Analiza matematyczna dla informatyków Notatki z wykªadu. Maciej Paluszy«ski

Transkrypt

1 Anliz mtemtyczn dl informtyków Nottki z wykªdu Mciej Pluszy«ski p¹dziernik 0

2 Spis tre±ci Anliz mtemtyczn FAQ 3 Liczby rzeczywiste i zespolone 6 3 Funkcje 3 4 Ci gi 3 5 Szeregi 5 6 Grnic funkcji 65 7 Funkcje ci gªe 76 8 Pochodn 84 9 Cªki 4 0 Cªk oznczon 5 Zstosowni cªek 44 Cªki niewª±ciwe 54 3 Wzory Wllis i Stirling 6 4 Cªkownie numeryczne 68 5 Ci gi i szeregi funkcyjne 74

3 Rozdziª Anliz mtemtyczn FAQ Anliz mtemtyczn nie jest zpewne njpopulrniejszym przedmiotem n informtyce. W ko«cu, je»eli kto± miªby wielk ochot n nliz mtemtyczn, to przypuszczlnie studiowªby mtemtyk, nie informtyk. Tymczsem ±wie»o upieczeni studenci informtycy, nie mog cy doczek si chwili, w której npisz pierwsze linijki profesjonlnego kodu, musz pochyli si nd pytnimi typu: czy dn sum niesko«czon jest zbie»n czy nie. Okzuje si,»e w±ród przedmiotów obowi zkowych n pierwszym roku jest wª±nie nliz mtemtyczn! Chciªbym odpowiedzie n kilk cz sto pojwij cych si pyt«, i przekon p«stw,»e ten wykªd nie znlzª si w progrmie przez pomyªk. e wr cz przeciwnie, jest to jeden z njw»niejszych wykªdów pierwszych lt, i»e wrto si do niego przyªo»y. Cz sto pojwi si nst puj c w tpliwo± : po co informtykowi mtemtyk. Przecie» nwet je»eli kiedy± pojwi si potrzeb zstosowni jkiego± wyniku mtemtycznego, to doczytmy sobie potrzebne rzeczy, lbo skonsultujemy si ze specjlist. Tki rgument to wynik nieporozumieni. Podstwowy kurs nlizy mtemtycznej to nie jest»dn specjlistyczn wiedz. Nie nle»y oczekiw,»e poj ci i twierdzeni, którymi b dziemy si zjmowli n tym wykªdzie rozwi» nm jkie± konkretne problemy. Cª t nliz mtemtyczn to jest po prostu j zyk którym si posªugujemy, kiedy chcemy sformuªow czy zrozumie jki± problem. Jest to j zyk uniwerslny w nukch technicznych, równie» w informtyce. W dzisiejszych czsch, je»eli chce si by prwdziwym, twórczym profesjonlist, prktycznie w k»dej dziedzinie, trzeb zn ngielski. Fchow litertur jest po ngielsku, Internet jest (uprszczj c troch ) po ngielsku,»den st» zgrniczny nie ok»e si sukcesem bez znjomo±ci ngielskiego. Podobnie jest z nliz. Trzeb oswoi si z poj cimi tkimi jk zbie»no±, ci gªo±, przybli»enie, cªk, szereg pot gowy i temu podobne. Tego typu poj ci prze- 3

4 wijj si wsz dzie i b d p«stwu towrzyszy w przyszªej krierze. Wielu z ws pojedzie n st»e do o±rodków z grnic, n przykªd do siedziby rmy Microsoft w Redmond nd brzegiem jezior Wshington. Pmi tjmy,»e k»dy bsolwent studiów in»ynieryjnych, n przykªd w Stnch Zjednoczonych (obejmuje to tk»e informtyków), m z sob co njmniej 3 semestry nlizy mtemtycznej. Tcy ludzie b d tworzyli wsze ±rodowisko, to z nimi b dziecie robi wspólne projekty. Nie znj c podstwowego j zyk nuk technicznych, czyli nlizy, byli by±cie, je±li mo»n tk powiedzie, profesjonlnymi nlfbetmi. Podkre±lmy wi c: podstwowy kurs nlizy mtemtycznej to nie jest»dn specjlistyczn wiedz, któr mo»e si przyd, le nie musi. To podstwowe poj ci i zwi zki pomi dzy nimi, które stle b d si przewij, w trkcie studiów, i potem, w zwodowym»yciu codziennym. W trkcie dlszych studiów b d p«stwu oferowne ró»ne inne wykªdy mtemtyczne lub z pogrnicz mtemtyki i informtyki. Wiele z nich b dziecie mogli wybr b d¹ opu±ci. Ale nliz, podobnie jk n przykªd logik, peªni inn rol jest podstwow i obowi zkow. Cz sto pojwi si nst puj cy problem. Studenci mówi : No dobrze, skoro si pn upier, to b dziemy si uczy nlizy. Ale dlczego tk szczegóªowo pn wszystko uzsdni i dowodzi. Niektóre z pn dowodów s n cª stron! My wierzymy pnu,»e te twierdzeni s prwdziwe. Zmist dowodów niech pn wyªo»y wi cej mteriªu. Otó» jest to w dlszym ci gu to smo nieporozumienie. N tym wykªdzie chodzi nm o to,»eby zpozn si z poj cimi, zle»no±cimi pomi dzy nimi, sposobem w jki n siebie wzjemnie wpªywj. Sposób rgumentcji jest tk smo w»ny, jk sme fkty. N tym wykªdzie pytnie co? jest równie w»ne jk dlczego?. Zuw»my te»,»e wi kszo± dowodów jest brdzo krótk i jsn. Je»eli dowód nie jest ntychmistowy, to zwsze strm si podkre±li jego pomysª. Njpierw intuicyjnie strmy si doj± dlczego dne twierdzenie miªoby by prwdziwe, kiedy ju» mmy ogólne poj cie, strmy si doprecyzow rozumownie, i cªo± ubr w sªówk. Je»eli wiemy od pocz tku o co w dowodzie chodzi, to cªo± nie jest ni trudn, ni zwiª. Wielu studentów zgªsz nst puj c uwg : Ten wykªd to zledwie powtórk tego, co mieli±my w szkole ±redniej. Wi kszo± zd«n kolokwich i egzminie jest tk ªtw,»e» wstyd. Chcemy i mo»emy wi cej, du»o wi cej! To prwd, du» cz ± mteriªu zwier si w progrmie szkoªy ±redniej. Ale prosz pmi t, to nie jest wykªd nstwiony n wyczyn nukowy. Chcemy uporz dkow i utrwli t podstwow wiedz, jk jest nliz. Nie m wiele nowego mteriªu, le to co jest jest wyªo»one szczegó- ªowo, bez omijni sprw kªopotliwych. N wiczenich jest te» do zrobieni du»o zd«. Jk mówi Ameryknie: Co jest podstw rzetelnej wiedzy? Repetition, repetition, repetition! Bez obwy, je»eli szukcie p«stwo gª - 4

5 bokiej, rzetelnej wiedzy, to znle¹li±cie si we wª±ciwym miejscu. Oprócz nlizy czek ws wiele innych wykªdów, i nie b dziecie si nudzi. Je»eli interesuje ws nliz, lbo inne przedmioty mtemtyczne, to w s siednim budynku znjdziecie wykªdy z k»dej dziedziny mtemtyki, i n k»dym poziomie. Wielu studentów informtyki ucz szcz n wykªdy w Instytucie Mtemtycznym, i wielu studentów mtemtyki przychodzi n zj ci do Instytutu Informtyki. To nie przypdek,»e budynki s siduj ze sob, i mo»n przechodzi pomi dzy nimi such stop. Nwet bibliotek jest wspóln. Zwsze te» jeste±cie mile widzini n konsultcjch, gdzie mo»ecie porozmwi z wykªdowc, który z niejednego ju» piec chleb mtemtyczny jdª. Pojwi si te» nst puj ce pytnie: Nottki z wykªdu mj 5 rozdziªów, mniej wi cej tyle, ile tygodni b dzie trwª wykªd. Mmy wi c pln prcy, i dodtkowo gotowe nottki. Czy mo»emy w tkim rzie nie chodzi n wykªd? Po co mmy zryw si z ªó»k n,»eby ogl d, jk przepisuje pn nottki n tblic? Po co chodzi n wiczeni i ogl d, jk kto± rozwi zuje proste zdni? Otó» nie, zdecydownie powinni±cie p«stwo chodzi n wykªd i n wiczeni. Sªuchnie wykªdu to zupeªnie co innego ni» czytnie nottek. Nwet nie chodzi o to,»e s pytni,»e pojwij si nowe pomysªy. Z do±widczeni widomo,»e k»dy wykªd jest inny. Czsem ten sm temt przerbi si w 5 minut, czsem w godzin. Z cª pewno±ci wykªd nie poleg tylko n przepisywniu nottek n tblic. Podobnie z wiczenimi. Nie d si opnow tego mteriªu nie robi c zd«smodzielnie. Wydje mi si,»e mo»n tu zstosow nlogi do nuki j zyk obcego. Trzeb wiczy, trzeb próbow, i oczywi±cie trzeb smemu chodzi do tblicy i rozwi zyw zdnie publicznie. Trzeb te» str si by n bie» co. W tkim wykªdzie jk nliz ªtwo jest zgubi si w jkim± momencie i strci w tek. Kolejno wprowdzne poj ci b d ju» do ko«c stle u»ywne. Obecno± formlnie nie jest sprwdzn, le prosz pmi t,»e nie chodz c n wykªd czy wiczeni mo»ecie wp dzi si w kªopoty. Nie jest ªtwo opnow ten mteriª tylko czytj c gotowe nottki. Oprócz egzminu ko«cowego w trkcie semestru b d 3 kolokwi, mniej wi cej co miesi c. Kolokwi powinny d p«stwu w czsie rzeczywistym jsny obrz tego, jk wm idzie. Je»eli mcie p«stwo inne pytni pytjcie. Mój dres to mpl@mth.uni.wroc.pl 5

6 Rozdziª Liczby rzeczywiste i zespolone Liczby rzeczywiste Nie b dziemy szczegóªowo zjmow si konstrukcj zbioru liczb rzeczywistych. Konstrukcj zbioru liczb rzeczywistych, okre±lenie dziª«n liczbch i pokznie wszystkich potrzebnych wªsno±ci to temt brdzo ciekwy, i n pewno wrto si nim zinteresow. Ale n tym wykªdzie przypomnimy tylko njw»niejsze fkty, i zkªdmy,»e generlnie liczby rzeczywiste wszyscy znj. Zbiór liczb rzeczywistych oznczmy R, liczb rzeczywist rozumiemy jko rozwini cie dziesi tne (ci gi cyfr dziesi tnych), n przykªd 3, Rozwini cie dziesi tne zwier przecinek, jest sko«czone po lewej stronie i sko«czone lub niesko«czone po prwej stronie. Rozwini ci mog mie znk, wtedy nzywmy je liczbmi ujemnymi. Wszyscy wiemy, jk dodw, odejmow, mno»y i dzieli tkie liczby, orz znmy wªsno±ci tych dziª«, n przykªd ª czno± i rozdzielno±. Przypomnijmy w»ne fkty:. Je»eli pewien ukªd cyfr po przecinku powtrz si okresowo, to ten ukªd cyfr zpisujemy w nwisie: 0, 0355 = 0, 03(5).. Je»eli od pewnego miejsc po przecinku w rozwini ciu s sme zer, to nie piszemy ich, i tkie rozwini cie nzywmy sko«czonym 3, = 3, 34(0) = 3, Mno»enie przez 0 przesuw przecinek w prwo, dzielenie przez 0 przesuw przecinek w lewo. 4. W zsdzie ró»ne rozwini ci dziesi tne oznczj ró»ne liczby. S jednk wyj tki, i zdrz si,»e ró»ne rozwini ci dziesi tne oznczj t sm liczb rzeczywist. Wyj tek tki m miejsce w sytucji, gdy 6

7 w rozwini ciu od pewnego miejsc s sme 9. Tkie rozwini cie reprezentuje t sm liczb, co rozwini cie, gdzie dziewi tki zst pimy zermi, pierwsz (od prwej) cyfr mniejsz od 9 powi kszmy o. N przykªd 0, = 0, 0(9) = 0,. Mo»n to ªtwo udowodni, korzystj c z wªsno±ci dziª«. Niech x = 0, 0(9). Mmy wtedy 0 x = 0, (9) = 0, 9 + 0, 0(9) = 0, 9 + x 9 x = 0, 9 x = 0,. Liczby rzeczywiste, których rozwini ci dziesi tne mj po przecinku sme zer nzywmy liczbmi cªkowitymi, i oznczmy Z. Dodtnie liczby cªkowite,,... (bez zer) nzywmy liczbmi nturlnymi i oznczmy N. Liczby wymierne Liczby których rozwini ci s sko«czone lub okresowe nzywmy liczbmi wymiernymi. Zbiór liczb wymiernych oznczmy Q. Liczby wymierne mo»n zpis jko uªmki m, gdzie m, n Z, orz n 0. Je»eli n N orz m i n n nie mj wspólnego dzielnik, to przedstwienie liczby wymiernej x jko uªmk m jest jednoznczne, tki uªmek nzywmy nieskrclnym. K»d n liczb wymiern mo»n przedstwi jko uªmek nieskrclny. Przykªdy: () = 0, = 0, (4857). Rozwini cie dziesi tne 7 otrzymujemy po prostu stosuj c dªugie dzielenie. Dziel c kolejno w pewnym momencie widzimy,»e reszt powtrz si, i zuw»my w zwi zku z tym okres. (b) 0, 3 = 3. Jest to uªmek nieskrclny, gdy» licznik i minownik nie 000 mj wspólnych dzielników, minownik jest dodtni. (c) 0, ( k ) = k 99 9 (k dziewi tek w minowniku). Štwo to udowodni, wypisuj c i rozwi zuj c odpowiednie równnie n x = 0, ( k ). (d) Przeksztªcimy nst puj ce rozwini cie dziesi tne n uªmek 0, 3(45) = 0, 3 + 0, 000(45) = = = Liczby niewymierne + 0, (45) 000 = Liczby rzeczywiste które nie s wymierne, czyli których rozwini ci dziesi tne s niesko«czone i nieokresowe nzywmy liczbmi niewymiernymi. 7

8 Przykªdy: () Npiszmy liczb, w której rozwini ciu dziesi tnym corz dªu»sze ci gi zer przedzielne s jedynkmi: x = 0, Serie zer s corz dªu»sze, wi c rozwini cie nie jest okresowe. Nie jest te» sko«czone, bo zwier niesko«czenie wiele jedynek. x jest wi c liczb rzeczywist niewymiern. (b) Innym przykªdem liczby niewymiernej jest 3 5. Pok»emy,»e 3 5 nie jest liczb wymiern. Rozumownie to jest typowe, i mo»n je zdptow do wielu przykªdów. Zªó»my,»e 3 5 jest liczb wymiern, i przedstwmy j w postci uªmk nieskrclnego 3 5 = m n 5 = m3 n 3 n 3 5 = m 3. 3 dzieli lew stron osttniej równo±ci, wi c musi dzieli prw stron. 3 jest liczb pierwsz, wi c je»eli dzieli iloczyn liczb, to musi dzieli który± z czynników (to jest wªsno± liczb pierwszych). W tkim rzie 3 musi dzieli m, w tkim rzie prw stron, jko sze±cin, dzieli si przez 7. W tkim rzie po lewej stronie równo±ci n 3 musi si dzieli przez 3 (bo 5 dzieli si tylko przez 3), wi c znowu», skoro 3 jest liczb pierwsz, n musi dzieli si przez 3. Uªmek m nie jest wi c nieskrclny, co jest sprzeczne z zªo»eniem. n Zªo»enie,»e 3 5 jest liczb wymiern musi wi c by fªszywe. Uwgi: (i) Liczb pierwsz to liczn nturln, wi ksz od, któr nie m innych dzielników oprócz i siebie smej. Liczby pierwsze mj nst puj c wªsno± : je»eli p jest liczb pierwsz i p m n (p dzieli m n), to p m lub p n. (ii) Powy»sze rozumownie stnowi zstosownie rozkªdu liczby n czynniki pierwsze. K»d liczb nturln mo»n rozªo»y n iloczyn czynników, które s liczbmi pierwszymi. Tki rozkªd nzywmy rozkªdem n czynniki pierwsze. Rozkªd tki jest jednoznczny. W równo±ci n 3 5 = m 3 czynniki pierwsze n 3 i m 3 wyst puj w kompletch po 3, czynniki pierwsze 5, czyli 3 i 5 nie mj tkich kompletów. Istnienie i jednoznczno± rozkªdu liczb nturlnych n czynniki pierwsze to wªsno± zbioru N, której nie b dziemy dowodzi, le o której zwsze wrto pmi t. Jko wiczenie w którym rozkªd n czynniki pierwsze mo»e si przyd przytoczmy jeszcze nst puj ce pytnie: ile zer ko«cowych m liczb (000)! (000 silni)? 8

