Страница 64 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Вычислите приращение $\Delta f$ функции $y = f(x)$ в заданной точке $x_0$ и при заданном приращении аргумента $\Delta x$ (2.22—2.24), если:

2.22 $f(x) = 2x$.

а) $x_0 = 3, \Delta x = 0,1$;

б) $x_0 = 4, \Delta x = -0,1$;

в) $x_0 = 0, \Delta x = 0,1$;

г) $x_0 = 1, \Delta x = 0,01$.

Приращение функции $Δf$ в точке $x_0$ при заданном приращении аргумента $Δx$ вычисляется по определению как разность значений функции в новой точке $(x_0 + Δx)$ и в начальной точке $x_0$:

$Δf = f(x_0 + Δx) - f(x_0)$

Для заданной функции $f(x) = 2x$ найдем общее выражение для приращения. Подставим функцию в формулу:

$Δf = 2(x_0 + Δx) - 2x_0$

Раскроем скобки и упростим выражение:

$Δf = 2x_0 + 2Δx - 2x_0 = 2Δx$

Таким образом, для данной линейной функции приращение $Δf$ не зависит от точки $x_0$ и равно удвоенному приращению аргумента $Δx$. Теперь вычислим $Δf$ для каждого конкретного случая.

а) Даны значения $x_0 = 3$ и $Δx = 0,1$.

Выполним расчет по общей формуле приращения:

$Δf = f(3 + 0,1) - f(3) = f(3,1) - f(3) = 2 \cdot 3,1 - 2 \cdot 3 = 6,2 - 6 = 0,2$.

Также можно использовать выведенную нами упрощенную формулу: $Δf = 2Δx = 2 \cdot 0,1 = 0,2$.

Ответ: $Δf = 0,2$.

б) Даны значения $x_0 = 4$ и $Δx = -0,1$.

Используем упрощенную формулу $Δf = 2Δx$:

$Δf = 2 \cdot (-0,1) = -0,2$.

Ответ: $Δf = -0,2$.

в) Даны значения $x_0 = 0$ и $Δx = 0,1$.

Используем упрощенную формулу $Δf = 2Δx$:

$Δf = 2 \cdot 0,1 = 0,2$.

Ответ: $Δf = 0,2$.

г) Даны значения $x_0 = 1$ и $Δx = 0,01$.

Используем упрощенную формулу $Δf = 2Δx$:

$Δf = 2 \cdot 0,01 = 0,02$.

Ответ: $Δf = 0,02$.

2.23 $f(x) = -2x + 1$.

а) $x_0 = 0, \Delta x = 0,1$;

б) $x_0 = 1, \Delta x = 0,1$;

в) $x_0 = 1, \Delta x = -0,1$;

г) $x_0 = -1, \Delta x = 0,01$.

Для решения задачи необходимо найти приращение функции $\Delta f$ (также обозначается как $\Delta y$), которое вычисляется по формуле:

2.24 $f(x) = x^2$.

a) $x_0 = 0, \Delta x = 0,1;$

B) $x_0 = 1, \Delta x = -0,1;$

б) $x_0 = 1, \Delta x = 0,1;$

Г) $x_0 = 2, \Delta x = 0,1.$

Для решения задачи необходимо найти приращение функции $Δf$ в точке $x_0$, соответствующее приращению аргумента $Δx$. Приращение функции (обозначается $Δf$ или $Δy$) вычисляется по формуле:

$Δf = f(x_0 + Δx) - f(x_0)$

Для заданной функции $f(x) = x^2$ формула для нахождения приращения будет выглядеть следующим образом:

$Δf = (x_0 + Δx)^2 - x_0^2$

Раскроем скобки и упростим выражение:

$Δf = (x_0^2 + 2x_0Δx + (Δx)^2) - x_0^2 = 2x_0Δx + (Δx)^2$

Теперь, используя эту формулу, вычислим приращение для каждого из предложенных случаев.

а) Дано: $x_0 = 0$, $Δx = 0,1$.

Подставим значения в формулу приращения:

$Δf = 2 \cdot 0 \cdot 0,1 + (0,1)^2 = 0 + 0,01 = 0,01$

Ответ: $0,01$

б) Дано: $x_0 = 1$, $Δx = 0,1$.

Подставим значения в формулу приращения:

$Δf = 2 \cdot 1 \cdot 0,1 + (0,1)^2 = 0,2 + 0,01 = 0,21$

Ответ: $0,21$

в) Дано: $x_0 = 1$, $Δx = -0,1$.

Подставим значения в формулу приращения:

$Δf = 2 \cdot 1 \cdot (-0,1) + (-0,1)^2 = -0,2 + 0,01 = -0,19$

Ответ: $-0,19$

г) Дано: $x_0 = 2$, $Δx = 0,1$.

Подставим значения в формулу приращения:

$Δf = 2 \cdot 2 \cdot 0,1 + (0,1)^2 = 0,4 + 0,01 = 0,41$

Ответ: $0,41$

2.25 Найдите приращение $\Delta f$ функции $y = f(x)$, соответствующее приращению аргумента $\Delta x$, в точке $x_0$:

а) $f(x) = 2x$;

б) $f(x) = -2x + 1$;

в) $f(x) = x^2$.

