Elementy Analizy Matematycznej, WNE, 2007/2008

Transkrypt

1 Elementy Analizy Matematycznej, WNE, 2007/ stycznia Ciagi i indukcja matematyczna Oznaczenia: N = {0, 1, 2,...} - zbiór liczb naturalnych, Z = {0, 1, 1, 2, 2,...} - zbiór liczb ca lkowitych, Q - zbiór liczb wymiernych, R - zbiór liczb rzeczywistych. Uwaga: Zbiór liczb naturalnych jest to najmniejszy zbiór posiadajacy nastepuj ace w lasności. (i) 0 N, (ii) Jeśli n N, to n + 1 N. 1. Zasada indukcji matematycznej: Jeśli pewne twierdzenie jest prawdziwe dla n = 1 oraz z prawdziwości twierdzenia dla n wynika jego prawdziwość dla n + 1, to twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich liczb ca lkowitych dodatnich. Przyk lad: dwumian Newtona. Niech a, b bed a liczbami rzeczywistymi. Wówczas dla dowolnej liczby naturalnej n 1 zachodzi wzór (a + b) n = a n + ( n 1 ) a n 1 b + ( n 2 ) a n 2 b ( ) n ab n 1 + b n = n 1 gdzie ( n k) (symbol Newtona) zadany jest przez ( ) n n(n 1)(n 2)... (n k + 1) =. k k! n k=0 ( ) n a k b n k, (1) k Powyższa definicja symbolu Newtona ma sens nawet wtedy, gdy n jest liczba rzeczywista (ale k musi być liczba naturalna). 1

2 Dowód: Skorzystamy z zasady indukcji. Dla n = 1 otrzymujemy oczywista równość a+b = a+b. Przypuśćmy, że wzór (1) jest prawdziwy dla ustalonego n. Mamy ( ) ( ) ( ) n n n (a + b) n+1 = (a + b) n (a + b) = (a n + a n 1 b + a n 2 b ab n 1 + b n )(a + b) 1 2 n 1 ( ) ( ) ( ) n n n = a n+1 + a n b + a n 1 b a 2 b n 1 + ab n 1 2 n 1 ( ) ( ) ( ) n n n + a n b + a n 1 b a 2 b n 1 + ab n + b n+1 ( n + 1 = a n ) a n b + 1 ( n ) a n 1 b n 2 ( n + 1 n 1 n 1 ) ( n + 1 a 2 b n 1 + n ) ab n + b n+1, czyli wzór (1) jest prawdziwy dla n + 1. Na mocy zasady indukcji, wzór ten jest prawdziwy dla dowolnej liczby ca lkowitej dodatniej. W ostatnim przejściu skorzystaliśmy z równości ( ) ( ) ( ) n n n =, k k + 1 k + 1 prawdziwej dla dowolnej liczby naturalnej n. Przyk lad: nierówność Bernoulliego. Za lóżmy, iż n 1 jest liczba naturalna oraz x jest liczba rzeczywista wieksz a niż 1. Wówczas Równość ma miejsce tylko dla n = 1 badź x = 0. (1 + x) n 1 + nx. (2) Dowód: Dla n = 1 nierówność jest prawdziwa i staje sie równościa (nawet dla wszystkich x; tu nie potrzebujemy za lożenia x > 1). Przypuśćmy, iż udowodniliśmy nierówność (2) dla pewnego n 1. Wobec tego, (1 + x) n+1 = (1 + x) (1 + x) n (1 + x)(1 + nx) (za lożenie indukcyjne) = 1 + (n + 1)x + nx (n + 1)x, przy czym dostajemy równość wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0. Uzyskaliśmy wi ec nierówność (2) dla n + 1. Na mocy zasady indukcji, nierówność jest prawdziwa dla wszystkich n Wartość bezwzgledna i odleg lość w zbiorze liczb rzeczywistych. Niech a, b bed a liczbami rzeczywistymi. Wówczas a b możemy interpretować jako odleg lość miedzy liczbami a, b. 2

3 Lemat 1.1. Niech a, b, c, x, y bed a liczbami rzeczywistymi. Zachodza nastepuj ace nierówności. (i) x + y x + y (nierówność trójkata). (ii) x y x y. (iii) a c a b + b c. Dowód: (i) Obie strony nierówności sa dodatnie, wiec po podniesieniu do kwadratu dostajemy równoważna nierówność x + y 2 ( x + y ) 2, czyli x 2 + 2xy + y 2 x x y + y 2, xy x y. Ostatnia nierówność oczywiście ma miejsce. (ii) Postepujemy analogicznie jak w (i). (iii) Postawiamy x = a b, y = b c i otrzymujemy udowodniona już nierówność trójkata. 3. Definicja ciagu. Ciagiem (nieskończonym) nazywamy funkcje określona na zbiorze wszystkich liczb ca lkowitych wiekszych badź równych pewnej liczbie ca lkowitej n 0. Wartość tej funkcji w punkcie n nazywamy n-tym wyrazem ciagu. Oznaczenie: (a n ) n n0 = (a n ) n=n 0 - ciag, którego n-ty wyraz jest równy a n. Przyk lady: (i) ( 1 ) n n 1, (ii) ( n+1 ) 2n+3 n 1, (iii) Niech a oraz r bed a ustalonymi liczbami rzeczywistymi. Wówczas ciag (a n ) spe lniajacy warunki a 1 = a, a n+1 = a n +r, n = 1, 2,... nazywamy ciagiem arytmetycznym. Latwo dowieść indukcyjnie, że a n = a + (n 1)r. (iv) Niech a oraz q bed a ustalonymi liczbami rzeczywistymi. Wówczas ciag (a n ) zadany przez a 1 = a, a n+1 = a n q, n = 1, 2,... nazywamy ciagiem geometrycznym. Latwo dowieść indukcyjnie, że a n = aq n 1. (v) Ciag Fibonacciego to ciag (F n ) n 0 zadany nastepuj aco: F 0 = F 1 = 1 oraz F n+1 = F n + F n 1, n = 1, 2,.... (3) Wyznaczymy wzór na F n. Najpierw szukamy ciagów geometrycznych (q n ) n 0, q 0, spe lniajacych warunek (3). Dostajemy równość q n+1 = q n + q n 1, czyli q 2 q 1 = 0. Rozwiazaniem tego równania kwadratowego sa liczby q 1 = oraz q 2 = 1 5, 2 3

4 zatem otrzymujemy dwa ciagi (q1 n ) n 0 oraz (q2 n ) n 0 spe lniajace (3). Wzór na F n jest postaci F n = Aq1 n + Bq2 n, gdzie A, B wyznaczamy korzystajac z warunków poczatkowych. { 1 = F 0 = A + B, Rozwiazaniem powyższego uk ladu jest Zatem F n = 1 + ( = F 1 = Aq 1 + Bq 2 = A B A = ) n ( oraz B = ) n ( 5 = ) n+1 ( ) n Definicja granicy ciagu. a) Liczba g jest granica ciagu (a n ) (ciag (a n ) jest zbieżny do g, ciag (a n ) daży do g), jeżeli dla dowolnego ε > 0 istnieje liczba naturalna N o tej w lasności, iż jes li n N, to a n g < ε. ε>0 N n N a n g ε. Równoważnie, w dowolnym przedziale postaci (g ε, g + ε), ε > 0, leża prawie wszystkie wyrazy ciagu (a n ) - wszystkie z wyjatkiem skończenie wielu z nich. Oznaczenie: n a n = g badź a n g. b) Liczba + (plus nieskończoność) jest granica ciagu, jeśli dla dowolnej liczby rzeczywistej M istnieje liczba naturalna N o tej w lasności, iż jeśli n N, to a n M. M N n N a n M. Równoważnie, w dowolnym przedziale postaci (M, ), M R, leża prawie wszystkie wyrazy ciagu (a n ). Oznaczenie: n a n = + badź a n +. Mówimy, że (a n ) jest zbieżny do +. c) Liczba (minus nieskończoność) jest granica ciagu, jeśli dla dowolnej liczby rzeczywistej M istnieje liczba naturalna N o tej w lasności, iż jeśli n N, to a n M. M N n N a n M. 4