9 (iii) Pierwistek wyst puj cy w poprzednim przykªdzie, podobnie jk logrytm i pot gi wyst puj ce w nst pnym stnowi przykªdy funkcji elementrnych. Zkªdmy,»e znmy funkcje elementrne, i nie b dziemy zjmow si jko± szczególnie ich denicjmi. W nst pnym rozdzile przypomnimy jednk krótko njw»niejsze fkty z nimi zwi zne. (c) log 3. B dziemy rozumow tk jk w poprzednim przykªdzie, czyli nie wprost. Zªó»my,»e log 3 jest liczb wymiern, i niech log 3 = m b dzie n uªmkiem nieskrclnym log 3 = m n m n = 3 m = 3 n. Otrzymli±my sprzeczno±, gdy» lew stron osttniej równo±ci zwier jedynie dwójki jko swoje czynniki pierwsze, prw stron jedynie trójki. Zªo»enie,»e log 3 Q musi wi c by fªszywe. (d) Sum, ró»nic, iloczyn i ilorz dwóch liczb wymiernych s wymierne (oczywi±cie nie mo»n dzieli przez zero). Sum, ró»nic, iloczyn i ilorz liczby wymiernej i niewymiernej s niewymierne (chyb»e, w przypdku mno»eni i dzieleni, liczb wymiern jest równ 0). Wynik dziª«n dwóch liczbch niewymiernych mo»e by ró»ny, wymierny lub niewymierny, w zle»no±ci od konkretnych wrto±ci. Interpretcj geometryczn O liczbch rzeczywistych mo»emy my±le jko o punktch prostej. N prostej zznczmy miejsce zer i jedynki, strzªk oznczmy kierunek wzrostu. Kierunek wzrostu zwi zny jest ze wzjemnym poªo»eniem zer i jedynki. Trdycyjnie kierunek wzrostu jest zwsze w prwo. K»dej liczbie rzeczywistej mo»n przyporz dkow, w sposób wzjemnie jednoznczny, punkt tkiej prostej. 0 Rysunek.: Prost rzeczywist 9

10 Uporz dkownie zbioru R Je»eli x y jest liczb dodtni, to piszemy x > y (x jest wi ksze od y), je»eli nieujemn, to piszemy x y (x jest wi ksze lub równe y lbo x jest sªbo wi ksze od y). Podobnie, je»eli x y jest liczb ujemn to piszemy x < y, je»eli niedodtni, to x y. Widzimy wi c,»e dl x, y R mmy lbo x = y, lbo x < y lbo x > y. W zwi zku z tym mówimy,»e zbiór R jest uporz dkowny. N prostej rzeczywistej x > y je»eli x jest brdziej n prwo od y. Symbolizuje to strzªk w prwo: w prwo liczby rosn. Przypomnijmy kilk fktów: x < y x + c < y + c dl k»dej liczby c, x < y x c < y c dl k»dej liczby c > 0, x < y x c > y c dl k»dej liczby c < 0. Wynik to wprost z denicji. Podobne fkty mo»n przytoczy dl sªbych nierówno±ci. Zpmi tjmy: mno»enie przez liczb dodtni zchowuje nierówno±ci, mno»enie przez liczb ujemn odwrc nierówno±ci. Wprost z denicji wynik te» oczywisty fkt: x < y orz y < z x < z. Jedn z nierówno±ci po lewej mo»e by sªb, po prwej w dlszym ci gu otrzymmy nierówno± ostr. Symbole czytmy dl k»dego, czytmy istnieje, czytmy wtedy i tylko wtedy, ( ) ( ) czytmy z ( ) wynik ( ), czytmy nle»y do, czytmy jest podzbiorem. Symbol czytmy i, symbol czytmy lub. Przypomnijmy nst puj ce fkty dotycz ce zbioru liczb rzeczywistych: ksjomt Archimedes, ksjomt ci gªo±ci i dobre uporz dkownie N. Aksjomt Archimedes Liczby rzeczywiste mj nst puj c wªsno±, któr jest intuicyjnie zupeªnie jsn: dl dowolnych x, y > 0 istnieje liczb nturln n tk,»e nx > y. U»ywj c przytoczonych powy»ej symboli ksjomt mo»emy zpis jko x, y > 0 n N nx > y. 0

11 Z ksjomtu Archimedes wynik, n przykªd,»e istniej liczby nturlne dowolnie du»e (wi ksze od dowolnej ustlonej liczby rzeczywistej). Poniew» mno»enie przez odwrc nierówno±ci, wi c z ksjomtu wynik te»,»e istniej liczby cªkowite dowolnie mªe (mniejsze od dowolnej ustlonej liczby rzeczywistej). Zuw»my,»e z ksjomtu wynik te»,»e istniej liczby dodtnie dowolnie mªe (dodtnie, le mniejsze od dowolnej innej dodtniej). B dziemy u»ywli wszystkich tych fktów, nie powoªuj c si ju» bezpo±rednio n ksjomt Archimedes. Kresy Mówimy,»e zbiór A R jest: ogrniczony od góry, je»eli ogrniczony od doªu, je»eli c x A x c, d x A x d, ogrniczony, je»eli jest ogrniczony od góry i od doªu jednocze±nie. Stªe c i d w powy»szych wrunkch nzywmy odpowiednio ogrniczeniem zbioru A od góry i ogrniczeniem zbioru A od doªu. Zbiór liczb nturlnych jest ogrniczony od doªu (ogrniczeniem od doªu jest, n przykªd liczb ), le nie jest ogrniczony od góry (z ksjomtu Archimedes wynik,»e nie d si znle¹ c, b d cego ogrniczeniem N od góry). Je»eli zbiór A R jest ogrniczony od góry, to njmniejsze ogrniczenie A od góry nzywmy kresem górnym A i oznczmy sup A (supremum A). Je»eli A R jest ogrniczony od doªu, to njwi ksze ogrniczenie A od doªu nzywmy kresem dolnym A, i zpisujemy inf A (inmum A). Czyli, s = sup A je»eli x A x s, u < s x A x > u.

12 Pierwszy wrunek mówi,»e A jest ogrniczony od góry i s jest ogrniczeniem od góry, drugi wrunek mówi,»e»dn liczb mniejsz od s nie jest ogrniczeniem A od góry. Ob wrunki rzem mówi wi c,»e s jest njmniejszym ogrniczeniem od góry zbioru A. Podobnie mo»emy podsumow denicj kresu dolnego: k = inf A je»eli x A x k, l > k x A x < l. Poj cie kresu górnego sup A i dolnego inf A wprowdzili±my w przypdku, gdy zbiór A jest ogrniczony, odpowiednio od góry lub od doªu. Dodtkowo ustlmy,»e je»eli zbiór A nie jest ogrniczony od góry, to b dziemy pisli sup A = +, orz gdy zbiór A nie jest ogrniczony od doªu b dziemy pisli inf A =. N przykªd inf N = orz sup N = +. Aksjomt ci gªo±ci Aksjomt ten mówi,»e k»dy zbiór A R ogrniczony od góry m kres górny. Równow»nie mo»n sformuªow t wªsno± dl kresów dolnych: k»dy zbiór ogrniczony od doªu m kres dolny. Stwierdzeni te wyr»j pewn wªsno± ci gªo±ci zbioru liczb rzeczywistych liczby rzeczywiste wypeªnij cª prost rzeczywist, bez przerw. Uwg: Zbiór mo»e zwier swój kres lub nie N przykªd sup{x : x < } = sup{x : x } =, przy czym pierwszy zbiór nie zwier, drugi zwier. Przykªd: Rozw»my nst puj cy zbiór { } m + n A = : m, n N, m < n. mn Zuw»my,»e A nie jest ogrniczony od góry. Istotnie, zbiór A zwier wszystkie liczby postci m +, m N, m >. K»d tk liczb jest wi ksz m, wi c A zwier liczby wi ksze od dowolnej liczby nturlnej. Nie od m

13 mo»e wi c by ogrniczony od góry. Zuw»my,»e jest ogrniczony od doªu, i ogrniczeniem od doªu jest. W tym celu wykorzystmy znn nierówno± : b + b m + n dl m, n > 0. mn Przekonmy si terz,»e jest njwi kszym ogrniczeniem A od doªu. Niech c >. Wtedy jest liczb dodtni, i z ksjomtu Archimedes wynik, c»e istnieje liczb nturln m wi ksz od. Niech dodtkowo m, co c zwsze mo»emy zªo»y, ewentulnie powi kszj c m. Wtedy m(m ) > m > + c m(m ) < c. Mmy wi c m + (m ) m(m ) = m + m m + m(m ) = m(m ) + m(m ) = + m(m ) < c. Zkªdj c,»e c > znle¹li±my w zbiorze A element m +(m ) mniejszy m(m ) od c. Tk wi c»dne c > nie jest ogrniczeniem A od doªu, wi c jest njwi kszym ogrniczeniem A od doªu, czyli inf A =. Przy okzji zuw»my,»e / A: gdyby A, to istniªyby m, n N, n m, tkie,»e m +n = mn. Wiemy jednk,»e tk równo± jest równow»n (m n) = 0, czyli m = n. Dobre uporz dkownie N Zbiór liczb nturlnych m nst puj c w»n wªsno± : K»dy podzbiór N m element njmniejszy (oczywi±cie oprócz podzbioru pustego, który nie m wogóle»dnego elementu). O wªsno±ci tej mówimy cz sto,»e zbiór liczb nturlnych jest dobrze uporz dkowny. Wªsno± t mo»emy zpis symbolmi: A N k A n A k n. Mo»emy to wyrzi nst puj co: niepusty podzbiór N zwier swój kres dolny. Dobre uprz dkownie zbioru liczb nturlnych jest podstw tk zwnego twierdzeni o indukcji mtemtycznej, które omówimy pó¹niej. Z dobrego uporz dkowni N mo»emy wyci gn nst puj ce wnioski: K»dy niepusty podzbiór zbioru liczb cªkowitych ogrniczony od doªu zwier element njmniejszy. K»dy niepusty podzbiór zbioru liczb cªkowitych ogrniczony od góry zwier element njwi kszy. Wnioski te mo»n prosto udowodni, odpowiednio przeksztªcj c dne podzbiory n podzbiory liczb nturlnych. 3

14 Przedziªy Przedziªy oznczmy nst puj co: (, b) = {x : < x < b}, [, b] = {x : x b}, (, b] = {x : < x b}, [, b) = {x : x < b}. (przedziª otwrty), (przedziª domkni ty), W przypdku przedziªu (, b) dopuszczmy = orz b =. (, b) i (, ) to tk zwne póªproste otwrte, (, ) to cª prost, cªe R. W przypdku (, b] równie» dopuszczmy =, w przypdku [, b) dopuszczmy b =. To s tk zwne póªproste domkni te. Domy±lnie rozumiemy,»e < b, tylko w przypdku przedziªu domkni tego [, b] dopuszczmy = b. Oczywi±cie tki przedziª [, ] skªd si tylko z jednego punktu,. Wrto± bezwzgl dn Wrto± bezwzgl dn liczby rzeczywistej deniujemy nst puj co { x je»eli x 0, x = x je»eli x < 0. Wrto± bezwzgl dn m nst puj ce wªsno±ci:. x = x orz x x x,. x + y x + y (nierówno± trójk t), 3. x y x y, 4. x y reprezentuje odlegªo± x od y n prostej rzeczywistej, 5. x y = x y orz x = x, 6. x 0 orz x = 0 x = 0, 7. x y orz x y x y. Dl przykªdu przeprowdzimy dowód nierówno±ci trójk t. Rozptrzymy osobno dw przypdki () x i y mj ten sm znk ±. Wtedy ich sum m ten sm znk, wi c x + y = ±(x + y) = ±x + ±y = x + y. 4

15 W tym przypdku widzimy,»e nierówno± trójk t jest równo±ci. (b) x i y mj przeciwne znki. Mo»emy zªo»y,»e x 0 y, w przeciwnym przypdku zmienij c miejscmi x i y. Je»eli x + y 0 to je»eli x + y < 0 to x + y = x + y x + y = x + y, x + y = (x + y) = x y x + y = x + y. W tym przypdku, je»eli»dn z liczb x, y nie jest zerem, to nierówno± trójk t jest ostr. Cz ± cªkowit i uªmkow Cz ± cªkowit x to njwi ksz liczb cªkowit nie wi ksz od x. Cz ± cªkowit x oznczmy przez [x]. Cz ± uªmkow x to {x} = x [x]. Cz ± cªkowit m wi c nst puj ce wªsno±ci [x] Z, [x] x < x + czyli x < [x] x, [x] = x x Z. Przykªdy: [, 5] =, [, 5] =, {, 5} = 0, 5. G sto± liczb wymiernych i niewymiernych w R W k»dym przedzile (, b) le»y liczb wymiern i niewymiern. Niech (, b) b dzie dowolnym przedziªem (pmi tmy,»e < b, wi c przedziª ten nie jest zbiorem pustym). Udowodnimy,»e w (, b) musi le»e liczb wymiern. Liczb niewymiern pozostwimy jko wiczenie. > 0, wi c z ksjomtu b Archimedes istnieje n N tk,»e n > czyli < (b ). Rozw»my b n nst puj cy podzbiór zbioru liczb cªkowitych A = {k Z : k n }. Zuw»my,»e A jest niepusty (bo n przykªd [n] A), orz ogrniczony od góry (bo k»dy element k A speªni k n). Zbiór A m wi c element njwi kszy, i niech k 0 b dzie tym elementem. Wtedy k 0 + jko liczb wi ksz nie jest ju» elementem A, czyli k 0 + > n. Mo»emy to zpis < k 0 + n. 5

16 f(x) = [x] f(x) = {x} 0 0 Rysunek.: Cz ± cªkowit i cz ± uªmkow Z drugiej strony zuw»my,»e tk»e k 0+ < b. Wynik to st d,»e gdyby n k 0 + b to, bior c pod uwg,»e k 0 n n mieliby±my b k 0 + n k 0 + n k 0 n = n, co jest sprzeczne z nszym wyborem liczby n, bo przecie» miªo by < n (b ). Liczb k 0+ jest wi c szukn liczb wymiern wewn trz przedziªu n (, b). Zuw»my,»e ten rgument mo»n troch przerobi,»eby znle¹ tk»e liczb niewymiern wewn trz przedziªu (, b). Zostwimy to jko wiczenie. Zsd indukcji Zbiór liczb nturlnych m nst puj c wªsno± : K»dy jego niepusty podzbiór posid element njmniejszy. Z tej wªsno±ci wynik nst puj c zsd indukcji. Niech T (n), n n 0 b dzie pewnym ci giem twierdze«. Cz sto w zstosownich s to równo±ci b d¹ nierówno±ci, w których wyst puje liczb nturln n. Niech:. T (n 0 ) b dzie prwdziwe (punkt strtowy indukcji),. n n 0 zchodzi wyniknie (T (n) prwdziwe) (T (n + ) prwdziwe) (krok indukcyjny). 6

