Sprawy organizacyjne

Transkrypt

1 Sprwy orgnizcyjne Litertur Wykłd będzie w zsdzie smowystrczlny. Oto kilk pozycji przydtnej litertury uzupełnijącej (wszystkie pozycje zostły wydne przez PWN: Andrzej Birkholc, Anliz mtemtyczn. Grigorij Michjłowicz Fichtenholz, Rchunek różniczkowy i cłkowy, t. I III. Frnciszek Lej, Rchunek różniczkowy i cłkowy. Witold Kołodziej, Anliz mtemtyczn. Kzimierz Kurtowski, Rchunek różniczkowy i cłkowy. Stnisłw Łojsiewicz, Wstęp do teorii funkcji rzeczywistych. Krzysztof Murin, Anliz, t. I II. Wlter Rudin, Podstwy nlizy mtemtycznej. Wlter Rudin, Anliz rzeczywist i zespolon. Lurent Schwrtz, Kurs nlizy mtemtycznej, t. I II. ( Podstwowe włsności pochodnych. ( Twierdzeni o wrtościch średnich. (3 Reguł de L Hôpitl. (4 Twierdzenie o przyrostch skończonych (5 Pochodne wyższych rzędów. (6 Wzór Tylor. (7 Funkcje półciągłe. (8 Funkcje wypukłe. (9 Różniczkownie szeregu wyrz po wyrzie. ( Funkcj Weierstrss. ( Szeregi potęgowe II. ( Szereg Tylor. (3 Funkcje nlityczne II. (4 Cłk Riemnn. (5 Długość krzywej. (6 Przykłdy zstosowni cłek. (7 Wzór Stirling. (8 Cłk niewłściw. (9 Szeregi Fourier. ( Twierdzenie Riemnn-Lebesgue. ( Kryterium Diniego. ( Twierdzenie Fejér. (3 Kryteri zbieżności jednostjnej. (4 Funkcje o whniu ogrniczonym. (5 Kryterium Jordn. Progrm wykłdu 7

2 7 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 Sprwy orgnizcyjne Kontynucje W przyszłym roku kdemickim będą wykłdy z Anlizy Mtemtycznej 3 (6 godzin i 4 (6 godzin. Zlicznie ćwiczeń W semestrze jest 6 godz. ćwiczeń. Limit nieobecności to godzin, w tym limit nieobecności nieusprwiedliwionych to 8 godzin. W przypdku przekroczeni któregokolwiek z tych limitów student otrzymuje ocenę NZAL i nie jest dopuszczony do egzminów. Egzminy Student, który uzyskł z zliczeni ocenę 4, 5 otrzymuje utomtycznie tką smą ocenę końcową z egzminu, z tym że student, który m 4,5 może z włsnej woli pisć egzmin pisemny, by poprwić sobie ocenę n 5,. Terminy egzminów pisemnych: 8.6.8, godz. 9: :, sle 93 (grupy 3, 89 (grupy 4 6; termin główny , godz. 9: :, sle 4 (grupy 3, 89 (grupy 4 6; termin poprwkowy. Egzmin będzie się skłdć z 5 zdń i będzie oceniny w skli 5 punktów. Egzmin jest dl osób dopuszczonych do zdwni, które bądź nie zdły egzminu w głównym terminie, bądź z jkiegoś powodu do niego nie przystąpiły w głównym terminie. Studenci, którzy uzyskją 6 pkt i mieli zliczenie n ocenę 3, otrzymują ocenę końcową według nstępującej tbeli: Punkty Ocen 6 3 3, , , , , Studenci, którzy uzyskją 34 pkt i mieli zliczenie n ocenę, otrzymują ocenę końcową według nstępującej tbeli: Punkty Ocen , , , Pozostli piszący egzmin otrzymują ocenę końcową,. Studenci, którzy otrzymli z egzminu, i mieli zliczenie n 4, mogą się ubiegć o dodtkowy egzmin ustny.

3 ROZDZIAŁ 6 Pochodn 6.. Podstwowe pojęci Definicj 6... Niech P E będzie przedziłem nieredukującym się do punktu, E przestrzenią Bnch n ciłem K, f : P E, P. Powiemy, że f m w punkcie pochodną, jeżeli istnieje skończon grnic f f( + h f( f(x f( ( := lim = lim, P h h x x gdzie P = {x : x P } (zuwżmy, że P jest przedziłem i P. Piszemy wtedy f D(P, E; jest to oznczenie niestndrdowe, dl potrzeb nszego wykłdu. W przypdku E = R piszemy f D(P ;. Jeżeli jest prwym końcem przedziłu P, to wtedy mmy tu do czynieni z grnicą lewostronną i mówimy o pochodnej lewostronnej P f ( := lim P h f( + h f(. h Podobnie dl pochodnych prwostronnych. Niech D(P, E := D(P, E; = {f : P E : P : f ( istnieje} jest to oznczenie niestndrdowe, dl potrzeb nszego wykłdu. Jk zwykle D(P := D(P, R. Przykłd 6... Niech f(x := x, x R. Wtedy f ( = orz f +( = +. Twierdzenie Niech f : P E, P. Wtedy nstępujące wrunki są równowżne: (i f ( istnieje; (ii istnieje l E orz funkcj α : P E tk, że f( + h = f( + lh + α(hh dl h P, orz Wyrżenie α(hh zpisujemy krótko o(h. Dowód. (i = (ii: l := f (, α(h := { f(+h f( lim P h α(h =. h f (, jeżeli h P, h., jeżeli h = (ii = (i: f(+h f( h = l + α(h. Obserwcj 6..4 (Interpretcj geometryczn pochodnej. Niech f, g : P E, int P. Mówimy, f(x g(x że f, g są styczne w punkcie, jeżeli lim x x =. W tym języku mmy: f ( istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy dl pewnego l E odwzorowni f i x f( + l(x są styczne w punkcie. Twierdzenie D(P, E; C(P, E;. ( Dowód. lim (f( + h f( = lim f(+h f( h h h h = f ( =. Twierdzenie Niech f, g D(P ;. Wtedy: ( Niech f, g D(P, E;. Wtedy f + g D(P, E; orz (f + g ( = f ( + g (. (b Niech f D(P ;, g D(P, E;. Wtedy f g D(P, E; orz (f g ( = f (g(+f(g (. (c Niech f D(P, E;, g D(P ;, g(x, x P. Wtedy f g D(P, E; orz ( f g ( = f (g( f(g ( g (. 73

4 74 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 6. Pochodn Dowód. ( Ćwiczenie. f( + hg( + h f(g( (b lim h h f( + h f( = lim h h (c Wystrczy rozwżyć przypdek f. lim h g(+h g( h g( + h g( g( + h + lim f( = f (g( + f(g (. h h g(+h g( h = lim h g( + hg( = g ( g (. Twierdzenie 6..7 (Twierdzenie o pochodnej złożeni. Niech ϕ D(Q; t, f D(P, E;, ϕ(q P, ϕ(t =. Wtedy f ϕ D(Q, E; t orz (f ϕ (t = f (ϕ (t. Dowód. Mmy Wynik stąd, że f( + h = f( + f (h + α(hh, ϕ(t + t = ϕ(t + ϕ (t t + β(tt, h P, gdzie lim α(h =, h t Q t, gdzie lim β(t =. t f(ϕ(t + t = f( + f ((ϕ(t + t ϕ(t + α(ϕ(t + t ϕ(t (ϕ(t + t ϕ(t = f( + f ((ϕ (t t + β(tt + α(ϕ(t + t ϕ(t (ϕ (t t + β(tt = f( + f (ϕ (t t + γ(tt, gdzie γ(t := f (β(t + α(ϕ(t + t ϕ(t (ϕ (t + β(t. Pozostje zuwżyć, że γ(t gdy t. Twierdzenie 6..8 (Twierdzenie o pochodnej funkcji odwrotnej. Niech f : P Q będzie bijekcją, gdzie P, Q R są przedziłmi, P, b := f( i niech g := f : Q P. Złóżmy, że f ( istnieje. Wtedy nstępujące wrunki są równowżne: (i g (b istnieje; (ii g jest ciągł w punkcie b orz f (. Pondto, g (b = f (. Dowód. (i = (ii: Ciągłość g w punkcie b jest oczywist. Poniewż, g f = id P, z twierdzeni o różniczkowniu złożeni dostjemy g (bf ( =. Wynik stąd, że f ( orz że g (b = f (. (ii = (i: Niech t Q b i niech h(t := g(b + t g(b. Wobec ciągłości funkcji g w punkcie b wnioskujemy, że lim h(t =. Widć, że t = f( + h(t f(. Mmy t g(b + t g(b lim = lim t t t h(t f( + h(t f( = lim f(+h(t f( t h(t = f (. Przykłd 6..9 (Pochodne funkcji elementrnych. ( const =. (b (x n = nx n, x R, n N. Dowód indukcyjny. Dl n = wzór jest oczywisty. n n + : (x n+ = (x n x = (x n x + x n = nx n x + x n = (n + x n. (c (x n = nx n, x R, n Z <. Niech n = k. Wtedy (x n = ( = kxk = nx n. x k x k (d (e x = e x, x R. Wrto zuwżyć, że ogólnie (e x = e x, x R, C. e Istotnie, jeżeli, to lim (x+h e x h h = e x e lim h h h = e x n podstwie Obserwcji 5.6.5(d. (e ( x = x ln, x R, >. ( x = (e x ln = e x ln ln = x ln. (f (log x = x ln, x >, >,. Niech y := log x. Wtedy (log x = ( y = y ln = x ln.

