Analiza Matematyczna I, wykład dla studentów Bioinżynierii na WPPT
Analiza matematyczna I
Transcript of Analiza matematyczna I
Analiza matematyczna I
1
Spis tresci
1 Wst ↪ep. Ograniczenia i kresy zbiorow. 41.1 Oznaczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Zbiory liczbowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Kwantyfikatory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 Iloczyn kartezjanski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.5 Dzialania w zbiorze ℝ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.6 Porz ↪adek ≤ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.7 Przedzialy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.8 Kresy zbiorow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 Ci ↪agi liczbowe 112.1 Definicje i oznaczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Ci ↪agi monotoniczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3 Ci ↪agi zbiezne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.4 Ci ↪agi o granicach niewlasciwych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.5 Symbole nieoznaczone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.6 Podci ↪agi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.7 Ci ↪agi Cauchy’ego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.8 Granica gorna i dolna ci ↪agu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.9 Porownywanie ci ↪agow: ’O duze’ i ’o male’ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3 Granice funkcji 253.1 Definicje granicy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.2 Granice jednostronne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.3 Granice niewlasciwe w punkcie wlasciwym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.4 Granice wlasciwe w punkcie niewlasciwym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.5 Granice niewlasciwe w punkcie niewlasciwym . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.6 C.d. arytmetyki granic funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.7 Asymptoty . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4 Ci ↪aglosc funkcji 394.1 Definicje ci ↪aglosci funkcji w punkcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.2 Ci ↪aglosc funkcji elementarnych cz. I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.3 Ci ↪aglosc jednostronna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.4 Wlasnosci funkcji ci ↪aglych cz. I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.5 Ci ↪aglosc funkcji elementarnych cz. II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2
4.5.1 Funkcja wykladnicza ex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.5.2 Funkcji logarytmiczna ln(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.5.3 Funkcja wykladnicza ax . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.5.4 Funkcja logarytmiczna logax . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.5.5 Wlasnosci funkcji hiperbolicznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4.6 Wlasnosci funkcji ci ↪aglych cz. II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
5 Rozniczkowalnosc funkcji 545.1 Definicja pochodnej funkcji w punkcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 545.2 Definicja funkcji rozniczkowalnej w punkcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 555.3 Pochodne funkcji elementarnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.4 Wlasnosci funkcji rozniczkowalnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615.5 Pochodne wyzszych rz ↪edow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3
1 Wst ↪ep. Ograniczenia i kresy zbiorow.
1.1 Oznaczenia
Niech A, B- zbiory
- A ∪B - suma zbiorow
- A ∩B - iloczyn zbiorow
- A ∖B -roznica zbiorow
1.2 Zbiory liczbowe
- ℕ - zbior liczb naturalnych tzn. ℕ = {1, 2, 3, . . .}
- ℤ - zbior liczb calkowitych tzn. ℤ = {. . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . .}
- ℚ - zbior liczb wymiernych
- ℝ - zbior liczb rzeczywistych
- ℂ - zbior liczb zespolonych
1.3 Kwantyfikatory
- ∀ - ’dla kazdego’- kwantyfikator ogolny (szkolne oznaczenie -⋀
)
- ∃ - ’istnieje’- kwantyfikator szczegolny (szkolne oznaczenie -⋁
)
- ∃! - ’istnieje jedyny’ - ’istnieje dokladnie jeden’
1.4 Iloczyn kartezjanski
Iloczyn kartezjanski zbiorow A i B nazywamy A×B = {(a, b) : a ∈ A, b ∈ B}.
4
1.5 Dzialania w zbiorze ℝ, ktore spelniaj ↪a nast ↪epuj ↪ace warunki zwane aksjomatami liczb rzeczywistych:
1. ∀x, y, z ∈ ℝ x+ (y + z) = (x+ y) + z - ’l ↪acznosc dodawania’
2. ∀ x, y ∈ ℝ x+ y = y + x -’przemiennosc dodawania’
3. ∃ 0 ∀ x ∈ ℝ x+ 0 = 0 + x = x, 0-element neutralny dodawania
4. ∀x ∈ ℝ ∃ − x ∈ ℝ x+ (−x) = x+ (−x) = 0, −x- element przeciwny
5. ∀x, y, z ∈ ℝ x ⋅ (y ⋅ z) = (x ⋅ y) ⋅ z - ’l ↪acznosc mnozenia’
6. ∀ x, y ∈ ℝ x ⋅ y = y ⋅ x -’przemiennosc mnozenia’
7. ∃ 1 ∀ x ∈ ℝ x ⋅ 1 = 1 ⋅ x = x, 1-element neutralny mnozenia
8. ∀x ∈ ℝ ∖ {0} ∃x−1 ∈ ℝ x ⋅ x−1 = x−1 ⋅ x = 1, x−1-element odwrotny
9. ∀x, y, z ∈ ℝ x(y + z) = xy + xz - ’rodzielnosc mnozenia wzgl ↪edem dodawania’
1.6 Porz ↪adek ≤Zawsze o dwoch roznych liczbach rzeczywistych mozemy powiedziec, ktora z nich jest wi ↪eksza.
Aksjomaty ’porz ↪adku liniowego’
1. ∀x ∈ ℝ x ≤ x -zwrotnosc
2. ∀x, y, z ∈ ℝ x ≤ y ∧ y ≤ z =⇒ x ≤ z -przechodniosc
3. ∀x, y ∈ ℝ x ≤ y ∨ y ≤ x -spojnosc
4. ∀x, y ∈ ℝ x ≤ y ∧ y ≤ x =⇒ x = y -antysymetria
5. ∀x, y, z ∈ ℝ x ≤ y =⇒ x+ z ≤ y + z
6. ∀x, y ∈ ℝ 0 ≤ x ∧ 0 ≤ y =⇒ 0 ≤ xy
5
Wartosc bewzgl ↪edna (modul) liczby x ∈ ℝ definiujemy nast ↪epuj ↪aco:
∣x∣ :={x dla x ≥ 0,−x dla x < 0.
Lemat 1.1. Dla dowolnych x, y ∈ ℝ, 0 ≤ y mamy:
1. −∣x∣ ≤ x ≤ ∣x∣
2. ∣x∣ ≤ y ⇐⇒ −y ≤ x ≤ y
3. ∣x∣ ≥ y ⇐⇒ x ≤ −y ∨ x ≥ y
4. ∀x, y ∈ ℝ ∣x+ y∣ ≤ ∣x∣+ ∣y∣
5. ∀x, y ∈ ℝ ∣∣x∣ − ∣y∣∣ ≤ ∣x− y∣
1.7 Przedzialy
∙ otwarty (a, b) = {x ∈ ℝ : a < x < b}
∙ domkni ↪ety [a, b] =< a, b >= {x ∈ ℝ : a ≤ x ≤ b}
∙ (a, b] = {x ∈ ℝ : a < x ≤ b}, (−∞, b] = {x ∈ ℝ : x ≤ b}
∙ [a, b) = {x ∈ ℝ : a ≤ x < b}, [a,+∞) = {x ∈ ℝ : x ≥ a}
1.8 Kresy zbiorow
Definicja 1.2. Zbior X ⊂ ℝ, X ∕= ∅, nazywamy ograniczonym z gory, jesli
∃M ∈ ℝ ∀x ∈ X x ≤M.
Liczb ↪e M nazywamy ograniczeniem gornym zbioru X.
Przyklad 1.3. Niech
X = {x ∈ ℝ : x2 < 2} = {x ∈ ℝ : −√
2 < x <√
2}
Liczba M =√
2 jest ograniczeniem gornym zbioru X, M /∈ X.
6
Definicja 1.4. Zbior X ⊂ ℝ, X ∕= ∅, nazywamy ograniczonym z dolu, jesli
∃m ∈ ℝ ∀x ∈ X m ≤ x.
Liczb ↪e m nazywamy ograniczeniem dolnym zbioru X.
Przyklad 1.5. W powyzszym przykladzie liczba m = −√
2 jest ograniczeniem dolnym zbioruX, m /∈ X.
Definicja 1.6. Zbior X ⊂ ℝ, X ∕= ∅, nazywamy ograniczonym, jesli
∃m ∈ ℝ, ∃M ∈ ℝ ∀x ∈ X m ≤ x ≤M.
Twierdzenie 1.7. Niepusty zbior X ⊂ ℝ jest ograniczony wtedy i tylko wtedy, gdy
∃ 0 ≤ P < +∞ ∀x ∈ X ∣x∣ ≤ P.
Dowod. (=⇒) Jesli X jest ograniczony, to istniej ↪a m,M ∈ ℝ takie, ze
∀x ∈ X m ≤ x ≤M.
Niech P := max{∣m∣, ∣M ∣}. Wtedy:
∀x ∈ X x ≤M ≤ ∣M ∣ ≤ P
∀x ∈ X x ≥ m ≥ −∣m∣ ≥ −PZatem
∀x ∈ X ∣x∣ ≤ P.
(⇐=) Jezeli ∀x ∈ X ∣x∣ ≤ P, to
∀x ∈ X − P ≤ x ≤ P.
Zatem −P jest ograniczeniem dolnym, P ograniczeniem gornym zbioru X.
Twierdzenie 1.8. Suma, roznica, iloczyn zbiorow ograniczonych (zawartych w ℝ) jest zbioremograniczonym.
Definicja 1.9. Dla dowolnego niepustego podzbioru X ⊂ ℝ definiujemy jego kres gorny(’supremum’), ktory oznaczamy przez supX.
1) Jezeli zbior X NIE jest ograniczony z gory, to przyjmujemy, ze � = supX := +∞.
2) Jezeli zbior X jest ograniczony z gory, to liczb ↪e � nazywamy kresem gornym zbioru X,jesli:
– � jest ograniczeniem gornym zbioru X,
– dla kazdego ograniczenia gornego M zbioru X zachodzi � ≤M .
Oznaczenia: � = supX (lacinskie ’supremum’ zbioru X)
7
Aksjomat kresu gornego. Kazdy niepusty zbior X ⊂ ℝ ograniczony z gory posiada kresgorny.
Przyklad 1.10. Niech
X = {x ∈ ℝ : x2 < 2} = {x ∈ ℝ : −√
2 < x <√
2}.
Liczba � =√
2 jest kresem gornym zbioru X.
Uwaga 1.11. Kres gorny zbioru X jest najmniejszym ograniczeniem gornym zbioru X.
Lemat 1.12. Jezeli � = supX, to
- ∀x ∈ X, x ≤ �,
- ∀" > 0 ∃x ∈ X x ≥ �− ".
Definicja 1.13. Dla dowolnego niepustego podzbioru X ⊂ ℝ definiujemy jego kres dolny(’infimum’), ktory oznaczamy przez inf X.
1) Jezeli zbior X NIE jest ograniczony z dolu, to przyjmujemy, ze � = inf X := −∞.
2) Jezeli zbior X jest ograniczony z dolu, to liczb ↪e � nazywamy kresem dolnym zbioru X,jesli:
– � jest ograniczeniem dolnym zbioru X,
– dla kazdego ograniczenia dolnego M zbioru X zachodzi M ≤ �.
Oznaczenia: � = inf X (lacinskie ’infimum’ zbioru X)
Aksjomat kresu dolnego. Kazdy niepusty zbior X ⊂ ℝ ograniczony z dolu posiada kresdolny.
Przyklad 1.14. Niech
X = {x ∈ ℝ : x2 < 2} = {x ∈ ℝ : −√
2 < x <√
2}.
Liczba � = −√
2 jest kresesm dolnym zbioru X.
Uwaga 1.15. Kres dolny zbioru X jest najwi ↪ekszym ograniczeniem dolnymzbioru X.
Lemat 1.16. Jezeli � = inf X, to
8
∙ ∀x ∈ X, � ≤ x,
∙ ∀" > 0 ∃x ∈ X x ≤ � + ".
Przyklad 1.17. 1. X = (−∞, 1); kres dolny � = −∞ /∈ X, kres gorny � = 1 /∈ X.
2. X = [1, 2]; kres dolny � = 1 ∈ X, kres gorny � = 2 ∈ X.
3. X = (−∞,+∞); kres dolny � = −∞ /∈ X, kres gorny � = +∞ /∈ X.
4. X = ℕ; kres dolny � = 1 ∈ X, kres gorny � = +∞ /∈ X.
Oznaczenia 1.18. Niech X, Y ⊂ ℝ, � ∈ ℝ
X + Y := {x+ y; x ∈ X, y ∈ Y }, �X := {�x; x ∈ X}.
Twierdzenie 1.19. Niech X, Y ⊂ ℝ b ↪ed ↪a zbiorami niepustymi. Wowczas
1. sup(X + Y ) = supX + supY ,
2. inf(A+B) = inf X + inf Y ,
3. jesli X ≤ Y , to supX ≤ inf Y , gdzie X ≤ Y oznacza, ze dla ∀x ∈ X, ∀y ∈ Y x ≤ y.
4.
sup(�X) =
{� supX dla � ≥ 0� inf X dla � < 0.
5.
inf(�X) =
{� inf X dla � ≥ 0� supX dla � < 0.
Twierdzenie 1.20. (Zasada Archimedesa)
∀x > 0 ∀ y ∈ ℝ ∃n ∈ ℤ (n− 1)x ≤ y < nx.
Dowod Dane s ↪a y ∈ ℝ i x > 0.(a) Najpierw udowodnimy, ze
∃ k ∈ ℤ y ≤ kx. (1.1)
Przypusmy, ze to nie jest prawd ↪a tzn. ∀ k ∈ ℤ y > kx. Niech A = {kx : k ∈ ℤ} ⊂ ℝ. Tenzbior jest ograniczony z gory przez y. Zatem z aksjomatu kresu gornego wynika, ze istnieje� = supA. Wtedy � − x nie jest kresem gornym (korzystamy z zalozenia, ze x > 0, czyli� − x < �). Zatem na mocy Lematu 1.12 istnieje a ∈ A takie, ze a = kx > � − x. St ↪ad
9
(k + 1)x > �. Niech b := k + 1, wtedy b ∈ ℤ oraz bx > �, co prowadzi do sprzecznosci,poniewaz � = supA.(b) Teraz udowodnimy, ze
∃ m ∈ ℤ y ≥ mx. (1.2)
Przypusmy, ze to nie jest prawd ↪a tzn. ∀m ∈ ℤ y < mx. Niech A = {mx : k ∈ ℤ} ⊂ ℝ. Tenzbior jest ograniczony z dolu przez y. Zatem z aksjomatu kresu dolnego wynika, ze istnieje� = inf A. Wtedy � + x nie jest kresem dolnym (korzystamy z zalozenia, ze x > 0, czyli� < � + x). Zatem na mocy Lematu 1.16 istnieje c ∈ A takie, ze c = mx < � + x. St ↪ad(m − 1)x < �. Niech c := m − 1, wtedy c ∈ ℤ oraz cx < � co prowadzi do sprzecznosci,poniewaz � = inf A.
Teza wynika z (1.1) i (1.2).
10
2 Ci ↪agi liczbowe
2.1 Definicje i oznaczenia
Definicja 2.1. Ci ↪agiem liczbowym o wyrazach rzeczywistych nazywamy kazd ↪a funkcj ↪ef : ℕ→ ℝ.
Przyklad 2.2.
f : ℕ→ ℝ, f(n) =1
nczyli 1,
1
2,1
3,1
4, . . . .
f : ℕ→ ℝ, f(n) = n√n czyli 1,
√2,
3√
3,4√
4 . . . .
Oznaczenia 2.3. f(n) = an- n-ty wyraz ci ↪agu. Oznaczenie ci ↪agu: {an}n∈ℕ lub(an)n∈ℕ.
2.2 Ci ↪agi monotoniczne
Definicja 2.4. Ci ↪ag {an}n∈ℕ nazywamy
- rosn ↪acym, jesli ∀n ∈ ℕ an+1 > an,
- malej ↪acym, jesli ∀n ∈ ℕ an+1 < an,
- niemalej ↪acym, jesli ∀n ∈ ℕ an+1 ≥ an,
- nierosn ↪acym, jesli ∀n ∈ ℕ an+1 ≤ an.
Pierwsze dwa rodzaje ci ↪agow nazywamy ci ↪agami scisle monotonicznymi
Zadanie 2.5. Wykazac monotonicznosc ci ↪agow an = n2 − n+ 1, bn = n�, ci ↪agu okreslonegorekurencyjnie x1 =
√2, xn+1 =
√2 + xn. Czy ci ↪ag (−1)n
njest monotoniczny?
Definicja 2.6. Ci ↪ag {an}n∈ℕ jest ci ↪agiem
∙ ograniczonym z gory, jesli ∃M ∈ ℝ ∀n ∈ ℕ an ≤M .
∙ ograniczonym z dolu, jesli ∃m ∈ ℝ ∀n ∈ ℕ an ≥ m.
∙ ograniczonym, jesli jest ograniczony z dolu i z gory. Zatem ci ↪ag {an}n∈ℕ jest ograniczonywtedy i tylko wtedy, gdy ∃M ∈ ℝ ∀n ∈ ℕ ∣an∣ ≤M .
Zadanie 2.7. Czy nast ↪epuj ↪ace ci ↪agi
11
∙ a > 1, an = nan
,
∙ a ∈ ℝ, bn = an
n!,
s ↪a ograniczone?
Definicja 2.8. Niech dany b ↪edzie ci ↪ag {an}n∈ℕ i rosn ↪acy ci ↪ag liczb naturalnych {nk}k∈ℕ.Wtedy ci ↪ag {ank
}nk∈ℕ nazywamy podci ↪agiem ci ↪agu {an}n∈ℕ.
Przyklad 2.9. { 1n}n∈ℕ. Rozpatrzmy ci ↪ag postaci { 1
2n}n∈ℕ. Jest to podci ↪ag ci ↪agu { 1
n}n∈ℕ.
2.3 Ci ↪agi zbiezne
Definicja 2.10. Ci ↪ag {an}n∈ℕ nazywamy zbieznym, jesli istnieje liczba g ∈ ℝ taka, ze
∀" > 0 ∃n0 = n0(") ∀n ≥ n0 ∣an − g∣ < ".
Liczb ↪e g nazywamy granic ↪a ci ↪agu {an}n∈ℕ.
Oznaczenia 2.11. Zapis symboliczny limn→∞ an = g lub an → g.