17 Wtedy wszystkie twierdzeni T (n), n n 0 s prwdziwe. Zsd indukcji jest intuicyjnie oczywist, i mo»n j ªtwo udowodni : Je»eli nie wszystkie twierdzeni T (n), n n 0 s prwdziwe, to niech A N b dzie zbiorem tych n n 0, dl których T (n) nie jest prwdziwe. A m element njmniejszy który oznczymy przez ñ. Zuw»my,»e z wrunku. wynik,»e ñ > n 0. Mmy wi c T (ñ) fªszywe (bo ñ A), le T (ñ ) prwdziwe, gdy» ñ / A. Ale to przeczy wrunkowi., gdy» z prwdziwo±ci T (ñ ) wynik prwdziwo± T (ñ). Przykªd: Pok»emy,»e n N prwdziwe jest twierdzenie T (n), które w tym przypdku jest nierówno±ci 0n < n + 5. Przeprowdzimy krok indukcyjny, czyli dowód. Zªó»my wi c 0n < n + 5, i spróbujmy, przy wykorzystniu powy»szego udowodni Mmy wi c 0(n + ) < n (.) 0(n + ) = 0n + 0 < n (.) eby doko«czy dowód, i doj± do prwej strony (.) potrzebujemy nierówno± 0 n, któr, niestety, jest prwdziw tylko dl n 4. Zªó»my wi c,»e n 4, i doko«czmy (.): n < n + n + 5 = n+ + 5, czyli mmy zrobiony krok indukcyjny, dl dowolnego n 4. Ozncz to,»e zsd indukcji b dziemy mogli zstosow tylko do udowodnieni nierówno- ±ci dl n 4. Co z nierówno±cimi dl n =,, 3? Tych kilk przypdków sprwdzimy r cznie, niezle»nie od indukcji. Dodtkowo zostª jeszcze przypdek n 0 = 4, który jest punktem strtowym dl indukcji n 4. Musimy wi c sprwdzi bezpo±rednio: n = : 0 < + 5 prwdziwe, n = : 0 < + 5 prwdziwe, n = 3 : 30 < prwdziwe, orz w ko«cu n = 4 : 40 < = 4 te» prwdziwe. Skorzystli±my z zsdy indukcji,»eby przeprowdzi dowód dl n 4, pozostªe przypdki sprwdzili±my bezpo±rednio. To jest typowy przykªd: próbuj c wykon krok indukcyjny znjdujemy ogrniczenie n n przy którym krok indukcyjny jest mo»liwy. Do tego ogrniczeni dopsowujemy punkt strtowy indukcji, pozostªe przypdki sprwdzmy r cznie. 7

18 Liczby zespolone Zbiór liczb zespolonych C to zbiór symboli + b i, gdzie, b R. Symbole dodjemy, odejmujemy i mno»ymy zgodnie ze wzormi ( + b i) ± (c + d i) = ( ± c) + (b ± d) i, ( + b i) (c + d i) = (c bd) + (d + cb) i. Mo»emy te» dzieli przez liczby niezerowe: + b i c + d i = ( + bd) + ( d + cd) i c + d, c + d > 0. Liczby rzeczywiste trktujemy jko podzbiór liczb zespolonych R C poprzez identykcj x x + 0 i. Zuw»my,»e t identykcj zchowuje dziªni: n przykªd ( + 0 i) + (b + 0 i) = ( + b) + 0 i. Zuw»my te»»e (i) = (0 + i i) = + 0 i =. Przy powy»szej identykcji i =, liczby zespolone trktujemy jko rozszerzenie zbioru liczb rzeczywistych. Zbiór C m zlet : k»dy wielomin o wspóªczynnikch zespolonych rozkªd si n iloczyn czynników liniowych. Dzi ki temu liczby zespolone stnowi w»ne nrz dzie i dl mtemtyków i dl in»ynierów (tk»e dl informtyków :-)). Przypomnijmy nst puj ce poj ci: R( + b i) = cz ± rzeczywist ( + b i) =, I( + b i) = cz ± urojon ( + b i) = b, + b i = sprz»enie ( + b i) = b i. Mmy nst puj ce wªsno±ci. (z) = z, z + w = z + w, z w = z w,. R(z) = z+z z z, I(z) =, i 3. z = z z R, 4. z z = R(z) + I(z) nieujemn liczb rzeczywist. Moduª Moduª liczby zespolonej deniujemy jko z = R(z) + I(z). 8

19 Przykªdy: + i = ) + = 5, i = 0 + i =. Moduª liczby zespolonej jest odpowiednikiem wrto±ci bezwzgl dnej liczby rzeczywistej. Mmy nst puj ce wªsno±ci moduªu z 0 i z = 0 z = 0, z = z = z, αz = α z dl α R, z w = z w, z + w z + w (nierówno± trójk t), z w z w. Interpretcj geometryczn Liczby zespolone, czyli wyr»eni postci + b i mo»n uto»smi z punktmi pªszczyzny R = {(x, y) : x, y R}. Przy tej interpretcji dodwnie b z = + i b Rysunek.3: Pªszczyzn liczb zespolonych jest zgodne z dodwniem wektorów, mno»enie przez liczb rzeczywist z mno»eniem przez sklr. Sprz»enie jest odbiciem wzgl dem osi poziomej, moduª ozncz euklidesow odlegªo± od pocz tku ukªdu wspóªrz dnych. 9

20 z w w z Rysunek.4: Sprz»enie liczby zespolonej Post trygonometryczn Liczb zespolon + b i mo»n zpis w tk zwnej postci trygonometrycznej. W tej postci liczby ªtwo mno»y si, podnosi do pot gi, wyci g pierwistki. Niech z = + b i 0 z = + b i = ( ) + b + b + b + b i. Mo»n znle¹ tk liczb φ [0, π),»e cos φ = + b, sin φ = b + b. Mo»emy to podstwi do wzoru n z, i otrzymmy post trygonometryczn liczby zespolonej z = z (cos φ + i sin φ). U»ywj c interpretcji geometrycznej zpis liczby zespolonej +b i w postci trygonometrycznej r(cos φ + i sin φ) odpowid przedstwieniu punktu (, b) n pªszczy¹nie we wspóªrz dnych biegunowych (r, φ). Liczb φ nzywmy rgumentem z. Poniew» funkcje sin i cos s okresowe o okresie π, wi c istnieje niesko«czenie wiele rgumentów k»dej liczby z, ró»ni cych si dokªdnie o cªkowit wielokrotno± π. Ten spo±ród rgumentów, który le»y w przedzile [0, π) (jest dokªdnie jeden tki) nzywmy rgumentem gªównym z. 0

21 z = r(cos φ + i sin φ) r ψ φ s w = s(cos ψ + i sin ψ) Rysunek.5: Post trygonometryczn liczby zespolonej Przykªd: z = i = ( + i). Szukmy φ [0, π), tkiej,»e cos φ =, sin φ =. Štwo zuw»y,»e φ = 7 4 π. Uwgi: (i) Dwie liczby zespolone s równe, je»eli ich cz ±ci rzeczywiste i urojone s równe. W przypdku zpisu liczb w postci trygonometrycznej mmy r (cos φ + i sin φ ) = r (cos φ + i sin φ ) wtedy gdy r = r orz φ φ jest cªkowit wielokrotno±ci π, (ii) r (cos φ + i sin φ ) r (cos φ + i sin φ ) = r r (cos(φ + φ ) + i sin(φ + φ )) (moduªy mno»ymy, rgumenty dodjemy), (iii) z = r(cos φ + i sin φ) z n = r n (cos(nφ) + i sin(nφ)), (iv) pierwistkiem liczby zespolonej z stopni n N nzywmy liczb zespolon w tk,»e w n = z. Posªuguj c si postci trygonometryczn pok»emy,»e k»d liczb zespolon z 0 m dokªdnie n ró»nych pierwistków stopni n. Niech z = r(cos φ + i sin φ) (przy czym niech φ b dzie rgumentem gªównym z) orz n N. Wprowd¹my nstepuj ce liczby w k = n r(cos ψ k + i sin ψ k ), gdzie ψ k = φ + kπ n k = 0,,..., n.

22 Zuw»my,»e k»d z liczb w k jest pierwistkiem stopni n z z, orz wszystkie s ró»ne:ψ k ψ l = k l k l π, przy czym < <. Jedyn liczb n n cªkowit speªnij c obie nierówno±ci jest zero, wi c je»eli w k = w l to k = l. Mmy wi c n ró»nych pierwistków. Wi cej nie mo»e by, gdy» k»dy pierwistek stopni n z liczby z jest pierwistkiem wielominu stopni n P (w) = w n z. Wiemy,»e wielominy stopni n mj njwy»ej n ró»nych pierwistków. Przykªd: Obliczmy nst puj ce pierwistki: 4 i = 8 (cos ψ k +i sin ψ k ), gdzie ψ k = 7 4 π+kπ = (7+8kπ), k = 0,,,

23 Rozdziª 3 Funkcje Przypomnimy njw»niejsze potrzebne nm poj ci dotycz ce funkcji. Niech A R b dzie podzbiorem liczb rzeczywistych. Funkcj f okre±lon n A o wrto±cich rzeczywistych nzywmy przyporz dkownie k»demu punktowi A jkiej± liczby rzeczywistej. Funkcj jest o wrto±cich zespolonych, je»eli k»demu punktowi A przyporz dkown jest liczb zespolon. Piszemy f : M R lub f : M C. Zbiór A nzyw si dziedzin funkcji f i cz sto oznczny jest przez D f. Zbiór f ( D f ) = {y : x Df f(x) = y} nzyw si obrzem f, lub zbiorem wrto±ci f. Okre±lenie funkcji (czyli przyporz dkownie wrto±ci elementom dziedziny) njcz ±ciej m post wzoru. Cz sto dziedzin rozdzielon jest n podzbiory, i funkcj zdn jest ró»nymi wzormi n poszczególnych cz - ±cich dziedziny. Tk zdeniown funkcj nzywmy funkcj sklejon z kwªków. Deniuj c funkcj njcz ±ciej pomijmy dziedzin D f. Wtedy domy±lnie funkcj jest okre±lon n njwi kszym zbiorze, n którym wzór deniuj cy funkcj m sens. Tki mksymlny zbiór nzywmy dziedzin nturln f. Przykªdy: () Funkcj f(x) = x m jko dziedzin nturln cª prost R. Zbiorem wrto±ci s wszystkie liczby rzeczywiste nieujemne. (b) funkj f(x) = m jko dziedzin nturln cª prost bez zer x {x R : x 0}. Obrzem f jest równie» cª prost bez zer. eby si o tym przekon wystrczy rozwi z ze wzgl du n x równnie y = x x = y. 3

24 Rozwi znie istnieje dl k»dego y 0, czyli dl k»dego tkiego y znjdziemy x tkie,»e y = f(x). (c) f(x) = x. Dziedzin nturln f jest odcinek [, ]. Wynik to z tego,»e»eby móc wyci gn pierwistek x nie mo»e by ujemne. Obrzem f jest odcinek [0, ]. eby si o tym przekon rozwi zujemy ze wzgl du n x równnie y = x x = ± y, orz wiemy,»e pierwistek kwdrtowy m wrto±ci nieujemne (przypomnimy denicj pierwistków dlej w tym rozdzile). Monotoniczno± funkcji f jest rosn c (lub ±ci±le rosn c), je»eli x < y f(x) < f(y). Mówimy,»e jest sªbo rosn c (lub niemlej c), je»eli x < y f(x) f(y). Podobnie f jest mlej c (±ci±le mlej c) je»eli x < y f(x) > f(y) orz sªbo mlej c (nierosn c) je»eli x < y f(x) f(y). Innymi sªowy funkcj rosn c to tk któr zchowuje nierówno±ci, mlej c to tk, któr odwrc nierówno±ci. Mówimy,»e f jest monotoniczn, je»eli jest lbo rosn c, lbo mlej c, i to smo z przymiotnikmi ±ci±le lub sªbo. Funkcje mog by monotoniczne kwªkmi. N przykªd, f(x) = x 3 jest ±ci±le rosn c, wi c nierówno±ci mo»emy podnosi stronmi do 3 pot gi. Ntomist f(x) = x jest tylko kwªkmi monotoniczn mlej c dl x 0 i rosn c dl x 0. Nierówno±ci mo»emy wi c podnosi stronmi do kwdrtu pod wrunkiem,»e dotycz liczb o tym smym znku. Je»eli obie liczby s ujemne, to podniesienie nierówno±ci do kwdrtu odwróci j, ntomist je»eli obie liczby s dodtnie, to j zchow. 4

25 Wykres Je»eli f jest funkcj o wrto±cich rzeczywistych, to wykresem f nzywmy nst puj cy podzbiór pªszczyzny {(x, y) : x D f, y = f(x)} R. Zwsze przy bdniu funkcji wrto spróbow nszkicow wykres. Z wykresu mo»n odczyt informcje o funkcji, które nie do si ªtwo odczyt ze wzoru. Wykres nie zst puje oczywi±cie denicji funkcji. Dziªni n funkcjch W k»dym punkcie wrto±ci funkcji s liczbmi, wi c mo»n je dodw, odejmow, mno»y i dzieli. W tkim rzie te sme opercje mo»emy przeprowdz n funkcjch. Je»eli mmy dwie funkcje, f orz g, z dziedzinmi D f i D g, to mo»emy utworzy funkcje f ± g, gdzie (f ± g)(x) = f(x) ± g(x), f g, gdzie (f g)(x) = f(x) g(x), ( ) f f g, gdzie (x) = f(x) g g(x). Dziedzin tk utworzonych funkcji jest cz ± wspóln dziedzin D f i D g, przy czym w przypdku dzieleni dodtkowo z dziedziny ilorzu usuwmy punkty, w których minownik jest zerem (nie mo»n dzieli przez 0). Zªo»enie funkcji i funkcj odwrotn Je»eli mmy dwie funkcje f i g orz zbiór wrto±ci funkcji f zwier si w dziedzinie funkcji g, to mo»n rozw» tk zwne zªo»enie funkcji f z g: (g f)(x) = g(f(x)), x D f. Zªó»my,»e mmy funkcj f z dziedzin D f. Je»eli pewn funkcj g z dziedzin D g równ zbiorowi wrto±ci funkcji f speªni (g f)(x) = x x D f orz (f g)(y) = y y D g, to funkcj g nzywmy funkcj odwrotn do funkcji f. Funkcj odwrotn do f oznczmy f. Funkcj f m funkcj odwrotn je»eli jest ró»nowrto±ciow to znczy f(x) = f(y) x = y. Funkcje ±ci±le monotoniczne s ró»nowrto±ciowe. 5

26 Rysunek 3.: Wielominy stopni 3 i 4. Przykªd: Funkcj f(x) = x nie jest ró»nowrto±ciow i nie m funkcji odwrotnej. Je»eli ntomist zw»ymy dziedzin f do x 0 to f jest ±ci±le rosn c, i m funkcj odwrotn g(y) = y okre±lon dl y 0. Podobnie, je»eli zw»ymy dziedzin f do x 0, to f jest funkcj ±ci±le mlej c i m funkcj odwrotn g(y) = y okre±lon n y 0. Funkcje elementrne Przypo- Njcz ±ciej spotykne funkcje to tk zwne funkcje elementrne. mnijmy krótko njw»niejsze funkcje elementrne. () Wielominy to funkcje postci f(x) = 0 + x+ + n x n. n nzyw si stopniem wielominu (0czywi±cie je»eli n 0). Wspóªczynniki 0,..., n mog by rzeczywiste lub zespolone. Dziedzin nturln jest cª prost R. Wielomin stopni n m nie wi cej ni» n pierwistków. Wielomin o wspóªczynnikch rzeczywistych stopni nieprzystego m co njmniej pierwistek rzeczywisty, ntomist stopni przystego mo»e wogóle nie mie pierwistków rzeczywistych. 0 nzyw si wyrzem wolnym, n x n wyrzem wiod cym. Dl du»ych x wielomin zchowuje si podobnie do swojego wyrzu wiod cego n x n. (b) Funkcje wymierne to funkcje postci f(x) = P (x), gdzie P i Q s wielominmi. D f = {x : Q(x) Q(x) 0}. 6