5 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc Twierdzeni o wrtościch średnich 75 (g (x α = αx α, x >, α R. (x α = (e α ln x = (e α ln x α x = αxα. (h (sin x = cos x. Istotnie, (sin x h sin(x+h sin x sin = lim h h = lim cos(x+ h h h = cos x. Możn też skorzystć ze wzorów Euler: (sin x = ( i (eix e x = i (ieix + ie ix = cos x. (i (rc sin x =, x (,. x Niech y := rc sin x. Wtedy (rc sin x = (sin y = cos y = sin y = x. (j (cos x = sin x. (k (rc cos x = x, x (,. (l (tg x = cos x. (m (rctg x = +x. (n (ctg x = sin x. (o (rcctg x = +x. 6.. Twierdzeni o wrtościch średnich Definicj 6... Niech f : X R, gdzie X jest przestrzenią metryczną, i niech X. Mówimy, że f m w punkcie mksimum loklne (odp. minimum loklne, jeżeli istnieje otoczenie U punktu tkie, że f(x f( (odp. f(x f( dl x U. Jeżeli f m w punkcie mksimum bądź minimum loklne, to mówimy, że m ekstremum loklne. Mówimy, że f m w punkcie silne mksimum loklne (odp. silne minimum loklne, jeżeli istnieje otoczenie U punktu tkie, że f(x < f( (odp. f(x > f( dl x U \ {}. Jeżeli f m w punkcie silne mksimum bądź silne minimum loklne, to mówimy, że m silne ekstremum loklne. Twierdzenie 6.. (Wrunek konieczny istnieni ekstremum loklnego. Niech f : P R m w punkcie int P ekstremum loklne i f ( istnieje. Wtedy f ( =. Dowód. Rozwżmy przypdek mksimum loklnego: niech f( + h f( dl h < δ. Wtedy { f( + h f(, jeżeli h ( δ,, h, jeżeli h (, δ poniewż powyższy ilorz różnicowy m grnicę, gdy h, to musi być f ( =. Przykłd Wrunek konieczny istnieni ekstremum funkcji nie jest wystrczjący. N przykłd, funkcj f(x = x 3, x R, spełni w x = wrunek konieczny istnieni ekstremum, le nie posid w x = ekstremum loklnego. Twierdzenie 6..4 (Twierdzenie Rolle ( o wrtości średniej. Niech f C([, b] D((, b będzie tk, że f( = f(b. Wtedy istnieje ξ (, b tkie, że f (ξ =. Dowód. N podstwie twierdzeni Weierstrss, istnieją c, c + [, b] tkie, że m := min f = f(c, M := mx f = f(c + R. Jeżeli m = M, to f jest funkcją stłą, więc f. Możemy więc złożyć, że m < M. Wtedy c (, b lub c + (, b. Przyjmijmy, że ξ := c + (, b. Poniewż f osiąg w ξ mksimum, więc z Twierdzeni 6.. wynik, że f (ξ =. Twierdzenie 6..5 (Twierdzenie Lgrnge ( o wrtości średniej. Niech f C([, b] D((, b. Wtedy istnieje ξ (, b tkie, że f f(b f( (ξ =. b ( ( Michel Rolle ( Joseph de Lgrnge (

6 76 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 6. Pochodn Dowód. Korzystmy z twierdzeni Rolle dl funkcji ( f(b f( ϕ(x := f(x (x + f(, b x [, b]. Twierdzenie 6..6 (Twierdzenie Cuchy ego o wrtości średniej. Niech f, g C([, b] D((, b, przy czym g (x, x (, b. Wtedy istnieje ξ (, b tkie, że f (ξ f(b f( g = (ξ g(b g(. Dl g(x x dostjemy twierdzenie Lgrnge. Z twierdzeni Rolle wynik, że g( g(b. Dowód. Stosujemy twierdzenie Rolle do funkcji ϕ(x := f(x f(b f( (g(x g(, x [, b]. g(b g( Ćwiczenie Udowodnić nstępującą wersję twierdzeni Cuchy ego. Niech f, g C([, b] D((, b. Wtedy istnieje ξ (, b tkie, że (f(b f(g (ξ = (g(b g(f (ξ. Twierdzenie Niech f D(P i f. Wtedy f const. Dowód. Weźmy dowolne, b P, < b. Z twierdzeni Lgrnge wynik istnienie ξ (, b tkiego, że = f (ξ = f(b f( b. A stąd f( = f(b. Obserwcj Niech f : (, (, R, f(x := dl x (,, f(x := dl x (,. Wtedy f. Twierdzenie 6... Niech f D(P i f (x M, x P. Wtedy f(x f(y M x y, x, y P. Dowód. Ustlmy x, y P, x < y. Z twierdzeni Lgrnge istnieje ξ (x, y tki, że f (ξ = f(y f(x y x. Twierdzenie 6... Niech f D(P. Wtedy nstępujące wrunki są równowżne: (i f jest rosnąc (odp. mlejąc; (ii f (x (odp. f (x dl dowolnego x P. Dowód. Rozwżymy przypdek funkcji rosnącej. (i = (ii: Ustlmy P. Jeżeli nie jest prwym końcem przedziłu, to f f(x + h f(x (h = lim. h + h Jeżeli jest prwym końcem przedziłu, to f f(x h f(x (h = lim. h + h (ii = (i: Niech x, y P, x < y. N podstwie twierdzeni Lgrnge mmy f (ξ = f(y f(x y x. Przypdek funkcji mlejącej jest nlogiczny Ćwiczenie. Twierdzenie 6... Niech f D(P. Wtedy nstępujące wrunki są równowżne: (i f jest silnie rosnąc (odp. silnie mlejąc; (ii f (x (odp. f (x dl dowolnego x P orz int({x P : f (x = } =. Dowód. Rozwżymy przypdek funkcji ściśle rosnącej. (i = (ii: Poniewż f jest rosnąc, więc f (x dl dowolnego x P. Przypuśćmy, że (, b {x P : f (x = }, < b. Wtedy f jest stł w (, b sprzeczność. (ii = (i: Wiemy, że f jest rosnąc. Przypuśćmy, istnieją, b P tkie, że < b orz f( = f(b, więc f jest stł w [, b], czyli (, b {x P : f (x = } sprzeczność. Przypdek funkcji ściśle mlejącej jest nlogiczny Ćwiczenie.

7 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc Reguł de L Hôpitl 77 Twierdzenie Niech f D(P. Wtedy f m włsność Drboux. Dowód. Niech, b P, < b, f ( < γ < f (b. Niech g(x := f(x γx. Wtedy g D(P, g ( < orz g (b >. W szczególności, minimum globlne funkcji g w przedzile [, b] musi być przyjęte w pewnym punkcie c (, b (Ćwiczenie. Wtedy g (c =, czyli f (c = γ. Przypdek f ( > γ > f (b jest nlogiczny (g osiąg mksimum globlne w [, b] w punkcie c (, b Ćwiczenie. Przykłd Funkcj f(x := { x sin x, jeżeli x R, jeżeli x = ( x jest różniczkowln n R, f ( =, f (x = x sin x + x cos x f nie jest ciągł w (Ćwiczenie, choć m włsność Drboux Reguł de L Hôpitl = x sin x cos x, x. Twierdzenie 6.3. (Reguł de L Hôpitl ( 3. Niech f, g : (, b R, < b, będą różniczkowlne i tkie, że g(x, g (x dl x (, b. Niech c {, b}. Złóżmy, że spełniony jest jeden z poniższych wrunków: (i lim f(x = lim g(x = ; x c x c (ii lim g(x = +. x c Wtedy lim inf x c f (x f(x f(x f g (x lim inf x c g(x lim sup g(x lim sup (x g x c x c (x. f W szczególności, jeżeli istnieje grnic lim (x x c g (x R, to lim x c f(x g(x = lim f (x x c g (x. Dowód. Wystrczy pokzć, że jeżeli (x n f(x n= (, b, x n c, jest tki, że lim n n + g(x n = d R, to istnieje ciąg (ξ n f n= (, b, ξ n c, tki że lim (ξ n n + g (ξ = d. n Zuwżmy, że n mocy twierdzeni Cuchy ego, dl ustlonych dwóch punktów x, y (, b, x y, istnieje ξ = ξ(x, y (x, y (tutj (x, y ozncz zwykły przedził, gdy x < y, orz przedził (y, x, gdy y < x tkie, że f (ξ g (ξ = f(x f(y g(x g(y, czyli f (ξ g (ξ = f(x g(x f(y g(x g(y g(x. (* Ustlmy ciąg (x n f(x n= (, b, x n c, tki że lim n n + g(x = d R. n Przypdek (i: Dobiermy ciąg (y n n= (, b \ {x n : n N} tki że y n c orz g(y lim n n + f(xn g(xn lim f(yn g(xn n + g(yn g(xn g(x n =. Niech ξ n := ξ(x n, y n, n N. Wtedy ξ n c orz, wobec (*, lim = d. Przypdek (ii: Z ciągu (x n n= wybiermy podciąg (z n n=, tki że: f(x lim n n + g(z = n orz z n x n, n N. Niech ξ n := ξ(z n, x n, n N. Wtedy ξ n c orz, wobec (*, f(zn g(zn lim f(xn g(zn n + g(xn g(zn Przykłd W konsekwencji, lim n + n + f(y n g(x n = f (ξ n g (ξ n = lim g(x n n + g(z n = f lim (ξ n n + g (ξ = n = d. ( Korzystjąc n krotnie z reguły de L Hôpitl dostjemy: x n H n! lim = lim x + e x x + e x =. x lim α x + e = orz lim x x + xα ln x = dl dowolnego α > (Ćwiczenie. ( 3 Guillume de L Hôpitl (66 74.