Interpretacja granicy ∣an − g∣ < "⇔ −" < an − g < "⇔ g − " < an < g + "⇔ an ∈ (g − ", g + "). Dla n ≥ n0 kazdy wyraz an ∈ (g − ", g + ").
Zadanie 2.12. Udowodnic, ze ci ↪ag an = 1n
jest zbiezny do g = 0, czyli
∀ " > 0 ∃n0 ∈ ℕ ∀ n ≥ n0 ∣an − 0∣ =∣∣∣∣ 1n∣∣∣∣ < ".
Jak dobrac n0 do " > 0?
Odp. Zapis ∣ 1n∣ < " oznacza, ze 1
"< n. Z zasady Archimedesa zastosowanej do y = 1
"i x = 1
wynika, ze istnieje n0 ∈ ℕ takie, ze
n0 − 1 ≤ 1
"< n0.
Wtedy dla kazdego n > n0 zachodzi n0 − 1 ≤ 1"< n0 < n.. Zatem
∀ " > 0 ∃n0 ∈ ℕ ∀ n > n0 ∣an − 0∣ =∣∣∣∣ 1n∣∣∣∣ < ".
12
Zadanie 2.13. Korzystaj ↪ac z definicji granicy udowodnic, ze
limn→∞
1
2n− 1= 0 , lim
n→∞
1
n2= 0 , lim
n→∞(0, 7)n = 0.
Twierdzenie 2.14. Ci ↪ag zbiezny {an}n∈ℕ ma dokladnie jedn ↪a granic ↪e.
Dowod. Przypusmy, ze ci ↪ag jest zbiezny do g1 ∈ ℝ i do g2 ∈ ℝ, g1 ∕= g2. Mozna przyj ↪ac, zeg1 < g2. Niech " = g2−g1
3, czyli " > 0. Z definicji granicy wynika, ze
∃ n1 ∈ ℕ ∀n ≥ n1 g1 − " < an < g1 + "
oraz∃ n2 ∈ ℕ ∀n ≥ n2 g2 − " < an < g2 + ".
Niech n3 := max{n1, n2}. Wtedy dla kazdego n ≥ n3 mamy
an < g1 + " < g2 − " < an.
Otrzymalismy sprzecznosc an < an, ktora konczy dowod.
Lemat 2.15. Kazdy podci ↪ag ci ↪agu zbieznego jest rowniez zbiezny do tej samej granicy.
Dowod. Zalozmy, ze ci ↪ag an → g ∈ ℝ. Wezmy dowolny podci ↪ag {ank}k∈ℕ. Niech " > 0.
Wowczas istnieje n0 ∈ ℕ takie, ze ∣an − g∣ < " dla n ≥ n0. Poniewaz ci ↪ag nk jest rosn ↪acy, toistnieje k0 ∈ ℕ takie, ze nk0 ≥ n0. Wowczas, jesli nk ≥ nk0 , to nk ≥ n0, a st ↪ad ∣ank
− g∣ < ",co dowodzi, ze ank
→ g.
Wniosek 2.16. Jezeli ci ↪ag {an}n∈ℕ zawiera co najmniej dwa podci ↪agi zbiezne do roznychgranic, to ci ↪ag {an}n∈ℕ nie ma granicy.
Twierdzenie 2.17. Jezeli ci ↪ag {an}n∈ℕ jest zbiezny, to jest ograniczony.
Dowod. Zalozmy, ze limn→∞ an = g. Wezmy " = 1. Wowczas istnieje n0 ∈ ℕ takie, ze∣an − g∣ < 1 dla n ≥ n0. St ↪ad an − 1 < g < an + 1 dla n ≥ n0. Niech M b ↪edzie najwi ↪eksz ↪a zliczb
∣a1∣, ∣a2∣, . . . ∣an0∣, ∣g∣+ 1. (2.1)
Wtedy dla kazdego n ≤ n0 mamy ∣an∣ ≤M . Jesli n ≥ n0, to
−M ≤ −∣g∣ − 1 ≤ g − 1 < an < g + 1 ≤ ∣g∣+ 1 ≤M. (2.2)
Z (2.1) i ( 2.2) wynika, ze ∀ n ∈ ℕ ∣an∣ ≤ M , co oznacza, ze ci ↪ag {an}n∈ℕ jest ograniczony.
13
Twierdzenie 2.18. Jezeli ci ↪agi {an}n∈ℕ, {bn}n∈ℕ s ↪a zbiezne i � ∈ ℝ, to
i) zbiezne s ↪a ci ↪agi {an + bn}n∈ℕ, {�an}n∈ℕ, {an ⋅ bn}n∈ℕ
ii) oraz zachodz ↪a rownosci:
limn→∞
(an + bn) = limn→∞
an + limn→∞
bn,
limn→∞
�(an) = � limn→∞
an,
limn→∞
(an ⋅ bn) = ( limn→∞
an) ⋅ ( limn→∞
bn),
limn→∞
∣an∣ = ∣ limn→∞
an∣.
iii) jesli limn→∞ bn ∕= 0 to ci ↪ag {anbn}n∈ℕ jest zbiezny oraz
limn→∞
anbn
=limn→∞ anlimn→∞ bn
.
Uwaga 2.19. an → 0 wtedy i tylko, gdy ∣an∣ → 0.
Twierdzenie 2.20. (twierdzenie o trzech ci ↪agach) Jezeli ci ↪agi {an}n∈ℕ, {bn}n∈ℕ s ↪a zbiezne,limn→∞ an = limn→∞ bn i
∀n ∈ ℕ an ≤ cn ≤ bn,
to ci ↪ag {cn}n∈ℕ jest zbiezny i limn→∞ cn = limn→∞ an = limn→∞ bn.
Dowod. Wezmy " > 0. Z zalozenia, ze limn→∞ an = g i limn→∞ cn = g wynika, ze istniej ↪an1, n2 ∈ ℕ takie, ze ∣an−g∣ < " dla n ≥ n1 i ∣cn−g∣ < " dla n ≥ n2. Niech n3 = max{n1, n2}.Wowczas dla n ≥ n3 mamy
−" < an − g ≤ bn − g ≤ cn − g < ".
St ↪ad ∣bn − g∣ < " dla n ≥ n3.
Twierdzenie 2.21. Jesli ci ↪ag an → 0 oraz ci ↪ag {bn}n∈ℕ jest ograniczony, to ci ↪ag anbn → 0.
Dowod. Poniewaz ci ↪ag {an} jest ograniczony, wi ↪ec istnieje 0 ≤M < +∞ takie, ze ∣an∣ ≤Mdla wszystkich n ∈ ℕ. Zatem
0 ≤ ∣anbn∣ = ∣an∣∣bn∣ ≤ ∣an∣M. (2.3)
Poniewaz an → 0, to z twierdzenia 2.18 podpunkt (ii) wynika, ze ∣an∣ → 0. St ↪ad i ztwierdzenia 2.18 podpunkt (ii) zastosowanego do � = M otrzymamy, ze ∣an∣M → 0. Sto-suj ↪ac twierdzenia o trzech ci ↪agach do (2.3) otrzymamy, ze ∣anbn∣ → 0, a st ↪ad anbn → 0 (zUwagi 2.19).
14
Twierdzenie 2.22. (twierdzenie o zachowaniu znaku nierownosci przy przejsciu do granicy)Jezeli ci ↪agi {an}n∈ℕ i {bn}n∈ℕ s ↪a zbiezne i
∀n ∈ ℕ an ≤ bn,
to limn→∞ an ≤ limn→∞ bn.
Dowod. Niech a := limn→∞ an, b := limn→∞ bn. Przypusmy, ze nie zachodzi teza tzn. a > b.Wezmy " := (a−b)
2(zauwazmy, ze " > 0). Poniewaz oba ci ↪agi {an}n∈ℕ i {bn}n∈ℕ s ↪a zbiezne, to
istnieje n1 ∈ ℕ takie, ze ∣an − a∣ < " dla n ≥ n1 oraz istnieje n2 ∈ ℕ takie, ze ∣bn − b∣ < " dlan ≥ n2. St ↪ad dla n ≥ n3 = max{n1, n2} mamy
bn ≤ (bn − b) + b < "+ b = b+a− b
2=a+ b
2
= a− a− b2
= a− " < a− (an − a) ≤ an.
Zatem bn < an co przeczy zalozeniu, ze an ≤ bn, czyli twierdzenie jest prawdziwe.
Zadanie 2.23. ∙ Udowodnic
limn→∞
n√a = 1 (dla a > 0) , lim
n→∞n√n = 1 , lim
n→∞
1
nsin
1
n= 0.
∙ Wykazac, ze dla a > 1 jest lim nan
= 0.
∙ Wykazac, ze dla a ∈ ℝ jest lim an
n!= 0.
∙ Znalezc granice wyrazen
n2 + 3
2n2 − 100n+ �,
120n3 − n+ 1
n5 + 3,
√2�n5 + n+ 5
4n5 − n4 − 13,
0, 5n√n,√n2 + n+ 1− n , 3
√n3 − n2 + n+ 7− 3
√n3 + 3,
5n+3 + 3
5n − 2,
n2
an(a > 1) , n
√2n + �n , n
√5n − 3n.
Twierdzenie 2.24. Jesli ci ↪ag {an}n∈ℕ jest monotoniczny i ograniczony, to jest zbiezny.
15
Dowod. Zalozmy, ze ci ↪ag {an}n∈ℕ jest niemalej ↪acy i ograniczony. W przypadku, gdy ci ↪ag{an}n∈ℕ jest nierosn ↪acy, dowod jest analogiczny. Niech A = {an; n ∈ ℕ}. Poniewaz zbiorA jest ograniczony, wi ↪ec z aksjomatu kresu gornego istnieje � = supA. Udowodnimy, zean → �. Wezmy " > 0. Z Lematu 1.12 wynika, ze istnieje n0 takie, ze �− " < an0 . Wowczasdla n ≥ n0 mamy,
�− " < an ≤ � ≤ � + ",
a zatem ∣an − �∣ < " dla n ≥ n0.
Uwaga 2.25. Ci ↪ag monotoniczny jest zbiezny ⇔ gdy jest ograniczny.
Dowod.(=⇒) Z twierdenia 2.17 wynika, ze kazdy ci ↪ag zbiezny jest ograniczony.(⇐=) Ta implikacja wynika z twierdzenia 2.24.
Przyklad 2.26. Przyklady zastosowan twierdzenia o zbieznosci ci ↪agow monotonicznych. Wykazaczbieznosc ci ↪agow:
an =n∑k=1
1
k2, bn =
n∑k=1
pk10k
(pk ∈ ℤ ∩ [0, 9]),
cn =n∏k=2
(1− 1
k
)( symbol
∏oznacza iloczyn).
okreslonego rekurencyjnie d1 =√
2 , dn+1 =√
2 + xn.
Ci ↪ag Eulera i liczba e
Rozwazmy ci ↪ag
an =
(1 +
1
n
)n+1
.
Na cwiczeniach udowodnimy, ze ci ↪ag {an}n∈ℕ jest malej ↪acy. Poniewaz jest ograniczony imonotoniczny, to ma granic ↪e, ktor ↪a oznaczymy przez
e := limn→∞
(1 +
1
n
)n+1
.
Nastepnie udowodnimy, ze
e = limn→∞
(1 +
1
n
)n.
16
Ci ↪ag bn =(1 + 1
n
)njest rosn ↪acy i ograniczony. Ten ci ↪ag odgrywa bardzo wazn ↪a rol ↪e i pozniej
b ↪edziemy wielokrotnie si ↪e do niego odwolywac. Liczba e, zdefiniowana wyzej, jest takze bardzowazn ↪a stala, zwana stal ↪a Eulera. Stala Eulera jest liczb ↪a niewymiern ↪a i w przyblizeniu rown ↪a
e ≈ 2.71828182845 . . . .
Zadanie 2.27. Znalezc granice ci ↪agow:(1 +
1
3n
)n,
(n+ 3
n+ 1
)n,
(n− 1
n+ 1
)n,
(1 +
1
n2
)n, n (ln(n+ 3)− lnn) .
2.4 Ci ↪agi o granicach niewlasciwych
Definicja 2.28. Ci ↪ag {an}n∈ℕ jest zbiezny do +∞ jesli
∀M > 0 ∃N ∀n > N an > M.
Definicja 2.29. Ci ↪ag {an}n∈ℕ jest zbiezny do −∞ jesli
∀M > 0 ∃N ∀n > N an < −M.
Twierdzenie 2.30. (Arytmetyka granic niewlasciwych)
1. Jesli limn→∞ an = a, gdzie −∞ < a ≤ +∞ i limn→∞ bn = +∞ to limn→∞(an + bn) =+∞.
2. Jesli limn→∞ an = a, gdzie −∞ ≤ a < +∞ i limn→∞ bn = +∞ to limn→∞(an − bn) =−∞.
3. Jesli limn→∞ an = a, gdzie 0 < a < +∞ i limn→∞ bn = ±∞ to limn→∞(an ⋅ bn) = ±∞.
4. Jesli limn→∞ an = a, gdzie −∞ ≤ a < 0 i limn→∞ bn = ±∞ to limn→∞(an ⋅ bn) = ∓∞.
5. Jesli limn→∞ an = a ∈ ℝ i limn→∞ bn = ±∞ oraz bn ∕= 0, to limn→∞anbn
= 0.
6. Jesli limn→∞ an = a, gdzie 0 < a ≤ +∞ i limn→∞ bn = 0 bn > 0, to limn→∞anbn
= +∞.
7. Jesli limn→∞ an = a, gdzie 0 < a ≤ +∞ i limn→∞ bn = 0 bn < 0, to limn→∞anbn
= −∞.
8. Jesli limn→∞ an = a, gdzie −∞ < a ≤ 0 i limn→∞ bn = 0 bn > 0, to limn→∞anbn
= −∞.
9. Jesli limn→∞ an = a, gdzie −∞ < a ≤ 0 i limn→∞ bn = 0 bn < 0, to limn→∞anbn
= +∞.
17
Kolejne twierdzenie jest uogolnieniem Twierdzenia 2.30.
Twierdzenie 2.31. 1. Jesli ci ↪ag an → +∞, a ci ↪ag {bn}n∈ℕ jest ograniczony z dolu, toci ↪ag an + bn → +∞.
2. Jesli ci ↪ag an → −∞, a ci ↪ag {bn}n∈ℕ jest ograniczony z gory, to ci ↪ag an + bn → −∞.
3. Jesli ci ↪ag an → +∞, a ci ↪ag {bn}n∈ℕ pocz ↪awszy od pewnego wskaznika jest ograniczonyz dolu przez liczb ↪e dodatni ↪a (z gory przez liczb ↪e ujemn ↪a), to iloczyn anbn jest ci ↪agiemzbienym do +∞ (do −∞).
Twierdzenie 2.32.
Zadanie 2.33. Zbadac zbieznosc ci ↪agow
p√n , (−1)nn2 ,
n3 + 2
n2 + 5, xn =
n∑k=1
1√k, xn = an (a ∈ ℝ).
Bezposrednio z definicji ci ↪agow zbieznych do +∞ lub −∞ wynika nast ↪epuj ↪acy lemat.
Lemat 2.34. Niech {an}n∈ℕ, {bn}n∈ℕ b ↪ed ↪a ci ↪agami liczb rzeczywistych. Wowczas:
∙ Jesli an → +∞ oraz an ≤ bn, to bn → +∞.
∙ Jesli bn → −∞ oraz an ≤ bn, to an → −∞.
2.5 Symbole nieoznaczone
Dla pewnych dzialan na ci ↪agach nie mozna z gory przewidziec granicy wyniku tych dzialan,pomimo, ze znamy granice poszczegolnych ci ↪agow.
Np. rozwazmy dwa ci ↪agi {an}n∈ℕ i {bn}n∈ℕ, oba d ↪az ↪ace do niekonczonosci tzn. an → +∞ ibn → +∞. Zbadamy roznic ↪e (an−bn). Ile wynosi limn→∞(an−bn)? Z ponizszych przykladowb ↪edzie wynikac, ze roznica an − bn moze miec granic ↪e wlasciw ↪a (tzn. jest liczb ↪a skonczon ↪a),moze miec granic ↪e niewlasciw ↪a ±∞ lub moze nie istniec. Wowczas mowimy, ze ∞−∞ jestsymbolem nieoznaczonym. Mamy siedem takich nieoznaczonosci:
∞−∞, 0 ⋅ ∞, 0
0,∞∞, 1∞, ∞0, 00.
Dla kazdego z powyzszych symboli nieoznaczonych podamy przyklady ilustruj ↪ace tez ↪e, ze niemozna podac uniwersalnej reguly mowi ↪acej ile wynosi granica wykonywanych dzialan w tymprzypadku.
18
∙ limn→∞ an = +∞, limn→∞ bn = +∞, NIEOZNACZONOSC typu [∞−∞].
an = n2, bn = n2 =⇒ limn→∞
(an − bn) = limn→∞
(n2 − n2) = 0
an = n2, bn = n =⇒ limn→∞
(an − bn) = limn→∞
(n2 − n) = +∞
an = n, bn = n2 =⇒ limn→∞
(an − bn) = limn→∞
(n− n2) = −∞
an = n, bn = (n− a) ∧ a ∈ ℝ =⇒ limn→∞
(an − bn) = limn→∞
[n− (n− a)] = a
an = n+ (−1)n, bn = n =⇒ limn→∞
(an − bn) = limn→∞
(n+ (−1)n − n) = limn→∞
(−1)n =
nie istnieje
∙ limn→∞ an = 0, limn→∞ bn = +∞, NIEOZNACZONOSC typu [0 ⋅ ∞].
an =−1
n, bn = n2 =⇒ lim
n→∞(an ⋅ bn) = lim
n→∞(−n) = −∞
an =1
n, bn = n2 =⇒ lim
n→∞(an ⋅ bn) = lim
n→∞(n) = +∞
an =a
n∧ a ∈ ℝ, bn = n =⇒ lim
n→∞(an ⋅ bn) = lim
n→∞(a) = a
an =(−1)n
n, bn = n =⇒ lim
n→∞(an ⋅ bn) = lim
n→∞(−1)n nie istnieje
∙ limn→∞ an = 0, limn→∞ bn = 0, NIEOZNACZONOSC typu [00].
an =−1
n, bn =
1
n2=⇒ lim
n→∞
(anbn
)= lim
n→∞(−n) = −∞
an =1
n, bn =
1
n2=⇒ lim
n→∞
(anbn
)= lim
n→∞(n) = +∞
an =a
n∧ a ∈ ℝ, bn =
1
n=⇒ lim
n→∞
(anbn
)= lim
n→∞(a) = a
an =(−1)n
n, bn =
1
n=⇒
(anbn
)= lim
n→∞(−1)n nie istnieje
∙ limn→∞ an =∞, limn→∞ bn =∞, NIEOZNACZONOSC typu [∞∞ ].
