Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 8: Granica i ciągłość funkcji

8. Granica i ciągłość funkcji

Ćwiczenie 8.1.

Dla danego zbioru $A$ znaleźć jego punkty skupienia oraz punkty izolowane:

$A=\{\frac{1}{n}:n\in \mathbb{\mathbb{N}}\}\cup \{0\}\subseteq \mathbb{ℝ}.$

Wskazówka

Korzystając z definicji, zbadaj, które z punktów zbioru $A$ są punktami skupienia, a które punktami izolowanymi. Następnie zbadaj, czy poza zbiorem $A$ są jakieś punkty skupienia zbioru $A.$

Rozwiązanie

Plik:AM1 M08.C.R01.svg

Punkt $x_0=\frac{1}{n}$ jest izolowany

Plik:AM1 M08.C.R02.svg

Punkt $x_0>1$ nie jest punktem skupienia

Plik:AM1 M08.C.R03.svg

Punkt $x_0<0$ nie jest punktem skupienia

Plik:AM1 M08.C.R04.svg

Punkt $x_0\in (0,1)\setminus A$ nie jest punktem skupienia

Najpierw rozważmy punkty zbioru $A.$ Dla dowolnego $n\in \mathbb{\mathbb{N}},$ punkt $x_0=\frac{1}{n}$ jest izolowany.

Definiując bowiem $\epsilon =\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n},$ mamy

$\mathrm{\forall }k\ne n:\frac{1}{k}\in ̸K(x_0,\epsilon ).$

Punkt $x_0=0\in A$ jest punktem skupienia $A,$ gdyż dla ciągu $\left\{\frac{1}{n}\right\}\subseteq A\setminus \{0\}$ mamy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}=x_0.$

Dowolny punkt $x_0\in \mathbb{ℝ}\setminus A$ nie jest punktem skupienia zbioru $A.$ Aby to pokazać, rozważmy trzy przypadki.

Gdy $x_0>1,$ to dla $\epsilon =x_0-1$ mamy $K(x_0,\epsilon )\cap A=\mathrm{\varnothing }.$

Gdy $x_0<0,$ to dla $\epsilon =-x_0$ mamy $K(x_0,\epsilon )\cap A=\mathrm{\varnothing }.$

Gdy $x_0\in (0,1),$ to

$\mathrm{\exists }{n}_0\in \mathbb{\mathbb{N}}:\frac{1}{n_0+1}<x_0<\frac{1}{n_0}.$

Wówczas dla $\epsilon =\min \{\frac{1}{n_0}-x_0,x_0-\frac{1}{n_0+1}\}$ mamy $K(x_0,\epsilon )\cap A=\mathrm{\varnothing }.$

W każdym z powyższych trzech przypadków nie istnieje ciąg $\{x_n\}\subseteq A,$ taki że $x_n⟶x_0.$ Zatem punkty $x_0\in ̸A$ nie są punktami skupienia zbioru $A.$

Ćwiczenie 8.2.

Obliczyć granice funkcji w punkcie:
(1) $\underset{x\to 0}{\lim }x\cdot \cos \frac{1}{x},$

(2) $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-2x+1}{x-1},$

(3) $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+2x+1}{x-1},$

(4) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos \frac{1}{x}}{x},$

(5) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x}{x}.$

Wskazówka

(1)-(5) Skorzystać z definicji Heinego granicy funkcji w punkcie.

Rozwiązanie

(1) Skorzystamy z definicji Heinego granicy funkcji w punkcie. Niech $\{x_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$ będzie ciągiem takim, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=0.$ Wówczas

$\underset{x\to 0}{\lim }x\cdot \cos \frac{1}{x}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n\cdot \cos \frac{1}{x_n},$

o ile granica po prawej stronie istnieje. Zauważmy, że ciąg $\{\cos \frac{1}{x_n}\}$ jest ograniczony, mianowicie

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{\mathbb{N}}:|\cos \frac{1}{x_n}|\le 1.$

Zatem korzystając z twierdzenia o iloczynie ciągów ograniczonego i zbieżnego do zera (patrz twierdzenie 4.7.), mamy

$\underset{x\to 0}{\lim }x\cdot \cos \frac{1}{x}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n\cdot \cos \frac{1}{x_n}=0.$

Uwaga: W dalszych przykładach używając, definicji Heinego do liczenia granicy funkcji $f$ w punkcie $x_0,$ nie będziemy dopisywać indeksów $x_n$, rozumiejąc, że liczymy granicę dla ciągu $\{x_n\}\in \mathbb{ℝ}\setminus \{x_0\}$ takiego, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=x_0.$

(2) Z definicji Heinego granicy funkcji w punkcie mamy

$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-2x+1}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{(x-1{)}^2}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }(x-1)=0.$

(3) Z definicji Heinego granicy funkcji w punkcie wiemy, że należy obliczyć granicę:

$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\stackrel{\to 4}{\overbrace{x^2+2x+1}}}{\underset{\to 0}{\underbrace{x-1}}}.$

Jednak granica ta nie istnieje. Możemy to na przykład stwierdzić, obliczając granice jednostronne

