Plan wykładów z Matematyki, I 2014/2015 semestr zimowy. (a) Podstawowe funkcje: pierwiastki, funkcja potęgowa, logarytm.

Transkrypt

1 Pln wykłdów z Mtemtyki, I 014/015 semestr zimowy 1. Powtórk i widomości wstępne. () Podstwowe funkcje: pierwistki, funkcj potęgow, logrytm. (b) Trygonometri. (c) Dwumin Newton, przystość funkcji.. Rchunek różniczkowy. () Ciągi liczbowe i ich zbieżność. (b) Oblicznie grnic ciągów. Zbieżność szeregów. (c) Grnic funkcji. Ciągłósć funkcji. (d) Definicj pochodnej funkcji i jej oblicznie. (e) Różniczk funkcji, extrem, drug pochodn. (f) Zstosowni rchunku różniczkowego. (g) Szereg Tylor 3. Rchunek cłkowy. () Cłk nieoznczon. (b) Cłk oznczon, oblicznie pól powierzchni. (c) Zstosownie rchunku cłkowego. (d) Cłk niewłściw. 1

2 Litertur podstwow i uzupełnijąc 1. Mrin Gewert, Zbigniew Skoczyls, Anliz Mtemtyczn 1, Definicje, twierdzeni, wzory, Oficyn Wydwnicz GiS, Wrocw 010. Mrin Gewert, Zbigniew Skoczyls, Anliz Mtemtyczn 1, Przykłdy i zdni, Oficyn Wydwnicz GiS, Wrocłw Sylwester Smolik, Zdni z zstosowń mtemtyki, Wydwnictwo SGGW Wrszw Mrek Lssk, Mtemtyk dl studiów technicznych, Supremum, Wrszw 000

3 1 Prost liczbow N = {1,, 3,...} liczby nturlne, Z = {..., 1, 0, +1,, 3,...} Q = {p/q; p, q Z, q 0} liczby cłkowite, liczby wymierne R cł prost liczbow, liczby rzeczywiste. 1.1 Wrtość bezwzględn Definicj 1.1 Wrtością bezwzględną liczby x R nzywmy liczbę x gdy x 0 x = x gdy x < 0 5 = 5, 3 = 3, 1 = 1 (bo 1 < ), sin x = sin x (bo sin x < ), Rozwiązć nierówność: x < 3. Interpretcj geometryczn: x = odległość puktów x i n prostej liczbowej. jest A ztem rozwiązniem nierówności x < ϵ, gdzie, ϵ > 0 są dne x jest niewidomą, {x R; x < ϵ} = {x R; x jest odległy od mniej niż ϵ} = ( ϵ, + ϵ) Rozwiązć nierówność: x + 1 <. Twierdzenie 1. Nierówność trójkąt. Dl dowolnych liczb rzeczywistych x, y : x + y x + y 3

4 Podstwowe funkcje.1 Funkcj liniow i kwdrtow Funkcj liniow y = x + b, y = x 1, y = x +. Funkcj kwdrtow y = x, y = x + bx + c. Pierwistki ( ). x 5x + 6 = 0, x + 6x + 9 = 0, x + 4x + 5 = 0. Wzory Viète. x 1 x = c/, x 1 + x = b/.. Funkcj odwrotn Dn jest funkcj f : (, b) (c, d). Funkcję tę nzywmy różnowrtościową jeśli x x f(x) f(x ) dl kżdych x, x (, b) n jeśli dl kżdego y (c, d) istnieje x (, b) tkie, że y = f(x) wzjemnie jednoznczną jeśli jest różniowrtoścoiow i n. Przykłd.1 f(x) = x. Nie jest, jko funkcj f : R R ni różnowrtościow ni n le jeśli zwęzimy jej dziedzinę i przeciwdziedzinę do f : [0, ) [0, ) to uzyskmy funkcję wzjemnie jednoznczną. Twierdzenie. Funkcj f : A B jest wzjemnie jednoznczn istnieje funkcj odwrotn g : B A tzn. gf(x) = x dl kżdego x A fg(y) = y dl kżdego y B.3 Pierwistki Funkcj f : [0, ) [0, ) dn wzorem f(x) = x jko wzjemnie jednoznczn posid odwrotną. Jest to pierwistek kwdrtowy. Uwg.3 Wykresy funcji wzjemnie odwrotnych są symetryczne względem osi prostej x = y. Podobnie dl pierwistków wyższych stopni. 4

5 .4 Funkcj wykłdnicz i logrytm Dl ustlonego > 0 określmy funkcję wykłdniczą f(x) = x. Dl x = p/q przyjmujemy p/q = q p = ( q ) p. Włsności funkcji wykłdniczej 1. x+y = x y. x = 1/ x 3. 0 = = Dl kżdego > 0 funkcj x jest rosnąc i przeprowdz wzjemnie jednozncznie prostą n półprostą (0, ). A stąd funkcj odwrotn logrytm: log : (0, ) R. Włsności logrytmu 1. log (xy) = log x log y. log (1/x) = log x 3. log 1 = 0 4. log = 1 A ztem log =, log 8 = 3, log 8 = 1/3, log k = k. 3 Funkcje trygonometryczne 3.1 Funkcje odwrotne do trygonometrycznych Funkcje trygonometryczne nie są różnowrtościowe w cłej swej dziedzinie gdyż są okresowe. Funkcj sinus n przedzile [ π, + π ] jest rosnąc jej obrzem jest przedzil [f( π ), f(+ π )] = [ 1, +1]. A ztem istnieje funkcj odwrotn rc sin : [ 1, +1] [ π, + π ] Funkcj cosinus n przedzile [0, π] jest mlejąc jej obrzem jest przedzil [f( π ), f(+ π )] = [ 1, +1]. A ztem istnieje funkcj odwrotn rc cos : [ 1, +1] [0, π]. Funkcj tngens n przedzile ( π, + π ) jest rosnąc jej obrzem jest R. A ztem istnieje funkcj odwrotn rctg : R ( π, + π ). 5

6 3. Indukcj mtemtyczn Dne są zdni T n gdzie n N: Jeśli 1. T 1 jest prwdziwe. dl kżdego k zchodzi implikcj: T k T k+1 to wszystkie zdni T n, gdzie n N są prwdziwe. Pokzć, że równość n = zchodzi dl kżdej liczby nturlnej n n(n + 1)(n + 1) 6 To smo dl wzoru (4n 3)(4n + 1) = n 4n + 1 Dl jkich liczb nturlnych prwdziw jest nierówność? 4n n Dwumin Newton Dl n N określmy: n! = 1 3 n pondto przyjmujemy 0! = 1 (silni). Przypomnijmy wzory: ( + b) = + b + b ( + b) 3 = b + 3b + b 3 Ogólnie ( ) n ( + b) n = n b ( ) n + n k b k + + k ( ) n n 1 b ( ) n n b ( ) n + 0 b n n 6

7 ( ) n n! gdzie = k k!(n k)!. ( ) 10 Przykłdowo = 3 ( ) 50 = 50! 48! = = 48 48!! 48!! Mją miejsce wzory: 10! 3!(10 3)! = 10! 3! 7! ( ) n = 1 ; = 15 ( ) n = n ; 1 ( ) ( ) n n = k n k = 7! ! 7! ; ( ) n = ( ) n = 1 n = n(n 1) = = Trójkąt Pscl Wrtości symboli Newton możn również odczytywć z tzw. trójkąt Pscl A stąd ( + b) 5 = b b + 10 b 3 + 5b 4 + b 5, (x 1) 6 = x 6 6x x 4 0x x 6x + 1 ( + 1) 4 = ( ) 4 + 4( ) 3 + 6( ) + 4( ) + 1 = 4 + 4( ) ( ) + 1 = Twierdzenie 3.1 ( ) n k = ilość podzbiorów k-elementowych zbioru n-elementowego (=ilość kombincji k-elementowych w zbiorze n-elementowym). Ile( jest ) możliwych wyników w totolotku? 49 = 49! 43! = 6 6! 43! ! = mln Twierdzenie 3. Ilość wszystkich możliwych podzbiorów zbioru n-elementowego wynosi n. Dowód. n = (1 + 1) n = ( ) n + 0 ( ) n + 1 ( ) n + + ( ) n n 7

8 3.5 Grnic ciągu Definicj 3.3 Ciągiem elementów zbioru X nzywmy dowolną funkcję : N X odwzorowującą zbiór liczb nturlnych w zbiór X. Oznczmy: (1), (),..., (n),... ( n ) n N, ( n ). Rozptrujemy ciągi o wrtościch w R. Definicj 3.4 Liczbę R nzywmy grnicą ciągu ( n ) dl kżdego ϵ > 0 istnieje liczb n ϵ R tk, że dl kżdego n > n ϵ zchodzi nierówność n < ϵ. Prwie wszystkie wyrzy ciągu leżą w przedzile (otoczeniu) ( ϵ, + ϵ). Piszemy wówczs lim n =, lub n n Ciągi posidjące grnicę nzywmy zbieżnymi pozostłe rozbieżnymi. Twierdzenie 3.5 Dziłni n ciągch zbieżnych. Niech lim n =, lim b n = b n n Wówczs 1. lim n ( n ± b n ) = + b. lim n n b n = b 3. lim n n /b n = /b (jeśli tylko b n, b 0). Dowód. (Dl sumy) Grnice niewłściwe. Dołączmy symbole,. Prost rozszerzon R = R {, }. Definicj 3.6 Ciąg nzywmy rozbieżnym do nieskończoności dl kżdej liczby M R istnieje tkie n 0, że dl n > n 0 zchodzi nierówność n > M. Piszemy wówczs lim n n =. Wówczs prwie wszystkie wyrzy ciągu leżą w przedzile (M, ). 8