19
an = n2, bn = n =⇒ limn→∞
(anbn
)= lim
n→∞(n) = +∞
an = a ∧ a ⋅ n ∈ ℝ, bn = n =⇒ limn→∞
(anbn
)= lim
n→∞(a) = a
an = n+(−1)nn
2, bn = n =⇒ lim
n→∞
(anbn
)= lim
n→∞
(1 +
(−1)n
2
)= nie istnieje
∙ limn→∞ an = 1, limn→∞ bn = +∞, NIEOZNACZONOSC typu [1∞].
an = 1 +1
n, bn = n =⇒ lim
n→∞(an
bn) = limn→∞
(1 +
1
n
)n= e
an = 1 bn = n =⇒ limn→∞
(anbn) = lim
n→∞(1n) = 1
an = 1 +1
n, bn = n2 =⇒ lim
n→∞(an
bn) = limn→∞
(1 +
1
n
)n2
= +∞
an = 1 +(−1)n
n, bn = n =⇒ lim
n→∞(an
bn) = limn→∞
(1 +
(−1)
n
)nnie istnieje
∙ limn→∞ an =∞, limn→∞ bn = 0, NIEOZNACZONOSC typu [∞0].
an = 2n2
, bn =1
n=⇒ lim
n→∞(an
bn) = limn→∞
(2n) = +∞
an = n, bn = 0 =⇒ limn→∞
(anbn) = lim
n→∞(n0) = 1
an = an ∧ a > 1, bn =1
n=⇒ lim
n→∞(an
bn) = limn→∞
(a) = a
an = (3 + (−1)n)n, bn =1
n=⇒ lim
n→∞(an
bn) = limn→∞
(3 + (−1)n) nie istnieje
∙ limn→∞ an = 0, limn→∞ bn = 0, NIEOZNACZONOSC typu [00].
an =1
n, bn =
1
n=⇒ lim
n→∞(an
bn) = limn→∞
(1n√n
) = 1
an = 0, bn =1
n=⇒ lim
n→∞(an
bn) = limn→∞
(01n ) = 0
an = an ∧ a ∈ (0, 1), bn =1
n=⇒ lim
n→∞(an
bn) = limn→∞
(a1n ) = a
20
2.6 Podci ↪agi
Definicj ↪e podci ↪agu podalismy poprzednio (patrz Definicja 1.8) oraz udowodnilismy lemat 2.15.Teraz chcemy dodac, ze lemat 2.15 jest prawdziwe takze, gdy g = ±∞.
Twierdzenie 2.35. Jezeli kazdy podci ↪ag ci ↪agu {an}n∈ℕ jest zbiezny do tej samej granicy g,to dany ci ↪ag {an}n∈ℕ jest zbiezny do granicy g. Granica g ∈ ℝ lub g = ±∞.
Twierdzenie 2.36. (Bolzano-Weierstrassa) Z kazdego ci ↪agu ograniczonego mozna wybracpodci ↪ag zbiezny.
Zanim udowodnimy powyzsze twierdzenie podamy jeszcze nast ↪epuj ↪ac ↪a definicj ↪e.
Definicja 2.37. Niech A ⊂ ℝ oraz {an}n∈ℕ b ↪edzie dowolnym ci ↪agiem rzeczywitym. Wowczas
∙ prawie wszystkie wyrazy ci ↪agu {an}n∈ℕ nalez ↪a do A, gdy
∃ k ∈ ℕ ∀n ≥ k an ∈ A.
∙ nieskonczenie wiele wyrazow ci ↪agu {an}n∈ℕ nalezy do A, gdy
∀ k ∈ ℕ ∃n ≥ k an ∈ A.
Uwaga 2.38. Jezeli prawie wszystkie wyrazy ci ↪agu {an}n∈ℕ nalez ↪a do A, to nieskonczeniewiele wyrazow ci ↪agu tego ci ↪agu nalezy do A.
Dowod Tw. 2.36 Niech 0 ≤ M < +∞ b ↪edzie liczb ↪a rzeczywist ↪a tak ↪a, ze ∣an∣ ≤ M dlawszystkich n ∈ ℕ. Niech
A = {a ∈ ℝ : a ≤ an dla nieskonczenie wielu n ∈ ℕ}
= {a ∈ ℝ; ∀ k ∈ ℕ ∃n ≥ k a ≤ an}.Poniewaz −M ≤ an ≤M dla kazdego n ∈ ℕ, to −M ∈ A oraz a < M + 1 (takze dla kazdegoa ∈ A). Niech � = supA. Ustalmy " > 0. Wtedy istnieje a ∈ A takie, ze � − " < a ≤ �.Zatem �− " < an dla nieskonczenie wielu n ∈ ℕ. Poniewaz �+ " /∈ A, wi ↪ec �+ " ≤ an tylkodla skonczenie wielu n ∈ ℕ. St ↪ad �− " < an < � + " dla nieskonczenie wielu n ∈ ℕ. Zatem
∀ k ∈ ℕ ∃n ≥ k ∣an − �∣ < ".
Korzystaj ↪ac z tego faktu dla " = 1 otrzymujemy, ze istnieje n1 ∈ ℕ takie, ze ∣an1 − �∣ < 1.Nast ↪epnie znajdziemy n2 > n1 takie, ze ∣an2 − �∣ < 1/2. Post ↪epuj ↪ac w sposob indukcyjnydla dowolnej liczby naturalnej k znajdziemy nk > nk−1 takie, ze 0 ≤ ∣ank
− �∣ < 1/k → 0. Ztwierdzenia o trzech ci ↪agach otrzymamy, ze ∣ank
− �∣ → 0. Zatem ank→ �.
21
2.7 Ci ↪agi Cauchy’ego
Definicja 2.39. Ci ↪ag {an}n∈ℕ spelnia warunek Cauchy’ego, jesli
∀" > 0 ∃n0 = n0(") ∀m,n ≥ n0 ∣am − an∣ < ".
Twierdzenie 2.40. Kazdy ci ↪ag zbiezny spelnia warunek Cauchy’ego.
Dowod. Zalozmy, ze an → g. Niech " > 0. Wowczas istnieje n0 ∈ ℕ takie, ze ∣an − g∣ < "/2dla n ≥ n0. Wezmy dowolne m,n ≥ n0. Wtedy z nierownosci trojk ↪ata
∣am − an∣ = ∣(am − g) + (g − an)∣ ≤ ∣am − g∣+ ∣an − g∣ <"
2+"
2= ".
Czyli∀" > 0 ∃n0 = n0(") ∀m,n ≥ n0 ∣am − an∣ < ".
Twierdzenie 2.41. Kazdy ci ↪ag Cauchy’ego jest ograniczony.
Dowod. Niech {an}n∈ℕ spelnia warunek Cauchy’ego. Wezmy " = 1. Wowczas istnieje n0 ∈ ℕtakie, ze ∣an − am∣ < 1 dla m,n,≥ n0. St ↪ad an0 − 1 < an < an0 + 1 dla n ≥ n0. Niech Mb ↪edzie najwi ↪eksz ↪a z liczb ∣a1∣, ∣a2∣, . . . , ∣an0∣+ 1. Wtedy dla kazedego n < n0 mamy ∣an∣ ≤M .Jesli n ≥ n0, to
−M ≤ −∣an∣ − 1 ≤ an0 − 1 < an < an0 + 1 ≤ ∣an0∣+ 1 ≤M.
Zatem dla kazdego n ∈ ℕ mamy ∣an∣ ≤M .
Twierdzenie 2.42. Kazdy ci ↪ag Cauchy’ego jest zbiezny.
Dowod. Niech {an}n∈ℕ spelnia warunek Cauchy’ego. Z Twierdzenia 2.41 wynika, ze ci ↪ag{an}n∈ℕ jest ograniczony. Z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa ci ↪ag {an}n∈ℕ zawiera podci ↪agank
, ktory jest zbiezny. Niech ank→ g. Pokazemy, ze ci ↪ag an → g. Wezmy " > 0. Z definicji
warunku Cauchy’ego i definicji granicy istniej ↪a n0, n1 ∈ ℕ takie, ze
∣an − am∣ <"
2dla m,n ≥ n0 (2.4)
oraz∣ank− g∣ < "
2dla nk ≥ n1. (2.5)
22
Niech n2 ∈ ℕ b ↪edzie takie, ze n2 ≥ max{n0, n1}. Wowczas dla dowolnego n ≥ n2 (korzystamyz (2.4) i (2.5)) mamy
∣an − g∣ ≤ ∣an − an2∣+ ∣an2 − g∣ <"
2+"
2= ".
Definicja 2.43. Tak ↪a wlasnosc zbioru liczb rzeczywistych ℝ nazywamy jego zupelnosci ↪a.
Uwaga 2.44. Zbior liczb wymiernych ℚ nie jest zupelny, to znaczy w obr ↪ebie zbioru liczbwymiernych nie kazdy ci ↪ag Cauchy’ego ma granic ↪e nalez ↪ac ↪a do ℚ.
Zadanie 2.45. Korzystaj ↪ac z kryterium Cauchy’ego zbadac zbieznosc ci ↪agow:
xn =n∑k=1
1
k, yn =
n∑k=1
1
k2, zn =
n∑k=1
sin k
k2.
2.8 Granica gorna i dolna ci ↪agu
Definicja 2.46. Mowimy, ze g ∈ ℝ∪{−∞,+∞} jest punktem skupienia ci ↪agu {an}n∈ℕ, jesliistnieje podci ↪ag {ank
}nk∈ℕ taki, ze ank→ g.
Definicja 2.47. Jezeli ciag {an}n∈ℕ jest ograniczony z gory, to granic ↪a gorn ↪a (lac. limessupremum) ci ↪agu {an}n∈ℕ nazywamy kres gorny zbioru wszystkich punktow skupienia ci ↪agu{an}n∈ℕ tzn.
lim supn→∞
an := sup{g : ∃ank→ g}.
Jezeli ciag {an}n∈ℕ nie jest ograniczony z gory, to
lim supn→∞
an := +∞.
Uwaga 2.48. Dla kazdego ci ↪agu istnieje jego granica gorna.
Definicja 2.49. Jezeli ciag {an}n∈ℕ jest ograniczony z dolu, to granic ↪a doln ↪a (lac. limes infi-mum) ci ↪agu {an}n∈ℕ nazywamy kres dolny zbioru wszystkich punktow skupienia ci ↪agu {an}n∈ℕtzn.
lim infn→∞
an := inf{g : ∃ank→ g}.
Jezeli ciag {an}n∈ℕ nie jest ograniczony z dolu, to
lim infn→∞
an := −∞.
23
Uwaga 2.50. Dla kazdego ci ↪agu istnieje jego granica dolna.
Zadanie 2.51. Wykazac prawdziwosc Uwagi 1.1 i Uwagi 1.2.
Lemat 2.52. ∙ lim inf an ≤ lim sup an.
∙ Ci ↪ag {an}n∈ℕ jest zbiezny wtedy i tylko wtedy, gdy lim infn∈ℕ an = lim supn∈ℕ an.
Zadanie 2.53. Znalezc granic ↪e gorn ↪a i doln ↪a ci ↪agow:
.n3 + 1
2n3 − n2 + 5sin
2n�
3, (1 + (−1)n)
(1− 1
n
),
n√
2n + 5n⋅(−1)n ,
an =n∑k=1
(−1)k, an = (n2 + 1)(−1)n .
2.9 Porownywanie ci ↪agow: ’O duze’ i ’o male’
Definicja 2.54. Dane s ↪a ci ↪agi {an}n∈ℕ i {bn}n∈ℕ. Mowimy, ze ci ↪ag an jest ’O duze’ ci ↪agubn, jesli
∃L ≥ 0 ∃n0 ∈ ℕ ∀n ≥ n0 ∣an∣ ≤ L∣bn∣.
Oznaczenia 2.55. Zapis symboliczny an = O(bn).
Lemat 2.56. Jesli wyrazy ci ↪agu {bn}n∈ℕ s ↪a rozne od zera, to an = O(bn) wtedy i tylko wtedy,gdy ci ↪ag an
bnjest ograniczony.
Definicja 2.57. Dane s ↪a ci ↪agi {an}n∈ℕ i {bn}n∈ℕ. Mowimy, ze ci ↪ag an jest ’o male’ ci ↪agubn, jesli
∀" > 0 ∃n", ∀n ≥ n" ∣an∣ ≤ "∣bn∣.
Oznaczenia 2.58. Zapis symboliczny an = o(bn).
Lemat 2.59. Jesli wyrazy ci ↪agu {bn}n∈ℕ s ↪a rozne od zera, to an = o(bn) wtedy i tylko wtedy,gdy ci ↪ag an
bnjest ograniczony.
Zadanie 2.60. Uzasadnic:
2n+1 = O(n)5 + n
n2 − 0, 5= O
(1
n
), (−1)n = O(1) n = o(n2) ,
1
n2= o
(1
n
), 2−n = o(1).
24
3 Granice funkcji
3.1 Definicje granicy
Definicja 3.1. Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ. Punkt x0 nazywamy punktem skupienia zbioru X,jesli istnieje ci ↪ag {xn}n∈ℕ taki, ze
∙ xn ∈ X dla kazdego n ∈ ℕ,
∙ xn ∕= x0 dla kazdego n ∈ ℕ,
∙ limn→∞ xn = x0.
Przyklad 3.2. Niech X = {1, 12, 1
3, . . . , 1
n, . . .}. Wtedy x0 = 0 jest punktem skupienia tego
zbioru ale x0 /∈ X
Przyklad 3.3. Niech X = (0, 1).
∙ Wtedy kazdy punkt x ∈ X jest punktem skupienia, poniewaz np. ci ↪ag xn := x + 1n∈ X
dla n > n0 (gdzie 1n0< min{∣x− 1∣, ∣x− 0∣}), xn ∕= x oraz xn → x.
∙ punkty x0 = 0 i y0 = 1 s ↪a punktami skupienia zbioru X, poniewaz ci ↪ag xn := 1n
dlan ≥ 2 nalezy do X i zbiega do x0 = 0, zas ci ↪ag yn := 1 − 1
ndla n ≥ 2 nalezy do X i
zbiega do y0 = 1
Przyklad 3.4. Niech X = {−1} ∪ [0, 1]. Wtedy punkt x0 = −1 nie jest punktem skupieniazbioru X.
Definicja 3.5. Zbior punktow skupienia zbioru X oznaczamy przez Xd.
Przyklad 3.6. ∙ (0, 1]d = [0, 1],
∙ ((−1, 1) ∪ {2})d = [−1, 1],
∙ { 1n; n ∈ ℕ}d = {0},
∙ ℚd = ℝ,
∙ ℤd = ∅.
Twierdzenie 3.7. X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioru X wtedy i tylko wtedy, gdy∀ " > 0 kula K(x0, ") = (x0 − ", x0 + ") zawiera co najmniej jeden punkt ze zbioru X roznyod x0.
25
Podamy teraz definicje wlasciwe (skonczone) granicy funkcji w punkcie.
Definicja 3.8. (wg Cauchy’ego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioru X,f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e (wlasciw ↪a) g ∈ ℝ w punkcie x0, jesli
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [0 < ∣x− x0∣ < � =⇒ ∣f(x)− g∣ < "] .
Wowczas piszemy limx→x0 f(x) = g lub f(x)→ g.
Definicja 3.9. (wg Heinego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioru X,f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e (wlasciw ↪a) g ∈ ℝ w punkcie x0, jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X ∖ {x0};[
limn→∞
xn = x0 =⇒ limn→∞
f(xn) = g].
Wowczas piszemy limx→x0 f(x) = g lub f(x)→ g.
Twierdzenie 3.10. Definicja Cauchy’ego granicy funkcji w punkcie jest rownowazna definicjiHeinego granicy funkcji w punkcie.
Przyklad 3.11. Korzystaj ↪ac z definicji Cauchy’ego uzasadnic istnienie granicylimx→2(5− 3x) = 1.
Odp. Mamy wykazac, ze
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [0 < ∣x− 2∣ < � =⇒ ∣(5− 3x)− 1∣ < "] .
Ustalmy " > 0. Jak dobrac � = �(")? Niech � := "/3. Wtedy
∣x− 2∣ < � ="
3⇐⇒ −"
3< x− 2 <
"
3⇐⇒ "
3> −x+ 2 > −"
3
⇐⇒ −2 +"
3> −x > −2− "
3⇐⇒ −6 + " > −3x > −6− ".
Dla ∣x− 2∣ < � = "3
mamy
f(x)− 1 = 5− 3x+ 1 = 6− 3x < 6 + [−6 + "] = "
orazf(x)− 1 = 5− 3x+ 1 = 6− 3x > 6 + [−6− "] = −".
Zatem∀ " > 0 ∃ � =
"
3> 0 ∀ x ∈ X [0 < ∣x− 2∣ < � =⇒ ∣f(x)− 1∣ < ".]
26
Przyklad 3.12. Korzystaj ↪ac z definicji Heinego uzasadnic, ze limx→2 x2 = 4.
Odp. Niech {xn}n∈ℕ b ↪edzie dowolnym ci ↪agiem takim, ze xn → 2. Wtedy istnieje ci ↪ag yn taki,ze x2 = 2− yn, gdzie yn → 0. Zatem f(xn) = x2
n = (2− yn)2 = 4− 2yn + y2n → 4 gdy n→∞,
poniewaz yn, y2n → 0.
Twierdzenie 3.13. (O arytmetyce granic). Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupieniazbioru X, f : X → ℝ, g : X → ℝ. Zalozmy, ze limx→x0 f(x) = a ∈ ℝ oraz limx→x0 g(x) = b ∈ℝ. Wowczas:
∙ limx→x0 ∣f(x)∣ = ∣a∣,
∙ limx→x0 �f(x) = �a dla dowolnego � ∈ ℝ,
∙ limx→x0(f(x)± g(x) = a± b,
∙ limx→x0 f(x) ⋅ g(x) = a ⋅ b,
∙ limx→x0
f(x)g(x)
= ab, gdy b ∕= 0.
