Непрерывность функций
Определение непрерывности по Гейне
Говорят, что функция действительного переменного \(f\left( x \right)\) является
непрерывной в точке \(a \in \mathbb{R}\) (\(\mathbb{R}-\)множество действительных чисел),
если для любой последовательности \(\left\{ {{x_n}} \right\}\), такой, что
\[\lim\limits_{n \to \infty } {x_n} = a,\]
выполняется соотношение
\[\lim\limits_{n \to \infty } f\left( {{x_n}} \right) = f\left( a \right).\]
На практике удобно использовать следующие \(3\) условия непрерывности функции \(f\left( x \right)\) в точке \(x = a\) (которые должны
выполняться одновременно):
- Функция \(f\left( x \right)\) определена в точке \(x = a\);
- Предел \(\lim\limits_{x \to a} f\left( x \right)\) существует;
- Выполняется равенство \(\lim\limits_{x \to a} f\left( x \right) = f\left( a \right)\).
Определение непрерывности по Коши (нотация \(\varepsilon - \delta\))
Рассмотрим функцию \(f\left( x \right)\), которая отображает множество действительных чисел \(\mathbb{R}\) на другое подмножество \(B\)
действительных чисел. Говорят, что функция \(f\left( x \right)\) является непрерывной в точке
\(a \in \mathbb{R}\), если для любого числа \(\varepsilon>0\) существует число \(\delta>0\), такое, что для всех
\(x \in \mathbb{R}\), удовлетворяющих соотношению
\[\left| {x - a} \right|<\delta ,\]
выполняется неравенство
\[\left| {f\left( x \right) - f\left( a \right)} \right|<\varepsilon .\]
Определение непрерывности в терминах приращений аргумента и функции
Определение непрерывности можно также сформулировать, используя приращения аргумента и функции. Функция является
непрерывной в точке \(x = a\), если справедливо равенство
\[\lim\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \left[ {f\left( {a + \Delta x} \right) - f\left( a \right)} \right] = 0,\]
где \(\Delta x = x - a\).
Приведенные определения непрерывности функции эквивалентны на множестве действительных чисел.
Функция является непрерывной на данном интервале, если она непрерывна в каждой точке
этого интервала.
Теоремы непрерывности
Теорема 1.
Пусть функция \(f\left( x \right)\) непрерывна в точке \(x = a\) и \(C\) является константой. Тогда функция \(Cf\left( x \right)\)
также непрерывна при \(x = a\).
Теорема 2.
Даны две функции \({f\left( x \right)}\) и \({g\left( x \right)}\), непрерывные в точке \(x = a\). Тогда сумма этих функций
\({f\left( x \right)} + {g\left( x \right)}\) также непрерывна в точке \(x = a\).
Теорема 3.
Предположим, что две функции \({f\left( x \right)}\) и \({g\left( x \right)}\) непрерывны в точке \(x = a\). Тогда произведение этих функций
\({f\left( x \right)} {g\left( x \right)}\) также непрерывно в точке \(x = a\).
Теорема 4.
Даны две функции \({f\left( x \right)}\) и \({g\left( x \right)}\), непрерывные при \(x = a\). Тогда отношение этих функций
\(\large\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\normalsize\) также непрерывно при \(x = a\) при условии, что
\({g\left( a \right)} \ne 0\).
Теорема 5.
Предположим, что функция \({f\left( x \right)}\) является дифференцируемой в точке \(x = a\).
Тогда функция \({f\left( x \right)}\) непрерывна в этой точке (т.е. из дифференцируемости следует непрерывность функции
в точке; обратное − неверно).
Теорема 6 (Теорема о предельном значении).
Если функция \({f\left( x \right)}\) непрерывна на закрытом и ограниченном интервале \(\left[ {a,b} \right]\),
то она ограничена сверху и снизу на данном интервале. Другими словами, существуют числа \(m\) и \(M\), такие, что
\[m \le f\left( x \right) \le M\]
для всех \(x\) в интервале \(\left[ {a,b} \right]\) (рисунок 1).


Рис.1
Рис.2
Непрерывность элементарных функций
Все элементарные функции являются непрерывными в любой точке свой области определения.
Функция называется элементарной, если она построена из конечного числа композиций и комбинаций (с использованием
\(4\) действий - сложение, вычитание, умножение и деление) основных элементарных функций.