9 Definicj 3.7 Ciąg nzywmy rozbieżnym do minus nieskończoności dl kżdej liczby m R istnieje tkie n 0, że dl n > n 0 zchodzi nierówność n < m. Wówczs prwie wszystkie wyrzy ciągu leżą w przedzile (, m). 3.7 Twierdzeni o ciągch zbieżnych. Definicj 3.8 Ciąg nzywmy ogrniczonym zbiór jego wrtości jest ogrniczony. Tzn. istnieją liczby m, M R, że dl kżdego n N m n M. Twierdzenie 3.9 Kżdy ciąg zbieżny jest ogrniczony. Dowód.... Nie jest n odwrót! Ciąg n = ( 1) n. Definicj 3.10 Podciągiem ciągu ( n ) nzywmy ciąg powstły poprzez opuszczenie pewnych wyrzow ciągu ( n ). N przykłd ciągi liczb przystych:, 4, 6,..., kolejnych kwdrtów 1, 4, 9, 16,... czy liczb pierwszych, 3, 5, 7, 11,... są podciągmi cigu liczb nturlnych. Twierdzenie 3.11 (Bolzno,Weierstrss). Kżdy ciąg ogrniczony posid podciąg zbieżny. Ciąg n = ( 1) n nie jest zbieżny le np. jego podciąg o numerch przystych jest zbieżny (gdyż jest stły). Twierdzenie 3.1 (O trzech ciągch). Dne są ciągi n b n c n. Jeśli lim n = lim c n to tkże ciąg b n jest zbieżny do tej smej n n grnicy. Dowód... Twierdzenie 3.13 Jeśli n, b n b orz n b n to tkże b. Niech n = 1, b n n = + 1. Wówczs n n < b n le lim n = lim b n = 0. A ztem przejście n n do grnicy może stępić nierówność. 9

10 Definicj 3.14 Ciąg nzywmy monotonicznym gdy jest on rosnący lub mlejący: tzn lub Twierdzenie 3.15 Kżdy ciąg monotoniczny i ogrniczony jest zbieżny. Dowód. Niech ciąg ( n ) będzie rosnący. Pokżemy jest jest on zbieżny do liczby = sup{ n : n N}. 3.8 Podstwowe grnice. lim n n = 1. (tutj > 0). Dowód. Niech 1. Oznczmy n = 1 + c n. Pokżemy że c n 0. Otóż c n 0, więc A ztem 0 c n n. = (1 + c n ) n = 1 + n c n + Podobnie możn pokzć, że lim n n n = 1. lim n n = 0 dl > 1. n Dowód. Niech = 1 + c gdzie c > 0. Wówczs n n lim n! = 0. Dowód. Dl n =. n! lim n n = 0. n n n = ( ) n (c n ) +... n c n n (1 + c) = n n 1 + ( ( ) n 1) c + n c ( ) n n c n ( n n ) = c (n 1)c 0 n n! = n 1 3 (1 )n 3 = n 3 Dowód. Niech n = k lub k + 1. Wówczs n! n = 1... k (k + 1)... n n n n... n n... n 10 ( 1 )k 0.

11 3.9 Liczb e (podstw logrytmów nturlnych). Pozptrzmy ciąg (1 + 1 n )n. Pokżemy, że jest on ogrniczony. (1 + 1 ( ) ( ) ( ) n 1 n 1 n 1 n )n = n + n + + n(n 1) = n(n 1)(n ) + n nn n! n 3 1 n(n 1) ! n n n! ! + 1 3! + 1 n! < 3. n 1 Z poniższej interpretcji wyniknie, że ciąg ten jest rosnący. A ztem ciąg ten (jko rosnący i ogrniczony) jest zbieżny. Grnicę oznczmy e = lim(1 + 1 n )n. Jest to liczb niewymiern e, Wpłcmy do bnku kwotę 1 PLN n okres roku z oprocentowniem 100%. Wowczs po roku będziemy mieli 1+1=zł. Jeśli jednk po połowie roku dopiszemy 50% nstepnie odsetki będą procentowć to po roku będzie (1 + 1 )(1 + 1 ) = (1 + 1 ). Dopisując odsetki co 4-miesiące uzyskmy ( )3 zł i ogólnie dzieląc rok n n-części (1 + 1 n )n. A ztem ciąg (1 + 1 n )n jest rosnący gdyż częstsze dopisywnie odsetków szybciej zwiększ wkłd. Zuwżmy, że przy ciągłym dopisywniu odsetków możn uzyskć to metodą nie więcej niż e < 3zł. Jeśli oprocentowniu ( w ciągu roku) wynosi α to przy ciągłym dopisywniu odsetków wpłcon kwot zostje (po roku) pomnożon przez e α. 11

12 3.10 Szeregi liczbowe n Umow sumcyjn: k = n Np. k = Dny jest ciąg ( n ). Wówczs S 1 = 1, S = 1 +, S 3 = ,..., S n = n,... nzywmy summi częściowymi. Definicj 3.16 Sumą szeregu nieskończonego nzywmy grnicę (o ile istnieje!) ciągu sum n częściowych S n. Oznczmy k = lim k n Szereg nzywmy zbieżnym gdy m grnicę skończoną. Szereg geometryczny. k = q k 1 (, q dne). Wówczs S n = n = 1 qn 1 q o ile q < 1. 1 q Rozwinięcie dziesiętne. Kżdą liczbę x [0, 1] możn zpisć x = 0, 1... k... gdzie i = 0, 1,,..., 9. 3 Ogólnie x = 0, 1... k... = 6 = 0, = = 6 n 10 n k 10 k. Uwg 3.17 Nie kżd sum nieskończon m sens! Np. n= =? Twierdzenie 3.18 Wrunek konieczny zbieżności szeregu. Jeśli szereg k jest zbieżny to lim n = 0. (Wyrz ogólny szeregu dąży do zer). n 1 Szereg hrmoniczny k. Szereg ten jest rozbieżny bo: 1 + ( ) + ( ) + ( ) + ( ) +. Pozostje zuwżyć, że sum w kżdym nwisie jest Żuwżmy, że szereg hrmoniczny spełni powyższy wrunek: ( 0). A ztem nie jest to k wrunek wystrczjący zbieżności szeregu. Definicj 3.19 Szereg k nzywmy bezwzględnie zbieżnym jeśli zbieżny jest szereg k. 1

13 Twierdzenie 3.0 Szereg bezwzględnie zbieżny jest zbieżny. W dlszym ciągu omwimy szeregi o wyrzch nieujemnych. Wówczs ciąg sum częściowych jest rosnący więc są tylko dwie możliwości: lbo ciąg sum częściowych jest ogrniczony i szereg jest zbieżny lbo jest nieogrniczony i szereg jest rozbieżny do Kryteri zbieżności szeregu. Twierdzenie 3.1 Kryterium porównwcze Dne są ciągi 0 n b n. Wówczs: Jeśli b k jest zbieżny to tkże k jest zbieżny. Jeśli k jest rozbieżny to tkże b k jest rozbieżny. Dowód. () Jeśli szereg b k jest zbieżny to wówczs ciąg jego sum częściowych jest ogrniczony. A ztem tkże ciąg sum częściowych (mniejszego) szeregu ztem szereg ten jest zbieżny. k jest ogrniczony Twierdzenie 3. Szereg n=1 1 jest zbieżny dl α > 1 rozbieżny dl α 1. nα Wniosek 3.3 Szeregi Szeregi n=1 1 n, n=1 n=1 1 n 1 n, n=1 1 n 3, są rozbieżne. n=1 1 n n są zbieżne. Zbdć zbieżność szeregu n 1 n n n = 1 3 n n=1 n 1 n A ztem ( stosujemy kryterium porównwcze) szereg nsz jest zbieżny jko mniejszy od szeregu zbieżnego 1 1 n=1 n. n + 1 Zbdć zbieżność szeregu n=1 n 1. Poniewż n + 1 n 1 n n = 1 więc szereg nsz jest rozbieżny jko większy od szeregu hrmonicznego n. 13

14 Twierdzenie 3.4 Kryterium porównwcze w postci grnicznej. Dne są ciągi liczb dodtnich ( n ), (b n ) dl których lim = c gdzie 0 < c <. Wówczs szereg k jest zbieżny n b n n szereg b k jest zbieżny. Zbdć zbieżność szeregu n=1 n + n Przyjmujemy b n = 1 n. Wówczs n = (n + )n b n n hrmonicznego wynik rozbieżność bdnego szeregu.. A ztem z rozbieżności szeregu Twierdzenie 3.5 Kryterium d Alembert n+1 Jeśli lim n n = g jeśli g < 1 to szereg k jest zbieżny jeśli g > 1 to szereg k jest rozbieżny g = 1 - przypdek wątpliwy. Zbdć zbieżność szeregu n+1 n = n+1 n! (n + 1)! n = n n=1 n n!. 0. Poniewż (g = 0 < 1) więc bdny szereg jest zbieżny. Twierdzenie 3.6 Kryterium Cuchy ego. Niech lim n n n = g. Tez jk w kryterium d Alembert. Zbdć zbieżność szeregu Poniewż n n n = n n 1 n=1 n n. 3.1 Szeregi nprzemienne < 1 więc szereg jest zbieżny. Obecnie będziemy rozptrywć szeregi o wrtościch dowolnych (również ujemnych). Definicj 3.7 Szereg 1. n n+1 0 k nzywmy nprzemiennym jeśli spełnione są trzy wrunki: 14