К чему стремится $\Delta f$ при $\Delta x \rightarrow 0$? Зависит ли ответ на этот вопрос от выбора точки $x_0$?

Приращение функции $\Delta f$ в точке $x_0$, соответствующее приращению аргумента $\Delta x$, вычисляется по формуле: $\Delta f = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)$.

а) Для функции $f(x) = 2x$:

Находим значения функции в точках $x_0$ и $x_0 + \Delta x$:

$f(x_0) = 2x_0$

$f(x_0 + \Delta x) = 2(x_0 + \Delta x) = 2x_0 + 2\Delta x$

Вычисляем приращение функции $\Delta f$:

$\Delta f = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = (2x_0 + 2\Delta x) - 2x_0 = 2\Delta x$

Ответ: $\Delta f = 2\Delta x$.

б) Для функции $f(x) = -2x + 1$:

Находим значения функции в точках $x_0$ и $x_0 + \Delta x$:

$f(x_0) = -2x_0 + 1$

$f(x_0 + \Delta x) = -2(x_0 + \Delta x) + 1 = -2x_0 - 2\Delta x + 1$

Вычисляем приращение функции $\Delta f$:

$\Delta f = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = (-2x_0 - 2\Delta x + 1) - (-2x_0 + 1) = -2x_0 - 2\Delta x + 1 + 2x_0 - 1 = -2\Delta x$

Ответ: $\Delta f = -2\Delta x$.

в) Для функции $f(x) = x^2$:

Находим значения функции в точках $x_0$ и $x_0 + \Delta x$:

$f(x_0) = x_0^2$

$f(x_0 + \Delta x) = (x_0 + \Delta x)^2 = x_0^2 + 2x_0\Delta x + (\Delta x)^2$

Вычисляем приращение функции $\Delta f$:

$\Delta f = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = (x_0^2 + 2x_0\Delta x + (\Delta x)^2) - x_0^2 = 2x_0\Delta x + (\Delta x)^2$

Ответ: $\Delta f = 2x_0\Delta x + (\Delta x)^2$.

Теперь ответим на вопросы: "К чему стремится $\Delta f$ при $\Delta x \rightarrow 0$? Зависит ли ответ на этот вопрос от выбора точки $x_0$?"

Для всех рассмотренных функций (которые являются непрерывными) приращение функции $\Delta f$ стремится к нулю, когда приращение аргумента $\Delta x$ стремится к нулю. Проверим это, вычислив пределы для каждого случая:

Для случая а): $\lim_{\Delta x \to 0} \Delta f = \lim_{\Delta x \to 0} (2\Delta x) = 0$.

Для случая б): $\lim_{\Delta x \to 0} \Delta f = \lim_{\Delta x \to 0} (-2\Delta x) = 0$.

Для случая в): $\lim_{\Delta x \to 0} \Delta f = \lim_{\Delta x \to 0} (2x_0\Delta x + (\Delta x)^2) = 2x_0 \cdot 0 + 0^2 = 0$.

Как видно, во всех случаях предел равен 0. Таким образом, ответ на вопрос "К чему стремится $\Delta f$?" — к нулю. Этот ответ (число 0) не содержит $x_0$ и, следовательно, не зависит от выбора точки $x_0$.

Ответ: При $\Delta x \rightarrow 0$, приращение функции $\Delta f$ стремится к 0. Этот результат не зависит от выбора точки $x_0$.

2.26 Является ли непрерывной на интервале $(-\infty; +\infty)$ функция:

a) $f(x) = C$;

б) $f(x) = kx + b$;

в) $f(x) = ax^2 + bx + c$?

Ответ обоснуйте.

а) f(x) = C

Функция $f(x) = C$, где $C$ — константа, является постоянной функцией. Она определена для любого действительного числа $x$. Чтобы доказать ее непрерывность на интервале $(-\infty; +\infty)$, нужно показать, что она непрерывна в каждой точке этого интервала.

Возьмем произвольную точку $x_0 \in (-\infty; +\infty)$. Функция непрерывна в точке $x_0$, если выполняются три условия:
1. Функция определена в точке $x_0$. В нашем случае, $f(x_0) = C$.
2. Существует предел функции в точке $x_0$. Предел постоянной функции равен самой константе: $\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} C = C$.
3. Предел функции в точке равен значению функции в этой точке. В нашем случае, $\lim_{x \to x_0} f(x) = C$ и $f(x_0) = C$, следовательно, $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$.

Поскольку точка $x_0$ была выбрана произвольно, эти условия выполняются для всех точек на интервале $(-\infty; +\infty)$. Таким образом, функция непрерывна на всей числовой оси. Также можно отметить, что постоянная функция является многочленом нулевой степени, а все многочлены непрерывны на $(-\infty; +\infty)$.

Ответ: Да, является.

б) f(x) = kx + b

Функция $f(x) = kx + b$ является линейной функцией. Она определена для любого действительного числа $x$. Линейная функция является многочленом первой степени (или нулевой, если $k=0$).