Przyklad 3.14. Obliczyc granice funkcji:
∙ limx→x0 2f(x)g2(x)
∙ limx→x02
(1
f(x)+ 1
2g(x)
)jesli wiadomo, ze limx→x0 f(x) = 3, limx→x0 g(x) = 4.
Korzystamy z twierdzenia 3.13. Wtedy
limx→x0
2f(x)g2(x) = 2 limx→x0
f(x) ⋅ [ limx→x0
g(x) ⋅ limx→x0
g(x)] = 2 ⋅ 3 ⋅ 42 = 96
limx→x0
(1
f(x)+
1
2g(x)
)=
(1
limx→x0 f(x)+
1
2 limx→x0 g(x)
)=
1
3+
1
8=
11
24.
Przyklad 3.15. Wykazemy, ze limx→0sinxx
= 1.
Skorzystamy z nast ↪epuj ↪acych nierownosci:
sinx < x < tg(x) dla 0 < x <�
2. (3.1)
27
St ↪ad1
sinx>
1
x>
1
tg(x)dla 0 < x <
�
2. (3.2)
Pomnozymy strony nierownosci (3.2) przez sin x, ktore jest dodatnie dla 0 < x < �2. St ↪ad[
1 >sinx
x> cosx
]=⇒
[0 < 1− sinx
x< 1− cosx
].
Ale 1− cosx = 2 sin2(x2) < 2 sin(x
2). Korzystaj ↪ac z (3.1) otrzymamy 2 sin(x
2) < x. Zatem
0 < 1− sinx
x< x.
Dla −�2< x < 0 mamy
sinx > x > tg(x) (3.3)
Post ↪epuj ↪ac analogicznie otrzymamy, ze∣∣∣∣sinxx − 1
∣∣∣∣ < ∣x∣. (3.4)
Warto zauwazyc, zesin(−x)
−x=
sin(x)
x
sk ↪ad wynika, ze (3.4) zachodzi takze dla −�2< x < 0. Aby udowodnic, ze limx→0
sinxx
= 1musimy wykazac:
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ X[0 < ∣x− 0∣ < � =⇒
∣∣∣∣sinxx − 1
∣∣∣∣ < "
]W tym celu dla danego " > 0 mozemy za � = min{", �
2}. Wtedy
∣∣ sinxx− 1∣∣ < ∣x∣ < � ≤ " czyli∣∣∣∣sinxx − 1
∣∣∣∣ < ".
Przyklad 3.16. Czy istnieje limx→0 sin( 1x) dla x ∕= 0?
Skorzystamy z definicji Heinego granicy funkcji w punkcie.Niech xn = 2
(4n+1)�→ 0. Wtedy
sin
(1
xn
)= sin
((4n+ 1)�
2
)= sin
(2n� +
�
2
)= sin
(�2
)= 1.
28
Czyli limn→∞ f(xn) = limn→∞ sin(
1xn
)= limn→∞ 1 = 1.
Niech yn = 2(4n+3)�
. Wtedy
sin
(1
yn
)= sin
((4n+ 3)�
2
)= sin
(2n� +
3�
2
)= sin
(3�
2
)= −1.
Czyli limn→∞ f(yn) = limn→∞ sin(
1yn
)= limn→∞(−1) = −1.
Niech zn = 1n�
. Wtedy
sin
(1
zn
)= sin
(n�2
)= sin (n�) = 0.
Czyli limn→∞ f(zn) = limn→∞ sin(
1zn
)= limn→∞ 0 = 0.
Zatem limx→0 sin( 1x) nie istnieje!!
Przyklad 3.17. Wykazac, ze limx→0 x sin( 1x) = 0, x ∕= 0.
Jest to oczywiste, poniewaz ∣x sin( 1x)∣ < ∣x∣ bo ∣ sin( 1
x)∣ ≤ 1. Wtedy w definicji granicy w
x0 = 0 nalezy przyj ↪ac � = " tzn.
∀ " > 0 ∃ � = " ∀ x ∈ X[0 < ∣x− 0∣ < � =⇒
∣∣∣∣x sin
(1
x
)− 0
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣x sin
(1
x
)∣∣∣∣ < ∣x∣ < "
].
Twierdzenie 3.18. (o trzech funkcjach) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioruX. Niech f, g, ℎ : X → ℝ b ↪ed ↪a funkcjami takimi, ze
∀ x ∈ X f(x) ≤ g(x) ≤ ℎ(x).
Zalozmy, ze limx→x0 f(x) = limx→x0 ℎ(x) = g. Wtedy istnieje limx→x0 g(x) oraz limx→x0 g(x) =g.
Przyklad 3.19. Korzystaj ↪ac z twierdzenia 3.18 (o trzech funkcjach) obliczyc granic ↪elimx→0 x
2(2 + cos
(1x
)).
Odp. Dla kazdego x ∈ ℝ zachodzi:
x2
(2 + cos
(1
x
))≤ x2(2 + 1) = 3x2
oraz
x2
(2 + cos
(1
x
))≥ x2(2− 1) = x2.
29
St ↪ad na mocy tw. o trzech funkcjach mamy
0 = limx→0
x2 ≤ limx→0
(2 + cos
(1
x
))≤ lim
x→03x2 = 0.
Zatem istnieje limx→0 x2(2 + cos
(1x
))i jest rowna 0.
Definicja 3.20. Niech X ⊂ ℝ, f : X → ℝ. Powiemy, ze funkcja f jest
∙ rosn ↪aca, jesli dla dowolnych x1, x2 ∈ X, x1 < x2 mamy f(x1) < f(x2),
∙ malej ↪aca, jesli dla dowolnych x1, x2 ∈ X, x1 < x2 mamy f(x1) > f(x2),
∙ niemalej ↪aca, jesli dla dowolnych x1, x2 ∈ X, x1 < x2 mamy f(x1) ≤ f(x2),
∙ nierosn ↪aca, jesli dla dowolnych x1, x2 ∈ X, x1 < x2 mamy f(x1) ≥ f(x2),
∙ monotoniczna, jesli jest spelniony jeden z powyzszych czterech warunkow,
∙ scisle monotoniczna, jesli jest rosn ↪aca lub malej ↪aca.
3.2 Granice jednostronne
Definicja 3.21. (wg Cauchy’ego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioruX ∩ (x0,+∞), f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e prawostronn ↪a g ∈ ℝ, jesli
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [x ∈ (x0, x0 + �) =⇒ ∣f(x)− g∣ < "] .
Wowczas piszemy limx→x+0f(x) = g lub f(x+
0 ).
Definicja 3.22. (wg Cauchy’ego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioru(−∞, x0) ∩X, f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e lewostronn ↪a g ∈ ℝ, jesli
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [x ∈ (x0 − �, x0) =⇒ ∣f(x)− g∣ < "] .
Wowczas piszemy limx→x−0f(x) = g lub f(x−0 ).
Definicja 3.23. (wg Heinego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioru X ∩(x0,+∞), f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e (wlasciw ↪a) g ∈ ℝ, jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X ∩ (x0,+∞);[
limn→∞
xn = x0 =⇒ limn→∞
f(xn) = g].
Wowczas piszemy limx→x+0f(x) = g lub f(x0+).
30
Definicja 3.24. (wg Heinego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioru X ∩(−∞, x0), f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e (wlasciw ↪a) g ∈ ℝ, jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X ∩ (−∞, x0);[
limn→∞
xn = x0 =⇒ limn→∞
f(xn) = g].
Wowczas piszemy limx→x−0f(x) = g lub f(x0−).
Twierdzenie 3.25. Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioru X, f : X → ℝ.Wtedy f ma granic ↪e w punkcie x0 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieja granice limx→x+
0f(x) i
limx→x−0f(x) oraz limx→x+
0f(x) = limx→x−0
f(x).
Przyklad 3.26. Niech f(x) = sin(
1x
)dla x > 0 i f(x) = xsin
(1x
)dla x < 0.
Post ↪epuj ↪ac analogicznie jak w poprzednich przykladach mozemy pokazac, ze limx→0− f(x) =0, natomiast limx→0+ f(x) nie istnieje.
Uwaga 3.27. Twierdzenia dotycz ↪ace granic funkcji podane wyzej zachodz ↪a takze dla granicjednostronnych.
Przyklad 3.28. Korzystaj ↪ac z tw. o trzech funkcjach dla granic jednostronnych obliczycgranice limx→0+
√x sin2
(1x
).
Zauwazmy, ze w tym przypadku nie mozna stosowac twierdzenia o iloczynie granic, poniewaznie istnieje limx→0 sin2
(1x
). Dla x ≥ 0 mamy
0 ≤√x sin2
(1
x
)≤√x
Zatem
limx→0+
0 ≤ limx→0+
√x sin2
(1
x
)≤ lim
x→0+
√x.
Pniewaz limx→0+
√x = 0, to korzystaj ↪ac z Uwagi 3.27 otrzymamy, ze limx→0+
√x sin2
(1x
)= 0.
Twierdzenie 3.29. Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ X jest punktem skupienia zbioru. Jesli f : X → ℝjest funkcj ↪a monotoniczn ↪a, to isniej ↪a limx→x−0
f(x) i limx→x+0f(x). Ponadto:
∙ jesli f jest rosn ↪aca, to limx→x−0f(x) ≤ f(x0) ≤ limx→x+
0f(x).
∙ jesli f jest malej ↪aca, to limx→x−0f(x) ≥ f(x0) ≥ limx→x+
0f(x).
31
3.3 Granice niewlasciwe w punkcie wlasciwym
Definicja 3.30. Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ b ↪edzie punktem skupienia zbioru X, f : X → ℝ.
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e niewlasciw ↪a +∞ w punkcie x0 (w sensie Cauchy’ego)jesli
∀ M ∈ ℝ ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [0 < ∣x0 − x0∣ < � =⇒ f(x) > M ] .
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e niewlasciw ↪a −∞ w punkcie x0 (w sensie Cauchy’ego)jesli
∀ M ∈ ℝ ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [0 < ∣x0 − x0∣ < � =⇒ f(x) < M ] .
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e niewlasciw ↪a +∞ w punkcie x0 (w sensie Heinego)jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X ∖ {x0};[( limn→∞
xn = x0) =⇒ ( limn→∞
f(xn) = +∞)].
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e niewlasciw ↪a −∞ w punkcie x0 (w sensie Heinego)jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X ∖ {x0};[( limn→∞
xn = x0) =⇒ ( limn→∞
f(xn) = −∞)].
Wowczas piszemy odpowiednio limx→x0 f(x) = +∞ lub limx→x0 f(x) = −∞.
Przyklad 3.31. Wykazac, ze limx→01∣x∣ = +∞.
Mamy wykazac, ze
∀ M ∈ ℝ ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [0 < ∣x− x0∣ < � =⇒ f(x) > M ] .
Ustalmy M ∈ ℝ. Jak dobrac � = �(M)=? Niech � = 1∣M ∣ . Wtedy, jesli ∣x− 0∣ < � = 1
∣M ∣ =⇒∣f(x)− 0∣ = 1
∣x∣ >11∣M∣
= M.
Uwaga 3.32. Oprocz granic niewlasciwych w punkcie wlasciwym wprowadza sie tez poj ↪eciegranic jednostronnych niewlasciwych w tym punkcie.
Przyklad 3.33. Ile wynosz ↪a limx→0−1x
i limx→0+1x?
Pokazemy najpierw, ze limx→0+1x
= +∞. Skorzystamy z definicji granicy prawostronnejniewlasciwej Cauchy’ego tzn.
∀ M ∈ ℝ ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [x ∈ (x0, x0 + �) =⇒ f(x) > M ] .
32
Ustalmy M ∈ ℝ. Jak dobrac � = �(M)=? Niech � = 1∣M ∣ . Wtedy, jesli x ∈ (0, �) =⇒ x < � =
1∣M ∣ =⇒ f(x) = 1
x> 1
1∣M∣
= M ≥M.
Analogicznie post ↪epujemy aby pokzac, ze limx→0−1x
= −∞. Skorzystamy z definicjigranicy lewostronnej niewlasciwej Cauchy’ego tzn.
∀ M ∈ ℝ ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [x ∈ (x0 − �, x0) =⇒ f(x) < M ] .
Ustalmy M ∈ ℝ. Jak dobrac � = �(M)=? Niech � = 1∣M ∣ . Wtedy, jesli x ∈ (−�, 0) =⇒ x >
−� = − 1∣M ∣ =⇒ f(x) = 1
x< − 1
1∣M∣
= −∣M ∣ ≤M.
Uwaga 3.34. Twierdzenie 3.25 zachodzi takze dla granic niewl ↪asciwych tzn. granica niwlasciwalimx→x0 f(x) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy istniej ↪a granice jednostronne i s ↪a sobie rowne.
Wniosek 3.35. Funkcja f(x) = 1x
nie ma granicy w zerze, poniewaz limx→0−1x
= −∞ ∕=limx→0+
1x
= +∞.
3.4 Granice wlasciwe w punkcie niewlasciwym
Definicja 3.36. Niech f : ℝ→ ℝ, g ∈ ℝ.
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e g w +∞ (w sensie Cauchy’ego) jesli
∀ " > 0 ∃ M ∈ ℝ ∀ x ∈ X [x ≥M =⇒ ∣f(x)− g∣ < "] .
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e g w −∞ (w sensie Cauchy’ego) jesli
∀ " > 0 ∃ M ∈ ℝ ∀ x ∈ X [x ≤M =⇒ ∣f(x)− g∣ < "] .
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e g w +∞ (w sensie Heinego) jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ ℝ; [(xn −→ +∞) =⇒ f(xn) −→ +∞)] .
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e g w −∞ (w sensie Heinego) jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ ℝ; [(xn −→ −∞) =⇒ f(xn) −→ g)] .
Wowczas piszemy odpowiednio limx→+∞ f(x) = g lub limx→−∞ f(x) = g.
Przyklad 3.37. Wykazac, ze limx→+∞1x
= 0 i limx→−∞1x
= 0.
33
Aby udowodnic, ze limx→+∞1x
= 0, wystarczy pokazac, ze
∀ " > 0 ∃ M ∈ ℝ ∀ x ∈ X [x ≥M =⇒ ∣f(x)− g∣ < "] .
Ustalmy " > 0 Jak dobrac M = M(")? Niech M = 2". Jesli x ≥ M = 2
"=⇒ ∣f(x) − g∣ =
∣ 1x− 0∣ = 1
∣x∣ = 1x≤ "
2< ".
W przypadku drugiej granicy post ↪epujemy analogicznie. Powinnismy pokazac, ze
∀ " > 0 ∃ M ∈ ℝ ∀ x ∈ X [x ≤M =⇒ ∣f(x)− g∣ < "] .
Ustalmy " > 0. Jak dobrac M = M(")? Niech M = −2". Jesli x ≤M = −2
"=⇒ ∣f(x)− g∣ =
∣ 1x− 0∣ = 1
∣x∣ = 1−x ≤
"2< ".
Przyklad 3.38. Obliczyc limx→+∞ cos( 1x).
Pokazemy, ze . limx→+∞ cos( 1x) = 1. Ustalmy " > 0. Wtedy przyjmiemy, ze M := 2
".
zatem jesli x ≥M = 2", to
∣f(x)− 1∣ =∣∣∣∣cos
(1
x
)− 1
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣2 sin2
(1
2x
)∣∣∣∣ = 2 sin2
(1
2x
)< 2 sin
(1
2x
)< 2⋅ 1
2x=
1
x≤ "
2< ".
Przyklad 3.39. Korzystaj ↪ac z definicji Heinego pokazac, ze nie istnieje limx→+∞ sin(x).
Niech xn :=(2n+ 1
2
)�, yn =
(2n+ 3
2
)�. Wtedy
limn→+∞
sin(xn) = limn→+∞
sin
((2n+
1
2)�
)= sin
�
2= 1
oraz
limn→+∞
sin(yn) = limn→+∞
sin
((2n+
3
2)�
)= sin
3�
2= −1.
Poniewaz limn→+∞ sin(xn) ∕= limn→+∞ sin(yn), to f nie ma granicy w +∞.
3.5 Granice niewlasciwe w punkcie niewlasciwym
Definicja 3.40. Niech f : ℝ→ ℝ.
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e +∞ w +∞ (w sensie Cauchy’ego) jesli
∀ N ∈ ℝ ∃ M ∈ ℝ ∀ x ∈ X [x ≥M =⇒ f(x) ≥ N ] .
Wowczas piszemy limx→+∞ f(x) = +∞.
34
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e −∞ w +∞ (w sensie Cauchy’ego) jesli
∀ N ∈ ℝ ∃ M ∈ ℝ ∀ x ∈ X [x ≥M =⇒ f(x) ≤ N ] .
Wowczas piszemy limx→+∞ f(x) = −∞.
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e +∞ w −∞ (w sensie Cauchy’ego) jesli
∀ N ∈ ℝ ∃ M ∈ ℝ ∀ x ∈ X [x ≤M =⇒ f(x) ≥ N ] .
Wowczas piszemy limx→−∞ f(x) = +∞.
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e −∞ w −∞ (w sensie Cauchy’ego) jesli
∀ N ∈ ℝ ∃ M ∈ ℝ ∀ x ∈ X [x ≤M =⇒ f(x) ≤ N ] .
Wowczas piszemy limx→−∞ f(x) = −∞.
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e +∞ w +∞ (w sensie Heinego) jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X; [(xn −→ +∞) =⇒ f(xn) −→ +∞)] .
Wowczas piszemy limx→+∞ f(x) = +∞.
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e −∞ w +∞ (w sensie Heinego) jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X; [(xn −→ +∞) =⇒ f(xn) −→ −∞)] .
Wowczas piszemy limx→+∞ f(x) = −∞.
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e +∞ w −∞ (w sensie Heinego) jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X; [(xn −→ −∞) =⇒ f(xn) −→ +∞)] .
Wowczas piszemy limx→−∞ f(x) = +∞.
∙ Mowimy, ze funkcja f ma granic ↪e −∞ w −∞ (w sensie Heinego) jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X; [(xn −→ −∞) =⇒ f(xn) −→ −∞)] .
Wowczas piszemy limx→−∞ f(x) = −∞.
35
3.6 C.d. arytmetyki granic funkcji
Przypomnijmi nast ↪epuj ↪ace twierdzenie.
Twierdzenie 3.41. (o trzech funkcjach) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioruX. Niech f, g, ℎ : X → ℝ b ↪ed ↪a funkcjami takimi, ze
∀ x ∈ X f(x) ≤ g(x) ≤ ℎ(x).