27 Rysunek 3.: Przykªd funkcji wymiernej. (c) Funkcj pot gow f(x) = x α. Funkcj pot gow zdenujemy dl x > 0, choci» jej dziedzin nturln mo»e by wi ksz, zle»nie do wykªdnik α. Dl α = n N mmy zwykª denicj : x n = x c x n - rzy. Tk otrzymn funkcj pot gow jest ±ci±le rosn c n przedzile [0, ) i przeksztªc go n siebie smego. Jest wobec tego odwrcln, i odwrotn do niej, z dziedzin [0, ) i obrzem [0, ) jest pierwistkiem stopni n: n x. Uwg: Je»eli wykªdnik n jest przysty, to funkcj x n nie jest odwrcln n»dnym wi kszym zbiorze od [0, ). Nturln dziedzin pierwistk stopni przystego jest wi c póªprost [0, ). Zuw»my te»,»e pierwistek w tym przypdku jest nieujemny. Ntomist je»eli n jest liczb nieprzyst, to funkcj x n jest ±ci±le rosn c n cªej prostej R, wi c jest odwrcln n cªej prostej. Nturln dziedzin pierwistk stopni nieprzystego jest wi c cª prost R. Je»eli α =, n N to deniujemy n x n = n x. Dl α = m, m, n, Q deniujemy funkcj pot gow nst puj co n x m n = n x m = ( n x) m. 7

28 α = 0, 3 α =, 5 Rysunek 3.3: Funkcj pot gow f(x) = x α. Zuw»my,»e powy»sz denicj nie zle»y od tego, czy njpierw podniesiemy x do pot gi m, potem wyci gniemy pierwistek, czy odwrotnie. Nie zle»y te» od konkretnej reprezentcji uªmk. Štwo bowiem zuw»y,»e je»eli dodtkowo p N to pn x pm = n x m. Je»eli α > 0 nie jest liczb wymiern, to do denicji korzystmy z poj ci kresu. Zuw»my,»e je»eli x > jest ustlone, to x q ro±nie wrz z q (q n rzie wymierne). Dl tkiego x mo»emy zdeniow x α = sup{x q : q Q, q < α}. Podobnie, je»eli 0 < x < to x q mleje ze wzrostem q i mo»emy zdeniow x α = inf{x q : q Q, q < α}. W ko«cu je»eli x = to oczywi±cie dl dowolnego α deniujemy x α =. Je»eli α < 0 to deniujemy x α = x, α je»eli α = 0 to x α =. Przypomnijmy: dziedzin funkcji pot gowej s liczby ±ci±le dodtnie. Funkcj pot gow jest rosn c dl dodtniego wykªdnik, i mlej c dl ujemnego wykªdnik. (d) Funkcj wykªdnicz f(x) = x, > 0. D f = R. Przypomnijmy,»e sm pot g byª zdeniown przy okzji funkcji pot gowej. Ró»nic funkcji wykªdniczej z pot gow poleg n tym,»e w przypdku funkcji pot gowej 8

29 = = 3 Rysunek 3.4: Funkcj wykªdnicz f(x) = x. podstw jest zmienn, wykªdnik jest stªym prmetrem. Ntomist w przypdku funkcji wykªdniczej podstw jest stªym prmetrem, wykªdnik si zmieni. Je»eli podstw jest wi ksz od to funkcj jest rosn c, je»eli podstw jest mniejsz od to funkcj jest mlej c. Je»eli podstw jest równ, to funkcj wykªdnicz jest oczywi±cie stª, równ. (e) Logrytm f(x) = log x, > 0,. D f = R +. Logrytm jest funkcj odwrotn do wykªdniczej, czyli y = log x y = x. Je»eli podstw jest wi ksz od, to logrytm jest rosn cy, je»eli podstw jest mniejsz od, to logrytm jest mlej cy. Mmy nst puj ce wªsno±ci pot g i logrytmów (w k»dym przypdku musimy pmi t o ewentulnych ogrniczenich n zkres zmiennych): (x α ) β = x α β, (x y) α = x α y α, x α x β = x α+β, log (x y) = log x + log y, log (x α ) = α log x, log b x = log x log b. (f) Funkcje trygonometryczne. N okr gu jednostkowym odmierzmy od punktu (, 0) odlegªo± φ przeciwnie do ruchu wskzówek zegr je»eli φ > 0 i zgodnie z ruchem wskzówek zegr je»eli φ < 0. Dje nm to pewien punkt n okr gu jednostkowym (x, y). Wspóªrz dne tego punktu nzywmy funkcjmi cos i sin odpowiednio: x = cos φ, y = sin φ. Funkcje cos i sin s okresowe o okresie π, to znczy obie speªnij f(x + π) = f(x) (bo dªugo± cªego okr gu jednostkowego to π). Mmy te» sin x + cos x = (bo promie«okr gu jest równy ), orz równo±ci cos(φ + ψ) = cos φ cos ψ sin φ sin ψ, 9

30 =, 7 = Rysunek 3.5: Logrytm f(x) = log x. sin(x) cos(x) Rysunek 3.6: Funkcje sin(x) i cos(x). sin(φ + ψ) = cos φ sin ψ + sin φ cos ψ. Funkcj tn x to ilorz sinus przez cosinus: tn x = sin x cos x, x π + k π, k = 0, ±, ±,.... tn jest funkcj okresow o okresie π. 30

31 Rozdziª 4 Ci gi Denicj 4.. Ci g rzeczywisty to funkcj : N R, ci g zespolony to funkcj : N C. W przypdku ci gów wrto± w n nzywmy n-tym wyrzem ci gu, zmist (n) cz sto piszemy n. Ci g o wyrzch n oznczmy { n } n= lub krócej { n }. B dziemy gªównie rozw» ci gi rzeczywiste, je»eli gdzie± pojwi si ci gi zespolone, to zwrócimy n to uwg. Przykªdy: () Ci g (post p) geometryczny:, q, q,..., n = q n, (b) ci g stªy n = c, (c) ci g hrmoniczny n = n, (d) =, n+ = + n, (e) ci g Fiboncciego = =, n+ = n + n+. eby zdeniow ci g musimy jednozncznie opis w jki sposób mj by obliczne wyrzy n. Mo»n to zrobi wzorem ogólnym, jk w przykªdch ()(c), lub rekurencyjnie, jk w przykªdch (d) i (e). Denicj rekurencyjn (czsem nzywn te» indukcyjn ) opisuje w jki sposób nst pny wyrz ci gu obliczy znj c poprzednie. Trzeb te» zdeniow wystrczj co wiele wyrzów pocz tkowych. N przykªd w denicji ci gu Fiboncciego kolejne wyrzy obliczmy z dwóch poprzednich, wi c jko punkt wyj±ciowy musimy pod dw pierwsze wyrzy. Mówimy,»e ci g jest: ±ci±le rosn cy je»eli n < n+, ±ci±le mlej cy je»eli n > n+, sªbo rosn cy je»eli n n+, sªbo mlej cy je»eli n n+, ±ci±le monotoniczny je»eli jest lbo ±ci±le rosn cy lbo ±ci±le mlej cy, orz sªbo monotoniczny je»eli jest sªbo rosn cy lub sªbo mlej cy. 3

32 Czsem mówimy po prostu,»e ci g jest rosn cy lub mlej cy, je»eli nie jest w»ne, czy chodzi nm ±cisª, czy sªb monotoniczno±. Ci g hrmoniczny z przykªdu (c) jest ±ci±le mlej cy, ntomist ci gi z przykªdów (d) i (e) ±ci±le rosn ce. Przykªd (c) wynik wprost ze wzoru: n > n+ to nic innego ni» n + > n. Przykªdy (d) i (e) mo»n sprwdzi indukcyjnie. W przypdku (d) njpierw dowodzimy,»e wszystkie wyrzy n s mniejsze ni», nst pnie korzystj c z tego dowodzimy,»e ci g jest rosn cy. Ob dowody mo»n przeprowdzi przy pomocy metody indukcji. Podobnie w przykªdzie (e), njpierw indukcyjnie pokzujemy,»e wszystkie wyrzy s ±ci±le dodtnie n > 0, nst pnie wprost ze wzoru rekurencyjnego pokzujemy,»e ci g jest rosn cy n+ = n + n+ > n+. To jest typow sytucj je»eli ci g zdeniowny jest rekurencyjnie, to jego wªsno±ci dj si z reguªy udowodni indukcyjnie. Dziªni n ci gch Ci gi dodjemy, odejmujemy, mno»ymy i dzielimy tk jk funkcje: (±b) n = n + b n, ( b) n = n b n, ( ) = n b n bn, b n 0. Ci gi ogrniczone Mówimy,»e ci g { n } jest ogrniczony, je»eli M n N n M, mówimy,»e jest ogrniczony od góry, je»eli M n N n M, orz mówimy,»e jest ogrniczony od doªu, je»eli M n N n M. Przykªdy: () ci g hrmoniczny n = jest ogrniczony, od doªu przez 0, n i od góry przez =. Ogólniej, ci g mlej cy zwsze jest ogrniczony od góry przez swój pierwszy wyrz, podobnie ci g rosn cy jest ogrniczony od doªu przez swój pierwszy wyrz, (b) Ci g Fiboncciego nie jest ogrniczony od góry. Mówili±my ju»,»e wyrzy tego ci gu s dodtnie. Podobnie, indukcyjnie mo»n udowodni,»e wyrzy tego ci gu speªnij n n dl n 6. Z tego wid ju»,»e ci g nie 3

33 mo»e by ogrniczony od góry. (c) Ci g n = n + n jest ogrniczony. Wid od rzu,»e wyrzy tego ci gu s dodtnie (pierwistek jest funkcj rosn c ), czyli ci g jest ogrniczony od doªu przez 0. Pok»emy,»e jest te» ogrniczony od góry. n = n + n = ( n + n + + n n) n + + n = n + n n + + n + +. (d) Post p geometryczny n = q n jest ogrniczony, je»eli q i nieogrniczony, je»eli q > i 0. Pierwsze stwierdzenie jest oczywiste: n = q n = q n. Drugie stwierdzenie wymg pewnego dowodu. Mo»emy wykorzyst n przykªd nst puj c w»n nierówno±, któr mo»n udowodni n przykªd indukcyjnie: dl ϵ > 0 ( + ϵ) n > + nϵ. (4.) Je»eli q > to q = ( + ϵ) dl pewnego ϵ > 0. Mmy wi c Je»eli n M, to n = q n = q ( + ϵ)n > q ( + nϵ). q ( + nϵ) M n ( M q ) ϵ. Z powy»szego wid ju»,»e ci g n nie mo»e by ogrniczony. Zbie»no± ci gu Przechodzimy terz do njw»niejszego dl ns poj ci dotycz cego ci gów Denicj 4.. Mówimy,»e ci g { n } jest zbie»ny do liczby g je»eli ϵ > 0 n 0 N n n 0 n g < ϵ. Zpisujemy to lim n n = g lub n g. n 33

34 przedzi l x g < ϵ g ϵ g g + ϵ Rysunek 4.: Grnic ci gu Denicj odnosi si do ci gów i rzeczywistych i zespolonych, w tym drugim przypdku grnic te» mo»e by liczb zespolon, ozncz moduª liczby zespolonej. Przykªdy: () n = n. Mo»n ªtwo udowodni,»e lim n n = 0. (b) n = n + n n 0. Udowodnijmy to. n 0 = n + n = Wystrczy wi c rozwi z nierówno± n < ϵ n + + n n. n < ϵ n > ϵ n > 4 ϵ. Dl zdnego ϵ > 0 istnieje wi c n 0 = [ 4ϵ ] + speªnij ce wrunek denicji. M (c) n = n +. Podobnie jk w poprzednim przykªdzie rozwi - n»emy odpowiedni nierówno±. Tym rzem uªtwimy sobie rchunki stosuj c oszcowni, zmist rozwi zni dokªdnego n + n = 5 (n ) 5 n. Osttnie oszcownie, czyli (n ) n jest prwdziwe dl wszystkich n N, i mo»n je udowodni rozwi zuj c nierówno± kwdrtow. N koniec wystrczy wi c rozwi z prost nierówno± 5 < ϵ co dje n > 5. Niech n ϵ wi c, dl zdnego ϵ > 0 b dzie n 0 = [ 5 ] +. ϵ (d) Ci g stªy n = c m grnic lim n n = c. 34

35 Zbie»no± ci gów do podnych grnic w powy»szych przykªdch pokzli±my korzystj c wprost z denicji. W prktyce njcz ±ciej pokzujemy zbie»no± korzystj c z ró»nych wªsno±ci grnic. N przykªd, mmy nst puj ce podstwowe twierdzenie Twierdzenie 4.3. Je»eli lim n n =, lim n b n = b to ci gi {( ± b) n } i {( b) n } s zbie»ne, orz lim ( ± b) n = lim n ± lim b n = ± b, n n n lim ( b) n = lim n lim b n = b. n n n Je»eli dodtkowo b n 0 dl wszystkich n N i b 0 to ci g ilorzów {( ) b n} jest zbie»ny, orz ( ) lim = lim n n = n b n lim n b n b. W dowodzie twierdzeni wykorzystmy nst puj ce obserwcje Fkt 4.4. (i) Ci g zbie»ny jest ogrniczony. eby si o tym przekon niech ci g { n } b dzie zbie»ny do i we¹my dowolne ϵ > 0, n przykªd ϵ =. Wtedy istnieje n 0 N tkie,»e dl wszystkich n n 0 zchodzi n n <, czyli n < +. Niech M = mx{,,..., n0, + }. Wtedy ci g { n } jest ogrniczony przez M: n N n M. (ii) Ci g {b n } liczb ró»nych od zer, zbie»ny do grnicy b ró»nej od zer jest oddzielony od zer: δ > 0 n N b n δ. eby si o tym przekon, niech ϵ = b. Wtedy, z denicji zbie»no±ci istnieje n 0 N tkie,»e b b n b b n < b, czyli b n > b b = b. Niech { δ = min b, b,..., b n0, b } > 0. Wtedy n N mmy b n δ. Dowód twierdzeni. Przeprowdzimy dowód dl iloczynu, pozostªe przypdki pozostwij c jko wiczenie. Dl iloczynu nierówno±ci, któr b dziemy chcieli rozwi z ze wzgl du n n b dzie n b n b < ϵ. 35

36 Zróbmy tk b n b = b n b n + b n b n b n b n + b n b = n b n + b n b. Wyr»enie po lewej stronie b dziemy wi c mogli oszcow korzystj c z tego,»e mo»emy oszcow wyr»enie po prwej stronie. Wiemy,»e ci g {b n } jest ogrniczony (skoro jest zbie»ny), wi c niech b n M. Niech M = mx{m,, }. Niech ϵ > 0. Ustlmy ϵ = ϵ > 0 (mo»emy wykon M dzielenie, bo wiemy, ze M > 0). Wtedy istnieje n N tkie,»e n < ϵ dl n n orz istnieje n N tkie,»e b n b < ϵ dl n n. Niech n 0 = mx{n, n }. Wtedy n < ϵ orz b n b < ϵ dl n n 0. Mmy wi c, dl n n 0 n bn n bn + bn b co ko«czy dowód Przykªd: Niech n M + bn b M < ϵ M + ϵ M = ϵ + ϵ = ϵ, n = n + n = + n n. Mmy 0 = 0 = 0 wi c licznik d»y do, n n n n n n minownik do, wi c n = + n n n. Grnic t obliczyli±my wcze±niej z denicji, le terz mogli±my to zrobi zncznie sprwniej. Grnice niewª±ciwe Denicj 4.5. Ci g rzeczywisty { n } m grnic niewª±ciw + (mówimy,»e jest rozbie»ny do + ) je»eli M n 0 N n n 0 n > M. 36

