Plan wykładów z Matematyki, I 2014/2015 semestr zimowy 1 ...
54
Plan wykladów z Matematyki, I 2014/2015 semestr zimowy 1. Powtórka i wiadomości wstępne. (a) Podstawowe funkcje: pierwiastki, funkcja potęgowa, logarytm. (b) Trygonometria. (c) Dwumian Newtona, parzystość funkcji. 2. Rachunek różniczkowy. (a) Ciągi liczbowe i ich zbieżność. (b) Obliczanie granic ciągów. Zbieżność szeregów. (c) Granica funkcji. Ciąglósć funkcji. (d) Definicja pochodnej funkcji i jej obliczanie. (e) Różniczka funkcji, extrema, druga pochodna. (f) Zastosowania rachunku różniczkowego. (g) Szereg Taylora 3. Rachunek calkowy. (a) Calka nieoznaczona. (b) Calka oznaczona, obliczanie pól powierzchni. (c) Zastosowanie rachunku calkowego. (d) Calka niewlaściwa. 1
-
Upload
vuongnguyet -
Category
Documents
-
view
286 -
download
0
Transcript of Plan wykładów z Matematyki, I 2014/2015 semestr zimowy 1 ...
Plan wykładów z Matematyki, I 2014/2015 semestr zimowy
1. Powtórka i wiadomości wstępne.
(a) Podstawowe funkcje: pierwiastki, funkcja potęgowa, logarytm.
(b) Trygonometria.
(c) Dwumian Newtona, parzystość funkcji.
2. Rachunek różniczkowy.
(a) Ciągi liczbowe i ich zbieżność.
(b) Obliczanie granic ciągów. Zbieżność szeregów.
(c) Granica funkcji. Ciągłósć funkcji.
(d) Definicja pochodnej funkcji i jej obliczanie.
(e) Różniczka funkcji, extrema, druga pochodna.
(f) Zastosowania rachunku różniczkowego.
(g) Szereg Taylora
3. Rachunek całkowy.
(a) Całka nieoznaczona.
(b) Całka oznaczona, obliczanie pól powierzchni.
(c) Zastosowanie rachunku całkowego.
(d) Całka niewłaściwa.
1
Literatura podstawowa i uzupełniająca
1. Marian Gewert, Zbigniew Skoczylas , Analiza Matematyczna 1, Definicje , twierdzenia,
wzory, Oficyna Wydawnicza GiS, Wrocaw 2010
2. Marian Gewert, Zbigniew Skoczylas , Analiza Matematyczna 1, Przykłady i zadania, Ofi-
cyna Wydawnicza GiS, Wrocław 2010
3. Sylwester Smolik, Zadania z zastosowań matematyki, Wydawnictwo SGGW Warszawa
2008.
4. Marek Lassak, Matematyka dla studiów technicznych, Supremum, Warszawa 2000
2
1 Prosta liczbowa
• N = {1, 2, 3, ...} liczby naturalne,
• Z = {...,−1, 0,+1, 2, 3, ...} liczby całkowite,
• Q = {p/q; p, q ∈ Z, q = 0} liczby wymierne
• R cała prosta liczbowa, liczby rzeczywiste.
1.1 Wartość bezwzględna
Definicja 1.1 Wartością bezwzględną liczby x ∈ R nazywamy liczbę
|x| =
x gdy x 0
−x gdy x < 0
• |5| = 5 , | − 3| = 3,
• |1−√2| =√2− 1 (bo 1 <
√2) ,
• |2− sinx| = 2− sinx (bo sin x < 2) ,
• Rozwiązać nierówność: |x− 2| < 3.
Interpretacja geometryczna:
|x− a| = odległość puktów x i a na prostej liczbowej.
A zatem rozwiązaniem nierówności |x− a| < ϵ , gdzie a, ϵ > 0 są dane a x jest niewiadomą,
jest
{x ∈ R; |x− a| < ϵ} = {x ∈ R; x jest odległy od a mniej niż ϵ} = (a− ϵ, a+ ϵ)
• Rozwiązać nierówność: |x+ 1| < 2.
Twierdzenie 1.2 Nierówność trójkąta.
Dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y :
|x+ y| ¬ |x|+ |y|
3
2 Podstawowe funkcje
2.1 Funkcja liniowa i kwadratowa
Funkcja liniowa y = ax+ b , y = 2x− 1 , y = −x+ 2.
Funkcja kwadratowa y = x2 , y = ax2 + bx+ c.
Pierwiastki (∆). x2 − 5x+ 6 = 0 , x2 + 6x+ 9 = 0 , x2 + 4x+ 5 = 0.
Wzory Viete’a. x1 · x2 = c/a , x1 + x2 = −b/a.
2.2 Funkcja odwrotna
Dana jest funkcja f : (a, b)→ (c, d). Funkcję tę nazywamy
• różnowartościową jeśli
x = x′ ⇒ f(x) = f(x′)
dla każdych x, x′ ∈ (a, b)
• ”na” jeśli dla każdego y ∈ (c, d) istnieje x ∈ (a, b) takie, że y = f(x)
• wzajemnie jednoznaczną jeśli jest różniowartoścoiowa i ”na”.
Przykład 2.1 f(x) = x2. Nie jest, jako funkcja f : R → R ani różnowartościowa ani ”na”
ale jeśli zawęzimy jej dziedzinę i przeciwdziedzinę do f| : [0,∞) → [0,∞) to uzyskamy funkcję
wzajemnie jednoznaczną.
Twierdzenie 2.2 Funkcja f : A → B jest wzajemnie jednoznaczna ⇐⇒ istnieje funkcja
odwrotna g : B → A tzn.
gf(x) = x dla każdego x ∈ A
fg(y) = y dla każdego y ∈ B
2.3 Pierwiastki
Funkcja f| : [0,∞) → [0,∞) dana wzorem f(x) = x2 jako wzajemnie jednoznaczna posiada
odwrotną. Jest to pierwiastek kwadratowy.
Uwaga 2.3 Wykresy funcji wzajemnie odwrotnych są symetryczne względem osi prostej x = y.
Podobnie dla pierwiastków wyższych stopni.
4
2.4 Funkcja wykładnicza i logarytm
Dla ustalonego a > 0 określamy funkcję wykładniczą f(x) = ax.
Dla x = p/q przyjmujemy ap/q = q√ap = ( q
√a)p.
Własności funkcji wykładniczej
1. ax+y = ax · ay
2. a−x = 1/ax
3. a0 = 1
4. a1 = a
Dla każdego a > 0 funkcja ax jest rosnąca i przeprowadza wzajemnie jednoznacznie prostą
na półprostą (0,∞). A stąd funkcja odwrotna logarytm: loga : (0,∞)→ R.
Własności logarytmu
1. loga(xy) = loga x · loga y
2. loga(1/x) = − loga x
3. loga 1 = 0
4. loga a = 1
A zatem loga a2 = 2 , log2 8 = 3 , log8 2 = 1/3 , loga a
k = k.
3 Funkcje trygonometryczne
3.1 Funkcje odwrotne do trygonometrycznych
Funkcje trygonometryczne nie są różnowartościowe w całej swej dziedzinie gdyż są okresowe.
Funkcja sinus na przedziale [−π2 ,+π2 ] jest rosnąca a jej obrazem jest przedzial [f(−
π2 ), f(+
π2 )] =
[−1,+1]. A zatem istnieje funkcja odwrotna arc sin : [−1,+1]→ [−π2 ,+π2 ]
Funkcja cosinus na przedziale [0, π] jest malejąca a jej obrazem jest przedzial [f(−π2 ), f(+π2 )] =
[−1,+1]. A zatem istnieje funkcja odwrotna arc cos : [−1,+1]→ [0, π].
Funkcja tangens na przedziale (−π2 ,+π2 ) jest rosnąca a jej obrazem jest R. A zatem istnieje
funkcja odwrotna arctg : R→ (−π2 ,+π2 ).
5
3.2 Indukcja matematyczna
Dane są zdania Tn gdzie n ∈ N: Jeśli
1. T1 jest prawdziwe
2. dla każdego k ∈ zachodzi implikacja: Tk ⇒ Tk+1
to wszystkie zdania Tn, gdzie n ∈ N są prawdziwe.
• Pokazać, że równość
12 + 22 + ...+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)
6
zachodzi dla każdej liczby naturalnej n
• To samo dla wzoru
11 · 5+15 · 9+19 · 13
+ · · ·+ 1(4n− 3)(4n+ 1)
=n
4n+ 1
• Dla jakich liczb naturalnych prawdziwa jest nierówność?
4n ¬ n2 − 7
3.3 Dwumian Newtona
Dla n ∈ N określamy:
n! = 1 · 2 · 3 · · ·n
a ponadto przyjmujemy 0! = 1 (silnia).
Przypomnijmy wzory:
(a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2
(a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3
Ogólnie
(a+ b)n =(n
0
)anb0 +
(n
1
)an−1b1 +
(n
2
)an−2b2
+ · · ·(n
k
)an−kbk + · · ·+
(n
n
)+ a0bn
6
gdzie(n
k
)=
n!k!(n− k)!
.
Przykładowo(103
)=
10!3!(10− 3)!
=10!3! · 7!
=7! · 8 · 9 · 103! · 7!
=8 · 9 · 101 · 2 · 3
= 4 · 3 · 10 = 120.(5048
)=50!48!2!
=48! · 49 · 5048!2!
=49 · 502= 1225
Mają miejsce wzory: (n
0
)= 1 ;
(n
1
)= n ;
(n
2
)=n(n− 1)2(
n
k
)=(n
n− k
);(n
n
)= 1
3.4 Trójkąt Pascala
Wartości symboli Newtona można również odczytywać z tzw. trójkąta Pascala. 1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
.....................................................
A stąd (a+ b)5 = a5 + 5a4b+ 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5,
(x− 1)6 = x6 − 6x5 + 15x4 − 20x3 + 15x2 − 6x+ 1
(√2+1)4 = (
√2)4+4(
√2)3+6(
√2)2+4(
√2)+1 = 4+4(
√2) ·2+6 ·2+4(
√2)+1 = 17+8
√2
Twierdzenie 3.1(nk
)= ilość podzbiorów k-elementowych zbioru n-elementowego
(=ilość kombinacji k-elementowych w zbiorze n-elementowym).
• Ile jest możliwych wyników w totolotku?(496
)=49!6! · 43!
=43! · 44 · 45 · 46 · 47 · 48 · 491 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 43!
= 22 · 3 · 46 · 47 · 2 · 46 ≈ 14mln
Twierdzenie 3.2 Ilość wszystkich możliwych podzbiorów zbioru n-elementowego wynosi 2n.
Dowód.
2n = (1 + 1)n =(n
0
)+(n
1
)+(n
2
)+ · · ·+
(n
n
)
7
3.5 Granica ciągu
Definicja 3.3 Ciągiem elementów zbioru X nazywamy dowolną funkcję a : N → X odwzoro-
wującą zbiór liczb naturalnych w zbiór X. �
Oznaczamy: a(1), a(2), ..., a(n), ... (an)n∈N, (an).
Rozpatrujemy ciągi o wartościach w R.
Definicja 3.4 Liczbę a ∈ R nazywamy granicą ciągu (an) ⇐⇒ dla każdego ϵ > 0 istnieje
liczba nϵ ∈ R taka, że dla każdego n > nϵ zachodzi nierówność |an − a| < ϵ.
�Prawie wszystkie wyrazy ciągu leżą w przedziale (otoczeniu) (a− ϵ, a+ ϵ). Piszemy wówczas
limn→∞an = a, lub an → a
Ciągi posiadające granicę nazywamy zbieżnymi pozostałe rozbieżnymi.
Twierdzenie 3.5 Działania na ciągach zbieżnych.
Niech limn→∞an = a, lim
n→∞bn = b
Wówczas
1. limn→∞(an ± bn) = a+ b
2. limn→∞an · bn = a · b
3. limn→∞an/bn = a/b (jeśli tylko bn, b = 0).
Dowód. (Dla sumy)...
3.6 Granice niewłaściwe
.
Dołączamy symbole ∞, −∞. Prosta rozszerzona R = R ∪ {∞,−∞}.