15 . n n+1 3. lim n n = 0 Twierdzenie 3.8 Kryterium Leibniz. Szereg nprzemienny jest zbieżny. n Pondto jeśli S = k zś S n = k ozncz n-tą sumę częściową to S n S n+1. Wniosek 3.9 Szereg nhrmoniczny ( 1) n n=1 n jest zbieżny. (Ale nie bezwzględnie!) 15

16 3.13 Ciągłość funkcji Młe zminy rgumentu powodują młe zminy wrtości funkcji Definicj 3.30 Cuchy ego ciągłości funkcji Funkcj f : R R jest ciągł w punkcie x 0 jeśli dl kżdego ϵ > 0 istnieje δ > 0 tk, że dl kżdego x (x 0 δ, x 0 + δ) zchodzi f(x) f(x 0 ) < ϵ Sprwdzić ciągłość funkcji f(x) = x w punkcie x 0 = 1 Ustlmy ϵ > 0. Kiedy x 1 < ϵ? Zuwżmy, że x 1 = x 1 x + 1 < 3 x 1 (dl x (0, )). A ztem przyjmujemy δ = min{1, ϵ/3}. Wówczs dl x 1 < δ mmy x 1 < 3 x 1 < ϵ. +1 dl x > 0 sgn(x) = 1 dl x < 0 0 dl x = 0 Funkcj t nie jest ciągł w x 0 = 0 bo dl ϵ = 1 nie możn dobrć delty. Definicj 3.31 Heinego ciągłości funkcji f : R R jest ciągł w punkcie x 0 R dl kżdego ciągu punktów x n x 0 ciąg wrtości f(x n ) f(x 0 ). Twierdzenie 3.3 Definicje Cuchy ego i Heinego ciągłosci funkcji są równowżne. Definicj 3.33 Funkcję nzywmy ciągł gdy jest ciągł w kżdym punkcie swojej dziedziny. Wniosek 3.34 Dziłni n funkcjch ciąglych dją funkcje ciągłe. Tzn. jeśli f, g są ciągłe w punkcie x 0 to tkże f(x) + g(x), f(x) g(x),f(x)/g(x) są ciągle w x 0 (o ile x 0). Dowód. Dl iloczynu. Stosujemy definicję Heinego. Niech x n x 0. Wówczs f(x n ) g(x n ) f(x 0 ) g(x 0 ). Podobnie dl sumy czy ilorzu. A ztem wielominy W (x) = 0 x n + 1 x n n są ciągłe. Tkże funkcje wymierne P (x) (P (x), Q(x)-wielominy) są ciągłe w swojej dziedzinie (tzn. tm gdzie Q(x) 0). Q(x) Twierdzenie 3.35 Złożenie dwu funkcji ciągłych jest funkcją ciągł. Tzn. Jeśli f jest ciągł w punkcie x 0 zś g jest ciągł w y 0 = f(x 0 ) to złożenie g f jest ciągłe w x 0. 16

17 Dowód. (Z def. Heinego). Niech x n x 0. Pokżemy, że g((x n )) g(f(x 0 )). Otóż z ciągłosci f wynik, że f(x n ) f(x ) ) wówczs ciągłość g dje g(f(x n )) g(f(x 0 )). Twierdzenie 3.36 Weierstrss Funkcj ciągł n odcinku domkniętym jest ogrniczon i osiąg swoje kresy. Dowód. Nie wprost. Zkłdmy, że f jest nieogrniczon z góry. Pokżemy, że f nie jest ciągł w pewnym punkcie odcink [, b]. Skoro f jest nieogrniczon z góry to istnieje tki ciąg punktów x n [, b], że f(x n ). Z ciągu tego możn wybrć podciąg zbieżny (Tw.Bolzno-Weierstrss) Kżdy ciąg ogrniczony zwier podciąg zbieżny). Oznczmy ten podciąg przez x nk. Poniewż przedził [, b] jest domknięty więc grnic tego podciągu x 0 = lim x nk [, b]. Ale lim k f(x nk ) = czyli f k nie jest ciągł w x 0. Uzyskn sprzeczność dowodzi, że f musi być ogrniczon. Funkcj f : (0, 1] R dn wzorem f(x) = 1 jest ciągł w kżdym punkcie odcink x (0, 1]. Tym niemniej funkcj t nie jest ogrniczon. A ztem złożenie domkniętości odcink w powyższym twierdzeniu jest istotne. Twierdzenie 3.37 o wrtości pośredniej, włsność Drboux Funkcj ciągł f : [, b] R n odcinku przybier wszystkie swoje wrtości pośrednie. Tzn. jeśli y 0 (f(), f(b)) to istnieje liczb c (, b) tk, że f(c) = y 0. Definicj 3.38 Niech c [, b] i oznczmy X = [, b] \ c R. Mówimy, że liczb C jest grnicą funkcji f : X R w punkcie c funkcj f : [, b] R dn wzorem f(x) dl x c f(x) = C dl x = c jest ciągł w punkcie c Ciągłość funkcji trygonometrycznych. Stosujemy mirę łukową kąt! M miejsce nierówność sin(x) x przy czym równość zchodzi tylko dl x = 0. A ztem lim sin(x) = 0. x 0 17

18 A ztem lim cos(t) = lim 1 sin t = 1 = cos 0. A to dowodzi ciągłości funkcji cos(t) w t 0 t 0 punkcie x 0 = 0. Ciągłość funkcji sin(x) w dowolnym punkcie uzyskujemy z: lim sin(x + h) = lim(sin x cos h + cos x sin h) = sin x. h 0 h 0 Podobnie uzsdnimy ciągłość funkcji cos t. A stąd ciągłość tg(x) = sin(x) cos(x) w swojej dziedzinie (tzn. dl x kπ + π/) Przykłdy grnic. sin x Pokżemy że lim x 0 x = 1. lim h 0+ Zuwżmy, że sin x < x < tg x. A więc 1 < ln(1 + h) Pokżemy, że lim h 0+ h ln(1 + h) = 1. Otóż lim = lim h 0+ h ln(1 + h) 1 h h 0+ Podobnie możn pokzć, że (dl dowolnego > 0) log (1 + h) h = 1 ln Funkcje odwrotne Niech f : X Y ozncz funkcję między zbiormi X, Y. x sin x < 1 sin x. A stąd lim cos x x 0 x = 1. = lim x ln(1 + 1 x )x = ln e = 1. Definicj 3.39 Funkcję f nzwiemy różnowrtościową x x X to f(x) f(x ) Y. (Różnym rgumentom odpowidją różne wrtości). Definicj 3.40 Mówimy, że f jest funkcją n dl kżdego y Y istnieje x X spełnijące f(x) = y. Funkcj f : R R dn wzorem f(x) = x ( 1) = 1 ) ni n bo dl żdnej liczby rzeczywistej x = 1. nie jest ni róznowrtościow (bo np. Definicj 3.41 Niech będą dne funkcje f : X Y orz g : Y Y. Mówimy, że f i g są wzjemnie odwrotne jeśli dl kżdego x X zchodzi gf(x) = x orz dl kżdego y Y zchodzi fg(y) = y. Twierdzenie 3.4 Funkcj f : X Y posid odwrotną f jest różnowrtościow i n. 18

19 Twierdzenie 3.43 Jeśli f : [, b] R jest funkcją ostro rosnącą (lub mlejącą) orz ciągłą to f jest odwzorowniem wzjemnie jednozncznym odcink [, b] n odcinek [f(), f(b)]. Dowód. Niech x x [, b]. Wówczs np. x < x. Poniewż f jest rosnąc więc f(x) < f(x ). A ztem f jest różnowrtościow. Niech y [f(), f(b)]. Wówczs z włsności Drboux istnieje x [, b] spełnijące f(x) = y. A ztem f jest n. Wniosek 3.44 Jeśli f : [, b] R jest funkcją ostro rosnącą (lub mlejącą) orz ciągłą to istnieje funkcj do niej odwrotn g : [f(), f(b)] [, b]. Funkcje f : [0, ) [0, ) dn wzorem f(x) = x jest ciągł orz rosnąc. A ztem istnieje funkcj doń odwrotn. Funkcję tę nzywmy pierwistkiem kwdrtowym. :[0, ) [0, ). Podobnie dl kżdej liczby przystej określmy funkcję n ; [0, ) [0, ) jko funkcje odwrotą do funkcji f; [0, ) [0, ) dnej wzorem f(x) = x n. Dl n nieprzystego funkcj f(x) = x k jest rosnąc n cłym R. Pierwistek nieprzestego stopni jest określony dl kżdej liczby rzeczywistej. Funkcj wykłdnicz. x : R R gdzie > 0 m wykres A więc jest to funkcj rosnąc jej obrzem jest półprost (0, ). A stąd funkcj do niej odwrotn log : (0, ) R Funkcje odwrotne do trygonometrycznych Funkcje trygonometryczne nie są różnowrtościowe w cłej swej dziedzinie gdyż są okresowe. Funkcj sinus n przedzile [ π, + π ] jest rosnąc jej obrzem jest przedzil [f( π ), f(+ π )] = [ 1, +1]. A ztem istnieje funkcj odwrotn rc sin : [ 1, +1] [ π, + π ] Funkcj cosinus n przedzile [0, π] jest mlejąc jej obrzem jest przedzil [f( π ), f(+ π )] = [ 1, +1]. A ztem istnieje funkcj odwrotn rc cos : [ 1, +1] [0, π]. Funkcj tngens n przedzile ( π, + π ) jest rosnąc jej obrzem jest R. A ztem istnieje funkcj odwrotn rctg : R ( π, + π ). 19