Любой многочлен является непрерывной функцией на всей числовой оси $(-\infty; +\infty)$. Это фундаментальное свойство многочленов.

Для обоснования проверим условие непрерывности в произвольной точке $x_0 \in (-\infty; +\infty)$:
$\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} (kx + b)$
Используя свойства пределов (предел суммы равен сумме пределов, а константу можно выносить за знак предела):
$\lim_{x \to x_0} (kx + b) = k \cdot (\lim_{x \to x_0} x) + b = kx_0 + b$
Значение функции в этой точке равно $f(x_0) = kx_0 + b$.
Так как $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$, функция непрерывна в любой точке $x_0$.

Ответ: Да, является.

в) f(x) = ax² + bx + c

Функция $f(x) = ax^2 + bx + c$ является квадратичной функцией. Она представляет собой многочлен второй степени (при условии, что $a \neq 0$).

Область определения этой функции — вся числовая ось $(-\infty; +\infty)$. Как и любой многочлен, квадратичная функция непрерывна на всей своей области определения.

Обоснование аналогично предыдущим пунктам. Для любой точки $x_0 \in (-\infty; +\infty)$ предел функции равен значению функции в этой точке. Используя свойства пределов:
$\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} (ax^2 + bx + c) = a(\lim_{x \to x_0} x^2) + b(\lim_{x \to x_0} x) + c = ax_0^2 + bx_0 + c$
Значение функции в точке $x_0$ равно $f(x_0) = ax_0^2 + bx_0 + c$.
Поскольку $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$ для любой точки $x_0$, функция является непрерывной на интервале $(-\infty; +\infty)$.

Ответ: Да, является.

2.27 Докажите, что в любой точке $x_0 \in \mathbb{R}$ непрерывна функция:

а) $y = x^2$;

б) $y = x^3$;

в) $y = 2x^3 - x^2 + x$.

Для доказательства непрерывности функции $f(x)$ в произвольной точке $x_0$ необходимо показать, что предел функции при $x \to x_0$ равен значению функции в этой точке, то есть $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$. Это условие эквивалентно тому, что приращение функции $\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)$ стремится к нулю, когда приращение аргумента $\Delta x$ стремится к нулю. То есть, мы докажем, что для каждой функции $\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$.

а) $y = x^2$

Пусть $f(x) = x^2$. Для произвольной точки $x_0 \in \mathbb{R}$ найдем приращение функции $\Delta y$: $\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = (x_0 + \Delta x)^2 - x_0^2$.

Раскроем скобки и упростим выражение: $\Delta y = x_0^2 + 2x_0 \Delta x + (\Delta x)^2 - x_0^2 = 2x_0 \Delta x + (\Delta x)^2$.

Теперь найдем предел этого выражения при $\Delta x \to 0$: $\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = \lim_{\Delta x \to 0} (2x_0 \Delta x + (\Delta x)^2) = 2x_0 \cdot 0 + 0^2 = 0$.

Поскольку предел приращения функции равен нулю, функция непрерывна в точке $x_0$. Так как $x_0$ — произвольная точка, функция непрерывна на всей числовой оси.

Ответ: Непрерывность функции доказана.

б) $y = x^3$

Пусть $f(x) = x^3$. Для произвольной точки $x_0 \in \mathbb{R}$ найдем приращение функции $\Delta y$: $\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = (x_0 + \Delta x)^3 - x_0^3$.

Используя формулу куба суммы, раскроем скобки и упростим: $\Delta y = x_0^3 + 3x_0^2 \Delta x + 3x_0 (\Delta x)^2 + (\Delta x)^3 - x_0^3 = 3x_0^2 \Delta x + 3x_0 (\Delta x)^2 + (\Delta x)^3$.

Найдем предел приращения функции при $\Delta x \to 0$: $\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = \lim_{\Delta x \to 0} (3x_0^2 \Delta x + 3x_0 (\Delta x)^2 + (\Delta x)^3) = 3x_0^2 \cdot 0 + 3x_0 \cdot 0^2 + 0^3 = 0$.

Предел приращения функции равен нулю, следовательно, функция непрерывна в точке $x_0$. Так как точка $x_0$ выбрана произвольно, функция непрерывна на $\mathbb{R}$.

Ответ: Непрерывность функции доказана.

в) $y = 2x^3 - x^2 + x$

Пусть $f(x) = 2x^3 - x^2 + x$. Для произвольной точки $x_0 \in \mathbb{R}$ найдем приращение функции $\Delta y$: $\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = [2(x_0 + \Delta x)^3 - (x_0 + \Delta x)^2 + (x_0 + \Delta x)] - [2x_0^3 - x_0^2 + x_0]$.

Сгруппируем слагаемые: $\Delta y = 2[(x_0 + \Delta x)^3 - x_0^3] - [(x_0 + \Delta x)^2 - x_0^2] + [(x_0 + \Delta x) - x_0]$.

Воспользуемся результатами, полученными при решении пунктов а) и б) для приращений функций $x^3$ и $x^2$: $\Delta y = 2(3x_0^2 \Delta x + 3x_0 (\Delta x)^2 + (\Delta x)^3) - (2x_0 \Delta x + (\Delta x)^2) + \Delta x$.