Definicja 3.6 Ciąg nazywamy rozbieżnym do nieskończoności ⇐⇒ dla każdej liczby M ∈ R
istnieje takie n0, że dla n > n0 zachodzi nierówność an > M. Piszemy wówczas limn→∞an =∞.�
Wówczas prawie wszystkie wyrazy ciągu leżą w przedziale (M,∞).
8
Definicja 3.7 Ciąg nazywamy rozbieżnym do minus nieskończoności ⇐⇒ dla każdej liczby
m ∈ R istnieje takie n0, że dla n > n0 zachodzi nierówność an < m.
Wówczas prawie wszystkie wyrazy ciągu leżą w przedziale (−∞,m).
3.7 Twierdzenia o ciągach zbieżnych.
Definicja 3.8 Ciąg nazywamy ograniczonym ⇐⇒ zbiór jego wartości jest ograniczony. Tzn.
istnieją liczby m,M ∈ R, że dla każdego n ∈ N m ¬ an ¬M .
Twierdzenie 3.9 Każdy ciąg zbieżny jest ograniczony.
Dowód. ...
Nie jest na odwrót!
• Ciąg an = (−1)n.
Definicja 3.10 Podciągiem ciągu (an) nazywamy ciąg powstały poprzez opuszczenie pewnych
wyrazow ciągu (an).
Na przykład ciągi liczb parzystych: 2, 4, 6, ..., kolejnych kwadratów 1, 4, 9, 16, ... czy liczb
pierwszych 2, 3, 5, 7, 11, ... są podciągami ciagu liczb naturalnych.
Twierdzenie 3.11 (Bolzano,Weierstrass).
Każdy ciąg ograniczony posiada podciąg zbieżny.
• Ciąg an = (−1)n nie jest zbieżny ale np. jego podciąg o numerach parzystych jest zbieżny
(gdyż jest stały).
Twierdzenie 3.12 (O trzech ciągach).
Dane są ciągi an ¬ bn ¬ cn. Jeśli limn→∞an = lim
n→∞cn to także ciąg bn jest zbieżny do tej samej
granicy.
Dowód....
Twierdzenie 3.13 Jeśli an → a, bn → b oraz an ¬ bn to także a ¬ b.
• Niech an = − 1n , bn = +1n. Wówczas an < bn ale lim
n→∞an = lim
n→∞bn = 0. A zatem przejście
do granicy może ”stępić” nierówność.
9
Definicja 3.14 Ciąg nazywamy monotonicznym gdy jest on rosnący lub malejący: tzn. a1 ¬
a2 ¬ a3 ¬ ... lub a1 a2 a3 ....
Twierdzenie 3.15 Każdy ciąg monotoniczny i ograniczony jest zbieżny.
Dowód. Niech ciąg (an) będzie rosnący. Pokażemy jest jest on zbieżny do liczby a = sup{an :
n ∈ N}.
3.8 Podstawowe granice.
• limn→∞
n√a = 1. (tutaj a > 0).
Dowód. Niech a 1. Oznaczmy n√a = 1+ cn. Pokażemy że cn → 0. Otóż cn 0, a więc
a = (1 + cn)n = 1 + n · cn +(n
2
)(cn)2 + ... n · cn
A zatem 0 ¬ cn ¬a
n.
• Podobnie można pokazać, że limn→∞
n√n = 1.
• limn→∞
n
an= 0 dla a > 1.
Dowód. Niech a = 1 + c gdzie c > 0. Wówczas
n
an=
n
(1 + c)n=
n
1 +(n1
)c+
(n2
)c2 + ...+
(nn
)cn
¬ n(n2
)c2=
2(n− 1)c2
→ 0
• limn→∞
ann!= 0.
Dowód. Dla n = 2.
2n
n!=2 · 2 · 2....21 · 2 · 3....n
¬ 2 · 2 · 21 · 2 · 3
(12)n−3 =
43· 12n−3→ 0.
• limn→∞
n!nn= 0.
Dowód. Niech n = 2k lub 2k + 1. Wówczas
n!nn=1 · 2... · kn · n... · n
· (k + 1) · .... · nn · ...... · n
¬ (12)k → 0.
10
3.9 Liczba e (podstawa logarytmów naturalnych).
Pozpatrzmy ciąg (1 +1n)n. Pokażemy, że jest on ograniczony.
(1 +1n)n = 1+
(n
1
)1n+(n
2
)1n2+ · · ·+
(n
n
)1nn= 1+ 1+
n(n− 1)n2
· 12!+n(n− 1)(n− 2)
n3·
13!+ · · · n(n− 1) · · · 2 · 1
nn· 1n!¬ 1 + 1 + 1
2!+13!+ · · · 1
n!¬ 1 + 1 + 1
2+122+ · · · 1
2n−1< 3.
Z poniższej interpretacji wyniknie, że ciąg ten jest rosnący. A zatem ciąg ten (jako rosnący
i ograniczony) jest zbieżny. Granicę oznaczamy e = lim(1 +1n)n. Jest to liczba niewymierna
e ≈ 2, 718281....
Wpłacamy do banku kwotę 1 PLN na okres roku z oprocentowaniem 100%. Wowczas po
roku będziemy mieli 1+1=2zł. Jeśli jednak po połowie roku dopiszemy 50% a nastepnie odsetki
będą procentować to po roku będzie (1+12)(1+
12) = (1+
12)2. Dopisując odsetki co 4-miesiące
uzyskamy (1 +13)3zł i ogólnie dzieląc rok na n-części (1 +
1n)n.
A zatem ciąg (1 +1n)n jest rosnący gdyż częstsze dopisywanie odsetków szybciej zwiększa
wkład. Zauważmy, że przy ciągłym dopisywaniu odsetków można uzyskać to metodą nie więcej
niż e < 3zł.
Jeśli oprocentowaniu ( w ciągu roku) wynosi α to przy ciągłym dopisywaniu odsetków
wpłacona kwota zostaje (po roku) pomnożona przez eα.
11
3.10 Szeregi liczbowe
Umowa sumacyjna:n∑k=1
ak = a1 + a2 + · · ·+ an.
Np.10∑k=1
1k=11+12+13+ · · ·+ 1
10.
Dany jest ciąg (an). Wówczas S1 = a1, S2 = a1 + a2, S3 = a1 + a2 + a3, ..., Sn = a1 + a2 +
...+ an,... nazywamy sumami częściowymi.
Definicja 3.16 Sumą szeregu nieskończonego nazywamy granicę (o ile istnieje !) ciągu sum
częściowych Sn. Oznaczamy∞∑k=1
ak = limn→∞
n∑k=1
ak �
Szereg nazywamy zbieżnym gdy ma granicę skończoną.
• Szereg geometryczny.
ak = aqk−1 (a, q dane). Wówczas Sn = a1 + · · ·+ an = a1− qn
1− q→ a
1− qo ile |q| < 1.
• Rozwinięcie dziesiętne.
Każdą liczbę x ∈ [0, 1] można zapisać x = 0, a1a2...ak.... gdzie ai = 0, 1, 2, ..., 9.
23= 0, 666...6... =
610+6100+ · · ·+ 6
10n+ · · · =
∞∑n=1
610n
Ogólnie x = 0, a1a2...ak.... =∞∑k=1
ak10k.
Uwaga 3.17 Nie każda suma nieskończona ma sens ! Np.
1− 1 + 1− 1 + · · · = ?
Twierdzenie 3.18 Warunek konieczny zbieżności szeregu.
Jeśli szereg∞∑k=1
ak jest zbieżny to limn→∞an = 0. (Wyraz ogólny szeregu dąży do zera).
• Szereg harmoniczny∞∑k=1
1k. Szereg ten jest rozbieżny bo:
12+ (13+14)+ (15+16+17+18)+
(19+ · · · + 1
16) + (
117+ · · · + 1
32) + · · · . Pozostaje zauważyć, że suma w każdym nawiasie jest
12 .
Zauważmy, że szereg harmoniczny spełnia powyższy warunek: (1k→ 0). A zatem nie jest to
warunek wystarczający zbieżności szeregu.
Definicja 3.19 Szereg∞∑k=1
ak nazywamy bezwzględnie zbieżnym jeśli zbieżny jest szereg∞∑k=1
|ak|.
12
Twierdzenie 3.20 Szereg bezwzględnie zbieżny jest zbieżny. �
W dalszym ciągu omawiamy szeregi o wyrazach nieujemnych.
Wówczas ciąg sum częściowych jest rosnący a więc są tylko dwie możliwości: albo ciąg sum
częściowych jest ograniczony i szereg jest zbieżny albo jest nieograniczony i szereg jest rozbieżny
do ∞.
3.11 Kryteria zbieżności szeregu.
Twierdzenie 3.21 Kryterium porównawcze
Dane są ciągi 0 ¬ an ¬ bn. Wówczas:
• Jeśli∞∑k=1
bk jest zbieżny to także∞∑k=1
ak jest zbieżny.
• Jeśli∞∑k=1
ak jest rozbieżny to także∞∑k=1
bk jest rozbieżny.
Dowód. (a) Jeśli szereg∞∑k=1
bk jest zbieżny to wówczas ciąg jego sum częściowych jest
ograniczony. A zatem także ciąg sum częściowych (mniejszego) szeregu∞∑k=1
ak jest ograniczony
a zatem szereg ten jest zbieżny. �
Twierdzenie 3.22 Szereg∞∑n=1
1nαjest zbieżny dla α > 1 a rozbieżny dla α ¬ 1.
Wniosek 3.23 Szeregi∞∑n=1
1n2,∞∑n=1
1n3,∞∑n=1
1n ·√nsą zbieżne.
Szeregi∞∑n=1
1n,∞∑n=1
1√nsą rozbieżne.
• Zbadać zbieżność szeregu∞∑n=1
n− 12n3 + 1
.
n− 12n3 + 1
¬ n
2n3=12n2. A zatem ( stosujemy kryterium porównawcze) szereg nasz jest
zbieżny jako mniejszy od szeregu zbieżnego12
∞∑n=1
1n2.
• Zbadać zbieżność szeregu∞∑n=1
n+ 1n2 − 1
.
Ponieważn+ 1n2 − 1
nn2=1nwięc szereg nasz jest rozbieżny jako większy od szeregu harmo-
nicznego .
13
Twierdzenie 3.24 Kryterium porównawcze w postaci granicznej. Dane są ciągi liczb dodat-
nich (an), (bn) dla których limn→∞
anbn= c gdzie 0 < c < ∞. Wówczas szereg
∞∑k=1
ak jest zbieżny
⇐⇒ szereg∞∑k=1
bk jest zbieżny.
• Zbadać zbieżność szeregu∞∑n=1
2n2 + 2n3 + 5
.
Przyjmujemy bn =1n. Wówczas
anbn=(2n2 + 2)nn3 + 5
→ 2. A zatem z rozbieżności szeregu
harmonicznego wynika rozbieżność badanego szeregu.
Twierdzenie 3.25 Kryterium d’Alemberta
Jeśli limn→∞
an+1an= g
• jeśli g < 1 to szereg∞∑k=1
ak jest zbieżny
• jeśli g > 1 to szereg∞∑k=1
ak jest rozbieżny
• g = 1 - przypadek wątpliwy. �
• Zbadać zbieżność szeregu∞∑n=1
2n
n!.
an+1an=2n+1 · n!(n+ 1)! · 2n
=2n→ 0. Ponieważ (g = 0 < 1) więc badany szereg jest zbieżny.
Twierdzenie 3.26 Kryterium Cauchy’ego.
Niech limn→∞
n√an = g.
Teza jak w kryterium d’Alemberta. �
•Zbadać zbieżność szeregu∞∑n=1
n
2n.
Ponieważ n
√n
2n=
n√n
2→ 12< 1 więc szereg jest zbieżny.
3.12 Szeregi naprzemienne
Obecnie będziemy rozpatrywać szeregi o wartościach dowolnych (również ujemnych).
Definicja 3.27 Szereg∞∑k=1
ak nazywamy naprzemiennym jeśli spełnione są trzy warunki:
1. an · an+1 ¬ 0
14
2. |an| |an+1|
3. limn→∞an = 0
Twierdzenie 3.28 Kryterium Leibniza.
