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

Демидович — задача 740

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

Задача 740

Функция f(x)f(x) теряет смысл при x=0x=0. Определить число f(0)f(0)
так, чтобы f(x)f(x) была непрерывна при x=0x=0, если:а) f(x)=1+x−11+x3−1;б) f(x)=tg⁡2xx\text{а) }f(x)=\frac{\sqrt{1+x}-1}{\sqrt[3]{1+x}-1};
\qquad
\text{б) }f(x)=\frac{\operatorname{tg}2x}{x}в) f(x)=sin⁡xsin⁡1x;г) f(x)=(1+x)1x\text{в) }f(x)=\sin x\sin\frac1x;
\qquad
\text{г) }f(x)=(1+x)^{\frac1x}д) f(x)=1x2e−1x2;е) f(x)=xx(x>0)\text{д) }f(x)=\frac1{x^2}e^{-\frac1{x^2}};
\qquad
\text{е) }f(x)=x^x\quad(x>0)ж) f(x)=xln⁡2x\text{ж) }f(x)=x\ln^2x
Ответ:а) f(0)=32f(0)=\frac32б) f(0)=2f(0)=2в) f(0)=0f(0)=0г) f(0)=ef(0)=eд) f(0)=0f(0)=0е) Для непрерывного продолжения справа следует положитьf(0)=1f(0)=1ж) Для непрерывного продолжения справа следует положитьf(0)=0f(0)=0

Решение

В каждом пункте значение f(0)f(0) должно равняться соответствующему
пределу при x→0x\to0. В пунктах е) и ж) рассматривается правый предел,
поскольку исходные функции заданы только при x>0x>0.

Пункт а)

Используем эквивалентности1+x−1∼x2,1+x3−1∼x3\sqrt{1+x}-1\sim\frac x2,
\qquad
\sqrt[3]{1+x}-1\sim\frac x3Поэтомуlim⁡x→01+x−11+x3−1=32\lim_{x\to0}
\frac{\sqrt{1+x}-1}{\sqrt[3]{1+x}-1}=\frac32

Пункт б)

Имеемlim⁡x→0tg⁡2xx=2lim⁡x→0tg⁡2x2x=2\lim_{x\to0}\frac{\operatorname{tg}2x}{x}
=2\lim_{x\to0}\frac{\operatorname{tg}2x}{2x}=2

Пункт в)

Так как ∣sin⁡1x∣⩽1\left|\sin\dfrac1x\right|\leqslant1, то∣sin⁡xsin⁡1x∣⩽∣sin⁡x∣⟶0\left|\sin x\sin\frac1x\right|\leqslant|\sin x|\longrightarrow0

Пункт г)

Это второй замечательный предел:lim⁡x→0(1+x)1x=e\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac1x}=e

Пункт д)

Положим u=1x2u=\dfrac1{x^2}. Тогда при x→0x\to0
параметр u→+∞u\to+\infty, и1x2e−1x2=ue−u⟶0\frac1{x^2}e^{-\frac1{x^2}}=ue^{-u}\longrightarrow0

Пункт е)

При x→0+x\to0^+xx=exln⁡xx^x=e^{x\ln x}Посколькуlim⁡x→0+xln⁡x=0\lim_{x\to0^+}x\ln x=0получаемlim⁡x→0+xx=1\lim_{x\to0^+}x^x=1

Пункт ж)

Положим x=e−tx=e^{-t}. При x→0+x\to0^+ имеем
t→+∞t\to+\infty, поэтомуxln⁡2x=e−tt2⟶0x\ln^2x=e^{-t}t^2\longrightarrow0