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

Демидович — задача 731

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

Задача 731

Исследовать следующие функции на непрерывность и выяснить характер точек разрыва, если:а) f(x)={x2,0⩽x⩽1,2−x,1<x⩽2;\text{а) }f(x)=\begin{cases}x^2,&0\leqslant x\leqslant1,\\2-x,&1<x\leqslant2;\end{cases}б) f(x)={x,∣x∣⩽1,1,∣x∣>1;\text{б) }f(x)=\begin{cases}x,&|x|\leqslant1,\\1,&|x|>1;\end{cases}в) f(x)={cos⁡(πx/2),∣x∣⩽1,∣x−1∣,∣x∣>1;\text{в) }f(x)=\begin{cases}\cos(\pi x/2),&|x|\leqslant1,\\|x-1|,&|x|>1;\end{cases}г) f(x)={ctg⁡2(πx),x∉Z,0,x∈Z;\text{г) }f(x)=\begin{cases}\operatorname{ctg}^2(\pi x),&x\notin\mathbb Z,\\0,&x\in\mathbb Z;\end{cases}д) f(x)={sin⁡(πx),x∈Q,0,x∉Q.\text{д) }f(x)=\begin{cases}\sin(\pi x),&x\in\mathbb Q,\\0,&x\notin\mathbb Q.\end{cases}
Вывода) Непрерывна на [0,2][0,2]. б), в) Единственный разрыв — скачок в x=−1x=-1. г) Бесконечные разрывы во всех целых точках. д) Непрерывна ровно в целых точках; в остальных — разрывы второго рода.

Решение

Проверим непрерывность на каждой части области определения и в точках смены формулы.

Пункт а)

Внутри каждой части функция непрерывна. В точке 11f(1)=12=1,f(1−)=12=1,f(1+)=2−1=1.f(1)=1^2=1,\qquad f(1-)=1^2=1,\qquad f(1+)=2-1=1.Ветви согласованы, так что функция непрерывна на всём [0,2][0,2].

Пункт б)

Проверяем точки −1-1 и 11, в которых меняется формула:f(−1−)=1,f(−1)=−1,f(−1+)=−1;f(-1-)=1,\quad f(-1)=-1,\quad f(-1+)=-1;f(1−)=1,f(1)=1,f(1+)=1.f(1-)=1,\quad f(1)=1,\quad f(1+)=1.В точке −1-1 имеется скачок −1−1=−2-1-1=-2. В точке 11 и во всех остальных точках функция непрерывна.

Пункт в)

При x→−1−x\to-1- используем внешнюю формулу:f(−1−)=∣−1−1∣=2.f(-1-)=|-1-1|=2.Из внутренней формулы получаемf(−1)=f(−1+)=cos⁡(−π/2)=0.f(-1)=f(-1+)=\cos(-\pi/2)=0.Поэтому в точке −1-1 имеется скачок 0−2=−20-2=-2. В точке 11f(1−)=f(1)=cos⁡(π/2)=0,f(1+)=∣1−1∣=0,f(1-)=f(1)=\cos(\pi/2)=0,\qquad f(1+)=|1-1|=0,то есть разрыва нет. На остальных частях области определения непрерывность следует из непрерывности косинуса и модуля.

Пункт г)

В нецелой точке sin⁡(πx)≠0\sin(\pi x)\ne0, поэтому отношение cos⁡2(πx)/sin⁡2(πx)\cos^2(\pi x)/\sin^2(\pi x) непрерывно. Пусть k∈Zk\in\mathbb Z и x=k+hx=k+h. По периодичности квадрата котангенсаf(k+h)=cos⁡2(πh)sin⁡2(πh)⟶+∞(h→0, h≠0),f(k+h)=\frac{\cos^2(\pi h)}{\sin^2(\pi h)}\longrightarrow+\infty
\quad(h\to0,\ h\ne0),поскольку числитель стремится к 11, а положительный знаменатель — к нулю. При этом f(k)=0f(k)=0. Значит, каждое целое число — точка бесконечного разрыва второго рода.

Пункт д)

При k∈Zk\in\mathbb Z имеем f(k)=sin⁡(πk)=0f(k)=\sin(\pi k)=0. Для любого вещественного xx∣f(x)∣⩽∣sin⁡(πx)∣=∣sin⁡(π(x−k))∣⩽π∣x−k∣.|f(x)|\leqslant|\sin(\pi x)|
=|\sin(\pi(x-k))|\leqslant\pi|x-k|.Поэтому f(x)→0=f(k)f(x)\to0=f(k) при x→kx\to k: во всех целых точках функция непрерывна.
Если x0∉Zx_0\notin\mathbb Z, то sin⁡(πx0)≠0\sin(\pi x_0)\ne0. По плотности рациональных и иррациональных чисел можно выбрать с любой стороны от x0x_0 последовательности рациональных rn→x0r_n\to x_0 и иррациональных sn→x0s_n\to x_0. Тогдаf(rn)=sin⁡(πrn)→sin⁡(πx0)≠0,f(sn)=0.f(r_n)=\sin(\pi r_n)\to\sin(\pi x_0)\ne0,
\qquad f(s_n)=0.Значения имеют разные пределы. Следовательно, в каждой нецелой точке нет даже односторонних пределов: это разрыв второго рода.