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

Демидович — задача 802

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

Задача 802

Для ε>0\varepsilon>0 найти δ=δ(ε)\delta=\delta(\varepsilon) (какое-нибудь!), удовлетворяющее условиям равномерной непрерывности для функции f(x)f(x) на данном промежутке, если:а) f(x)=5x−3(−∞<x<+∞);\text{а) }f(x)=5x-3\qquad(-\infty<x<+\infty);б) f(x)=x2−2x−1(−2≤x≤5);\text{б) }f(x)=x^2-2x-1\qquad(-2\le x\le5);в) f(x)=1x(0,1≤x≤1);\text{в) }f(x)=\frac1x\qquad(0{,}1\le x\le1);г) f(x)=x(0≤x<+∞);\text{г) }f(x)=\sqrt{x}\qquad(0\le x<+\infty);д) f(x)=2sin⁡x−cos⁡x(−∞<x<+∞);\text{д) }f(x)=2\sin x-\cos x\qquad(-\infty<x<+\infty);е) f(x)=xsin⁡1x(x≠0),f(0)=0(0≤x≤π).\text{е) }f(x)=x\sin\frac1x\quad(x\ne0),\qquad f(0)=0\qquad(0\le x\le\pi).

Решение

Пункт а)

Для любых x1,x2∈Rx_1,x_2\in\mathbb R∣f(x1)−f(x2)∣=5∣x1−x2∣.|f(x_1)-f(x_2)|=5|x_1-x_2|.Поэтому подходитδ=ε5.\boxed{\delta=\frac{\varepsilon}{5}}.

Пункт б)

Имеем∣f(x1)−f(x2)∣=∣x1−x2∣∣x1+x2−2∣.|f(x_1)-f(x_2)|
=
|x_1-x_2||x_1+x_2-2|.При x1,x2∈[−2,5]x_1,x_2\in[-2,5] величина x1+x2−2x_1+x_2-2 лежит между −6-6 и 88, поэтому∣f(x1)−f(x2)∣≤8∣x1−x2∣.|f(x_1)-f(x_2)|
\le8|x_1-x_2|.Можно взятьδ=ε8.\boxed{\delta=\frac{\varepsilon}{8}}.

Пункт в)

При x1,x2∈[0,1,1]x_1,x_2\in[0{,}1,1]∣1x1−1x2∣=∣x1−x2∣x1x2≤100∣x1−x2∣.\left|\frac1{x_1}-\frac1{x_2}\right|
=
\frac{|x_1-x_2|}{x_1x_2}
\le100|x_1-x_2|.Подходитδ=ε100.\boxed{\delta=\frac{\varepsilon}{100}}.

Пункт г)

Для x1,x2≥0x_1,x_2\ge0 имеем∣x1−x2∣=∣x1−x2∣(x1+x2)≥∣x1−x2∣2.|x_1-x_2|
=
|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2})
\ge
|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|^2.Поэтому∣x1−x2∣≤∣x1−x2∣.|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|
\le
\sqrt{|x_1-x_2|}.Достаточно взятьδ=ε2.\boxed{\delta=\varepsilon^2}.

Пункт д)

Используя ∣sin⁡u−sin⁡v∣≤∣u−v∣|\sin u-\sin v|\le|u-v| и ∣cos⁡u−cos⁡v∣≤∣u−v∣|\cos u-\cos v|\le|u-v|, получаем∣f(x1)−f(x2)∣≤2∣sin⁡x1−sin⁡x2∣+∣cos⁡x1−cos⁡x2∣≤3∣x1−x2∣.\begin{aligned}
|f(x_1)-f(x_2)|
&\le
2|\sin x_1-\sin x_2|+|\cos x_1-\cos x_2|\\
&\le
3|x_1-x_2|.
\end{aligned}Можно взятьδ=ε3.\boxed{\delta=\frac{\varepsilon}{3}}.

Пункт е)

Возьмем любые x1,x2∈[0,π]x_1,x_2\in[0,\pi]. Не ограничивая общности, пусть 0≤x1≤x20\le x_1\le x_2.
Сначала предположим, что x1>0x_1>0. Прибавим и вычтем x1sin⁡1x2x_1\sin\frac1{x_2}:∣f(x2)−f(x1)∣=∣x2sin⁡1x2−x1sin⁡1x1∣≤∣x2sin⁡1x2−x1sin⁡1x2∣+∣x1sin⁡1x2−x1sin⁡1x1∣≤∣x2−x1∣+x1∣1x2−1x1∣=∣x2−x1∣+∣x2−x1∣x2.\begin{aligned}
|f(x_2)-f(x_1)|
&=
\left|x_2\sin\frac1{x_2}-x_1\sin\frac1{x_1}\right|\\
&\le
\left|x_2\sin\frac1{x_2}-x_1\sin\frac1{x_2}\right|
+
\left|x_1\sin\frac1{x_2}-x_1\sin\frac1{x_1}\right|\\
&\le
|x_2-x_1|
+
x_1\left|\frac1{x_2}-\frac1{x_1}\right|\\
&=
|x_2-x_1|+\frac{|x_2-x_1|}{x_2}.
\end{aligned}
Если x1>∣x2−x1∣x_1>\sqrt{|x_2-x_1|}, то и x2>∣x2−x1∣x_2>\sqrt{|x_2-x_1|}, поэтому при ∣x2−x1∣≤1|x_2-x_1|\le1∣f(x2)−f(x1)∣<∣x2−x1∣+∣x2−x1∣≤2∣x2−x1∣.|f(x_2)-f(x_1)|
<
|x_2-x_1|+\sqrt{|x_2-x_1|}
\le
2\sqrt{|x_2-x_1|}.Остается случай0≤x1≤∣x2−x1∣.0\le x_1\le\sqrt{|x_2-x_1|}.Здесь удобнее использовать простую оценку ∣f(x)∣≤x|f(x)|\le x. Так как x2=x1+∣x2−x1∣x_2=x_1+|x_2-x_1|,∣f(x2)−f(x1)∣≤∣f(x2)∣+∣f(x1)∣≤x2+x1=2x1+∣x2−x1∣≤2∣x2−x1∣+∣x2−x1∣≤3∣x2−x1∣.\begin{aligned}
|f(x_2)-f(x_1)|
&\le |f(x_2)|+|f(x_1)|\\
&\le x_2+x_1\\
&=2x_1+|x_2-x_1|\\
&\le2\sqrt{|x_2-x_1|}+|x_2-x_1|\\
&\le3\sqrt{|x_2-x_1|}.
\end{aligned}Эта оценка включает и случай x1=0x_1=0.

Проверка

Таким образом, для любых x1,x2∈[0,π]x_1,x_2\in[0,\pi] при ∣x1−x2∣≤1|x_1-x_2|\le1∣f(x1)−f(x2)∣≤3∣x1−x2∣.|f(x_1)-f(x_2)|
\le
3\sqrt{|x_1-x_2|}.Чтобы получить ∣f(x1)−f(x2)∣<ε|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon, достаточно потребовать∣x1−x2∣<ε29.|x_1-x_2|<\frac{\varepsilon^2}{9}.Поэтому можно взятьδ=min⁡{1,ε29}.\boxed{\delta=\min\left\{1,\frac{\varepsilon^2}{9}\right\}}.
Демидович № 802 — решение | Высшая математика — Профиматика