Zalozmy, ze limx→x0 f(x) = limx→x0 ℎ(x) = g. Wtedy istnieje limx→x0 g(x) oraz limx→x0 g(x) =g.
Uwaga 3.42. Twierdzenie 3.18(o trzech funkcjach) jest prawdziwe dla granic wlasciwych iniewlasciwych zarowno w punkcie wlasciwym jak i niewlasciwym (tzn. x0 = ±∞). Zachodziponadto dla granic jednostronnych.
Twierdzenie 3.43. (o dwoch funkcjach) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ ∪ {−∞,+∞} jest punktemskupienia zbioru X. Niech f, g : X → ℝ b ↪ed ↪a funkcjami takimi, ze
∀ x ∈ X f(x) ≤ g(x).
Jezeli limx→x0 f(x) = +∞, to limx→x0 g(x) = +∞. Jezeli limx→x0 g(x) = −∞, to limx→x0 f(x) =−∞.
Uwaga 3.44. Powyzsze twierdzenie jest prawdziwe takze dla granic jednostronnych.
Twierdzenie 3.45. (Arytmetyka granic niewlasciwych)Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ ∪ {−∞,+∞} jest punktem skupienia zbioru X, f, g : X → ℝ.
Wowczas:
1. Jesli limx→x0 f(x) = a, gdzie −∞ < a ≤ +∞ i limx→x0 g(x) = +∞, tolimx→x0(f(x) + g(x)) = +∞.
2. Jesli limx→x0 f(x) = a, gdzie −∞ ≤ a < +∞ i limx→x0 g(x) = +∞, tolimx→x0(f(x)− g(x)) = −∞.
3. Jesli limx→x0 f(x) = a, gdzie 0 < a < +∞ i limx→x0 g(x) = ±∞, tolimx→x0(f(x) ⋅ g(x)) = ±∞.
4. Jesli limx→x0 f(x) = a, gdzie −∞ ≤ a < 0 i limx→x0 g(x) = ±∞, tolimx→x0(f(x) ⋅ g(x)) = ∓∞.
36
5. Jesli limx→x0 f(x) = a ∈ ℝ i limx→x0 g(x) = ±∞ oraz g(x) ∕= 0, to
limx→x0
f(x)g(x)
= 0.
6. Jesli limx→x0 f(x) = a, gdzie 0 < a ≤ +∞ i limx→x0 g(x) = 0, g(x) > 0, to
limx→x0
f(x)g(x)
= +∞.
7. Jesli limx→x0 f(x) = a, gdzie 0 < a ≤ +∞ i limx→x0 g(x) = 0, g(x) < 0, to
limx→x0
f(x)g(x)
= −∞.
8. Jesli limx→x0 f(x) = a, gdzie −∞ < a ≤ 0 i limx→x0 g(x) = 0, g(x) > 0, to
limx→x0
f(x)g(x)
= −∞.
9. Jesli limx→x0 f(x) = a, gdzie −∞ < a ≤ 0 i limx→x0 g(x) = 0, g(x) < 0, to
limx→x0
f(x)g(x)
= +∞.
3.7 Asymptoty
Definicja 3.46. Niech f : X → ℝ, a ∈ ℝ. Prosta x = a jest asymptot ↪a pionow ↪a lewostronn ↪afunkcji f w punkcie a, jesli limx→a− f(x) = ±∞.
Definicja 3.47. Niech f : X → ℝ, a ∈ ℝ. Prosta x = a jest asymptot ↪a pionow ↪a prawostronn ↪afunkcji f w punkcie a, jesli limx→a+ f(x) = ±∞.
Przyklad 3.48. Funkcja f(x) = tg(x), x ∈ (−�2,+�
2) ma asymptot ↪e pionow ↪a prawostronn ↪a
x = −�2
i asymptot ↪e pionow ↪a lewostronn ↪a x = +�2.
Zadanie 3.49. Czy funkcja g(x) = 1x, x ∈ ℝ ∖ {0}, ma asymptot ↪e pionow ↪a?
Definicja 3.50. Niech f : X → ℝ, a ∈ ℝ. Prosta x = a jest asymptot ↪a pionow ↪a funkcji f wpunkcie a, jesli limx→a f(x) = +∞ (odp. limx→a f(x) = −∞).
Definicja 3.51. Niech f : X → ℝ, a ∈ ℝ Prosta x = a jest asymptot ↪a poziom ↪a funkcji f wpunkcie +∞ (odp. w −∞), jesli limx→+∞ f(x) = a (odp. limx→−∞ f(x) = a).
Przyklad 3.52. Funkcja f(x) = 1x, x ∈ ℝ ∖ {0}, ma asymptot ↪e poziom ↪a y = 0 dla x→ −∞
i x→ +∞. Analogicznie funkcja f(x) = 1x
sin(x).
W poprzednim podrozdziale policzylismy granice tych funkcji.
Zadanie 3.53. Czy funkcja f(x) = arctg(x), x ∈ ℝ ma asymptoty poziome?
.
37
Definicja 3.54. Niech f : X → ℝ, a ∈ ℝ. Prosta y = ax + b jest asymptot ↪a ukosn ↪a funkcjif w punkcie +∞ (odp. w −∞), jesli limx→+∞[f(x) − (ax + b)] = 0 (odp. limx→−∞[f(x) −(ax+ b)] = 0).
Twierdzenie 3.55. Prosta y = ax + b jest asymptot ↪a ukosn ↪a funkcji f w ±∞ wtedy i tylkowtedy, gdy jesli limx→±∞
f(x)x
= a i limx→±∞(f(x)− ax) = b.
38
4 Ci ↪aglosc funkcji
4.1 Definicje ci ↪aglosci funkcji w punkcie
Definicja 4.1. (wg Cauchy’ego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ X jest punktem skupienia zbioru X,f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f jest ci ↪agla w punkcie x0, jesli
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [∣x− x0∣ < � =⇒ ∣f(x)− f(x0)∣ < "] .
Wowczas piszemy f ∈ C({x0}).
Definicja 4.2. (wg Heinego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ X jest punktem skupienia zbioru X,f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f jest ci ↪agla w punkcie x0, jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X;[
limn→∞
xn = x0 =⇒ limn→∞
f(xn) = f(x0)].
Wowczas piszemy f ∈ C({x0}).
Twierdzenie 4.3. Definicja Cauchy’ego ci ↪aglosci funkcji w punkcie jest rownowazna definicjiHeinego ci ↪aglosci funkcji w punkcie.
Definicja 4.4. Niech X ⊂ ℝ, f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f jest ci ↪agla na zbiorze X,jesli jest ci ↪agla w kazdym punkcie zbioru X. Ozn. f ∈ C(X).
Twierdzenie 4.5. (O dzialaniach na funkcjach ci ↪aglych)Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ X jest punktem skupienia zbioru X, f, g : X → ℝ. Zalozmy, ze f i g
s ↪a funkcjami ci ↪aglymi w x0. Wowczas:
1. ∣f(x)∣ jest ci ↪agla w x0,
2. �f(x) jest ci ↪agla w x0, dla dowolnego � ∈ ℝ,
3. (f ± g) jest ci ↪agla w x0,
4. f ⋅ g jest ci ↪agla w x0,
5. fg
jest ci ↪agla w x0, o ile g(x0) ∕= 0.
Zadanie 4.6. Czy implikacja odwrotna do implikacj wymienionej w punkcie (1) jest prawdziwa?
Twierdzenie 4.7. (O ci ↪aglosci superpozycji)Niech X1, X2 ⊂ ℝ, f : X1 → X2, g : X2 → ℝ. Jesli f jest ci ↪agla w punkcie x0 ∈ X1 i g
jest ci ↪agla w y0 = f(x0) ∈ X2, to g ∘ f jest ci ↪agla w x0.
39
Dowod. Z definicji ci ↪aglosci funkcji g w punkcie y0 wynika, ze
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ y ∈ X2 [∣y − y0∣ < � =⇒ ∣g(x)− g(x0)∣ < "] . (4.1)
Z definicji ci ↪aglosci funkcji f w punkcie x0 wynika, ze
∀ � > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ X1 [∣x− x0∣ < � =⇒ ∣f(x)− f(x0)∣ < �] . (4.2)
St ↪ad z (4.1) i (4.2) wynika
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ X1 ∣x− x0∣ < � =⇒ ∣f(x)− f(x0)∣ = ∣y − y0∣ < �
=⇒ ∣(g ∘ f)(x)− (g ∘ f)(x0)∣ < "
co oznacza, ze g ∘ f jest ci ↪agla w x0.
4.2 Ci ↪aglosc funkcji elementarnych cz. I
Lemat 4.8. Niech f : X → ℝ, f(x) = const, to f ∈ C(X).
Lemat 4.9. Niech f : ℝ→ ℝ, f(x) = x, to f ∈ C(ℝ).
Dowod. Pokazemy, ze dla dowolnego x0 ∈ ℝ, f ∈ C({x0}). Ustalmy x0 ∈ ℝ. Wtedy ∀" > 0∃� > 0 (przyj ↪ac � = ") takie, ze
∀ x ∈ ℝ [∣x− x0∣ < � =⇒ ∣f(x)− f(x0)∣ = ∣x− x0∣ < � = "] .
Poniewaz x0 ∈ ℝ jest dowolnym punktem, zatem f ∈ C(ℝ).
Z powyzszego twierdzenia i twierdzenia 4.5 wynika, ze
Twierdzenie 4.10. Kazdy wielomian jest funkcj ↪a ci ↪agl ↪a na ℝ.
Dowod. Niech � ∈ ℝ. Wtedy f(x) = �x ∈ C(ℝ) (z drugiego podpunktu tw. 4.5). Ponadtodla kazdego n ∈ ℕ, funkcja f(x) = xn jest ci ↪agla na ℝ (z czwartego podpunktu tw. 4.5). St ↪adna mocy trzeciego podpunktu f(x) = anx
n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0 jest funkcj ↪a ci ↪agl ↪a na
ℝ.
Twierdzenie 4.11. Funkcje trygonometryczne s ↪a funkcjami ci ↪aglymi w swojej dziedzinie.
40
Dowod. Pokazemy, ze sinx ∈ C(ℝ). Dowod dla cos x jest analogiczny. Niech x0 ∈ ℝ. Mamypokazac, ze
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ ℝ [∣x− x0∣ < � =⇒ ∣ sinx− sinx0∣ < "] .
Wiemy, ze
∣ sinx− sinx0∣ =∣∣∣∣2 sin
(x− x0
2
)cos
(x+ x0
2
)∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣2 sin
(x− x0
2
)∣∣∣∣ ≤ 2
∣∣∣∣x− x0
2
∣∣∣∣ .Wystarczy przyj ↪ac � := ". Wtedy ∣ sinx− sinx0∣ ≤ ∣x− x0∣ < � = ".
Funkcje tgx i ctgx s ↪a ci ↪agle w swojej dziedzinie. Wynika to z ci ↪aglosci funkcji sinx, cosxoraz z twierdzenia 4.5.
Zadanie 4.12. Podac przyklad funkcji, ktora nie jest ci ↪agla w zadnym punkcie swojej dziedziny.
Odp. Funkcja Dirichleta
�(x) :=
{1 dla x ∈ ℚ0 dla x ∈ ℝ ∖ℚ.
4.3 Ci ↪aglosc jednostronna
Definicja 4.13. (wg Cauchy’ego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ X jest punktem skupienia zbioruX ∩ (x0,+∞), f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f jest prawostronnie ci ↪agla w x0, jesli
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [x ∈ [x0, x0 + �) =⇒ ∣f(x)− f(x0)∣ < "] .
Definicja 4.14. (wg Cauchy’ego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioru(−∞, x0) ∩X, f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f jest lewostronnie ci ↪agla w x0, jesli
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ X [x ∈ (x0 − �, x0] =⇒ ∣f(x)− f(x0)∣ < "] .
Definicja 4.15. (wg Heinego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioru X ∩(x0,+∞), f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f jest prawostronnie ci ↪agla x0, jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X ∩ [x0,+∞);[
limn→∞
xn = x0 =⇒ limn→∞
f(xn) = g]
.
Definicja 4.16. (wg Heinego) Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioru X ∩(−∞, x0), f : X → ℝ. Mowimy, ze funkcja f jest lewostronnie ci ↪agla w x0, jesli
∀ {xn}n∈ℕ ⊂ X ∩ (−∞, x0];[
limn→∞
xn = x0 =⇒ limn→∞
f(xn) = g].
41
Twierdzenie 4.17. Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ ℝ jest punktem skupienia zbioru X, f : X → ℝ.Wtedy f jest ci ↪agla w punkcie x0 wtedy i tylko wtedy, gdy f jest w tym punkcie lewostronniei prawostronnie ci ↪agla.
Zadanie 4.18. Czy nast ↪epuj ↪ace funkcje s ↪a jednostronnie ci ↪agle?
f(x) =
{x− 3 x > 0,−x x ≤ 0.
g(x) =
{arctang( 1
x) x ∈ ℝ ∖ {0}
�2
x = 0.Znalezc asymptoty wykresu funkcji f(x) i g(x).
4.4 Wlasnosci funkcji ci ↪aglych cz. I
Wykazemy teraz uzyteczny lemat mowi ↪acy, ze jesli funkcja ci ↪agla jest dodatnia (ujemna) wpewnym punkcie, to jest takze dodatnia (ujemna) w pewnym otoczeniu tego punktu.
Lemat 4.19. (o zachowaniu znaku w otoczeniu)Jesli X ⊆ ℝ, x0 ∈ X oraz funkcja f : X −→ ℝ jest ci ↪agla w punkcie x0, to:
1. jesli f(x0) > 0, to istnieje � > 0 taka, ze dla kazdego x ∈ (x0 − �, x0 + �) zachodzi, zef(x) > 0.
2. jesli f(x0) < 0, to istnieje � > 0 taka, ze dla kazdego x ∈ (x0 − �, x0 + �) zachodzi, zef(x) < 0.
Dowod. Zalozmy, ze gdy f(x0) > 0. Dowod w drugim przypadku jest analogiczny. Z ci ↪agloscifunkcji w punkcie x0 wynika, ze
∀ " > 0 ∃ � > 0 ∀ x ∈ ℝ, [∣x− x∣ < � =⇒ ∣f(x)− f(x0)∣ < "] .
Wezmy " > 0 takie, ze 0 < " < f(x0). Wtedy istnieje � > 0 taka, ze dla ∣x− x0∣ < � zachodzi−" < f(x)− f(x0) < ". Zatem −"+ f(x0) < f(x) < "+ f(x0). Lewa nierownosc dowodzi, zef(x) > 0 dla x ∈ (x0,−�, x0 + �).
Definicja 4.20. Mowimy, ze A ⊂ ℝ jest zbiorem zwartym, jesli z kazdego ci ↪agu {xn} ⊆ Amozna wybrac podci ↪ag {xnk
} zbiezny do granicy g ∈ A.
Przyklad 4.21. Zbior A = (0, 1) ⊂ ℝ nie jest zwarty.
Uwaga 4.22. Kazdy odcinek I = [a, b] ⊂ ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞) jest zwarty.
42
Twierdzenie 4.23. Niech X ⊂ ℝ. Zbior X jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy jestdomkni ↪ety i ograniczony.
Twierdzenie 4.24. (Tw. Weierstrassa I)Niech I = [a, b] ⊂ ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞). Jesli f ∈ C(I), to f jest ograniczona tzn.
istnieje 0 ≤M < +∞ takie, ze dla kazdego x ∈ [a, b] zachodzi ∣f(x)∣ ≤M .
Dowod. Przypusmy, ze f nie jest ograniczona (jest to dowod nie wprost), czyli
∀ M ∈ ℝ ∃ xM ∈ [a, b] : ∣f(xM)∣ > M. (4.3)
Niech M = n ∈ ℕ. Wtedy istnieje xn ∈ [a, b]. Tak otrzymamy ciag {xn}n∈ℕ ⊂ [a, b]. Ztwierdzenia Bolzano-Weierstrasa mozna wybrac z ci ↪agu {xn}n∈ℕ podci ↪ag zbiezny xnk
→ x0 ∈[a, b]. Z ci ↪aglosci funkcji f w punkcie x0 wynika, ze limnk→∞ f(xnk
) = f(x0) co przeczy (4.3),poniewaz nk → ∞, to f(xnk
) > nk dla n wiekszych od pewnego n0. Otrzymana sprzecznosckonczy dowod.
Prawdziwa jest twierdzenie ogolniejsze..
Twierdzenie 4.25. Jesli A ⊂ ℝ jet zwarty i f ∈ C(A) to f jest ograniczona tzn. istnieje0 ≤M < +∞ takie, ze dla kazdego x ∈ A zachodzi ∣f(x)∣ ≤M .
Twierdzenie 4.26. (Tw. Weierstrassa II)Niech I = [a, b] ⊂ ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞). Jesli f ∈ C(I), to funkcja f osi ↪aga swoje kresy, to
znaczy, ze istniej ↪a punkty ∃xm, xM ∈ I takie, ze f(xm) = infx∈I f(x) i f(xM) = supx∈I f(x).
Dowod. Z poprzedniego twierdzenia Weierstrassa wiemy, ze zbior wartosci f([a, b]) jestograniczony. Zatem istnieje M ∈ ℝ taki, ze
supx∈[a,b]
f(x) = M.
To oznacza, ze dla kazdego x ∈ [a, b] zachodzi f(x) ≤ M . Przypuscmy, ze nie istnieje takipunkt x0 ∈ [a, b], dla ktorego f(x0) = supx∈[a,b] f(x). St ↪ad
∀x ∈ [a, b] f(x) < M.
Rozwazmy funkcj ↪e pomocnicz ↪a g : [a, b]→ ℝ, g(x) = 1M−f(x)
. Jest to funkcja ci ↪agla jako iloraz
funkcji ci ↪aglych, ponadto jest dobrze zdefiniowana, bo f(x) ∕= M . Z Twierdzenia WeierstrassaI wynika, ze g jest ograniczona tzn.
∃ M1 > 0 ∀ x ∈ [a, b] g(x) ≤M1 =⇒ ∀ x ∈ [a, b] f(x) ≤M − 1
M1
< M.
43
Zatem liczba k = M − 1M1
< M ogranicza zbior wartosci funkcji f , co przeczy faktowi, zeM byla kresem gornym. Otrzymana sprzecznosc dowodzi, ze istnieje xM ∈ [a, b] taki, zef(xM) = M . Dowod dla kresu dolnego jest analogiczny.