5 Równoważnie, w dowolnym przedziale postaci (, M), M R, leża prawie wszystkie wyrazy ciagu (a n ). Oznaczenie: n a n = badź a n. Mówimy, że (a n ) jest zbieżny do. Uwaga: Granice +, czasami nazywane sa granicami niew laściwymi. Uwaga: Zamiast,,istnieje liczba N o tej w lasności, iż jeśli n N, to... b edziemy czasem mówić,,dla dostatecznie dużych n. Intuicja: Jeśli ciag (a n ) zbiega do granicy skończonej g, to jego wyrazy, wraz ze wzrostem n, zbliżaja sie do g na dowolnie ma l a odleg lość. Nie oznacza to jednak, iż im wieksze n, tym a n leży bliżej do g. Uwaga: Zmiana skończonej liczby wyrazów ciagu nie ma wp lywu na istnienie lub wartość granicy. Przyk lady: (i) n 1 n = 0. Istotnie, ustalmy ε > 0. Nierówność 1 n 0 = 1 n < ε zachodzi dla n > 1 (czyli dla dostatecznie dużych n); tak wi ec ε w definicji granicy wystarczy wziać np. N = [ 1 ε] + 1. Można wzi ać także wieksze N, np. N = [ ] 10 e n+1 (ii) n = 1. Istotnie, ustalmy ε > 0. Nierówność 2n+1 2 n + 1 2n = 1 2(2n + 1) = 1 2(2n + 1) < ε zachodzi, o ile n > 2( 1 1 1) (czyli dla dostatecznie dużych n); w definicji granicy wystarczy 2ε wziać np. N = [ 1 1 2( 1)] ε (iii) Ciag arytmetyczny (a n ) o różnicy r > 0 jest zbieżny do +. Aby to zobaczyć, ustalmy liczbe M. Nierówność a n = a 1 + (n 1)r > M zachodzi, o ile n > (M a 1 )/r + 1 (czyli dla dostatecznie dużych n). Tak wiec w definicji granicy wystarczy wziać N = [ M a 1 ] r + 2. Analogicznie dowodzimy, że jeśli r < 0, to ciag (a n ) jest zbieżny do. Natomiast jeśli r = 0, to ciag jest sta ly, a zatem zbieżny do a 1 (w definicji granicy dla każdego ε bierzemy np. 5

6 N = 1). 5. Definicja podciagu Niech (a n ) n n0 bedzie ciagiem i n 0 n 1 < n 2 < n 3 <..., n k N. Wówczas (a nk ) nazywamy podciagiem ciagu (a n ). Bezpośrednio z definicji wynika, iż Twierdzenie 1.1. Jeśli ciag (a n ) jest zbieżny do granicy g (skończonej lub nie), to każdy jego podciag jest zbieżny do g. Wniosek 1. Jeśli ciag (a n ) posiada dwa podciagi zbieżne do różnych granic, to jest rozbieżny. Przyk lady - ciag dalszy: (iv) Ciag (( 1) n ) nie ma granicy. Podciag o indeksach parzystych to ciag sta ly (1), a wiec zbieżny do 1. Podciag o indeksach nieparzystych to ciag sta ly ( 1), a wiec zbieżny do 1. Na mocy wniosku, rozważany ciag jest rozbieżny. (v) Niech (a n ) n 1 bedzie ciagiem geometrycznym o ilorazie q i a 1 > 0. Jeśli q > 1, to ciag (a n ) jest zbieżny do +. Istotnie, dla ustalonej liczby M, nierówność a n = a 1 q n 1 > M jest spe lniona dla n > log q (M/a 1 ) + 1 (czyli dla dostatecznie dużych n); wystarczy wziać np. N = [log q (M/a 1 )] + 2. Jeśli q < 1, to ciag (a n ) nie ma granicy. Istotnie, podciag o indeksach parzystych ( q 2n ) jest rozbieżny do +, jak pokazaliśmy przed chwila. Natomiast podciag o indeksach nieparzystych ( q 2n+1 ) zbiega do. Dowód jest analogiczny. Jeśli q = 1, to ciag jest sta ly, a wiec zbieżny do a 1. Jeśli q = 1, to ciag jest rozbieżny (por. przyk lad (iv)). Przypuśćmy teraz, że 0 < q < 1. Wykażemy, że wówczas (a n ) jest zbieżny do 0. Mamy q = 1 dla pewnej liczby x > 0 (x = 1 1). Na mocy nierówności Bernoulliego, 1+x q a n 0 = a 1 q n 1 = a 1 (1 + x) n 1 a (n 1)x < ε, przy czym ostatnia nierówność ma miejsce dla dostatecznie dużych n. Jeśli 1 < q < 0, to korzystamy z nastepuj acego faktu: ciag (a n ) jest zbieżny do 0 wtedy i tylko wtedy, gdy ( a n ) jest zbieżny do 0. Tak wiec w tym przypadku ciag zbiega do 0. 6

7 Wreszcie, jeśli q = 0, to, poczawszy od drugiego wyrazu, wszystkie wyrazy ciagu (a n ) sa równe 0 - zatem ciag zbiega do Ograniczoność ciagu Ciag (a n ) jest a) ograniczony z góry, jeśli istnieje liczba M taka, że dla wszystkich n zachodzi nierówność a n M. b) ograniczony z do lu, jeśli istnieje liczba M taka, że dla wszystkich n zachodzi nierówność a n M. c) ograniczony, jeśli jest ograniczony z góry i z do lu. d) nieograniczony, jeśli nie jest ograniczony. Przyk lady: (i) Ciag (sin n) n 0 jest ograniczony: 1 sin n 1 dla wszystkich n. (ii) Ciag (n 2 + 1) n 0 jest ograniczony z do lu (mamy n dla wszystkich n), ale nie jest ograniczony z góry. (iii) Ciag (( 2) n ) n 0 nie jest ograniczony ani z góry, ani z do lu. (iv) Ciag ( ( n) ( 1 + n) 1 jest ograniczony: mamy oczywiście n n) dla każdego n. Z drugiej strony, korzystajac z dwumianu Newtona, ( ) ( ) ( ) ( 1 n n 1 n 1 n = 1 + n) 1 n + 2 n n 1 n + 1 n 1 n n < 3. n 2 2n 1 W przedostatniej nierówności skorzystaliśmy z tego, że dla k 1 mamy ( ) n 1 n(n 1)(n 2)... (n k + 1) = 1 k nk k!n k k! 1 2. k 1 (v) Niech x bedzie ustalona liczba rzeczywista. Wówczas ciag ( ( n) 1 + n) x jest ograniczony. Rozważymy dwa przypadki. Jeśli x 0, to dla dostatecznie dużych n mamy x ( 1, 0] i n 0 < 1 + x ( n < 1, czyli 0 < 1 + n) x n 1, a zatem ciag jest ograniczony,,dla dostatecznie dużych n. Stad jednak prosto wynika ograniczoność ca lego ciagu. 7

8 Przypuśćmy teraz, że x > 0. Oczywiście mamy x n, zatem 1 ( 1 + x n) n. Niech k = [x] + 1 > x. Mamy, z nierówności Bernoulliego, 1 + x n 1 + k n ( n) k, a wi ec ( 1 + x ) ( n nk 3 n n) k = 3 [x]+1, co oznacza, że rozważany ciag jest ograniczony. 7. Monotoniczność ciagu Ciag (a n ) jest a) rosnacy, jeśli dla każdego n spe lniona jest nierówność a n+1 > a n. b) niemalejacy, jeśli dla każdego n spe lniona jest nierówność a n+1 a n. c) malejacy, jeśli dla każdego n spe lniona jest nierówność a n+1 < a n. d) nierosnacy, jeśli dla każdego n spe lniona jest nierówność a n+1 a n. Jeśli ciag jest nierosnacy badź niemalejacy, to mówimy, iż jest on monotoniczny. Jeśli ciag jest rosnacy badź malejacy, to mówimy, iż jest on ściśle monotoniczny. Przyk lady: (i) Ciag arytmetyczny o rórnicy r > 0 jest rosnacy: a n+1 = a n + r > a n. (ii) Ciag (( 1) n ) n 0 nie jest monotoniczny. (iii) Niech x R. Ciag (1 + x n )n jest niemalejacy dla n > x. Mamy bowiem, na mocy nierówności Bernoulliego, ( ) 1 + x n+1 ( n+1 ( ) 1 + x n x ) = n n [ 1 + ] n+1 x n + x (n + x)(n + 1) n ( 1 x ) n + x n + x n Twierdzenie 1.2. Każdy ciag niemalejacy i ograniczony z góry przez M jest zbieżny do granicy skończonej niewiekszej niż M. Każdy ciag nierosnacy i ograniczony z do lu przez M jest zbieżny do granicy skończonej niemniejszej niż M. Przyk lady: = 1. 8

