Master Matematic a Didactic a [620855]

Ministerul Educat iei Nat ionale
Universitatea "OVIDIUS" Constant a
Facultatea de Matematic a  si Informatic a
Master Matematic a Didactic a
Funct ii continue.
Propriet at i locale  si globale
Lucrare de disertat ie
Coordonator  stiint ic:
Prof. Cosma Luminit a Elena
Absolvent: [anonimizat] ad alina
Constant a
2019

Cuprins
Introducere 2
Capitolul I
Funct ii continue 4
0.1 Denit ia continuit at ii unei funct ii ^ ntr-un punct. Denit ii echivalente . . . . . . . 4
0.2 Continuitatea lateral a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
0.3 Discontinuit at i de prima  si de a doua spet  a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
0.4 Funct ie continu a pe o mult ime . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1

Introducere
Conceptul de continuitate este ^ nt^ alnit ^ n toate domeniile  stiint ice precum  si ^ n viat a cotidi-
an a, acesta ind un fenomen "local" de "lipire" a unor valori init iale.
Din punct de vedere matematic problema continuit at ii unei funct ii se studiaz a urm^ and ^ n
principal dou a planuri, unul ind cel al valorilor argumentului funct iei, iar celalalt ind cel al
valorilor funct iei. ^In esent  a, deci, se urm are ste ce se intampl a cu valorile unei funct ii^ n comparat ie
cu valoarea acesteia ^ ntr-un punct al domeniului de denit ie, atunci c^ and valorile argumentului
tind c atre acel punct.
Problema continuit at ii unei funct ii ^ ntr-un punct sau pe o submult ime P a domeniului maxim
de denit ie al func iei, s-a desprins din reprezent arile intuitive asupra proceselor ^ n desfa surarea
c arora nu apar salturi, ^ ntreruperi. Al aturi de fenomene continue se g asesc  si altele, discontinue;
problema ap arut a a fost dac a aceste fenomene se pot aproxima prin fenomene continue  si dac a
da, poate  evaluat a aceast a eraore? Poate  aleas a o aproximare sucient de bun a astfel ^ nc^ at
eroarea s a e mai mic a dec^ at un num ar pozitiv, arbitrat, ales dinainte?
Not iunea matematic a de funct ie continu a a fost istorice ste denit a nea steptat de t^ arziu, mult
dup a ce fuseser a elaborate conceptele de derivat a  si integral a  si descoperite propriet at ile lor prin-
cipale; subliniem aici dicultatea primar a ^ n prezentarea riguroas a a conceptului de continuitate,
a c arei denit ie s-a impus doar ^ n momentul fundament arii solide, logice a ediciului analizei
matematice, c^ and r aspunsul la ^ ntreb ari ca cele de mai sus a putut  dat armativ dac a funct ia
f veric a proprietatea de a  continu a ^ ntr-un punct, sau pe o mult ime, sau poate  prelungit a
prin continuitate.
Din punct de vedere  stiint ic, important a lucr arii const a ^ n aceea c a, pornind de la limita
unei funct ii ^ ntr-un punct x0(x0punct de acumulare al lui D), se pune ^ n evident  a comportarea
funct iei at^ at ^ n x0c^ at  si ^ n vecin atatea lui x0.
De asemenea, se subliniaz a faptul c a, proprietatea unei funct ii de a  sau nu continu a ^ ntr-un
punct izolat al domeniului s au de denit ie se poate aborda, spre deosebire de existent a limitei
unei funct ii ^ ntr-un astfel de punct. Sunt studiate propriet at ile locale  si globale ale funct iilor
continue  si aplicat ii ale acestor propriet at i.
Din punct de vedere metodic, prin considerarea unor exemple care leag a not iunea de conti-
nuitate de experient a cotidian a a elevilor ^ n privint a evolut iei unor procese, se ^ nl atur a pericolul
ca elevii s a ^ nt eleag a acest concept formal: s a nu sesizeze sensul logic al denit iei  si logica
demonstrat iilor teoremelor de continuitate; este ^ nl aturat pericolul ca ace stia s a nu poat a aplica
activ cele ^ nv at ate. De asemenea, se realizeaz a saltul calitativ prin introducerea unei terminologii
adecvate, formularea unei denit ii  si stabilirea unor propriet at i ale funct iilor continue.
Se  stie c a, pentru o bun a asimilre a cuno stint elor de analiz a matematic a, este necesar s a se
rezolve un num ar mare de exercit ii  si de probleme foarte variate.
T  in^ and seama de acest aspect, ^ n cadrul lucr arii, au fost analizate numeroase exemple, dar
2

