Антидемидович 2 - ряды (1113363), страница 21
Текст из файла (страница 21)
+уз > 2ху следует, что -ел э < —. Поэтому 0 < ОтСЮда ВЫтЕКаЕт, ЧтО 11Ш 1 эдт) = О. В »-о» ~»'+у у Фа 118 Гл. 2. Дифференциальное исчисление функций векторного аргумента а» М Из неравенств х у ~( 1(хо+ уз)2, 1 В (хо+ у )* " ) (ха + уз) а~ »у 1 справедливых при 0 < хо+ уу < 1, и нз того, что Йп(х +у)а У = Бш 21 = Йп са =1, » 0 » ео»-ео у о 2 2 2 вытекает равенство Йп (х + у )* " = 1. > -о у о 16. Йн ( +1)*+". у-а и В силу непрерывности показательной и логарифмической функций, имеем а (+-')*'" = ».,( — ',»(1 ° -') ) = ° *у="« 14.
й 2 Рсх2+ у2 у-о и Пользуясь непрерывностью логарифмической фуНКцИИ И тЕМ, Чта йщ а РХ2 + уу = 1 й у-о О, получаем 1в(с+с») 1п2 Бщ = — = 1п2. > г,/х~ + уз у-о 15.По каким направлениям у» существует конечный предел: » уа а) Йп с*'+»'; б) Бщ с " 21п 2ху, если х = р сов у» и у = р»1а р. р-»о Р-» М а) Конечный предел йщ е*'+» = Йп е Р -+о р-+о существует тогда, когда соз р < О, т, е. если — ' < уа ( —. 2 б) Имеем »»-уа ° р му» 2 Йп с " щп2ху= Йп е» '" "зш(р з1п22»). Р + Р-У поскольку рз +ос, а р» ив(р'ил 22») — ограниченная функция, то предел будет конечным, если сов 22» < О нли з!п22» и О. В первом случае — ( р « вЂ”, —, у» < —,, во втором у»=0,2»=т.
И Найти точки разрыва следующих функций: 16. о = —. 1 хо+ уз М Функция (х, у)»Р хз + уз непрерывна прн всех х и у как многочлен от х и у, По известном теореме о непрерывности суперпознции непрерывных функций, (х, у)» (х + 1 уз) 2 — также непрерывнав функция прн всех х и у, кроме точки (0,0), где знаменатель 1 (х + у )2 обращается в нуль. Следовательно, (О, О) — точка бесконечного разрыва. 1» 1»У. и»х — * ххз з+ уу' и Поскольку числитель и знаменатель — непрерывные функции, то данная Фун"ция может иметь разрыв лишь в точках, где знаменатель х + у обращаегск в нуль. рещая 119 У 1. Предел функции. Непрерывность уравнение х + уэ = 0 относмтевьно у, находим у = -х, Следовательно, функцмя имеет э разрывы ма прямой у = -х.
Пусть хо ,-Е О, уэ ~ 0 м хо+ уо = О. Тогда (сш — — )сш х+У . 1 1 с ха+уз *-*с хг — ху+уг хг — хауз+уз э эс э эс Значит, точки прямой у ж -х (х ф 0) — точки устраиимого разрыва функции о. Иэ соотношениа 3 3 г г х+у . 1 хз+ з,, г у+ г э о э-э следует,что (О, О) — точка бесконечного разрыва. и 18. Показать,что функция — если х +у ФО, 2ху г г ,Г(х, у) = хг + уг О, если хг + уг = О, непрерывна по каждой из переменных х н у в отдельности (прм фиксированном значении другой переменном), но не является непрерывной па совокупности этих переменных.
М Пусть у ф О и ха — любые фиксированные числа. Тогда с( 'У) г г г г 2ху 2хау „хг+ уг хзг+ уг Если же у = О, то при любом хо ф О йш у(х, 0) ж 0 = Дха, О). Наконец, если У = 0 и яс ха = О, то йсп .г(х, О) = 0 = ДО) О) . а Таким образом, лри каждом фмксированмом у функция у непрерывна по переменной х. Ввиду симметрии функции относительна х и у при любам фиксированном х функция Г" непрерывна цо переменной у.