9 (i) Ciag (a n ) n 1 zadany wzorem a n = n 2 jest zbieżny. Istotnie, jest on rosnacy, a ponadto a n ( n (n + 1) = 1 1 ) ( ) ( n 1 ) = 1 1 n + 1 n + 1 < 1 i wystarczy skorzystać z twierdzenia 1.2. (ii) Funkcja wyk ladnicza. Niech x R bedzie ustalona liczba rzeczywista. Wówczas, jak już wykazaliśmy, ciag (1 + x n )n jest rosnacy (od pewnego miejsca) i ograniczony. Ponieważ zamiana skończenie wielu wyrazów nie ma wp lywu na istnienie badź wartość granicy, twierdzenie 1.2 daje nam, iż istnieje granica exp(x) := (1 + x ) n. n n W szczególności, dla x = 1, oznaczmy ( e := n. n n) Można udowodnić, że exp(x) = e x dla x R. Jest jasne, co oznacza e x dla x Q. Dla x niewymiernych określamy exp(x) = sup{e w : w < x, w Q}. 8. Symbole nieoznaczone. Wprowadziliśmy wcześniej symbole i +. Zdefiniujmy dzia lania z ich użyciem. Definicja. (+ ) =, +(+ ) = +, ( ) = +, +( ) =, + ± a = ±a + (+ ) = +, ± a = ±a + ( ) = dla każdej liczby a, + + (+ ) = +, + ( ) =, + ( ) = +, (+ ) =, jeśli a > 0, to + a = + i a =, + + = ( ) ( ) = +, jeśli a < 0, to + a = i a = +, a ± = 0 dla każdej liczby a oraz ± a = ± 1 dla każdej liczby a 0, a jeśli a > 1, to a + = +, a = 0, jeśli 0 < a < 1, to a + = 0, a = +. 9

10 Niektóre dzia lania na pewnych symbolach nie zosta ly zdefiniowane, np. + b adź ( ). Sa to tzw. symbole nieoznaczone. Otóż nie można sensownie zdefiniować wyników tych dzia lań - wkrótce zobaczymy dlaczego. 9. Obliczanie granic i zbieżność ciagu - podstawowe twierdzenia Twierdzenie 1.3 (o jednoznaczności granicy). Każdy ciag posiada co najwyżej jedna granice. Dowód: Przypuśćmy, wbrew tezie, że pewien ciag (a n ) posiada dwie granice g 1, g 2. Na poczatek za lóżmy, że te granice sa skończone i niech ε = 1 g 3 1 g 2 > 0. Z definicji granicy, istnieje N takie, że jeśli n N, to Stad, na mocy nierówności trójkata a n g 1 < ε oraz a n g 2 < ε. g 1 g 2 = g 1 a n + a n g 2 g 1 a n + a n g 2 < 2ε = 2 3 g 1 g 2, sprzeczność. W przypadku gdy np. g 1 = + i granica g 2 jest skończona, niech ε = 1 i M = g Z definicji, istnieje N takie, że jeśli n N, to Zatem a n M = g oraz a n g 2 < ε = 1. a n = a n g 2 + g 2 a n g 2 + g g 2 < 2 + g 2 a n, sprzeczność. W pozosta lych przypadkach postepujemy analogicznie, dochodzac do sprzeczności. Dowód jest zakończony. Twierdzenie 1.4 (o arytmetycznych w lasnościach granicy). a) Jeśli istnieja granice n a n oraz n b n oraz określona jest ich suma (w powyższym sensie), to istnieje granica n (a n + b n ) i jest ona równa n a n + n b n. b) Jeśli istnieja granice n a n oraz n b n oraz określona jest ich różnica (w powyższym sensie), to istnieje granica n (a n b n ) i jest ona równa n a n n b n. c) Jeśli istnieja granice n a n oraz n b n oraz określony jest ich iloczyn (w powyższym sensie), to istnieje granica n (a n b n ) i jest ona równa n a n n b n. 10

11 d) Jeśli istnieja granice n a n oraz n b n oraz określony jest ich iloraz (w powyższym a sensie), to istnieje granica n n bn i jest ona równa n an n b n. Dowód: a) Przypuśćmy, że granice a = n a n, b = n b n sa skończone. Ustalmy ε > 0. Wówczas istnieje liczba N taka, że jeśli n N, to a n a < ε 2 oraz b n b < ε 2. Zatem, z nierówności trójkata, a n + b n a b a n a + b n b < ε, czyli n (a n + b n ) = a + b. Za lóżmy, że np. a jest liczba skończona, a b = +. Ustalmy ε = 1 oraz M. Istnieje liczba N taka, że jeśli n N, to Zatem a n a < 1 oraz b n > M a + 1. a n + b n = a n a + b n + a a n a + b n + a > 1 + M a a = M. W pozosta lych przypadkach post epujemy analogicznie. b) Stosujemy poprzedni podpunkt do ciagów (a n ), ( b n ); korzystamy tu z faktu, który wynika natychmiast z definicji: jeśli n b n = b, to n ( b n ) = b. c), d) postepujemy analogicznie. Twierdzenie 1.5. Jeśli a n b n dla dostatecznie dużych n i n a n = a, n b n = b, to a b. Twierdzenie 1.6 (o trzech ciagach). Jeśli a n b n c n dla dostatecznie dużych n i ciagi (a n ) oraz (c n ) sa zbieżne do tej samej granicy, to ciag (b n ) też jest zbieżny i zachodzi równość a n = b n = c n. n n n Przyk lad: (i) Jeśli ciag (a n ) spe lnia warunek n na n 0, to n (1 + a n ) n = 1. 11

12 Dowód: Mamy, na mocy nierówności Bernoulliego, dla dostatecznie dużych n, 1 + n a n (1 + a n ) n = 1 ( ) n 1 an 1+a n 1. 1 nan 1+a n Widać, że lewa oraz prawa strona powyższej nierówności zbiega do 1. Wobec tego teza wynika natychmiast z twierdzenia o trzech ciagach. Twierdzenie 1.7 (regu la Stolza). Przypuśćmy, iż ciag (b n ) jest ciagiem monotonicznym o wyrazach różnych od 0. Niech (a n ) bedzie ciagiem takim, że istnieje granica Jeśli jest spe lniony jeden z warunków: (i) Ciag (b n ) ma granice nieskończona, (ii) ciagi (a n ), (b n ) sa zbieżne do 0, to ciag ( a n ) bn jest zbieżny i mamy równość Przyk lad: (i) Jeżeli ciag (c n ) jest zbieżny do g, to a n+1 a n. n b n+1 b n a n a n+1 a n =. n b n n b n+1 b n c 1 + c c n n n Istotnie, wynika to z regu ly Stolza: weźmy a n = c 1 + c c n oraz b n = n. Ciag (b n ) jest rosnacy i zbieżny do + oraz 2 Szeregi a n+1 a n n b n+1 b n = g. = n c n+1 = g. 1. Definicja szeregu. Niech (a n ) n 0 bedzie dowolnym ciagiem liczb rzeczywistych. Szeregiem o wyrazach a 0, a 1, a 2,... nazywamy ciag (s n ) n 0, którego kolejnymi wyrazami sa kolejne sumy poczatkowych wyrazów ciagu (a n ), tzn. s 0 = a 0, s 1 = a 0 + a 1, s 2 = a 0 + a 1 + a 2,

13 Wyrazy s 0, s 1, s 2,... bedziemy nazywać sumami cześciowymi szeregu o wyrazach a 0, a 1, a 2,.... Oznaczenie: a 0 + a 1 + a lub a n. Podobnie jak w przypadku ciagów, numeracja wyrazów szeregu może sie rozpoczynać od dowolnej liczby ca lkowitej k; szereg oznaczamy wówczas a k + a k+1 + a k lub n=0 a n. 2. Definicja szeregu zbieżnego/rozbieżnego. Jeśli ciag sum cześciowych szeregu ma granice skończona, to mówimy, że szereg jest zbieżny i te granice nazywamy suma szeregu. Jeśli ciag sum cześciowych ma granice nieskończona badź nie jest zbieżny, to mówimy, że szereg jest rozbieżny. Sume szeregu oznaczamy tak samo jak szereg, tzn. a 0 + a 1 + a lub n=k a n. Zasadniczym problemem przy badaniu szeregów jest rozstrzygniecie, czy sa one zbieżne, czy nie. Wiekszość twierdzeń, które pojawia sie poniżej, bedzie odnosi la sie do tego pytania. Rozpocznijmy od sformu lowania kilku prostych faktów. Pierwsze twierdzenie wynika natychmiast z w lasności ciagów. Twierdzenie 2.1. Jeśli szereg n=0 a n jest zbieżny, a c jest liczba rzeczywista, to szereg n=0 c a n też jest zbieżny i mamy c a n = c a n. n=0 Drugi fakt dotyczy dodawania szeregów,,,wyraz po wyrazie. Ponownie, dowód jest natychmiastowy. Twierdzenie 2.2. Niech n=0 a n, n=0 b n bed a szeregami zbieżnymi. Wówczas zbieżny jest także szereg n=0 (a n + b n ) i mamy (a n + b n ) = n=0 n=0 a n + n=0 n=0 b n. Kolejny fakt dotyczy porównywania sum szeregów i ponownie jego dowód jest oczywisty. 13 n=0