 si aplicat ii , cu un grad sporit de dicultate. Am c autat, ^ n acela si timp, aceste aplicat ii s s
e semnicative pentru tema studiat a  si utile ^ nsu sirii temeinice a tematicii capitolului "Funct ii
continue".
Lucrarea este structurat a ^ n dou a capitole.
^In capitolul I sunt prezentate denit ia unei funct ii ^ ntr-un punct  si c^ ateva propriet at i ce pot
considerate denit ii echivalente: cu vecin at at i, cu  siruri  si criteriul . Se continu a cu denit ia
continuit at ii laterale, discontinuit at i de prima  si de a doua spet  a, funct ii continue pe o mult ime  si
este prezentat a a proprietate interesant a a funct iilor continue- teorema de identitate (egalitatea
pe mult imea numerelor rat ionale ^ nseamn a de fapt egalitatea celor dou a funct ii), precum  si o
extindere a ei. Vom solut iona ^ n acest capitol o serie de probleme-tip ^ n care apare not iunea de
continuitate.
^In capitolul al II-lea, care este de altfel  si cel mai consistent sunt prezentate operat iile cu
funct ii continue (punctual  si pe o mult ime), c^ ateva propriet at i locale (p astrarea semnului pe o
vecin atate, m arginirea pe o vecin atate, comutarea cu limita  si consecint e), propriet at ile globale
ale funct iilor continue pe un interval (proprietatea lui Darboux, semnul unei funct ii continue  si
zerourile acesteia, teorema lui Weierstrass, de m arginire pe un interval compact, uniform conti-
nuitatea, c^ ateva relat ii ^ ntre monotonie  si discontinuitate: o funct ie monoton a este continu a sau
are numai discontinuit at i de spet a ^ nt^ ai, mult imea punctelor de discontinuitate pentru o funct ie
monoton a este cel mult num arabil a, iar surjectivitatea  si strict monotonia implic a continuitatea.
^In plus, ^ n aceste condit ii, o funct ie f:I!R,F;IR, admite o fuct ie invers a
f1:F!Icare este continu a  si stric monoton a pe F. Vom solut iona ^ n acest capitol anumite
tipuri de probleme ^ n care propriet at ile funct iilor continue au un rol important. Folosirea acestor
propriet at i este dicil a din cauza specicului oarecum abstract al lor, c^ at  si pentru c a, uneori,
acestea trebuie s s e utilizate implicativ ( o anumit a proprietate implic a alt a proprietate). Cu
toate acestea, vom ^ ncerca s a punem la dispozit ia cititorului c^ ateva metode standard care se
folosesc ^ n mod frecvent ^ n tipurile de probleme ment ionate anterior. ^In acest sens, al aturi de
metode adecvate ^ n rezolvarea de probleme ^ n care apar propriet at i fundamentale, vor  puse ^ n
evident  a  si criterii pentru ca o funct ie s a aib a proprietatea lui Darboux, cu toate c a not iunea de
continuitate nu este o condit ie necesar a pentru proprietatea amintit a anterior.
Consider am c a studiul bibliograei  si prelucrarea materialului cules au ^ nsemnat ^ n primul
r^ and ordonarea  si claricarea propriilor noastre idei.
3

Capitolul I
Funct ii continue
0.1 Denit ia continuit at ii unei funct ii^ ntr-un punct. Denit ii
echivalente
Se consider a o funct ie f:E!R sia2E. Problema care se pune este urm atoarea: com-
portarea funct iei ^ n jurul lui a(deci este obligatoriu ca punctul as a e din domeniul de denit ie
al funct iei); anume se compar a valoarea funct iei acu valorile sale din jurul punctului a. Deci,
atunci c^ and x " se apropie" de a, valorile funct iei f(x) " se apropie" de f(a)?
Matematic, putem formula armat ia de mai sus astfel: pentru orice  sir ( Xn)n2Ncu
lim
n!1xn=a sixn2E(xnnu este obligatoriu s a e diferit de a),  situl valorilor funct iei( f(xn))n2N
converge c atre f(a)? Acest lucru are sens dac a a2Eeste punct de acumulare. ^In cazul ^ n care
a2Eeste punct izolat, se consider a  sirul ( xn)n2N,xn=a, oricare ar  n2N; lim
n!1xn=a si
atunci lim
n!1f(xn) = lim
n!1f(a) =f(a).
Cu alte cuvinte, ^ n punctele izolate aceast a problem a este vericat a, de aceea ^ n cele ce
urmeaz a vor  considerate doar punctele a2Ecare sunt puncte de acumulare pentru E.
Aspectul intuitiv al continuit at ii:
Fief: [a;b]2Ro funct ie al c arei grac este redat ^ n gura 1.
4