Definicja 4.27. Zbior X ⊂ ℝ nazywamy spojnym, jesli dla dowolnych a, b ∈ X takich, zea < b jesli a < c < b, to c ∈ X.
Uwaga 4.28. Dowolny odcinek, polprosta i prosta s ↪a zbiorami spojnymi.
Twierdzenie 4.29. Obraz ci ↪agly zbioru spojnego jest spojny.
Dowod. Niech X ⊂ ℝ b ↪edzie zbiorem spojnym oraz f : X → ℝ funkcj ↪a ci ↪agla. Pokazemy,ze f(X) jest zbiorem spojnym. Niech a, b ∈ f(X) oraz a < b. Wowczas istniej ↪a x ∕= y ∈ Xtakie, ze f(x) = a i f(y) = b. Dla ustalenia uwagi zalozmy, ze x < y. Niech
z0 = sup{z ∈ [x, y] : f(z) ≤ c}.
Wowczas istnieje ci ↪ag elementow {zn}n∈ℕ z [x, y] takich, ze f(zn) ≤ c oraz zn → z0. Zci ↪aglosci funkcji f mamy f(z0) = limn→∞ f(zn) ≤ c. Ponadto, dla dowolnej z0 < z′ ≤ ymamy f(z′) > c. Zatem f(z0 + 1
n) > c dla dostatecznie duzych n. Z ci ↪aglosci funkcji f
otrzymujemy f(z0) = limn→∞ f(z0 + 1n) ≥ c. St ↪ad f(z0) = c.
Bezposrednio z tego twierdzenia wynika nastepuj ↪ace twierdzenie
Twierdzenie 4.30. (Tw. Darboux- o przyjmowaniu wartosci posrednich)Niech I = [a, b] ⊂ ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞), f ∈ C(I). Wtedy dla kazdego y ∈ (f(a), f(b))
(odp. y ∈ (f(b), f(a))) istnieje c ∈ (a, b) taki, ze f(c) = y.
Twierdzenie 4.31. (O ci ↪aglosci funkcji odwotnej)Niech I = [a, b] ⊂ ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞), f ∈ C(I) i f jest roznowartosciowa na I.
Wtedy funkcja odwrotna x = g(y) jest ci ↪agla na przedziale [m,M ], gdzie m = infx∈I f(x),M = supx∈I f(x).
Dowod. Poniewaz f jest roznowartosciowa, to istnieje funkcja odwrotna f−1, ktora oznaczymysymbolem g. Niech c ∈ (m,M). Z twierdzenia 4.30 wynika, ze g jest zdefiniowana w punkciec, bo c jest wartosci ↪a funkcji f . Niech yn ∈ [m,M ] b ↪edzie ci ↪agiem takim, ze yn → c. Nalezydowiesc, ze g jest ci ↪agla w c czyli limn→∞ g(yn) = g(c). Niech xn := g(yn) ∈ [a, b] i d := g(c). Ztwierdzenia Bolzano-Weierstrassa z ci ↪agu {xn}n∈ℕ (jest ograniczony, bo jego elementy nalez ↪ado [a, b]) mozna wybrac podci ↪ag zbiezny xnk
. Niech d′ := limnk→∞ xnk. Wtedy d′ ∈ [a, b]
(korzystamy z faktu, odcinek [a, b] jest zwarty). Z ci ↪aglosci f wynika, ze f(xnk) → f(d′). Z
drugiej stronylimnk→∞
f(xnk) = lim
n→∞yn = c = f(d).
44
Zatem f(d′) = f(d). Poniewaz f jest roznowartosciowa, to d = d′, czyli ci ↪ag xnk→ d. Z
dowolnosci ci ↪agu {yn}n∈ℕ, yn → c wynika, ze jesli yn → c, to g(yn) = xn → d, czyli g jestci ↪agla w c. Z dowolnosci c ∈ [m,M ] otrzymamy, ze g = f−1 ∈ C([m,M ]).
4.5 Ci ↪aglosc funkcji elementarnych cz. II
4.5.1 Funkcja wykladnicza ex
Definicja 4.32. Funkcj ↪e wykladnicz ↪a o podstawie e definiujemy nast ↪epuj ↪aco:
∀ x ∈ (−∞, 0] exp(x) := limn→∞
(1 +
x
n
)n.
Twierdzenie 4.33. Dla kazdego x ∈ (−∞, 0] istnieje granica limn→∞(1 + x
n
)ni jest liczb ↪a
dodatni ↪a. Zatem dla kazdego x ∈ (−∞, 0] funkcja exp(x) jest zdefiniowana i przyjmujewartosci dodatnie.
Aby udowodnic powyzsze twierdzenie skorzystamy z nast ↪epuj ↪acych lematow.
Lemat 4.34. Jesli nan → 0, to (1 + an)n → 1.
Dowod. Korzystamy z nierownosci Bernoulliego
(1 + x)n ≥ 1 + nx dla x > −1 i n ∈ ℕ. (4.4)
Jesli nan → 0 to an → 0 (poniewaz ∣nan∣ ≤M =⇒ ∣an∣ ≤ Mn→ 0) oraz nan
1+an→ 0. St ↪ad
(1 + nan) ≤ (1 + an)n =1(
1− an1+an
)n ≤ 1
1− nan1+an
→ 1+.
Korzystaj ↪ac z twierdzenia o trzech ci ↪agach otrzymamy, ze
1 ≤ limn→∞
(1 + an)n ≤ 1.
Lemat 4.35. Ci ↪ag o wyrazach(1 + x
n
)njest niemalej ↪acy dla n > −x.
Dowod. Jezeli n > −x, to wyrazy ci ↪agu 1 + xn
s ↪a dodatnie. Zatem wystarczy udowodnic, zeiloraz s ↪asiednich wyrazow jest wi ↪ekszy od 1.(
1 + xn+1
)n+1(1 + x
n
)n =(
1 +x
n
)[1 +
xn+1− x
n
1 + xn
]n+1
=
(x+ n
n
)[1 +
−x(n+ 1)(n+ x)
]n+1
45
≥ n+ x
n
[1− x
n+ 1
]=n+ x
n⋅ n
n+ x= 1.
Lemat 4.36. Jesli x ≤ 0 to 0 < limn→∞(1 + x
n
)n ≤ 1.
Dowod. Dla x < 0 i n > −x wszystkie wyrazy ci ↪agu lez ↪a w odcinku (0, 1]. Z lematu 4.35 ci ↪ag(1 + x
n)n jest niemalej ↪acy i ograniczony z gory np. przez 1. Zatem jest zbiezny. Poniewaz ci ↪ag
jest niemalej ↪acy, to z dolu jest ograniczony przez najmniejszy wyraz czyli 1 + xn> 1− 1 = 0
(korzystamy z zalozenia, ze n > −x).
Uwaga 4.37. Z twierdzenia 4.33 wynika, ze exp(0) = 1, poniewaz limn→∞(1 + 0n)n = 1.
Twierdzenie 4.38. Dla kazdego x ∈ ℝ istnieje dodatnia granica limn→∞(1 + xn)n. St ↪ad dla
kazdego x ∈ ℝ mamy exp(x) > 0 oraz exp(x) ⋅ exp(−x) = 1.
Dowod. Wystarczy dowiesc istnienia granicy dla x > 0. Mamy(1 +
x
n
)n (1− x
n
)n=
(1− x2
n2
)n.
Wykazemy, ze
limn→∞
(1− x2
n2
)n= 1.
W tym celu wystarczy w lemacie 4.34 podstawic an = −xn2 . Z lematu 4.36 z kolei wynika, ze
istnieje
limn→∞
(1− x2
n2
)n,
jest ona wielkosci ↪a dodatni ↪a i wynosi exp(−x). St ↪ad
exp(x) = limn→∞
(1 +
x
n
)n=
limn→∞
(1− x2
n2
)nlimn→∞
(1− x
n
)n =1
exp(−x)> 0.
Zatem dla kazdego x ∈ ℝ+, exp(x) istnieje, jest dodatnie i exp(x) ⋅ exp(−x) = 1.
Twierdzenie 4.39. Dla kazdego x ∈ ℝ mamy exp(x) ≥ 1 + x. Rownosc zachodzi tylko dlax = 0.
46
Dowod. Z nierownosci Bernoulliego wynika, ze dla n > −x(1 +
x
n
)n≥ 1 + n
x
n= 1 + x.
St ↪ad limn→∞(1 + x
n
)n ≥ 1 + x. Pozostal ↪a cz ↪esc dowodu opuszczamy.
Lemat 4.40. Funkcja exp(x) jest niemalej ↪aca tzn.
∀ x, y ∈ ℝ x ≤ y =⇒ exp(x) ≤ exp(y).
Dowod. Dla n > −x ≥ −y mamy(1 + x
n
)n ≤ (1 + y
n
)n. St ↪ad po przejsciu do granicy
otrzymmy, ze exp(x) ≤ exp(y).
Lemat 4.41. ∀ x, y ∈ ℝ mamy exp(x+ y) = exp(x) ⋅ exp(y).
Dowod.
exp(x) ⋅ exp(y)
exp(x+ y)= lim
n→∞
[(1 + x
n
)n ⋅ (1 + yn
)n(1 + x+y
n
)n]
= limn→∞
[1 +
x+yn2
1 + x+yn
]n.
Jezeli w lemacie 4.34 przyjmiemy an :=x+y
n2
1+x+yn
, to otrzymamy, ze nan =x+yn
1+x+yn
→ 0. Sk ↪ad
wynika, ze limn→∞
[1 +
x+y
n2
1+x+yn
]n= 1.
Wniosek 4.42. Funkcja exp(x) jest rosn ↪aca tzn.
∀ x, y ∈ ℝ ∧ x < y =⇒ exp(x) < exp(y).
Dowod.
exp(x) = exp(x− y + y) = exp(x− y) ⋅ exp(y) ≥ (1 + (x+ y)) exp(y) > exp(y).
Bezposrednio z tego lematu wynika
Wniosek 4.43. Dla dowolnych x1, x2 . . . xn ∈ ℝ mamy exp(x1 + . . . xn) = exp(x1) ⋅ . . . ⋅exp(xn). W szczegolnosci exp(nx) = (exp(x))n dla kazedego n ∈ ℕ.
Twierdzenie 4.44. limx→−∞ exp(x) = 0, limx→+∞ exp(x) = +∞.
47
Dowod. Z wniosku 4.42 wynika, ze exp(x) jest funkcj ↪a rosn ↪ac ↪a. Ponadto z twierdzenia 4.39dla kazdego x ∈ ℝ zachodzi exp(x) ≥ 1+x. Zatem limx→+∞ exp(x) = +∞. Z twierdzenia 4.39dla kazdego x ∈ ℝ zachodzi exp(x) ⋅ exp(−x) = 1. Tak wi ↪ec exp(−x) = 1
exp(x). St ↪ad i z faktu,
ze limx→+∞ exp(x) = +∞ wynika, ze limx→−∞ exp(x) = 0.
Lemat 4.45. Jesli x ∈ ℚ, to exp(x) = ex.
Dowod. Z lematu 4.41 wiemy, ze exp(n) = exp(1+ ⋅ ⋅ ⋅+1) = (exp(1))n dla n = 1, 2 . . .. Zatemexp(−n) = 1
exp(n)= 1
en= e−n dla n = 1, 2 . . .. Niech p ∈ ℤ, q ∈ ℕ. Wtedy eq = exp(q) =
exp(q ⋅ p
q
)=[exp
(pq
)]q. Zatem exp
(pq
)= e
pq .
Uwaga 4.46. Jesli x ∈ ℝ ∖ℚ, to exp(x) = ex.
Dowod pomijamy. Z tej uwagi i lematu 4.45 wynika nast ↪epuj ↪ace twierdzenie.
Twierdzenie 4.47. Dla kazdego x ∈ ℝ zachodzi, ze exp(x) = ex.
Twierdzenie 4.48. Funkcje ex jest ci ↪agla w swojej dziedzinie.
Dowod. Mamy udowodnic, ze
∀ x0 ∈ ℝ ∀ " > 0 ∃ � = �(x0, ") > 0 ∀ x ∈ ℝ [∣x− x0∣ < � =⇒ ∣ex − ex0∣ < "].
Zauwazmy, ze ex − ex0 = ex0(−1 + ex−x0). Korzystaj ↪ac z tej zaleznosci i z faktu, ze jeslix→ x0 =⇒ (x− x0)→ 0, wystarczy dowiesc, ze
limx→0
ex = 1. (4.5)
Z twierdzenia 4.39 wiemy, ze exp(x) ≥ 1 + x. St ↪ad
exp(x) =1
exp(−x)≤ 1
1 + (−x)=
1
1− x
Zatem
1 + x ≤ exp(x) ≤ 1
1− x.
Korzystaj ↪ac z twierdzenia o trzech funkcjach otrzymamy, ze
limx→0
exp(x) = 1.
48
St ↪ad
∀ " > 0 ∃ �1 > 0 ∀ x ∈ ℝ [∣x− 0∣ < �1 =⇒ ∣ex − 1∣ < "
ex0]
oraz
∀ " > 0 ∃ �1 > 0 ∀ x ∈ ℝ[∣x− x0∣ < �1 =⇒ ∣ex0(ex−x0 − 1)∣ < ex0
"
ex0= ".
]Czyli ex jest ci ↪agla w punkcie x0. Z dowolnosci punktu x0 ∈ ℝ wynika, ze ex ∈ C(ℝ).
4.5.2 Funkcji logarytmiczna ln(x)
Definicja 4.49. Niech f(x) = ex : ℝ −→ ℝ+. Poniewaz f jest roznowartosciowa (co wynikaz faktu, ze jest rosn ↪ac ↪a), to istnieje funkcja odwrotna f−1 do f , f−1 : ℝ+ −→ ℝ, ktor ↪anazywamy logarytmem naturalnym i ozn. lnx. Zatem dla x ∈ ℝ+ liczba y jest wartosci ↪afunkcji lnx (tzn. y = lnx) jesli ey = x. Ponadto:
∙ elnx = x dla x ∈ ℝ+,
∙ ln(ex) = x dla x ∈ ℝ.
Twierdzenie 4.50. (Wlasnosci funkcji logarytmicznej lnx)
1. dla kazdego x ∈ ℝ+ funkcja lnx jest dobrze okreslona,
2. funkcja lnx jest rosn ↪aca (roznowartosciowa),
3. limx→0+ lnx = −∞, limx→+∞ lnx = +∞ oraz ln 1 = 0,
4. lnx jest funkcj ↪a ci ↪agl ↪a jako funkcja odwrotna do funkcji ci ↪aglej,
5. ∀x, y ∈ ℝ+ ln(x ⋅ y) = lnx+ ln y oraz ∀x, y ∈ ℝ+ ln(xy
)= lnx− ln y. St ↪ad wynika,
ze dla ∀n ∈ ℕ mamy ln(xn) = n lnx oraz ln(x−1) = ln(
1x
)= − lnx,
6. dla kazdego p ∈ ℝ zachodzi ln(xp) = p lnx dla x ∈ ℝ+.
4.5.3 Funkcja wykladnicza ax
Definicja 4.51. Niech a ∈ ℝ+ ∖ {1}. Funkcj ↪e wykladnicz ↪a o podstawie a nazywamy funkcj ↪e,ktora punktowi x ∈ ℝ przypisuje liczb ↪e e
x ln a i oznaczamy j ↪a symbolem ax tzn.
ax : ℝ −→ ℝ+, a ∈ ℝ+ ∖ {1}
x −→ ax := ex ln a.
49
Twierdzenie 4.52. (Wlasnosci funkcji wykladniczej ax)
1. Dla kazdego x ∈ ℝ funkcja ax jest dobrze okreslona. Ponadto jest funkcj ↪a ci ↪agl ↪a jakosuperpozycja funkcji ci ↪aglych.
2. dla 0 < a < 1 funkcja ax jest malej ↪aca (ronowartoscowa), limx→−∞ ax = +∞,
limx→+∞ ax = 0.
3. dla 1 < a < +∞ funkcja ax jest rosn ↪aca (ronowartoscowa), limx→−∞ ax = 0,
limx→+∞ ax = +∞.
4. Dla x = 0 mamy a0 = 1 oraz
∀x, y ∈ ℝ ax+y = ax ⋅ ay
∀x ∈ ℝ a−x =1
ax
∀x, y ∈ ℝ ax−y =ax
ay
5. wykresy funkcji ax i a−x s ↪a symetryczne wzgl ↪edem osi OY .
4.5.4 Funkcja logarytmiczna logax
Definicja 4.53. Niech f(x) = ax : ℝ −→ ℝ+ dla ustalonego a ∈ ℝ+ ∖ {1}. Poniewaz f jestroznowartosciowa (co wynika z faktu, ze jest rosn ↪ac ↪a), to istnieje funkcja odwrotna f−1 do f ,f−1 : ℝ+ −→ ℝ, ktora nazywamy logarytmem o podstawie a i ozn. logax. Zatem dla x ∈ ℝ+
liczba y jest wartosci ↪a funkcji logax (tzn. y = logax) jesli ay = x. Ponadto:
∙ alogax = x dla x ∈ ℝ+,
∙ loga(ax) = x dla x ∈ ℝ.
Twierdzenie 4.54. (Wlasnosci funkcji logarytmicznej logax)
1. dla kazdego x ∈ ℝ+ funkcja logax jest dobrze okreslona,
2. dla 0 < a < 1 funkcja logax jest malej ↪aca (ronowartoscowa), limx→0− logax = +∞,limx→+∞ loga = −∞.
3. dla 1 < a < +∞ funkcja logax jest rosn ↪aca (ronowartoscowa), limx→0+ logax = −∞,limx→+∞ logax = +∞ oraz loga1 = 0,
50
4. logax jest funkcj ↪a ci ↪agl ↪a jako funkcja odwrotna do funkcji ci ↪aglej,
5. ∀x, y ∈ ℝ+ loga(x ⋅ y) = logax+ logay oraz ∀x, y ∈ ℝ+ loga
(xy
)= logax− logay.
6. dla kazdego p ∈ ℝ zachodzi loga(xp) = plogax dla x ∈ ℝ+.