37 Ci g rzeczywisty { n } m grnic niewª±ciw (jest rozbie»ny do ) je»eli M n 0 N n n 0 n < M. Ci g zespolony { n } m grnic niewª±ciw (jest rozbie»ny do ) je»eli M n 0 N n n 0 n > M, (w przypdku ci gów zespolonych nie rozró»nimy niesko«czono±ci). Przykªd: Ci g n = n 3 n+ jest rozbie»ny do + : dl n 3 mmy n 3 n + n n = n 4, ntomist n > M n [4M] +. Niech wi c n 4 0 = mx{3, [4M] + }, wtedy dl n n 0 mmy n > M. Twierdzenie o dziªnich n grnicch rozszerz si n niektóre przypdki grnic niewª±ciwych. N przykªd, niech n, b n b (ci gi rzeczywiste). Wtedy Wrunek Cuchy'ego = +, b > 0 n b n +, = +, b < 0 n b n. Twierdzenie 4.6. Ci g { n } jest zbie»ny wtedy i tylko wtedy, gdy speªni tk zwny wrunek Cuchy'ego: ϵ > 0 n 0 N m, n n 0 m n < ϵ. Dowód. Dowód przeprowdzimy dl ci gów rzeczywistych. Rozszerzenie go n ci gi zespolone jest ju» prostym wiczeniem. Dowód m dwie cz ±ci: ze zbie»no±ci wrunek Cuchy'ego (cz ± ), orz z wrunku Cuchy'ego zbie»no± (cz ± ). Zkªdmy,»e { n } jest zbie»ny do. Niech ϵ > 0 b dzie dowolne. Wtedy, z denicji zbie»no±ci n 0 N n n 0 zchodzi n < ϵ/. We¹my m, n n 0, wtedy m < ϵ/ i n < ϵ/, wi c m n = m + n m + n < ϵ + ϵ = ϵ. Wrunek Cuchy'ego jest wi c speªniony. 37

38 Zªó»my,»e ci g { n } speªni wrunek Cuchy'ego. Zuw»my,»e w tkim rzie ci g { n } musi by ogrniczony: niech ϵ =, wi c n 0 N m, n n 0 m n <. Czyli, bior c n = n 0 otrzymujemy dl k»dego m n 0 m n0 < m < n0 +. Niech M = mx{,,..., n0, n0 + }. Wtedy, dl k»dego n N mmy n M. Utwórzmy dw pomocnicze ci gi α k = inf{ n : n k} ci g niemlej cy, β k = sup{ n : n k} ci g nierosn cy, orz niech A = sup{α k : k N}, B = inf{β k : k N}. (4.) Wszystkie kresy istniej, gdy» ci g jest ogrniczony. W pierwszym kroku pok»emy,»e A B. T nierówno± jest prwdziw dl wszystkich ci gów. Zªó»my nie wprost,»e A > B, i pok»emy,»e tkie zªo»enie prowdzi do sprzeczno±ci, czyli musi by fªszywe. Je»eli A > B to niech 0 < ϵ < A B. Z denicji kresów znjdziemy k N tkie,»e α k > A ϵ. Skoro ci g {α k } jest niemlej cy, to powy»sz nierówno± zchodzi dl wszystkich k k. Podobnie, musi istnie k N tkie,»e β k < B + ϵ, k k β k < B + ϵ. Niech terz k 0 = mx{k, k }. Mmy A ϵ < α k0 β k0 < B + ϵ A B czyli sprzeczno±. Musi wi c zchodzi < ϵ, A B. Tk, jk ju» wspomnieli±my, powy»sz nierówno± wynik jedynie z denicji liczb A i B i jest prwdziw dl wszystkich ci gów, nie tylko tych speªnij cych wrunek Cuchy'ego. Terz pok»emy,»e dl ci gów speªnij cych 38

39 wrunek Cuchy'ego zchodzi równo± : A = B. B dziemy znowu rozumowli nie wprost. Niech A < B, i niech 0 < ϵ < A B. Istnieje n 0 N tkie, ze dl wszystkich m, n n 0 zchodzi m n < ϵ, w szczególno±ci St d wynik,»e Mmy wi c n n 0 n0 n < ϵ n0 ϵ < n < n0 + ϵ. α n0 = inf{ n : n n 0 } n0 ϵ A n0 ϵ β n0 = sup{ n : n n 0 } n0 + ϵ B n0 + ϵ. B A n0 + ϵ n0 + ϵ = ϵ ϵ B A, czyli sprzeczno±. Musimy wi c mie równo± A = B. Niech wi c g = A = B. Z denicji kresów mmy ϵ > 0 n 0 N n n 0 g α n < ϵ orz g β n < ϵ. Bior c pod uwg,»e ci g {α n } jest sªbo rosn cy {β n } sªbo mlej cy powy»sze nierówno±ci oznczj odpowiednio g ϵ < α n g orz g β n < g + ϵ. W tkim rzie, dl wszystkich n n 0 skoro α n n β n to g ϵ < α n n β n < g + ϵ, czyli n g < ϵ. Uwg: Stªe A i B zdeniowne w powy»szym dowodzie mj sens dl dowolnego ci gu ogrniczonego { n }. Stªe te nosz nzwy grnicy dolnej i górnej ci gu { n }. Wkrótce omówimy dokªdniej te poj ci. Przykªdy: () Ci g n = ( ) n nie speªni wrunku Cuchy'ego. Niech ϵ =. Wtedy n n+ = > ϵ dl wszystkich n. (b) Ci g n = n speªni wrunek Cuchy'ego. Sprwd¹my to: niech m > n, n wtedy m n = m m n n = (m )n (n )m m n = m n m n < m m n = n. Wid wi c,»e wystrczy wzi n 0 = [ ] +, wtedy je»eli m, n n ϵ 0 to < ϵ i wrunek Cuchy'ego jest speªniony. m, n 39

40 Twierdzenie 4.7. (i) K»dy ci g monotoniczny ogrniczony m grnic (wª±ciw ). (ii) K»dy ci g monotoniczny nieogrniczony m grnic niewª±ciw. Uwg: Wystrczy monotoniczno± sªb, i tylko od pewnego miejsc. Dowód. (i) Zªó»my,»e { n } jest sªbo rosn cy i ogrniczony, to znczy Istnieje wi c kres górny Z denicji kresu mmy n n+ orz n M dl n =,,.... g = sup{ n : n =,,... }. n N n g orz ϵ > 0 n 0 N n0 > g ϵ. Skoro { n } jest sªbo rosn cy, to n n 0 mmy n n0 > g ϵ, czyli g ϵ < n g n g < ϵ. (ii) Zªó»my,»e ci g { n } jest sªbo rosn cy i nie jest ogrniczony, czyli nie jest ogrniczony od góry (od doªu jest ogrniczony przez ). Niech dn b dzie liczb M. Skoro ci g { n } nie jest ogrniczony od góry, to istnieje n 0 N tkie,»e n0 > M. Skoro ci g jest sªbo rosn cy, to n n 0 n n0 > M. Speªniony jest wi c wrunek z denicji grnicy niewª±ciwej +. Przypdek ci gów sªbo mlej cych mo»n udowodni podobnie. Uwg: Zuw»my,»e przy okzji udowodnili±my,»e je»eli ci g { n } jest rosn cy i ogrniczony, to je»eli jest mlej cy i ogrniczony, to lim n = sup{ n : n }, n lim n = inf{ n : n }. n 40

41 Dwumin Newton Przypomnijmy nst puj cy wzór, tk zwny wzór dwuminowy Newton. Dl n N silni n to iloczyn wszystkich liczb nturlnych k n: n! = 3... (n ) n. Przyjmujemy te» oznczenie 0! =. Dl 0 k n wprowdzmy tk zwny wspóªczynnik dwuminowy Newton ( ) n k = n!, k, n Z, 0 k n. k! (n k)! Nst puj cy wzór nzyw si wzorem dwuminowym Newton. Mo»n go udowodni n przykªd przy pomocy indukcji. Jest to jeden ze wzorów, z którego b dziemy stle korzyst, wi c wrto go dobrze zpmi t. Niech, b R, n N, wtedy ( n ( + b) n = 0 n = k=0 ) 0 b n + ( ) n k b n k. k ( ) n b n + ( ) n b n + + ( ) n n b 0 n Osttni równo± to po prostu rozwini cie symbolu sumowni Σ. Symbolu tego b dziemy stle u»yw. Ozncz on po prostu sum wyr»eni dl wszystkich wrto±ci prmetru k z opisnego n symbolu zkresu, w tym wypdku k = 0,,..., n. Liczb e Rozw»my nst puj cy ci g: n = ( + n )n. Pok»emy,»e ten ci g jest rosn cy i ogrniczony, wi c zbie»ny. Zuw»my,»e ni to,»e { n } jest rosn cy ni to,»e jest ogrniczony nie jest oczywiste: co prwd pot g ro±nie, le podstw mleje do. N przykªd ( ) ( ) =, = =,5, 3 = =,370..., 3 ( ) 4 ( ) = =,44..., 5 = =, Pok»emy terz,»e ci g { n } jest rosn cy. Zuw»my nst puj c równo± dl k = 0,,..., n ( ) ( ) k n = k n n! k! (n k)! ( ) k n 4

42 (n k + ) (n k + )... (n ) (n) = k! n n... n n = n n n (k )... k! n n n = ( ) ( ) (... k ). k! n n n Wyrzy ci gu { n } rozwiniemy terz korzystj c ze wzoru dwuminowego Newton, nst pnie zstosujemy powy»sz równo±. ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n = n n n ( ) ( ) k ( ) ( ) n n n k n n n = + + ( ) + ( ) ( ) +... (4.3)! n 3! n n... + ( ) (... k ) +... k! n n... + ( ) (... n ). n! n n Zuw»my,»e w tkiej postci w jkiej zpisli±my go powy»ej, wyrz n wrz ze wzrostem n zwier corz wi cej dodtnich skªdników, tk»e k»dy ze skªdników robi si corz wi kszy (z wyj tkiem pierwszych skªdników, +, które nie zmienij si ). Je»eli wyrzy ci gu zpiszemy wi c w tej postci, to wid,»e ci g { n } jest rosn cy. Dodtkowo zuw»my,»e mo»emy oszcow n od góry n + +! + 3! + + n! < (4.4) n Pierwsz nierówno± otrzymujemy z postci (4.3), poprzez pomini cie czynników mniejszych ni», ntomist drug nierówno± otrzymujemy poprzez zst pienie czynników wi kszych ni» w minownikch przez. Minowniki s wi c mniejsze, czyli uªmki wi ksze. Pozostje nm skorzyst ze wzoru n sum post pu geometrycznego: dl q, orz l N mmy + q + q + + q l = ql q. (4.5) Równo± powy»sz mo»n udowodni n przykªd indukcyjnie. Jest to jedn z tych równo±ci, które trzeb zwsze pmi t, i b dzie pojwiª si wielokrotnie. Sum z prwej strony nszego oszcowni (4.4) to wª±nie sum 4

43 post pu geometrycznego, z q =, orz z jedn dodtkow z przodu. Mmy wi c n < + ( )n < + = 3. Pokzli±my wi c,»e ci g { n } jest rosn cy i ogrniczony, wi c zbie»ny. Grnic tego ci gu nzywmy e ( e = lim + n. n n) Wiemy te» z oszcow«,»e < e < 3. e to w»n liczb, któr b dzie pojwiª si n nszym wykªdzie stle, gªownie jko podstw logrytmów i funkcji wykªdniczej. Twierdzenie 4.8 (o 3 ci gch). Zªó»my,»e mmy 3 ci gi speªnij ce nierówno±ci n b n c n, n =,, 3,..., (4.6) orz»e skrjne ci gi { n } orz {c n } s zbie»ne do wspólnej grnicy = lim n n = lim n c n. Wtedy ci g {b n } tez jest zbie»ny, do tej smej grnicy = lim n b n. Uwg: Wystrczy,»e ci gi speªnij nierówno±ci (4.6) od pewnego n 0 N. Dowód twierdzeni. Niech ϵ > 0 i niech n N b dzie tkie,»e dl n n n < ϵ n > ϵ, orz niech n N b dzie tkie,»e dl n n zchodzi c n < ϵ c n < + ϵ. Istnienie tkich n i n wynik ze zbie»no±ci ci gów { n } i {c n } do wspólnej grnicy. Wtedy, dl n n 0 = mx{n, n } mmy ϵ < n b n c n < + ϵ b n < ϵ. (4.7) Zuw»my jeszcze,»e je»eli nierówno±ci (4.6) zchodz tylko od pewnego miejsc, n przykªd dl n k, to wystrczy zmodykow denicj n 0 : niech n 0 = mx{n, n, k}, i nierówno± (4.7) zchodzi. W ten sposób uzsdnili±my uwg poni»ej twierdzeni. 43

44 Przykªdy: () Niech n = n ( n + n). Skorzystmy z twierdzeni o 3 ci gch, w tym celu wykonmy kilk przeksztªce«i oszcow«. Widzieli±my ju» wcze±niej, jk przeksztªci ró»nic dwóch pierwistków n ( n + n) = n n + + n = Nst pnie + n + n = n+ + n + n + n. Dw skrjne ci gi mj wspóln grnic, wi c n. + n +. (b) Niech > i n = n. Wyrzy ci gu s pierwistkmi corz wy»szego rz du z liczby wi kszej od. Zuw»my od rzu,»e tki ci g musi mie grnic, gdy» jest mlej cy, i ogrniczony od doªu przez. T obserwcj nie b dzie nm potrzebn, gdy» skorzystmy z twierdzeni o 3 ci gch. Po pierwsze, skoro > to tk»e n > dl wszystkich n. Niech ϵ n = n > 0. Skorzystmy z nierówno±ci (4.), i otrzymujemy = ( + ϵ n ) n + nϵ n 0 < ϵ n n. Skrjne ci gi zbiegj do 0, wi c tk»e ϵ n 0 czyli lim n = lim n =. n n (c) Niech n = n n. Podobnie jk w poprzednim przykªdzie zpiszmy n = + ϵ n, wi c ϵ n > 0. Skorzystmy terz z innej nierówno±ci prwdziwej dl ϵ > 0 i n ( + ϵ) n > ( ) n ϵ = n (n ) Nierówno± powy»sz mo»n udowodni korzystj c ze wzoru dwuminowego Newton. Korzystj c z niej, otrzymujemy dl n n = (+ϵ n ) n n (n ) > ϵ n ϵ n n < 0 < ϵ n < n (n ) n. Prwy skrjny ci g zbieg do 0. Mo»n to pokz z denicji, mo»n skorzyst z ogólnego twierdzeni o zbie»no±ci pierwistków, które udowodnimy poni»ej. Korzystj c z 3 ci gów ponownie pokzli±my,»e ϵ n 0, wi c lim n = lim n n =. n n 44 ϵ.