Множество основных элементарных функций включает в себя:
- Алгебраические многочлены \(A{x^n} + B{x^{n - 1}} + \ldots + Kx + L;\)
- Рациональные дроби \(\large\frac{{A{x^n} + B{x^{n - 1}} + \ldots + Kx + L}}{{M{x^m} + N{x^{m - 1}} + \ldots + Tx + U}}\normalsize\);
- Степенные функции \({x^p}\);
- Показательные функции \({a^x}\);
- Логарифмические функции \({\log _a}x\);
- Тригонометрические функции \(\sin x\), \(\cos x\), \(\tan x\), \(\cot x\), \(\sec x\), \(\csc x\);
- Обратные тригонометрические функции \(\arcsin x\), \(\arccos x\), \(\arctan x\), \(\text{arccot }x\), \(\text{arcsec }x\), \(\text{arccsc }x\);
- Гиперболические функции \(\sinh x\), \(\cosh x\), \(\tanh x\), \(\coth x\), \(\text{sech }x\), \(\text{csch }x\);
- Обратные гиперболические функции \(\text{arcsinh }x\), \(\text{arccosh }x\), \(\text{arctanh }x\), \(\text{arccoth }x\), \(\text{arcsech }x\), \(\text{arccsch }x\).
Пример 1
Используя определение непрерывности в терминах приращений, доказать, что функция \(f\left( x \right) = {x^2}\)
непрерывна в произвольной точке \(x= a\).
Решение.
Условие непрерывности по Гейне можно записать в виде
\[
{\lim\limits_{\Delta x \to 0} f\left( {a + \Delta x} \right) = f\left( a \right)\;\;}
{\text{или}\;\;\lim\limits_{\Delta x \to 0} \left[ {f\left( {a + \Delta x} \right) - f\left( a \right)} \right] }
= {\lim\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0,}
\]
где \(\Delta x\) и \(\Delta y\) − малые приращения, показанные на рисунке \(3\).
Для заданной функции справедливы следующие соотношения в точке \(x = a\):
\[f\left( a \right) = {a^2},\;\;f\left( {a + \Delta x} \right) = {\left( {a + \Delta x} \right)^2}.\]
Следовательно,
\[\require{cancel}
{\Delta y = f\left( {a + \Delta x} \right) - f\left( a \right) }
= {{\left( {a + \Delta x} \right)^2} - {a^2} }
= {\cancel{a^2} + 2a\Delta x + {\left( {\Delta x} \right)^2} - \cancel{a^2} }
= {2a\Delta x + {\left( {\Delta x} \right)^2}.}
\]
Вычислим предел.
\[
{\lim\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \left( {2a\Delta x + {{\left( {\Delta x} \right)}^2}} \right) }
= {\lim\limits_{\Delta x \to 0} \left( {2a\Delta x} \right) + \lim\limits_{\Delta x \to 0} {\left( {\Delta x} \right)^2} }
= {2a\lim\limits_{\Delta x \to 0} \Delta x + \lim\limits_{\Delta x \to 0} \Delta x \cdot \lim\limits_{\Delta x \to 0} \Delta x }
= {2a \cdot 0 + 0 \cdot 0 = 0.}
\]
Таким образом, функция является непрерывной в произвольной точке \(x = a\).


Рис.3
Рис.4
Пример 2
Используя определение непрерывности в терминах приращений, показать, что функция \(f\left( x \right) = \sec x\)
непрерывна в любой точке своей области определения.
Решение.
Функция секанс \(f\left( x \right) = \sec x = \large\frac{1}{{\cos x}}\normalsize\) определена для всех действительных \(x\),
за исключением точек
\[x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,\;\;k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots ,\]
где косинус равен нулю.