• Szereg naprzemienny jest zbieżny.
• Ponadto jeśli S =∞∑k=1
ak zaś Sn =n∑k=1
ak oznacza n-tą sumę częściową to |Sn−S| ¬ |an+1|.
Wniosek 3.29 Szereg anharmoniczny∞∑n=1
(−1)n
njest zbieżny. (Ale nie bezwzględnie !)
15
3.13 Ciągłość funkcji
”Małe zmiany argumentu powodują małe zmiany wartości funkcji”
Definicja 3.30 Cauchy’ego ciągłości funkcji
Funkcja f : R → R jest ciągła w punkcie x0 jeśli dla każdego ϵ > 0 istnieje δ > 0 taka, że
dla każdego x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) zachodzi |f(x)− f(x0)| < ϵ
•Sprawdzić ciągłość funkcji f(x) = x2 w punkcie x0 = 1
Ustalamy ϵ > 0. Kiedy |x2 − 1| < ϵ ?
Zauważmy, że |x2 − 1| = |x − 1||x + 1| < 3|x − 1| (dla x ∈ (0, 2)). A zatem przyjmujemy
δ = min{1, ϵ/3}. Wówczas dla |x− 1| < δ mamy |x2 − 1| < 3|x− 1| < ϵ.
•
sgn(x) =
+1 dla x > 0
−1 dla x < 0
0 dla x = 0
Funkcja ta nie jest ciągła w x0 = 0 bo dla ϵ = 12 nie można dobrać delty.
Definicja 3.31 Heinego ciągłości funkcji f : R → R jest ciągła w punkcie x0 ∈ R ⇐⇒ dla
każdego ciągu punktów xn → x0 ciąg wartości f(xn)→ f(x0).
Twierdzenie 3.32 Definicje Cauchy’ego i Heinego ciągłosci funkcji są równoważne.
Definicja 3.33 Funkcję nazywamy ciągła gdy jest ciągła w każdym punkcie swojej dziedziny.
Wniosek 3.34 Działania na funkcjach ciąglych dają funkcje ciągłe. Tzn. jeśli f, g są ciągłe w
punkcie x0 to także f(x) + g(x), f(x) · g(x),f(x)/g(x) są ciągle w x0 (o ile x = 0).
Dowód. Dla iloczynu. Stosujemy definicję Heinego. Niech xn → x0. Wówczas f(xn)·g(xn)→
f(x0) · g(x0).
Podobnie dla sumy czy ilorazu. �A zatem wielomiany W (x) = a0xn + a1xn−1 + ... + an są ciągłe. Także funkcje wymierne
P (x)Q(x)
(P (x), Q(x)-wielomiany) są ciągłe w swojej dziedzinie (tzn. tam gdzie Q(x) = 0).
Twierdzenie 3.35 Złożenie dwu funkcji ciągłych jest funkcją ciągła. Tzn. Jeśli f jest ciągła
w punkcie x0 zaś g jest ciągła w y0 = f(x0) to złożenie g ◦ f jest ciągłe w x0.
16
Dowód. (Z def. Heinego). Niech xn → x0. Pokażemy, że g((xn))→ g(f(x0)). Otóż z ciągłosci
f wynika, że f(xn)→ f(x)) a wówczas ciągłość g daje g(f(xn))→ g(f(x0)). �
Twierdzenie 3.36 Weierstrass Funkcja ciągła na odcinku domkniętym jest ograniczona i
osiąga swoje kresy.
Dowód. Nie wprost. Zakładamy, że f jest nieograniczona z góry. Pokażemy, że f nie jest
ciągła w pewnym punkcie odcinka [a, b].
Skoro f jest nieograniczona z góry to istnieje taki ciąg punktów xn ∈ [a, b], że f(xn)→∞.
Z ciągu tego można wybrać podciąg zbieżny (Tw.Bolzano-Weierstrassa) Każdy ciąg ograniczo-
ny zawiera podciąg zbieżny). Oznaczmy ten podciąg przez xnk . Ponieważ przedział [a, b] jest
domknięty więc granica tego podciągu x0 = limk→∞xnk ∈ [a, b]. Ale limk→∞ f(xnk) =∞ czyli f
nie jest ciągła w x0. Uzyskana sprzeczność dowodzi , że f musi być ograniczona. �• Funkcja f : (0, 1] → R dana wzorem f(x) =
1xjest ciągła w każdym punkcie odcinka
(0, 1]. Tym niemniej funkcja ta nie jest ograniczona. A zatem założenie domkniętości odcinka
w powyższym twierdzeniu jest istotne.
Twierdzenie 3.37 o wartości pośredniej, własność Darboux Funkcja ciągła f : [a, b]→ R na
odcinku przybiera wszystkie swoje wartości pośrednie. Tzn. jeśli y0 ∈ (f(a), f(b)) to istnieje
liczba c ∈ (a, b) taka, że f(c) = y0.
Definicja 3.38 Niech c ∈ [a, b] i oznaczmy X = [a, b] \ c → R. Mówimy, że liczba C jest
granicą funkcji f : X → R w punkcie c ⇐⇒ funkcja f : [a, b]→ R dana wzorem
f(x) =
f(x) dla x = c
C dla x = c
jest ciągła w punkcie c.
3.14 Ciągłość funkcji trygonometrycznych.
Stosujemy miarę łukową kąta !
Ma miejsce nierówność | sin(x)| ¬ |x| przy czym równość zachodzi tylko dla x = 0. A zatem
limx→0sin(x) = 0.
17
A zatem limt→0cos(t) = lim
t→0
√1− sin2 t = 1 = cos 0. A to dowodzi ciągłości funkcji cos(t) w
punkcie x0 = 0.
Ciągłość funkcji sin(x) w dowolnym punkcie uzyskujemy z:
limh→0sin(x+ h) = lim
h→0(sinx cosh+ cos x sinh) = sinx.
Podobnie uzasadniamy ciągłość funkcji cos t. A stąd ciągłość tg(x) =sin(x)cos(x)
w swojej
dziedzinie (tzn. dla x = kπ + π/2).
3.15 Przykłady granic.
Pokażemy że limx→0
sin xx= 1.
Zauważmy, że sin x < x < tg x. A więc 1 <x
sinx<1cos x. A stąd lim
x→0
sinxx= 1.
Pokażemy, że limh→0+
ln(1 + h)h
= 1.
Otóż limh→0+
ln(1 + h)h
= limh→0+ln(1 + h)
1h = lim
x→∞ln(1 +
1x)x = ln e = 1.
Podobnie można pokazać, że (dla dowolnego a > 0)
limh→0+
loga(1 + h)h
=1ln a.
3.16 Funkcje odwrotne
Niech f : X → Y oznacza funkcję między zbiorami X, Y .
Definicja 3.39 Funkcję f nazwiemy różnowartościową ⇐⇒ x = x′ ∈ X to f(x) = f(x′) ∈ Y .
(Różnym argumentom odpowiadają różne wartości).
Definicja 3.40 Mówimy , że f jest funkcją ”na” ⇐⇒ dla każdego y ∈ Y istnieje x ∈ X
spełniające f(x) = y.
• Funkcja f : R → R dana wzorem f(x) = x2 nie jest ani róznowartościowa (bo np.
(−1)2 = 12) ani ”na” bo dla żadnej liczby rzeczywistej x2 = −1.
Definicja 3.41 Niech będą dane funkcje f : X → Y oraz g : Y → Y . Mówimy, że f i g
są wzajemnie odwrotne jeśli dla każdego x ∈ X zachodzi gf(x) = x oraz dla każdego y ∈ Y
zachodzi fg(y) = y.
Twierdzenie 3.42 Funkcja f : X → Y posiada odwrotną ⇐⇒ f jest różnowartościowa i
”na”.
18
Twierdzenie 3.43 Jeśli f : [a, b] → R jest funkcją ostro rosnącą (lub malejącą) oraz ciągłą
to f jest odwzorowaniem wzajemnie jednoznacznym odcinka [a, b] na odcinek [f(a), f(b)].
Dowód. Niech x = x′ ∈ [a, b]. Wówczas np. x < x′. Ponieważ f jest rosnąca więc f(x) <
f(x′). A zatem f jest różnowartościowa. Niech y ∈ [f(a), f(b)]. Wówczas z własności Darboux
istnieje x ∈ [a, b] spełniające f(x) = y. A zatem f jest ”na”.
Wniosek 3.44 Jeśli f : [a, b] → R jest funkcją ostro rosnącą (lub malejącą) oraz ciągłą to
istnieje funkcja do niej odwrotna g : [f(a), f(b)]→ [a, b].
Funkcje f : [0,∞) → [0,∞) dana wzorem f(x) = x2 jest ciągła oraz rosnąca. A zatem
istnieje funkcja doń odwrotna. Funkcję tę nazywamy pierwiastkiem kwadratowym.√:[0,∞)→
[0,∞).
Podobnie dla każdej liczby parzystej określamy funkcję n√·; [0,∞) → [0,∞) jako funkcje
odwrotą do funkcji f ; [0,∞) → [0,∞) danej wzorem f(x) = xn. Dla n nieparzystego funkcja
f(x) = xk jest rosnąca na całym R. Pierwiastek nieparzestego stopnia jest określony dla każdej
liczby rzeczywistej.
Funkcja wykładnicza. ax : R → R gdzie a > 0 ma wykres A więc jest to funkcja rosnąca a
jej obrazem jest półprosta (0,∞). A stąd funkcja do niej odwrotna loga : (0,∞)→ R.
3.17 Funkcje odwrotne do trygonometrycznych
Funkcje trygonometryczne nie są różnowartościowe w całej swej dziedzinie gdyż są okresowe.
Funkcja sinus na przedziale [−π2 ,+π2 ] jest rosnąca a jej obrazem jest przedzial [f(−
π2 ), f(+
π2 )] =
[−1,+1]. A zatem istnieje funkcja odwrotna arc sin : [−1,+1]→ [−π2 ,+π2 ]
Funkcja cosinus na przedziale [0, π] jest malejąca a jej obrazem jest przedzial [f(−π2 ), f(+π2 )] =
[−1,+1]. A zatem istnieje funkcja odwrotna arc cos : [−1,+1]→ [0, π].
Funkcja tangens na przedziale (−π2 ,+π2 ) jest rosnąca a jej obrazem jest R. A zatem istnieje
funkcja odwrotna arctg : R→ (−π2 ,+π2 ).
19
4 Rachunek różniczkowy
4.1 Iloraz różnicowy
Dana jest funkcja f : (a, b)→ R, punkt x0 ∈ (a, b) oraz liczba h = 0.
Definicja 4.1 Ilorazem różnicowym nazywamy wyrażenie
f(x0 + h)− f(x0)h
Liczbę h nazywamy przyrostem argumentu (inne oznaczenie h = ∆x) zaś ∆f = f(x0+h)−
f(x0) przyrostem funkcji. Wówczas iloraz różnicowy =∆f∆x.
Interpretacja geometryczna.
Interpretacja fizyczna
Ruch po linii prostej. Niech s(t) oznacza położenie punktu w chwili t. Wówczass(t0 + h)− s(t0)
hoznacza średnią prędkość w czasie [t0, t0 + h].
Co się dzieje gdy h→ 0 ?
4.2 Pochodna
Definicja 4.2 Pochodną funkcji f w punkcie x0 nazywamy granicę ilorazu różnicowego
limh→0
f(x0 + h)− f(x0)h
(o ile granica ta istnieje!)
Oznaczamy f ′(x0) =dfdx(x0).
Interpretacja. Prędkość chwilowa, tangens kąta nachylenia stycznej do wykresu z osią
OX. Tak naprawdę to oba pojęcia zostają określone za pomocą pochodnej. Bez niej są one
tylko niejasną intuicją.
4.3 Obliczanie pochodnej.
Niech f(x) ≡ c będzie funkcją stałą. Wówczas
f(x0 + h)− f(x0)h
=C − Ch= 0
A zatem pochodna z funkcji stałej jest równa zeru.
20
Niech f(x) = x2. Wówczas(x0 + h)2 − x20
h=x20 + 2x0h+ h
2 − x20h
= 2x0 + h→ 2x0.