45 Twierdzenie 4.9. Niech n, n 0 orz m N. Wtedy lim n m n = m. Dowód. Rozptrzymy przypdki: = 0 i > 0. Je»eli = 0 to niech ϵ > 0 b dzie dowolne, i niech ϵ = ϵ m. Z denicji grnicy n 0 N n n 0 0 n < ϵ 0 m n < ϵ. W przypdku = 0 twierdzenie jest wi c udowodnione. Rozptrzmy terz pozostªy przypdek, czyli niech > 0. Wykorzystmy nst puj c równo±, dl α, β 0, m N (α β) (α m + α m β + + α β m + β m ) = α m β m. Nierówno± t mo»n udowodni bezpo±rednio (n przykªd indukcyjnie), lbo mo»n j wywnioskow ze wzoru n sum post pu geometrycznego (4.5). Mmy wi c m n m = = n ( ( m n ) m + ( m n ) m m + + ( m ) m ) n ( m ) m. Wystrczy terz, podobnie jk w poprzednim przypdku wzi ϵ = ( m ) m ϵ i mmy n < ϵ m n m < ϵ. Zuw»my,»e powy»sze twierdzenie pozwl nm wej± z grnic pod dowoln pot g wymiern, je»eli tylko n i s tkie,»e pot g mo»n zstosow lim n ( n) p q ( ) p = lim q n, p Z, q N. n Przykªd: Niech = i niech n+ = + n dl n. Rozw»li±my ju» ten przykªd, i pokzli±my,»e { n } jest rosn cy i ogrniczony, czyli zbie»ny. Wykorzystmy to terz do znlezieni jego grnicy g = lim n n = lim n n+ = lim n + n = + lim n n = + g. Widzimy wi c,»e grnic g musi speªni równnie kwdrtowe g g = 0. Równnie to m dw pierwistki g = i g =. Grnic nie mo»e by 45

46 liczb ujemn, bo ci g skªd si z liczb dodtnich, wi c pozostje jedyn mo»liwo± : g =. Uwg: Skorzystli±my z nst puj cego fktu: je»eli n orz n 0 to 0. Fkt ten mo»n sformuªow ogólniej: je»eli n i b n b orz n b n (przynjmniej od pewnego miejsc), to b. Pozostwimy to jko wiczenie. Podci gi Denicj 4.0. Podci giem ci gu { n } nzywmy ci g postci { nk } k=, gdzie {n k } jest ±ci±le rosn cym ci giem liczb nturlnych. Uwg: W denicji istotne jest to,»eby ci g indeksów {n k } byª ±ci±le rosn cy. Innymi sªowy,, 5, 6, 7,... mo»e by podci giem ci gu { n }, ntomist,, 5,,... nie jest podci giem. Zuw»my te»,»e zgodnie z denicj sm ci g { n } jest swoim wªsnym podci giem, wystrczy wzi n k = k. Denicj podci gu sprowdz si do wybrni z nszego ci gu jedynie niektórych wyrzów, z tym,»e wybier musimy n k»dym kroku spo±ród wyrzów dlszych, ni» ju» wybrne. Przykªd: Ci g,,,,...,,... jest podci giem ci gu,,,,.... Tutj n = orz n n k = k, wi c nk = n 3 4 Twierdzenie 4.. K»dy podci g ci gu zbie»nego te» jest zbie»ny, do tej smej grnicy. Dowód. Niech b dzie b dzie dny podci g ci gu { n }, z ci giem indeksów {n k }. Niech ϵ > 0, i niech n 0 N b dzie tkie,»e dl n n 0 zchodzi n g < ϵ. Niech k 0 = min{k N : n k n 0 }. Wtedy, je»eli k k 0 to n k n k0 n 0, i nk g < ϵ. k. Przykªd: Niech l N orz n = ( ) n l +. n Niech n l = lk. Jest to ci g ±ci±le rosn cy, orz n = ( + ) ( n ( = + ) ) l n l, l n l n 46

47 czyli, je±li b n = ( + n )n (ci g okre±lj cy liczb e), to k = l bnk. Wiemy,»e b n e, wi c k b nk e l k bnk l e, czyli mmy lim n = e l. n Twierdzenie 4. (Bolzno-Weierstrss). Z k»dego ci gu ogrniczonego mo»n wybr podci g zbie»ny Dowód. Niech ci g { n } b dzie ogrniczony. Przypomnijmy konstrukcj z Twierdzeni 4.6, dotycz cego wrunku Cuchy'ego. α k = inf{ n : n k}, A = sup{α k : k } = lim k α k. Wiemy,»e kresy istniej, bo ci g { n } jest z zªo»eni ogrniczony. Wiemy te»,»e A jest kresem górnym zbiory wrto±ci ci gu {α k }, tk»e grnic tego ci gu, gdy» ci g ten jest rosn cy, by mo»e sªbo. Pok»emy terz,»e istnieje podci g { nk } zbie»ny do A. Konstrukcj tego podci gu jest nst puj c. Niech n b dzie elementem ci gu { n } odlegªym od α o mniej ni». Wiemy,»e tki element musi istnie, z denicji kresu. Mmy wi c α n < α +. Dlej konstrukcj podci gu b dzie indukcyjn. Nst pnego elementu podci gu musimy szuk w±ród n 'ów o numerch wi kszych ni» n, wi c niech n elementem ci gu { n }, n n, odlegªym od α n + o mniej ni». Mmy 4 wi c n > n orz α n + n < α n + +. Opiszemy terz ogólny krok indukcyjnej denicji. Zªó»my,»e skonstruowli±my kwªek podci gu n, n,..., nm tki,»e n < n < < n m, orz α nl + nl+ < α nl + +, l =,,..., m. l+ Niech terz nst pny indeks n m+ b dzie tki,»e po pierwsze n m+ n m + (indeksy musz ±ci±le rosn ), orz α nm+ nm+ < α nm+ + m+. 47

48 Zuw»my,»e tki wybór jest zwsze mo»liwy, ze wzgl du n denicj ci gu {α k } jko ci gu kresów. W ten sposób, indukcyjnie, zdeniowli±my podci g { nk }, o wªsno±ci α nk + nk < α nk + +, k =, 3,.... k Po skrjnych stronch nierówno±ci mmy ci gi zbie»ne do A ({α nk +} jest podci giem ci gu {α n } k 0), wi c z 3 ci gów otrzymujemy lim n k = lim α k = A. k k Uwg: Twierdzenie jest intuicyjnie jsne. Je»eli ci g jest ogrniczony, to jego wyrzy (których jest niesko«czenie wiele) musz gdzie± si zg szcz. Powy»szy dowód stnowi sprecyzownie tego stwierdzeni. Denicj 4.3. Liczb α nzywmy punktem skupieni ci gu { n } je»eli istnieje podci g { nk } zbie»ny do α. Twierdzenie 4.4. α jest punktem skupieni ci gu { n } wtedy i tylko wtedy, gdy ϵ > 0 n 0 N n n 0 n g < ϵ. (4.8) Innymi sªowy, k»de otoczenie punktu α zwier wyrzy ci gu { n } o dowolnie dlekich indeksch (w szczególno±ci k»de otoczenie punktu α zwier niesko«czenie wiele wyrzów ci gu { n }). Dowód. Je»eli α jest punktem skupieni ci gu { n } to z denicji istnieje podci g { nk } zbie»ny do α. Niech wi c ϵ > 0, k 0 b dzie tkie,»e dl k k 0 mmy nk α < ϵ. Je»eli dne jest n 0 N, to niech k k 0 speªni n k n 0. Tkie k musi istnie, bo ci g indeksów {n k } jest rozbie»ny do +. Indeks n k jest wymgnym indeksem w (4.8). Z drugiej strony, niech b dzie speªniony wrunek (4.8). Indukcyjnie skonstruujemy podci g { nk } zbie»ny do α. Niech n b dzie numerem tkiego elementu ci gu, który speªni n α <. Istnienie tkiego elementu wynik z (4.8). Dlej, zªó»my,»e mmy ju» skonstruowny ci g rosn cy indeksów n < n < < n k speªnij cy nl α <, l =,,..., k. l 48

49 Niech n k+ b dzie indeksem elementu ci gu { n } który speªni nk+ α < k+, orz n k+ > n k. Istnienie tkiego elementu wynik z (4.8). W ten sposób otrzymli±my podci g { nk } speªnij cy 0 nk α <, k =,,.... k Korzystj c z 3 ci gów widzimy,»e podci g jest zbie»ny do α, czyli α istotnie jest punktem skupieni ci gu { n }. Je»eli ci g { n } jest ogrniczony, to zbiór jego punktów skupieni (który, zgodnie z twierdzeniem Bolzno-Weierstrss jest niepusty) te» jest ogrniczony ( wiczenie). Posid wi c kresy. Denicj 4.5. Kresy dolny i górny zbioru punktów skupieni nzywmy grnic doln i górn ci gu { n }, i oznczmy lim inf n n grnic doln lim sup n grnic górn. Uwgi: (i) Grnic doln jest mniejsz lub równ od grnicy górnej. (ii) Zbiór punktów skupieni ci gu ogrniczonego osi g swoje kresy. Grnic doln jest wi c njmniejszym punktem skupieni ci gu, grnic górn njwi kszym punktem skupieni ci g ogrniczonego. (iii) Ci g ogrniczony jest zbie»ny wtedy i tylko wtedy gdy jego grnice górn i doln s równe. Innymi sªowy, ci g ogrniczony jest zbie»ny wtedy i tylko wtedy, gdy m dokªdnie jeden punkt skupieni. (iv) Stªe A i B które pojwiªy si w (4.) w dowodzie Twierdzeni 4.6 s odpowiednio grnicmi doln i górn ci gu { n }. Przykªd: Niech m N b dzie ustlon, i niech n = ( + m n )n. Pok»emy,»e ( lim n = lim + m ) n = e m. n n n Njpierw niech 0 x <, i niech b n = ( + n+x )n. Zuw»my,»e mmy nst puj ce oszcownie ( + ) n ( < + ) n ( + n, n + n + x n) 49

50 Prwy skrjny ci g d»y do e, lewy skrjny, jk ªtwo si przekon te»: ( + ) n ( = + ) n+ ( ) n + n + n + n + n e = e. (4.9) Korzystj c z 3 ci gów mmy wi c,»e b n e. Ustlmy terz l = 0,..., m, i niech n k = mk + l. Zuw»my,»e odpowidj cy temu podci g ci gu { n } zbieg do e m : ( nk = + m ) ( ) mk+l = + mk+l mk + l k + l m ( ) = + k m ( ) + l k e m, k + l k + l m m zgodnie z (4.9). Wszystkie powy»sze podci gi mj wi c t sm grnic e m. K»dy element ci gu { n } nle»y do którego± podci gu, i podci gów tych jest sko«czenie wiele. Wynik z tego,»e { n } jest zbie»ny, i jego grnic jest e m. Przekonjmy si o tym. Niech {n l k } b dzie ci giem nl k = mk + l dl l = 0,,..., m. Wiemy,»e k»dy podci g { n l k } zbieg do e m, wi c dl dowolnego ϵ > 0 istniej k0 l N tki,»e dl k k0 l zchodzi n l k e m < ϵ. Niech terz n 0 = mx{mk 0 0, mk 0 +,..., mk m 0 + m }. Je»eli n n 0, to n musi nle»e doktórego± ci gu n l k i dodtkowo k kl 0. n speªni wi c n e m < ϵ. Niech m, k N. Jko prosty wniosek z powy»szych oblicze«mmy ( + m ) n ( ( k = + m ) ) k n k = (kn ) k n (e m ) k n k n Dl p = m, m, k N mmy wi c k ( lim + p n = e n n) p. = e m k. Powy»sz równo± mo»n uogólni njpierw n dowolne p R, p > 0, nst pnie n dowolne p R. Zostwimy to jko wiczenie 50

51 Rozdziª 5 Szeregi Szeregi to sumy niesko«czone. Do ich denicji potrzebne jest poj cie zbie»- no±ci. Sumy niesko«czone nie s niczym dziwnym, wyst puj w prktyce, n przykªd kiedy chcemy obliczy pol gur. Niech b dzie dny ci g { n }, i utwórzmy ci g kolejnych sum s =, s = +, s 3 = + + 3, s n = n,... Denicj 5.. Je»eli ci g {s n } m grnic s to mówimy,»e szereg (sum niesko«czon) n= n jest zbie»ny, i»e jego sum wynosi s. Piszemy s = n= n. Ci g {s n } nzywmy ci giem sum cz ±ciowych szeregu n, jego elementy s k summi cz ±ciowymi szeregu. Je»eli ci g {s n } nie jest zbie»ny, to mówimy,»e szereg jest rozbie»ny, wyr»enie n jest tylko symbolem i nie m interpretcji liczbowej. Przykªdy: () Niech n = ( 3 )n. Wtedy s n = 3 + ( 3) + + ( ) n = 3 3 ( 3 )n 3 ( = ( ) n ) 3 n. Szereg n= ( 3 )n jest wi c zbie»ny, i n= ( 3 )n = (jest to przykªd tk zwnego szeregu geometrycznego). Skorzystli±my ze wzoru n sum post pu geometrycznego (4.5) (b) Niech n =. Zuw»my,»e n (n+) n =. Mmy wi c n n+ ) ) s n = ( = n + + ( ) ( n n n. 5 + ( n ) n +

52 Szereg n= n (n+) jest wi c zbie»ny, i jego sum wynosi. (c) Szereg n= ( )n jest rozbie»ny, bo s n = lub 0, w zle»no±ci od tego, czy n jest przyste czy nieprzyste. Dziªni n szeregch Twierdzenie dziªnich n grnicch przenosi si n szeregi: ( n ± b n ) = n= n ± n= (c n ) = c n= n= n, przy zªo»eniu»e szeregi po prwej stronie s zbie»ne. Twierdzenie o grnicy iloczynu czy ilorzu nie m tu bezpo±redniego zstosowni. Twierdzenie 5.. Je»eli szereg n jest zbie»ny, to lim n n = 0. Dowód. Je»eli szereg jest zbie»ny, to znczy,»e zbie»ny jest jego ci g sum cz ±ciowych s n = + + n. Dl n n = s n s n, wi c n= lim n = lim (s n s n ) = lim s n lim s n = 0. n n n n b n Uwg: Powy»sze twierdzenie dje tk zwny wrunek konieczny zbie»no±ci szeregu. lim n = 0 nie gwrntuje zbie»no±ci szeregu n= n. Twierdzenie przydje si wi c gªównie,»eby pokz rozbie»no±. Przykªd: Niech n =. Szereg n n= jest rozbie»ny. Jest to tk zwny n szereg hrmoniczny. Pok»emy,»e ci g sum cz ±ciowych nie jest ogrniczony. Wystrczy pokz podci g ci gu {s n } rozbie»ny do +. s n = n = + ( ) ( ) ( + n + + n ). n 5

53 W k»dym kolejnym nwisie mmy k k = k skªdników, k»dy skªdnik jest. Sum k»dego nwisu jest wi c wi ksz od k = k k ) ) ) s n + + ( ( = = + n }{{ } = + n. n rzy + + ( n + n + + n Mmy wi c s n + n, wi c ci g sum cz ±ciowych {s n} nie jest ogrniczony, wi c nie jest zbie»ny. Twierdzenie 5.3. Szereg n= n jest zbie»ny wtedy i tylko wtedy, gdy ci g sum cz ±ciowych {s n } speªni wrunek Cuchy'ego: ϵ > 0 n 0 N m, n n 0 s m s n < ϵ. Wrunek ten mo»n przeformuªow : ϵ > 0 n 0 N m n n 0 n + n+ + + m < ϵ. Dowód. Twierdzenie wynik ntychmist z Twierdzeni 4.6 dl ci gów. Przykªd: Je»eli r < to szereg geometryczny n=0 rn jest zbie»ny. Niech m n n 0. n + n+ + + m n + n+ + + m = r n + r n+ + + r m = r n + r n+ + + r m = r n ( + r + + r m n ) = r n r m n+ r < r n r r n0 r. Ci g r n r jest zbie»ny do 0, wi c wystrczy dobr n 0 do zdnego ϵ. Kryteri zbie»no±ci Bdnie zbie»no±ci szeregów w wi kszo±ci przypdków mo»n sprowdzi do zstosowni jednego z nst puj cych kilku kryteriów. Twierdzenie 5.4 (kryterium porównwcze). (i) Je»eli n b n i szereg n= b n jest zbie»ny, to szereg n= n te» jest zbie»ny. 53

54 (ii) Je»eli 0 n b n i szereg n= n jest rozbie»ny, to szereg n= b n te» jest rozbie»ny. Dowód. (i) Skoro b n jest zbie»ny, to ci g jego sum cz ±ciowych speªni wrunek Cuchy'ego. Z drugiej strony mmy n + n+ + + n+k n + n+ + + n+k b n + b n+ + + b n+k = b n + b n+ + + b n+k. Ci g sum cz ±ciowych szeregu n te» speªni wi c wrunek Cuchy'ego. (ii) Szereg n m wyrzy nieujemne, i jest rozbie»ny, wi c jego ci g sum cz ±ciowych jest rosn cy (mo»e sªbo), skoro nie jest zbie»ny, to nie jest ogrniczony. Ci g sum cz ±ciowych szeregu b n m wyrzy nie mniejsze, wi c te» nie jest ogrniczony, wi c nie mo»e by zbie»ny. Uwg: Wystrcz,»e oszcowni s speªnione tylko od pewnego miejsc. Przykªdy: () Szereg n= (b) Szereg n= n+ n +n jest zbie»ny, bo n + n n + n = n(n + ). jest rozbie»ny, bo n + n + n = n, szereg jest rozbie»ny. Zuw»my,»e w tym przykªdzie oszcownie n nic nie dje. n+ < n Twierdzenie 5.5 (kryterium o zg szczniu). Niech ci g { n } b dzie dodtni i sªbo mlej cy, 0. Wówczs szereg n= n jest zbie»ny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg n= n n jest zbie»ny. Powy»sze kryterium nie rozstrzyg w sposób bezpo±redni, czy dny szereg jest zbie»ny, czy nie, le pozwl sprowdzi bdnie zbie»no±ci jednego szeregu do bdni zbie»no±ci innego szeregu. Dowód. Oznczmy przez {s n } ci g sum cz ±ciowych szeregu n, przez {s n} ci g sum cz ±ciowych szeregu n n. Poniew» wyrzy obu szeregów s nieujemne, to ob ci gi sum cz ±ciowych s niemlej ce. Pok»emy, u»ywj c odpowiednich szcow«,»e ci gi te s równocze±nie ogrniczone lub nieogrniczone. Mmy s n = n, 54