Обозначим дифференциал независимой переменной \(x\) через \(\Delta x\). Вычислим соответствующий
дифференциал функции \(\Delta y\).
\[
{\Delta y = \sec \left( {x + \Delta x} \right) - \sec x }
= {\frac{1}{{\cos \left( {x + \Delta x} \right)}} - \frac{1}{{\cos x}} }
= {\frac{{\cos - \cos \left( {x + \Delta x} \right)}}{{\cos \left( {x + \Delta x} \right)\cos x}} }
= {\frac{{ - 2\sin \left( {x + \frac{{\Delta x}}{2}} \right)\sin \left( { - \frac{{\Delta x}}{2}} \right)}}{{\cos \left( {x + \Delta x} \right)\cos x}} }
= {\frac{{2\sin \left( {x + \frac{{\Delta x}}{2}} \right)\sin \frac{{\Delta x}}{2}}}{{\cos \left( {x + \Delta x} \right)\cos x}}.}
\]
Перейдем к пределу при \(\Delta x \to 0\).
\[
{\lim\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{2\sin \left( {x + \frac{{\Delta x}}{2}} \right)\sin \frac{{\Delta x}}{2}}}{{\cos \left( {x + \Delta x} \right)\cos x}} }
= {\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{2\sin \left( {x + \frac{{\Delta x}}{2}} \right)}}{{\cos \left( {x + \Delta x} \right)\cos x}} \cdot \lim\limits_{\Delta x \to 0} \sin \frac{{\Delta x}}{2} }
= {\frac{{2\sin x}}{{{{\cos }^2}x}} \cdot 0 = 0.}
\]
Полученный результат справедлив для всех \(x\) за исключением нулей косинуса:
\[x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,\;\;k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots\]
Следовательно, область непрерывности и область определения функции \(f\left( x \right) = \sec x\) совпадают.
Пример 3
Используя определение непрерывности по Коши, доказать, что \(\lim\limits_{x \to 4} \sqrt x = 2\).
Решение.
Пусть \(\varepsilon>0\). Мы должны найти некоторое число \(\delta>0\), такое, что для всех \(x\), удовлетворяющих неравенству
\[\left| {x - 4} \right|<\delta ,\]
будет выполнено соотношение
\[\left| {f\left( x \right) - f\left( 4 \right)} \right|<\varepsilon \;\;\text{или}\;\;\left| {\sqrt x - 2} \right|<\varepsilon .\]
Последнее неравенство можно записать в виде
\[
{- \varepsilon <\sqrt x - 2<\varepsilon ,}\;\;
{\Rightarrow \;\;2 - \varepsilon <\sqrt x <\varepsilon + 2,}\;\;
{\Rightarrow {\left( {2 - \varepsilon } \right)^2}<x<{\left( {\varepsilon + 2} \right)^2},}\;\;
{\Rightarrow {\varepsilon ^2} - 4\varepsilon + 4<x<{\varepsilon ^2} + 4\varepsilon + 4.}
\]
Следовательно,
\[{\varepsilon ^2} - 4\varepsilon <x - 4<{\varepsilon ^2} + 4\varepsilon .\]
Заметим, что наша функция принимает лишь неотрицательные значения. Поэтому в заданной точке для \(\varepsilon\)-окрестности должно
выполняться условие \(\varepsilon \le 2\). В этом случае левая часть \({\varepsilon ^2} - 4\varepsilon\)
неравенства будет отрицательной. Отсюда следует соотношение
\[
{{\varepsilon ^2} - 4\varepsilon <x - 4<4\varepsilon - {\varepsilon ^2}}\;\;
{\text{или}\;\;\left| {x - 4} \right|<4\varepsilon - {\varepsilon ^2}.}
\]
Таким образом, если мы выберем \(\delta \le {\varepsilon ^2} - 4\varepsilon\),
то для всех \(x\), удовлетворяющих неравенству
\(\left| {x - 4} \right|<\delta\), получим \(\left| {f\left( x \right)} - 2 \right|<\varepsilon\).
Например, если \(\varepsilon = 0.1\), то величина \(\delta\) должна удовлетворять условию
\(\delta \le {\varepsilon ^2} - 4\varepsilon = 0.4 - 0.01 = 0.39.\,\) По определению Коши это означает, что
\[\lim\limits_{x \to 4} \sqrt x = 2.\]
Пример 4
Показать, что кубическое уравнение \(2{x^3} - 3{x^2} - 15 = 0\) имеет решение в интервале \(\left( {2,3} \right)\).
Решение.
