Раздел I. Введение в анализ — § 9. Равномерная непрерывность функции

Демидович — задача 798

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

Исследовать на равномерную непрерывность в заданной области функцию

Задача 798

f(x)=arctg⁡x(−∞<x<+∞).f(x)=\operatorname{arctg} x\qquad(-\infty<x<+\infty).

Опирается на

Решение

Функция f(x)=arctg⁡xf(x)=\operatorname{arctg} x непрерывна на всей числовой прямой.
На полуоси (−∞,0](-\infty,0] положим t=−xt=-x. Тогдаf(x)=arctg⁡x=−arctg⁡t,t≥0.f(x)=\operatorname{arctg} x=-\operatorname{arctg} t,\qquad t\ge0.Функция −arctg⁡t-\operatorname{arctg} t непрерывна на [0,+∞)[0,+\infty) иlim⁡t→+∞(−arctg⁡t)=−π2,\lim_{t\to+\infty}(-\operatorname{arctg} t)=-\frac{\pi}{2},поэтому по той же задаче 791 она равномерно непрерывна. Значит, f(x)=arctg⁡xf(x)=\operatorname{arctg} x равномерно непрерывна и на (−∞,0](-\infty,0].

Остается объединить две полуоси. Зафиксируем ε>0\varepsilon>0. Для ε/2\varepsilon/2 существуют δ1,δ2>0\delta_1,\delta_2>0, соответствующие равномерной непрерывности на (−∞,0](-\infty,0] и [0,+∞)[0,+\infty). Возьмемδ=min⁡{δ1,δ2}.\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}.Если x1,x2x_1,x_2 лежат на одной полуоси и ∣x1−x2∣<δ|x_1-x_2|<\delta, то сразу получаем ∣f(x1)−f(x2)∣<ε/2<ε|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon/2<\varepsilon.

Пусть теперь x1<0<x2x_1<0<x_2. Тогда из ∣x1−x2∣<δ|x_1-x_2|<\delta имеем ∣x1∣<δ|x_1|<\delta и ∣x2∣<δ|x_2|<\delta. Поскольку f(0)=0f(0)=0,∣f(x1)−f(x2)∣≤∣f(x1)−f(0)∣+∣f(0)−f(x2)∣<ε2+ε2=ε.|f(x_1)-f(x_2)|
\le
|f(x_1)-f(0)|+|f(0)-f(x_2)|
<
\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}
=
\varepsilon.

Проверка

Таким образом,arctg⁡x равномерно непрерывна на R.\operatorname{arctg} x\text{ равномерно непрерывна на }\mathbb R.
Демидович № 798 — решение | Высшая математика — Профиматика