Однако функция у ие является непрерывном по совокупиостм переменных в точке (О, 0). Действительно, обе последовательности (-, -) м (-, -„) сходятся при и -с оо к точке (0,0), а соответствующие им цоследовательности значений функции сходятся при п оа к различным предельным значениям: 19. Показать, что функция у( )сх с г' если * +у фО' х'у г г О, е *+у=О, В ТОЧКЕ (О, 0) ИЕПрЕрЫВНа ВДОЛЬ Каяедата ЛуЧа Х ж ГСОЗ О, у = 1ЗШ О, 0 < Ф < +СО, ЛрОХадящста ЧЕРЕЗ Зту таЧКу, т. Е.
СущЕСтВуЕт бги у(ФСаэ О, ГЭШ а) = Г(0) 0), Одиаха Эта фуиКцмх НЕ с э является непрерывнок в точке (О, 0). и Имеем с с),ь' )=с Гааз юзсв и с а с-о Ггсазса+аш о Поскольку у(Г сох о, 1 зш о) ш 0 лрм а = а", й б уо, то прм этих значениях о г' Вшу(тссмис Гмао) 0 = у(0, 0).
с о 120 Гл. 2. Дифференциальное исчкслеике функций векторного аргумента Если 0 < к < 2х, о ~ —, х б И, то г~ сох~ а+ еш а > 0 и т~ соэ' а + зшэ п ып о > О при Г О. Следовательно, Пш /(1 сова, 1эша) = 0 ш /(О, 0). Таким образом, вдоль любого луча, с о проходящего через точку (О, 0), функция / непрерывна в этой точке. То, что функция у имеет разрыв в тачке (0,0), следует из того, что последовательность (, э) сходится к точке (0,0) при и -» оо, а 1 ! 20. Исследовать на равномерную непрерывность линейную функцию Дх, у) = 2х-Зу+6 в бесконечной плоскости И = ((х, У): [х] < +со, [У( < +ос). М Для любых точек (хц уг) и (хэ, Ю) бесконечной плоскости Й~ имеем ]/(хю уг) — /(хэ, уз)] = ]2(хг — хэ) — 3(уг — уг)] < 2[э~ — ха[+ 3[уг — уэ[.
Пусть е > 0 — произвольно заданное числю Тогда прн условии, что ]х~ — хэ[ < — = 6, )у\ — уз[ < — = 6, справедливо неравенство [/(хц у~) — у(хг, уз)] < -+ — < э, кз которого, по определению, следует равномерная непрерывность функции / на И . к 2 21. Исследовать на равномерную непрерывность в плоскости Иэ = ((х, у): [х[ < +со, (у~ < +со) функцию о = 1/хэ+ уз.
М Для произвольного е > 0 и любых (хы у~), (хг, уэ) Е Й~ имеем ~е(хы У )- (х» Уэ)]= ~Л+й-1/7Г+~4~= [(хь — хэ)(хг + хз) + (ую — уэ)(уг + уз)] [хь — хэИхг+ хг~ ]уь - уэЬг + уэ[ < + < / й ~ Уэ 4 / э 4 Уз / ~ .~, з 4 / э 4. Уэ /" э 4 Уэ 4 /хэ,~, Уэ «< [хг — хз] + ]» — уз] = ]х~ — хэ[ + ]уг — уэ[ < — + — = э, ]х [ + !хэ[ ]уг[ + [уэ] / з + /хз /уэ + /уэ 2 2 как только [х~ — хэ] < -' = 6, )у~ — уэ~ < — = 6.
3 э Следовательно, по определению, фуккция о равномерно-некрерывна в плоскости Ы~. ~ь 22. Будет лк функция /(х, У) ш ыв э э в области х'+ Уз < 1 равномерно- 1 — х — у непрерывноиу ° Функция х »» (1 — х' — уэ) непрерывна при всех значениях х и у как многочлен от х и у . По теореме о суперпозиции иелрерывиыт функций, данная функция также непрерывна при всех значениях х к у, удовлетворяющкх неравенству х + у < 1.
Покажем, что в этой области данная функция неравномерно-некрерывиа. С этой целью возьмем две последовательности 1 1 М„=(х„, у ) = 1 — — сова, г,г1 — — зшк 2я ' 'у' 2» 2 2 М»=(х» у»)= 1 — — согк, 1 — — эшо 1+ 4я ' 1+4я о б р(, 0 «<а < 2х, принадлеяшщие области определения функцни. Поскольку р(М„, М'„) = (х» х») + (У» У») — 1 э 1 э О пРи о -' оо, а ]/(М») У(М»)]— г э ]эш 2ях — мп (- + 2иэ.) ] = 1 при всея н, то для е б]0, 1[ не существует чксла 6, участвуэогиего в определении равномерной непрерывности.