gura 1
Spunem c a acest grac este continuu dac a poate  trasat printr-o mi scare de creion continu a,
deci nu are ^ ntreruperi. Dac a mult imea de denit ie nu este un interval, aceast a interpretare geo-
metric a nu este corect a; spre exemplu funct ia tangent a este continu a  si nu are gracul ne^ ntrerupt.
Fiex2[a;b]  six02[a;b],x0=x+
xunde
xeste cre sterea lui x.
Diferent a
f=
y=f(x+
x)f(x) se nume ste cret erea lui f^ n punctulxcorespunz atoare
cre sterii
xa variabilei independente x.

yeste egal a cu lungimea segmentului BC. Dac a
x!0 atunci
y!0.
Scriem lim

x!0
y= 0  si este echivalent cu lim

x!0f(x+
x) =f(x)
Fieg: [a;b]2Ro funct ie al c arei grac este redat in g2.
Gracul funct iei geste format din dou a p art i c ontinue dar care nu sunt unite ^ ntre ele. Este
resc s a consider am gracul funct iei gdiscontinuu. Dac a
xeste o cre stere a lui x0)
g=
g(x0+
x)g(x0).
Dac a
x<0  si
x!0 atunci
y!0.
Dac a
x>0  si
x!0 atunci
ynu tinde la 0,
y!d(B;C).
5

Dac a se consider a  sirurile ( xn),(x0
n) cuxn2[a;b],xn<x0cresc ator  si x0
n>x0descresc ator
atunci lim
n!1g(xn)6= lim
n!1g(x0
n).^In acest caz spunem c a x0este punct de discontinuitate pentru
funct iag, iar punctul ( x0;g(x0)) punct de discontinuitate al gracului funct iei g.
Analiza unui exemplu:
Se consider a funct ia f: [1;4]!R
f(x) =8
>>>>>><
>>>>>>:x22 dac a1x<1
2x3 dac a 1x<2
3 dac a x= 2
x1 dac a 2 <x3
3 dac a 3 <x4
Ne propunem s a compar am lim
x!af(x) (^ n cazul ^ n care exist a) cu valoarea funct iei f^ n punctul
a, anumef(a).
1. Dac aa2(1;1), lim
x!af(x) = lim
x!a(x2a) =a22.
A sadar pe intervalul ( 1;1) vom avea lim
x!af(x) =f(a).
2. Dac aa2(1;2), lim
x!af(x) = lim
x!a(2x3) = 2a3.
S i pe acest interval lim
x!af(x) =f(a).
3. Dac aa2(2;3), lim
x!af(x) = lim
x!a(x1) =a1.
De asemenea lim
x!af(x) =f(a)
4. Dac aa2(3;4), lim
x!af(x) = lim
x!a3 = 3.
Problema ivit a este: ce se ^ ntampl a ^ n cazul ^ n care x= 1,x= 2 saux= 3. Calcul am limitele
laterale ^ n aceste puncte  si le compr am cu valorile funct iei f^ n aceste puncte.
x= 1
lim
x!1;x<1f(x) = lim
x!1;x<1(x22) =1
lim
x!1;x>1f(x) = lim
x!1;x>1(2x3) =1
f(1) =1
f(10) =f(1 + 0) =f(1)
x= 2
f(20) = lim
x!2;x<2(2x3) = 1
f(2 + 0) = lim
x!2;x>2(x1) = 1
6

f(2) = 3
f(20) =f(2 + 0)6=f(2)
x= 3
f(30) = lim
x!3;x<3(x1)) = 2
f(3 + 0) = lim
x!3;x>33 = 3
f(3) = 3
f(30)6=f(3 + 0) =f(3)
^In punctul a= 1 exist a limita funct iei  si este chiar egal a cu valoarea funct iei
f(1) ^ n acest punct.
^In puntula= 2 exist a limita, dar este diferit a de valoarea funct iei f(2), iar
pentrua= 3 funct ia nu are limit a.
Denit ia continuit at ii unei funct ii ^ ntr-un punct.
Denit ii echivalente
Denit ie 0.1.
Fief:I!Ro funct ie  si x02I. Se spune c a funct ia festecontinu a ^ n
punctulx02Idacu a funct ia fare limit a ^ n punctul x0 si dac a aceast a limit a este
egal a cuf(x0):
lim
x!x0f(x) =f(x0)
Denit ie 0.2.
Funct iaf:I!Restecontinu a ^ ntr-un punct x02Idac a pentru orice
vecin atateUa luif(x0)se poate g asi o vecin atate Va luix0astfel ^ nc^ at pentru
orice punct xdin vecin atatea Vluix0, imaginea f(x)s a e vecin atatea Ua lui
f(x0). Decif:I2R,fcontinu a ^ n x02Idac a oricare ar  Uvecin atate a
luif(x0), exist aVvecin atate a lui x0astfel ^ nc^ at oricare ar  x2VTIatunci
f(x)2U.
Denit ie 0.3.
7

