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.

Получить оценку модуля непрерывности

\omega_f(\delta)

(см. предыдущую задачу) вида

\omega_f(\delta)\le C\delta^\alpha,

где

C

\alpha

- константы, если:

\text{а) }f(x)=x^3\qquad(0\le x\le1);

\text{б) }f(x)=\sqrt{x}\qquad(0\le x\le a)\ \text{и }(a<x<+\infty);

\text{в) }f(x)=\sin x+\cos x\qquad(0\le x\le2\pi).

Решение

1
Пункт а)
Для $x_1,x_2\in[0,1]$ $|x_1^3-x_2^3|=|x_1-x_2|(x_1^2+x_1x_2+x_2^2)\le3|x_1-x_2|.$ При $|x_1-x_2|\le\delta$ $|f(x_1)-f(x_2)|\le3\delta,$ поэтому $\boxed{\omega_f(\delta)\le3\delta}$ и можно взять $C=3,\ \alpha=1$ .
2
Пункт б)
Сначала рассмотрим $0\le x_1,x_2\le a$ . Имеем $|x_1-x_2|=|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2})\ge|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|^2,$ поэтому $|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|\le\sqrt{|x_1-x_2|}.$ При $|x_1-x_2|\le\delta$ $\boxed{\omega_f(\delta)\le\sqrt{\delta}},$ то есть $C=1,\ \alpha=\frac12$ .
3
Теперь пусть $x_1,x_2>a>0$ . Тогда $|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|=\frac{|x_1-x_2|}{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}}\le\frac{|x_1-x_2|}{2\sqrt a}.$ Следовательно, $\boxed{\omega_f(\delta)\le\frac{\delta}{2\sqrt a}},$ и можно взять $C=\frac1{2\sqrt a},\ \alpha=1$ .
4
Пункт в)
Для $x_1,x_2\in[0,2\pi]$ $\begin{aligned}|f(x_1)-f(x_2)|&\le|\sin x_1-\sin x_2|+|\cos x_1-\cos x_2|\\&\le2|x_1-x_2|.\end{aligned}$ Поэтому при $|x_1-x_2|\le\delta$ $\boxed{\omega_f(\delta)\le2\delta},$ то есть можно взять $C=2,\ \alpha=1$ .