Пусть \(f\left( x \right) = 2{x^3} - 3{x^2} - 15\). Вычислим значения функции при \(x = 2\) и \(x = 3\).
\[
{f\left( 2 \right) = 2 \cdot {2^3} - 3 \cdot {2^2} - 15 = - 11,}\;\;\;
{f\left( 3 \right) = 2 \cdot {3^3} - 3 \cdot {3^2} - 15 = 12.}
\]
Мы получили, что \(f\left( 2 \right)<0\) и \(f\left( 3 \right)>0\), или
\[f\left( 2 \right)<0<f\left( 3 \right).\]
По теореме о промежуточном значении это означает, что в интервале \(\left( {2,3} \right)\) существует такое число \(c\), что
\(f\left( c \right) = 0\). Таким образом, данное уравнение имеет решение в интервале \(\left( {2,3} \right)\).
Пример 5
Показать, что уравнение \({x^{1000}} + 1000x - 1 = 0\) имеет, по крайней мере, один корень.
Решение.
Поскольку функция \(f\left( x \right) = {x^{1000}} + 1000x - 1\) является полиномом, то она непрерывна. Заметим, что
\[
{f\left( 0 \right) = {0^{1000}} + 1000 \cdot 0 - 1 = - 1,}\;\;\;
{f\left( 1 \right) = {1^{1000}} + 1000 \cdot 1 - 1 = 1000.}
\]
Поэтому \(f\left( 0 \right)<0<f\left( 1 \right)\). По теореме о промежуточном значении можно сделать вывод, что
в интервале \(\left( {0,1} \right)\) существует число \(c\), такое, что \(f\left( c \right) = 0\). Таким образом, уравнение
имеет корень в интервале \(\left( {0,1} \right)\).
Пример 6
Задана функция
\[
f\left(x \right) =
\begin{cases}
x^2 + 2, & \text{если }\;\;x<0 \\
ax + b, & \text{если }\;\;0 \le x \lt 1 \\
3 + 2x - {x^2}, & \text{если }\;\;x \ge 1
\end{cases}
.\]
Определить коэффициенты \(a\) и \(b\), при которых функция \(f\left(x \right)\) является всюду непрерывной.
Решение.
Найдем левосторонний предел функции в точке \(x = 0\).
\[\lim\limits_{x \to 0 - 0} f\left( x \right) = \lim\limits_{x \to 0 - 0} \left( {{x^2} + 2} \right) = 2.\]
Следовательно, значение \(ax + b\) в точке \(x = 0\) должно быть равно \(2\).
\[
{ax + b = 2,}\;\;
{\Rightarrow a \cdot 0 + b = 2,}\;\;
{\Rightarrow b = 2.}
\]
Аналогично, находим правосторонний предел при \(x = 1\).
\[
{\lim\limits_{x \to 1 + 0} f\left( x \right) }
= {\lim\limits_{x \to 1 + 0} \left( {3 + 2x - {x^2}} \right) }
= {3 + 2 - 1 = 4.}
\]
Как видно, значение \(ax + 2\) в точке \(x = 1\) должно быть равно \(4\).
\[
{ax + 2 = 4,}\;\;
{\Rightarrow a \cdot 1 + 2 = 4,}\;\;
{\Rightarrow a = 2.}
\]
При данных значениях \(a\) и \(b\) функция \(f\left(x \right)\) будет непрерывной. График функции схематически показан выше на рисунке \(4\).
Пример 7
Если функция
\[
f\left(x \right) =
\begin{cases}
\cos \left( {2\pi x- a} \right), &x<-1 \\
x^3 + 1, &x \ge -1
\end{cases}
,\]
непрерывна, то чему равно \(a\)?
Решение.
Вычислим левосторонние и правосторонние пределы функции при \(x = -1\).
\[
{\lim\limits_{x \to - 1 - 0} f\left( x \right) }
= {\lim\limits_{x \to - 1 - 0} \cos \left( {2\pi x - a} \right) }
= {\cos \left( { - 2\pi - a} \right) = \cos a,}
\]
\[
{\lim\limits_{x \to - 1 + 0} f\left( x \right) }
= {\lim\limits_{x \to - 1 + 0} \left( {{x^3} + 1} \right) }
= {{\left( { - 1} \right)^3} + 1 = 0.}
\]
Функция будет непрерывной в точке \(x = -1\), если
\[
{\lim\limits_{x \to - 1 - 0} f\left( x \right) = \lim\limits_{x \to - 1 + 0} f\left( x \right)}\;\;
{\text{или}\;\;\cos a = 0.}
\]
Следовательно,
\[a = \frac{\pi }{2} + \pi n,\;\;n \in \mathbb{Z}.\]