O funct ief:I!Restediscontinu a ^ ntr-un punct a2Idac afnu este
continu a ^ n acest punct.
Dup a cum rezult a din exemplul dat, o funct ie este discontinu a ^ ntr-un punct
a2Ie ^ n cazul c^ and funct ia nu are limit a ^ n a, e ^ n cazul c^ and, de si funct ia
are limit a ^ n a, aceast a limit a este diferit a de valoarea funct iei ^ n a, anumef(a).
Observat ie 0.4.
Pentru a stabili dac a o funct ie este continu a sau discontinu a ^ ntr-un punct x0,
trebuie s a compar am limita funct iei ^ n punctul x0cu valoarea f(x0)a funct iei ^ n
acest punct. Pentru aceasta, punctul x0trebuie s a apart in a domeniului de denit ie
al funct iei f. ^In punctele ^ n care funct ia nu este denit a, nu are sens s a se pun a
problema continuit at ii sau discontinuit at ii.
Exemple:
1.f1(x) =ctg(x)
f1:RfK=k2Zg!R
Punctelex=k;k2Znu sunt ^ n domeniul de denit ie, problema continuit at ii
sau discontinuit at ii funct iei ^ n aceste puncte nu se va pune.
2. Funct iaf2: (1;1][[2;1)!R,f2(x) =p
x2x2
^In punctul x0= 0, care nu apart ine domeniului de denit ie al funct iei, nu se
studiaz a continuitatea sau discontinuitatea funct iei. Punctul x0= 0 nu este nici
m acar punct de acumulare al domeniului de denit ie al funct iei f.
3. Pentruf4:Rf1g!R,f3(x) =x21
x1, continuitatea sau discontinuitatea
nu se va studia ^ n cazul x0= 1 deoarece x0nu apart ine domeniului de denit ie,
de si este punct de acumulare al domeniului de denit ie al funct iei f.
4. Fief4:R!R,
f4(x) =(
x21
x1×6= 1
2x= 1
lim
x!1×21
x1=lim
x!1(x1)(x+ 1)
x1= lim
x!1(x+ 1)) = 2
,
f4(1) = 2
Funct iaf4este continu a ^ n x= 1; vom ar ata mai t^ arziu c a funct ia f4este
prelungirea prin continuitate a funct iei f3.
8

Teorema 0.5.
Funct iaf:I!Reste continu a ^ n punctul x02Idac a  si numai dac a pentru
orice  sir (xn)n2N,xn2Iconvergent c atre x0atunci  sirul valorilor (f(xn))n2Ncon-
verge c atre f(x0).
Decifcontinu a ^ n x=x02I() (8)(xn)n2N,xn2Ipentru care lim
n!1xn=x0
avem lim
n!1f(xn) =f(x0).
Demonstrat ie:
")"Presupunem c a feste continu a ^ n punctul x02I. Atunci
lim
x!x0f(x) =f(x0)dac a  si numai dac a (8)U= (f(x0)";f(x0) +"),
(9)V= (x0;x0+);"> 0,>0(depinz^ and de " six0) astfel ^ nc^ at pentru orice
x2VTIavemf(x)2U. Fie (xn)n2Nun  sir de puncte convergent  si av^ and limita
x0. Exist a un rang N2Nastfel ^ nc^ at pentru nN,xn2Vcu except ia unui
num ar nit de termeni. Dac a feste continu a ^ n x0 sixn2Vatuncif(xn)2U,
pentrunNdecilim
n!1f(xn) =f(x0).
"("Presupunem c a oricare ar   sirul (xn)2N,xn2Iav^ and lim
n!1xn=x0
atunci lim
n!1f(xn) =f(x0).
Demonstr am c a feste continu a ^ n x0. Dac a lim
n!1f(xn) =f(x0)atunci ^ n orice
vecin atateUa luif(x0)se g asesc tot i termenii  sirului (f(xn))n2Nexcept^ and un
num ar nit de termeni.
(9)N2Nastfel ^ nc^ at (8)nN;f(xn)2U. Dar lim
n!1xn=x0, atunci exist a
o vecin atate a lui x0astfel ^ nc^ at xn2V,nN sif(xn)2U.Cu alte cuvinte,
lim
x!x0=f(x0))feste continu a.
Teorema 0.6.
Funct iaf:I!Reste continu a ^ n punctul x02Idac a  si numai dac a pentru
orice num ar real " >0se poate determina un num ar real  >0(num ar care de-
pinde de" six0) astfel ^ nc^ at, dac a x2I sijxx0j<atuncijf(x)f(x0)j<".
Demonstrat ie:
")"Presupunem c a feste continu a ^ n punctul x02I. Atunci
lim
x!x0f(x) =f(x0)implic aU= (f(x0)";f(x0) +"),
(9)V= (x0;x0+);" > 0, >0(depinz^ and de " si dex0) astfel ^ nc^ at, pen-
9

