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

Демидович — задача 808

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

Задача 808

Получить оценку модуля непрерывности ωf(δ)\omega_f(\delta) (см. предыдущую задачу) видаωf(δ)≤Cδα,\omega_f(\delta)\le C\delta^\alpha,где CC и α\alpha - константы, если:а) f(x)=x3(0≤x≤1);\text{а) }f(x)=x^3\qquad(0\le x\le1);б) f(x)=x(0≤x≤a) и (a<x<+∞);\text{б) }f(x)=\sqrt{x}\qquad(0\le x\le a)\ \text{и }(a<x<+\infty);в) f(x)=sin⁡x+cos⁡x(0≤x≤2π).\text{в) }f(x)=\sin x+\cos x\qquad(0\le x\le2\pi).

Решение

Пункт а)

Для x1,x2∈[0,1]x_1,x_2\in[0,1]∣x13−x23∣=∣x1−x2∣(x12+x1x2+x22)≤3∣x1−x2∣.|x_1^3-x_2^3|
=
|x_1-x_2|(x_1^2+x_1x_2+x_2^2)
\le
3|x_1-x_2|.При ∣x1−x2∣≤δ|x_1-x_2|\le\delta∣f(x1)−f(x2)∣≤3δ,|f(x_1)-f(x_2)|\le3\delta,поэтомуωf(δ)≤3δ\boxed{\omega_f(\delta)\le3\delta}и можно взять C=3, α=1C=3,\ \alpha=1.

Пункт б)

Сначала рассмотрим 0≤x1,x2≤a0\le x_1,x_2\le a. 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|}.При ∣x1−x2∣≤δ|x_1-x_2|\le\deltaωf(δ)≤δ,\boxed{\omega_f(\delta)\le\sqrt{\delta}},то есть C=1, α=12C=1,\ \alpha=\frac12.
Теперь пусть x1,x2>a>0x_1,x_2>a>0. Тогда∣x1−x2∣=∣x1−x2∣x1+x2≤∣x1−x2∣2a.|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|
=
\frac{|x_1-x_2|}{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}}
\le
\frac{|x_1-x_2|}{2\sqrt a}.Следовательно,ωf(δ)≤δ2a,\boxed{\omega_f(\delta)\le\frac{\delta}{2\sqrt a}},и можно взять C=12a, α=1C=\frac1{2\sqrt a},\ \alpha=1.

Пункт в)

Для x1,x2∈[0,2π]x_1,x_2\in[0,2\pi]∣f(x1)−f(x2)∣≤∣sin⁡x1−sin⁡x2∣+∣cos⁡x1−cos⁡x2∣≤2∣x1−x2∣.\begin{aligned}
|f(x_1)-f(x_2)|
&\le
|\sin x_1-\sin x_2|
+
|\cos x_1-\cos x_2|\\
&\le
2|x_1-x_2|.
\end{aligned}Поэтому при ∣x1−x2∣≤δ|x_1-x_2|\le\deltaωf(δ)≤2δ,\boxed{\omega_f(\delta)\le2\delta},то есть можно взять C=2, α=1C=2,\ \alpha=1.
Демидович № 808 — решение | Высшая математика — Профиматика