Anti-Demidovich (Lyashko I.I., i dr.). Tom 1. Vvedenie v matematicheskij analiz, proizvodnaja, integral (2001)(ru)(T)(358s) (940506), страница 24
Текст из файла (страница 24)
~ 259. у(т) = [.], < 0 И. М Если [х] = и, то х 0 [и, и+ ![ и сужения функции у на полуинтерваяы [и, ьь+ 1[ х нх, х Е [ьь, ьь+1[, непрерывны п!ьн лнэбом и е Х. А так как У(ьь) = ьь, У(п — О) = 1!ь<ь (и — 1)х = (в -'1)ьь, то »-а точки х = и являются точками разрыва перного рода. м 260. у(х) = [х]зшхх, х е'и.
и пусть [х] = з, тогда и < .г < и+ 1 и сужения Функции у на [и, н+ 1[ х< ььз!ььхх, х 0 [ьь, ьь+1[, и с Ж, непрерывны. Остается исследовать непрерынность в точках х = ьь, и е Ж. Имеем у(ьь) = язьн хи = О, у(я — 0) = 1<пь (ьь — 1) ын лх = (н — 1)шнхьь = !Ь, — о т < У(о) = У(н — О) н функция У и<пр<рывн» на 1с ° 261, У(х) = х [-~, х ~ О, У(О) =1, Функция у непрерынна ва каждом нз полуинтервааов — < » ь-< поскольку ее сужен<<я х < ох на эти пояуинтервалы непрерывны. у [ — + О) = 1<ш э: [-] = —, поэтому в то <ках х = —, н Е Ж\(Π— -+о разрыв первого рода. !асс»острим неравенство х < — ', гь Е ЖЬ<(0), Д '-, У(-„') = 1, ), функция у терпит справедливое дяя х Е ] —, — [, и 0 И. Если и оо, то х +О, « +<' э 1<ш У(х) = Йьп:г [-'] = 1.
* +о -+а и из (1) сяедует, что то х = — 1 есть точка разрыва типа полюса, х = Π— точка разрыва первого рода, а'в точве х = 1 Функция у непрерывна. р 256. у(х) = .' —, х Ф О, у(0) = 1. х ь М ПуСтЬ Х„= —, у» = ь,, П Е !<!. ТОГда Х„О, рэ О Прн и ОО, ОдиаКО У(х„) » 1, а У(В») 0 при з гю. Ояедовательно, Бш У(х) не существует и х = 0 — точка » а разрыва второго рода. 257. У(х) = ассад —, э ~ О, У(0) = О. х ь l <ь и Пусть з > О -- произвольное.
Тогда существуот хо > О такое, что — > !О (- — е), » (э < ь откуда ьд —, > — — е. В силу возрастания арктангенса для 0 < х < хо и подавно асс!0 — > --е. т, е, оп а<с!0 — = —, »-+о < Аналогично показывается, что 1пп а<с<0 — = — —,. !1ледовательно, х = Π— точка разрыва , — — о 102 Гл, 1. Введение в анализ Если (-) = — и то -и « — — и + 1, — < х < —, и 111 1 1 (*)— и+1 — ! (2) Если и -о со, то х -л -О, и из (2) находим, что йш у(х) = !пп х !-! = 1.
Таким образом, -и -о г(0) = у(+0) = г( — 0) = 1, т. е. при х = 0 функция непрерывна, > у( ! ( 81п 7гх для рационального, х для иррационального х. ч Пусть хо ~ и, и е Ж, — произвольно, (хи) — последовательность рациональных чисел, скодящаяся к хо, а (1и) — последовательность иррациональных чисел, сходящаяся к хо. Из раВЕНСтВ БШ у(Х„) = 1ПП З(лтХ„= ЗШЛХЗ ~ О И 1ПЛ у(ьи) = 0 ВЬПЕКаЕ1, ЧтО 1ПП Г(Х) НЕ и оо и о л'о существует, т. е.
хо — точка разрыва второго рода. Если же хо = и, 11 Е Уи то )г(хо) — г(х)) < )выл ля) = )ав(!го+ т(х — 11))( = = ! соа лиз!и л(х — и)! = ! ыл л(х — хо)! < л)г, — 1 а! < с, если )х — хо! < — = б. следовательно, хо = и .-- точки непрерывности функиии 1'. 263. Доказать, что функция Римана если х = —, где иь и и — взаимно простые числа, 1 Пх) = О, если х — иррационально, разрывна при каждом рациональном значении х и непрерывна прн каждом иррациональиоль значении х.