A zatem (x2)′ = 2x.
Podobnie dla f(x) = xn (n ∈ N).
(x0 + h)n − xn0h
=xn0 +
(n1
)xn−10 h+
(n2
)xn−20 h
2 + · · ·+(nn
)hn − xn0
h
= nxn−10 +(n
2
)xn−20 h+ · · ·+
(n
n
)hn−1 → nxn−10
A zatem (xn)′ = nxn−1.
Okazuje się, że taki sam wzór zachodzi dla dowolnego α ∈ R: (xα)′ = αxα−1 .
W szczególności dla α = 1/2
(√x)′ = (x1/2)′ =
12x−1/2 =
12√x.
Podobnie (1x)′ = (x−1)′ = −1 · x−2 = −1
x2.
Inne wzory :
• (ax)′ = ax · ln a W szczególności dla a = e uzyskujemy
(ex)′ = ex
(funkcja ex jest równa swojej pochodnej!).
• (loga x)′ =1
x · ln aDla a = e uzyskujemy
(lnx)′ =1x
• (sinx)′ = cos x ; (cos x)′ = − sin x
Twierdzenie 4.3 Jeśli f(x), g(x) maja pochodne w ustalonym punkcie x to:
• (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x)
• (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x)
• (f · g)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)
21
• (fg)′(x) =
f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)[g(x)]2
o ile g(x) = 0. �
• (3x2 + 2x+ 1)′ = 3 · 2x+ 2
(x2 · sin x)′ = 2x · sin x+ x2 cos x
(tg x)′ = (sinxcosx)′ =cosx cosx+ sin x sin x
[cosx]2=1cos2 x
.
Twierdzenie 4.4 Pochodna funkcji złożonej.
Dane są funkcje f, g : R→ R. Wówczas
(g ◦ f)′(x0) = g′(y0)f ′(x0)
(gdzie y0 = f(x0)).
• (sin(3x))′ = cos(3x) · 3 = 3 · cos(3x).
(√x2 + 4)′ =
12√x2 + 4
· 2x = x√x2 + 4
(ex2)′ = 2xex
2.
4.4 Różniczka funkcji
Ustalmy punkt x0 i oznaczmy x = x0 + h. Wowczas
f(x)− f(x0)x− x0
=f(x0 + h)− f(x0)
h→ f ′(x0)
A zatem dla malych przyrostów argumentu h zachodzi przybliżona równość :
f(x0 + h)− f(x0) ≈ f ′(x0) · h
a stąd
f(x0 + h) ≈ f(x0) + f ′(x0) · h.
• Podać przybliżoną wartość√10.
Przyjmujemy f(x) =√x, x0 = 9, h = 1.
Wówczas f ′(x) = 12√x, f(9) = 3, f ′(9) = 1
2√9= 16 . A zatem
√10 ≈ 3 + 1 · 16 = 3, 1666(6).
Dokładna wartość√10 = 3, 1622776....
Porównajmy f(x) ≈ f(x0) + f ′(x0) · (x − x0) z równaniem prostej stycznej do wykresu
y = f(x0) + f ′(x0) · (x− x0).
Ponieważ wykres pierwiastka leży pod styczną więc uzyskaliśmy przybliżenie z nadmiarem.
22
4.5 Interprepacja drugiej pochodnej
Fizyczna: prędkość zmiany prędkości = przyśpieszenie
Geometryczna:
• jeśli f ′′(x) > 0 to wykres funkcji leży nad styczną. Funkcja nazywa sie wypukła lub
wypukła ku dołowi.
• Jeśli f ′′(x) < 0 to wykres funkcji leży pod styczną. Funkcja nazywa się wklęsła lub
wypukła ku górze.
Twierdzenie 4.5 (Fermat)
Jeśli funkcja f ma w punkcie x0 pochodną oraz extremum lokalne to f ′(x0) = 0. (Zerowanie
się pochodnej jest warunkiem koniecznym na extremum.)
Dowód. Załóżmy że f posiada w x0 maximum lokalne. Oznacza to, że f(x) ¬ f(x0) dla
wszystkich x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) (i pewnego δ > 0). A zatem dla x > x0 iloraz różnicowyf(x)− f(x0)x− x0
¬ 0 zaś dla x x0 jest dodatni. A zatem granica (o ile istnieje) musi być zerem.
�
Uwaga 4.6 Nie jest to warunek dostateczny! Np.pochodna funkcji f(x) = x3 wynosi f ′(x) =
3x2 i zeruje się dla x = 0 tym niemniej f(x) jest ostro rosnąca i nie ma nigdzie extremum
lokalnego.
Twierdzenie 4.7 (Rolle) Jeśli f : [a, b] → R ma wszędzie pochodną oraz f(a) = f(b) to
istnieje punkt c ∈ (a, b) w którym f ′(c) = 0.
Dowód. Rozparujemy dwa przypadki.
(i) Jeśli f jest stała to f ′ ≡ 0.
(ii) Jeśli f nie jest stała to dla pewnego x ∈ (a, b) zachodzi f(x) = f(a). Załóżmy, że f(x) >
f(a). Wówczas (z tw. Weierstrassa) f osiąga swoje maximum w punkcie c ∈ (a, b). A tam (z
tw. Fermata) f ′(c) = 0. �• Funkcja f(x) = |x| na przedziale [−1.+1] spełnia f(−1) = f(+1). Pochodna jej się nigdzie
nie zeruje ale w punkcie x = 0 nie istnieje.
23
Twierdzenie 4.8 (Lagrange)
Jeśli f : [a, b] → R jest ciągła na [a, b] oraz posiada pochodną w (a, b) to wówczas istnieje
c ∈ (a, b) takie, że
f(b)− f(a) = f ′(c)(b− a).
Dowód. Mamy znaleźć punkt c ∈ (a, b) spełniający
f ′(c) =f(b)− f(a)b− a
czyli szukamy punktu c w którym styczna jest równoległa do siecznej przechodzącej przez
punkty (a, f(a)) oraz (b, f(b)). Określamy funkcję pomocniczą
g(a) = f(x)− f(a)− f(b)− f(a)b− a
(x− a).
Funkcja ta spełnia założenia tw. Rolle’a: g(a) = g(b) = 0. A zatem istnieje punkt c ∈ (a, b) w
którym g′(c) = 0. A zatem
0 = g′(c) = f ′(c)− f(b)− f(a)b− a
skąd f ′(c) =f(b)− f(a)b− a
. �
Wniosek 4.9 Wiemy, że jesli f ′(x) ≡ 0 to f : (a, b) → R jest stała. Z tw. Lagrange’a wynika
że jest na odwrót. Ustalmy dwa punkty x, x′ ∈ (a, b).Wówczas f(x)−f(x′) = f ′(c)(x−x′) = 0.
A więc f(x) = f(x′).
Podobnie jeśli f ′ > 0 to dla x > x′ mamy f(x)− f(x′) = f ′(c)(x− x′) > 0 czyli funkcja jest
rosnąca. Jeśli zaś f ′ < 0 to funkcja jest malejąca.
Interpretacja fizyczna. Jeśli prędkość jest > 0 to poruszamy się do przodu.
Twierdzenie 4.10 (de l’Hospital.) Jeśli
1. funkcje f, g oraz ich pochodne f ′, g′ są określone w pewnym otoczeniu punktu x0 ( być
może poza punktem x0).
2. limx→x0f(x) = lim
x→x0g(x) = 0 lub
limx→x0f(x) = lim
x→x0g(x) = ±∞.
3. istnieje granica limx→x0
f ′(x)g′(x)
(właściwa lub niewłaściwa).
Wówczas istnieje także granica limx→x0
f(x)g(x)
i obie granice są równe.
24
Zamiast dowodu interpretacja. Jeśli dwa pojazdy w tej samej chwili x0 dojeżdżają do punktu
0 ( limx→x0f(x) = lim
x→x0g(x) = 0) oraz prędkość jednego z nich jest (przykładowo) 3 razy większa
( limx→x0
f ′(x)g′(x)
= 3), to znaczy, że chwilę przedtem pierwszy był 3 razy dalej od granicy niż drugi:
limx→x0
f(x)g(x)= 3
Regułę de l’Hospitala można stosować do granic typu:
00∞∞∞−∞ 0 · ∞ 00 ∞0 1∞
Jednak tylko do granic00,∞∞bezpośrednio.
Ex.
• limx→1
lnxx− 1
= {00} (H)= lim
x→1
1x
1= 1.
• limx→0(1x− 1sinx) = {∞ − ∞} = lim
x→0
sin x− xx sinx
= {00} (H)= lim
x→0
cos x− 1sin x+ x cos x
= {00} (H)=
limx→0(
sinxcos x+ cosx− x sin x
) =02= 0.
• limx→0+xx = {00} = lim
x→0+eln(x
x) = limx→0+ex lnx = (∗).
Obliczamy limx→0+ x lnx = limx→0+( lnx1x
) = {−∞+∞}(H)= limx→0
1x−1x2= limx→0(−x) = 0.
A zatem (∗) = e0 = 1.
4.6 Badanie przebiegu zmienności funkcji
Schemat:
• Dziedzina, granice na końcach dziedziny, asymptoty, parzystość, okresowość i ewentualnie
miejsca zerowe.
• Pierwsza pochodna: monotoniczność i extrema.
• Druga pochodna: wypukłość.
• Tabelka i wykres. �
• Podać wykres funkcji f(x) = x3
2(x− 1)2Dziedzina R− {1}. Granice na krańcach dziedziny.
25
limx→−∞
x3
2(x− 1)2= −∞, lim
x→∞
x3
2(x− 1)2=∞, lim
x→1−
x3
2(x− 1)2= { 2+∞} =∞ i podobnie
limx→1+
x3
2(x− 1)2= +∞ A stąd prosta x = 1 jest asymptotą pionową.
Asymptota pochyła dana jest wzorem y = ax+ b gdzie a = limx→∞
f(x)xoraz b = lim
x→∞(f(x)−
ax).
U nas a = limx→∞
x3
2(x− 1)2 · x=12.
b = limx→∞
x3
2(x− 1)2− x2= · · · = 1. A zatem prosta y = x
2+ 1 jest asymptotą w +∞. Te
same rachunki okazują sie prawdziwe również dla x→ −∞ a wiec prosta y = x2+ 1 jest także
asymptotą w −∞ (asymptota obustronna).
Pochodna: f ′(x) = · · · = x2(x− 3)2(x− 1)3
. f ′(x) = 0 dla x = 0, 3
A więc w x = 0 nie ma extremum, zaś w x = 3 jest minimum f(3) =278.
Druga pochodna. f ′′(x) = · · · = 3x(x−1)4 .
x −∞ · · · 0 · · · 1 · · · 3 · · · +∞
y −∞ ↗ 0 ↗ ∞ ↘ 278 ↗ +∞
y′ + + - 0 +
y′′ − 0 + + +A stąd wykres.
4.7 Wzór Taylora.
Twierdzenie 4.11 (Taylor)
Jeśli f : [a, b] → R ma pochodne do rzędu (n+1) włącznie to istnieje punkt c ∈ (a, b) że
zachodzi równość
f(b)− f(a) = f′(a)1!(b− a) + f
′′(a)2!(b− a)2 + · · ·
+f (n)(a)n!(b− a)n + f
(n+1)(c)(n+ 1)!
(b− a)(n+1).
Dowód polega na wypisaniu funkcji pomocniczej i zastosowaniu tw. Rolle’a.
Ustalmy a i oznaczmy h = b− a uzyskujemy
f(a+ h) = f(a) +f ′(a)1!h+f ′′(a)2!h)2 + · · ·+ f
(n)(a)n!hn︸ ︷︷ ︸
Wn(h) −wielomianTaylora
+f (n+1)(c)(n+ 1)!
hn+1︸ ︷︷ ︸Rn+1(h) −resztaTaylora
.
26
Tak więc f(a+ h) ≈ wielomian Taylora.
Wówczas Rn+1(h)= błąd przybliżenia.
• f(x) = ex, a = 0.