8 78 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 6. Pochodn cos x H (b lim x x = lim sin x H cos x x x = lim x =. (c (d lim x + x+sin x x =, le grnic lim lim x ln x = lim x + x + ln x x x ln x lim x ln x = lim x + x + skomplikowny niż n początku. H = lim x + H = lim x + x + x x x ln x (x+sin x x =, le nie istnieje. = lim x + x ln x =... i problem jest jeszcze brdziej 6.4. Twierdzenie o przyrostch skończonych Przykłd Twierdzenie Rolle nie zchodzi dl odwzorowń o wrtościch w R. Dl przykłdu, niech f : [, π] R, f(x := (cos x, sin x. Wtedy f( = f(π = (,, le f (ξ = ( sin ξ, cos ξ (,, ξ [, π]. Twierdzenie 6.4. (Twierdzenie o przyrostch skończonych. Niech f : [, b] E, ϕ : [, b] R będą funkcjmi ciągłymi tkimi, że f +(x i ϕ +(x istnieją dl x [, b] \ S, gdzie #S ℵ. Wtedy, jeżeli f +(x ϕ +(x dl dowolnego x [, b] \ S, to f(b f( ϕ(b ϕ(. Twierdzenie pozostje prwdziwe, jeżeli pochodne prwostronne zstąpimy przez pochodne lewostronne. Dowód. Możemy złożyć, że #S = ℵ orz, b S. Niech S = {,,... }. Weźmy ε > i niech Φ(x := f(x f( (ϕ(x ϕ( ε(x ε, Ψ(x := ε ( n, x [, b]... :=, n: n<x I := {x [, b] : Φ(x Ψ(x}, c := sup I. Wystrczy pokzć, że b I ( nstępnie ε. Odnotujmy, że Φ jest funkcją ciągłą, zś Ψ jest funkcją niemlejącą. Zuwżmy, że I (bo Φ( = ε orz [, + δ] I dl pewnego δ > (z ciągłości Φ. W szczególności, c >. Pondto, c I. Istotnie, niech I x n c, wtedy Φ(x n Ψ(x n Ψ(c, n N. Terz n + i korzystmy z ciągłości Φ. Przypuśćmy, że c < b. Mmy dw możliwe przypdki: c = n S. Z ciągłości Φ wynik, że istnieje δ > tk, że Φ(x Φ(c + ε/ n dl x [c, c + δ] [, b]. Wtedy, dl x (c, c + δ] mmy Φ(x Ψ(c + ε Ψ(x. n Wynik stąd, że [c, c + δ] I; sprzeczność. c / S. Niech gdzie f(c + h = f(c + f +(ch + α(hh, ϕ(c + h = ϕ(c + ϕ +(ch + β(hh, lim α(h = i lim β(h =. Wynik stąd, że dl młych h > mmy h + h + Φ(c + h = f(c + h f( (ϕ(c + h ϕ( ε(c + h ε Φ(c + f(c + h f(c (ϕ(c + h ϕ(c εh Ψ(c + f +(c h + α(h h ϕ +(ch β(hh εh Ψ(c + h + ( α(h β(h ε h. W tkim rzie [c, c + h] I dl młych h > ; sprzeczność.

9 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc Pochodne wyższych rzędów 79 W przypdku pochodnych lewostronnych definiujemy g : [, b] E, ψ : [, b] R, g(x := f( + b x, ψ(x := ϕ( + b x. Bez trudu sprwdzmy, że g +(x = f ( + b x i ψ +(x = ϕ ( + b x orz g +(x ψ +(x dl x [, b] \ S, gdzie S := + b S. Stąd, n podstwie wersji z pochodnymi prwostronnymi, mmy f(b f( = g( + g(b ψ(b ψ( = ϕ( + ϕ(b. Wniosek (por. Twierdzenie 6... Jeżeli ϕ : [, b] R jest funkcją ciągłą tką, że ϕ +(x dl x [, b] \ S, gdzie #S ℵ, to ϕ jest niemlejąc. Wynik pozostje prwdziwy dl pochodnych lewostronnych. W szczególności, jeżeli ϕ : [, b] R jest funkcją ciągłą tką, że ϕ +(x = dl x [, b] \ S, gdzie #S ℵ, to ϕ const. Dowód. Niech x, x [, b], x < x. Stosujemy twierdzenie o przyrostch skończonych dl f := i ϕ [x,x ]. Wniosek Jeżeli f : [, b] E jest odwzorowniem ciągłym tkim, że f +(x istnieje dl x [, b] \ S, gdzie #S ℵ, to dl dowolnego l E mmy W szczególności, f(b f( l(b sup{ f +(x l : x [, b] \ S}(b. f(b f( sup{ f +(x : x [, b] \ S}(b. Wynik pozostje prwdziwy dl pochodnych lewostronnych. Dowód. Zstępując f przez [, b] x f(x lx, redukujemy twierdzenie do l =. Jeżeli M := sup{ f +(x : x [, b]\s} < +, to stosujemy twierdzenie o przyrostch skończonych do funkcji f i ϕ(x := Mx, x [, b]. Wniosek Jeżeli f : [, b] E jest odwzorowniem ciągłym tkim, że f +(x istnieje dl x [, b] \ S, gdzie #S ℵ, orz f +(x M, x [, b] \ S, to f(x f(x M x x, tzn. f spełni wrunek Lipschitz ze stłą M. Wynik pozostje prwdziwy dl pochodnych lewostronnych. x, x [, b], Wniosek Niech f : P E będzie funkcją ciągłą i różniczkowlną w P \ {} dl pewnego P. Jeżeli l := lim x f (x istnieje, to f ( istnieje i f ( = l. Dowód. N podstwie Wniosku mmy f( + h = f( + lh + α(hh, gdzie α(h sup{ f (x l : x (, + h]} h Pochodne wyższych rzędów Definicj Niech f : P E, P i złóżmy, że f (x istnieje dl x U P, gdzie U jest pewnym reltywnym otoczeniem punktu. Wtedy możn rozwżć drugą pochodną funkcji f w punkcie : f ( := (f (. Ogólnie, jeżeli f (n (x istnieje dl x U, to możemy rozwżć n-tą pochodną funkcji f w punkcie : f (n ( := (f (n (. Niech D n (P, E; : = {f : P E : f (n ( istnieje}, P, D n (P, E : = D n (P, E; = {f : P E : f (n ( istnieje dl dowolnego P }, P C n (P, E : = {f D n (P, E : f (n C(P, E}, C (P, E := C(P, E, C (P, E := C n (P, E; D n (P, E;, D n (P, E to oznczeni niestndrdowe. Jk zwykle, D n (P ; = D n (P, R;, D n (P := D(P, R, C n (P := C n (P, R, C (P := C (P, R. Obserwcj 6.5. (Ćwiczenie. n= ( D n+ (P, E C n (P, E D n (P, E C n (P, E.