20 4 Rchunek różniczkowy 4.1 Ilorz różnicowy Dn jest funkcj f : (, b) R, punkt x 0 (, b) orz liczb h 0. Definicj 4.1 Ilorzem różnicowym nzywmy wyrżenie f(x 0 + h) f(x 0 ) h Liczbę h nzywmy przyrostem rgumentu (inne oznczenie h = x) zś f = f(x 0 + h) f(x 0 ) przyrostem funkcji. Wówczs ilorz różnicowy = f x. Interpretcj geometryczn. Interpretcj fizyczn Ruch po linii prostej. Niech s(t) ozncz położenie punktu w chwili t. Wówczs s(t 0 + h) s(t 0 ) h ozncz średnią prędkość w czsie [t 0, t 0 + h]. Co się dzieje gdy h 0? 4. Pochodn Definicj 4. Pochodną funkcji f w punkcie x 0 nzywmy grnicę ilorzu różnicowego (o ile grnic t istnieje!) f(x 0 + h) f(x 0 ) lim h 0 h Oznczmy f (x 0 ) = df dx (x 0). Interpretcj. Prędkość chwilow, tngens kąt nchyleni stycznej do wykresu z osią OX. Tk nprwdę to ob pojęci zostją określone z pomocą pochodnej. Bez niej są one tylko niejsną intuicją. 4.3 Oblicznie pochodnej. Niech f(x) c będzie funkcją stłą. Wówczs f(x 0 + h) f(x 0 ) h = C C h = 0 A ztem pochodn z funkcji stłej jest równ zeru. 0

21 Niech f(x) = x. Wówczs (x 0 + h) x 0 = x 0 + x 0 h + h x 0 h h A ztem (x ) = x. = x 0 + h x 0. Podobnie dl f(x) = x n (n N). A ztem (x n ) = nx n 1. (x 0 + h) n x n 0 h = xn 0 + ( ) n 1 x n 1 0 h + ( ) n x n 0 h + + ( n n) h n x n 0 h = nx n ( ) n x n 0 h + + ( ) n h n 1 nx0 n 1 n Okzuje się, że tki sm wzór zchodzi dl dowolnego α R: (x α ) = αx α 1. W szczególności dl α = 1/ ( x) = (x 1/ ) = 1 x 1/ = 1 x. Podobnie ( 1 x ) = (x 1 ) = 1 x = 1 x. Inne wzory : ( x ) = x ln W szczególności dl = e uzyskujemy (e x ) = e x (funkcj e x jest równ swojej pochodnej!). (log x) = 1 x ln Dl = e uzyskujemy (sin x) = cos x ; (cos x) = sin x (ln x) = 1 x Twierdzenie 4.3 Jeśli f(x), g(x) mj pochodne w ustlonym punkcie x to: (f + g) (x) = f (x) + g (x) (f + g) (x) = f (x) + g (x) (f g) (x) = f (x)g(x) + f(x)g (x) 1

22 ( f g ) (x) = f (x)g(x) f(x)g (x) [g(x)] o ile g(x) 0. (3x + x + 1) = 3 x + (x sin x) = x sin x + x cos x (tg x) = ( sin x cos x cos x + sin x sin x cos x ) = = 1 [cosx] cos x. Twierdzenie 4.4 Pochodn funkcji złożonej. Dne są funkcje f, g : R R. Wówczs (gdzie y 0 = f(x 0 )). (g f) (x 0 ) = g (y 0 )f (x 0 ) (sin(3x)) = cos(3x) 3 = 3 cos(3x). ( x + 4) 1 = x + 4 x = x x + 4 (e x ) = xe x. 4.4 Różniczk funkcji Ustlmy punkt x 0 i oznczmy x = x 0 + h. Wowczs f(x) f(x 0 ) = f(x 0 + h) f(x 0 ) x x 0 h f (x 0 ) A ztem dl mlych przyrostów rgumentu h zchodzi przybliżon równość : f(x 0 + h) f(x 0 ) f (x 0 ) h stąd f(x 0 + h) f(x 0 ) + f (x 0 ) h. Podć przybliżoną wrtość 10. Przyjmujemy f(x) = x, x 0 = 9, h = 1. Wówczs f (x) = 1, f(9) = 3, f (9) = 1 x = 1. A ztem Dokłdn wrtość 10 = 3, = 3, 1666(6). Porównjmy f(x) f(x 0 ) + f (x 0 ) (x x 0 ) z równniem prostej stycznej do wykresu y = f(x 0 ) + f (x 0 ) (x x 0 ). Poniewż wykres pierwistk leży pod styczną więc uzyskliśmy przybliżenie z ndmirem.

23 4.5 Interprepcj drugiej pochodnej Fizyczn: prędkość zminy prędkości = przyśpieszenie Geometryczn: jeśli f (x) > 0 to wykres funkcji leży nd styczną. Funkcj nzyw sie wypukł lub wypukł ku dołowi. Jeśli f (x) < 0 to wykres funkcji leży pod styczną. Funkcj nzyw się wklęsł lub wypukł ku górze. Twierdzenie 4.5 (Fermt) Jeśli funkcj f m w punkcie x 0 pochodną orz extremum loklne to f (x 0 ) = 0. (Zerownie się pochodnej jest wrunkiem koniecznym n extremum.) Dowód. Złóżmy że f posid w x 0 mximum loklne. Ozncz to, że f(x) f(x 0 ) dl wszystkich x (x 0 δ, x 0 + δ) (i pewnego δ > 0). A ztem dl x > x 0 ilorz różnicowy f(x) f(x 0 ) 0 zś dl x x 0 jest dodtni. A ztem grnic (o ile istnieje) musi być zerem. x x 0 Uwg 4.6 Nie jest to wrunek dostteczny! Np.pochodn funkcji f(x) = x 3 wynosi f (x) = 3x i zeruje się dl x = 0 tym niemniej f(x) jest ostro rosnąc i nie m nigdzie extremum loklnego. Twierdzenie 4.7 (Rolle) Jeśli f : [, b] R m wszędzie pochodną orz f() = f(b) to istnieje punkt c (, b) w którym f (c) = 0. Dowód. Rozprujemy dw przypdki. (i) Jeśli f jest stł to f 0. (ii) Jeśli f nie jest stł to dl pewnego x (, b) zchodzi f(x) f(). Złóżmy, że f(x) > f(). Wówczs (z tw. Weierstrss) f osiąg swoje mximum w punkcie c (, b). A tm (z tw. Fermt) f (c) = 0. Funkcj f(x) = x n przedzile [ 1.+1] spełni f( 1) = f(+1). Pochodn jej się nigdzie nie zeruje le w punkcie x = 0 nie istnieje. 3

24 Twierdzenie 4.8 (Lgrnge) Jeśli f : [, b] R jest ciągł n [, b] orz posid pochodną w (, b) to wówczs istnieje c (, b) tkie, że f(b) f() = f (c)(b ). Dowód. Mmy znleźć punkt c (, b) spełnijący f (c) = f(b) f() b czyli szukmy punktu c w którym styczn jest równoległ do siecznej przechodzącej przez punkty (, f()) orz (b, f(b)). Określmy funkcję pomocniczą g() = f(x) f() f(b) f() (x ). b Funkcj t spełni złożeni tw. Rolle : g() = g(b) = 0. A ztem istnieje punkt c (, b) w którym g (c) = 0. A ztem 0 = g (c) = f f(b) f() (c) skąd f (c) = b f(b) f(). b Wniosek 4.9 Wiemy, że jesli f (x) 0 to f : (, b) R jest stł. Z tw. Lgrnge wynik że jest n odwrót. Ustlmy dw punkty x, x (, b). Wówczs f(x) f(x ) = f (c)(x x ) = 0. A więc f(x) = f(x ). Podobnie jeśli f > 0 to dl x > x mmy f(x) f(x ) = f (c)(x x ) > 0 czyli funkcj jest rosnąc. Jeśli zś f < 0 to funkcj jest mlejąc. Interpretcj fizyczn. Jeśli prędkość jest > 0 to poruszmy się do przodu. Twierdzenie 4.10 (de l Hospitl.) Jeśli 1. funkcje f, g orz ich pochodne f, g są określone w pewnym otoczeniu punktu x 0 ( być może poz punktem x 0 ).. lim f(x) = lim g(x) = 0 lub x x0 x x0 lim f(x) = lim g(x) = ±. x x 0 x x0 f (x) 3. istnieje grnic lim x x0 g (x) f(x) Wówczs istnieje tkże grnic lim x x0 g(x) (włściw lub niewłściw). i obie grnice są równe. 4