Wowczas f(x) = f ′(x) = f ′′(x) = · · · Ponadto f(0) = 1 daje
ex = 1 +11!x+12!x2 + · · ·+ 1
n!xn +
ec
(n+ 1)!xn+1.
Ustalmy punkt x i oszacujmy resztę.
| ec
(n+ 1)!xn+1| ¬ e
|x| · |x|n+1
(n+ 1)!→ 0 (gdy n→∞).
Tak więc ex = limn→∞(1 +
x
1!+x2
2!+ · · ·+ x
n
n!) =
∞∑k=0
xk
k!.
• f(x) = sinx, a = 0.
Zauważmy, że wowczas kolejne pochodne są odpowiednio równe sinx, cos x, − sinx, − cosx, sin x
a następnie powtarzają się cyklicznie co 4. A zatem dla x = 0 uzyskujemy wartości pochodnych
: 0, 1, 0,−1, 0, 1, 0,−1, 0, . . . . A zatem
sin x =11!x− 13!x3 +
15!x5 − · · · ± 1
(2k + 1)!x2k+1 +
f (2k+2)(c)(2k + 2)!
x2k+2
Szacujemy resztę:|R2k+2(x)| = |f(2k+2)(c)(2k+2)! x
2k+2| ¬ |x2k+2|(2k+2)! . A to (przy ustalonym x i n → ∞)
dąży do zera. A zatem
sinx =∞∑k=0
(−1)k x2k+1
(2k + 1)!.
Podobnie można wyprowadzić wzory
cos x =∞∑k=0
(−1)k x2k
(2k)!
lnx =∞∑k=1
(−1)k−1xk
k(dla x ∈ (−1,+1))
(1 + x)α = 1 +α
1!x+α(α− 1)2!
x2 +α(α− 1)(α− 2)
3!x3 + · · ·
• Obliczyć z dokładnością e z dokładnością do 0, 0001.
Rozpatrujemy funkcję ex dla x = 1. Wówczas
e = 1 +11!+12!+ · · ·+ 1
n!+
ec
(n+ 1)!.
27
gdzie c jest pewną liczbą z przedziału (0, 1). Pozostaje znaleźć takie n aby reszta była mniejsza
od zadanej dokładności: | ec
(n+ 1)!| ¬ e
(n+ 1)!¬ 3(n+ 1)!
tzn. aby zachodziła nierówność:
3(n+ 1)!
¬ 0, 0001. A to jest równoważne nierówności (n+1)! 30000 która jest już spełniona
dla n = 7. A zatem
e ≈ 1 + 11!+12!+ · · ·+ 1
7!=685252= 2, 71828....
(Cztery cyfry po przecinku dają poprawną wartość liczby e).
• Obliczyć ln(1, 3) z dokładnością do 0, 001.
Otóż ln(1, 3) =∞∑k=1
(−1)k−1 (0, 3)k
ka to jest szereg naprzemienny. Przypomnijmy że wów-
czas jeśli S =∞∑k=1
ak to |S −n∑k=1
ak| ¬ |an+1|. A zatem wystarczy znaleźć takie k aby (0,3)k+1
k<
0, 001. A to oznacza k 10k+1
3k+1 > 1000. To ostatnie jest spełnione dla k = 4. A więc ln(1, 3) ≈0,31 −
(0,3)2
2 +(0,3)3
3 −(0,3)4
4 = · · · =1047940000 = 0, 26975...
(Dokładna wartość ln(1, 3) = 0, 26019....)
28
5 Rachunek całkowy
5.1 Całka nieoznaczona
Dana jest funkcja f(x) (funkcja podcałkowa). Czy istnieje funkcja pierwiotna F (x) spełnia-
jąca F ′(x) = f(x)?
Jeśli taka funkcja istnieje to ją oznaczamy f(x) =∫f(x)dx i nazywamy całką nieoznaczoną.
Twierdzenie 5.1 • Każde dwie funkcje pierwotne danej funkcji różnią się o stałą.
• Każda funkcja ciągła posiada pierwotną.
Uwaga 5.2 Odnajdywanie funkcji pierwotnej jest dużo trudniejsze aniżeli różniczkowanie.
•∫0dx = const
•∫a · dx = ax+ C
•∫xdx =
x2
2+ C
•∫xαdx =
xα+1
α + 1+ C gdy α = −1
•∫ 1xdx = ln |x|+ C,
• w szczególności dla α = 12 uzyskujemy∫ √xdx =
23x32 + C
•∫exdx = ex + C
•∫axdx =
ax
ln a+ C
•∫sin xdx = − cos x + C,
•∫cos xdx = sinx + C
•∫ dx
1 + x2= arctgx + C
•∫ dx√1− x2
= arc sin x + C �
29
•∫(x3 − 2x+ 1)dx =
∫x3dx−
∫2xdx+
∫dx =
14x4 − x2 + x+ C.
•∫ dx
4√x=∫x−14 dx =
1−14 + 1
x−14 +1 + C =
43x34 + C
5.1.1 Całkowanie przez części.
Twierdzenie 5.3 Jeśli funkcje f, g mają ciągłe pochodne to
∫u(x)v′(x)dx = u(x)v(x)−
∫v(x)u′(x)dx.
Dowód.d
dx[uv −
∫vu′] = u′v + uv′ − vu′ = uv′. �
•∫xexdx =
u = x u′ = 1
v′ = ex v = ex
= xex −∫exdx = xex − ex + C = ex(x− 1) + C
∫lnxdx =
u = ln x u′ = 1
x
v′ = 1 v = x
= x lnx−∫ 1xxdx = x lnx− x+ C.
•∫x2 sinxdx =
u = x2 u′ = 2x
v′ = sinx v = − cosx
= −x2 cos x+2∫x cos xdx =
u = x u′ = 1
v′ = cos x v = sin x
=−x2 cos x+ 2x sin x−
∫sinxdx = −x2 cos x+ 2x sinx+ 2 cos x+ C.
5.1.2 Zamiana zmiennej.
∫F (x(t))x′(t)dt =
∫F (x)dx
•∫(2t+ 3)6dt = {x(t) = 2t+ 3; dx = 2dt} = 1
2
∫x6dx =
1217x7 + C =
114(2t+ 3)7 + C.
•∫cos3 tdt =
∫(1−sin2 t) cos tdt = {x = sin t : dx = cos tdt} =
∫(1−x2)dx = x−x
3
3+C =
sin t− sin3 t
3+ C.
•∫ f ′(t)f(t)dt = {x = f(t); dx = f ′(t)dt} =
∫ dxx= ln |x|+ C = ln |f(t)|+ C.
W szczególności ∫tgxdx =
∫ sin xcos xdx = − ln | cosx|+ C.
30
5.1.3 Całkowanie funkcji wymiernych.∫ (ax+ b)dxAx2 +Bx+ C
=?
Oznaczmy ∆ = B2 − 4AC.
(1) Niech ∆ > 0.∫ x+ 2x2 − 1
=?
Obliczamy pierwiastki mianownika (∆ > 0) x1 = −1, x2 = 1 a więc x2 − 1 = (x− 1)(x+ 1).
Rozkładamy funkcję wymierną na ułamki proste:
x+ 2x2 − 1
=a
x− 1+b
x+ 1.
Wówczas P =a(x+ 1) + b(x− 1)(x− 1)(x+ 1)
=(a+ b)x+ (a− b)
x2 − 1. A stąd układ równań: a + b = 1,
a − b = 2. Jego rozwiązania a = 32, b =
−12. Stąd
∫ x+ 2x2 − 1
=32
∫ dx
x− 1− 12
∫ dx
x+ 1= {t =
x − 1; dt = dx}{s = x + 1; ds = dx} = 32
∫ dtt− 12
∫ dss=32ln |t| − ln |s| + C = 3
2ln |x − 1-
12ln |x+ 1|+ C.
(2) ∆ = 0.∫ (x+ 1)dxx2 + 4x+ 4
=?
Znajdujemy pierwiastek (podwójny bo ∆ = 0) x1 = x2 = −2.
Rozkładamy na ułamki proste.x+ 1
x2 + 4x+ 4=a
x+ 2+
b
(x+ 2)2=a(x+ 2) + b(x+ 2)2
=ax+ 2a+ bx2 + 4x+ 4
.
A stąd układ równań a = 1; 2a + b = 1 co daje a = 1 , b = −1. A więc∫ (x+ 1)dxx2 + 4x+ 4
=∫ dx
x+ 2−∫ dx
(x+ 2)2= {t = x + 2 ; dt = dx} = ln |x + 2| −
∫ dtt2= ln |x + 2| + 1
t+ C =
ln |x+ 2|+ 1x+ 2
+ C.
(3) ∆ < 0.
Przypomnijmy, szczególny przypadek:∫ dx
x2 + 1= arctgx.
Obliczmy∫ dx
x2 + a2= {t = x + 2 ; dx = adt} =
∫ adt
(at)2 + a2=1a
∫ dt
t2 + 1=1aarctgt =
1aarctg(
x
a).
A zatem∫ dx
x2 + a2=1aarctg(
x
a) + C.
Kolejny specjalny przypadek (gdy w liczniku jest stała).∫dx
x2 + 4x+ 8=?
Uzupełniamy mianownik do pełnego kwadratu: x2+4x+8 = (x2+4x+4)+4 = (x+2)2+22.
A zatem
31
∫ dx
x2 + 4x+ 8=∫ dx
(x+ 2)2 + 22= {t = x+ 2 ; dt = dx} =
∫ dt
t2 + 22=12arctg(
t
2) + C =
12arctg(
x+ 22) + C.
Przypadek ogólny.∫ (x+ 2)dxx2 + 6x+ 13
=?
{w liczniku dopisujemy pochodną mianownika}
=12
∫ (2x+ 6)dxx2 + 6x+ 13
−∫ dx
x2 + 6x+ 13+ I1 + I2.
Wowczas I1 =12
∫ (2x+ 6)dxx2 + 6x+ 13
=12ln |x2 + 6x+ 13| zaś
I2 = −∫ dx
x2 + 6x+ 13= −
∫ dx
x2 + 6x+ 9 + 4
= −∫ dx
(x+ 3)2 + 22= −12arctg
x+ 32
Ostatecznie∫ (x+ 2)dxx2 + 6x+ 13
= I1 + I2 =12ln |x2 + 6x+ 13| − 1
2arctg
x+ 32+ C.
32
5.2 Całka oznaczona.
Jak obliczyć pole figury płaskiej?
Pole prostokąta = iloczyn długości boków.
• Obliczyć pole pod wykresem paraboli y = x2 nad odcinkiem [0, 1].
Obliczamy sumę pól prostokątów:
Sn =n∑k=1
1n(k
n)2 =
1n3
n∑k=1
k2 =1n3(n+ 1)(2n+ 1)
6n2→ 13.
(Korzystamy ze wzorun∑k=1
k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)
6który dowodziliśmy za pomocą indukcji
matematycnnej.)
A zatem pole pod parabolą wynosi 13 .
Niech f : [a, b]→ R będzie funkcją ograniczoną.
• Podziałem przedziału [a, b] nazywamy dowolny skończony ciąg punktów
a = x0 < x1 < · · · < xn = b.
• Długość odcinka [xk−1, xk] oznaczamy
∆xk = xk − xk−1
• Średnicą podziału nazywamy długość najdłuższego z odcinków: max1¬k¬n
∆xk.
Ustalmy podział a = x0 < x1 < · · · < xn = b i w każdym przedziale wybierzmy punkt
ξk ∈ [xk−1, xk] (dokonujemy selekcji). Tworzymy sumę
σ =n∑k=1
f(ξk)∆xk.
Powyższą sumę nazywamy sumą całkową Riemanna. Zależy ona od wyboru podziału a =
x0 < x1 < · · · < xn = b i selekcji ξ1 ¬ ξ2 ¬ ... ¬ ξn z nim związanej. Suma ta podaje łączne
pole prostokątów opisanych na wykresie.
Definicja 5.4 Ciąg podziałów odcinka [a, b] nazywamy normalnym ⇐⇒ ciąg ich średnic dąży
do zera.