10 8 (b C (P, E = Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 6. Pochodn n= D n (P, E. (c f, g D n (P, E; = f + g D n (P, E; orz (f + g (n ( = f (n ( + g (n (. (d f, g D n (P, E = f + g D n (P, E. (e f, g C n (P, E = f + g C n (P, E (n N { }. (f Dl funkcji f l : R R, f l (x := { x l sin( x, jeżeli x, jeżeli x =, l N, mmy: f l C (R, l N, f / C(R, f k C k (R \ D k (R, f k D k (R \ C k (R. (g Niech f : R R +, f(x := {, jeżeli x e /x, jeżeli x >. Wtedy f C (R. Zuwżmy, że f (k ( = dl dowolnego k N. (h Niech f : R R +, {, jeżeli x f(x := e x, jeżeli x <. Wtedy f C (R. Zuwżmy, że f (k (± = dl dowolnego k N. (i Z (g i (h wynik, że dl dowolnego przedziłu (, b R istnieje funkcj f C (R, [, ] tk, że {x R : f(x > } = (, b. (j Widomo, że dl kżdego zbioru domkniętego F R, zbiór R \ F jest sumą co njwyżej przeliczlnej rodziny prmi rozłącznych przedziłów otwrtych. Stąd, n podstwie (i, dl dowolnego zbioru domkniętego F R istnieje funkcj f C (R, [, ] tk, że {x R : f(x = } = F, f (j (x = dl dowolnych x F orz j N. Twierdzenie (Wzór Leibniz. Niech f D k (P ;, g D k (P, E;. Wtedy f g D k (P, E; orz n ( n (f g (n ( = f (k (g (n k (. k k= W konsekwencji: jeżeli f D n (P, g D n (P, E, to f g D n (P, E, jeżeli f C n (P, g C n (P, E, to f g C n (P, E. Dowód. Wynik jest nm znny dl n = (Twierdzenie n n + : Mmy (fg (x = f (xg(x + f(xg (x, x U, gdzie U jest reltywnym otoczeniem punktu. Jeżeli f D n+ (P ;, g D n+ (P, E;, to f D n (P ;, g D n (P, E;. Ztem z złożeni indukcyjnego f g, fg D n (P, E;. Stąd (fg D n (P, E;, więc fg D n+ (P, E;. Pondto, n ( n ( (fg (n+ ( = f (k+ (g (n k ( + f (k (g ( (n+ k k k= Ćwiczenie = n+ ( n + k k= f (k (g (n+ k (. Twierdzenie Niech f : P E, ϕ : Q R, gdzie Q jest przedziłem, ϕ(q P, t Q, := ϕ(t. Wtedy: ( Jeżeli f D n (P, E; i ϕ D n (Q; t, to f ϕ D n (Q, E; t. (b Jeżeli f D n (P, E i ϕ D n (Q, to f ϕ D n (Q, E. (c Jeżeli f C n (P, E i ϕ C n (Q, to f ϕ C n (Q, E.

11 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc Wzór Tylor 8 Obserwcj Wzór n (f ϕ (n (t wyprowdzimy w Twierdzeniu Dowód. ( Wynik jest nm znny dl n =. n n + : Wiemy, że (f ϕ (x = f (ϕ(xϕ (x, x U, gdzie U jest otoczeniem punktu t. Jeżeli f D n+ (P, E; i ϕ D n+ (Q; t, to z złożeni indukcyjnego f ϕ D n (Q, E; t. N podstwie wzoru Leibniz (f ϕ ϕ D n (Q, E; t. W tkim rzie f ϕ D n+ (Q, E; t. (b wynik z (. (c Dl n = wystrczy wykorzystć związek (f ϕ = (f ϕ ϕ. Krok indukcyjny pozostwimy jko Ćwiczenie. Ćwiczenie Dl dowolnych < < b skonstruowć funkcję f C (R +, [, ] tką, że, jeżeli x f(x = >, jeżeli < x < b., jeżeli x b 6.6. Wzór Tylor Obserwcj Niech p : R E będzie wielominem stopni n, tzn. p(x = p +p x +p n x n, gdzie p,..., p n E. Niech R. Wtedy: ( p k = k! p(k (, k =,..., n (Ćwiczenie. (b p(x = p( + p ((x + p ((x + + n! p(n ((x n, x R. Istotnie, niech q(x := p( + x. Zuwżmy, że q (j (x = p (j ( + x, j N. Wtedy n podstwie ( mmy p( + x = q(x = q( + q (x + q (x + + n! q(n (x n = p( + p (x + p (x + + n! p(n (x n, x R. Definicj Niech f D n (P, E;, przy czym, jeżeli n, to f (n (x istnieje dl dowolnego x U, gdzie U jest przedziłem będącym reltywnym otoczeniem punktu. Zdefiniujmy ( R n (f,, x := f(x f( + f ((x +! f ((x + + n! f (n ((x n, x P. Pondto kłdziemy R (f,, x = f(x f(, x P. Obserwcj h P, czyli ( R n (f,, + h = f( + h (f( + f (h +! f (h + + n! f (n (h n, f( + h = f( + f (h +! f (h + + n! f (n (h n + R n (f,, + h, h P. (b R n (f,, (k (x = R n k (f (k,, x, x U, k =,..., n. (c Jeżeli f (n (x istnieje dl dowolnego x U, to R n (f,, (n (x = f (n (x f (n ( = R (f (n,, x, x U. (d Jeżeli f (n+ (x istnieje dl dowolnego x U, to R n (f,, (n+ (x = f (n+ (x, x U. Twierdzenie (Wzór Tylor ( 4 z resztą Peno ( 5. Niech f będzie jk w Definicji Wtedy R n (f,, + h lim P h h n =, n N, czyli R n (f,, + h = o(h n przy P h (n N. Dowód. Indukcj względem n. Dl n = mmy definicję pochodnej: f( + h = f( + f (h + R (f,, + h. n n + : N podstwie twierdzeni o przyrostch skończonych, dl młych h U mmy: h n+ R n+(f,, + h = h n+ R n+(f,, + h R n+ (f,, ( 4 Brook Tylor ( ( 5 Giuseppe Peno ( h n sup{ R n+(f,, (x : x (, + h]}

12 8 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 6. Pochodn h n sup{ R n(f,, + ξ : ξ (, h]} { } sup ξ n R n(f,, + ξ : ξ (, h]. h Twierdzenie (Jednoznczność wzoru Tylor. Niech f będzie jk w Definicji 6.6. i niech p(x = + x + + n x n będzie wielominem R E tkim, że Wtedy j = j! f (j (, j =,..., n. Dowód. Ze wzoru Tylor z resztą Peno mmy f( + h = p(h + o(h n przy P h. ( f( + f (h +! f (h + + n! f (n (h n = + h + h + + n h n + α(hh n, przy czym lim α(h =. Przy h wnioskujemy stąd ntychmist, że f( =. W konsekwencji P h f ( +! f (h + + n! f (n (h n = + h + + n h n + α(hh n, co przy h dje f ( =. Powtrzmy rozumownie (Ćwiczenie. Obserwcj Dl n = wzór ( jest oczywiście równowżny istnieniu f (. Dl n tk być nie musi. Np. { x n+ sin f(x := x, jeżeli x n+, jeżeli x = ; wtedy dl := wzór ( zchodzi z = = n =, le f ( nie istnieje. Istotnie, f ( =, f (x = (n + ( x n sin(/x n+ (/x cos(/x n+ dl x, lim x f (x nie istnieje. Twierdzenie (Wzór Tylor dl funkcji klsy C n. Niech P = [, b] R i niech f C n (P, E. Wtedy ( { Rn (f, x, y } lim sup δ + x y n : x, y P, < x y δ =. Dowód. Indukcj ze względu n n. Przypdek n = wynik z twierdzeni o przyrostch skończonych (Wniosek 6.4.4: { R (f,, + h } sup :, + h P, < h δ h { f( + h f( f (h } = sup :, + h P, < h δ h sup{ f (x f ( :, + h P, x [, + h], < h δ}. δ n n + : Podobnie, jk w dowodzie Twierdzeni mmy: { Rn+ (f,, + h } sup h n+ :, + h P, < h δ { Rn (f,, + ξ } sup ξ n :, + ξ P, < ξ δ. δ Twierdzenie (Wzór Tylor dl funkcji klsy D n+. Jeżeli f D n+ (P, E orz to f (n+ (x M, x P, R n (f,, + h M h n+, P, h P. (n +!

13 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc Wzór Tylor 83 Dowód. Indukcj ze względu n n. Przypdek n = wynik z twierdzeni o przyrostch skończonych. n n + : Ustlmy P. Mmy Niech g(h := R n+ (f,, + h, R n (f,, + h M h n+ (n +!, h P. ϕ(h := Mhn+ (n +!, h Q := (P R +. Wobec poprzedniej nierówności mmy g ϕ n Q. Stąd, n podstwie twierdzeni o przyrostch skończonych, R n+ (f,, + h = g(h g( ϕ(h ϕ( = M h n+ (n +!, h Q. W nlogiczny sposób trktujemy przypdek h < (ϕ(h := M( h n+ /(n +!, h (P R. Ćwiczenie Pokzć, że jeżeli f D n+ (P, E orz f (n+ M, to z Twierdzeni wynik Twierdzenie Twierdzenie 6.6. (Wzór Tylor z resztą Schlömilch ( 6. Złóżmy, że f D n+ (P, P, h P, p >. Wtedy istnieje θ = θ n (, h, p (, tkie, że R n (f,, + h = n!p f (n+ ( + θh( θ n+ p h n+. W przypdku p = n + dostjemy resztę Lgrnge : R n (f,, + h = W przypdku p = dostjemy resztę Cuchy ego: (n +! f (n+ ( + θhh n+. R n (f,, + h = n! f (n+ ( + θh( θ n h n+. Dowód. Ustlmy i h P, h. Dl uproszczeni przyjmijmy, że h > (przypdek h < jest nlogiczny Ćwiczenie. Niech b = + h, ( ϕ(t : = f(b f(t + f (t(b t + f (t(b t + + n! f (n (t(b t n, ψ(t : = (b t p, x b. Wtedy ϕ( = R n (f,, + h, ϕ(b =, ψ( = h p, ψ(b =, ( ϕ (t = f (t f (t + f (t(b t f (t(b t + f (t(b t +... (n! f (n (t(b t n + n! f (n+ (t(b t n = n! f (n+ (t(b t n, ψ (t = p(b t p, t < b. N podstwie twierdzeni Cuchy ego o wrtości średniej istnieje θ (, tk, że stąd R n (f,, + h h p = ϕ(b ϕ( ψ(b ψ( = ϕ ( + θh ψ ( + θh = n! f (n+ ( + θh( θ n h n p( θ p h p, R n (f,, + h = n!p f (n+ ( + θh( θ n+ p h n+. ( 6 Oscr Xvier Schlömilch (83 9.