25 Zmist dowodu interpretcj. Jeśli dw pojzdy w tej smej chwili x 0 dojeżdżją do punktu 0 ( lim x x0 f(x) = lim x x0 g(x) = 0) orz prędkość jednego z nich jest (przykłdowo) 3 rzy większ f (x) ( lim x x0 g (x) = 3), to znczy, że chwilę przedtem pierwszy był 3 rzy dlej od grnicy niż drugi: f(x) lim x x 0 g(x) = 3 Regułę de l Hospitl możn stosowć do grnic typu: Jednk tylko do grnic 0 0, bezpośrednio. Ex. lim x 1 ln x x 1 = {0 0 } (H) = lim x 1 lim x 0 ( 1 x 1 1 x 1 = 1. sin x x ) = { } = lim x 0 x sin x sin x lim ( sin x x 0 cos x + cos x x sin x ) = 0 = 0. = {0 0 } (H) cos x 1 = lim x 0 sin x + x cos x = {0 0 } (H) = lim x 0 + xx = {0 0 } = lim x 0 + eln(xx) = lim x 0 + ex ln x = ( ). Obliczmy lim x 0 + x ln x = lim x 0 +( ln x 1 ) = { } (H) 1 x = lim + x 0 1 = lim x 0 ( x) = 0. x x A ztem ( ) = e 0 = Bdnie przebiegu zmienności funkcji Schemt: Dziedzin, grnice n końcch dziedziny, symptoty, przystość, okresowość i ewentulnie miejsc zerowe. Pierwsz pochodn: monotoniczność i extrem. Drug pochodn: wypukłość. Tbelk i wykres. x 3 Podć wykres funkcji f(x) = (x 1) Dziedzin R {1}. Grnice n krńcch dziedziny. 5

26 lim x 1+ lim x x 3 x 3 =, lim (x 1) x 1 =, lim (x 1) x x 3 = + A stąd prost x = 1 jest symptotą pionową. (x 1) f(x) Asymptot pochył dn jest wzorem y = x + b gdzie = x lim x x). x 3 U ns = lim x (x 1) x = 1. x 3 (x 1) = { + } = i podobnie orz b = lim (f(x) x x 3 b = lim x (x 1) x = = 1. A ztem prost y = x + 1 jest symptotą w +. Te sme rchunki okzują sie prwdziwe również dl x wiec prost y = x + 1 jest tkże symptotą w (symptot obustronn). Pochodn: f (x) = = x (x 3) (x 1). f (x) = 0 dl x = 0, 3 3 A więc w x = 0 nie m extremum, zś w x = 3 jest minimum f(3) = 7 8. Drug pochodn. f (x) = = 3x. (x 1) 4 x y y y A stąd wykres. 4.7 Wzór Tylor. Twierdzenie 4.11 (Tylor) Jeśli f : [, b] R m pochodne do rzędu (n+1) włącznie to istnieje punkt c (, b) że zchodzi równość f(b) f() = f () 1! (b ) + f () (b ) +! + f (n) () (b ) n + f (n+1) (c) n! (n + 1)! (b )(n+1). Dowód poleg n wypisniu funkcji pomocniczej i zstosowniu tw. Rolle. Ustlmy i oznczmy h = b uzyskujemy f( + h) = f() + f () h + f () h) + + f (n) () h n } 1!! {{ n! } W n (h) wielomintylor + f (n+1) (c) (n + 1)! hn+1. }{{} R n+1 (h) reszttylor 6

27 Tk więc f( + h) wielomin Tylor. Wówczs R n+1 (h)= błąd przybliżeni. f(x) = e x, = 0. Wowczs f(x) = f (x) = f (x) = Pondto f(0) = 1 dje Ustlmy punkt x i oszcujmy resztę. e x = ! x + 1! x n! xn + e c (n + 1)! xn+1. e c (n + 1)! xn+1 e x x n+1 (n + 1)! 0 (gdy n ). Tk więc e x = lim (1 + x n 1! + x! + + xn n! ) = k=0 f(x) = sin x, = 0. Zuwżmy, że wowczs kolejne pochodne są odpowiednio równe sin x, cos x, sin x, cos x, sin x nstępnie powtrzją się cyklicznie co 4. A ztem dl x = 0 uzyskujemy wrtości pochodnych : 0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 0,.... A ztem sin x = 1 1! x 1 3! x ! x5 ± x k k!. 1 (k + 1)! xk+1 + f (k+) (c) (k + )! xk+ Szcujemy resztę: R k+ (x) = f (k+) (c) x k+ xk+. A to (przy ustlonym x i n ) (k+)! (k+)! dąży do zer. A ztem Podobnie możn wyprowdzić wzory ln x = (1 + x) α = 1 + α 1! sin x = ( 1) k x k+1 k=0 (k + 1)!. cos x = ( 1) k xk k=0 (k)! k 1 xk ( 1) k α(α 1) x + x +! Obliczyć z dokłdnością e z dokłdnością do 0, Rozptrujemy funkcję e x dl x = 1. Wówczs e = ! + 1! n! + (dl x ( 1, +1)) α(α 1)(α ) x 3 + 3! e c (n + 1)!. 7

28 gdzie c jest pewną liczbą z przedziłu (0, 1). Pozostje znleźć tkie n by reszt był mniejsz e c od zdnej dokłdności: (n + 1)! e 3 tzn. by zchodził nierówność: (n + 1)! (n + 1)! 3 0, A to jest równowżne nierówności (n + 1)! któr jest już spełnion (n + 1)! dl n = 7. A ztem e ! + 1! ! = 685 =, (Cztery cyfry po przecinku dją poprwną wrtość liczby e). Obliczyć ln(1, 3) z dokłdnością do 0, 001. k 1 (0, 3)k Otóż ln(1, 3) = ( 1) to jest szereg nprzemienny. Przypomnijmy że wówczs jeśli S = k to S k n+1. A ztem wystrczy znleźć tkie k by (0,3)k+1 < k n k 0, 001. A to ozncz k 10k+1 3 k+1 > To osttnie jest spełnione dl k = 4. A więc ln(1, 3) 0,3 (0,3) + (0,3)3 (0,3)4 = = (Dokłdn wrtość ln(1, 3) = 0, ) = 0,

29 5 Rchunek cłkowy 5.1 Cłk nieoznczon Dn jest funkcj f(x) (funkcj podcłkow). Czy istnieje funkcj pierwiotn F (x) spełnijąc F (x) = f(x)? Jeśli tk funkcj istnieje to ją oznczmy f(x) = f(x)dx i nzywmy cłką nieoznczoną. Twierdzenie 5.1 Kżde dwie funkcje pierwotne dnej funkcji różnią się o stłą. Kżd funkcj ciągł posid pierwotną. Uwg 5. Odnjdywnie funkcji pierwotnej jest dużo trudniejsze niżeli różniczkownie. 0dx = const dx = x + C xdx = x + C x α dx = xα+1 α C gdy α = 1 1 dx = ln x + C, x w szczególności dl α = 1 uzyskujemy xdx = 3 x 3 + C e x dx = e x + C x dx = x ln + C sin xdx = cos x + C, cos xdx = sin x + C dx 1 + x = rctgx + C dx = rc sin x + C 1 x 9

30 (x 3 x + 1)dx = x 3 dx xdx + dx = 1 4 x4 x + x + C. dx 4 = x x dx = 1x C = 4 3 x C Cłkownie przez części. Twierdzenie 5.3 Jeśli funkcje f, g mją ciągłe pochodne to u(x)v (x)dx = u(x)v(x) v(x)u (x)dx. d Dowód. dx [uv vu ] = u v + uv vu = uv. u = x u = 1 xe x dx = v = e x v = e x = xex e x dx = xe x e x + C = e x (x 1) + C u = ln x u = 1 x 1 ln xdx = v = 1 v = x = x ln x xdx = x ln x x + C. x u = x u = x x sin xdx = v = sinx v = cos x = u = x u = 1 x cos x+ x cos xdx = v = cos x v = sin x x cos x + x sin x sin xdx = x cos x + x sin x + cos x + C Zmin zmiennej. F (x(t))x (t)dt = F (x)dx (t + 3) 6 dt = {x(t) = t + 3; dx = dt} = 1 cos 3 tdt = (1 sin t) cos tdt = {x = sin t : dx = cos tdt} = sin t sin3 t + C. 3 f (t) dx f(t) dt = {x = f(t); dx = f (t)dt} = x x 6 dx = x7 + C = 1 14 (t + 3)7 + C. = ln x + C = ln f(t) + C. (1 x )dx = x x3 3 +C = W szczególności tgxdx = sin x dx = ln cos x + C. cos x 30