14 Twierdzenie 2.3. Niech n=0 a n, n=0 b n bed a szeregami zbieżnymi. każdego n mamy a n b n. Wówczas Przypuśćmy, że dla a n n=0 b n. Dodatkowo, jeśli dla pewnej liczby n mamy nierówność ostra a n < b n, to także a n < n=0 3. Warunek konieczny zbieżności szeregu n=0 b n. Twierdzenie 2.4. Jeśli szereg n=0 a n jest zbieżny, to n a n = 0. Dowód: Zachodzi równość a n = s n s n 1 i ciag (s n ) jest zbieżny (gdyż szereg jest zbieżny). Zatem, na mocy twierdzenia o arytmetycznych w lasnościach granicy, co kończy dowód. n=0 a n = (s n s n 1 ) = s n s n 1 = 0, n n n n Okazuje sie, iż powyższego twierdzenia nie można odwrócić. Rozważmy nastepuj acy ważny przyk lad. Przyk lad: szereg harmoniczny Rozważmy szereg 1 n=1. Jak widać, wyrazy tego szeregu d aż n a do zera. Tym niemniej, jak za chwile udowodnimy, szereg ten jest rozbieżny. Mamy bowiem s 1 =1, s 2 = , s 4 = = , s 8 = = i ogólnie, dla dowolnej liczby naturalnej n, s 2 n 1 + n

15 To dowodzi, iż podciag (s 2 n) ciagu (s n ) zbiega do nieskończoności. Wystarczy już tylko zauważyć, że ciag (s n ) jest rosnacy, a wiec, posiadajac podciag zbieżny do +, także musi zbiegać do +. Rozważmy jeszcze dwa waże przyk lady. Przyk lad. Zbadajmy zbieżność szeregu 1 n=1. Ponieważ wyrazy szeregu sa n 2 dodatnie, wiec ciag (s n ) sum cześciowych jest rosnacy. Ponadto, mamy s n = n n (n 1) n ( ) ( ) ( n 1 1 ). n Otwieramy nawiasy i widzimy, że wi ekszość wyrazów si e skraca; zaatem dostajemy oszacowanie s n n = 2 1 n < 2. Ciag (s n ) jest wiec rosnacy i ograniczony z góry. Zatem jest zbieżny, czyli rozważany przez nas szereg jest zbieżny. Ca lkiem inna kwestia jest wyznaczenie sumy powyższego szeregu. Można udowodnić, że wynosi ona π2, ale dowód tego faktu jest znacznie trudniejszy. Rozstrzygni ecie 6 tego, czy szereg jest zbieżny czy nie, oraz wyznaczenie sumy szeregu to dwa odrebne problemy. Przyk lad: szereg geometryczny. Rozważmy szereg n=0 qn, gdzie q jest ustalona liczba rzeczywista. Jeśli q < 1, to mamy s n = 1 + q + q q n = 1 qn+1 1 q a zatem szereg jest zbieżny i mamy 1 1 q gdy n, n=0 q n = 1 1 q. Jeśli zaś q 1, to wyrazy szeregu nie zbiegaja do 0 - a zatem na mocy powyższego twierdzenia szereg jest rozbieżny. 4. Szeregi o wyrazach dodatnich 15

16 W sytuacji, gdy szereg ma wyrazy dodatnie, jego ciag sum cześciowych jest rosnacy, a zatem posiada granice. Wobec tego rozstrzygniecie, czy szereg jest zbieżny, czy nie, sprowadza sie do pytania o skończoność tej granicy. Oczywiście, powyższa uwaga stosuje sie także w przypadku, gdy szereg ma prawie wszystkie wyrazy dodatnie - tzn. skończona liczbe wyrazów ujemnych. Wszystkie poniższe twierdzenia pozostaja w mocy w tym ogólniejszym przypadku. Sformu lujemy teraz kilka pomocnych faktów, które pozwalaja odpowiadać na to pytanie. Twierdzenie 2.5 (Kryterium porównawcze). Niech n=0 a n, n=0 b n bed a szeregami o wyrazach dodatnich. Przypuśćmy, że dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność a n b n. Wówczas (i) Jeśli szereg n=0 b n jest zbieżny, to szereg n=0 a n też jest zbieżny. (ii) Jeśli szereg n=0 a n jest rozbieżny, to szereg n=0 b n też jest rozbieżny. Prosty dowód pozostawiamy jako ćwiczenie. Twierdzenie 2.6 (Asymptotyczne kryterium porównawcze). Niech n=0 a n, n=0 b n bed a szeregami o wyrazach dodatnich takich, że istnieje skończona i dodatnia granica a n. n b n Wówczas szereg n=0 a n jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg n=0 b n jest zbieżny. a Dowód: Niech g = n n bn. Mamy 0 < g <, a zatem istnieja liczby c, d spe lniajace nieżówność 0 < c < g < d <. Z definicji granicy, dla dostatecznie dużych n mamy c < a n b n < d, czyli c b n < a n < d b n. Teraz wystarczy skorzystać z kryterium porównawczego: jeśli szereg o wyrazach a n jest zbieżny, to szereg o wyrazach c b n także, a zatem, na mocy Twierdzenia 2.1, szereg o wyrazach b n jest zbieżny. W druga strone rozumujemy analogicznie. Trzecie kryterium zbieżności szeregów pochodzi z uogólnienia rozumowania zastosowanego wyżej dla szeregu harmonicznego. Twierdzenie 2.7 (Twierdzenie o zageszczaniu). Przypuśćmy, że ciag (a n ) jest niemalejacy i jego wyrazy sa dodatnie. Wówczas szereg n=0 a n jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg n=0 2n a 2 n jest zbieżny. 16

17 Przyk lady: Dwa pierwsze przyk lady dotycza kryterium o zageszczaniu. (i) Szereg 1 n=1, p R, jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy p > 1. n p Aby to udowodnić, zauważmy najpierw, iż gdy p 0, to wyrazy szeregu nie zbiegaja do 0, a wiec jest on rozbieżny. Tak wiec wystarczy zajać sie przypadkiem p > 0. Wówczas wyrazy szeregu maleja (i oczywiście sa dodatnie), a wiec możemy stosować kryterium zageszczaj ace: zbieżność rozważanego szeregu jest równoważna zbieżności szeregu 2 n 1 (2 n ) = (2 1 p ) n. p n=1 Jest to szereg geometryczny o ilorazie 2 1 p i wiemy, iż jest on zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy 2 1 p < 1, czyli gdy p > 1. (ii) Szereg 1 n=2, p R, jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy p > 1. nln p n Gdy p 0, to mamy, dla n 3, 1 nln p n 1 n i rozbieżność szeregu wynika z kryterium porównawczego oraz rozbieżności szeregu harmonicznego. Przypuśćmy wiec, że p > 0. Wyrazy rozważanego szeregu sa wówczas malejace (i dodatnie), a zatem, na mocy twierdzenia o zageszczaniu, szereg jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg n=2 n=1 2 n 1 2 n ln p 2 = 1 n n p ln p 2. Na mocy poprzedniego przyk ladu, zbieżność powyższego szeregu ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy p > 1. (iii) Szereg n=1 n=2 n 6 200n n n Intuicyjnie, widzimy, że dla dużych n wyrazy powyższego szeregu sa bliskie n6 = 1, czyli n 7 n wyrazom szeregu harmonicznego. To sugeruje, że rozważany szereg jest rozbieżny. Ściślej, oznaczmy wyrazy naszego szeregu przez a 1, a 2,... i niech b n = 1, n = 1, 2,.... Mamy n a n n 6 200n = n b n n n n + 12 n = 1. 17