14 84 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 6. Pochodn Przykłd 6.6. (Przykłdy użyci wzoru Tylor z resztą Lgrnge dl =. h, h >. Wtedy f (k (h = ( k (k!, h >, k N, stąd: (+h k ( n ( k h k ln( + h = + R n (f,, h, k ( n h n+ k= h n+ (n+(+θh n+ n+ ( h h n+ przy czym R n (f,, h = (n+(+θh = n+ h < (w rzeczywistości dl h < zob. Przykłd 7..33(c. (b f(h := ( + h α, h >, gdzie α R: f (k (h = α (α (α k + ( + h α k = k! ( α ( + h α = n ( α k! k k= k ( + h α k, stąd h k + R n (f,, h, przy czym R n (f,, h = ( α n+ (+θh α n h n+ ( α n+ (+θh α ( h h < (Ćwiczenie możn skorzystć z Twierdzeni.4.. h n+ ( f(h := ln(+ dl dowolnego n + dl dowolnego n + Twierdzenie 6.6. (Wzór n pochodną złożeni. Niech f D n (P, E;, ϕ D n (Q; t, ϕ(q P, ϕ(t =. Wtedy (f ϕ (n n! ( ϕ (t = α! α n! f (α+ +αn (t α ( ϕ (n (t αn. (! n! α,...,α n N α +α + +nα n=n Dowód. Wiemy, że f ϕ D n (Q, E; t (Twierdzenie Wobec Twierdzeni 6.6.5, wystrczy więc pokzć, że (f ϕ(t + t = + t + + n t n + o(t n przy t, gdzie ( ϕ s := α! α s! f (α+ +αs (t α ( ϕ (s (t αs, ( s =,..., n.! s! α,...,α s N α +α + +sα s=s Przyjmijmy oznczeni: Wtedy s = ϕ j := j! ϕ(j (t, f j := j! f (j (, j =,..., n. α,...,α s N α +α + +sα s=s α,...,α n N α +α + +nα n=s (α + + α s! f α+ +α α! α s! s ϕ α ϕαs s, s =,..., n. Zuwżmy, że jeżeli α,..., α n N orz α + α + + nα n = s, to α s+ = = α n =. Stąd (α + + α n! s = f α+ +α α! α n! n ϕ α ϕαn n, s =,..., n. Wiemy, że f( + h = n f i h i + α(hh n, ϕ(t + t = gdzie lim h α(h =, lim t β(t =. Przechodzimy do obliczeń: (f ϕ(t + t = = i= n ϕ j t j + β(tt n, n ( n f i ϕ j t j + β(tt n i ( + α ϕ(t + t ϕ(t ( n ϕ j t j + β(tt n n i= j= n ( n f i ϕ j t j i + o(t n = i= j= n i= f i α,...,α n N α + +α n=i j= j= i! α! α n! ϕα ϕαn n t α+α+ +nαn + o(t n

15 = Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc Funkcje półciągłe n ( s= α,...,α n N α +α + +nα n=s (α + + α n! f α+ +α α! α n! n ϕ α ϕαn n t s + o(t n. 85 Twierdzenie (Wrunek wystrczjący istnieni ekstremum loklnego. Złóżmy, że int P, f D n (P ; orz f ( = f ( = = f (n ( =, f (n (. Wtedy: (i Jeżeli n jest nieprzyste, to f nie posid w punkcie ekstremum loklnego. (ii Jeżeli n jest przyste, to f m w punkcie silne ekstremum loklne. Dokłdniej, jeżeli f (n ( <, to f m w punkcie silne mksimum loklne, zś jeżeli f (n ( >, to f m w punkcie silne minimum loklne. Dowód. Korzystjąc ze wzoru Tylor z resztą Peno otrzymujemy f( + h = f( + f (n ( h n + α(hh n = f( + β(hh n, h < δ, n! gdzie lim h α(h =, zś β(h jest tego smego znku, co f (n (. Przykłd Niech f(x := x + cos x, x R. Zuwżmy, że zchodzą równości f ( = f ( = f ( = orz f (4 ( = >, ztem funkcj f m w punkcie x = silne minimum loklne Funkcje półciągłe Niech X będzie dowolną przestrzenią topologiczną. Definicj Powiemy, że funkcj u : X R jest półciągł z góry n X, jeżeli dl dowolnego t R zbiór {x X : u(x < t} jest otwrty. Zbiór wszystkich funkcji półciągłych z góry n X będziemy oznczć przez C (X, R. Powiemy, że u jest półciągł z dołu n X (u C (X, R, jeżeli u C (X, R. Dl dowolnego przedziłu R niech Podobnie definiujemy C (X,. C (X, := {u C (X, R : u(x }. Obserwcj Jeżeli A X jest zbiorem domkniętym, to jego funkcj chrkterystyczn { gdy x A χ A,X (x = χ A (x := gdy x X \ A jest półciągł z góry. Jeżeli A X jest zbiorem otwrtym, to χ A C (X. Obserwcj ( Funkcj u : X R jest półciągł z dołu n X, jeżeli dl dowolnego t R zbiór {x X : u(x > t} jest otwrty. (b Dl dowolnych przedziłów, R, dl dowolnej ściśle rosnącej bijekcji ϕ : i dl dowolnej funkcji u : X R mmy: u C (X, ϕ u C (X,. W szczególności, u C (X, R rctg u C (X, [ π, π ]. Istotnie, zpiszmy R w postci sumy trzech rozłącznych przedziłów R = L R, gdzie L jest przedziłem n lewo od, zś R przedziłem n prwo od ; nie wykluczmy przypdków gdy L lub R jest pusty. Dl t R mmy {x X : u(x < ϕ (t}, jeżeli t {x X : (ϕ u(x < t} =, jeżeli t L. X, jeżeli t R

16 86 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 6. Pochodn (c C(X, R = C (X, R C (X, R. Inkluzj jest oczywist. Dl dowodu inkluzji ustlmy u C (X, R C (X, R. N podstwie (b możemy złożyć, że u(x R. Weźmy X. Korzystjąc z Definicji 6.7. orz (, wnioskujemy bez trudu, że dl dowolnego ε > istnieje otoczenie otwrte U punktu tkie, że u(u (u( ε, u(+ε. (d Jeżeli f : Y X jest odwzorowniem ciągłym, to u f C (Y, R dl dowolnej funkcji u C (X, R. Istotnie, {y Y : (u f(y < t} = f ({x X : u(x < t}. (e R > C (X, R = C (X, R. (f Dl dowolnych u, v C (X, R, jeżeli u(x + v(x m sens dl kżdego x X, to u + v C (X, R. Istotnie, {u + v < t} = {u < θ} {v < t θ}. θ R (g Jeżeli u, v C (X, R, to mx{u, v} C (X, R. Istotnie, {mx{u, v} < t} = {u < t} {v < t}. (h Jeżeli (u α α A C (X, R, to u := inf{u α : α A} C (X, R. W szczególności, jeżeli C (X, R u n u punktowo n X, to u C (X, R. Istotnie, {u < t} = {u α < t}. α A (i Jeżeli C (X, R u n u jednostjnie n X, to u C (X, R. Istotnie, niech u( < t ε < t i niech N N będzie tkie, że u N u < ε n X. W szczególności, u N ( < t ε. Poniewż funkcj u N jest półciągł z góry, ztem istnieje otoczenie U punktu tkie, że u N < t ε n U. W konsekwencji, u < t n U. Propozycj (Twierdzenie Weierstrss. Niech X będzie przestrzenią topologiczną zwrtą i niech f C (X, R. Wtedy istnieje punkt x X tki, że f(x = sup f(x. Dowód. Niech M := sup f(x. Jeżeli M =, to f i wynik jest oczywisty. Złóżmy więc, że M >. Przypuśćmy, że f(x < M dl dowolnego x X. Ustlmy ciąg M s M, < M s < M, s N. Z półciągłości funkcji f wynik, że kżdy ze zbiorów U s := {x X : f(x < M s } jest otwrty. Wobec definicji M mmy U s X, s N. Z nszego przypuszczeni wynik, że U s X. Terz, korzystjąc ze zwrtości X wnioskujemy, że musi być X = U s dl pewnego s sprzeczność. Propozycj Niech (X, ϱ będzie przestrzenią metryczną i niech u : X R. Wtedy u C (X, R X : lim sup u(x = u(. x Dowód. (= : Weźmy X. Jeżeli u( = +, to prw stron jest oczywist. Niech więc u( < +. Weźmy t > u( i niech U będzie tkim otoczeniem punktu, że u < t w U. Niech terz x n. Wtedy u(x n < t dl n. Stąd lim sup u(x n t, co wobec dowolności t, dje żądną nierówność. n + ( =: Niech u( < t i przypuśćmy, że w dowolnym otoczeniu U punktu istnieje punkt x tki, że u(x t. Wtedy, bez trudu, konstruujemy ciąg x n tki, że u(x n t, n N. W tkim rzie, lim sup u(x n t > u(; sprzeczność. n + Propozycj (Twierdzenie Bire. ( 7 Niech (X, ϱ będzie przestrzenią metryczną. Wtedy dl dowolnej funkcji u C (X, R istnieje ciąg (u n n= C(X, R tki, że u n u punktowo n X (por. Obserwcj 6.7.3(h. Pondto, jeżeli u C (X, [, +, to ciąg (u n n= możn wybrć w C(X, R. Dowód. Zstępując u poprzez π rctg u (por. Obserwcj 6.7.3(b, sprowdzmy problem do przypdku, gdy u C (X, [, ] (odpowiednio, u C (X, [,, funkcji proksymujących poszukujemy w C(X, [, ] (odpowiednio, C(X, (,. Zdefiniujmy ϕ,n (x : = u( nϱ(x,, X, x X, u n : = sup{ϕ,n : X}, n N. ( 7 René-Louis Bire (

