ГДЗ по алгебре 11 класс Никольский Базовый и углубленный уровень номер / § 2 - 41

Чтобы функцию $f(x)$ можно было доопределить в выколотой точке $x_0$ (или в точках $x_k$) до непрерывной на $(-\infty; +\infty)$, необходимо и достаточно, чтобы в этой точке существовал конечный предел функции: $$ \lim_{x \to x_0} f(x) = A $$ Тогда, положив значение новой функции в этой точке равным найденному пределу ($f(x_0) = A$), мы получим непрерывную функцию. Если же предел не существует или бесконечен, доопределить функцию до непрерывной нельзя. --- ### а) $f(x) = \frac{x^2 - 5x + 4}{x - 1}$, $x_0 = 1$ Функция определена при всех $x \neq 1$. Разложим числитель на множители: $$ x^2 - 5x + 4 = (x - 1)(x - 4) $$ При $x \neq 1$ сократим дробь: $$ f(x) = \frac{(x - 1)(x - 4)}{x - 1} = x - 4 $$ Вычислим предел функции при $x \to 1$: $$ \lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} (x - 4) = 1 - 4 = -3 $$ Предел существует и конечен. **Ответ:** да, можно, положив $f(1) = -3$. Новая непрерывная функция: $F(x) = x - 4$. --- ### б) $f(x) = \frac{x^2 - 4}{x + 2}$, $x_0 = -2$ Функция определена при всех $x \neq -2$. Разложим числитель по формуле разности квадратов: $$ x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2) $$ При $x \neq -2$ сократим дробь: $$ f(x) = \frac{(x - 2)(x + 2)}{x + 2} = x - 2 $$ Вычислим предел функции при $x \to -2$: $$ \lim_{x \to -2} f(x) = \lim_{x \to -2} (x - 2) = -2 - 2 = -4 $$ Предел существует и конечен. **Ответ:** да, можно, положив $f(-2) = -4$. Новая непрерывная функция: $F(x) = x - 2$. --- ### в) $f(x) = \frac{12 - x}{x}$, $x_0 = 0$ Функция определена при всех $x \neq 0$. При $x \to 0$ числитель стремится к $12 - 0 = 12 \neq 0$, а знаменатель стремится к $0$. Исследуем односторонние пределы: $$ \lim_{x \to 0^+} \frac{12 - x}{x} = +\infty, \quad \lim_{x \to 0^-} \frac{12 - x}{x} = -\infty $$ Конечного предела в точке $x_0 = 0$ не существует. **Ответ:** нельзя. --- ### г) $f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 2}$, $x_0 = 2$ Функция определена при всех $x \neq 2$. При $x \to 2$ числитель стремится к $2^2 - 1 = 3 \neq 0$, а знаменатель стремится к $0$. Исследуем односторонние пределы: $$ \lim_{x \to 2^+} \frac{x^2 - 1}{x - 2} = +\infty, \quad \lim_{x \to 2^-} \frac{x^2 - 1}{x - 2} = -\infty $$ Конечного предела в точке $x_0 = 2$ не существует. **Ответ:** нельзя. --- ### д) $f(x) = \cos x \operatorname{tg} x$, $x_k = \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbf{Z}$ Функция определена при всех $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbf{Z}$. Применим определение тангенса $\operatorname{tg} x = \frac{\sin x}{\cos x}$ при $x \neq x_k$: $$ f(x) = \cos x \cdot \frac{\sin x}{\cos x} = \sin x $$ Вычислим пределы в точках $x_k$: $$ \lim_{x \to \frac{\pi}{2} + \pi k} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2} + \pi k} \sin x = \sin\left(\frac{\pi}{2} + \pi k\right) = (-1)^k $$ Пределы в каждой из точек существуют и конечны. **Ответ:** да, можно, положив $f\left(\frac{\pi}{2} + \pi k\right) = (-1)^k$ для всех $k \in \mathbf{Z}$. Новая непрерывная функция: $F(x) = \sin x$. --- ### е) $f(x) = \sin x \operatorname{ctg} x$, $x_k = \pi k$, $k \in \mathbf{Z}$ Функция определена при всех $x \neq \pi k$, $k \in \mathbf{Z}$. Применим определение котангенса $\operatorname{ctg} x = \frac{\cos x}{\sin x}$ при $x \neq x_k$: $$ f(x) = \sin x \cdot \frac{\cos x}{\sin x} = \cos x $$ Вычислим пределы в точках $x_k$: $$ \lim_{x \to \pi k} f(x) = \lim_{x \to \pi k} \cos x = \cos(\pi k) = (-1)^k $$ Пределы в каждой из точек существуют и конечны. **Ответ:** да, можно, положив $f(\pi k) = (-1)^k$ для всех $k \in \mathbf{Z}$. Новая непрерывная функция: $F(x) = \cos x$. --- ### ж) $f(x) = \operatorname{tg} x$, $x_k = \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbf{Z}$ Рассмотрим односторонние пределы функции в точках $x_k$: $$ \lim_{x \to \left(\frac{\pi}{2} + \pi k\right)^-} \operatorname{tg} x = +\infty, \quad \lim_{x \to \left(\frac{\pi}{2} + \pi k\right)^+} \operatorname{tg} x = -\infty $$ Так как односторонние пределы бесконечны, конечных пределов в этих точках не существует. **Ответ:** нельзя. --- ### з) $f(x) = \operatorname{ctg} x$, $x_k = \pi k$, $k \in \mathbf{Z}$ Рассмотрим односторонние пределы функции в точках $x_k$: $$ \lim_{x \to (\pi k)^-} \operatorname{ctg} x = -\infty, \quad \lim_{x \to (\pi k)^+} \operatorname{ctg} x = +\infty $$ Так как односторонние пределы бесконечны, конечных пределов в этих точках не существует. **Ответ:** нельзя.