Ь 121 61 Предец функции. Непрерывность 23. Дана функция и(х, у) = шиш —. Явяяется лк эта функция непрерывной в своей У области опредеяеиия Еу Будет яи функция и равномерно-непрерывной в области Еу ц Область олредепения Е определяется неравенствами ~х( < (У(, У ~ О. В этой области функция о непрерывка как суперпозиция непрерывных функций.
Однако данная функция не является равномерно-непрерывной, так как дяя последовательностей (М„) = (-„, -„), (М„) ы (-, --„) справедливо соотношение 9 0 и р(М, М'„) = при и со, а расстояние между значениями функции в соответствующих точках (о(М„)— о(М»)( = ( ысэи 1 — агсаш(-1)( = 2 ысз|п 1 = х не может быть меньше числа я, м 1 24. Показать, что множество точек разрыва функции у(х, у) = хзш —, если у р О, и У 1(х, О) = О, не является замкнутым. ч Пусть у» = †, х» = — э, где хэ — произвольное фиксированное число.
Тогда (!ей ~)' е] ' последовательность (х„, у„) при в оо сходится к точке (хо, О). Из соотношения (61|(хэ, уэ)( = (Х(хо + йх, уз + Ьу) — У(хо, уо)~ < 4 (У(хэ+ бах, уз + Ьу) — Яха+ Ьх, уа)(+ (У(хо+ Ьх, уа) — )(хе, уо)(. (1) Согласно равномерной непрерывности функции у относитеяьно х по переменной у, Ух > 0 Э6~ = 6ь(е, уо) такое, что, если (Ьу( < 6ю неравенство )Х(хо+»ьх, уз + Ьу) — З (хо+ 63х, уа)~ <— 2 (2) справедливо дяя любых хо + Ьх из области определения функции у. Далее, в силу непрерывности функции у по переменной х, для указанного ранее е > 0 В6э = 6з(е, хо, уэ) такое, что (у(хо+ бах Уо) — У(хо, Уо)) < —, 2' (3) если (»1х( < 6з. Пусть 6 ю шш(6ю 6з), тогда при (Ьх( < 6, (ЬУ( < 6 неравенства (2) и (3) будут выполнены.
Поэтому при (Ьх) < 6, (ЬУ) < 6 из неравенств (2), (3) и (1) следует, что М(хо, уо)( < х, а это и означает непрерывность функции у в точке (хо, уо). М 26. Доказать, что есвн в некоторой области б функция 6 непрерывна по переменном х и удовлетворяет условию Липшица по переменкой у, т. е. )У(х, В) — Пх, уз)) < Х43~ — уз!, тде (х, у~) б ы (х уз) б С и Ь вЂ” постоянная, то ата функция непрерывка в данной,области.
1ип у(х, у ) = Бш — ав »ха . з"(1 + 4») юхафУ(хо,О)=0, хофО, »» 1+и 2 следует, что (хо, 0), хэ р' 0 — точка разрыва функции У. А из неравенства (~(х, у)( = (хант -( < )х( следует непрерывность функции у в точке (О, 0). э Таким образом, множество точек разрыва функции у заполняет сплошь ось Ох, эа исключением точки (О, 0), которая является предельной точкой этога множества. Следовательно, множество точек разрыва функции у не содержит всея своик предельных точек, а поэтому не является замкнутым.
м 25. Показать, что если функция у' в некоторой области С непрерывна цо переменной х и равномерно-непрерывна относительна х по переменной у, то эта функция непрерывна в рассматриваемой области. ц Для произвольиык точек (ха, Уэ) и (хо+ Ах, Уз+ 6ау) нз области определения функции 1 имеем 122 Гя. 2. Дифференциальное исчисление функций векторного аргумента м Поскольку функция 1 удовпетворяет условию Липшнца по переменной у, то для про- извольного с > О и любых точек (хз, уз) и (х, у) мз С имеем ]У(х, у) — У(хз, уз)] < ~у(х, у) — У(х, уо)[+ У(х, уз) — у(хз, уз)[ < ч В«у — уа]+ [У(х, уэ) — У(хз, уа)]. (1) В силу непрерывностм функции х ь-~ у(х, уз) в точке хз, можно указать такое 6, м Ьз (с, хо, уз), что при [х — хэ«< 6~ имеет место неравенство [г(х, ус) — У(хз, уз)[ < —.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