1 Пусть хо = б — рациональное, так что 1(хо) = †. Очевидно, последовательность и и' (') и +! ! и . У иль ! , — — рациональныя чисел сходится к "- = го при и оо. А так как 1!пь ио ) Ч и ) Йп — ои О, то каждая рациональная точка — является точкой разрыва. 1 б и и Пусть о — произвольное иррациональное число, а (хи) = ( — '") -- произвольная последовательность рациональных чисел, сходящаяся к о. Тогда 1ии ди = оо и Бш г"(х„) = 1!ш у —" = йш — = 0 = 1(о). » о и \Яи/ » Ои А так как у(х) = 0 при х иррациональном, то равенство 1пп г(хи) = Да! = 0 справедливо для любой последовательности (хи) с произвольными членами, сколящейся к ирраци- оиальиоМУ числу о. Таким образом, функция Г" непРерывна лРн каждом иррациональном значении х.
264. Исследовать на непрерывность функцию у(х) = "+" — если х — несократимая дробь —, и ) 1, (х(, если х — иррациональное число щ Пусть хо — рационально, т. е. хо = — "', и > 1. Оогласно условию, у(ха) = —. и .1- 1 Поскольку хь = — ~ —, = хо прн й оо, а Бш ь'(хл) = !пп — иь, = — ',", Ф- — „, = У(хо!1, то функция 1 терпит разрыв при всех рациональных значениях аргумента Пусть теперь хо — иррационально, а (хь) = ( ил ) — произвольная последовательность (ил l рациональнык чисел, сходящаяся к хо Тогда 1пл !иы~ = гю, 1пп !!!ы) = х и л иьл .
л, ! 1х~ =;1(хо), если хо > О, йзл у(хь) = йш = 1пп ', =хо=~ и оо л»о ил+1 и- 1 — ' ( — !ха!, еслихо<0, 1091 з 8. Непрерывность функций ггг Отсюда вытекает, что функция разрывиа при отрицательных иррациональных значенмяхаргу мента. Если хг хо при й гю, причем ха ) Π— иррациональные числа, то !шг Х(хо) = 1пп (ха/ = 1хо~ = У(хо).
о- ь-о Таким образом, функция Г непрерывна только при положительных иррациональных значениях аргумента. М 265. Пусть функция Г непрерывна и ограничена в интервале )хо, +са(. Доказакьгчто ( какое бы ии была число Т, найдется последовательность х„+оо такая, что 1пп (Г(ха+ Т) — У(ха)) = О. и Пусть Т > 0 — произвольное. Рассмотрим разность Г(х + Т) — у(х). Возможны цйа' случаи: 1) существует конечное число х' ) хо такое, что разность У(х + Т) — Г(х) сохраняет постоянный знак для всех х ) х; 2) лля произвольного Е > хо существует х" ) Е такое, что Г(х'+ Т) — Г(х') = О. В первом глучае последовательность (Г(х'+ пТ)) монотонна, а поскольку оиа и ограничена, та существует конечный предел 1гш Г(х'+ пТ) = 1, так что Ыш (Г(х + (и-г!)Т) — у(х +пТ)) =1 1= О, причем з„= х -1- п7 — +гх; при гг аа. Во вто1голг случае существугт такая бесконечная последовательность (х„) значений х, х > хо.
что х„— +гю при и ао и Г(х„+Т) — Г(х„) = О, т. е. 1пп (((ха+ Т) — Г(х„)) = О. Изучай, когда Т < О, заменой г+ Т = 1 приводится к уже рассмотренному. В 266. Пусть р и тг' - — непрерывные периодические функции, определенные при х ч Н и ' Йш (гд(х) — уг(х)) = О. Доказать, что Го(х) = ггг(х), х б Н. ч Пусть Тг . период функции уа, а 7з — - период функции,й. Предло)голйимг 7тс(.И(у) ж О( г ), г. е, существует такая то пга х = ц что ( р(г) — йг(г)/ = М > о.
(1) Возьмем с > О произвольное, но меньшее, чем —. В сиду непрерывности функции зг в гочка х = Г для указанного с ) 0 существует 6 > О такое, что 1уо(г) — р(г + л)1 < е, (2) как только !1г! < 5, Оогггасно условикк существует такое натуральное числа Й, что )р(1+. 17з) — Ф(1+ ОГз)) < с, а согда гугп к 52 имеем /р(Г + ггг17т) — Ог(1 + гпхТз)1 ( о. (3) Из неравенств (2),(3) и периодичности функций р и ф следует неравенство 1р(1) — угг(1)! =1р(1) — р(1+ ЕТз) + р(1 + гпйТ,) — тгг(Г+ ЕТо)1 < ~ (ггд(1) оо(Г + гл1Го)$ + (гго(1 + гггйТо) — ф(Г + гпоТз)$ = = )р(1) — уа(Г + гпй72 — оГг)1+ )10(Г+ гп1Гз) — го(1+ шх7з)1 ( е+ х = 2х, ь(4) голи только (ггг17з — ггТг( < 6.