33
Definicja 5.5 Funkcję f : [a, b] → R nazywamy całkowalną w sensie Riemanna ⇐⇒ dla
każdego normalnego ciągu podziałów odcinka [a, b], oraz dowolnego ciągu selekcji z nim stowa-
rzyszonych, ciag sum całkowych posiada granicę. Wówczas granicę tę oznaczamy poprzez
∫ baf(x)dx
i nazywamy ją całką oznaczoną Riemanna.
Jakie funkcje są całkowalne w sensie Riemanna?
• funkcja Dirichleta. (kontrprzykład)
f(x) =
1 gdy x jest liczbą wymierną
0 gdy x jest liczbą niewymierną
Pokażemy , że nie jest ona całkowalna. Ustalmy dowolny podział a = x0 < x1 < · · · < xn = b.
Rozpatrzmy selekcję złożoną z samych punktów wymiernych. Wówczas suma całkowa
n∑k=1
f(ξk)∆xk =n∑k=1
1 ·∆xk = b− a
Jeśli weźmiemy jakąkolwiek selekcję złożoną z punktów niewymiernych ton∑k=1
f(ξk)∆xk =
n∑k=1
0 ·∆xk = 0.
Twierdzenie 5.6 Funkcja ciągła na odcinku domkniętym jest całkowalna w sensie Riemanna.
W przypadku funkcji ciągłej dla zadanej dowolnie małej liczby ϵ > 0 istnieje δ > 0 taka,
że dla każdego podziału o średnicy < δ sumy całkowe odpowiadające dwóm różnym selekcjom
różnią się mniej niż zadane ϵ.
Uwaga 5.7 Nie tylko funkcje ciągłe są całkowalne w sensie Riemanna. Np. funkcja f : [a, b]→
R ze skończoną ilością punktów nieciągłości też jest całkowalna.
Interpretacje całki.
• Geometryczna - pole pod wykresem funkcji.
34
• Fizyczna; Niech w fażdym punkcie odcinka [a, b] działa siła F (x) skierowana wzdłuż pro-
stej. Wówczas
W =∫ baf(x)dx
praca = całka z siły po odcinku.
Dowód. Jaką pracę wykonuje ona od punktu a do b ?
Gdyby siła była taka sama w każdym punkcie odcinka to praca = siła × przesunięcie
W = F · s.
Jeśli siła jest zmienna to chcąc uzyskać przybliżoną wartość pracy dzielimy odcinek [a, b] na
części a = x0 < x1 < · · · < xn = b a następnie zakładamy, że siła na każym odcinku [xk−1, xk]
jest stała i równa się wartości w wybranym punkcie ξk. Wówczas praca wykonana na tym
odcinku wynosiWk = F (ξk)∆xk. A zatem łączna przybliżona praca wynosin∑k=1
Wk = F (ξk)∆xk.
Ale to jest suma całkowa dla∫ baF (x)dx.
5.2.1 Własności całki oznaczonej.
Jeśli f, g : [a, b]→ R są całkowalne to takimi cą także f + g oraz c · f (c ∈ R). Ponadto
Własność 5.8 .
•∫ baf + g =
∫ baf +
∫ bag (całka sumy = sumie całek)
•∫ bac · f = c ·
∫ ba. (stałą można wyciągnąć przed całkę.)
Dowód. Ponieważ sumy całkowe są równe
n∑k=1
[f(ξk) + g(ξk)]∆xk =n∑k=1
f(ξk)∆xk +n∑k=1
g(ξk)∆xk
więc w granicy uzyskujemy równość całek.
Własność 5.9 .
Jeśli f : [a, b]→ R jest całkowalna oraz a < c < b to∫ baf =
∫ caf +
∫ bcf.
35
Własność 5.10 .
Jeśli f, g : [a, b]→ R są całkowalne oraz f(x) ¬ g(x) to∫ baf ¬
∫ bag.
Dowód. Zauważmy że taka nierówność zachodzi dla każdej sumy całkowej
n∑k=1
f(ξk)∆xk ¬n∑k=1
g(ξk)∆xk
Wniosek. Jeśli m ¬ f(x) ¬M to
m(b− a) ¬∫ baf ¬M(b− a)
.
Liczbę1b− a
∫ baf nazywamy wartością średnią funkcji f na odcinku [a, b].
Wniosek 5.11 Jeśli f : [a, b] → R jest ciągła to istnieje liczba c ∈ [a, b] dla której f(c) =1b− a
∫ baf.
Dowód. Ponieważ dlam = inf{f(x); x ∈ [a, b]},M = sup{f(x);x ∈ [a, b]} zachodzi nierówność
m ¬ 1b− a
∫ baf ¬M
więc z własności Darboux (funkcja ciągła osiąga wszystkie wartości pośrednie) istnieje c ∈ [a, b]
w którym funkcja f osiąga swą średnią wartość.
Uwaga 5.12 . Zakładaliśmy, że w symbolu∫ bazachodzi a ¬ b.
Dla a > b przyjmujemy∫ baf = −
∫ abf .
Własność 5.13 |∫ baf | ¬
∫ ba|f |.
5.2.2 Podstawowe twierdzenie rachunku różniczkowego i całkowego
Niech f : [a, b] → R będzie całkowalna. Dla ustalonego x ∈ [a, b] określamy F (x) =∫ xa f(t)dt.
Funkcję F (x) nazywamy funkcją górnej granicy całkowania.
• f(x) = sgn(x)
• f(x) = x
A zatem funkcją górnej granicy całkowania jest F (x) = x2
2 .
Definicja 5.14 Funkcję F (x) nazywamy funkcją pierwotną funkcji f(x) ⇐⇒ F ′(x) = f(x).
36
Twierdzenie 5.15 Funkcja górnej granicy całkowania funkcji ciągłej jest jej pierwotną.
Dowód. Ustalmy x ∈ [a, b]oraz h > 0. Badamy iloraz różnicowy.
Z twierdzenia o wartości średniej dla całki istnieje c ∈ [x, x + h] spełniąjace∫ x+hxf(t)dt =
f(c) · h. WówczasF (x+ h)− F (x)
h=∫ x+hx f(t)dth
= f(c)→ f(x)
gdy h dąży do zera. A to oznacza, że F ′(x) = f(x). �
Uwaga 5.16 Funkcja pierwotna F (x) danej funkcji f(x) (o ile istnieje !) jest wyznaczona z
dokładnoscią do stałej. Tzn. F (x) jest pierwotną ⇐⇒ pierwotną jest F (x)+C dla dowolnego
C ∈ R. Innymi słowy każde dwie pierwotne (tej samej funkcji !) różnią się o stałą.
Twierdzenie 5.17 (Leibniz-Newton) Podstawowy wzór rachunku różniczkowego i całkowego.
Jeśli f jest ciągła na odcinku [a, b] zaś F (x) jest jej funkcją pierwotną to zachodzi wzór∫ baf(x)dx = F (b)− F (a).
Dowód. F (x) oraz funkcja górnej granicy całkowania Φ(x) =∫ xaf(t)dt, jako funkcje pier-
wotne, różnią się o stałą. A zatem
F (b)− F (a) = Φ(b)− Φ(a) =∫ baf(t)dt−
∫ aaf(t)dt =
∫ baf(t)dt
A zatem chcąc obliczyć całke oznaczoną wystarczy odgadnąć jakąkolwiek jej funkcję pier-
wotną a następnie wstawić ją do powyższego wzoru!
5.2.3 Obliczanie całki Riemanna.
• Obliczyć pole pod sinusoidą.∫ π0sin xdx = − cos x|π0 = − cos π − (− cos 0) = 1 + 1 = 2.
Twierdzenie 5.18 Całkowanie przez części
Jeśli u, v mają ciągłe pochodne na [a, b] to∫ bau(x)v′(x)dx = u(x)v(x)|ba −
∫ bau′(x)v(x)dx.
•∫ π0x cosxdx =
u = x u′ = 1
v′ = cos x v = sin x
= x sin x|π0 −∫ π0sinxdx = 0− 2 = −2.
37
Twierdzenie 5.19 Całkowanie przez zamianę zmiennej.
∫ 1−1
√1− x2dx = {x = sin t : dx = cos tdt} =
∫ π2
−π2
√1− sin2 t cos tdt =
∫ π2
−π2
cos2 tdt =∫ π2
−π2
1 + cos 2t2
dt =∫ π2
−π2
dt
2+∫ π2
−π2
cos 2tdt2=t
2+14sin 2t|
π2−π2=π
2.
I rzeczywiście liczona całka mierzy pole pod wykresem funkcji y =√1− x2 nad odcinkiem
[−1; 1].
Twierdzenie 5.20 Dane są funkcje ciągłe f, g : [a, b]→ R spełniające f(x) ¬ g(x). Wówczas
pole zawarte między wykresami jest równe
∫ ba[g(x)− f(x)]dx.
• Obliczyć pole zawarte między liniami y = x2 − 3x− 8 oraz y = −x2 − x+ 4
Wyznaczamy punkty przecięcia: x2 − 3x− 8 = −x2 − x+ 4
2x2 − 2x− 12 = 0 x2 − x− 6 = 0 a stąd x1 = −2 , x2 = 3.
A zatem Pole =∫ 3−2[(−x2 − x+ 4)− (x2 − 3x− 8)]dx
=∫ 3−2[−2x2 + 2x+ 12]dx = −2
3x3 + x2 + 12x|3−2
= −2333 + 32 + 12 · 3− [−2
3(−2)3 + (−2)2 + 12(−2)]
= −2 · 9 + 9 + 36− 163− 4 + 24 = 60− 13− 5− 1
3= 60− 18− 1
3= 4123.
5.2.4 Zastosowanie całki nieoznaczonej.
• Wykres funkcji f : [a, b]→ R obracamy wokół osi OX. Obliczyć objętość uzyskanej bryły.
Objętość ≈ suma objętości krążków. Ta zaś jest równa ∑nk+1 πf 2(ξk)∆xk. A to jest sumacałkowa dla
∫ baπf 2(x)dx.
A stąd wzór V = π∫ baf 2(x)dx.
• Obliczyć objętość bryły powstałej przez obrót sinusoidy y = sin x (dla x ∈ [0, π]).
V = π∫ π0sin2 xdx = π
∫ π0
1− cos 2x2
dx = π(x
2− sin 2x4)|π0 = π ·
π
2=π2
2.
• Obliczyć parcie wody na pionową ścianę w kształcie prostokąta ( długości a i wysokości
h).
Parcie = ciśnienie × pole powierzchni (o ile ciśnienie jest stałe.
Dzielimy ścianę na poziome prostokąty. Wówczas parcie na k-ty prostokąt jest w prybliżeniu
równe d · xk(a∆xk) gdzie xk jest głebokością pewnego punktu z tego prostokąta zaś d stałą.
38
A zatem przybliżoną wartością całego parcia jest
n∑k=1
d · xk(a∆xk)
A to jest suma całkowa dla∫ h0daxdz.
A zatem parcie =∫ h0daxdx = [da
x2
2]h0 = da
h2
2.
•Moment bezwładności.
Moment bezwładności punktu materialnego o masie m względem prostej nazywamy liczbę
M = mr2 gdzie r oznacza odległość punktu od prostej. Ponadto moment skończonego układu
punktów jest równy sumie ich momentów.
Obliczymy moment bezwładności jednorodnego prostokąta względem boku.
n∑k+1
ρ · l ·∆rk · r2k = ρ · ln∑k+1
∆rk · r2k ≈ ρ · l∫ R0r2dr =
ρ · l3R3.
Moment bezwładności prostokąta względem boku wynosi ρ·l3 R3.
Moment bezwładności obszaru pod wykresem funkcji względem osi OX.
n∑k=1
ρ∆xk3f 3(xk) =
ρ
3
n∑k=1
f 3(xk)∆xk ≈ρ
3
∫ R0f 3(x)dx
W szczególności moment bezwładności trójkąta prostokątnego względem boku wynosi:ρ
3
∫ a0[h(1 − x
a)]3dx =
ρh3
3
∫ a0(1 − xa)3dx = {t = 1 − x
a; dt =
−dxa} = ρh
3
3
∫ 01t3(−adt) =
aρh3
3
∫ 10t3dt =
aρh3
12.