$\begin{array}{rlr}\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\stackrel{\to 4}{\overbrace{x^2+2x+1}}}{\underset{\to 0^{+}}{\underbrace{x-1}}}& =& +\mathrm{\infty },\\ \underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\stackrel{\to 4}{\overbrace{x^2+2x+1}}}{\underset{\to 0^{-}}{\underbrace{x-1}}}& =& -\mathrm{\infty }.\end{array}$

(4) Granica $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos \frac{1}{x}}{x}$ nie istnieje. Możemy to na przykład stwierdzić, dobierając dwa ciągi $\{x_n\},\{{x_n}^{\prime }\}\subseteq \mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$ takie, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n=0$ i $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x_n}^{\prime }=0,$ dla których powyższe wyrażenie będzie miało dwie różne granicy. Dla $x_n=\frac{1}{2n\pi }$ mamy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\cos \frac{1}{x_n}}{x_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\cos (2n\pi )}{\frac{1}{2n\pi }}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}(2n\pi )=+\mathrm{\infty },$

ale dla $x_n=\frac{2}{(4n+1)\pi }$ mamy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\cos \frac{1}{x_n}}{x_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{0}{x_n}=0.$

(5) Z definicji Heinego granicy funkcji w punkcie wiemy, że należy obliczyć granicę:

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\stackrel{\to 1}{\overbrace{\cos x}}}{\underset{\to 0}{\underbrace{x}}}.$

Jednak granica ta nie istnieje. Możemy to na przykład stwierdzić, obliczając granice jednostronne

$\begin{array}{rlr}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\stackrel{\to 1}{\overbrace{\cos x}}}{\underset{\to 0^{+}}{\underbrace{x}}}& =& +\mathrm{\infty },\\ \underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\stackrel{\to 1}{\overbrace{\cos x}}}{\underset{\to 0^{-}}{\underbrace{x}}}& =& -\mathrm{\infty }.\end{array}$

Ćwiczenie 8.3.

Obliczyć granice funkcji w punkcie:
(1) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\log }_3(1+x^2)}{x},$
(2) $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }{e}^{\frac{1}{1-x}}$, $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }{e}^{\frac{1}{1-x}}.$

Wskazówka

(1) Skorzystać z granicy specjalnej $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\log }_a(1+x)}{x}\stackrel{\frac{0}{0}}{=}\frac{1}{\ln a},$ dla $a>0,a\ne 1,$ (patrz twierdzenie 8.19.).
(2) Obliczyć granice jednostronne funkcji $g(x)=\frac{1}{1-x}$ w punkcie $x_0=1$.

Rozwiązanie

(1) Liczymy

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\log }_3(1+x^2)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\underset{\to \frac{1}{\ln 3}}{\underbrace{\frac{{\log }_3(1+x^2)}{x^2}}}\cdot \underset{\to 0}{\underbrace{x}}=0.$

(2)

$\begin{array}{rlr}\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f(x)& =& \underset{x\to 1^{+}}{\lim }\underset{\to 0}{\underbrace{e^{\stackrel{\to -\mathrm{\infty }}{\overbrace{\frac{1}{1-x}}}}}}=0\\ \underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)& =& \underset{x\to 1^{-}}{\lim }\underset{\to +\mathrm{\infty }}{\underbrace{e^{\stackrel{\to +\mathrm{\infty }}{\overbrace{\frac{1}{1-x}}}}}}=+\mathrm{\infty }\end{array}$

Ćwiczenie 8.4.

Zbadać ciągłość następujących funkcji:
(1) $f(x)=\{\begin{array}{lll}\sin \frac{1}{x}& \text{dla}& x\ne 0\\ 0& \text{dla}& x=0\end{array}$
(2) $f(x)=\{\begin{array}{lll}{x}^k\sin \frac{1}{x}& \text{dla}& x\ne 0\\ 0& \text{dla}& x=0\end{array}$ dla $k\ge 1.$

Wskazówka

(1)-(2) Sprawdzić z definicji Heinego ciągłość funkcji $f$ dla $x=0.$

Rozwiązanie

Plik:AM1 M08.C.R05.svg

Wykres funkcji $f(x)=\sin \frac{1}{x}$

(1)

Funkcja $f$ jest ciągła dla każdego $x\in \mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$ (jako złożenie funkcji ciągłych). Należy sprawdzić jej ciągłość dla $x=0.$ Zauważmy, że jeśli ciąg $\{x_n\}$ ma granicę $0,$ to ciąg $\sin \frac{1}{x_n}$ może nie mieć granicy lub może mieć granicę zależną od ciągu $\{x_n\}.$ Biorąc na przykład $x_n=\frac{1}{\frac{\pi }{2}+2n\pi }$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}},$ mamy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sin \frac{1}{x_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sin (\frac{\pi }{2}+2n\pi )=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}1=1.$

Natomiast, gdy $x_n=\frac{1}{n\pi }$ dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$ mamy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sin \frac{1}{x_n}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\sin (n\pi )=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}0=0.$

Odpowiedź: Funkcja $f$ nie jest ciągła dla $x=0.$

(2)

Funkcja $f$ jest ciągła dla każdego $x\in \mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$ (jako złożenie funkcji ciągłych). Należy sprawdzić jej ciągłość dla $x=0.$ Dla dowolnego ciągu $\{x_n\}\subseteq \mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$ takiego, że $\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n^k=0$ mamy

$\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}{x}_n^k\sin \frac{1}{x_n}=0$

z twierdzenia o iloczynie ciągu ograniczonego i zbieżnego do zera (patrz twierdzenie 4.7.). Ponieważ $f(0)=0,$ więc funkcja jest ciągła dla $x=0.$

Odpowiedź: Funkcja $f$ jest ciągła.