31 5.1.3 Cłkownie funkcji wymiernych. (x + b)dx Ax + Bx + C =? Oznczmy = B 4AC. (1) Niech > 0. x + x 1 =? Obliczmy pierwistki minownik ( > 0) x 1 = 1, x = 1 więc x 1 = (x 1)(x + 1). Rozkłdmy funkcję wymierną n ułmki proste: Wówczs P = (x + 1) + b(x 1) (x 1)(x + 1) x + x 1 = = x 1 + b x + 1. ( + b)x + ( b) x 1 b =. Jego rozwiązni = 3, b = 1. Stąd x + x 1; dt = dx}{s = x + 1; ds = dx} = 3 1 ln x C. (x + 1)dx () = 0. x + 4x + 4 =? dt t 1 x 1 = 3 Znjdujemy pierwistek (podwójny bo = 0) x 1 = x =. Rozkłdmy n ułmki proste. x + 1 x + 4x + 4 = x + + b (x + ) + b = = (x + ) (x + ). A stąd ukłd równń: + b = 1, dx x 1 1 dx x + 1 = {t = ds s = 3 ln t ln s + C = 3 ln x 1- x + + b x + 4x + 4. A stąd ukłd równń = 1; + b = 1 co dje = 1, b = 1. A więc dx x + ln x x + + C. (3) < 0. (x + 1)dx x + 4x + 4 = dx dt (x + ) = {t = x + ; dt = dx} = ln x + t = ln x t + C = dx Przypomnijmy, szczególny przypdek: x + 1 = rctgx. dx Obliczmy x + = {t = x + ; dx = dt} = 1 rctg(x ). A ztem dx x + = 1 rctg(x ) + C. dt (t) + = 1 dt t + 1 = 1 rctgt = Kolejny specjlny przypdek (gdy w liczniku jest stł). dx x + 4x + 8 =? Uzupełnimy minownik do pełnego kwdrtu: x +4x+8 = (x +4x+4)+4 = (x+) +. A ztem 31

32 dx x + 4x + 8 = 1 rctg(x + ) + C. Przypdek ogólny. = 1 dx (x + ) + = {t = x + ; dt = dx} = (x + )dx x + 6x + 13 =? {w liczniku dopisujemy pochodną minownik} (x + 6)dx x + 6x + 13 Wowczs I 1 = 1 dx x + 6x I 1 + I. (x + 6)dx x + 6x + 13 = 1 ln x + 6x + 13 zś I = = dx x + 6x + 13 = dx x + 6x dx (x + 3) + = 1 rctgx + 3 Osttecznie (x + )dx x + 6x + 13 = I 1 + I = 1 ln x + 6x rctgx C. dt t + = 1 rctg( t ) + C = 3

33 5. Cłk oznczon. Jk obliczyć pole figury płskiej? Pole prostokąt = iloczyn długości boków. Obliczyć pole pod wykresem prboli y = x nd odcinkiem [0, 1]. Obliczmy sumę pól prostokątów: S n = n 1 n (k n ) = 1 n 3 n k = 1 n 3 (n + 1)(n + 1) 6n 1 3. (Korzystmy ze wzoru mtemtycnnej.) n k = A ztem pole pod prbolą wynosi 1 3. n(n + 1)(n + 1) 6 który dowodziliśmy z pomocą indukcji Niech f : [, b] R będzie funkcją ogrniczoną. Podziłem przedziłu [, b] nzywmy dowolny skończony ciąg punktów = x 0 < x 1 < < x n = b. Długość odcink [x k 1, x k ] oznczmy x k = x k x k 1 Średnicą podziłu nzywmy długość njdłuższego z odcinków: mx 1 k n x k. Ustlmy podził = x 0 < x 1 < < x n = b i w kżdym przedzile wybierzmy punkt ξ k [x k 1, x k ] (dokonujemy selekcji). Tworzymy sumę n σ = f(ξ k ) x k. Powyższą sumę nzywmy sumą cłkową Riemnn. Zleży on od wyboru podziłu = x 0 < x 1 < < x n = b i selekcji ξ 1 ξ... ξ n z nim związnej. Sum t podje łączne pole prostokątów opisnych n wykresie. Definicj 5.4 Ciąg podziłów odcink [, b] nzywmy normlnym ciąg ich średnic dąży do zer. 33

34 Definicj 5.5 Funkcję f : [, b] R nzywmy cłkowlną w sensie Riemnn dl kżdego normlnego ciągu podziłów odcink [, b], orz dowolnego ciągu selekcji z nim stowrzyszonych, cig sum cłkowych posid grnicę. Wówczs grnicę tę oznczmy poprzez i nzywmy ją cłką oznczoną Riemnn. b f(x)dx Jkie funkcje są cłkowlne w sensie Riemnn? funkcj Dirichlet. (kontrprzykłd) 1 gdy x jest liczbą wymierną f(x) = 0 gdy x jest liczbą niewymierną Pokżemy, że nie jest on cłkowln. Ustlmy dowolny podził = x 0 < x 1 < < x n = b. Rozptrzmy selekcję złożoną z smych punktów wymiernych. Wówczs sum cłkow n n f(ξ k ) x k = 1 x k = b Jeśli weźmiemy jkąkolwiek selekcję złożoną z punktów niewymiernych to n 0 x k = 0. n f(ξ k ) x k = Twierdzenie 5.6 Funkcj ciągł n odcinku domkniętym jest cłkowln w sensie Riemnn. W przypdku funkcji ciągłej dl zdnej dowolnie młej liczby ϵ > 0 istnieje δ > 0 tk, że dl kżdego podziłu o średnicy < δ sumy cłkowe odpowidjące dwóm różnym selekcjom różnią się mniej niż zdne ϵ. Uwg 5.7 Nie tylko funkcje ciągłe są cłkowlne w sensie Riemnn. Np. funkcj f : [, b] R ze skończoną ilością punktów nieciągłości też jest cłkowln. Interpretcje cłki. Geometryczn - pole pod wykresem funkcji. 34

35 Fizyczn; Niech w fżdym punkcie odcink [, b] dził sił F (x) skierown wzdłuż prostej. Wówczs W = b f(x)dx prc = cłk z siły po odcinku. Dowód. Jką prcę wykonuje on od punktu do b? Gdyby sił był tk sm w kżdym punkcie odcink to prc = sił przesunięcie W = F s. Jeśli sił jest zmienn to chcąc uzyskć przybliżoną wrtość prcy dzielimy odcinek [, b] n części = x 0 < x 1 < < x n = b nstępnie zkłdmy, że sił n kżym odcinku [x k 1, x k ] jest stł i równ się wrtości w wybrnym punkcie ξ k. Wówczs prc wykonn n tym n odcinku wynosi W k = F (ξ k ) x k. A ztem łączn przybliżon prc wynosi W k = F (ξ k ) x k. Ale to jest sum cłkow dl b F (x)dx Włsności cłki oznczonej. Jeśli f, g : [, b] R są cłkowlne to tkimi cą tkże f + g orz c f (c R). Pondto Włsność 5.8. b f + g = b c f = c b b f + b g (cłk sumy = sumie cłek). (stłą możn wyciągnąć przed cłkę.) Dowód. Poniewż sumy cłkowe są równe n n n [f(ξ k ) + g(ξ k )] x k = f(ξ k ) x k + g(ξ k ) x k więc w grnicy uzyskujemy równość cłek. Włsność 5.9. Jeśli f : [, b] R jest cłkowln orz < c < b to b f = c f + b c f. 35

36 Włsność Jeśli f, g : [, b] R są cłkowlne orz f(x) g(x) to b f b g. Dowód. Zuwżmy że tk nierówność zchodzi dl kżdej sumy cłkowej n n f(ξ k ) x k g(ξ k ) x k Wniosek. Jeśli m f(x) M to m(b ) b f M(b ). Liczbę 1 b f nzywmy wrtością średnią funkcji f n odcinku [, b]. b Wniosek 5.11 Jeśli f : [, b] R jest ciągł to istnieje liczb c [, b] dl której f(c) = 1 b f. b Dowód. Poniewż dl m = inf{f(x); x [, b]}, M = sup{f(x); x [, b]} zchodzi nierówność m 1 b f M b więc z włsności Drboux (funkcj ciągł osiąg wszystkie wrtości pośrednie) istnieje c [, b] w którym funkcj f osiąg swą średnią wrtość. Uwg 5.1. Zkłdliśmy, że w symbolu Dl > b przyjmujemy b f = b b Włsność 5.13 f f. b f. b zchodzi b. 5.. Podstwowe twierdzenie rchunku różniczkowego i cłkowego Niech f : [, b] R będzie cłkowln. Dl ustlonego x [, b] określmy F (x) = x f(t)dt. Funkcję F (x) nzywmy funkcją górnej grnicy cłkowni. f(x) = sgn(x) f(x) = x A ztem funkcją górnej grnicy cłkowni jest F (x) = x. Definicj 5.14 Funkcję F (x) nzywmy funkcją pierwotną funkcji f(x) F (x) = f(x). 36