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые: $\Delta y = (6x_0^2 \Delta x + 6x_0 (\Delta x)^2 + 2(\Delta x)^3) - (2x_0 \Delta x + (\Delta x)^2) + \Delta x = (6x_0^2 - 2x_0 + 1)\Delta x + (6x_0 - 1)(\Delta x)^2 + 2(\Delta x)^3$.

Найдем предел этого выражения при $\Delta x \to 0$: $\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = \lim_{\Delta x \to 0} [(6x_0^2 - 2x_0 + 1)\Delta x + (6x_0 - 1)(\Delta x)^2 + 2(\Delta x)^3] = 0$.

Так как предел приращения функции равен нулю, функция непрерывна в любой точке $x_0 \in \mathbb{R}$.

Ответ: Непрерывность функции доказана.

2.28 Докажите, что в любой точке $x_0 \in (0; +\infty)$ непрерывна функция:

а) $y = \log_2 x;$

б) $y = x^{-\frac{3}{2}}.$

а) $y = \log_2 x$

Чтобы доказать непрерывность функции $f(x) = \log_2 x$ в любой точке $x_0 \in (0; +\infty)$, воспользуемся определением непрерывности функции в точке. Функция $f(x)$ называется непрерывной в точке $x_0$, если она определена в этой точке и предел функции при $x$, стремящемся к $x_0$, равен значению функции в этой точке:

$\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$

1. Область определения. Логарифмическая функция $y = \log_2 x$ определена для всех $x > 0$. Таким образом, для любой точки $x_0$ из интервала $(0; +\infty)$ значение функции $f(x_0) = \log_2 x_0$ существует.

2. Доказательство непрерывности. Докажем, что $\lim_{x \to x_0} \log_2 x = \log_2 x_0$. Для этого покажем, что приращение функции $\Delta y$ стремится к нулю, когда приращение аргумента $\Delta x$ стремится к нулю.

Пусть $x = x_0 + \Delta x$. Приращение функции равно:

$\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = \log_2(x_0 + \Delta x) - \log_2 x_0$

Используя свойство логарифмов $\log_a b - \log_a c = \log_a(b/c)$, преобразуем выражение:

$\Delta y = \log_2\left(\frac{x_0 + \Delta x}{x_0}\right) = \log_2\left(1 + \frac{\Delta x}{x_0}\right)$

Найдем предел приращения функции при $\Delta x \to 0$:

$\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = \lim_{\Delta x \to 0} \log_2\left(1 + \frac{\Delta x}{x_0}\right)$

Поскольку $x_0$ — фиксированное положительное число ($x_0 > 0$), то при $\Delta x \to 0$ выражение $\frac{\Delta x}{x_0} \to 0$. Следовательно, аргумент логарифма $1 + \frac{\Delta x}{x_0} \to 1$.

Так как логарифмическая функция является непрерывной на всей своей области определения (это свойство элементарных функций), мы можем поменять местами знак предела и знак функции:

$\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = \log_2\left(\lim_{\Delta x \to 0} \left(1 + \frac{\Delta x}{x_0}\right)\right) = \log_2(1) = 0$

Поскольку предел приращения функции равен нулю, это означает, что $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$, и, следовательно, функция $y = \log_2 x$ непрерывна в любой точке $x_0 \in (0; +\infty)$.

Ответ: Непрерывность функции $y = \log_2 x$ в любой точке $x_0 \in (0; +\infty)$ доказана.

б) $y = x^{-\frac{3}{2}}$

Докажем непрерывность функции $f(x) = x^{-\frac{3}{2}}$ в любой точке $x_0 \in (0; +\infty)$, используя определение непрерывности: $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$.

1. Область определения. Функцию можно представить в виде $y = \frac{1}{x^{3/2}} = \frac{1}{\sqrt{x^3}}$. Эта функция определена, когда выражение под корнем неотрицательно ($x^3 \ge 0$, что эквивалентно $x \ge 0$) и знаменатель не равен нулю ($x \neq 0$). Таким образом, область определения функции — интервал $(0; +\infty)$. Для любой точки $x_0$ из этого интервала значение функции $f(x_0) = x_0^{-\frac{3}{2}}$ существует.

2. Доказательство непрерывности. Докажем, что $\lim_{x \to x_0} x^{-\frac{3}{2}} = x_0^{-\frac{3}{2}}$.

Степенная функция $y = x^a$ является элементарной и непрерывна на всей своей области определения. Для $a = -3/2$ областью определения является $(0; +\infty)$, поэтому функция непрерывна в любой точке этого интервала.

