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

Демидович — задача 727

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

Исследовать на непрерывность и построить график функции

Задача 727

y=lim⁡t→+∞ln⁡(1+ext)ln⁡(1+et)y=\lim_{t\to+\infty}
\frac{\ln(1+e^{xt})}{\ln(1+e^t)}
ПостроениеПредельная функция равна 00 при x⩽0x\leqslant0 и xx при
x>0x>0; она непрерывна на R\mathbb R.

Построение

Идея

Знаменатель положителен при t>0t>0. Если x<0x<0, то
ext→0e^{xt}\to0, поэтому числитель стремится к нулю, а знаменатель — к
+∞+\infty. Следовательно, предел равен нулю. При x=0x=0 числитель равен
ln⁡2\ln2, и предел также равен нулю.
  1. 1
    Пусть x>0x>0. Используем тождестваln⁡(1+ext)=xt+ln⁡(1+e−xt),ln⁡(1+et)=t+ln⁡(1+e−t)\ln(1+e^{xt})=xt+\ln(1+e^{-xt}),
    \qquad
    \ln(1+e^t)=t+\ln(1+e^{-t})    Тогдаln⁡(1+ext)ln⁡(1+et)=x+1tln⁡(1+e−xt)1+1tln⁡(1+e−t)⟶x\frac{\ln(1+e^{xt})}{\ln(1+e^t)}
    =\frac{x+\frac1t\ln(1+e^{-xt})}
    {1+\frac1t\ln(1+e^{-t})}
    \longrightarrow x    Действительно, для u⩾0u\geqslant0 имеем 0⩽ln⁡(1+e−u)⩽ln⁡20\leqslant\ln(1+e^{-u})\leqslant
    \ln2    , поэтому оба добавочных слагаемых, делённых на tt, стремятся к нулю.
    Итак,y={0,x⩽0,x,x>0y=
    \begin{cases}
    0, & x\leqslant0,\\[1mm]
    x, & x>0
    \end{cases}    В точке склейки оба односторонних предела равны нулю и совпадают со
    значением функции. Поэтому функция непрерывна на R\mathbb R.
  2. 2

    Построение графика

    На отрицательной полуоси график совпадает с осью OxOx,
    а на положительной полуоси — с лучом прямой y=xy=x. Лучи имеют общую точку
    (0,0)(0,0).график к задаче Демидовича № 727

Проверка

Ответ. Предельная функция равна 00 при x⩽0x\leqslant0 и xx при
x>0x>0; она непрерывна на R\mathbb R.
Демидович № 727 — решение и ответ