17 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc Funkcje wypukłe 87 N wstępie sprwdzimy, że u n C(X, n N. Mmy ϕ,n (x ϕ,n (x = n ϱ(x, ϱ(x, nϱ(x, x, x, x X, stąd u n (x u n (x nϱ(x, x, x, x X. W szczególności, u n jest ciągł. Jest rzeczą widoczną, że ϕ,n+ ϕ,n, skąd wynik, że u n+ u n. Pondto, ϕ x,n (x = u(x, ztem u(x = ϕ x,n (x u n (x, x X. W szczególności, lim u n u. n + Ustlmy x X orz t > u(x (jeżeli u(x <, to dobiermy t tk, by u(x < t <. Niech δ > będzie tkie, że u(x < t dl x B(x, δ. Wtedy ϕ,n (x = u( nϱ(x, mx{t, nδ}, X, n N. Wynik stąd, że u n (x mx{t, nδ}, n N (jeżeli u(x <, to u n (x <, n N. Przechodząc do grnicy dostjemy lim u n(x t, co dowodzi, że u n (x u(x. n + W przypdku gdy u(x [,, wystrczy jeszcze tylko zstąpić u n przez mx{u n, + n }, n N Funkcje wypukłe Niech P R będzie dowolnym nietrywilnym przedziłem nieredukującym się do punktu. Definicj Funkcję f : P R nzywmy wypukłą (odp. silnie wypukłą, jeżeli f(t + ( tb tf( + ( tf(b,, b P, < b, t (odp. f(t + ( tb < tf( + ( tf(b,, b P, < b, t (,. Funkcję f nzywmy wklęsłą (odp. silnie wklęsłą, jeżeli f jest wypukł (odp. silnie wypukł. Ćwiczenie Udowodnić, że jeżeli f : P R jest wypukłą, to f(t + + t k k t f( + + t k f( k, k N, t,..., t k, t + + t k =,,..., k P. Twierdzenie Dl f : P R nstępujące wrunki są równowżne: (i f jest wypukł (odp. silnie wypukł; (ii dl dowolnych, b, c P tkich, że < c < b mmy f(c f( c Dowód. (i = (ii: c = b c b + c b (odp. silnej wypukłości f otrzymujemy f(b f(c b c ( f(c f( odp. < c f(b f(c. b c b c b = t + ( tb, gdzie t = b (,. Ztem z definicji wypukłości f(c b c b f( + c b f(b ( odp. f(c < b c b f( + c b f(b, co dje (ii (Ćwiczenie. (ii = (i: Niech, b P, < b, t (,, c := t + ( tb (, b. Wobec (ii mmy f(t+( tb f( f(b f(t+( tb ( odp. f(t+( tb f( < f(b f(t+( tb, ( t(b t(b ( t(b t(b co dje wrunek z Definicji 6.8. (Ćwiczenie. Obserwcj Wrunek wypukłości (ii z Twierdzeni możn zpisć w równowżnej postci: f(b f( f(x f( + (x,, b P, < b, x b. ( b Wrunek ( będziemy nzywć wrunkiem wypukłości funkcji f dl przedziłu [, b] w punkcie x. Twierdzenie Kżd funkcj wypukł f : P R, gdzie P R jest przedziłem otwrtym, spełni loknie wrunek Lipschitz. W szczególności, jest ciągł. {, jeżeli x [, Obserwcj Funkcj f : [, ] R, f(x := jest wypukł (Ćwiczenie., jeżeli x = W szczególności Twierdzenie nie jest prwdziwe, gdy P nie jest otwrty.

18 88 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 6. Pochodn Dowód Twierdzeni Niech p < p < x < x < q < q, [p, q ] P. Wtedy n podstwie Twierdzeni mmy A := f(p f(p p p f(x f(p x p f(x f(x x x f(q f(x q x f(q f(q =: B, q q co dje f(x f(x L(x x, gdzie M := mx{ A, B }. Pokzliśmy, że funkcj f spełni loklnie w P wrunek Lipschitz. Jest więc w szczególności ciągł. Twierdzenie Dl funkcji różniczkowlnej f : P R nstępujące wrunki są równowżne: (i f jest wypukł (odp. silnie wypukł; (ii f jest rosnąc (odp. silnie rosnąc. Dowód. (ii = (i: N mocy Twierdzeni wystrczy pokzć, że dl, b, c P, < c < b, mmy f(c f( c f(b f(c f(c f( b c (odp. c < f(b f(c b c. Korzystmy z twierdzeni Lgrnge f(c f( c = f (ξ, f(b f(c b c = f (ξ dl < ξ < c < ξ < b. (i = (ii: Ustlmy, b P, < b. Wiemy, że (Twierdzenie f(c f( c f(b f(c, < c < b. b c Biorąc rz c +, drugi rz c b, dostjemy f ( f (b. W przypdku silniej wypukłości, jeżeli już wiemy, że f jest rosnąc, równość f ( = f (b oznczłby, że f jest stł n [, b]. Wynik stąd, że f(x = αx + β dl x [, b], tk funkcj nie jest silnie wypukł. Twierdzenie Jeżeli P jest przedziłem otwrtym i f D(P jest funkcją wypukłą, to dl dowolnego P mmy f(x f( + f ((x, x P. Dowód. Korzystmy z Twierdzeni Dl x < < b mmy Biorąc b + dostjemy Dl b < < x mmy Biorąc b dostjemy f( f(x x f(x f( x f( f(b b f ( f(b f(. b f (. f(x f(. x f(x f(. x Twierdzenie Dl f D (P nstępujące wrunki są równowżne: (i f jest wypukł (odp. silnie wypukł; (ii f (x, x P (odp. f (x, x P, orz int{x P : f (x = } =. Dowód. Wynik ntychmist z Twierdzeń orz 6... Przykłd Funkcj exp jest silnie wypukł. W konsekwencji: e tx+ +tnxn t e x + + t n e xn, n, x,..., x n R, t,..., t n [, ] : t + + t n =. Biorąc t = = t n = /n i podstwijąc j := xj, j =,..., n, dostjemy n n + + n,,..., n R +. n