18 Na mocy asymptotycznego kryterium porównawczego i rozbieżności szeregu o wyrazach (b n ), rozważany szereg jest rozbieżny. (iv) Szereg n 3 n=1 jest zbieżny. 3 n Udowodnimy najpierw nastepuj acy użyteczny fakt. Lemat 2.1. Niech k bedzie ustalona liczba naturalna i q (1, ). Wówczas Dowód: Oznaczmy a n = nk q n. Mamy n k n q = 0. n ( ) k n + 1 a n+1 = a n 1 n q < a n (4) dla dostatecznie dużych n. Oznacza to, iż ciag (a n ) jest od pewnego miejsca malejacy. Ponadto, oczywiście, jest on ograniczony z do lu przez 0; stad wynika jego zbieżność do pewnej liczby g. Zbiegajac z n w równości (4), dostajemy g = g 1, sk ad q g = 0. Możemy teraz przejść do badania zbieżności rozważanego szeregu. Porównujemy go (czyli stosujemy kryterium porównawcze) ze zbieżnym geometrycznym szeregiem o wyrazach ( 1 ): 2 n mamy, dla dostatecznie dużych n, n n 2. n Istotnie, wynika to z lematu powyżej. Wobec tego rozważany szereg jest zbieżny. Kryterium d Alemberta i Cauchy ego Przedstawimy teraz ostatnie dwa kryteria zbieżności szeregów o wyrazach dodatnich. Twierdzenie 2.8 (Kryterium ilorazowe d Alemberta). Niech n=0 a n b edzie szeregiem o wyrazach dodatnich takich, że istnieje granica q = n a n+1 a n. Wówczas (i) jeśli q < 1, to szereg n=0 a n jest zbieżny, (ii) jeśli q > 1, to szereg n=0 a n jest rozbieżny. W przypadku gdy q = 1, nic nie można powiedzieć; np. szereg jest zbieżny. szereg n=1 1 n 2 18 n=1 1 n jest rozbieżny, a

19 Twierdzenie 2.9 (Kryterium pierwiastkowe Cauchy ego). Niech n=0 a n b edzie szeregiem o wyrazach dodatnich takich, że istnieje granica q = n n a n. Wówczas (i) jeśli q < 1, to szereg n=0 a n jest zbieżny, (ii) jeśli q > 1, to szereg n=0 a n jest rozbieżny. Podobnie jak poprzednio, jeśli granica q jest równa 1, to nic nie można powiedzieć o zbieżności szeregu. 5. Szeregi o wyrazach dowolnych Rozpocznijmy od kryterium Leibnitza badania szeregów naprzemiennych, tzn. takich, ze każde dwa kolejne wyrazy maja przeciwny znak. Twierdzenie 2.10 (Kryterium Leibnitza). Za lóżmy, że ciag (a n ) ma prawie wszystkie wyrazy dodatnie, daży do 0 i jest malejacy od pewnego miejsca. Wówczas szereg jest zbieżny. ( 1) n a n n=0 Przyk lad: Szereg ( 1) n n=1 n jest zbieżny. Definicja szeregów bezwzglednie zbieżnych oraz warunkowo zbieżnych Mówimy, że szereg n=0 a n jest (i) bezwzglednie zbieżny, jeśli szereg n=0 a n jest zbieżny. (ii) warunkowo zbieżny, jeśli jest on zbieżny, ale nie bezwzglednie zbieżny. Przyk lady: (i) Szereg ( 1) n n=1 (ii) Szereg n=1 n 2 ( 1) n+5 n jest bezwzgl ednie zbieżny. jest zbieżny warunkowo. Twierdzenie Szereg bezwzgl ednie zbieżny jest zbieżny. 19

20 Przyk lady zobaczymy w nast epnej cz eści wyk ladu, poświ econej szeregom pot egowym. 6. Szeregi pot egowe Definicja Szeregiem pot egowym o środku w x 0 oraz wspó lczynnikach a 0, a 1, a 2,... nazywamy szereg a n (x x 0 ) n. Ważny przyk lad - rozwiniecie funkcji e x w szereg potegowy Rozważmy szereg x n n!. Wykażemy, że jest on bezwgl ednie zbieżny dla każdego x. Szereg n=0 n=0 x n n! = n=0 ma wyrazy dodatnie, a wi ec możemy stosować kryterium d Alemberta; mamy x n+1 /(n + 1)! n x n /n! n=0 x n n! x = n n + 1 = 0, skad wynika bezwzgledna zbieżność rozważanego szeregu. Powstaje naturalne pytanie, ile wynosi suma takiego szeregu. Okazuje sie, iż odpowiedź brzmi e x x n = n!. (5) n=0 Przypuśćmy najpierw, że x 0. Jak wiemy, e x = (1 + x ) n. n n Ustalmy liczbe k i niech n bedzie liczba niemniejsza niż k. Korzystajac z dwumianu Newtona, mamy ( 1 + x ) n n ( ) n (x ) j k ( ) n (x ) j = n j n j n j=0 20 j=0

21 = 1 + n n x 1! + n n n 1 n x2 2! + n n n 1 n n 2 n x3 3! n n n 1 n n x 1! + x2 2! xk k! Wynika stad, że dla dowolnej liczby k mamy e x 1 + x 1! + x2 2! xk k!. gdy n. Z drugiej strony, przyjmujac n = k w powyższym przekszta lceniu, dostajemy ( 1 + x ) k x 1 + k 1! + x2 2! xk k! ex. Wobec tego z twierdzenia o trzech ciagach wynika tożsamość (5). W przypadku x < 0 szacowania sa nieco bardziej z lożone i je pomijamy. Inne przyk lady szeregów pot egowych (i) Zbadajmy szereg n=1 Zacznijmy od zbieżności bezwzgl ednej: rozważmy n=1 n... n k + 1 n x k k! x n n. (6) x n n = x n n. (7) Jeśli x > 1, to na mocy Lematu 2.1, wyrazy szeregu nie zbiegaja do 0 a wiec (7) jest rozbieżny. Jeśli x = 1, to otrzymujemy rozbieżny szereg harmoniczny. Jeśli zaś x < 1, to stosujemy kryterium d Alemberta: mamy n=1 x n+1 /(n + 1) n x n /n = x, a wiec szereg (7) jest zbieżny, czyli (6) jest bezwzglednie zbieżny. Tak wiec szereg (6) jest bezwzglednie zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy x < 1. Zajmijmy sie teraz zbieżnościa szeregu (6). Jeśli x > 1, to wyrazy nie daż a do 0, czyli zbieżność szeregu nie ma miejsca. Dla x < 1 szereg jest zbieżny bezwglednie, a wiec także 21

22 w zwyk lym sensie. Pozostaje już tylko zbadać zbieżność w przypadku x = 1. Dla x = 1 dostajemy rozbieżny szereg harmoniczny, a dla x = 1 otrzymujemy szereg ( 1) n n=1 zbieżny na mocy kryterium Leibnitza. (ii) W ten sam sposób dowodzimy, że szereg jest zbieżny bezwzglednie oraz zbieżny w zwyk lym sensie dla tych samych x: x < 1. (iii) Wykażemy, że szereg n!x n n=1 n=0 jest zbieżny tylko dla x = 0. Otóż dla x 0 wyrazy szeregu nie zbiegaja do 0: istotnie, mamy a n+1 = a n (n + 1) x, a zatem, poczawszy od pewnego miejsca, ciag ( a n ) jest rosnacy, a wiec nie zbiega do 0 (a wiec (a n ) także nie zbiega do 0). Powstaje naturalne pytanie: majac dany szereg potegowy (np. o środku w 0), jak wyglada zbiór S z lożony z tych x, dla których jest on zbieżny? W przypadku funkcji wyk ladniczej szereg by l zbieżny dla wszystkich x, czyli S = R; w przyk ladach (i) i (ii) zbiorem S by l przedzia l (otwarty w (i) i lewostronnie domkniety w (ii)), wreszcie w ostatnim przyk ladzie S zawiera l tylko jeden punkt. Ogólnie, mamy nastepuj acy fakt. Twierdzenie Zbiór punktów, w których szereg n=0 a nx n jest zbieżny, jest przedzia lem o środku w 0 (być może zdegenerowanym do jednego punktu badź nieskończonym). Wewnatrz przedzia lu zbieżności szereg jest zbieżny bezwzglednie. Definicja Zbiór punktów zbieżności szeregu pot egowego nazywamy przedzia lem zbieżności. Po low e d lugości tego przedzia lu nazywamy promieniem zbieżności tego szeregu. n x n n 2 3 Funkcje ciag le 1. Punkt skupienia zbioru 22