Докажем это более строго, используя теоремы о пределах и непрерывности основных функций. Нашу функцию можно представить как композицию нескольких непрерывных функций:

$f(x) = \frac{1}{(\sqrt{x})^3}$

Здесь мы имеем последовательное применение следующих непрерывных на своих областях определения функций:

• $g(x) = \sqrt{x}$ (непрерывна при $x \ge 0$)
• $h(t) = t^3$ (непрерывна для всех $t$)
• $k(u) = \frac{1}{u}$ (непрерывна при $u \neq 0$)

Используя свойство непрерывности композиции функций (предел композиции равен композиции пределов), вычислим предел:

$\lim_{x \to x_0} x^{-\frac{3}{2}} = \lim_{x \to x_0} \frac{1}{(\sqrt{x})^3}$

Поскольку $x_0 \in (0; +\infty)$, функция $g(x) = \sqrt{x}$ непрерывна в точке $x_0$, и $\lim_{x \to x_0} \sqrt{x} = \sqrt{x_0}$.

Далее, функция $h(t) = t^3$ непрерывна везде, поэтому:

$\lim_{x \to x_0} (\sqrt{x})^3 = \left(\lim_{x \to x_0} \sqrt{x}\right)^3 = (\sqrt{x_0})^3 = x_0^{3/2}$

Наконец, так как $x_0 > 0$, то $x_0^{3/2} \neq 0$, и функция $k(u) = 1/u$ непрерывна в точке $u = x_0^{3/2}$. Поэтому:

$\lim_{x \to x_0} \frac{1}{x^{3/2}} = \frac{1}{\lim_{x \to x_0} x^{3/2}} = \frac{1}{x_0^{3/2}} = x_0^{-\frac{3}{2}}$

Мы получили, что $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$, что и доказывает непрерывность функции $y = x^{-\frac{3}{2}}$ в любой точке $x_0 \in (0; +\infty)$.

Ответ: Непрерывность функции $y = x^{-\frac{3}{2}}$ в любой точке $x_0 \in (0; +\infty)$ доказана.

2.29 Докажите, что функция $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ непрерывна в любой точке $x_0 \in \mathbf{R}$.

Доказательство

Чтобы доказать, что функция (полином) $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0$ непрерывна в любой точке $x_0 \in \mathbb{R}$, необходимо показать, что предел функции в этой точке существует и равен значению функции в этой точке. Формально это записывается как: $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$.

Доказательство будем строить, последовательно используя арифметические свойства пределов (или, что эквивалентно, теоремы о непрерывности суммы и произведения функций).

Сначала рассмотрим базовые функции. Постоянная функция $g(x) = c$ и тождественная функция $h(x) = x$ непрерывны в любой точке $x_0 \in \mathbb{R}$, поскольку их пределы в любой точке равны их значениям в этой точке:
$\lim_{x \to x_0} c = c = g(x_0)$
$\lim_{x \to x_0} x = x_0 = h(x_0)$

Далее, рассмотрим степенную функцию $p_k(x) = x^k$ для любого натурального $k \ge 1$. Эту функцию можно представить как произведение непрерывной функции $h(x)=x$ на себя $k$ раз. Так как известно, что произведение конечного числа непрерывных функций является непрерывной функцией, то и $x^k$ непрерывна в любой точке $x_0$. Используя свойство предела произведения, получаем:
$\lim_{x \to x_0} x^k = \lim_{x \to x_0} (\underbrace{x \cdot x \cdot ... \cdot x}_{k \text{ раз}}) = (\lim_{x \to x_0} x) \cdot ... \cdot (\lim_{x \to x_0} x) = \underbrace{x_0 \cdot x_0 \cdot ... \cdot x_0}_{k \text{ раз}} = x_0^k$.

Теперь рассмотрим отдельный член полинома (одночлен) вида $t_k(x) = a_k x^k$. Этот член является произведением непрерывной постоянной функции $c(x) = a_k$ и непрерывной степенной функции $p_k(x) = x^k$. Следовательно, их произведение также непрерывно. По свойству предела произведения константы на функцию:
$\lim_{x \to x_0} (a_k x^k) = a_k \cdot (\lim_{x \to x_0} x^k) = a_k x_0^k$.
Это справедливо для всех $k$ от 1 до $n$. Член $a_0$ является постоянной функцией и, как показано выше, непрерывен.

Наконец, сам полином $f(x)$ является суммой таких непрерывных функций-одночленов:
$f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0$.
Так как известно, что сумма конечного числа непрерывных функций является непрерывной функцией, полином $f(x)$ также непрерывен в любой точке $x_0 \in \mathbb{R}$. Применим свойство предела суммы:
$\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} (a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0)$
$= \lim_{x \to x_0} (a_n x^n) + \lim_{x \to x_0} (a_{n-1} x^{n-1}) + ... + \lim_{x \to x_0} (a_1 x) + \lim_{x \to x_0} a_0$
Используя результаты, полученные для одночленов:
$= a_n x_0^n + a_{n-1} x_0^{n-1} + ... + a_1 x_0 + a_0$.
Полученное выражение является в точности значением функции $f(x)$ в точке $x_0$, то есть $f(x_0)$.

Поскольку мы доказали, что для любой точки $x_0 \in \mathbb{R}$ выполняется равенство $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$, это означает, что полиномиальная функция непрерывна в любой точке действительной оси.

Ответ: Доказано, что функция $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0$ непрерывна в любой точке $x_0 \in \mathbb{R}$.