19 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc Funkcje wypukłe 89 Twierdzenie Jeżeli f : P R jest wypukł, to ( pochodne jednostronne f (x, f +(x istnieją dl dowolnego x Q := int P, (b f +( f(b f( b f (b,, b Q, < b, (c f f +, (d f(x f(, P \ Q. lim Q x W szczególności: (e f C(Q, (f f + jest funkcją niemlejącą, (g f (x = f +(x dl x Q \ S, gdzie S jest co njwyżej przeliczlny, (h f C (P. Odwrotnie, jeżeli funkcj f : P R spełni (, (c, (f, (h, to f jest wypukł. ( 8 W szczególności: jeżeli f D(Q C (P, to f jest wypukł wtedy i tylko wtedy, gdy f jest niemlejąc w Q; jeżeli f D (Q C (P, to f jest wypukł wtedy i tylko wtedy, gdy f w Q. Dowód. N wstępie przyjrzyjmy się wrunkom (e, (f, (g, (h: (e wynik z (. (f wynik z (, (b i (c. Jeżeli f + jest niemlejąc, to f + jest ciągł poz zbiorem co njwyżej przeliczlnym. Z (b i (c mmy f +(x f (x f +(x, x Q. Wynik stąd, że pochodn f (x istnieje w kżdym punkcie ciągłości f +, co dje (g. (h wynik z (d. Złóżmy, że f : P R jest wypukł. Korzystjąc z wypukłości funkcji f dl przedziłu [x, x + k] w punkcie x + h dostjemy Ozncz to, że funkcj f(x + h f(x h f(x + k f(x, x Q, < h < k, x + k P. k (, k h f(x + h f(x h jest niemlejąc. Wynik stąd, że grnic f +(x istnieje, f +(x < + orz f +(x f(x+k f(x k. Uwg: poniewż jeszcze nie wiemy, czy f +(x R, symbol f +(x zostł tu użyty w sposób niezupełnie ścisły. Ponownie korzystjąc z wypukłości dl przedziłu [x k, x] w punkcie x h, mmy f(x h f(x h f(x k f(x, x Q, < h < k, x k P. k Podobnie jk poprzednio wynik stąd, że f (x istnieje, < f (x + orz f(x f(x k k f (x. Włsność (b jest więc wykzn. Przechodzimy do włsności (c. Zuwżmy, że wyniknie z niej ntychmist, że f +(x i f (x są skończone, czyli dostniemy (. Kolejny rz skorzystmy z wypukłości dl przedziłu [x h, x + k] w punkcie x: f(x h f(x h f(x + k f(x, x Q, h, k >, x h, x + k P, k stąd f (x f +(x, x Q. Pozostje wykzć (d. Przypuśćmy np., że b P jest prwym końcem przedziłu P. Njpierw pokżemy, że grnic lewostronn f(b R istnieje. Poniewż f + jest funkcją niemlejącą, mmy nstępujące możliwości: f + w Q lub f + w Q: wtedy f jest monotoniczn w Q, stąd grnic f(b istnieje; istnieje punkt c Q tki, że f + w Q (, c] i f + w Q [c, + : wtedy f jest niemlejąc w Q [c, + ; w szczególności, f(b istnieje. ( 8 Ozncz to, że f jest wypukł wtedy i tylko wtedy, gdy spełni (, (b, (c, (d.

20 9 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 6. Pochodn Terz pokżemy, że f(b f(b. Niech b P, b < b. Wtedy, korzystjąc z wypukłości dl przedziłu [b, b] w punkcie x, dostjemy f(x f(b + f(b f(b b b (x b, x [b, b], co przy x b dje f(b f(b. Podobnie postępujemy, gdy P jest lewym końcem przedziłu P Ćwiczenie. Złóżmy terz, że wrunki (, (c, (f, (h są spełnione. Njpierw pokżemy, że f jest wypukł w Q. Ustlmy, b Q, < b, i niech f(b f( ϕ(x := f(x f( (x, x b. b Zuwżmy, że ϕ( = ϕ(b =. Chcemy pokzć, że ϕ. Zuwżmy, że ϕ jest ciągł (wobec (. Przypuśćmy, że ϕ(c = mx [,b] ϕ > dl pewnego c (, b. Mmy więc ϕ(c+h ϕ(c h, < h, stąd ϕ ϕ(c h ϕ(c +(c. Podobnie, h, < h, stąd ϕ (c. Korzystjąc z (c, dostjemy ϕ +(c =. Stąd, wobec (f, ϕ jest funkcją niemlejącą w przedzile [c, b] i w szczególności, < ϕ(c ϕ(b = sprzeczność. Terz pokżemy, że f jest wypukł w cłym przedzile P. Niech, b P, < b, < t < będą ustlone. Zuwżmy, że t+( tb Q. Wiemy, że f(t +( tb tf( +( tf(b dl [, b ] Q, < b. Korzystjąc z (h mmy f(t + ( tb lim sup Q Q b b f(t + ( tb lim sup Q Q b b ( tf( + ( tf(b t lim sup f( + ( t lim sup f(b tf( + ( tf(b. Q Q b b 6.9. Różniczkownie szeregu wyrz po wyrzie Twierdzenie 6.9. (Twierdzenie o różniczkowniu szeregu wyrz po wyrzie. Niech P R będzie przedziłem nieredukującym się do punktu, k N i niech f n D k (P, E, n N. ( Złóżmy, że: szereg g k := f n (k jest zbieżny loklnie jednostjnie n P, Wtedy: n= istnieją punkty c,..., c k P tkie, że szereg szereg g j := n= g D k (P, E, g (j g j, czyli ( f n (j = n= f n (j (c j jest zbieżny. f (j n jest zbieżny loklnie jednostjnie n P, j =,..., k, n= n= f (j n, j =,..., k. (b Złóżmy, że: f n (k g k loklnie jednostjnie n P, istnieją punkty c,..., c k P tkie, że ciąg (f n (j (c j n= jest zbieżny. Wtedy: f n (j g j loklnie jednostjnie n P, j =,..., k, g D k (P, g (j g j, czyli ( lim f n (j = lim f n (j, j =,..., k. n + n + Dowód. ( k = : Dl m > n zdefiniujmy Odnotujmy, że F n,m D(P, E orz F n,m = F n,m := m s=n+ m s=n+ f s. f s.

21 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc Różniczkownie szeregu wyrz po wyrzie 9 Weźmy dowolny przedził [, b] P, < b, tki, że c [, b]. Ustlmy ε >. Wiemy, że istnieje n N tkie, że dl dowolnego m > n n i x [, b] mmy F n,m(x ε (b orz F n,m(c ε. W tkim rzie, n podstwie twierdzeni o przyrostch skończonych, dl dowolnych m > n n i x [, b], mmy F n,m (x F n,m (x F n,m (c + F n,m (c sup{ F n,m(ξ : ξ [x, c ]}(b + ε ε. Ozncz to, że szereg n= f n spełni jednostjny wrunek Cuchy ego w [, b]. Tk więc szereg f n n= jest zbieżny loklnie jednostjnie n P. Ustlmy terz x P i niech x [, b] P, < b, przy czym x (, b o ile x int P. Niech Q := [, b] x. Mmy g (x + h g (x h n= f n(x = ( fn (x + h f n (x n= h f n(x =: n= ϕ n (h, h Q. Połóżmy dodtkowo ϕ n ( :=. Wtedy ϕ n C(Q, E;. Jeżeli udowodnimy, że szereg ϕ n jest zbieżny jednostjnie w Q, to jego sum będzie ciągł w h =, co zkończy dowód. Dl szeregu ϕ n sprwdzimy jednostjny wrunek Cuchy ego. Ustlmy ε > i niech n N będzie tkie, że dl dowolnego m > n n i x [, b] mmy F n,m(x ε. Terz dl dowolnych n > m n, n podstwie twierdzeni o przyrostch skończonych, dostjemy m ϕ s (h = F n,m(x + h F n,m (x F h n,m(x s=n+ n= n= sup{ F n,m(ξ F n,m(x : ξ [x, x + h]} ε, h Q. k k: Stosujemy przypdek k = do funkcji h n := f (k n. Wiemy, że szereg g k = h n n= jest loklnie jednostjnie zbieżny orz, że szereg h n (c k jest zbieżny. Z przypdku k = wynik, że szereg h := h n = n= n= f (k n n= możemy skorzystć z złożeni indukcyjnego (Ćwiczenie. (b wynik z (. jest loklnie jednostjnie zbieżny, h D(P orz h = g k. Terz Z dowodu Twierdzeni 6.9. wynik, że nstępujący wynik jest prwdziwy. Twierdzenie Niech P R będzie przedziłem ogrniczonym, k N i niech f n D k (P, E, n N. ( Złóżmy, że: szereg g k := f n (k jest zbieżny jednostjnie n P, Wtedy: k= istnieją punkty c,..., c k P tkie, że szereg szereg g j := n= g D k (P, g (j g j, czyli ( f n (j = n= f n (j (c j jest zbieżny. f (j n jest zbieżny jednostjnie n P, j =,..., k, n= n= (b Złóżmy, że: f n (k g k jednostjnie n P, f (j n, j =,..., k. istnieją punkty c,..., c k P tkie, że ciąg (f (j n Wtedy: f (j n g j jednostjnie n P, j =,..., k, (c j n= jest zbieżny.

