Номер 2.41, страница 71 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Глава 1. Функции. Производные. Интегралы. Параграф 2. Предел функции и непрерывность - номер 2.41, страница 71.

Условие.

2.41 Можно ли доопределить функцию $f(x)$ в точке $x_0$ (в точках $x_k$) так, чтобы новая функция стала непрерывной на интервале $(-\infty; +\infty)$? Если да, то как это сделать?

а) $f(x) = \frac{x^2 - 5x + 4}{x - 1}$, $x_0 = 1$;

б) $f(x) = \frac{x^2 - 4}{x + 2}$, $x_0 = -2$;

в) $f(x) = \frac{12 - x}{x}$, $x_0 = 0$;

г) $f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 2}$, $x_0 = 2$;

д) $f(x) = \cos x \operatorname{tg} x$, $x_k = \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$;

е) $f(x) = \sin x \operatorname{ctg} x$, $x_k = \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$;

ж) $f(x) = \operatorname{tg} x$, $x_k = \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$;

з) $f(x) = \operatorname{ctg} x$, $x_k = \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Для того чтобы функцию $f(x)$ можно было доопределить в точке разрыва $x_0$ (или в точках $x_k$) до непрерывной, необходимо и достаточно, чтобы в этой точке (этих точках) существовал конечный предел функции. Если $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$, где $L$ — конечное число, то разрыв называется устранимым. В этом случае функцию можно сделать непрерывной, положив $f(x_0) = L$. Если предел не существует или бесконечен (разрыв второго рода), то сделать функцию непрерывной в данной точке невозможно.

а) $f(x) = \frac{x^2 - 5x + 4}{x - 1}$, $x_0 = 1$

Функция не определена в точке $x_0 = 1$. Найдем предел функции в этой точке. При подстановке $x=1$ в числитель и знаменатель получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$. Разложим числитель на множители: $x^2 - 5x + 4 = (x-1)(x-4)$.

$\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 5x + 4}{x - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(x-4)}{x - 1} = \lim_{x \to 1} (x-4) = 1 - 4 = -3$.

Предел существует и конечен, следовательно, разрыв в точке $x_0=1$ устранимый.

Ответ: Да, можно. Для этого нужно положить $f(1) = -3$.

б) $f(x) = \frac{x^2 - 4}{x + 2}$, $x_0 = -2$

Функция не определена в точке $x_0 = -2$. Найдем предел, раскрыв неопределенность вида $\frac{0}{0}$ с помощью формулы разности квадратов $x^2 - 4 = (x-2)(x+2)$.

$\lim_{x \to -2} \frac{x^2 - 4}{x + 2} = \lim_{x \to -2} \frac{(x-2)(x+2)}{x + 2} = \lim_{x \to -2} (x-2) = -2 - 2 = -4$.

Предел существует и конечен. Разрыв устранимый.

Ответ: Да, можно. Для этого нужно положить $f(-2) = -4$.

в) $f(x) = \frac{12 - x}{x}$, $x_0 = 0$

Функция не определена в точке $x_0 = 0$. Найдем предел в этой точке.

$\lim_{x \to 0} \frac{12 - x}{x}$

При $x \to 0$ числитель стремится к 12, а знаменатель — к 0. Предел не является конечным числом. Найдем односторонние пределы:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{12 - x}{x} = \frac{12}{+0} = +\infty$

$\lim_{x \to 0^-} \frac{12 - x}{x} = \frac{12}{-0} = -\infty$

Поскольку предел в точке $x_0=0$ не существует и не является конечным числом (бесконечный разрыв), доопределить функцию до непрерывной в этой точке нельзя.

Ответ: Нет, нельзя.

г) $f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 2}$, $x_0 = 2$

Функция не определена в точке $x_0 = 2$. Найдем предел в этой точке.

$\lim_{x \to 2} \frac{x^2 - 1}{x - 2}$

При $x \to 2$ числитель стремится к $2^2 - 1 = 3$, а знаменатель — к 0. Это бесконечный разрыв.

$\lim_{x \to 2^+} \frac{x^2 - 1}{x - 2} = \frac{3}{+0} = +\infty$

$\lim_{x \to 2^-} \frac{x^2 - 1}{x - 2} = \frac{3}{-0} = -\infty$

Доопределить функцию до непрерывной в этой точке невозможно.

Ответ: Нет, нельзя.

д) $f(x) = \cos x \cdot \tan x$, $x_k = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

Функция не определена в точках $x_k$, так как в этих точках не определен $\tan x$. Преобразуем функцию, используя определение тангенса $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$:

$f(x) = \cos x \cdot \frac{\sin x}{\cos x}$. При $x \neq x_k$ это выражение можно сократить до $\sin x$.

Найдем предел в точках разрыва:

$\lim_{x \to x_k} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2} + \pi k} \sin x = \sin(\frac{\pi}{2} + \pi k) = (-1)^k$.

Предел существует и конечен для любого целого $k$. Разрывы устранимы.

Ответ: Да, можно. Нужно положить $f(x_k) = (-1)^k$ в точках $x_k = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

е) $f(x) = \sin x \cdot \cot x$, $x_k = \pi k, k \in \mathbb{Z}$

Функция не определена в точках $x_k$, так как в этих точках не определен $\cot x$. Преобразуем функцию, используя определение котангенса $\cot x = \frac{\cos x}{\sin x}$:

$f(x) = \sin x \cdot \frac{\cos x}{\sin x}$. При $x \neq x_k$ это выражение можно сократить до $\cos x$.

Найдем предел в точках разрыва:

$\lim_{x \to x_k} f(x) = \lim_{x \to \pi k} \cos x = \cos(\pi k) = (-1)^k$.

Предел существует и конечен для любого целого $k$. Разрывы устранимы.

Ответ: Да, можно. Нужно положить $f(x_k) = (-1)^k$ в точках $x_k = \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

ж) $f(x) = \tan x$, $x_k = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

Функция не определена в точках $x_k$. Найдем односторонние пределы, например, в точке $x_0 = \frac{\pi}{2}$:

$\lim_{x \to (\pi/2)^-} \tan x = +\infty$

$\lim_{x \to (\pi/2)^+} \tan x = -\infty$

Пределы бесконечны, значит, в точках $x_k$ функция имеет неустранимые разрывы второго рода.

Ответ: Нет, нельзя.

з) $f(x) = \cot x$, $x_k = \pi k, k \in \mathbb{Z}$

Функция не определена в точках $x_k$. Найдем односторонние пределы, например, в точке $x_0 = 0$:

$\lim_{x \to 0^+} \cot x = +\infty$

$\lim_{x \to 0^-} \cot x = -\infty$

Пределы бесконечны, значит, в точках $x_k$ функция имеет неустранимые разрывы второго рода.

Ответ: Нет, нельзя.