2.30 Докажите, что если функции $y = f(x)$ и $y = \varphi (x)$ непрерывны в точке $x_0$, то в этой точке непрерывна также функция:

а) $y = f(x) + \varphi (x)$;

б) $y = f(x) - \varphi (x)$;

в) $y = f(x) \cdot \varphi (x)$;

г) $y = \frac{f(x)}{\varphi (x)}$ при условии $\varphi (x_0) \neq 0$.

По определению, функция $g(x)$ является непрерывной в точке $x_0$, если она определена в этой точке и ее предел при $x \to x_0$ существует и равен значению функции в этой точке, то есть $\lim_{x \to x_0} g(x) = g(x_0)$.

Из условия задачи нам дано, что функции $y = f(x)$ и $y = \varphi(x)$ непрерывны в точке $x_0$. Это означает, что:

1. $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$

2. $\lim_{x \to x_0} \varphi(x) = \varphi(x_0)$

Для доказательства мы будем использовать теоремы о пределах.

а) y = f(x) + φ(x);

Чтобы доказать, что функция $y(x) = f(x) + \varphi(x)$ непрерывна в точке $x_0$, нам нужно показать, что предел этой функции при $x \to x_0$ равен ее значению в точке $x_0$. Найдем предел функции $y(x)$ при $x \to x_0$: $\lim_{x \to x_0} y(x) = \lim_{x \to x_0} (f(x) + \varphi(x))$. Согласно свойству предела суммы, предел суммы двух функций равен сумме их пределов (если они существуют): $\lim_{x \to x_0} (f(x) + \varphi(x)) = \lim_{x \to x_0} f(x) + \lim_{x \to x_0} \varphi(x)$. Поскольку функции $f(x)$ и $\varphi(x)$ непрерывны в точке $x_0$, их пределы равны значениям функций в этой точке: $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$ и $\lim_{x \to x_0} \varphi(x) = \varphi(x_0)$. Подставим эти значения: $\lim_{x \to x_0} y(x) = f(x_0) + \varphi(x_0)$. Значение самой функции $y(x)$ в точке $x_0$ равно $y(x_0) = f(x_0) + \varphi(x_0)$. Так как $\lim_{x \to x_0} y(x) = y(x_0)$, функция $y = f(x) + \varphi(x)$ непрерывна в точке $x_0$.

Ответ: Утверждение доказано.

б) y = f(x) − φ(x);

Доказательство аналогично предыдущему пункту. Чтобы доказать, что функция $y(x) = f(x) - \varphi(x)$ непрерывна в точке $x_0$, нужно показать, что $\lim_{x \to x_0} y(x) = y(x_0)$. Найдем предел функции $y(x)$ при $x \to x_0$: $\lim_{x \to x_0} y(x) = \lim_{x \to x_0} (f(x) - \varphi(x))$. Используя свойство предела разности, которое гласит, что предел разности двух функций равен разности их пределов: $\lim_{x \to x_0} (f(x) - \varphi(x)) = \lim_{x \to x_0} f(x) - \lim_{x \to x_0} \varphi(x)$. Из условия непрерывности функций $f(x)$ и $\varphi(x)$ в точке $x_0$: $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$ и $\lim_{x \to x_0} \varphi(x) = \varphi(x_0)$. Следовательно: $\lim_{x \to x_0} y(x) = f(x_0) - \varphi(x_0)$. Значение функции $y(x)$ в точке $x_0$ есть $y(x_0) = f(x_0) - \varphi(x_0)$. Поскольку $\lim_{x \to x_0} y(x) = y(x_0)$, функция $y = f(x) - \varphi(x)$ непрерывна в точке $x_0$.

Ответ: Утверждение доказано.

в) y = f(x) · φ(x);

Для доказательства непрерывности функции $y(x) = f(x) \cdot \varphi(x)$ в точке $x_0$ необходимо установить, что $\lim_{x \to x_0} y(x) = y(x_0)$. Рассмотрим предел функции $y(x)$ при $x \to x_0$: $\lim_{x \to x_0} y(x) = \lim_{x \to x_0} (f(x) \cdot \varphi(x))$. По свойству предела произведения, предел произведения двух функций равен произведению их пределов: $\lim_{x \to x_0} (f(x) \cdot \varphi(x)) = (\lim_{x \to x_0} f(x)) \cdot (\lim_{x \to x_0} \varphi(x))$. Так как $f(x)$ и $\varphi(x)$ непрерывны в точке $x_0$, мы знаем, что: $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$ и $\lim_{x \to x_0} \varphi(x) = \varphi(x_0)$. Подставляя эти значения, получаем: $\lim_{x \to x_0} y(x) = f(x_0) \cdot \varphi(x_0)$. Значение функции $y(x)$ в точке $x_0$ равно $y(x_0) = f(x_0) \cdot \varphi(x_0)$. Таким образом, $\lim_{x \to x_0} y(x) = y(x_0)$, что и доказывает непрерывность функции $y = f(x) \cdot \varphi(x)$ в точке $x_0$.

Ответ: Утверждение доказано.

г) y = f(x)/φ(x) при условии φ(x₀) ≠ 0.