39
6 Algebra liniowa
6.1 Permutacje
Każde odwzorowanie wzajemnie jednoznaczne zbioru w siebie nazywamy permutacją.
Rozpatrujemy zbiory skończone: {1, 2, ..., n}.
• Dla n = 2 są dwie permutacje: (1, 2), (2, 1).
• Dla n = 3 jest sześć permutacji: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1).
• Dla n = 4 mamy 6 · 4 = 24 permutacje: cyfrę 4 możemy postawić na 4 miejscach zaś
pzostałe trzy mozemy permutować na 6 sposobów (jak wyżej).
• Ogólnie można pokazać, że ilość permutacji zbioru n elementowego wynosi n!.
Zwróćmy uwagę, że przykładowo, permutacja (3, 1, 2, 4) oznacza funkcję σ : {1, 2, 3, 4} →
{1, 2, 3, 4} daną wzorem: σ(1) = 3, σ(2) = 1, σ(3) = 2, σ(4) = 4. Zbiór permutacji zbioru
{1, 2, ..., n} oznaczamy Sn.
Definicja 6.1 Niech σ ∈ Sn będzie permutacją. Parę liczb (i, j) takich, że 1 ¬ i < j ¬ n oraz
σ(i) > σ(j) nazywamy inwersją. Permutację nazwiemy parzystą jesli ilość inwersji jest parzysta
a nieparzystą gdy ilość inwersji jest nieparzysta.
Na przykład: (1, 2, 3, 4) - parzysta, (1, 3, 2, 4) - nieparzysta, (4, 3, 2, 1) - parzysta.
Mówimy, że znak permutacji (ozn. sgn(σ)) jest równy +1 gdy jest one parzysta, zaś −1 gdy
jest nieparzysta.
subsection Wyznaczniki
Macierzą m× n nazywamy tablicę prostokątną o m wierszach i n kolumnach.
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
... ... . . . ...
am1 am2 . . . amn
Gdy m = n to macierz nazywamy kwadratową.
Definicja 6.2 Wyznacznikiem z macierzy kwadratowej A = [aij]n×n nazywamy liczbę
∑σ∈Snsgn(σ)a1σ(1)...anσ(n)
i oznaczamy
40
detA = |A| =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
... ... . . . ...
an1 an2 . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣• Dla n = 2 mamy
a11 a12a21 a22
= a11a22 − a12a21
• Dla n = 3 mamy
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 3
4 5 6
7 8 9
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 ·5 ·9+4 ·8 ·3+7 ·2 ·6−3 ·5 ·7−6 ·8 ·1−9 ·2 ·4 = ... = 0.
• Ogólnie ustawiamy (na szachownicy o wymiarach n × n) n wież tak aby żadne dwie się
nie szachowały.
Definicja 6.3 Dana jest macierz [aij]n×n. Dopełnieniem algebraicznym elementu akl nazywamy
wyznacznik macierzy powstały przez wykreślenie k-tego wiersza i l-tej kolumny pomnożony przez
(−1)k+l.
Akl = (−1)k+l
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 . . . a1l . . . a1n
... ... ... . . . ...
ak1 . . . akl . . . akn
... ... ... . . . ...
an1 . . . anl . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Twierdzenie 6.4 (Rozwinięcie Laplace’a)
Dla macierzy A = [aij]n×n i ustalonych liczb 1 ¬ k, l ¬ n zachodzą wzory
detA = ak1Ak1 + . . . aknAkn - rozwinięcie względem k-tego wiersza,
detA = a1lA1l + . . . anlAnl - rozwinięcie względem k-tej kolumny.
•
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 2 1 1
0 1 2 1
0 1 0 1
3 1 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1)1+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 1
1 0 1
1 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)1+43
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 1 1
1 2 1
1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1(1 + 2 − 1) − 3(4 +
1− 2− 1) = 2− 3 · 2 = −4.
41
Twierdzenie 6.5 Jeśli w macierzy kwadratowej:
1) zamienimy miejscami dwa wiersze ( dwie kolumny) to wartość wyznacznika zmieni się
na przeciwną.
2) dwa wiersze (dwie kolumny) są identyczne to wyznacznik = 0.
3) do jednego wiersza (kolumny) dodamy inny wiersz (kolumnę) pomnożony przez liczbę to
wyznacznik nie ulegnie zmianie.
4) każdy element pewnego wiesza (kolumny) pomnożymy przez liczbę to i cały wyznacznik
zostanie pomnożony przez tę liczbę.
•
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 2 1 1
1 0 −1 0
2 1 1 0
7 3 3 2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 2 1 1
1 0 −1 0
2 1 1 0
1 −1 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 −1
2 1 1
1 −1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 −1
2 1 1
3 0 2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −
∣∣∣∣∣∣∣1 −1
3 2
∣∣∣∣∣∣∣ =
−(2 + 3) = −5∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 −1 2 −3
−1 0 −2 2
2 0 −3 4
−2 3 0 −4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 −1 2 −3
−1 0 −2 2
2 0 −3 4
1 0 6 −13
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (+1)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−1 −2 2
2 −3 4
1 6 −13
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−1 −2 2
0 −7 8
0 4 −11
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
(−1)
∣∣∣∣∣∣∣−7 8
4 −11
∣∣∣∣∣∣∣ = −(77− 32) = −456.2 Układy równań Cramera.
Niech będzie dany układ n-równań liniowych o n niewiadomych.
a11x1 + . . . + a1nxn = b1
. . . . . . . . .
an1x1 + . . . + annxn = bn
Oznaczamy A = [aij]n×n macierz (główna) układu.b1
..
bn
kolumna wyrazów wolnych.Niech Ai macierz powstałą poprzez zastąpienie i-tej kolumny przez kolumnę wyrazów wol-
42
nych np.
A1 =
b1 a12 . . . a1n
b2 a22 . . . a2n
... ... . . . ...
bn an2 . . . ann
Definicja 6.6 Układ równań nazywamy cramerowskim ⇐⇒ detA = 0.
Twierdzenie 6.7 Układ cramerowski ma dokładnie jedno rozwiązanie. Dane jest ono wzorem
x1 =detA1detA
, .... , xn =detAndetA
Ex.
x + 2y = 1
3x + 4y = −1
detA =
∣∣∣∣∣∣∣1 2
3 4
∣∣∣∣∣∣∣ = 4− 6 = −2 = 0.detA1 =
∣∣∣∣∣∣∣1 2
−1 4
∣∣∣∣∣∣∣ = 4 + 2 = 6,detA =
∣∣∣∣∣∣∣1 1
3 −1
∣∣∣∣∣∣∣ = −1− 3 = −4.A zatem x = 6
−2 = −3, y =−4−2 = 2.
43
6.3 Przestrzenie liniowe
Definicja 6.8 Przestrzenią liniową (nad ciałem liczb rzeczywistych R) nazywamy niepusty
zbiór V z działaniami
• dodawania v + w ∈ V dla v, w ∈ V oraz
• mnożenia przez liczbę λ · v ∈ V dla v ∈ V, λ ∈ R
które spełniają następujące warunki
1. (u+ v) + w = u+ (v + w) łączność dodawania
2. u+ v = v + u przemienność dodawania
3. istnieje element 0 ∈ V taki, że dla każdego elementu v ∈ V zachodzi v + 0 = v (element
ten nazywamy wektorem zerowym lub elementem neutralnym względem dodawania).
4. dla każdego elementu v ∈ V istnieje dokładnie jeden element u ∈ V taki,że v + u = 0
(element przeciwny.)
5. λ(v + w) = λv + λw (rozdzielność dodawania względem mnożenia).
6. (λ+ λ′)v = λv + λ′v (rozdzielność mnożenia względem dodawania)
7. (λλ′)v = λ(λ′v)
8. 1v = v
• Rn = {(x1, ..., xn); xi ∈ R} z działaniami dodawania wektorów
(x1, ..., xn) + (y1, ..., yn) = (x1 + y1, ..., xn + yn)
i mnożenia przez skalar
λ · (x1, ..., xn) = (λx1, ..., λxn)
Wowczas wektorem zerowym jest (0, 0, ..., 0) zaś elementem przeciwnym do (x1, ..., xn) jest
(−x1, ...,−xn).
Geometrycznie są to wektory zaczepione w punkcie (0, ..., 0), dodawanie według reguły rów-
noległoboku.
• MacierzeMm×n.
Dodawanie [aij] + [bij] = [aij + bij]
44
Mnożenie przez skalar λ[aij] = [λaij]
Elementem zerowym jest macierz złożona z samych zer.
Elementem przeciwnym do [aij] jest [−aij]
• Funkcje ciągłe na odcinku [a, b].
Dodawanie (f + g)(x) = f(x) + g(x)
Mnożenie przez skalar (λf)(x) = λf(x)
Elementem zerowym jest funkcja stale równa 0. �Niech V bedzie ustaloną przestrzenią liniową.
Definicja 6.9 Niepusty podzbiór V ′ ⊂ V nazywamy podprzestrzenią liniową ⇐⇒ działania
nie wyprowadzają poza podzbiór V ′ tzn. jeśli v, w ∈ V ′ to także v + w ∈ V ′ oraz λv ∈ V ′.
• Podzbiór {x, y, z) ∈ R3;x + y + z = 0} jest podprzestrzenią R3. Podzbiór {x, y, z) ∈
R3;x+ y + z = 1} nie jest podprzestrzenią R3.
6.4 Linowa niezależność wektorów
Niech V będzie ustaloną przestrzenią liniową.
Definicja 6.10 Kombinacją liniową wektorów v1, ..., vk ∈ V o współczynnikach λ1, ..., λk ∈ R
nazywamy sumę
λ1v1 + ...+ λkvk.
• 2(1, 3)− 3(2, 1) = (−4, 3)
Kombinację liniową λ1v1 + ... + λkvk w której wszystkie współczynniki λi = 0 nazywamy
trywialną. Jeśli zaś choć jeden współczynnik λi = 0 to nazywamy ją nietrywialną.
Definicja 6.11 Wektory v1, ..., vk ∈ V nazywamy liniowo zależnymi ⇐⇒ istnieje nietrywialna
kombinacja tych wektorów dająca w sumie wektor zerowy.
Innymi słowy wektory v1, ..., vk ∈ V są liniowo zależne ⇐⇒ istnieją współczynniki
λ1, ..., λk ∈ R nie wszystkie równe zeru i takie że
λ1v1 + ...+ λkvk = 0.
45
W przeciwnym razie wektory nazywamy niezależnymi. Tzn. wektory v1, ..., vk ∈ V są liniowo
niezależne ⇐⇒ z tego, że kombinacja liniowa tych wektorów daje wektor zerowy wynika, że
ona trywialna. Innymi słowy jeśli λ1v1 + ...+ λkvk = 0 to λ1 = ... = λk = 0
• Wektory (1,−1), (−2, 2) ∈ R2 są liniowo zależne bo
2(1,−1) + 1(−2, 2) = (0, 0).
• Pokażemy, że wektory (1, 1), (−1, 1) są liniowo niezależne. Przypuśćmy, że a(1, 1)+b(−1, 1) =
(0, 0). Pokażemy , że jest to kombinacja trywialna. Otóż powyższa równość daje (a+ b, a− b) =
(0, 0) czyli układ równań: a+ b = 0, a− b = 0. Po rozwiązaniu uzyskujemy a = b = 0.
Twierdzenie 6.12 Wektory v1, ..., vk są liniowo niezależne ⇐⇒ jeden z nich jest kombinacją
liniową pozostałych.
• Wektory (1, 2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 9) ∈ R3 są liniowo zależne bo 1(1, 2, 3) − 2(4, 5, 6) +
1(7, 8, 9) = (0, 0, 0). Z równości tej mozna obliczyć, że np. (7, 8, 9) = −(1, 2, 3) + 2(4, 5, 6).
6.5 Baza i wymiar
Rozpatrujemy wektory v1, ..., vk przestrzeni liniowej V .
Definicja 6.13 Wektory v1, ..., vk generują przestrzeń liniową V ⇐⇒ każdy wektor tej prze-
streni jest ich kombinacją liniową.