37 Twierdzenie 5.15 Funkcj górnej grnicy cłkowni funkcji ciągłej jest jej pierwotną. Dowód. Ustlmy x [, b]orz h > 0. Bdmy ilorz różnicowy. Z twierdzeni o wrtości średniej dl cłki istnieje c [x, x + h] spełniąjce f(c) h. Wówczs F (x + h) F (x) h = x+h x f(t)dt h gdy h dąży do zer. A to ozncz, że F (x) = f(x). = f(c) f(x) x+h x f(t)dt = Uwg 5.16 Funkcj pierwotn F (x) dnej funkcji f(x) (o ile istnieje!) jest wyznczon z dokłdnoscią do stłej. Tzn. F (x) jest pierwotną pierwotną jest F (x) + C dl dowolnego C R. Innymi słowy kżde dwie pierwotne (tej smej funkcji!) różnią się o stłą. Twierdzenie 5.17 (Leibniz-Newton) Podstwowy wzór rchunku różniczkowego i cłkowego. Jeśli f jest ciągł n odcinku [, b] zś F (x) jest jej funkcją pierwotną to zchodzi wzór b f(x)dx = F (b) F (). f(t)dt, jko funkcje pier- Dowód. F (x) orz funkcj górnej grnicy cłkowni Φ(x) = wotne, różnią się o stłą. A ztem F (b) F () = Φ(b) Φ() = b f(t)dt x f(t)dt = b f(t)dt A ztem chcąc obliczyć cłke oznczoną wystrczy odgdnąć jkąkolwiek jej funkcję pierwotną nstępnie wstwić ją do powyższego wzoru! 5..3 Oblicznie cłki Riemnn. Obliczyć pole pod sinusoidą. π sin xdx = cos x π 0 = cos π ( cos 0) = =. 0 Twierdzenie 5.18 Cłkownie przez części Jeśli u, v mją ciągłe pochodne n [, b] to b u(x)v (x)dx = u(x)v(x) b π u = x u = 1 x cos xdx = 0 v = cos x v = sin x = x sin x π 0 b u (x)v(x)dx. π 0 sin xdx = 0 =. 37

38 Twierdzenie 5.19 Cłkownie przez zminę zmiennej. 1 1 π π 1 x dx = {x = sin t : dx = cos tdt} = π π π 1 sin t cos tdt = π π cos tdt = π 1 + cos t dt dt = π + cos tdt = t π sin t π π = π. I rzeczywiście liczon cłk mierzy pole pod wykresem funkcji y = 1 x nd odcinkiem [ 1; 1]. Twierdzenie 5.0 Dne są funkcje ciągłe f, g : [, b] R spełnijące f(x) g(x). Wówczs pole zwrte między wykresmi jest równe = b [g(x) f(x)]dx. Obliczyć pole zwrte między linimi y = x 3x 8 orz y = x x + 4 Wyznczmy punkty przecięci: x 3x 8 = x x + 4 x x 1 = 0 x x 6 = 0 stąd x 1 =, x = 3. A ztem Pole = 3 3 [( x x + 4) (x 3x 8)]dx [ x + x + 1]dx = 3 x3 + x + 1x 3 = [ 3 ( )3 + ( ) + 1( )] = = = = Zstosownie cłki nieoznczonej. Wykres funkcji f : [, b] R obrcmy wokół osi OX. Obliczyć objętość uzysknej bryły. Objętość sum objętości krążków. T zś jest równ n k+1 πf (ξ k ) x k. A to jest sum cłkow dl h). b πf (x)dx. A stąd wzór V = π b f (x)dx. Obliczyć objętość bryły powstłej przez obrót sinusoidy y = sin x (dl x [0, π]). π π V = π sin 1 cos x xdx = π dx = π( x sin x ) π 0 = π π = π. Obliczyć prcie wody n pionową ścinę w ksztłcie prostokąt ( długości i wysokości Prcie = ciśnienie pole powierzchni (o ile ciśnienie jest stłe. Dzielimy ścinę n poziome prostokąty. Wówczs prcie n k-ty prostokąt jest w prybliżeniu równe d x k ( x k ) gdzie x k jest głebokością pewnego punktu z tego prostokąt zś d stłą. 38

39 A ztem przybliżoną wrtością cłego prci jest n d x k ( x k ) A to jest sum cłkow dl h h 0 dxdz. A ztem prcie = dxdx = [d x 0 ]h 0 = d h. Moment bezwłdności. Moment bezwłdności punktu mterilnego o msie m względem prostej nzywmy liczbę M = mr gdzie r ozncz odległość punktu od prostej. Pondto moment skończonego ukłdu punktów jest równy sumie ich momentów. Obliczymy moment bezwłdności jednorodnego prostokąt względem boku. n n ρ l r k rk = ρ l k+1 k+1 R r k rk ρ l r dr = ρ l 0 3 R3. Moment bezwłdności prostokąt względem boku wynosi ρ l 3 R3. Moment bezwłdności obszru pod wykresem funkcji względem osi OX. n ρ x k f 3 (x k ) = ρ n f 3 (x k ) x k ρ f 3 (x)dx W szczególności moment bezwłdności trójkąt prostokątnego względem boku wynosi: ρ [h(1 x 3 0 )]3 dx = ρh3 (1 x 3 0 )3 dx = {t = 1 x dx ; dt = } = ρh3 0 t 3 ( dt) = 3 1 ρh 3 1 t 3 dt = ρh R 39

40 6 Algebr liniow 6.1 Permutcje Kżde odwzorownie wzjemnie jednoznczne zbioru w siebie nzywmy permutcją. Rozptrujemy zbiory skończone: {1,,..., n}. Dl n = są dwie permutcje: (1, ), (, 1). Dl n = 3 jest sześć permutcji: (1,, 3), (1, 3, ), (, 1, 3), (, 3, 1), (3, 1, ), (3,, 1). Dl n = 4 mmy 6 4 = 4 permutcje: cyfrę 4 możemy postwić n 4 miejscch zś pzostłe trzy mozemy permutowć n 6 sposobów (jk wyżej). Ogólnie możn pokzć, że ilość permutcji zbioru n elementowego wynosi n!. Zwróćmy uwgę, że przykłdowo, permutcj (3, 1,, 4) ozncz funkcję σ : {1,, 3, 4} {1,, 3, 4} dną wzorem: σ(1) = 3, σ() = 1, σ(3) =, σ(4) = 4. Zbiór permutcji zbioru {1,,..., n} oznczmy S n. Definicj 6.1 Niech σ S n będzie permutcją. Prę liczb (i, j) tkich, że 1 i < j n orz σ(i) > σ(j) nzywmy inwersją. Permutcję nzwiemy przystą jesli ilość inwersji jest przyst nieprzystą gdy ilość inwersji jest nieprzyst. N przykłd: (1,, 3, 4) - przyst, (1, 3,, 4) - nieprzyst, (4, 3,, 1) - przyst. Mówimy, że znk permutcji (ozn. sgn(σ)) jest równy +1 gdy jest one przyst, zś 1 gdy jest nieprzyst. subsection Wyznczniki Mcierzą m n nzywmy tblicę prostokątną o m wierszch i n kolumnch n 1... n m1 m... mn Gdy m = n to mcierz nzywmy kwdrtową. Definicj 6. Wyzncznikiem z mcierzy kwdrtowej A = [ ij ] n n nzywmy liczbę sgn(σ) 1σ(1)... nσ(n) σ S n i oznczmy 40

41 det A = A = n 1... n n1 n... nn Dl n = mmy 11 1 = Dl n = 3 mmy = =... = Ogólnie ustwimy (n szchownicy o wymirch n n) n wież tk by żdne dwie się nie szchowły. Definicj 6.3 Dn jest mcierz [ ij ] n n. Dopełnieniem lgebricznym elementu kl nzywmy wyzncznik mcierzy powstły przez wykreślenie k-tego wiersz i l-tej kolumny pomnożony przez ( 1) k+l. A kl = ( 1) k+l l... 1n k1... kl... kn n1... nl... nn Twierdzenie 6.4 (Rozwinięcie Lplce ) Dl mcierzy A = [ ij ] n n i ustlonych liczb 1 k, l n zchodzą wzory det A = k1 A k kn A kn - rozwinięcie względem k-tego wiersz, det A = 1l A 1l +... nl A nl - rozwinięcie względem k-tej kolumny = ( 1) ( 1) = 1(1 + 1) 3( ) = 3 = 4. 41

42 Twierdzenie 6.5 Jeśli w mcierzy kwdrtowej: 1) zmienimy miejscmi dw wiersze ( dwie kolumny) to wrtość wyzncznik zmieni się n przeciwną. ) dw wiersze (dwie kolumny) są identyczne to wyzncznik = 0. 3) do jednego wiersz (kolumny) dodmy inny wiersz (kolumnę) pomnożony przez liczbę to wyzncznik nie ulegnie zminie. 4) kżdy element pewnego wiesz (kolumny) pomnożymy przez liczbę to i cły wyzncznik zostnie pomnożony przez tę liczbę = = = = = ( + 3) = = = (+1) = = ( 1) = (77 3) = Ukłdy równń Crmer. Niech będzie dny ukłd n-równń liniowych o n niewidomych. 11 x n x n = b n1 x nn x n = b n Oznczmy A = [ ij ] n n mcierz (główn) ukłdu. b 1.. b n kolumn wyrzów wolnych. Niech A i mcierz powstłą poprzez zstąpienie i-tej kolumny przez kolumnę wyrzów wol- 4

43 nych np. A 1 = b n b... n b n n... nn Definicj 6.6 Ukłd równń nzywmy crmerowskim det A 0. Twierdzenie 6.7 Ukłd crmerowski m dokłdnie jedno rozwiąznie. Dne jest ono wzorem x 1 = det A 1 det A,..., x n = det A n det A x + y = 1 Ex. 3x + 4y = 1 1 det A = = 4 6 = det A 1 = = 4 + = 6, det A = = 1 3 = A ztem x = 6 = 3, y = 4 =. 43