tru oricex2VTIatuncif(x)2U. Cu alte cuvine dac a jxx0j<  atunci
jf(x)f(x0)j<".
"("Pentru (8)" >0;(9)(";x0) = >0astfel ^ n^ at dinjxx0j< ;x2I,
avemjf(x)f(x0)j< ". Dac ajf(x)f(x0)j< ")" < f (x)f(x0)< ")
f(x0)" < f (x)< f(x0) +")f(x)2U;U= (f(x)";f(x0) +"). Dac a
f(x)2Udin aceea c ajxx0j<,x0<x<x 0+)(9)V= (x0;x0+)
astfel ^ nc^ at dac a x2V;f(x)2U. Deci funct ia feste continu a ^ n x0.
Exercit iu 0.7.
S a se arate c a o funct ie f: (a;b)!Reste continu a dac a  si numai dac a
(8)x2(a;b), avem limit a lim
h!0[f(x+h)f(x)] = 0 .
Rezolvare:
Aceasta este numai o reformulare a denit iei.
Pentru orice  sir x02(a;b), condit ia de continuitate este lim
x!x0f(x) =f(x0),
adic a lim
x!x0[f(x)f(x0)] = 0  si not^ andxx0=h,lim
h!0[f(x0+h)f(x0)] = 0 .
Folosind variat iile ,
f(x) =f(x)f(x0),
x=xx0, condit ia de continuitate
a luif^ n punctul x0revine la faptul c a lim

x!0
f(x) = 0 .
Exercit iu 0.8.
Folosind denit ia continuit at ii unei funct ii ^ ntr-un punct s a se arate c a funct ia
f: [0;2]!R,f(x) =x23este continu a ^ n x0= 1.
Rezolvare:
Metoda I:
FieVo vecin atate a lui f(1) =2.
Exist a">0astfel ^ nc^ at (2";2+")inclus ^ nV. Pentru a g asi o vecin atate
Ua luix0= 1 astfel ^ nc^ at (8)x2UT[0;2],f(x)2(2";2 +"), prelucr^ and
ultima condit ie se obt ine:
2" < x23<2 +"() 1" < x2<1 +"()p1" < x <pa+",
pentru"2(0;1).
Exist a deci U, vecin atate a lui x0= 1,U= (p1";p1 +").
10

Metoda II:
Fie">0, arbitrar dat; (9)(")>0astfel ^ nc^ at dac ajx1j<(")atunci
jf(x)f(1)j<",jf(x)f(1)j=jx23 + 2j=jx21j=jx1jjx+ 1j
supx2[0;2]fjx+ 1jg= 3,jx1jjx+ 1j  3jx1j< ") jx1j<"
3atunci
(") ="
3(8)x2[0;2]pentru carejx1j<"
3implic ajf(x)f(1)j<"
33 =".
Metoda III:
Fie  sirul (xn)n0,xn2[0;2]culim
x!1xn= 1 .
lim
n!1f(xn) = lim
n!1(xn23) = 13 =2 =f(1)deci lim
x!1f(x) =2.
0.2 Continuitatea lateral a
Denit ie 0.9.
Se spune c a funct ia f:I!Restecontinu a la dreapta ^ n punctul x02I
dac a  si numai dac a lim
x!x0x>x 0f(x) =f(x0).
Se spune c a funct ia f:I!Restecontinu a la st^ anga ^ n punctul x02I
dac a  si numai dac a lim
x!x0x<x 0f(x) =f(x0).
Teorema 0.10.
Funct iaf:I!Reste continu a ^ n x02Idac a  si numai dac a este continu a la
st^ anga  si la dreapta ^ n x0(presupunem ca x0nu este cap at al domeniului I).
Demostrat ie:
")"Dac af:I!Reste continu a ^ n x02Iatunci lim
x!x0f(x) =f(x0). O
funct ie are limit a ^ ntr-un punct x0dac a  si numai dac a are limitele laterale ^ n x0
egale.
f(x00) =f(x0+0) = lim
x!x0f(x) =f(x0))f(x00) =f(x0))feste continu a
la st^ anga ^ n x0 sif(x0+ 0) =f(x0))feste continu a la dreapta ^ n x0.
"("
fcontinu a la st^ anga ^ n x0,f(x00) =f(x0)
fcontinu a la dreapta ^ n x0,f(x0+ 0) =f(x0)
11

