DSC07074 (5)

80

Ciągłość funkcji

lim g(x) = lim E(x)sin fz ^k<x<--¹- Hm ksinrz = k ■ 0 = 0.

*“*•    *“**o    *—*

Zatem funkcja g jest ciągła takie ar punkcie xo i w konsekwencji w punktach zbioru Z. Ostatecznie funkcja g jest ciągła na R.

Nieciągłości funkcji

• Przykład 3.5

Określić rodzaje nieciągłości podanych funkcji we wskazanych punktach:

•)/(*)

f v/T + x-l 1p '

dla x jć 0, dla x = 0,

f ¹ ~ ²

^b) $(*) *= j |* - 2| ⁺

x dla z^2, dla x = 2,

x₀ = 2;

*o = 0;

i ł/ \ f xąn i c) h(x) * l X			1	dla	x < 0,
	— cos — dla x # 0, X	d) p(x) =	E(x) i	dla	x = 0.
	dla z*0,		i§	dla	x >0,
xq « 0;			Xq = 0.

Rozwiązanie

F^mlccja jest nieciągła w punkcie, jeżeli jej granica w tym punkcie nic istnieje albo jest różna od jej wartości. Funkcja ma w punkcie nieciągłość pierwszego rodzaju typu Juka**, jeżeli w tym punkcie ma granicą właściwą, ale różną od jej wartości. Funkcja ma w punkcie nieciągłość pierwszego rodzaju typu „skok”, jeżeli w tym punkcie ma granice jednostronne właściwe i są one różne. Nieciągłość funkcji w punkcie jest drugiego rodzaju, gdy w tym punkcie co najmniej jedna z granic jednostronnych nie istnieje lub jest niewłaściwa.

a)    Mamy /(0) == 0 oraz

.. .. .    .. vTTx-i l

lim /(z) = lim ■■ --------— r.

o ^{s /}    *—o    ,sę    2

Zatem funkcja / ma w punkcie xo = 0 nieciągłość pierwszego rodzaju typu Juka”.

b)    Mamy p(2) = 1. Ponadto

lim g{x) =s Hm    -f- x ) === lim (—l+x)=l

■—2-    *—ł"    /    *—2-

oraz

Hm p(x)= Hm (,^X~* + x) = lim(i+x) = 3.

—2*\|*-2|    /    —Z*

Z równości tych wynika, że funkcja g ma w punkcie *o = 2 nieciągłość pierwszego rodzaju typu .skok”.

c)    Zauważmy, że granica lim aa ^ nie istnieje (porównaj Przykład 2.4 b)). Z drugiej

strony mamy lim x sin i = 0 (Przykład 2.7 a)), zatem granica

lim h(x) = lim (xsln i - cos *T*°    *-o\ x '"'•V*/#*-.

nie istnieje. Funkcjo A ma w punkcie xo = 0 nieciągłość drugiego rodzaju,

d) Mamy p(Ó) == 1. Ponadto

lim p(x)= lim —r *—o-    *—0- E{X)

oraz

Hm p(x) = lim e (—\ = co.

*•— 0+    x—0+ \X/.

Ostatnia równość wynika z nierówności — — 1 < E i twierdzenia o dwóch funkcjach. Ponieważ jedna z granic jednostronnych jest niewłaściwa, więc funkcja p ma w punkcie 20 = 0 nieciągłość drugiego rodzaju.

Twierdzenia o funkcjach ciągłych

• PrzyMad 3.6

Korzystając z twierdzenia Weierstrassa o przyjmowaniu kresów uzasadnić, że podane zagadnienia ekstremalne mają rozwiązania:

a)    wśród prostokątów wpisanych w koło o promieniu R istnieje ten, który ma największe pole;

b)    wśród walców wpisanych w stożek o promieniu podstawy R i wysokości H istnieje ten, który ma największą objętość;

c*) wśród trójkątów równoramiennych opisanych ną kole o promieniu r istnieje ten, który ma najmniejsze pole.

Rozwiązanie

Twierdzenie Weierstrassa orzeka, że każda funkcja ciągła na przedziale domkniętym przyjmuje wartość najmniejszą i największą w pewnych punktach tego przedziału, a) Niech Jeden z boków prostokąta ABCD wpisanego w okrąg o promieniu R ma długość x, a drugi a (rysunek). Wtedy, korzystając z twierdzenia Pitagorasa do trójkąta OKC, mamy

UBi

gdzie 0 < * < 2R. Stąd pole prostokąta ABCD wyraża się wzorem

S(x) = xa = x/4R? -x².

gdzie 0 < x < 2ŻŁ Przyjmując teraz dodatkowo S(0) = 0 oraz S(2R) = 0, otrzymujemy funkcję ciągłą ną przedziale domkniętym [0, 2/łJ. Z twierdzenia Weierstrassa wynika zatem, źo w pcwnjrm punkcie przedziału domkniętego (0,2/?) fan keja 5 osiąga wartość