22 9 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 6. Pochodn g D k (P, g (j g j, czyli ( lim f n (j = lim f n (j, j =,..., k. n + n + Przykłd ( Niech f n (x := (x + n, x R. Wtedy f n x jednostjnie n R, le f n x tylko loklnie jednostjnie n R (sup{ (x + n x : x R} = +. (b Niech f n (x := n sin(nx, x R. Wtedy f n jednostjnie n R, le ciąg funkcyjny (f n n= nie jest nwet zbieżny punktowo Pochodne Diniego. 6.. Funkcj Weierstrss Definicj 6... Niech f : P R, P. Definiujemy dolną (odp. górną prwą pochodną Diniego D + f( (odp. D + f( funkcji ϕ w punkcie : f( + h f( ( D + f( := lim inf R odp. D + f( + h f( f( := lim sup R. h + h h + h Anlogicznie wprowdzmy dolną (odp. górną lewą pochodną Diniego D f( (odp. D f(: f( + h f( ( D f( := lim inf R odp. D f( + h f( f( := lim sup R. h h h h Jk zwykle, D + f( i D + f( (odp. D f( i D f( nie są określone, jeżeli P jest prwym (odp. lewym końcem przedziłu. Obserwcj 6... ( Uwg! W tym frgmencie wykłdu, mówiąc o pochodnej czy też pochodnej jednostronnej dopuszczmy wyjątkowo pochodne nieskończone. Jeżeli będziemy mieć n myśli pochodne w dotychczsowym sensie będziemy mówić o pochodnych skończonych. (b f +( istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy D + f( = D + f(. (c f ( istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy D f( = D f(. (d Jeżeli mx{ D ± f(, D ± f( } = +, to skończon pochodn f ±( nie istnieje. Dl < <, b > i p N zdefiniujmy funkcję Weierstrss W (x = W p,,b (x := n cos p (πb n x, x R. n= Obserwcj ( W C(R (por. Wniosek 5.4.7(b orz W (x, x R. (b Jeżeli b <, to W C (R. Istotnie, korzystjąc z Twierdzeni 6.9. wystrczy udowodnić, że szereg n (cos p (πb n x jest zbieżny normlnie n R. Mmy n (cos p (πb n x pπ (b n = pπ b, x R. n= (c Jeżeli b >, to W spełni wrunek Hölder z wykłdnikiem α := ln ln b (,. Istotnie, poniewż funkcj W jest ogrniczon, wystrczy pokzć, że istnieje stł c > tk, że n= W (x + h W (x c h α, x R, h (, (dl h mmy W (x + h W (x h α. Ustlmy h (, i niech N = N(h N będzie tkie, że b N h < b N+ h. Wtedy dl dowolnego x R mmy W (x + h W (x = n( cos p (πb n (x + h cos p (πb n x p n= n= N n sin(πb n h pπ (b n h + p n= n=n n n=

23 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc Funkcj Weierstrss = pπ (bn b ( N π h + p < p b + gdzie c zleży jedynie od i b (Ćwiczenie. N pc h α, Twierdzenie 6..4 (Weierstrss 87. Złóżmy, że b, p N + i b > + 3 pπ. Wtedy dl dowolnego x R mmy W szczególności: lbo (D + W (x = + i D W (x = lbo (D W (x = + i D + W (x =. skończon pochodn W +(x ni skończon pochodn W (x nie istnieją dl dowolnego x R; pochodn (skończon lub nie W (x nie istnieje dl dowolnego x R. Obserwcj ( Dowód Weierstrss (dl p = zostł po rz pierwszy opublikowny w 874 roku przez Pul Du Bois-Reymond (który to dowód poznł on z listu od Weierstrss. Wrto odnotowć, że według Bois-Reymond, Weierstrss przypuszczł, że skończon pochodn W (x nie istnieje dl dowolnych x R orz < <, b. (b Przypdek p > pochodzi od Krol Hertz (zostł opublikowny w roku 879 i zsdz się n obserwcji, iż oryginlny dowód Weierstrss przenosi się prwie utomtycznie n przypdek p >. (c Dziś widomo, że dl p = pochodn (skończon lub nie W (x nie istnieje dl dowolnego b > 5.6. Optymlne oszcownie nie jest znne. (d Widomo również, że dl dowolnego b / skończon pochodn W (x nie istnieje dl dowolnego x R. Dowód Twierdzeni Ustlmy x R i m N. Niech α m Z będzie tkie, że h m := b m x α m (, ]. Połóżmy x ± m := (α m ± b m i zuwżmy, że x ± m x = (± h mb m. W szczególności, x m x orz x + m x+. Mmy W (x ± m W (x x ± m x = m n= n cosp (πb n x ± m cos p (πb n x x ± m x + n=m N podstwie dowodu Obserwcji 6..3(c dostjemy Q m,± < pπ (bm b. Dl n m mmy Stąd Q m,± = gdzie W tkim rzie n=m cos p (πb n x ± m = cos p (πb n m (α m ± = ( αm, n cosp (πb n x ± m cos p (πb n x x ± m x cos p (πb n x = cos p (πb n m (h m + α m = ( αm cos p (πb n m h m. n ( αm ( + cos p (πb n m h m (± h m b m = ( αm (b m W (x ± m W (x x ± m x T m,± + cosp (πh m h m 3. n= = ( αm (b m( pπ b V m,± + 3 U m,±, przy czym U m,±, V m,±. Wrunek b > + 3 pπ dje W (x± m W (x sgn W (x+ m W (x x + m x = sgn W (x m W (x x, m x x ± m x =: Q m,± + Q m,±. n + cosp (πb n h m h m = ( αm (b m T m,±, +. m + Stąd, lbo (D + W (x = + i D W (x = lbo (D W (x = + i D + W (x =. 93

24 94 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc 8 6. Pochodn 6.. Szeregi potęgowe II N wstępie zuwżmy, że poznne przez ns pojęcie szeregu potęgowego o współczynnikch zespolonych przenosi się n szeregi o współczynnikch w dowolnej przestrzeni Bnch E. Definicj 6... Szeregiem potęgowym o środku w punkcie C nzywmy szereg funkcyjny zmiennej zespolonej postci n (z n, n= gdzie ( n n= E, z C. Oczywiście wszystkie włsności szeregu możn odczytć bdjąc szereg n z n, czyli zkłdjąc, że =. Tk też zwsze będziemy czynić. n= Liczbę R := [, + ] n lim sup n n + nzywmy promieniem zbieżności szeregu potęgowego. Bez trudu otrzymujemy nstępujący wynik (Ćwiczenie. Twierdzenie 6... Rozwżmy szereg n z n. n= ( Jeżeli R >, to dl dowolnego < r < R istnieją θ (, orz M > tkie, że n z n Mθ n dl dowolnego n N orz z r. (b Jeżeli R >, to szereg n z n jest zbieżny loklnie normlnie w kole K(R. n= (c Jeżeli R > i f(z := n z n, z K(R, to f C(K(R, E. n= (d Jeżeli R < +, to dl z / K(R szereg n z n jest rozbieżny. Twierdzenie Złóżmy, że R >. Niech f(x := n x n, x ( R, R =: P. n= n= Wtedy: ( dl dowolnego k N, promień zbieżności szeregu ( n k! n x n k k jest równy R, (b f (k (x = n=k k! ( n k n x n k, x P, n=k (c f C (P, E, (d k = k! f (k (, k N, (e dl dowolnego < r < R istnieją C, ϱ > tkie, że Dowód. ( Szereg n=k k! sup f (k (x C x r ϱ k, k N. k! ( n k n x n k powstje przez k-krotne zróżniczkownie wyrz po wyrzie. Wystr- czy więc zbdć przypdek k =, czyli szereg n n x n = (n + n+ x n. Mmy lim sup n n= ( n (n + n+ = lim sup n n= n+ (n + n+ (n+/n = R.

25 Mrek Jrnicki, Wykłdy z Anlizy Mtemtycznej II, wersj z 4 czerwc Szereg Tylor (b Z ( wynik, że szereg k! ( n k n x n k jest zbieżny loklnie normlnie w P. Terz wystrczy n=k zstosowć twierdzenie o różniczkowniu szeregu wyrz po wyrzie. (c i (d wynik z (b. (e Zdefiniujmy ϕ(t := t = t n, t <. N podstwie dotychczsowego dowodu wiemy, że: n= k! ( t k+ = ϕ(k (t = ( n k! k n=k t n k. Ustlmy < r < s < R i niech M := sup{ n s n : n N }. Wobec (b, dl x r mmy: f (k ( n (x = k! n x n k ( n M k! k k s n rn k n=k n=k n=k = M ( n (r n k M s k k! = k s s k ϕ(k( r s 6.. Szereg Tylor = M s k k! ( r s Definicj 6... Niech P R będzie przedziłem otwrtym, P, f definiujemy szereg Tylor funkcji f w punkcie jko szereg potęgowy postci (T f(x := n! f (n ((x n. n= M r s = k! k+ (s r k. Ćwiczenie 6... Znleźć przykłd funkcji f : (, R tkiej, że: dl dowolnego n N istnieje otwrte otoczenie zer U n tkie, że f Un C n (U n, nie istnieje otwrte otoczenie zer U tkie, że f U C (U. n N 95 D n (P, E;. Wtedy Obserwcj ( Promień zbieżności szeregu Tylor nie musi być dodtni (zob. twierdzenie Borel poniżej, ni też, jeżeli jest dodtni, to wcle nie musi zchodzić równość T f = f w jkimś otoczeniu punktu. Klsyczny przykłd to f(x := dl x i f(x := exp( /x dl x >, :=. Wtedy f C (R i T f =. (b Jeżeli f(x = n x n, x < R, jk w Twierdzeniu 6..3, to T f(x = n x n. n= Twierdzenie 6..4 (Borel ( 9. Dl dowolnego ciągu ( n n= E istnieje funkcj f C (R, E tk, że T f(x = n x n, czyli n! f (n ( = n, n N. Dowód. Zsdniczym etpem dowodu będzie pokznie, że dl dowolnego N N istnieje funkcj g N C (R, E tk, że g N = w pewnym otoczeniu zer orz N sup ( N+ x N+ g N (n (x N. ( n= x R Przypuśćmy, że ( zchodzi. Wtedy definiujemy f(x := + ( N+ x N+ g N (x, x R. ( 9 Émile Borel ( N= n= n=