Atuncif(x0) =f(x00) =f(x0+ 0). Dac a limitele laterale sunt egale atunci
funct ia are limit a ^ n x0 silim
x!x0f(x) =f(x0). Funct iafeste continu a ^ n x02I.
Denit ie 0.11. Denit ii echivalente pentru continui-
tatea lateral a
a.O funct ief:I!Restecontinu a la dreapta ^ nx02Idac a pentru
(8)(xn)n2N;xn;n2I;xn>x 0convergent c atre x0avem lim
n!1f(xn) =f(x0).
O funct ief:I!Restecontinu a l st^ anga ^ nx02Idac a  si numai dac a
pentru (8)(xn)n2N;xn2I;xn<x 0convergent c atre x0avem lim
n!1f(xn) =f(x0).
Demosntrat ie:
Pentru c a exist a limita la st^ anga (f(x00))este necesar  si sucient ca pen-
tru un  sir (xn)n2N;xn2I;xn< x 0, cu lim
n!1xn=x0,  sirul (f(xn))n2Ns a aib a
limit a. Rezult a atunci c a limita este aceea si oricare ar   sirul (xn)ales. Funct ia
feste continu a la st^ anga ^ n x02Idac a  si numai dac a pentru orice  sir cresc ator
(xn)n2N;xn2I;xn< x 0culim
n!1xn=x0avem lim
n!1f(xn) =f(x0). Dac a
f(x0) = lim
x!x0;x<x 0f(x)atunci lim
n!1f(xn) =f(x0),xn!x0,xn2I,xn< x 0
^ n particular pentru orice  sir cresc ator (xn)n2N;xn!x0;xn2I;xn<x 0.
Reciproc, s a presupunem c a avem (f(yn))n2Nun  sir cu lim
n!1f(yn) =f(x0)pen-
tru orice  sir cresc ator (yn)culim
n!1yn=x0(yn2I;yn<x 0).
Fie atunci (xn)n2Nun  sir oarecare cu lim
n!1xn=x0(xn2I;xn<x 0).
Putem ordona termenii  sirului (xn)astfel ^ nc^ at s a obt inem un  sir cresc ator
(yn),xn!x0 si decif(yn)!f(x0).
Putem schimba acum din nou ordinea termenilor  sirului f(yn)astfel ca s a
obt inem  sirul f(xn) si deci lim
n!1f(xn) =f(x0), adic a lim
x!x0;x<x 0f(x) =f(x0)deci
feste continu a la st^ anga ^ n x0.
b.Fie punctul x02I,x0punct de acumulare. Funct ia f:I!Restecon-
tinu a la dreapta ^ nx0dac a pentru orice " >0, exist a(";x0) = >0astfel
^ nc^ at pentru 0xx0<,x2Is a avemjf(x)f(x0)j<".
12

Funct iafestecontinu a la st^ anga ^ nx02Iexist a("x0) = >0astfel
^ ncat pentru<xx0<0;x2Is a avemjf(x)f(x0)j<".
Demosntrat ie:
fcontinu a la dreapta ^ n x02Iatunci lim
x!x0;x>x 0f(x) =f(x0). Atunci pentru
orice vecin atate a lui f(x0);U= (f(x0)";f(x0) +")exist a o vecin atate Va lui
x0astfel ^ nc^ at oricare ar  x2VTIcujxx0j<  s a avemf(x)2U. Cum
x>x 0,0xx0<;f (x)2U)jf(x)f(x0)j<". (Pentru continuitatea la
st^ anga se procedeaz a analog)
Exercit iu 0.12.
S a se studieze continuitatea lateral a ^ n punctul a= 1, pentru funct ia f:R!R,
f(x) =(
2×28dac ax1
x5 dacx>1
Rezolvare:
f(10) = lim
x!1;x<1f(x) = lim
x!1;x<1(2×28) =6.
f(1) =6
f(1 + 0) = lim
x!1;x>1f(x) = lim
x!1;x>1(x5) =4.
f(1 + 0)6=f(10) =f(1)
Funct iafeste continu a la st^ anga ^ n x= 1  si este discontinu a la dreapta.
Exercit iu 0.13.
S a se studieze continuitatea lateral a ^ n punctul a= 0, pentru funct ia
f:R!R
f(x) =(
sixx
jxjx6= 0
1x= 0
Rezolvare:
ls(1) = lim
x!1;x<1f(x) = lim
x!1;x<12x11
x1=ln2
13

