant|x-x_0|
    \end{aligned}    Поэтому достаточно взять δ=ε\delta=\varepsilon.
  7. 7

    Пункт ж)

    Аналогично,∣cos⁡x−cos⁡x0∣==2∣sin⁡x+x02∣∣sin⁡x−x02∣⩽∣x−x0∣\begin{aligned}
    |\cos x-\cos x_0| &= = 2\left|\sin\frac{x+x_0}{2}\right|
    \left|\sin\frac{x-x_0}{2}\right|
    \leqslant|x-x_0|
    \end{aligned}    и снова можно взять δ=ε\delta=\varepsilon.

Проверка

з) Обозначим y0=arctg⁡x0y_0=\operatorname{arctg} x_0. Выберемη=min⁡{ε2,π2−∣y0∣2}>0\eta=\min\left\{
\frac{\varepsilon}{2},
\frac{\frac\pi2-|y_0|}{2}
\right\}>0Числа y0−ηy_0-\eta и y0+ηy_0+\eta принадлежат интервалу
(−π2,π2)\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right). Поэтому положительно числоδ=min⁡{x0−tg⁡(y0−η),tg⁡(y0+η)−x0}\delta=\min\left\{
x_0-\operatorname{tg}(y_0-\eta),
\operatorname{tg}(y_0+\eta)-x_0
\right\}Если ∣x−x0∣<δ|x-x_0|<\delta, тоtg⁡(y0−η)<x<tg⁡(y0+η)\operatorname{tg}(y_0-\eta)<x<\operatorname{tg}(y_0+\eta)Функция tg⁡y\operatorname{tg} y строго возрастает на
(−π2,π2)\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right), следовательно,y0−η<arctg⁡x<y0+ηy_0-\eta<\operatorname{arctg} x<y_0+\etaи∣arctg⁡x−arctg⁡x0∣<η<ε|\operatorname{arctg} x-\operatorname{arctg} x_0|<\eta<\varepsilon

Что и требовалось доказать