44 6.3 Przestrzenie liniowe Definicj 6.8 Przestrzenią liniową (nd ciłem liczb rzeczywistych R) nzywmy niepusty zbiór V z dziłnimi dodwni v + w V dl v, w V orz mnożeni przez liczbę λ v V dl v V, λ R które spełniją nstępujące wrunki 1. (u + v) + w = u + (v + w) łączność dodwni. u + v = v + u przemienność dodwni 3. istnieje element 0 V tki, że dl kżdego elementu v V zchodzi v + 0 = v (element ten nzywmy wektorem zerowym lub elementem neutrlnym względem dodwni). 4. dl kżdego elementu v V istnieje dokłdnie jeden element u V tki,że v + u = 0 (element przeciwny.) 5. λ(v + w) = λv + λw (rozdzielność dodwni względem mnożeni). 6. (λ + λ )v = λv + λ v (rozdzielność mnożeni względem dodwni) 7. (λλ )v = λ(λ v) 8. 1v = v R n = {(x 1,..., x n ); x i R} z dziłnimi dodwni wektorów (x 1,..., x n ) + (y 1,..., y n ) = (x 1 + y 1,..., x n + y n ) i mnożeni przez sklr λ (x 1,..., x n ) = (λx 1,..., λx n ) Wowczs wektorem zerowym jest (0, 0,..., 0) zś elementem przeciwnym do (x 1,..., x n ) jest ( x 1,..., x n ). Geometrycznie są to wektory zczepione w punkcie (0,..., 0), dodwnie według reguły równoległoboku. Mcierze M m n. Dodwnie [ ij ] + [b ij ] = [ ij + b ij ] 44

45 Mnożenie przez sklr λ[ ij ] = [λ ij ] Elementem zerowym jest mcierz złożon z smych zer. Elementem przeciwnym do [ ij ] jest [ ij ] Funkcje ciągłe n odcinku [, b]. Dodwnie (f + g)(x) = f(x) + g(x) Mnożenie przez sklr (λf)(x) = λf(x) Elementem zerowym jest funkcj stle równ 0. Niech V bedzie ustloną przestrzenią liniową. Definicj 6.9 Niepusty podzbiór V V nzywmy podprzestrzenią liniową dziłni nie wyprowdzją poz podzbiór V tzn. jeśli v, w V to tkże v + w V orz λv V. Podzbiór {x, y, z) R 3 ; x + y + z = 0} jest podprzestrzenią R 3. Podzbiór {x, y, z) R 3 ; x + y + z = 1} nie jest podprzestrzenią R Linow niezleżność wektorów Niech V będzie ustloną przestrzenią liniową. Definicj 6.10 Kombincją liniową wektorów v 1,..., v k V o współczynnikch λ 1,..., λ k R nzywmy sumę λ 1 v λ k v k. (1, 3) 3(, 1) = ( 4, 3) Kombincję liniową λ 1 v λ k v k w której wszystkie współczynniki λ i = 0 nzywmy trywilną. Jeśli zś choć jeden współczynnik λ i 0 to nzywmy ją nietrywilną. Definicj 6.11 Wektory v 1,..., v k V nzywmy liniowo zleżnymi istnieje nietrywiln kombincj tych wektorów djąc w sumie wektor zerowy. Innymi słowy wektory v 1,..., v k V są liniowo zleżne istnieją współczynniki λ 1,..., λ k R nie wszystkie równe zeru i tkie że λ 1 v λ k v k = 0. 45

46 W przeciwnym rzie wektory nzywmy niezleżnymi. Tzn. wektory v 1,..., v k V są liniowo niezleżne z tego, że kombincj liniow tych wektorów dje wektor zerowy wynik, że on trywiln. Innymi słowy jeśli λ 1 v λ k v k = 0 to λ 1 =... = λ k = 0 Wektory (1, 1), (, ) R są liniowo zleżne bo (1, 1) + 1(, ) = (0, 0). Pokżemy, że wektory (1, 1), ( 1, 1) są liniowo niezleżne. Przypuśćmy, że (1, 1)+b( 1, 1) = (0, 0). Pokżemy, że jest to kombincj trywiln. Otóż powyższ równość dje ( + b, b) = (0, 0) czyli ukłd równń: + b = 0, b = 0. Po rozwiązniu uzyskujemy = b = 0. Twierdzenie 6.1 Wektory v 1,..., v k są liniowo niezleżne jeden z nich jest kombincją liniową pozostłych. Wektory (1,, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 9) R 3 są liniowo zleżne bo 1(1,, 3) (4, 5, 6) + 1(7, 8, 9) = (0, 0, 0). Z równości tej mozn obliczyć, że np. (7, 8, 9) = (1,, 3) + (4, 5, 6). 6.5 Bz i wymir Rozptrujemy wektory v 1,..., v k przestrzeni liniowej V. Definicj 6.13 Wektory v 1,..., v k generują przestrzeń liniową V kżdy wektor tej przestreni jest ich kombincją liniową. Wektory e 1 = (1, 0, 0), e = (0, 1, 0), e 3 = (0, 0, 1) generują przrzestrzeń R 3. Fktycznie: dl dowolnego wektor tej przestrzeni (x 1, x, x 3 ) = x 1 (1, 0, 0) + x (0, 1, 0) + x 3 (0, 0, 1) = x 1 e 1 + x e + x 3 e 3. Podobnie wektory e 1 = (1, 0,..., 0), e = (0, 1, 0,..., 0),..., e n = (0,..., 0, 1) generują cł przestrzeń R n. Definicj 6.14 Ukłd wektorów v 1,..., v k nzywmy bzą przestrzeni liniowej V liniowo niezleżny i generuje cłą przestrzeń V. jest on Wektory e 1,...e n tworzą bzę przestrzeni R n. Nzywmy ją bzą knoniczną. Nie jest to jedyn bz. Pokżemy, że (n przykłd) wektory (1, 1), (1, 1) R też tworzą bzę. Otóż spróbujmy przedstwić dowolny wektor (, b) R jko ich kombincję liniową: (, b) = x(1, 1) + y(1, 1) 46

47 Dje to ukld równń: x + y =, x y = b Jest to ukłd Crmer (niezleżnie od, b R) ztem posid on dokłdnie jedno rozwiznie. A ztem wektor (, b) jest kombincją liniową wektorów (1, 1), (1, 1). Twierdzenie 6.15 Wektory v 1,..., v k tworzą bzę przestrzeni V kżdy element przestrzeni w V dje się przedstwić jednozncznie jko kombincj liniow tych wektorów. Wniosek 6.16 Wektory v 1 = ( 11, 1,..., n1 ), v = ( 1,,..., n ),..., v n = ( 1n, n,..., nn ) tworzą bzę przestrzeni R n det[ ij ] 0. Dowód. Weżmy dowolny element w = (b 1,..., b n ) R n. Pokżmy, że istnieją współczynniki x 1,..., x n R tkie, że w = x 1 v x n v n. Innymi słowy (b 1,..., b n ) = x 1 ( 11, 1,..., n1 ) + x ( 1,,..., n ) x n ( 1n, n,..., nn ) A to jest równowżne ukłdowi równń: 11 x n x n = b n1 x nn x n = b n Ale z złożeni det[ ij ] 0 czyli ukłd posid dokłdnie jedno rozwiąznie. Twierdzenie 6.17 Kżd przestrzeń liniow posid bzę. Kżde dwie bzy tej smej przestrzeni są równoliczne (tzn. mją tyle smo elementów). Definicj 6.18 Wymirem przestrzeni liniowej nzywmy ilość elementów (dowolnej) bzy tej przestrzeni. Oznczmy dim V. dim R n = n. (Bz knoniczn e 1,..., e n.) Wymir przestrzeni V = {(x, y, z); x+y+z = 0} wynosi. (Bzą jest np. (1, 0, 1), (1, 0, 1).) Wymir przestrzeni wielominów stopni n jest n+1. (Bzą są jednominy 1, x, x,..., x n.) 47

48 6.6 Mcierze Rozptrujemy mcierz A M m n. Twierdzenie 6.19 Trzy nstępujące liczby są równe: 1. mksymln ilość liniowo niezleżnych wierszy,. mksymln ilość liniowo niezleżnych kolumn, 3. mksymln liczb k o tej włsności, że istnieje podmcierz k k w A o niezerowym wyznczniku. Liczbę tę nzywmy rzędem mcierzy. 1 3 Ex Wiersze są liniowo zleżne bo np. 1 (1,, 3) + 1 (7, 8, 9) = (4, 5, 6) ntomist dw pierwsze wiersze nie są zleżne.. Podobnie kolumny są liniowo zleżne bo np. 1 (1, 4, 7) + 1 (3, 6, 9) = (, 5, 8) ntomist dwie pierwsze kolumny nie są zleżne. 3. det A = 0 le np. det 1 = 5 8 = Jk obliczć rząd mcierzy? Tw. Nstępujące opercje nie zmieniją rzędu mcierzy: 1. Przestwienie dwu wierszy (kolumn).. Pomnożenie wiersz (kolumny) przez sklr o. 3. Pomnożenie jednego wiersz (kolumny) przez sklr i dodnie do innego wiersz (kolumny). 48