Чтобы доказать непрерывность функции $y(x) = \frac{f(x)}{\varphi(x)}$ в точке $x_0$, мы должны показать, что $\lim_{x \to x_0} y(x) = y(x_0)$. Дополнительное условие $\varphi(x_0) \ne 0$ является ключевым. Найдем предел функции $y(x)$ при $x \to x_0$: $\lim_{x \to x_0} y(x) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{\varphi(x)}$. Согласно свойству предела частного, предел частного двух функций равен частному их пределов, при условии, что предел знаменателя не равен нулю: $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{\varphi(x)} = \frac{\lim_{x \to x_0} f(x)}{\lim_{x \to x_0} \varphi(x)}$. Это свойство применимо, так как из непрерывности $\varphi(x)$ в точке $x_0$ следует $\lim_{x \to x_0} \varphi(x) = \varphi(x_0)$, а по условию $\varphi(x_0) \ne 0$. Подставим известные пределы непрерывных функций $f(x)$ и $\varphi(x)$: $\lim_{x \to x_0} y(x) = \frac{f(x_0)}{\varphi(x_0)}$. Значение функции $y(x)$ в точке $x_0$ определяется как $y(x_0) = \frac{f(x_0)}{\varphi(x_0)}$. Так как $\lim_{x \to x_0} y(x) = y(x_0)$, функция $y = \frac{f(x)}{\varphi(x)}$ непрерывна в точке $x_0$ при условии $\varphi(x_0) \ne 0$.

Ответ: Утверждение доказано.

2.31 Докажите непрерывность функции $y = f(x)$ в произвольной точке $x_0 \in \mathbb{R}$:

а) $f(x) = \sin x$;

б) $f(x) = \cos x$.

Для доказательства непрерывности функции в произвольной точке $x_0 \in \mathbb{R}$ необходимо показать, что предел приращения функции $\Delta y$ равен нулю при стремлении приращения аргумента $\Delta x$ к нулю, то есть $\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$.

а) $f(x) = \sin x$

Выберем произвольную точку $x_0 \in \mathbb{R}$. Приращение аргумента равно $\Delta x$, тогда $x = x_0 + \Delta x$. Приращение функции в этой точке равно:

$\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = \sin(x_0 + \Delta x) - \sin(x_0)$

Воспользуемся тригонометрической формулой разности синусов: $\sin \alpha - \sin \beta = 2 \sin\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right) \cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)$.

Применив эту формулу, получим:

$\Delta y = 2 \sin\left(\frac{(x_0 + \Delta x) - x_0}{2}\right) \cos\left(\frac{(x_0 + \Delta x) + x_0}{2}\right) = 2 \sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right) \cos\left(x_0 + \frac{\Delta x}{2}\right)$

Теперь оценим модуль приращения функции:

$|\Delta y| = \left|2 \sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right) \cos\left(x_0 + \frac{\Delta x}{2}\right)\right| = 2 \left|\sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right)\right| \left|\cos\left(x_0 + \frac{\Delta x}{2}\right)\right|$

Используем известные неравенства: $|\cos \alpha| \le 1$ для любого $\alpha$, и $|\sin \alpha| \le |\alpha|$ для любого $\alpha$. Последнее неравенство является следствием первого замечательного предела.

$|\Delta y| \le 2 \left|\sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right)\right| \cdot 1 \le 2 \cdot \left|\frac{\Delta x}{2}\right| = |\Delta x|$

Таким образом, мы получили неравенство $0 \le |\Delta y| \le |\Delta x|$.

Поскольку $\lim_{\Delta x \to 0} |\Delta x| = 0$, то по теореме о двух милиционерах (теореме о сжатии) следует, что $\lim_{\Delta x \to 0} |\Delta y| = 0$, а это, в свою очередь, означает, что $\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$.

Так как точка $x_0$ была выбрана произвольно, это доказывает непрерывность функции $f(x) = \sin x$ на всей числовой прямой.

Ответ: Непрерывность функции доказана.

б) $f(x) = \cos x$

Доказательство проводится аналогично пункту а). Возьмем произвольную точку $x_0 \in \mathbb{R}$ и найдем приращение функции $\Delta y$ при приращении аргумента $\Delta x$.

$\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = \cos(x_0 + \Delta x) - \cos(x_0)$

Воспользуемся тригонометрической формулой разности косинусов: $\cos \alpha - \cos \beta = -2 \sin\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right) \sin\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)$.

Применив эту формулу, получим:

$\Delta y = -2 \sin\left(\frac{(x_0 + \Delta x) + x_0}{2}\right) \sin\left(\frac{(x_0 + \Delta x) - x_0}{2}\right) = -2 \sin\left(x_0 + \frac{\Delta x}{2}\right) \sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right)$

Оценим модуль приращения функции:

$|\Delta y| = \left|-2 \sin\left(x_0 + \frac{\Delta x}{2}\right) \sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right)\right| = 2 \left|\sin\left(x_0 + \frac{\Delta x}{2}\right)\right| \left|\sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right)\right|$

Используем известные неравенства: $|\sin \alpha| \le 1$ для любого $\alpha$, и $|\sin \alpha| \le |\alpha|$ для любого $\alpha$.