• Wektory e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1) generują przrzestrzeń R3. Faktycznie:
dla dowolnego wektora tej przestrzeni (x1, x2, x3) = x1(1, 0, 0) + x2(0, 1, 0) + x3(0, 0, 1) = x1 ·
e1 + x2 · e2 + x3 · e3.
• Podobnie wektory e1 = (1, 0, ..., 0), e2 = (0, 1, 0, ..., 0),..., en = (0, ..., 0, 1) generują cała
przestrzeń Rn.
Definicja 6.14 Układ wektorów v1, ..., vk nazywamy bazą przestrzeni liniowej V ⇐⇒ jest on
liniowo niezależny i generuje całą przestrzeń V .
• Wektory e1, ...en tworzą bazę przestrzeni Rn. Nazywamy ją bazą kanoniczną.
Nie jest to jedyna baza. Pokażemy, że (na przykład) wektory (1, 1), (1,−1) ∈ R2 też tworzą
bazę. Otóż spróbujmy przedstawić dowolny wektor (a, b) ∈ R2 jako ich kombinację liniową:
(a, b) = x(1, 1) + y(1,−1)
46
Daje to uklad równań:
x+ y = a, x− y = b
Jest to układ Cramera (niezależnie od a, b ∈ R) a zatem posiada on dokładnie jedno rozwiazanie.
A zatem wektor (a, b) jest kombinacją liniową wektorów (1, 1), (1,−1).
Twierdzenie 6.15 Wektory v1, ..., vk tworzą bazę przestrzeni V ⇐⇒ każdy element prze-
strzeni w ∈ V daje się przedstawić jednoznacznie jako kombinacja liniowa tych wektorów.
Wniosek 6.16 Wektory
v1 = (a11, a21, ..., an1), v2 = (a12, a22, ..., an2),..., vn = (a1n, a2n, ..., ann) tworzą bazę przestrzeni
Rn ⇐⇒ det[aij] = 0.
Dowód.Weżmy dowolny element w = (b1, ..., bn) ∈ Rn. Pokażmy, że istnieją współczynniki
x1, ..., xn ∈ R takie, że w = x1v1 + ...+ xnvn. Innymi słowy
(b1, ..., bn) = x1(a11, a21, ..., an1) + x2(a12, a22, ..., an2) + ...+ xn(a1n, a2n, ..., ann)
A to jest równoważne układowi równań:
a11x1 + . . . + a1nxn = b1
. . . . . . . . .
an1x1 + . . . + annxn = bn
Ale z założenia det[aij] = 0 czyli układ posiada dokładnie jedno rozwiązanie.
Twierdzenie 6.17 • Każda przestrzeń liniowa posiada bazę.
• Każde dwie bazy tej samej przestrzeni są równoliczne (tzn. mają tyle samo elementów).
Definicja 6.18 Wymiarem przestrzeni liniowej nazywamy ilość elementów (dowolnej) bazy tej
przestrzeni. Oznaczamy dimV .
• dimRn = n. (Baza kanoniczna e1, ..., en.)
Wymiar przestrzeni V = {(x, y, z); x+y+z = 0} wynosi 2. (Bazą jest np. (1, 0,−1), (1, 0,−1).)
Wymiar przestrzeni wielomianów stopnia¬ n jest n+1. (Bazą są jednomiany 1, x, x2, ..., xn.)
47
6.6 Macierze
Rozpatrujemy macierz A ∈Mm×n.
Twierdzenie 6.19 Trzy następujące liczby są równe:
1. maksymalna ilość liniowo niezależnych wierszy,
2. maksymalna ilość liniowo niezależnych kolumn,
3. maksymalna liczba k o tej własności, że istnieje podmacierz k × k w A o niezerowym
wyznaczniku.
Liczbę tę nazywamy rzędem macierzy.
Ex.
1 2 3
4 5 6
7 8 9
1. Wiersze są liniowo zależne bo np.
12(1, 2, 3) +
12(7, 8, 9) = (4, 5, 6)
natomiast dwa pierwsze wiersze nie są zależne.
2. Podobnie kolumny są liniowo zależne bo np.
12(1, 4, 7) +
12(3, 6, 9) = (2, 5, 8)
natomiast dwie pierwsze kolumny nie są zależne.
3. detA = 0 ale np. det
1 24 5
= 5− 8 = −3 = 0.Jak obliczać rząd macierzy?
Tw. Następujące operacje nie zmieniają rzędu macierzy:
1. Przestawienie dwu wierszy (kolumn).
2. Pomnożenie wiersza (kolumny) przez skalar = o.
3. Pomnożenie jednego wiersza (kolumny) przez skalar i dodanie do innego wiersza (kolum-
ny).
48
• rz
0 1 4 1
2 1 0 −1
1 1 2 0
={w2 = w2 − 2w3}
rz
0 1 4 1
2− 2 1− 2 0− 4 −1
1 1 2 0
= rz0 1 4 1
0 −1 −4 −1
1 1 2 0
{w2 = w2 + w1}
= rz
0 1 4 1
0 0 0 0
1 1 2 0
= rz 0 1 4 11 1 2 0
= 2
6.7 Mnożenie macierzy
Umiemy macierze dodawać i mnożyć przez liczbę.
Niech A ∈Mm×p, B ∈Mp×n. Określamy A ·B = C ∈Mm×n gdzie
cij =p∑k=1
aikbkj
•
2 1 −1
0 −1 2
1 2 3
4 5 6
7 8 9
= −1 1 3
10 11 12
1 3 1
1 0 2
−1 1 1
1
2
3
=10
7
4
[1 2 3
]3 2
1 4
3 5
= [3 + 2 + 9, 2 + 8 + 15] = [14, 25].Jeśli A,B ∈ Mn×n to iloczyny AB, BA są określone ale na ogół AB = BA. Na przykład
dla A =
1 23 4
, B = −2 15 0
.AB =
1 23 4
−2 15 0
= 8 114 3
,
49
BA =
−2 15 0
1 23 4
= 1 0
5 10
,Tym niemniej zachodzi
Twierdzenie 6.20 (Cauchy).
Jeśli A,B ∈Mn×n to det(AB) = detA detB.
Rozpatrujemy macierze n× n. Wśród nich wyróżniamy macierz jednostkową.
E =
1 0 0 ... 0
0 1 0 ... 0
. . . ... .
0 0 0 ... 1
.
Wówczas AE = EA = A tzn. E jest elementem neutralnym względem mnożenia macierzy.
Jeśli AB = E to macierz B nazywamy odwrotną do macierzy A i oznaczamy B = A−1.
Uwaga 6.21 Nie każda macierz posiada odwrotną. Jeśli AB = E to detA ·detB = detE = 1.
A zatem detA = 0.
Okazuje się, że jest to także warunek dostateczny.
Twierdzenie 6.22 Macierz n× n ma odwrotną (jest odwracalna) ⇐⇒ jej wyznacznik = 0.
Jak znaleźć macierz odwrotną? 1 23 4
a bc d
= 1 00 1
a+ 2c b+ 2d
3a+ 4c 3b+ 4d
= 1 00 1
. a + 2c = 1
3a + 4c = 0
b + 2d = 0
3b + 4d = 1A stąd a = −2, b = 1, c = 32 , d = −
12 . A zatem
A−1‘ =
−2 132 −
12
50
Twierdzenie 6.23 Jeśli detA = 0 to macierz odwrotna dana jest wzorem
1detA
A11 A21 A31 ... An1
A12 A22 A32 ... An2
. . . ... .
A1n A2n A3n ... Ann
.
gdzie Aij oznacza dopełnienie algebraiczne elementu aij w macierzy A.
Tak więc dla macierzy A =
1 23 4
mamy detA = −2 a stąd.
A−1 =−12
−4 −2−3 1
= −2 1
32−12
51
6.8 Układy równań liniowych
Rozpatrzmy ponownie układ równań Cramera.
a11x1 + . . . + a1nxn = b1
a21x1 + . . . + a2nxn = b2
. . . . . . . . .
an1x1 + . . . + annxn = bn
Można go przepisać jako
a11 a12 a13 ... a1n
a21 a22 a23 ... a2n
. . . ... .
an1 an2 an3 ... ann
x1
x2
..
xn
=
b1
b2
..
bn
Czyli AX = B gdzie A = [aij]n×n macierz (główna) układu, B =
b1
..
bn
, X =x1
..
xn
.A zatem rozwiązujemy równanie macierzowe AX = B. Mnożymy je obustronnie przez A−1:
A−1(AX) = A−1B czyli X = A−1B.
•
x + y = 2
3x + 4y = −1
A =
1 23 4
A−1 = −2 132
−12
B = 2
−1
A zatem X =
−2 132
−12
2
−1
= −5
72
.Ostatecznie x = −5, y = 72
6.9 Układy równań liniowych: przypadek ogólny
Rozpatrzmy trzy układy równań
x + 2y = −1 x − y = 1 x − y = 1
3x + 4y = −1 −x + y = −1 −x + y = 2
1) x+ 1, y = −1 dokładnie jedno rozwiązanie,
52
2) x = 1 + y a stąd x = 1 + λ, y = λ nieskończenie wiele rozwiązań,
3) układ sprzeczny.
Tak też jest w ogólności.
Niech będzie dany układ równań:
a11x1 + . . . + a1nxn = b1
a21x1 + . . . + a2nxn = b2
. . . . . . . . .
am1x1 + . . . + amnxn = bm
m-równań, n-niewiadomych. Możemy go zapisać jako AX = B
A =
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
... ... . . . ...
am1 am2 . . . amn
macierz główna układu,
A =
a11 a12 . . . a1n b1
a21 a22 . . . a2n b2
... ... . . . ...
am1 am2 . . . amn bm
macierz uzupełniona
Twierdzenie 6.24 (Kronecker-Cappelli)
Układ równań posiada rozwiązanie ⇐⇒ rząd macierzy głównej jest równy rzędowi macierzy
uzupełnionej.
Jak to należy obliczać?x + 2y + z = 5
2x + y − z = 4
x − y − 2z = −1Po obliczeniach det A = 0. A zatem rzA < 3. A zatem rząd =2 gdyż istnieje podmacierz
2× 2 o niezerowym wyznaczniku.
rz
1 2 1 5
2 1 −1 4
1 −1 −2 −1
= rz1 2 1 5
2 1 −1 4
2 1 −1 4
= rz 1 2 1 5
2 1 −1 4
= 2Ostatnie równanie odrzucamy. x + 2y + z = 5
2x + y − z = 4
x + 2y = 5 − z
2x + y = 4 + z
53
Podstawiamy parametr z = λ x + 2y = 5 − λ
2x + y = 4 + λA to jest układ równań Cramera (dla każdego λ). Dla ustalonego λ uzyskujemy dokładnie
jedno rozwiązanie x = λ+ 1, y = −λ+ 2, z = λ.
Rozpatrzmy układ równań liniowych w postaci macierzowej: AX = B. Jeśli kolumna wy-
razów wolnych B = 0 to układ ten nazywamy jednorodnym. Układ jednorodny nigdy nie jest
sprzeczny gdyż posiada rozwiązanie zerowe.
Twierdzenie 6.25 Zbiór rozwiązań układu jednorodnego AX = 0 jest przestrzenią liniową.
Dowód. Niech X, Y będą rozwiązaniami. Pokażemy, że równiż suma X + Y jest rozwiąza-
niem. Jest tak bo A(X +B) = AX + AY = 0 + 0 = 0.
Podobnie jeśli X jest rozwiązaniem to A(λX) = λAX = λ0 = 0.
Uwaga 6.26 Wymiarem tej przestrzeni jest ilość parametrów w rozwiązaniu ogólnym.
Np. układ złożony z jednego równania x + y + z = 0 daje x = −y − z a stąd rozwiązanie
x = −λ−η, y = λ, z = η czyli (−λ−η, λ, η). Bazą tej przestrzeni tworzą np. wektory (−1, 1, 0),
(−1, 0, 1).
Twierdzenie 6.27 Niech będzie dane równanie niejednorodne AX = Y i pewne jego rozwią-
zanie (szczególne) X0. Wówczas każde inne rozwiązanie tego równania ma postać X = X0+X1
gdzie X1 jest pewnym rozwiazaniem równania jednorodnego AX1 = 0.
54