55 Zuw»my wi c,»e s n = n n = ( n n). s n = n n n + n = s n Do sumy po lewej stronie dodli±my 0, k»dy skªdnik sumy k k zst pili±my nie mniejszym wyr»eniem k k, k =,..., n. Je»eli ci g {s n } jest ogrniczony to ogrniczony jest te» ci g {s n}. Z drugiej strony zuw»my,»e s n+ = n n n = + s n. Nierówno± uzyskli±my zst puj c sumy k + k k+ ( k skªdników sumy) przez nie mniejsze wyr»enie k k, k =,..., n. Je»eli ci g {s n} jest ogrniczony, to z powy»szej nierówno±ci wynik,»e podci g {s n+ } ci gu {s n } te» jest ogrniczony. Ci g {s n } jest niemlej cy, i zwier podci g ogrniczony, wi c cªy musi by ogrniczony ( wiczenie). Przykªd: Rozptrzymy terz szeregi postci n=. Je»eli p 0 to ci g n p { nie jest zbie»ny do 0, wi c szereg nie mo»e by zbie»ny. Je»eli p > 0 n p to ci g { n p zg szczniu. Zmist szeregu n p jest dodtni i mlej cy, wi c speªni zªo»eni kryterium o rozw»my wi c szereg o wyrzch ( ) n n ( n ) = p n = n p =. n (p ) p Szereg ( ) n jest szeregiem geometrycznym. Je»eli p > 0 to ilorz p szeregu < i szereg jest zbie»ny, ntomist je»eli p, to ilorz p, i szereg nie jest zbie»ny. Mmy wi c p { zbie»ny je»eli p >, (5.) n p rozbie»ny je»eli p. n= Zuw»my,»e przypdek p = zrobili±my ju» wcze±niej. Szeregi tej postci s brdzo przydtne. Je»eli wyrzy jkiego± bdnego szeregu mo»n w 55

56 jkikolwiek sposób oszcow przez funkcj pot gow n, to powstªy szereg mo»emy porówn z szeregmi (5.), których zbie»no± jest rozstrzygni t w zle»no±ci od p. Twierdzenie 5.6 (kryterium d'alembert). Niech { n } b dzie ci giem o wyrzch ró»nych od 0. Wtedy (i) je»eli lim sup n n+ n < to szereg n jest zbie»ny, (ii) je»eli lim inf n n+ n > to szereg n jest rozbie»ny (obejmuje to te» przypdek grnicy niewª±ciwej lim n n+ n = + ). Dowód. (i) Zuw»my,»e skoro grnic górn ci gu n+ n jest mniejsz od, to istniej 0 < c < orz n 0 N tkie,»e dl n n 0 n+ n c, w szczególno±ci dl k 0 n0 +k = n0 +k n0 +k n0 +k n0 +k n0 c k = n 0 c n 0... n0 + n 0 (5.) c n 0+k. Iloczyn pojwij cy si w (5.) nzyw si czsem iloczynem teleskopowym, gdy» wysuwmy b d¹ chowmy potrzebn ilo± czynników. Ci g { n } speªni wi c (dl n n 0 ) nierówno± n n 0 c n 0 c n, 0 < c <, czyli jest zbie»ny z kryterium porównwczego. (ii) Zuw»my,»e skoro grnic doln ci gu n+ n jest wi ksz od ( tk»e je»eli ci g ten m grnic niewª±ciw + ), to istniej c > i n 0 N tkie,»e dl n n 0 n+ n c. Podobnie jk w poprzednim przypdku, dl k 0 mmy n0 +k = n0 +k n0 +k... n0 + n 0 n0 c k n0, n0 +k n0 +k czyli ci g { n } nie jest zbie»ny do 0. Szereg n musi wi c by rozbie»ny. n0 n0 56

57 Kryterium d'alembert pozostwi wiele przypdków nierozstrzygni tych. N przykªd dl szeregów postci mmy n p ( ) lim n+ n n = lim n p p n (n + ) = n lim =. p nto n + Ten rodzj szeregów nie jest obj ty ni przez (i) ni przez (ii) przypdek kryterium d'alembert. Istotnie, jk wiemy szeregi tego rodzju mog by zbie»ne lub rozbie»ne, w zle»no±ci od prmetru p. Twierdzenie 5.7 (kryterium Cuchy'ego). Niech dny b dzie ci g { n } i niech g = lim sup n n n, grnic wª±ciw lub niewª±ciw. Wtedy (i) je»eli g < to szereg n jest zbie»ny, (ii) je»eli g > to szereg n jest rozbie»ny (obejmuje to tk»e przypdek grnicy górnej niewª±ciwej g = + ). Dowód. (i) Podobnie jk w przypdku kryterium d'alembert, istniej 0 < c < i n 0 N tkie,»e dl n n 0 n n c n c n, czyli z kryterium porównwczego szereg n jest zbie»ny. (ii) Je»eli g >, to istieje podci g { nk } tki,»e nk. Ci g { n } nie mo»e wi c by zbie»ny do 0, wi c szereg n nie jest zbie»ny, Uwgi: (i) Podobnie jk w przypdku kryterium d'alembert kryterium Cuchy'ego pozostwi nierozstrzygni ty przypdek g =. W tkim przypdku dl ró»nych szeregów mo»e by ró»nie. (ii) Ob kryteri mj zstosownie dl szeregów o wyrzch zespolonych. Wrto± bezwzgl dn jest wtedy moduªem liczby zespolonej. Przykld: Szereg n=0 n+ n. Mmy n! n =, wi c n! = n! (n + )! = n + 57 n 0.

58 Korzystj c z kryterium d'alembert otrzymujemy,»e szereg jest zbie»ny. n! Udowodnimy terz,»e = e. (5.3) n! n=0 Przypomnijmy,»e liczb e jest grnic ( e = lim + n. n n) Dowodz c istnieni tej grnicy pokzli±my w (4.4),»e ( + ) n + + n! + 3! + + n! = s n, gdzie {s n } jest ci giem sum cz ±ciowych szeregu n=0. Przechodz c do n! grnicy po n po obu stronch nierówno±ci otrzymujemy e n=0 n!. (5.4) Z drugiej strony, ustlmy k N i niech n k. Wtedy z rozwini ci (4.3) (ucinj c rozwini cie po k-tym wyrzie) mmy ( + ) n + + ( ) + ( ) ( ) +... n! n 3! n n... + ( ) (... k ). k! n n Przechodz c do grnicy wzgl dem n po obu stronch nierówno±ci (k pozostwij c ustlone) otrzymujemy e + +! + 3! + + k! = s k, dl k»dego k N. Terz przechodz c do grnicy po k (lew stron jest stª) otrzymujemy e n!, co rzem z (5.4) dje (5.3). n=0 58

59 Szeregi zbie»ne bsolutnie Denicj 5.8. Je»eli szereg n jest zbie»ny, to mówimy,»e szereg n jest zbie»ny bsolutnie. Je»eli szereg n jest zbie»ny, le nie jest zbie»ny bsolutnie (to znczy szereg n nie jest zbie»ny), to mówimy,»e szereg n jest zbie»ny wrunkowo. Uwgi: (i) Je»eli szereg jest zbie»ny bsolutnie to jest te» zbie»ny w zwykªym sensie. Wynik to z wrunku Cuchy'ego: n+ + n+ + + m n+ + n+ + + m. Je»eli n jest zbie»ny, to speªni wrunek Cuchy'ego, wi c n te» speªni wrunek Cuchy'ego, czyli te» jest zbie»ny. Zbie»no± bsolutn jest to wi c szczególny rodzj zbie»no±ci. (ii) Je»eli wyrzy szeregu n nie zmienij znku, to zbie»no± bsolutn wynik ze zbie»no±ci zwykªej, i ob rodzje zbie»no±ci s równow»ne. Zbie»- no± bsolutn jest wi c istotn dl szeregów których wyrzy zmienij znk. (iii) Zuw»my,»e wszystkie kryteri zbie»no±ci poznne omwine dotychczs dotycz zbie»no±ci bsolutnej. dne z tych kryteriów nie umo»liwi stwierdzeni zbie»no±ci wrunkowej. (iv) Zbie»no± bsolutn jest w»n tylko dl szeregów zbie»nych bsolutnie zbie»no± i sum nie zle» od kolejno±ci sumowni i rozstwieni nwisów. Szeregi nprzemienne Mówimy,»e szereg n jest nprzemienny je»eli jego wyrzy n przemin zmienij znk, to znczy n = ( ) n b n i b n 0 lub b n 0 dl wszystkich n. Twierdzenie 5.9 (kryterium Leibniz). Je»eli ci g { n } jest mlej cy (sªbo) i lim n n = 0, to szereg nprzemienny jest zbie»ny. ( ) n+ n n= 59

60 Dowód. Niech s n = ± n b dzie ci giem sum cz - ±ciowych. Zuw»my,»e podci g o numerch przystych s n jest rosn cy: s (n+) = s n + n+ n+ s n, podci g o numerch nieprzystych s n+ mlej cy: s (n+)+ = s n+ n+ + n+3 = s n+ ( n+ n+3 ) s n+. Zuw»my,»e podci g s n (który jest rosn cy) jest ogrniczony od góry: s n = n = ( 3 ) ( 4 5 ) ( n n ), podci g s n+ (który jest mlej cy) jest ogrniczony od doªu s n+ = n + n+ = ( ) + ( 3 4 ) + + ( n n ) + n+ 0. Ob podci gi s wi c zbie»ne. Niech s = lim n s n. Wtedy lim s n+ = lim (s n + n+ ) = lim s n + lim n+ = s + 0 = s. n n n n Ob podci gi mj wi c wspóln grnic. Ci g {s n } rozkªd si wi c n podci gi, wyrzy o numerch przystych i wyrzy o numerch nieprzystych. K»dy element ci gu {s n } nle»y do jednego z dwóch podci gów, i ob podci gi mj wspóln grnic s. Wynik z tego,»e cªy ci g {s n } jest zbie»ny do s. Zpiszmy to rozumownie. Niech ϵ > 0. Z tego,»e lim n s n = s wynik,»e k N k k s k s < ϵ, z tego,»e lim n s n+ = s mmy k N k k s k+ s < ϵ. Niech n 0 = mx{k, k + }. Wtedy, je»eli n n 0 to n = k, k k lub n = k +, k k, w zle»no±ci od przysto±ci n. W obu przypdkch s n s < ϵ. 60

61 Uwg: Zuw»my,»e z dowodu wynik te» oszcownie wrto±ci sumy. Dl dowolnych k, l N s l ( ) n+ n s k+. n= Sum jest wi ksz od k»dej przystej sumy cz ±ciowej, mniejsz od k»dej nieprzystej. Odnosi si to do szeregów nprzemiennych których wyrzy przyste s 0 nieprzyste 0. Przykªd: Szereg ( ) n+ n= n przyszªo±ci przekonmy si,»e Szeregi pot gowe n= jest zbie»ny, le nie bsolutnie. W niedlekiej ( ) n+ n = log. Denicj 5.0. Szeregiem pot gowym nzywmy szereg postci n=0 nx n, gdzie ci g wspóªczynników { n } orz liczb x mog by rzeczywiste lub zespolone. Uwgi: (i) Szereg pot gowy, dl ustlonego ci gu { n } mo»e by zbie»ny lub nie, w zle»no±ci od liczby x. Zwsze jest zbie»ny dl x = 0. (ii) W tych punktch x, w których szereg potegowy jest zbie»ny deniuje on funkcj : f(x) = n x n. n= Funkcje, b d ce summi zbie»nych szeregów pot gowych s brdzo w»ne. Zobczymy,»e prktycznie k»d funkcj m t post, w szczególno±ci wszystkie funkcje elementrne mo»n zpis w ten sposób (mówi si czsem,»e mo»n je rozwin w szereg pot gowy). (iii) Oczywi±cie, k»dy szereg liczbowy mo»n zpis w postci szeregu pot gowego, z odpowiednio dobrnymi wspóªczynnikmi. Okre±lenie szereg pot gowy odnosi si wi c do sposobu zpisu szeregu liczbowego. (iv) W dlszym ci gu skoncentrujemy si n szeregch o wyrzch rzeczywistych. Twierdzenie 5.. Szereg pot gowy n=0 nx n jest lbo zbie»ny bsolutnie dl k»dego x R, lbo istnieje liczb R 0 tk,»e (i) dl x ( R, R) szereg jest zbie»ny bsolutnie, 6

62 (ii) dl x / [ R, R] szereg jest rozbie»ny. Zbiór tych x dl których szereg pot gowy n=0 nx n jest zbie»ny m wi c post przedziªu, zwierj cego jeden lub ob ko«ce lbo bez ko«ców (mo»e to by cª prost R). Zbiór ten nzywmy przedziªem zbie»no±ci szeregu. Liczb R nzywmy promieniem zbie»no±ci (w przypdku gdy przedziªem zbie»no±ci jest (, ), to mówimy,»e promie«zbie»no±ci jest niesko«- czony). Uwg: N ko«cch przedziªu zbie»no±ci mo»e by ró»nie. N przykªd, szereg x n m przedziª zbie»no±ci (, ), szereg n xn m przedziª zbie»no±ci [, ), ntomist szereg x n przedziª zbie»no±ci [, ]. n Dowód twierdzeni. Je»eli dl x 0 R szereg n x n 0 jest zbie»ny, to ci g { n x n 0} jest zbie»ny do 0, wi c w szczególno±ci jest ogrniczony: Je»eli x < x 0 to niech q = x x 0 n x n = n x n 0 M n N n x n 0 M. x n x n 0 <. Mmy wtedy = n x n 0 ( ) n x M q n. x 0 Szereg geometryczny o wyrzch q n jest zbie»ny, gdy» 0 q <. Z kryterium porównwczego szereg n x n jest wi c zbie»ny bsolutnie. Niech A = { x : } n x n jest zbie»ny, x R. n=0 Je»eli A nie jest ogrniczony, to szereg jest zbie»ny bsolutnie dl k»dego x R. Dl k»dego x R znjdziemy bowiem x 0 tkie,»e x 0 > x orz szereg n x n 0 jest zbie»ny. Je»eli A jest ogrniczony, to niech R = sup A. Tk zdeniowne R speªni wrunki twierdzeni. Je»eli bowiem x < R, to znjdziemy x 0 tkie,»e x 0 > x, i szereg n x n 0 jest zbie»ny. W tkim rzie szereg n x n jest zbie»ny bsolutnie. Z drugiej strony, je»eli x > R to szereg n x n nie mo»e by zbie»ny: w przeciwnym przypdku mieliby±my x A, czyli x R. 6

63 Przykªdy: () Szereg x n n= n m promie«zbie»no±ci R =, co mo»n sprwdzi z kryterium d'alembert. W punkcie x = jest rozbie»ny (jest to wtedy szereg hrmoniczny), w punkcie x = jest zbie»ny, co wynik z kryterium Leibniz. (b) Szereg x n n=0 m promie«zbie»no±ci niesko«czony, co mo»n sprwdzi n! z kryterium d'alembert: niezle»nie od x. x n+ (n+)! x n n! = x n + n 0, (c) Szereg n=0 nn x n m promie«zbie»no±ci R = 0: (n + ) n+ x n+ n n x n ( = x (n + ) + ) n n +, n dl k»dego x 0. Stosuj c znne kryteri zbie»no±ci szeregów otrzymujemy ró»ne wzory n promie«zbie»no±ci. Twierdzenie 5.. Rozw»my szereg pot gowy n x n i niech n g = lim sup n. n Je»eli g = 0 to promie«zbie»no±ci szeregu jest niesko«czony, je»eli g = + to R = 0, je»eli 0 < g < to R = g. Dowód. Zstosujmy kryterium Cuchy'ego do szeregu n x n. n lim sup n x n = lim sup x n n n = x lim sup n = x g. n n n Je»eli g = 0 to szereg jest zbie»ny (bsolutnie) dl k»dego x R, czyli promie«zbie»no±ci jest niesko«czony. Je»eli g = + to szereg jest rozbie»ny dl k»dego x 0, czyli R = 0. W ko«cu, je»eli 0 < g < to szereg jest zbie»ny (bsolutnie) dl x < g i rozbie»ny dl x > g, czyli R = g. Uwg: Stosuj c kryterium d'alembert w podobny sposób otrzymliby±my nst puj ce twierdzenie: je»eli g = lim n+ n n 63