4.5.5 Wlasnosci funkcji hiperbolicznych
Definicja 4.55. Sinus hiperboliczny i cosinus hiperboliczny definiujemy nast ↪epuj ↪aco:
sinhx :=ex − e−x
2∧ coshx :=
ex = e−x
2, x ∈ ℝ.
Natomiast tanhx := sinℎxcoshx
, x ∈ ℝ i cothx := coshxsinhx
, x ∈ ℝ ∖ {0}.
Twierdzenie 4.56. Funkcje hiperboliczne s ↪a ci ↪agle w swojej dziedzinie.
Dowod. Twierdzenie to wynika bezposrednio z twierdzenia o ci ↪aglosci funkcji ex (patrztwierdzenie 4.48), oraz z twierdzenia 4.5 i twierdzenia 4.7
4.6 Wlasnosci funkcji ci ↪aglych cz. II
Twierdzenie 4.57. I = [a, b] ⊂ ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞). Jesli f ∈ C([a, b]) i f jestroznowartosciowa, to f scisle monotoniczna tzn. f jest malej ↪aca lub rosn ↪aca.
Dowod. Z zalozenia f(a) ∕= f(b). Niech f(a) < f(b). Mamy dowiesc, ze jesli x, x ∈ [a, b] ix < x′, to f(x) < f(x′). Niech x ∈ (a, b). Pokzemy, ze
f(a) ≤ f(x) ≤ f(b) (4.6)
Gdyby tak nie bylo, to albof(x) < f(a) (4.7)
albof(x) > f(b). (4.8)
W przypadku (4.7) zachodzi f(x) < f(a) < f(b). Wtedy z wlasnosci Darboux w przedziale(x, b) istnialby punkt x0 taki, ze f(x0) = f(a), co przeczy roznowartosciowosci f . Jeslizachodzi (4.8), to f(x) > f(b) > f(a). Z wlasnosci Darboux w przedziale (a, x) istnialbypunkt x1 taki, ze f(x1) = f(b), co przeczy roznowartosciowosci f . Zatem wykazalismy (4.6).Niech x′ ∈ (a, b) takie, ze x < x′. Wtedy analogicznie jak poporzednio mozemy wykazac,ze zachodzi odpowiednik (4.6) tzn. f(x) ≤ f(x′) ≤ f(b). Ale f jest ronowartosciowa, tof(x) < f(x′).
51
Uwaga 4.58. Niech I ⊂ ℝ b ↪edzie przedzialem, f : I → ℝ b ↪edzie funkcj ↪a ci ↪agl ↪a tzn., ze dlakazdego x ∈ I mamy f ∈ C({x0}). Zatemf ∈ C(I)⇐⇒ ∀ x ∈ I ∀ " > 0 ∃� = �(x, ") > 0 ∀ y ∈ I [∣y − x∣ < � =⇒ ∣f(x)− f(y)∣ < "].
Definicja 4.59. Niech I ⊂ ℝ b ↪edzie przedzialem, f : I → ℝ. Mowimy, ze f jest funkcj ↪ajednostajnie ci ↪agla na I jesli
∀ " > 0 ∃ � = �(") > 0 ∀ x, y ∈ I [∣y − x∣ < � =⇒ ∣f(x)− f(y)∣ < "].
Twierdzenie 4.60. (warunek konieczny jednostajnej ci ↪aglosci)Niech I ⊂ ℝ b ↪edzie przedzialem. Jesli f : I → ℝ jest jednostajnie ci ↪agla, to jest ci ↪agla na I.
Uwaga 4.61. Nie zachodzi twierdzenie odwrotne.
Zadanie 4.62. Wykazac, ze f(x) = x2, x ∈ ℝ jest ci ↪agla ale nie jest jednostajnie ci ↪agla.
Odp. Przypusmy, ze f jest jednostajnie ci ↪agla. Zatem istnieje � > 0 taka, ze dla dowolnychliczb rzeczywistych x, y, jesli ∣x− y∣ < �, to ∣x2 − y2∣ < 1. Wezmy liczby 1
�, 1�
+ �2. Odleglosc
pomi ↪edzy nimi jest mniejsza od �, a jednak∣∣∣∣∣(
1
�+�
2
)2
−(
1
�
)2∣∣∣∣∣ =
(1
�+�
2
)�
2>
2
�⋅ �
2= 1.
Twierdzenie 4.63. (Twierdzenie Cantora)Niech I = [a, b] ⊂ ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞). Jesli f ∈ C(I), to f jest jednostajnie ci ↪agla na I.
Dowod. Przypusmy, ze f nie jest jednostajnie ci ↪agla. Wowczas istnieje " > 0 taki, ze dladowolnego � > 0 istniej ↪a x = x(�), x′ = x′(�) ∈ [a, b] takie, ze ∣x−x′∣ < � oraz ∣f(x)−f(x′)∣ ≥". Podstawiaj ↪ac kolejno � = 1
notrzymamy dwa ci ↪agi {xn}n∈ℕ, {x′n}n∈ℕ elementow [a, b] takie,
ze ∣x − x′∣ < 1n
oraz ∣f(x) − f(x′)∣ ≥ " dla wszystkich n ∈ ℕ. Z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa istnieje podci ↪ag xnk
→ x0 ∈ [a, b]. Wowczas x′nk= xnk
+(x′nk−xnk
)→ x0+0 = x0
oraz z ci ↪aglosci f mamy f(xnk) → f(x0) oraz f(x′nk
) → f(x0), a wi ↪ec f(xnk) − f(x′nk
) → 0,co stoi w sprzecznosci z tym , ze ∣f(xn)− f(x′n)∣ ≥ " dla wszystkich n ∈ ℕ.
Twierdzenie 4.64. (Kryterium jednostajnej ci ↪aglosci na przedziale otwartym)Niech I = (a, b) ⊂ ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞). Wowczas f jest na tym przedziale jednosta-
jnie ci ↪agla wtedy i tylko wtedy, gdy istniej ↪a skonczone granice jednostronne: limx→a+ f(x) ilimx→b− f(x).
Uwaga 4.65. Jesli a = −∞ lub b = +∞, to prawdziwa jest tylko implikacja w lew ↪a stron ↪e.
52
Definicja 4.66. Niech I ⊂ ℝ. Moimy, ze funkcje f : I → ℝ spelnia warunek Lipschitza zestal ↪a 0 < L < +∞, jesli
∀ x, y ∈ I ∣f(x)− f(y)∣ < L∣y − x∣.
Lemat 4.67. Jesli f spelnia warunek Lipschitza ze stal ↪a L na zbiorze I, to jest na nimjednostajnie ci ↪agla.
Dowod. Poniewaz f spelnia warunek Lipschitza ze stal ↪a L na zbiorze I, tzn.
∃ L > 0 ∀ x1, x2 ∈ I ∣f(x1)− f(x2)∣ ≤ L∣x1 − x2∣.
Zatem
∀ " > 0 ∃ � = �(") :="
L∀ x1, x2 ∈ I ∣x1−x2∣ < � =⇒ ∣f(x1)−f(x2)∣ ≤ L∣x1−x2∣ < L
"
L= ".
Przyklad 4.68. Niech f(x) = x+ sin(x), x ∈ ℝ. Pokazac, ze f spelnia warunek Lipschitza.
Przyklad 4.69. Pokazac, ze f : [0,+∞) → ℝ, f(x) =√x jest jednostajnie ci ↪agla i nie
spelnia warunku Lipschitza. Zatem nie zachodzi warunek odwrotny do lematu 4.67.
Definicja 4.70. Niech X ⊂ ℝ, x0 ∈ X, f : X → ℝ. Mowimy, ze f ma punkt nieci ↪aglosci Irodzaju w punkcie x0, jesli istniej ↪a skonczone granice jednostronne oraz limx→x+
0f(x) ∕= f(x0)
lub limx→x−0f(x) ∕= f(x0). Jesli limx→x+
0f(x) = limx→x−0
f(x), to mowimy, ze nieci ↪aglosc jestusuwalna. Jesli x0 ∈ X jest punktem nieci ↪aglosci funkcji i nie jest punktem nieci ↪aglosci Irodzaju, to mowimy, ze f ma nieci ↪aglosc II rodzaju w punkcie x0.
Przyklad 4.71. Funkcja
f(x) =
{x− 3 x > 0,−x x ≤ 0.
ma w x0 = 0 punkt nieci ↪aglosci I rodzaju.
Przyklad 4.72. Funkcja
g(x) =
{sinxx
x ∕= 0,0 x = 0.
ma w x0 = 0 nieci ↪aglosc usuwaln ↪a.
Przyklad 4.73. Natomiast
ℎ(x) =
{x sin(x) x ≥ 0,
sinxx
x < 0.ma w x0 = 0 nieci ↪aglosc II rodzaju.
Twierdzenie 4.74. Niech X ⊂ ℝ, f : X → ℝ. Jezeli f jest monotoniczna, to f ma punktynieci ↪aglosci I rodzaju i jest ich co najwyzej przeliczalnie wiele.
53
5 Rozniczkowalnosc funkcji
5.1 Definicja pochodnej funkcji w punkcie
Definicja 5.1. Niech I = (a, b) ⊂ ℝ, f : I → ℝ, x0, x ∈ I. Wyrazenie postaci
∙ Δx := x− x0 nazywamy przyrostem argumentu.
∙ Δf := f(x) − f(x0) = f(x0 + Δx) − f(x0) nazywamy przyrostem wartosci funkcjiodpowiadaj ↪acym przyrostowi argumentu Δx = x− x0.
∙ ΔfΔx
:= f(x)−f(x0)x−x0
= f(x0+Δx)−f(x0)Δx
nazywamy ilorazem roznicowym funkcji.
Definicja 5.2. Niech I = (a, b) ⊂ ℝ, f : I → ℝ, x0, x ∈ I. Jesli istnieje skonczona granica
limx→x0
f(x)− f(x0)
x− x0
,
to nazywamy j ↪a pochodn ↪a funkcji f w punkcie x0 i oznaczamy symbolem f ′(x0) lub dfdx
(x0)
Uwaga 5.3. Inny zapis f ′(x0) := limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)
Δxlub f ′(x0) := limℎ→0
f(x0+ℎ)−f(x0)ℎ
.Czyli pochodna funkcji w punkcie x0, to granica ilorazu roznicowego funkcji gdy Δx → 0(ℎ→ 0).
Przyklad 5.4. Niech f : ℝ→ ℝ, f(x) = x. Wtedy jej pochodna w dowolnym punkcie x0 ∈ ℝwynosi 1, czyli f ′(x0) = 1, poniewaz
f ′(x0) = limx→x0
f(x)− f(x0)
x− x0
= limx→x0
x− x0
x− x0
= 1.
Przyklad 5.5. Niech f(x) = sin(x), x ∈ ℝ. Pokazemy, ze dla dowolnego x0 ∈ ℝ zachodzif ′(x0) = cos(x0).
54
f ′(x0) = limΔx→x0
sin(x0 + Δx)− sin(x0)
Δx=
limΔx→x0
2 sin(
[x0+Δx]−x0
2
)cos(
[x0+Δx]+x0
2
)Δx
=
limΔx→x0
[cos
(x0 +
Δx
2
)]⋅
sin(
Δx2
)Δx2
= cos(x0),
poniewaz limΔx→x0
sin(Δx2 )
Δx2
= 1 oraz z ciaglosci funkcji cos x w punkcie x0 wynika, ze
limΔx→0
[cos(x0 + Δx
2
)]= cos(x0).
Uwaga 5.6. Analogicznie mozna udowodnic, ze (cosx)′ = − sinx.
Przyklad 5.7. Funkcja f(x) = ∣x∣, x ∈ ℝ, nie ma pochodnej w x0 = 0.
limℎ→0+
f(x0 + ℎ)− f(x0)
ℎ= lim
ℎ→0+
∣ℎ∣ − 0
ℎ= lim
ℎ→0+
ℎ− 0
ℎ= 1
limℎ→0−
f(x0 + ℎ)− f(x0)
ℎ= lim
ℎ→0−
∣ℎ∣ − 0
ℎ= lim
ℎ→0+
−ℎ− 0
ℎ= −1
Zatem NIE istnieje limℎ→0f(x0+ℎ)−f(x0)
ℎ, gdy x0 = 0.
Interpretacja geometryczna ilorazu roznicowego funkcji - jest to tangens k ↪ata nachyleniasiecznej przechodz ↪acej przez punkty : (x0, f(x0) i (x, f(x)) do osi Ox.
Interpretacja geometryczna pochodnej funkcji - jest to tangens k ↪ata nachylenia stycznejw punkcie (x0, f(x0) do wykresu funkcji f do osi Ox.
Rownanie stycznej ma wowczas postac y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).
5.2 Definicja funkcji rozniczkowalnej w punkcie
Definicja 5.8. Niech I = (a, b) ⊂ ℝ, f : I → ℝ, x0 ∈ I. Mowimy, ze funkcja f jestrozniczkowalna w punkcie x0 ∈ I, jesli istnieje liczba a ∈ ℝ oraz funkcja r : K(x0, ") → ℝ,K(x0, ") = (x0 − ", x0 + ") ⊂ I, zwana reszt ↪a, takie ze dla
x ∈ K(x0, ") f(x)− f(x0) = a(x− x0) + r(x0, x)
55
oraz
limx→x0
∣r(x0, x)∣∣x− x0∣
= 0.
Twierdzenie 5.9. Niech f : K(x0, ") → ℝ. Funkcja f jest rozniczkowalna w x0 wtedy itylko wtedy, gdy istnieje pochodna f ′(x0). Wtedy f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + r(x0, x) dlax ∈ K(x0, ").
Uwaga 5.10. Niech f, g : K(x0, ") → ℝ oraz limx→x0 g(x) = 0. Jesli limx→x0
f(x)g(x)
= 0,
to mowimy, ze funkcja f jest rz ↪edu ’o’ male w stosunku do funkcji g (czyli musi d ↪azyc
duzo szybciej do zera niz funkcja g(x)). Zatem warunek limx→x0
∣r(x0,x)∣∣x−x0∣ = 0 w definicji
rozniczkowalnosci funkcji oznacza, ze funkcja r(x0, x) jest rz ↪edu ’o’ od x− x0, co zapisujemy
r(x0, x) = o(x− x0).
Definicja 5.11. Niech I = (a, b) ⊂ ℝ, f : I → ℝ, x0 ∈ I. Rozniczk ↪a zupeln ↪a funkcji wpunkcie x0 nazywamy cz ↪esc liniow ↪a przyrostu funkcji Δf = f(x) − f(x0). Zatem rozniczkazupelna rowna si ↪e f
′(x0)(x− x0) i oznaczamy j ↪a symbolem df . St ↪ad
df = f ′(x0)(x− x0).
Definicja 5.12. Niech I ⊂ ℝ, f : I → ℝ. Mowimy, ze f jest rozniczkowalna na zbiorze I,jesli jest rozniczkowalna w kazdym punkcie zbioru I. Ozn. f ∈ D1(I).
Twierdzenie 5.13. Niech I = (a, b) ⊂ ℝ, f : I → ℝ, x0,∈ I. Jezeli f jest rozniczkowalna wpunkcie x0, to f jest ci ↪agla w x0.
Zapis symboliczny Jesli f ∈ D1({x}) to f ∈ C({x}), czyli ci ↪aglosc funkcji w punkcie jestwarunkiem koniecznym rozniczkowalnosci funkcji w tym punkcie.Dowod. Udowodnimy, ze limx→x0 f(x) = f(x0).
limℎ→0
[f(x0+ℎ)−f(x0)] = limℎ→0
[f(x0 + ℎ)− f(x0)]
ℎ= lim
ℎ→0
[f(x0 + ℎ)− f(x0)]
ℎ⋅limℎ→0
ℎ = f ′(x0)⋅0 = 0.
Uwaga 5.14. Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Np. f(x) = ∣x∣ dla x ∈ ℝ jest ci ↪aglaw x0 = 0 ale nie jest w tym punkcie rozniczkowalna.
Twierdzenie 5.15. (O dzialaniach na funkcjach rozniczkowalnych) Niech I = (a, b) ⊂ ℝ,x0 ∈ I, f, g : I → ℝ. Jesli f i g s ↪a rozniczkowalne w punkcie x0, to funkcje �f (� ∈ ℝ), f ±g,f ⋅ g oraz f
g(o ile g(x0) ∕= 0) s ↪a rozniczkowalne w punkcie x0 oraz
56
1. (�f)′(x0) = �f ′(x0),
2. (f ± g)′(x0) = f ′(x0)± g′(x0),
3. Wzor Leibniza (f ⋅ g)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + f(x0)g′(x0),
4.(fg
)′(x0) = f ′(x0)g(x0)−f(x0)g′(x0)
[g(x0)]2.
5.3 Pochodne funkcji elementarnych
Lemat 5.16. Niech f : (a, b) → ℝ, f(x) = const, to f ∈ D1(ℝ) oraz f ′(x) = 0 dla kazdegox ∈ ℝ.
Dowod.
f ′(x0) = limx→x0
f(x)− f(x0)
x− x0
= limx→x0
c− cx− x0
= 0.
Lemat 5.17. Niech f : ℝ→ ℝ, f(x) = xn, n ∈ ℕ, to f ∈ D1(ℝ) oraz f ′(x) = nxn−1.
Dowod.
f ′(x0) = limx→x0
f(x)− f(x0)
x− x0
= limx→x0
xn − xn0x− x0
=
limx→x0
(xn−1 + xn−2x0 + xn−3x20 + . . .+ xxn−2
0 + xn−10 ) = nxn−1
0
.
Korzystaj ↪ac z przykladu 5.4 i twierdzenia 5.15 otrzymany, ze
Lemat 5.18. Kazdy wielomian anxn + an−1x
n−1 + . . . + a1x + a0, ai ∈ ℝ, i = 0, . . . , n jestfunkcj ↪a rozniczkowaln ↪a na ℝ oraz
f ′(x) = nanxn−1 + (n− 1)an−1x
n−2 + . . .+ a1.
Wzory na pochodne funkcji elementarnych.
1. (tgx)′ = 1cos2x
2. (ctgx)′ = − 1sin2x
3. (ex)′ = ex
4. (lnx)′ = 1x
5. (ax)′ = ax ln a
57
6. (sinℎx)′ = cosℎx
7. (cosℎx)′ = sinℎx
8. (tgℎx)′ = 1cosℎ2x
9. (ctgℎx)′ = − 1sinℎ2x
10. (arcsinx)′ = 1√1−x2
11. (arctgx)′ = 11+x2
12. (arcsinℎx)′ = 1√1+x2
13. (arctgℎx)′ = 11−x2
Lemat 5.19. Dla kazdego x ∈ ℝ istnieje pochodna funkcji f(x) = ex oraz (ex)′ = ex.