(5) На мы выбрали токае число е, по 2г < М. Таким образом, неравенство (4) противоречит равенству (1). Источник противоречия — в предположении супгествоваиия точки х = 8, в катаРой ~го(г) — Ог(1)~ = М > О. Оледовательио, такой точки ие сУществУет, т..е. Р(х) оо.гл(х)г, -аа ( х < +оа. Остается показать, что при произвольных заданных числах 7г, 1Тз и 6 существуют целые числа ш > О и а, удовлетворяющие неравенству (5). Если Тз и Тг — - рациональные, то зто очевидно. Гл.
1. Введение в анализ 104 Пусть Тг и Тг — иррациональные. Если обозначим — х = 1, — = о, то неравенство (5) эт т, т, запишем в виде О, 1 — [1], 21 — [21], 31 — [3(], ..., ([ — 1 + 1) 1 — [([ — 1 + 1) 1~, (7) каждое из которых принадлежит одному иэ построенных нами частичных интервалов. ПоГ11 гг1 скольку частичных интервалов ( — ) + 1, а чисел (7) имеется (-) + 2, то существует хотя бы один интервал, содержащий два числа р) — [р1] и г11 — [д1], р < д, (8) 1 множества (7), Но так как длина интервала равна тт-г —, то разность между числами (8) [=]ег' меньше этой длины, т. е.
1 ( — = о. [д1 — [д1] — Ф+ [р1]) = [(д — р)1 — ([д1] — [р1]И ( 1 [1[ Обозначая д — р = ги (т > 0), [д1] — [р1] = а и подставляя вместо 1 и ОТг ! б ггг — — и[ (,— „или [гокТг — ПТг [ ( б. Т, [ Т, ' а нх значения, получаем 267. Доказать равенство агсэ1а х + агссаэ х = —. 2 м Имеем гг Зт — — < агссйа х+ агссозх <— 2' Поскольку гйа(агсюв х+агссоэх) = 1, то агсэш х+агссозх = ~+2хт. Отсюда и из предыдущего неравенства заключаем,что й = О. 268. Доказать формулу сложения арктангенсов: х+у агсгях + агсгя у = агсгя +ел, 1 — ху где е принимает одно иэ трех значений О, 1, -1.
м Имеем х+у / х+у') х+у гд (агс18 х + агсэд у) = , 18 агсгя— 1 — ху' [ 1 — ху) 1 — ху поэтому агсэя х + агсгд у = агсгд + егг, х+у (1) 1 — ху где е б Ж. Поскольку )агсгдх + агсгб у[ = [агсгд —, +ел[ < х, а [агсгд —,[ < —, то *+У гу а может принимать только три значения: О, 1, -1, Вггчисляя косинусы от левой н правой частей равенства (1), получаем 1 1 х у /1 + хг,/~ + уг,,/1 д хг /1 .г „г 1 саз егг Я(-;..)' так что [аП вЂ” и[ ( а, (6) г11 Для доказательства последнего неравенства разобьем интервал [О, 1] на [-) + 1 равных 1 частей ([а] — целая часть числа а) длиной ттт —, причем, к каждому из частичных интер- [ ]+' валов условимся приписывать его левый конец и не приписывать правый.
Рассмотрим множество чисел ! 8. Непрерывность функций 105 Следовательно, функция (х, у) с е(х, у) терпит разрыв, если у = †, где х — любое с фсшсированное число. Заметим, что если ху < 1, то е = О, а лри ху ) 1 х = ж1 (так как е может принимать только три значения О, 1, — 1). Пусть ху>1 и х>0. Тогда у>Ои ысгд х > О, асс!3 у > О, а асс!8 — < О. к+у 1 — ху В равенстве (1) слева стоит непрерывная положительная функция, следовательно, и справа должна стоять положительная функция, а поэтому ел > О, т.
е. х = +1. Аналоги сно, если ху > 0 и х < 0 (у < О), то е = — 1. 269. Исследовать на непрерывность вектор — функцию (э(пх е* — 1 1 — созх) с(0) = (1, 1, О). м Функция с ири х ф 0 непрерывна, поскольку ее координаты непрерывны ири этих значениях аргумента. Далее, (. э!ах . е* — ! . 1 — созхт !!ссс с(х) = (!!ис '— , !ип ', Бш ) = (1, 1, 0), -о о г о х о х поэтому функция х с г"(х) непрерывна и при х = О. 270. Исследовать на непрерывность функциональную матрицу А(х)= хб2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