ld(1) = lim
x!1;x>1f(x) = lim
x!1;x>1ln(1 +x) =ln2
f(1) =ln2
Ceea ce arat a c a feste continu a  si la dreapta  si la st^ anga ^ n a= 1, adic af
este continu a ^ n a= 1.
0.3 Discontinuit at i de prima  si de a doua spet  a
Dac a funct ia f:I!Rnu este continu a ^ ntr-un punct x02Iatunci se spune c a
funct ia este discontinu a ^ n acel punct sau c a punctul x0este un punct de discon-
tinuitate pentru funct ia f.
Denit ie 0.14.
Punctulx02Ise nume ste punct de discontinuitate de prima spet  a dac a
exist a limitele f(x00);f(x0+ 0), sunt reale dar nu au loc simultan egalit at ile:
f(x00) =f(x0+ 0) =f(x0)
Pentru punctele de discontinuitate de prima spet  a sunt urm atoarele situat ii:
f(x00)6=f(x0+ 0)6=f(x0)
f(x00) =f(x0)6=f(x0+ 0)
f(x00)6=f(x0) =f(x0+ 0)
f(x00) =f(x0+ 0)6=f(x0)
Denit ie 0.15.
Punctulx02Ide discontinuitate pentru funct ia fse nume ste punct de dis-
continuitate de spet a a doua dac a nu este punct de discontinuitate de prima
spet  a.
Decix02Ieste punct de discontinuitate de spet a a doua pentru fdac a nu
exist a limita la st^ anga sau/  si la dreapta ^ n x0sau dac a una din aceste limite este
nit a.
Exercit iu 0.16.
S a se precize punctele de discontinuitte  si felul lor pentru funct iile:
14

a).f:R!R,
f(x) =8
><
>:1x>0
0x= 0
1x<0
(funct ia signum)
b).f:R!R,f(x) = [x](funct ia parte ^ ntreag a)
Rezolvare:
a). Punctul x= 0 este punct de discontinuitate de prima spet  a deoarece exist a
limitele laterale, sunt nite, distincte  si distincte de valoarea funct iei f^ n0.
ls(0) = lim
x!0;x<0f(x) =1
ld(0) = lim
x!0;x>0f(x) = 1
f(0) = 0
ls(0)6=ld(0)6=f(0).
b). Se constat a din egalit at ile:
[x+ 0] =x= [x]
[x0] =x1c a pentrux2Zfunct ia parte ^ ntreag a nu este continu a. Toate
punctelex2Zsunt puncte de discontinuitate de prima spet  a.
Exercit iu 0.17.
Fie funct ia f:R!R,
f(x) =(
2x3x<2
x+ 1x2
15

Avemf(20) = lim
x!2;x<2(2x3) = 1 ,f(2) = 3;f(2 + 0) = lim
x!2;x>2(x+ 1) = 3 .
Cumf(20)6=f(2 + 0) =f(2)rezult a c ax0= 2este punct de discontinuitate
de prima spet  a.
Exercit iu 0.18.
Fie funct ia f:R!R
f(x) =(
1
x+1×6=1
2x=1
Avemf(10) = lim
x!1;x<11
x+1= +1, lim
x!1;x>11
x+1= +1,f(1) = 2
rezult a c ax0=1este punct de discontinuitate de spet a a doua.
Exercit iu 0.19.
Fie funct ia f:R!R,
f(x) =(
cos1
xpentrux6= 0
0pentrux = 0
Fie  sirulxn=1
(2n+1)
2,lim
n!1xn= 0, deoarececos(2n+1)
2= 0!lim
n!1f(xn) = 0
Fie  sirulxn=1
(2n+1)
2,lim
n!1xn= 0, deoarececos2n= 1!lim
n!1f(x0
n) = 1 .
Dac a un  sir de numere are dou a sub siruri cu limite diferite atunci  sirul este
divergent, deci  sirul f(xn)n2Nnu are limit a ^ n x0= 0. Punctulx0= 0 este punct
de discontinuitate de spet a a doua.
Exercit iu 0.20.
Funct ia lui Dirichlet (x) :R!R,
(x) =(
1x2Q
0x2R=Q
, despre care am vorbit la denit ia continuit at ii unei funct ii ^ ntr-un punct, are
orice punct din Rpunct de discontinuitate de spet a a doua, ^ ntruc^ at nu exist a
limita ^ n nici un punct din R.
0.4 Funct ie continu a pe o mult ime
Denit ie 0.21.
Se spune c a o funct ie f:I!Restecontinu a pe o mult ime AIdac af
este continu a ^ n ecare punct din A.
16