Dowod. Niech x0 ∈ ℝ. Mamy udowodnic, ze
f ′(x0) = limx→x0
f(x)− f(x0)
x− x0
= ex0 .
Przypomnijmy definicj ↪e funkcji ex. Wiemy, ze dla kazdego x ∈ ℝ ex := limn→∞(1 + x
n
)n.
Najpierw udowodnimy, ze∀ x > 0 x ≤ ex − 1 ≤ xex (5.1)
Korzystaj ↪ac ze wzoru
an − 1 = (a− 1)(an−1 + an−1 + . . .+ a+ 1), (5.2)
mozemy napisac:
ex − 1 = limn→∞
[(1 +
x
n
)n− 1]
= limn→∞
x
n
[(1 +
x
n
)n−1
+(
1 +x
n
)n−2
+ . . .+(
1 +x
n
)+ 1
].
(5.3)
Poniewaz x > 0 i a := 1 + xn> 1, to korzystaj ↪ac z (5.2) zapiszemy (5.3) nast ↪epuj ↪aco:
ex − 1 ≤ limn→∞
x
n
[n(
1 +x
n
)n]= xex.
58
Ponadto z (5.3) wynika, ze
ex − 1 ≥ limn→∞
x
n⋅ n = x.
Zatem udowodnilismy (5.1). Teraz wykazemy, ze
limx→0−
ex − 1
x= 1 oraz lim
x→0+
ex − 1
x= 1. (5.4)
Dla x > 0 dzielimy (5.1) stronami przez x i otrzymamy
1 ≤ ex − 1
x≤ ex.
Z twierdzenia o trzech funkcjach wnioskujemy, ze
1 ≤ limx→0+
ex − 1
x≤ lim
x→0+ex.
Poniewaz ex jest f. ci ↪agla, to limx→0+ ex = 1. Zatem limx→0+
ex−1x
= 1. Dla x < 0 podstaw-iamy t = −x > 0. Wtedy
limx→0−
ex − 1
x= lim
t→0+
e−t − 1
−t= lim
t→0+
et − 1
tet= lim
t→0+
1
etet − 1
t.
Z ci ↪aglosci et dla t = 0 i z (5.4) wynika, ze limt→0+
1ete−t−1t
= 1. Mamy udowodnic, ze istniejegranica
limx→x0
ex − ex0
x− x0
= limex−x0 − 1
x− x0
ex0 .
Podstawiaj ↪ac z = x− x0 i korzystaj ↪ac z (5.4) dla z → 0, otrzymamy, ze
limx→x0
ex − ex0
x− x0
= limz→0
ex0ez − 1
z= ex0 .
Przyklad 5.20. Ile wynosi pochodna funkcji f(x) = ex cosx?
Poniewaz ex ∈ D1(ℝ) i cosx ∈ D1(ℝ), to z tw. 5.15 wynika, ze ich iloczyn jest takzefunkcj ↪a rozniczkowaln ↪a na ℝ. Pochodn ↪a iloczynu policzymy korzystaj ↪ac ze wzoru Lebnitzatzn.
(ex cosx)′ = (ex)′ cosx+ ex(cosx)′ = ex cosx+ ex(− sinx) = ex(cosx− sinx).
59
Przyklad 5.21. Ile wynosi pochodna funkcji f(x) = lnxx
, x ∈ ℝ+?
Poniewaz lnx ∈ D1(ℝ+) i x ∈ D1(ℝ), to z tw. 5.15 wynika, ze ich iloraz jest takze funkcj ↪arozniczkowaln ↪a na ℝ+. Aby policzyc pochodn ↪a skorzystamy ze wzoru na pochodn ↪a ilorazutzn. (
lnx
x
)′=
(lnx)′x− (x)′ lnx
x2=
( 1x) ⋅ x− lnx
x2=
1− lnx
x2.
Twierdzenie 5.22. (O rozniczkowalnosci superpozycji) Niech (a, b), (c, d) ⊂ ℝ, f : (a, b) →(c, d), g : (c, d)→ ℝ. Jesli f jest rozniczkowalna w punkcie x0 ∈ (a, b) i g jest rozniczkowalnaw y0 = f(x0) ∈ (c, d), to g ∘ f jest rozniczkowalna w x0 oraz
(g ∘ f)′(x0) = g′(f(x0)) ⋅ f ′(x0).
Przyklad 5.23. Niech ℎ(x) = sin(x3), x ∈ ℝ. Poniewaz f(x) = x3 ∈ D1(ℝ) i g(y) = sin y ∈D1(ℝ), to z tw. 5.22 funkcja ℎ(x) = g(f(x)) ∈ D1(ℝ). Zatem (g ∘ f)′(x) = g′(f(x)) ⋅ f ′(x) =cos(x3)3x2.
Zastosowania: Niech f ∈ D1({x}). Wtedy
1. (ln f(x))′ = f ′(x)f(x)
o ile f(x) > 0
2. (ef(x))′ = ef(x) ⋅ f ′(x)
3. (x�)′ = �x�−1 o ile x ∈ ℝ+, � ∈ ℝ ∖ {1}, gdzie x� := e� lnx.
4. (f�(x))′ = �f�−1(x) ⋅ f ′(x) gdzie � ∈ ℝ.
Twierdzenie 5.24. (O pochodnej funkcji odwrotnej) Niech (a, b), (c, d) ⊂ ℝ, f : (a, b) →(c, d) jest funkcj ↪a rozniczkowaln ↪a na (a, b) oraz roznowartosciow ↪a. Jesli f ′(x0) ∕= 0, to funkcjaodwrotna f−1 jest rozniczkowalna w punkcie y0 = f(x0) oraz
(f−1)′(y0) =1
f ′(f−1(y0))=
1
f ′(x0).
Dowod. Poniewaz f jest funkcj ↪a rozniczkowaln ↪a na (a, b), to z twierdzenia 5.13 wynika, ze fjest takze funkcj ↪a ci ↪agl ↪a na (a, b). Ponadto f jest roznowartosciowa. St ↪ad istnieje f−1, ktorajest funkcj ↪a ci ↪agl ↪a. Niech {yn}n∈ℕ b ↪edie ci ↪agiem w (c, d) ∖ {y0} takim, ze yn → y0. Wowczasz ci ↪aglosci f−1 mamy f−1(yn) → f−1(y0) oraz f−1(yn) ∕= f−1(y0). Zatem jesli xn = f−1(yn),to xn → x0. Ponadto
f−1(yn)− f−1(y0)
yn − y0
=xn − x0
f(xn)− f(x0)→ 1
f ′(x0)=
1
f ′(f−1(y0)).
60
Zadanie 5.25. Korzystaj ↪ac z tego twierdzenia wykazac:
∙ (lnx)′ = 1x
∙ (arcsinx)′ = 1√1−x2
∙ (logax)′ = 1x ln a
.
Odp. Niech y = f(x) = ex to x = f−1(y) = ln(y). Wiemy juz, ze ex jest funkcj ↪aroniczkowaln ↪a dla kazdego x ∈ ℝ oraz f ′(x) = ex ∕= 0. Korzystaj ↪ac z powyzszego twierdzenia
(ln y0)′ =1
f ′(f−1(y0))=
1
(eln y0)′=
1
eln y0=
1
y0
.
Odp. Funkcja f(x) = sin(x) : (−�2,−�
2)→ (−1, 1) jest odwracalna oraz f ′(x) = (sin x)′ =
cosx > 0 dla x ∈ (−�2,−�
2). Zatem funkcja odwrotna oznaczana przez arcsinx : (−1, 1) →
(−�2,−�
2) jest funkcj ↪a rozniczkowaln ↪a oraz
(arcsinx)′ =1
sin′(arcsinx)=
1
cos(arcsinx)=
1√cos2(arcsinx)
=1√
1− sin2(arcsinx)=
1√1− x2
.
Komentarz do wzorow na pochodne funkcji elementarnych.Pochodne funkcji tg(x) i ctg(x) wynikaj ↪a z zastosowania wzorow na pochodn ↪a ilorazu funkcji.Wzor na pochodn ↪a funkcji ex wyprowadzilismy korzystaj ↪ac z defincji pochodnej. Z koleipochodn ↪a lnx obliczylismy z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej. Natomiast dopoliczenia pochodnej funkcji ax = ex ln a mozemy skorzystac z twierdzenia o pochodnej su-perpozycji (ex ln a)′ = ex ln a(x ln a)′ = ex ln a(ln a) = ax ln a. Aby policzyc pohodne funkcjihiperbolicznych sinh, coshx nalezy skorzystac z faktu, ze (e−x) = e−x(−x)′ = −ex orazz twierdzenia 5.15. Do policzenia pochodnych funkcji tℎgℎx i ctgℎx nalezy skorzystamyze wzoru na pochodn ↪a ilorazu funkcji. Pochodne funkcji odwrotnych do funkcji tygonome-trycznych lub hiperbiloicznych liczymy z twierdzenia o pochodnej funkcji odrwotnej. Nast ↪epnief ′(x) = (x�)′ = (e� lnx)′ = e� lnx(� lnx)′ = x� ⋅ �
x= �x�−1.
5.4 Wlasnosci funkcji rozniczkowalnych
Definicja 5.26. Niech I = (a, b) ⊂ ℝ, f : ℝ → ℝ. Mowimy, ze w punkcie x0 ∈ I funkcja fma
∙ minimum lokalne, jesli istnieje otoczenie (x0 − ", x0 + ") ⊂ I punktu x0 takie, ze dlakazdego x ∈ (x0 − ", x0 + ") zachodzi nierownosc f(x0) ≤ f(x);
61
∙ maksimum lokalne, jesli istnieje otoczenie (x0 − ", x0 + ") ⊂ I punktu x0 takie, ze dlakazdego x ∈ (x0 − ", x0 + ") zachodzi nierownosc f(x) ≤ f(x0);
Minima i maksima lokalne funkcji b ↪edziemy nazywac eksstremami lokalnymi funkcji.
Twierdzenie 5.27. (Twierdzenie Fermata- warunek konieczny ekstremum) Niech x0 ∈I = (a, b) ⊂ ℝ, f ∈ C(I) i f ∈ D1({x0}). Jezeli f ma x0 ∈ I ekstremum lokalne, to f ′(x0) = 0.
Dowod. Dla ustalenia uwagi zalozmy, ze f osi ↪aga maksimum lokalne w x0. Wtedy istnieje" > 0 taki, ze f(x)− f(x0) < 0 dla x ∈ (x0 − ", x0 + ") ⊂ I. Poniewaz f jest rozniczkowalnaw x0, zatem
limx→x+
0
f(x)− f(x0)
x− x0
≤ 0 oraz limx→x−0
f(x)− f(x0)
x− x0
≥ 0.
St ↪ad
0 ≤ limx→x+
0
f(x)− f(x0)
x− x0
≤ 0,
wi ↪ec f ′(x0) = 0.
Twierdzenie 5.28. (Twierdzenie Rolle’a) Niech I = [a, b] ⊂ ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞). Jezelif ∈ C([a, b]) i f ∈ D1((a, b)) oraz f(a) = f(b), to istnieje punkt c ∈ (a, b) taki, ze f ′(c) = 0.
Dowod Jesli f jest funkcj ↪a stal ↪a, to pochodna w kazdym punkcie jest rowna zero. Jesli f niejest funkcj ↪a stal ↪a, to z Twierdzenia Weierstrassa II wynika, ze funkcja w tym przedziale osi ↪agakresy czyli s ↪a to ekstrema lokalne funkcji. Zatem z Twierdzenia 5.27 wynika, ze pochodna wtakim punkcie musi byc rowna zero.
Intepretacja geometryczna tw. Rolle’a. Styczna do wykresu funkcji w punkcie c jestrownolegla do osi Ox.
Twierdzenie 5.29. (Twierdzenie Lagrange’a)(tw. o wartosci sredniej) Niech I = [a, b] ⊂ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞). Jezeli f ∈ C([a, b]) i f ∈ D1((a, b)). Wowczas istnieje c ∈ (a, b) taki,ze
f ′(c) =f(b)− f(a)
b− a.
Intepretacja geometryczna tw. Lagrange’a. Styczna do wykresu funkcji w punkcie c jestrownolegla do siecznej przechodz ↪acej przez punkty (a, f(a)) i (b, f(b)).
62
Twierdzenie 5.30. (Twierdzenie Cauchy’ego)(ugolnione tw. o wartosci sredniej) NiechI = [a, b] ⊂ ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞). Niech f, g ∈ C([a, b]) i f, g ∈ D1((a, b)). Wowczas istniejec ∈ (a, b) taki, ze
f ′(c)
g′(c)=f(b)− f(a)
g(b)− g(a).
Twierdzenie 5.31. Niech I = [a, b] ⊂ ℝ (a ∕= −∞, b ∕= +∞). Niech f ∈ C([a, b]) if ∈ D1((a, b)).
1. Jesli f ′(x) = 0 dla kazdego x ∈ (a, b), to f jest funkcj ↪a stala.
2. Jesli f ′(x) > 0 (f ′(x) ≥ 0) dla kazdego x ∈ (a, b), to f jest funkcj ↪a rosn ↪ac ↪a (niemalej ↪ac ↪a).
3. Jesli f ′(x) < 0 (f ′(x) ≤ 0) dla kazdego x ∈ (a, b), to f jest funkcj ↪a malej ↪ac ↪a (nierosn ↪ac ↪a).
5.5 Pochodne wyzszych rz ↪edow
Definicja 5.32. Niech I = (a, b) ⊂, f ∈ D1(I). Niech x0 ∈ I. Jezeli istnieje skonczonagranica
limx→x0
f ′(x)− f ′(x0)
x− x0
,
to nazywamy j ↪a drug ↪a pochodn ↪a funkcji f w punkcie x0 i oznaczamy symbolem f ′′(x0). Ozn.f ∈ D2({x0}).
Ogolnie n-ta pochodna f (n)(x0) (jesli istnieje) jest pochodn ↪a pochodnej f (n−1) czyli
f (n)(x0) = limx→x0
f (n−1)(x)− f (n−1)(x0)
x− x0
.
Ozn f ∈ Dn({x0}). Jezeli dla kazdego x ∈ I zachodzi, ze f ∈ DN({x0}, to mowimy, ze f jestn-krotnie rozniczkowalna na przedziale I i ozn. f ∈ Dn(I).
Definicja 5.33. Jezeli f ∈ D1({x0}) i f ′ jest funkcj ↪a ci ↪agla w punkcie x0, to mowimy, zef jest funkcj ↪a klasy C1 w punkcie x0. Ozn. f ∈ C1({x0}). Jezeli f ′ jest funkcj ↪a ci ↪agla dlakazdego x ∈ (a, b) to mowimy, ze f jest funkcj ↪a klasy C1 na (a, b) i piszemy f ∈ C1(a, b).Analogicznie jesli f ∈ Dn({x0}) i f (n) jest funkcj ↪a ci ↪agla w punkcie x0, to mowimy, ze f jestfunkcj ↪a klasy Cn w punkcie x0. Ozn. f ∈ Cn({x0}). Jezeli f (n) jest funkcj ↪a ci ↪agla dla kazdegox ∈ (a, b), to mowimy, ze f jest funkcj ↪a klasy Cn na (a, b) i piszemy i piszemy f ∈ Cn(a, b).
63
Definicja 5.34. Jezeli dla kazdego n ∈ ℕ zachodzi, ze f ∈ Dn(a, b), to mowimy, ze f jestNIESKONCZENIE wiele razy rozniczkowalna na (a, b) i ozn. f ∈ D∞(a, b). Analogicznie,Jezeli dla kazdego n ∈ ℕ zachodzi, ze f ∈ Cn(a, b), to mowimy, ze f jest klasy C∞ naprzedziale (a, b) i ozn. f ∈ C∞(a, b).
Uwaga 5.35. Jesli f ∈ Cn(a, b), to f ∈ Dn(a, b).
Przyklad 5.36. Policzyc pochodne funkcji f(x) = xn
f ′(x) = nxn−1,
f ′′(x) = n(xn−1)′ = n(n− 1)xn−2,
f ′′′(x) = n(n− 1)(n− 2)xn−3,
...
f (k)(x) = n(n− 1)(n− 2) . . . (n− (k − 1))xn−k
= n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)xn−k dla k < n,
...
f (n)(x) = n(n− 1)(n− 2) . . . (n− (n− 1)) = n!
f (l)(x) = 0 dla l > n.
Wniosek 5.37. Wielomian f(x) = anxn + an−1x
n−1 + . . . + a1x + a0 jest funkcj ↪a klasy C∞
na ℝ.
Uwaga 5.38. Funkcja f(x) = ex ∈ C∞ na ℝ, poniewaz dla kazdego n ∈ ℕ zachodzi, zef (n)(x) = f(x) = ex ∈ C(ℝ).
Zadanie 5.39. Wyprowadzic wzor na n-t ↪a pochodn ↪a funkcji f(x) = sinx, x ∈ ℝ.
Wiemy, ze f ′(x) = cosx,f ′′(x) = − sin(x), f ′′′(x) = − cosx, f (4) = sin(x) = f(x). Widac,ze f (5)(x) = f ′(x), f (6)(x) = f ′′(x), f (7)(x) = f ′′′(x), f (8)(x) = f (4)(x) = f(x). Wyprowadz-imy wzor rekurencyjny na n-t ↪a pochodn ↪a.
f (n)(x) = sin(x+
n�
2
)dla n ≥ 1, x ∈ ℝ
Dla n = 1 mamy, ze f ′(x) = (sinx)′ = cosx = sin(x+ �
2
)dla x ∈ ℝ. Zalozmy, ze wzor jest
prawdziwy dla k = n− 1 tzn. f (n−1)(x) = sin(x+ (n−1)�
2
). Wtedy
f (n)(x) = sin
(x+
(n− 1)�
2
)= cos
(x+
(n− 1)�
2
)= sin
(x+
(n− 1)�
2+�
2
)= sin
(x+
n�
2
).
64
Z Twierdzenia o indukcji matematycznej wynika, ze wzor jest prawdziwy dla kazdego n ∈ ℕ.Faktycznie pokazalismy, ze f(x) = sin(x) ∈ C∞(ℝ).
65