23 Oznaczenie: Niech R = [, ] oznacza zbiór liczb rzeczywistych powi ekszony o symbole +,. Definicja: Niech A bedzie dowolnym podzbiorem R. Punkt a A jest punktem skupienia zbioru A, jeśli istnieje ciag (a n ) o wyrazach należacych do A i różnych od a, który jest zbieżny do A. Przyk lad: Liczba 0 jest punktem skupienia zbioru I = {0, 1, 1, 1,...}. Każda inna 2 3 liczba z tego zbioru nie jest już punktem skupienia tego zbioru. 2. Granica funkcji w punkcie Niech f : D R bedzie funkcja i a bedzie dowolnym punktem skupienia zbioru D. Mówimy, że g R jest granica funkcji f w punkcie a, jeśli dla dowolnego ciagu (x n ) o wyrazach w D \ {x 0 }, zbieżnego do a, ma miejsce równość n f(x n ) = g. Granice funkcji f w punkcie a oznaczamy x a f(x). Uwaga: Możemy dowolnie zmieniać wartość funkcji f w punkcie a i nie ma to wp lywu na istnienie badź wartość granicy w punkcie a. Przyk lady: sin x (i) x 0 = 1. e (ii) x 1 x 0 = 1. x ln(1+x) (iii) x 0 = 1. x (iv) x (1 + 1 x )x = e. (v) Funkcja f(x) = 1 nie ma granicy w zerze. Aby sie x o tym przekonać, weźmy ci ag (x n ) = ( 1 ) zbieżny do zera; mamy n n f( 1 ) = +. Z drugiej strony, bior ac n ciag ( 1 ) n (też zbieżny do 0) mamy n f( 1 ) =. Tak wiec n wskazaliśmy dwa ci agi argumentów zbieżne do zera, dla których granice wartości funkcji sa różne. Tak wiec f nie posiada granicy w zerze. (vi) Funkcja f(x) = sin 1 nie ma granicy w 0. Podobnie jak wyżej, wskazujemy dwa ci agi x argumentów, zbieżne do 0, dla których granice wartości f sa różne. Mamy ( ) ( ) 1 1 f = 0 oraz f n nπ n nπ + π = 1. 2 Oprócz granicy funkcji rozpatruje sie także granice jednostronne (lewo- i prawostronne) funkcji w punkcie. Zdefiniujemy tylko granice lewostronna (granice prawostronna określa sie w sposób analogiczny). Definicja granicy lewostronnej Niech f : D R bedzie funkcja i a D bedzie punktem o tej w lasności, że istnieje ciag (x n ) o wyrazach w D, mniejszych od a, zbieżny do a. Mówimy, 23

24 że g R jest granica lewostronna funkcji f w punkcie a, jeśli dla dowolnego takiego ciagu (x n ) ma miejsce równość n f(x n ) = g. Granice funkcji f w punkcie x 0 oznaczamy x a f(x) badź f(a ). Przyk lady: (i) Funkcja f(x) = 1 x x 0 ma granice jednostronne w punkcie 0: mianowicie, mamy x 0 f(x) = oraz f(x) = +. + (ii) Funkcja f(x) = sin 1 nie ma granicy prawostronnej w zerze. Wykazaliśmy to w x przyk ladzie (vi) powyżej, wskazujac dwa dodatnie ciagi argumentów, dla których granice wartości by ly różne. Analogicznie można udowodnić, że funkcja f nie posiada granicy lewostronnej w zerze. 3. Dwa proste twierdzenia Analogicznie jak w przypadku ciagów, mamy nastepuj ace fakty. Twierdzenie 3.1. Niech f, g bed a funkcjami takimi, że istnieja granice x p f(x), x p g(x). a) Jeśli suma tych granic jest określona, to mamy (f(x) + g(x)) = f(x) + g(x). x p x p x p b) Jeśli różnica tych granic jest określona, to mamy (f(x) g(x)) = f(x) g(x). x p x p x p c) Jeśli iloczyn tych granic jest określony, to mamy (f(x) g(x)) = f(x) g(x). x p x p x p d) Jeśli g 0 iloraz tych granic jest określony, to mamy f(x) x p g(x) = x p f(x) x p g(x). Definicja: Mówimy, że x jest dostatecznie bliski p, jeśli (i): p R x p < δ dla pewnej liczby δ > 0, (ii): p = + x M dla pewnej liczby M. 24

25 (iii): p = x M dla pewnej liczby M. Twierdzenie 3.2 (O szacowaniu). (i) Jeśli C < x p f(x), to dla x dostatecznie bliskich p, C < f(x). (ii) Jeśli C > x p f(x), to dla x dostatecznie bliskich p, C > f(x). (iii) Jeśli x p g(x) < x p f(x), to dla x dostatecznie bliskich p, g(x) < f(x). (iv) Jeśli g(x) < f(x) dla x dostatecznie bliskich p oraz istnieja granice x p f(x), x p g(x), to g(x) g(x). x p x p 4. Alternatywna definicja granicy Niech g, p R. Mówimy, że g jest granica funkcji w punkcie p, jeśli dla każdego ε > 0 istnieje δ o tej w lasności, że jeśli x p < δ, to f(x) g < ε. Innymi s lowy, dla dowolnego ε mamy, iż f(x) g < ε dla x dostatecznie bliskich p. To ostatnie zdanie może s lużyć jako alternatywna definicja granicy także w przypadku nieskończonych wartości g lub p. 5. Twierdzenia o granicy funkcji - ciag dalszy Twierdzenie 3.3 (O trzech funkcjach). Jeśli dla x dostatecznie bliskich p zachodzi nierówność f(x) g(x) h(x) oraz istnieja granice x p f(x), x p h(x) i sa one równe G, to istnieje także granica x p g(x) i jest ona równa G. Twierdzenie 3.4 (O granicy z lożenia). Za lóżmy, że zbiór wartości funkcji g jest zawarty w dziedzinie funkcji f. Przypuśćmy, że istnieje granica G = x p g(x) oraz G jest punktem skupienia dziedziny f i F ma granice H w punkcie G. Ponadto, przypuśćmy, że wartości funkcji g w punktach dostatecznie bliskich p sa różne od G. Wówczas istnieje granica x p f(g(x)) i jest ona równa H. 6. Kresy zbioru i funkcji (i) Liczba M R jest kresem górnym niepustego zbioru A, jeśli dla każdego a A mamy a M oraz dla dowolnego M < M istnieje a A takie, że a > M. Innymi s lowy, M jest najmniejszym ograniczeniem górnym zbioru A. Oznaczenie: sup A. (ii) Kresem górnym funkcji f nazywamy kres górny zbioru jej wartości. Oznaczenie: sup f. (iii) Liczba M R jest kresem dolnym niepustego zbioru A, jeśli dla każdego a A mamy a M oraz dla dowolnego M > M istnieje a A takie, że a < M. Innymi s lowy, M jest najwi ekszym ograniczeniem górnym zbioru A. Oznaczenie: inf A. 25

26 (iv) Kresem dolnym funkcji f nazywamy kres dolny zbioru jej wartości. Oznaczenie: inf f. Przyk lady: (i) inf(a, b) = a, sup(a, b) = b, gdize a < b, a, b R. (ii) inf[a, b] = a, sup[a, b] = b, gdize a < b, a, b R. (iii) inf{1, 2,...} = 1, sup{1, 2,...} = +. (iv) Niech f(x) = x, x 0. Jak latwo widać, f < 1, wi ec 1+x 1 jest ograniczeniem górnym zbioru wartości f. Jeśli zaś M < 1, to biorac dostatecznie duże a mamy f(a) > M. Zatem sup f = 1. Z drugiej strony, oczywiście f 0 oraz f(0) = 0. Zatem inf f = 0. (v) Kresem górnym funkcji wyk ladniczej f(x) = e x jest +, a dolnym - 0. (vi) Kresem górnym funkcji f(x) = x 2 + 2x jest +, a kresem dolnym 1. Twierdzenie 3.5. Każdy zbiór niepusty i ograniczony z góry ma skończony kres górny. Każdy zbiór niepusty i ograniczony z do lu ma skończony kres dolny. 7. Funkcje monotoniczne Definicja. (i) Mówimy, że f jest funkcja rosnac a, jeśli dla dowolnych dwóch punktów x, y, x < y, należacych do jej dziedziny, mamy f(x) < f(y). (ii) Mówimy, że f jest funkcja niemalejac a, jeśli dla dowolnych dwóch punktów x, y, x < y, należacych do jej dziedziny, mamy f(x) f(y). (iii) Mówimy, że f jest funkcja malejac a, jeśli dla dowolnych dwóch punktów x, y, x < y, należacych do jej dziedziny, mamy f(x) > f(y). (iv) Mówimy, że f jest funkcja nierosnac a, jeśli dla dowolnych dwóch punktów x, y, x < y, należacych do jej dziedziny, mamy f(x) f(y). Funkcje z punktu (i) badź (iii) nazywamy ściśle monotonicznymi, a z (ii) i (iv) - monotonicznymi. Twierdzenie 3.6. Za lóżmy, że p jest punktem skupienia dziedziny funkcji monotonicznej f i istnieje ciag (x n ) zawarty w dziedzinie f o wyrazach mniejszych od p. Wówczas istnieje granica lewostronna x p f(x). Mamy analogiczne stwierdzenie dla granic prawostronnych. 8. Funkcje ciag le Definicja Niech p bedzie argumentem funkcji f. Wówczas f jest ciag la w punkcie p, jeśli zachodzi jeden z warunków: (i) p nie jest punktem skupienia dziedziny f. (ii) p jest punktem supienia dziedziny f i x p f(x) = f(p). 26