Dac a funct ia este continu a pe tot domeniul de denit ie, atunci se spune simplu
c a funct iafeste continu a, f ar a a mai indica mult imea pe care funct ia are aceast a
peoprietate.
Teorema 0.22.
Funct iile elementare sunt funct ii continue.
Pentru funct iile elementare (polinomiale, rat ionale, funct ia radical, funct ia
putere, funct ia exponent ial a, funct ia logaritmic a, fuct iile trigonometrice directe,
funct iile trigonometrice inverse) limita acestora ^ ntr-un punct a din domeniul lor
de denit iese obt ine ^ nlocuind pe x cu a, adic a lim
x!af(x) =f(a),ceea ce exprim a
faptul c a o astfel de funct ie este continu a ^ ntr-un punct arbitrar din domeniul de
denit ie.
Exercit iu 0.23.
Se consider a funct ia f:R!R,
f(x) =(
2×23x+a ;x2(1;1];a2R
x3+ax ;x2(1;+1];a2R
S a se determine a2Rpentru care funct ia este continu a pe R.
Rezolvare:
Restrit iaf(x) = 2×23x+aind funct ie elementar a este continu a pe (1;1]
pentru orice x2R si restrict ia f(x) =x3+axeste continu a pe (1;1)orice
a2R.
Problema continuit at ii funct iei se pune ^ n punctul x0=1.
ls(1) = lim
x!1;x<1(2×23x+a) = 2 + 3 + a= 5 +a,
ld(1) = lim
x!1;x>1(x3+ax) =1a,
f(1) = 5 +a.
Funct iafeste continu a ^ n x0=1dac a  si numai dac a ls(1) =ld(1) =
f(1))5 +a=1a)2a= 6)a=3.
Dac aa6=3,fnu este continu a ^ n x0=1
O proprietate interesant a a funct iilor continue pe o mult ime este urm atoarea
teorem a de identitate:
Teorema 0.24.
Dac af;g:R!Rsunt dou a funct ii continue care coincid pe Qatuncif=g.
Demostrat ie:
17

Fiex2Roarecare, dar xat. Se  stie c a exist a un  sir (xn)de numere rat ionale
cu proprietatea c a lim
n!1f(xn) =f(x),lim
n!1g(xn) =g(x). Darxn2Q(8)n2N
decif(xn) =g(xn), iar din unicitatea limitei avem c a f(x) =g(x). Cumx2R
arbitrat, se deduce f=g.
Observat ie 0.25.
R am^ ane concluzia adev arat a dac a f(x) =g(x),(8)x2Z?
R aspuns: Nu, contraexemplu ind funct iile f;g:R!R,f(x) =sinx ,
g(x) = 0 care coincid ^ n mod evident pe Z si sunt distincte pe R.
Condit ia de continuitate este esent ial a dar teorema poate  u sor modicat a ca
^ n urm atoarea teorem a:
Teorema 0.26.
Dac af;g:R!Rsunt dou a funct ii cu proprietatea c a fcontinu a  si gmono-
ton a si care coincid pe Qatuncif=g.
Demonstrat ie:
Fiex2Roarecare, dar xat. Se  stie c a exist a dou a  siruri (xn);(yn)de numere
rat ionale cu propriet at ile xn<x<yn;(8)n2N silim
n!1xn= lim
n!1yn=x.
Presupunem c a geste cresc atoare de unde g(xn)g(x)g(yn);(8)n2N.
Cumf=gpeQavem c af(xn)g(x)f(yn);(8)n2N. Din discontinuitatea
luifobt inem c a lim
n!1f(xn) = lim
n!1f(yn) =f(x), de undef(x) =g(x) (8)x2R.
A sadarf=g.
18