<flash>file=AM1_M08.C.R06.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres funkcji $f(x)=x\sin \frac{1}{x}$

<flash>file=AM1_M08.C.R07.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Wykres funkcji $f(x)=x^2\sin \frac{1}{x}$

Ćwiczenie 8.5.

Zbadać ciągłość następującej funkcji:

$f(x)=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^x-n^{-x}}{n^x+n^{-x}}\text{dla}x\in \mathbb{ℝ}.$

Wskazówka

Obliczyć najpierw wartość granicy, rozważając trzy przypadki: $x>0,x=0$ i $x<0.$

Rozwiązanie

Dla $x>0$ mamy

$f(x)=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^x-n^{-x}}{n^x+n^{-x}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^x-\frac{1}{n^x}}{n^x+\frac{1}{n^x}}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{1-\stackrel{\to 0}{\overbrace{\frac{1}{n^{2x}}}}}{1+\underset{\to 0}{\underbrace{\frac{1}{n^{2x}}}}}=1.$

Dla $x=0$ mamy

$f(0)=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^0-n^0}{n^0+n^0}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{0}{2}=0.$

Dla $x<0$ podstawmy $y=-x.$ Wówczas $y>0$ i mamy

$\begin{array}{lll}f(x)& =& f(-y)=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{n^{-y}-n^y}{n^{-y}+n^y}=\lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\frac{1}{n^y}-n^y}{\frac{1}{n^y}+n^y}\\ & =& \lim {}_{n\to +\mathrm{\infty }}\frac{\stackrel{\to 0}{\overbrace{\frac{1}{n^{2y}}}}-1}{\underset{\to 0}{\underbrace{\frac{1}{n^{2y}}}}+1}=-1.\end{array}$

Zatem wnioskujemy, że $f(x)=\mathrm{s}\mathrm{g}\mathrm{n}x.$ Zatem funkcja $f$ jest ciągła dla dowolnego $x\ne 0$ oraz nie jest ciągła dla $x=0,$ gdyż

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }=1\ne -1=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }.$

Odpowiedź: Funkcja $f$ jest ciągła na zbiorze $\mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$ i nie jest ciągła w punkcie $x=0.$

Ćwiczenie 8.6.

Udowodnić, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $a_1>a_2>\dots >a_{n+1}$ funkcja

$f(x)=\frac{1}{x-a_1}+\frac{1}{x-a_2}+\dots +\frac{1}{x-a_{n+1}}$

ma co najmniej $n$ pierwiastków rzeczywistych.

Wskazówka

Obliczyć granice jednostronne funkcji $f$ w punktach $a_1,a_2,\dots ,a_{n+1}.$ Skorzystać z własności Darboux.

Rozwiązanie

Plik:AM1 M08.C.R08.svg

Rysunek do ćwiczenia 8.6.

Dziedziną funkcji $f$ jest $\mathbb{ℝ}\setminus \{a_1,a_2,\dots ,a_{n+1}\}$. Funkcja $f$ jest ciągła w swojej dziedzinie.

Rozważmy przedział $(a_2,a_1)$ (pamiętamy, że $a_2<a_1$). Policzmy granice jednostronne funkcji $f$ na końcach tego przedziału. Widać, że

$\underset{x\to a_1^{-}}{\lim }f(x)=-\mathrm{\infty }\text{oraz}\underset{x\to a_2^{+}}{\lim }f(x)=+\mathrm{\infty }.$

To znaczy, że dla punktów bliskich $a_1$ (i mniejszych od $a_1$) funkcja ma wartości ujemne, a dla punktów bliskich $a_2$ (i większych od $a_2$) funkcja ma wartości dodatnie. Skora funkcja $f$ jest w przedziale $(a_2,a_1)$ ciągła, to możemy skorzystać z własności Darboux i wywnioskować, że funkcja $f$ ma w przedziale $(a_2,a_1)$ przynajmniej jedno miejsce zerowe.

Teraz postępujemy analogicznie dla każdego z przedziałów $(a_{i+1},a_i)$ dla $i=1,2,\dots ,n.$ W każdym z przedziałów mamy

$\underset{x\to a_i^{-}}{\lim }f(x)=-\mathrm{\infty }$    oraz    $\underset{x\to a_{i+1}^{+}}{\lim }f(x)=+\mathrm{\infty },$

a zatem w każdym z tych przedziałów, korzystając z własności Darboux, mamy co najmniej jedno miejsce zerowe.

W rezultacie otrzymujemy, że funkcja $f$ ma co najmniej $n$ miejsc zerowych.