27 Innymi s lowy, f jest ciag la w punkcie p, jeśli dla każdego e > 0 mamy f(x) f(p) < ε dla x dostatecznie bliskich p. Twierdzenie 3.7. Niech f, g - funkcje ciag le w punkcie p. Wówczas f + g, f g, f g oraz f/g (o ile g 0) sa funkcjami ciag lymi w punkcie p. Twierdzenie 3.8. Niech g bedzie funkcja ciag l a w punkcie p. Za lóżmy, że zbiór wartości g jest zawarty w dziedzinie f i f jest ciag la w punkcie g(p). Wówczas funkcja f g jest ciag la w punkcie p. Definicja Mówimy, że funkcja f jest ciag la, jeśli jest ciag la w każdym punkcie dziedziny. Przyk lady: (i) Funkcja sta la jest ciag la. (ii) Funkcje f(x) = x, f(x) = x 2 i ogólnie, f(x) = x k, gdzie k jest ca lkowite dodatnie, sa ciag le. (iii) Każdy wielomian jest funkcja ciag l a. (iv) Suma szeregu potegowego jest funkcja ciag l a (w każdym punkcie zbieżności szeregu). (v) Funkcja f(x) = e x jest funkcja ciag la. (vi) Funkcja f(x) = lnx jest funkcja ciag la. (vii) Funkcja f(x) = x a (a R), określona na (0, + ), jest funkcja ciag l a: mamy bowiem x a = e alnx. (viii) Funkcje sinus i kosinus sa ciag le. Przyk lady funkcji nieciag lych (i) Niech 1 jeśli x > 0, f(x) = sgn(x) = 0 jeśli x = 0, 1 jeśli x < 0 jest funkcja nieciag l a w zerze. Nie istnieje granica f w zerze. (ii) Niech { 1 jeśli x 1, f(x) = 0 jeśli x = 1 jest nieciag la w 1, pomimo iż istnieje granica f w punkcie 1. Kilka twierdzeń Twierdzenie 3.9 (O przyjmowaniu wartości pośrednich - w lasność Darboux). Niech f bedzie funkcja ciag l a w punktach pewnego przedzia lu I i za lóżmy, że dla pewnych x, z I i pewnej liczby C mamy f(x) < C < f(z). Wówczas istnieje y I takie, że f(y) = C. 27

28 Twierdzenie 3.10 (Weierstrass). Niech f bedzie funkcja ciag l a określona na pewnym odcinku [a, b]. Wówczas f przyjmuje swoje kresy, tzn. istnieja liczby p, q [a, b] takie, że f(p) f(x) f(q) dla dowolnego x [a, b]. Twierdzenie Niech f bedzie funkcja ściśle monotoniczna określona na pewnym przedziale P. Wówczas funkcja odwrotna f 1 określona na obrazie f(p ) jest funkcja ciag la. 4 Pochodne 1. Definicja Niech f bedzie określona na przedziale otwartym zawierajacym punkt p. Przypuśćmy, że istnieje granica ilorazów różnicowych h 0 f(p + h) f(p). h Nazywamy te granice pochodna funkcji f w punkcie p i oznaczamy ja przez f (p) badź df (p). dx 2. Styczna do wykresu Za lóżmy, że f jest różniczkowalna w punkcie p. Wówczas prosta o wspó lczynniku kierunkowym f (p), przechodzac a przez punkt (p, f(p)) nazywamy styczna do wykresu funkcji f w punkcie p. Definicja: Jeśliistnieje pochodna f w punkcie p, mówimy, że f jest różniczkowalna w punkcie p. Mówimy, że f jest różniczkowalna, jeśli jest różniczkowalna w każdym punkcie swojej dziedziny. 3. Przyk lady: (i) Niech f(x) = ax + b, x R. Mamy, dla dowolnego p R, f (p) = h 0 a(p + h) + b (ap + b) h = h 0 a = a, czyli (ax + b) = a. Ponadto, jak latwo widać, prosta styczna do wykresu f w punkcie p jest sama prosta f. (ii) Niech f(x) = x 2, x R, i niech p R. Mamy f (p) = h 0 (p + h) 2 p 2 h 28 = h 0 (2p + h) = 2p

29 ((x 2 ) = 2x), a prosta styczna wynosi g(x) = 2px p 2. (iii) Niech f(x) = x 3 i p R. Mamy ((x 3 ) = 3x 2 ). f (p) = h 0 (p + h) 3 p 3 h Ogólniej, mamy (x n ) = nx n 1, n = 0, 1, 2,.... (iv) Niech f(x) = x. Jeśli p > 0 i h < p, to p + h p h = h 0 (3p 2 + 3ph + h 2 ) = 3p 2 = p + h p h wobec czego pochodna w punkcie p wynosi 1. Analogicznie, dla p < 0, pochodna f wynosi 1. Pozostaje zbadać przypadek p = 0: mamy 0 + h 0 h 0 + h Wobec tego f nie ma pochodnej w zerze. (v) Niech f(x) = e x. Mamy Innymi s lowy, (e x ) = e x. (vi) Niech f(x) = lnx. Mamy f (x) = h 0 e x+h e x h f (x) = h 0 ln(x + h) lnx h = 1, = 1, h h 0 h = e x h 0 e h 1 h = 1 x h 0 czyli (lnx) = 1. x (vii) Wyznaczymy pochodna funkcji sinus. Mamy (sin x) = h 0 sin(x + h) sin x h Wykorzystaliśmy tu, iż h 0 sin h h cos h 1 h 0 h 4. Podstawowe twierdzenia = 1. = e x. ln ( 1 + h x = h 0 sin x cos h + sin h cos x sin x h = 1 oraz = h 0 cos 2 h 1 h(cos h + 1) = h 0 29 h x ( ) 2 sin h h ) = 1 x, [ sin h cos h 1 = cos x + sin x h 0 h h h 1 + cos h = 0.

30 Twierdzenie 4.1 (O arytmetycznych w lasnościach pochodnej). Za lóżmy, że f i g sa różniczkowalne w punkcie p. Wówczas funkcje f + g, f g, f g oraz, o ile g(p) 0, f/g, sa różniczkowalne w punkcie p i zachodza wzory (f + g) (p) = f (p) + g (p), (f g) (p) = f (p) g (p), (f g) (p) = f (p)g(p) + f(p)g (p), ( ) f (p) = f (p)g(p) f(p)g (p). g (g(p)) 2 W szczególności, jeśli a jest ustalona liczba rzeczywista, to (af(x)) = af (x), (f(x) + b) = f (x). Twierdzenie 4.2 (O pochodnej z lożenia). Za lóżmy, że g jest różniczkowalna w punkcie p, a funkcja f, o dziedzinie zawierajacej zbiór wartości g, jest różniczkowalna w punkcie g(p). Wówczas f g jest rórniczkowalen w punkcie p i zachodzi równość [f(g(p)] = f (g(p))g (p). Twierdzenie 4.3 (Twierdzenie o pochodnej funkcji odwrotnej). Za lóżmy, że f jest różniczkowalna w punkcie p i f (p) 0. Ponadto, przypuśćmy, że f ma funkcje odwrotna f 1, ciag l a w punkcie q = f(p). Wówczas f 1 jest różniczkowalna w punkcie q i (f 1 ) (q) = 1. f (p) Twierdzenie 4.4 (Twierdzenie o różniczkowaniu szeregu pot egowego). Za lóżmy, że szereg n=0 a n(x x 0 ) n ma dodatni promień zbieżności. Wówczas szereg wolno różniczkować wyraz po wyrazie wewnatrz przedzia lu zbieżności: ( ) a n (x x 0 ) n = n=0 na n (x x 0 ) n 1. Twierdzenie 4.5. Jeśli funkcja f jest różniczkowalna w punkcie p, to jest ciag la w punkcie p. 5. Przyk lady (i) Wyznaczymy pochodna funkcji kosinus. Mamy cos x = sin( π x), zatem 2 n=1 (cos x) = (sin( π 2 x)) = cos( π 2 x) (π 2 x) = sin x. (ii) Pora na tangens i kotangens. Korzystamy ze wzoru na pochodnaa ilorazu funkcji. ( sin x cos x ) = (sin x) cos x sin x(cos x) cos 2 x = 1 cos 2 x = 1 + tg2 x. 30