$|\Delta y| \le 2 \cdot 1 \cdot \left|\sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right)\right| \le 2 \cdot \left|\frac{\Delta x}{2}\right| = |\Delta x|$

Мы получили такое же неравенство, как и для синуса: $0 \le |\Delta y| \le |\Delta x|$.

Так как $\lim_{\Delta x \to 0} |\Delta x| = 0$, то по теореме о сжатии $\lim_{\Delta x \to 0} |\Delta y| = 0$, и, следовательно, $\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$.

Это доказывает непрерывность функции $f(x) = \cos x$ в любой точке $x_0 \in \mathbb{R}$.

Ответ: Непрерывность функции доказана.

2.32 Укажите промежутки непрерывности функции:

а) $y = \frac{|\sin x|}{\sin x}$;

б) $y = \frac{|\cos x|}{\cos x}$;

в) $y = \frac{x^2 - 4}{x + 2}$;

г) $y = \frac{x^2 - 9}{x - 3}$;

д) $y = \operatorname{tg} x$;

е) $y = \operatorname{ctg} x$.

а) $y = \frac{|\sin x|}{\sin x}$

Функция определена и непрерывна во всех точках, где знаменатель не равен нулю. Знаменатель $\sin x$ обращается в нуль в точках $x = \pi k$, где $k$ - любое целое число ($k \in \mathbb{Z}$). В этих точках функция имеет разрывы первого рода (скачки), так как при переходе через эти точки значение функции меняется с 1 на -1 (или наоборот). В остальных точках функция непрерывна. Следовательно, промежутки непрерывности — это интервалы между точками разрыва.

Ответ: функция непрерывна на каждом из интервалов $(\pi k, \pi(k+1))$, где $k \in \mathbb{Z}$.

б) $y = \frac{|\cos x|}{\cos x}$

Функция определена и непрерывна во всех точках, где знаменатель не равен нулю. Знаменатель $\cos x$ обращается в нуль в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k$ - любое целое число ($k \in \mathbb{Z}$). В этих точках функция имеет разрывы первого рода (скачки). В остальных точках функция непрерывна. Следовательно, промежутки непрерывности — это интервалы между точками разрыва.

Ответ: функция непрерывна на каждом из интервалов $(-\frac{\pi}{2} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

в) $y = \frac{x^2 - 4}{x + 2}$

Данная функция является рациональной. Она определена и непрерывна на всей числовой оси, за исключением точек, где знаменатель обращается в нуль. Знаменатель $x+2=0$ при $x=-2$. Таким образом, $x=-2$ является точкой разрыва. Для всех $x \neq -2$ функцию можно упростить:

$y = \frac{(x-2)(x+2)}{x+2} = x-2$

Поскольку существует конечный предел функции в точке $x=-2$ ($\lim_{x \to -2} (x-2) = -4$), то разрыв является устранимым. Функция непрерывна на всей области своего определения.

Ответ: функция непрерывна на промежутках $(-\infty, -2)$ и $(-2, \infty)$.

г) $y = \frac{x^2 - 9}{x - 3}$

Данная функция является рациональной. Она определена и непрерывна на всей числовой оси, за исключением точек, где знаменатель обращается в нуль. Знаменатель $x-3=0$ при $x=3$. Таким образом, $x=3$ является точкой разрыва. Для всех $x \neq 3$ функцию можно упростить:

$y = \frac{(x-3)(x+3)}{x-3} = x+3$

Поскольку существует конечный предел функции в точке $x=3$ ($\lim_{x \to 3} (x+3) = 6$), то разрыв является устранимым. Функция непрерывна на всей области своего определения.

Ответ: функция непрерывна на промежутках $(-\infty, 3)$ и $(3, \infty)$.

д) $y = \operatorname{tg} x$

Функция тангенса определяется как $y = \operatorname{tg} x = \frac{\sin x}{\cos x}$. Она является частным двух непрерывных функций $\sin x$ и $\cos x$. Следовательно, функция тангенса непрерывна везде, где она определена, то есть там, где знаменатель $\cos x$ не равен нулю. Знаменатель обращается в нуль в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k$ - любое целое число ($k \in \mathbb{Z}$). В этих точках функция имеет разрывы второго рода (бесконечные разрывы), так как пределы слева и справа в этих точках равны $\pm\infty$.

Ответ: функция непрерывна на каждом из интервалов $(-\frac{\pi}{2} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

е) $y = \operatorname{ctg} x$

Функция котангенса определяется как $y = \operatorname{ctg} x = \frac{\cos x}{\sin x}$. Она является частным двух непрерывных функций $\cos x$ и $\sin x$. Следовательно, функция котангенса непрерывна везде, где она определена, то есть там, где знаменатель $\sin x$ не равен нулю. Знаменатель обращается в нуль в точках $x = \pi k$, где $k$ - любое целое число ($k \in \mathbb{Z}$). В этих точках функция имеет разрывы второго рода (бесконечные разрывы).

Ответ: функция непрерывна на каждом из интервалов $(\pi k, \pi(k+1))$, где $k \in \mathbb{Z}$.