Функция
$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x\le 1,\\ 2x-1,& x>1\end{array}$$ непрерывна везде, кроме возможной точки разрыва $x=1$. Для проверки непрерывности в $x=1$ нужно проверить три условия:
1) значение $f(1)$ существует;
2) существуют односторонние пределы ${\lim }_{x\to 1^{-}}f(x)$ и ${\lim }_{x\to 1^{+}}f(x)$;
3) ${\lim }_{x\to 1^{-}}f(x)={\lim }_{x\to 1^{+}}f(x)=f(1)$.
Вычисления:
$$f(1)=1^2=1,\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }{x}^2=1,\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }(2x-1)=1.$$ Поскольку оба односторонних предела равны и равны $f(1)$, то предел ${\lim }_{x\to 1}f(x)=1=f(1)$ и функция непрерывна в $x=1$.
Если требуется строгая epsilon–delta формулировка: пусть $\epsilon >0$. Положим $\delta =\min \{1,\epsilon /3\}$. Тогда при $|x-1|<\delta$ имеем два случая:
- Если $x\le 1$, то $|f(x)-1|=|x^2-1|=|x-1||x+1|$. Так как $|x-1|<1$ следует $|x+1|\le |x-1|+2<3$, значит $|f(x)-1|<3|x-1|\le 3\delta \le \epsilon$.
- Если $x>1$, то $|f(x)-1|=|2x-2|=2|x-1|\le 2\delta \le 2(\epsilon /3)<\epsilon$.
Таким образом для всех $|x-1|<\delta$ выполняется $|f(x)-f(1)|<\epsilon$, что доказывает непрерывность в $x=1$.