31 Analogicznie liczymy, że (ctgx) = 1 sin 2 x. (iii) Funkcja tangens, ograniczona do przedzia lu ( π, π), ma funkcje 2 2 odwrotn a arctg. Pochodna funkcji tg jest wszedzie niemniejsza niż 1, zatem w szczególności jest różna od 0. Wobec tego arctg jest różniczkowalna w każdym punkcie i mamy 1 = (x) = (tg(arctgx)) = (1 + tg 2 (arctgx)) (arctgx) = (1 + x 2 ) (arctgx). Zatem (arctgx) = x. 2 (iv) Niech a bedzie dowolna liczba dodatnia. Mamy (x a ) = (e alnx ) = e alnx (alnx) = x a a x = axa 1. (v) Niech a bedzie ustalona liczba dodatnia różna od 1. Mamy (a x ) = (e xlna ) = e xlna (xlna) = a x cot lna. 6. Kilka ważnych twierdzeń. Definicja Za lóżmy, że funkcja f jest określona na pewnym przedziale zawierajacym punkt x 0. Mówimy, że f ma (i) miminum lokalne w x 0, jeśli dla x dostatecznie bliskich x 0 zachodzi nierówność f(x) f(x 0 ), (ii) maximum lokalne w x 0, jeśli dla x dostatecznie bliskich x 0 zachodzi nierówność f(x) f(x 0 ). (iii) ekstremyum lokalne w x 0, jeśli ma w x 0 minimum badz maximum lokalne. Twierdzenie 4.6 (O zerowaniu sie pochodnej funkcji w punktach lokalnego ekstremum). Za lóżmy, że funkcja f jest określona na pewnym przedziale zawierajacym punkt x 0. Dodatkowo, przypuśćmy, że ma ona ekstremum lokalne w x 0 i jest różniczkowalna w x 0. Wówczas f (x 0 ) = 0. Dowód: Przypuśćmy, że f ma w x 0 maximum lokalne. Oznacza to, iż dla h < 0 dostatecznie bliskich 0 mamy f(x 0 + h) f(x 0 ), czyli f(x 0 + h) f(x 0 ) h 31 0.

32 Wobec tego, zbiegajac z h 0 dostajemy f(x 0 ) 0. Z drugiej strony, dla h > 0 dostatecznie bliskich 0, mamy f(x 0 + h) f(x 0 ), skad wynika f(x 0 + h) f(x 0 ) h 0 i zbiegajac z h 0 + otrzymujemy f (x 0 ) 0. Zatem f (x 0 ) = 0. Dowód dla minimum lokalnego jest analogiczny. Twierdzenie 4.7 (Rolle a). Jeżeli f jest ciag la w przedziale domknietym [a, b], jest różniczkowalna wewnatrz tego przedzia lu oraz f(a) = f(b), to istnieje punkt c (a, b) taki, że f (c) = 0. Twierdzenie 4.8 (Lagrange a o wartości średniej). Za lóżmy, że f jest ciag la w przedziale domknietym [a, b] i jest różniczkowalna wewnatrz tego przedzia lu. Wówczas istnieje punkt c (a, b) taki, że f f(b) f(a) (c) =. b a Wniosek 2 (Monotoniczność funkcji a znak pochodnej). Za lóżmy, że f jest ciag la w każdym punkcie przedzia lu I oraz jest różniczkowalna wewnatrz tego przedzia lu. Wówczas (i) Funkcja f jest niemalejaca wtedy i tylko wtedy, gdy f jest nieujemna. (ii) Funkcja f jest nierosnaca wtedy i tylko wtedy, gdy f jest niedodatnia. (iii) Funkcja f jest malejaca, jeśli f jest ujemna. (iv) Funkcja f jest rosnaca, jeśli f jest dodatnia. 7. Przyk lady (i) Rozważmy funkcje f(x) = 1, określon a x na R \ {0}. Mamy f (x) = 1 < 0. Ale widać, x 2 że f nie jest monotoniczna; dlaczego nie dzia la powyższy wniosek? K lopot sprawia punkt 0, w którym f nie jest określona. Funkcja f jest malejaca na (, 0) oraz (0, ), zgodnie z powyższym stwierdzeniem. (ii) Weźmy funkcje f(x) = x 3. Jak latwo widać, f jest funkcja rosnac a, choć w niektórych punktach (konkretnie, w jednym - w zerze) jej pochodna f (x) = x 2 sie zeruje. Tak wiec w punktach (iii) i (iv) nie ma równoważności. (iii) Udowodnimy nierówność sin x < x dla x > 0. W tym celu rozważmy funkcje f(x) = sin x x określona na przedziale [0, ). Mamy f(0) = 0 i f (x) = cos x 1 0, przy czym równość zachodzi tylko dla punktów postaci 2kπ, k N. Zatem f jest malejaca, czyli f(x) < f(0) = 0 dla x > 0. (iv) Udowodnimy nierówność cos x 1 x2 dla x R, przy czym równość ma miejsce 2 tylko dla x = 0. Ponieważ funkcje po obu stronach tej nierówności sa parzyste, wystarczy ja udowodnić dla x 0. Niech f(x) = cos x 1 + x2. Mamy f (x) = sinx + x > 0 dla x >

33 Zatem f jest rosnaca, czyli f(x) f(0) = 0 i równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = Styczna do wykresu a najlepsze lokalne przybliżenie funkcji wielomianem stopnia 1 Twierdzenie 4.9. Za lóżmy, że f jest funkcja ciag l a w punkcie x. Wówczas równość f(x + h) (ax + b) h 0 h ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy f jest różniczkowalna w x oraz a = f (x), b = f(x). Dowód: Implikacja jest oczywista. Pozostaje zajać sie wynikaniem w druga strone. Warunek f(x + h) (ah + b) h 0 h pociaga za soba h 0 f(x + h) a = b, czyli b = f(x). Ponownie korzystajac z powyższej równości, mamy, iż f(x + h) f(x) = a, h 0 h czyli f jest różniczkowalna w x i f (x) = a. Powyższe twierdzenie oznacza można zapisać jako f(x + h) f(x) + f (x)h, przy czym oznacza, iż dla ma lych h obie strony,,sa bliskie : b l ad przybliżenia jest ma ly w porównaniu do różnicy argumentów. Dla celów praktycznych, jest to bardzo nieprecyzyjne określenie: co to znaczy,,ma lych h? I co to znaczy,,bliskie? Przyk lad: (i) Mamy 101 = 10, Przybliżenie z powyższego twierdzenia daje = 0 = = = 10, B lad jest mniejszy niż (ii) Mamy = Przybliżenie z powyższego twierdzenia daje (101) 2 = ( ) 2 = = Tu widzimy, że b l ad jest nieco wiekszy i wynosi 1. (iii) Mamy e 11 = 59874, Przybliżenie z powyższego twierdzenia daje e 11 = e 10+1 = e 10 + e 10 1 =

34 Fatalnie. B lad rzedu 25%. We wszystkich powyższych przyk ladach braliśmy h = 1. W pierwszych dwóch przyk ladach byly to h,,ma le. W ostanim - nie. Przyczyna leży w zachowaniu pierwszej pochodnej w okolicach przybliżanego punktu. W przyk ladzie (i), f (x) = 1 2 zmienia si e x od 1/20 do okolo 1/20, 05 - bardzo nieznacznie - zatem przybliżenie jest dobre. W przyk ladzie (ii) - f (x) = 2x zmienia sie od 200 do czyli nieco bardziej, niż poprzednio - i za tym idzie pogorszenie jakości przybliżenia. W przyk ladzie (iii), f (x) = e x zmienia sie od 22026, do 59874, 14..., a zatem znacznie. 8. Regu la de l Hospitala Twierdzenie Za lóżmy, że funkcje f, g : (a, b) R sa różniczkowalne w każdym punkcie przedzia lu (a, b), g(x) 0 g (x) dla x (a, b), istnieje granica f (x) x a + = G R oraz g (x) jest spe lniony jeden z warunków (i) x a + f(x) = 0 = x a + g(x), (ii) x a + g(x) = +. Wówczas f(x) x a + istnieje i jest równa G. g(x) Analogiczne stwierdzenie zachodzi dla granic prawostronnych ( x b ), a także obustronnych. Przyk lady: (i) Niech a > 0. Wówczas lnx x x = 0. a Możemy stosować regu l e de l Hospitala, bo mianownik daży do + ; mamy x 1 x = axa 1 x 1 ax a = 0, czyli to, co trzeba. (ii) Niech a R. Wówczas x a x e = 0. x Jeśli a 0, to jest to oczywiste. W przeciwnym razie, stosujemy regu l e de l Hospitala - wolno ja stosować, bo mianownik daży do +. Różniczkujac, dostajemy do zbadania granice axa 1 x e. x 34