64 istnieje (wª±ciw lub niewª±ciw), to R = (przy czym rozumiemy,»e g R = 0 dl g = + i R niesko«czony dl g = 0). Przykªd: Rozw»my szereg n+ (n + )n+ n = (n + )! n n n=0 n! xn. Stosuj c powy»sz uwg liczymy: ( + ) n n e. n n! (n + )n = n! nn n! n = n A wi c R =. Przy okzji, porównuj c to z Twierdzeniem 5. mo»emy e wywnioskow,»e lim sup n Pok»emy terz,»e ci g { n n n n n! = lim sup n n n n! = e. n n } jest rosn cy, skoro tk, to jego grnic n! górn jest te» grnic ( wiczenie), i mmy nst puj cy wniosek, który wrto zpmi t lim n n n n! = e. Sprwd¹my,»e ci g ten istotnie jest rosn cy. Wprowd¹my oznczenie c n = ( + n )n. Wiemy,»e = c < c < c 3 < < e, wi c ( ) (n + ) n n ( n + = = + ) n = c nn > c c... c n = nn n n n n n!. (5.5) Osttni równo± mo»emy udowodni indukcyjnie: dl n = mmy c = =, czyli równo± jest prwdziw. Nst pnie wykonjmy krok indukcyjny: c c n c n = nn n! c n = nn n! ( ) n = nn n + (n + )n = n! n n! ( + n = ) n (n + )n+. (n + )! Mmy wi c udowodnion nierówno± (5.5). Wynik z niej ntychmist nst puj ce nierówno±ci: (n + ) n n n(n+) > n! (n + )n (n!) n > nn(n+) (n!) n+. Terz wystrczy wyci gn stronmi pierwistki stopni n(n + ), i otrzymujemy n+ (n + ) n+ n n > n (n + )! n!, czyli to, co chcieli±my. 64

65 Rozdziª 6 Grnic funkcji Niech f b dzie funkcj zmiennej rzeczywistej o wrto±cich rzeczywistych, to znczy f : D f R, D f R, dziedzin f. Niech D f b dzie uzupeªnieniem D f, czyli zbiorem tych wszystkich punktów x, dl których istnieje ci g {x n } D f, x n x, zbie»ny do x. N przykªd, dziedzin nturln funkcji f(x) = x jest zbiór D f = {x : x 0}. Wtedy D f = R. Poj cie grnicy funkcji w punkcie b dziemy chcieli wprowdzi dl punktów z D f, czyli tkich, które nle» do dziedziny f (le nie s izolowne), lbo nie nle», le s n smym brzegu dziedziny. Denicj 6.. Mówimy,»e funkcj f m w punkcie x 0 D f grnic g, je»eli ϵ > 0 δ > 0 x D f 0 < x x 0 < δ f(x) g < ϵ. W tkiej sytucji piszemy lim x x 0 f(x) = g. Mówimy,»e funkcj f m w punkcie x 0 D f grnic niewª±ciw ( ) je»eli M R δ > 0 x D f 0 < x x 0 < δ f(x) > M (f(x) < M). Piszemy wtedy lim f(x) = ±. x x 0 Denicj grnicy funkcji w punkcie mo»n ntychmist przetªumczy n j zyk zbie»no±ci ci gów liczbowych: Twierdzenie 6.. Niech x 0 D f. Wtedy lim x x0 f(x) = g wtedy i tylko wtedy, gdy dl k»dego ci gu {x n } D f, x n x 0, lim n x n = x 0 zchodzi lim f(x n) = g. n 65

66 Podobnie, lim x x0 f(x) = ± wtedy i tylko wtedy, gdy dl k»dego ci gu {x n } D f, x n x 0, lim n x n = x 0 zchodzi lim f(x n) = ±. n Dowód. Niech f m w punkcie x 0 grnic g g = lim x x0 f(x). Niech {x n } b dzie dowolnym ci giem z D f, zbie»nym do x 0, x n x 0. Pok-»emy,»e ci g {f(x n )} zbieg do g. Niech ϵ > 0. Z denicji grnicy wynik,»e istnieje δ > 0 tkie,»e je»eli x D f, x x 0 to x x 0 < δ f(x) g < ϵ. (6.) Skoro x n x 0 to (δ peªni rol ϵ z denicji grnicy ci gu) istnieje n 0 N tkie,»e n n 0 mmy x n x 0 < δ, czyli, korzystj c z (6.) f(x n ) g < ϵ. W ten sposób pokzli±my,»e lim n f(x n ) = g. Terz dowód w drug stron. Niech f(x n ) g dl k»dego ci gu x n x 0, speªnij cego x n x 0 i {x n } D f. Pok»emy,»e f m w x 0 grnic g. Dowód przeprowdzimy nie wprost. Zªó»my,»e f nie m grnicy g w x 0, czyli»e nie zchodzi wrunek z denicji grnicy funkcji w punkcie, czyli, innymi sªowy zªó»my,»e ϵ 0 > 0 δ > 0 x D f 0 < x x 0 < δ f(x) g ϵ 0. Korzystj c z powy»szego zdeniujemy ci g {x n } który d nm sprzeczno±. Ci g {x n } deniujemy nst puj co. Dl n N niech δ =, x n n niech b dzie tym elementem D f, który speªni 0 < x x 0 < f(x) g ϵ n 0. Zuw»my,»e tk powstªy ci g {x n } speªni {x n } D f, x n x 0, x n x 0, le f(x n ) g. Otrzymli±my wi c sprzeczno±. Przypdek grnic niewª±ciwych pozostwimy jko wiczenie dl czytelnik. Korzystj c z powy»szego twierdzeni, i twierdze«o zbie»no±ci i grnicch ci gów mmy nst puj cy wniosek. Wniosek 6.3. (i) Je»eli = lim x x0 f(x) i b = lim x x0 g(x) to lim (f ± g)(x) = ± b, x x 0 lim (f g)(x) = b, x x0 66

67 je»eli dodtkowo b 0 to lim x x 0 ( ) f (x) = g b. (ii) Je»eli w pewnym otoczeniu x 0 mmy orz to tk»e g(x) f(x) h(x), lim g(x) = lim h(x) =, x x 0 x x0 lim f(x) =. x x 0 (iii) Z grnic funkcji w punkcie mo»emy wchodzi pod pierwistki, czyli lim x x 0 k f(x) = k lim f(x), x x0 o ile odpowiednie pierwistki s okre±lone (f 0 dl k przystego). Przykªdy: () Obliczymy grnic 3x 5 lim x x 3. Minownik x 3 jest ró»ny od zer w otoczeniu punktu x 0 =, wi c, wrz z pewnym otoczeniem nle»y do dziedziny funkcji. Niech x n, x n, orz x 3 n. Wtedy 3x n 5 x 3 n = 7, czyli lim x 3x 5 x 3 = 7. (b) lim x 0 sin x. Skorzystmy z nst puj cego oszcowni: dl 0 x π 0 sin x x. (6.) x Wynik to z Rysunku 6.. to pole sektor koª wyci tego k tem x, ntomist sin x to pole zwrtego w sektorze trójk t (trójk t ten m podstw i wysoko± sin x. Poniew» sin( x) = sin(x) (sin jest nieprzysty), wi c dl π x 0 z powy»szego otrzymujemy x sin x 0. 67

68 r / (cos x, sin x) h = sin x 0 x Rysunek 6.: Oszcownie sin x. W tkim rzie, dl x π mmy czyli lim x 0 sin x = 0. 0 sin x x, (c) W przypdku cos x mo»emy skorzyst z tego, co pokzli±my dl sin x. W otoczeniu zer cos x jest dodtni, wi c lim cos x = lim sin x = ( lim sin x ) =. x 0 x 0 x 0 (d) Korzystj c z to»smo±ci trygonometrycznych mo»emy znle¹ grnice w innych punktch orz lim x x 0 sin x = lim x 0 sin(x + x 0 ) = lim(sin x cos x 0 + cos x sin x 0 ) x 0 = cos x 0 lim sin x + sin x 0 lim cos x x 0 x 0 = sin x 0, lim cos x = lim cos(x + x 0 ) x x 0 x 0 = lim x 0 (cos x cos x 0 sin x sin x 0 ) 68

69 = cos x 0 lim cos x sin x 0 lim sin x x 0 x 0 = cos x 0. Rysunek 6.: Funkcj sin x w otoczeniu 0. (e) Zuw»my,»e grnic lim x 0 sin nie istnieje. We¹my dw ci gi, x x n = orz y π/+nπ n =. Zuw»my,»e 3π/+nπ sin = sin ( π x n + nπ) = sin ( π ) =, sin = sin ( 3 π y n + nπ) = sin ( 3 π ) =, wi c lim n f(x n ) =, orz lim n f(y n ) =. Sytucj wyj±ni Rysunek 6.. (f) Niech >. Pok»emy,»e lim x 0 x =. Niech ϵ > 0 i x > 0. Mmy wi c x >. Niech n 0 N b dzie tkie,»e n < ϵ dl n n 0. Korzystmy z tego,»e wiemy,»e n. Niech δ 0 = n 0. Wtedy, je»eli 0 < x < δ 0 < x < n 0 0 < x < n 0 < ϵ. Niech terz x < 0. Wiemy,»e n = n, 69

70 i niech n N b dzie tkie,»e dl n n zchodzi 0 < n / < ϵ. Niech δ = n, wtedy je»eli δ < x < 0 to n < x < n < x < 0 < x < n < ϵ. Osttecznie niech δ = min{δ 0, δ }, wtedy 0 < x < δ poci g x < ϵ. (g) Niech >, wtedy lim x x0 x = x 0. Mmy lim x = lim x+x 0 = lim x x 0 = x0 x x 0 x 0 x 0 lim x 0 x = x 0. (cos x, sin x) h = sin x cos x r = h = sin x x 0 cos x Rysunek 6.3: Dlsze oszcownie funkcji sin(x). (h) Ponownie odwoªjmy si do denicji funkcji sin(x), i porównjmy pole sektor koª jednostkowego, wyci tego k tem ±rodkowym x, orz pole du-»ego trójk t (Rysunek 6.3). Pole sektor to x, ntomist du»y trójk t m wysoko± sin(x) tn(x) i podstw, czyli pole równe. Dl 0 x π mmy cos(x) wi c x sin(x) cos(x), wi c, ª cz c to z (6.) otrzymujemy podwójne oszcownie cos(x) sin(x). (6.3) x Rozw»j c przysto± funkcji, otrzymujemy (6.3) tk»e dl x π. Skrjne funkcje mj grnic w zerze, wi c tk»e sin(x) lim x 0 x 70 =. (6.4)

71 Jest to jedn z w»nych grnic, któr b dzie si jeszcze pojwi n tym wykªdzie. Grnice jednostronne Je»eli w denicji grnicy ogrniczymy si tylko do x > x 0 (lub x < x 0 )i wrunek jest speªniony, to mówimy,»e funkcj m w punkcie x 0 grnic prwostronn (lewostronn ). N przykªd dl grnic wª±ciwych (sko«czonych) wrunek n istnienie grnicy prwostronnej jest nst puj cy ϵ > 0 δ > 0 x D f 0 < x x 0 < δ f(x) g < ϵ. Dl grnicy lewostronnej wrunek wygl d nst puj co ϵ > 0 δ > 0 x D f 0 < x 0 x < δ f(x) g < ϵ. Grnice prwostronn i lewostronn oznczmy odpowiednio lim f(x), orz lim x x + 0 x x 0 f(x). Dl grnic niewª±ciwych wrunki te trzeb zmodykow w zwykªy sposób. Wniosek 6.4. (i) g = lim x x ± 0 f(x) je»eli dl dowolnego ci gu {x n} D f, x n > x 0 (lub x n < x 0 ) i x n x 0 mmy f(x n ) g. Sytucj jest cªkowicie nlogiczn do Twierdzeni 6.. (ii) Funkcj f m w punkcie x 0 grnic g (wª±ciw lub niewª±ciw ) wtedy i tylko wtedy, gdy m w x 0 obie grnice jednostronne, i s sobie równe. Wynik to wprost z denicji. (iii) Twierdzeni dotycz ce dziª«n grnicchodnosz si tk»e do grnic jednostronnych, n przykªd lim (f + g)(x) = lim f(x) + lim g(x). x x + 0 x x + 0 x x + 0 Przykªdy: () f(x) = [x]. Je»eli x 0 Z to, jk ªtwo sprwdzi lim f(x) = x 0, orz lim x x + 0 x x 0 f(x) = x 0. W punktch x 0 Z f m wi c ró»ne grnice jednostronne, czyli zwykªej (obustronnej) grnicy nie m. W pozostªych punktch f m grnic obustronn. (b) f(x) = x. Dziedzin D f = {x : x 0}, wi c 0 D f. Mmy lim x 0 x 0 f(x) = + orz lim f(x) = 0. + Pierwsz grnic wynik st d,»e funkcj y jest rosn c i nieogrniczon. 7

72 0 3 Rysunek 6.4: Grnice jednostronne funkcji [x]. Rysunek 6.5: Grnice w zerze funkcji x. Grnice w niesko«czono±ci Je»eli dziedzin funkcji to umo»liwi, to mo»emy rozw» grnice funkcji w + i. Grnice te mog by wª±ciwe (sko«czone), lub niewª±ciwe (niesko«czone). Denicj 6.5. Mówimy,»e funkcj f m w + ( ) grnic g, je»eli ϵ > 0 M x D f x > M f(x) g < ϵ (x < M f(x) g < ϵ). Piszemy wtedy g = lim f(x). x ± 7

73 Podobnie deniujemy grnice niewª±ciwe. N przykªd, lim x + f(x) = + je»eli M K x D f x > K f(x) > M. Wniosek 6.6. Powy»sz denicj równie» mo»n wyrzi przy pomocy ci - gów. N przykªd, lim x + f(x) = + wtedy i tylko wtedy gdy dl k»dego ci gu {x n } z dziedziny funkcji f, rozbie»nego do + ci g {f(x n )} te» jest rozbie»ny do +. Przykªdy: () Znjdziemy grnic w + funkcji f(x) = ex. Oczywi±cie x funkcj t m grnic 0 w. Ntomist gdy x + zrówno licznik jk i minownik d» do +. Njpierw rozw»my ci g ( ) e n n e n = n. n Poniew» n n, wi c W tkim rzie e n n e. n 0 N n n 0 e n n > en n > n. Ci g n jest rozbie»ny do +, mmy wi c grnic niewª±ciw e n lim n n = +. Mmy te» nst puj ce oszcowni. Oznczmy n chwil ϵ = x [x], wi c 0 ϵ <, wi c e x x = e[x]+ϵ [x] + ϵ e[x] [x] + = e [x]+ e [x] +. Niech x n + i niech M > 0. Wtedy orz Czyli dl n n mmy n 0 N n n 0 e n n e M, n N n n x n n 0 [x n ] n 0. e x n x n e e [x n]+ [x n ] + e e M = M. 73

74 Udowodnili±my wi c,»e e x lim = +. (6.5) x + x Mo»n to rozumie nst puj co. Gdy x ro±nie do to funkcj wykªdnicz e x ro±nie szybciej ni» x. Zuw»my,»e powy»sze rozumownie mo»n ªtwo zmodykow, i pokz,»e funkcj wykªdnicz ro±nie szybciej ni» dowolny wielomin. (b) Rozw»my grnic ( lim + ) x. (6.6) x + x Grnic odpowiedniego ci gu (gdy x = n) znmy, to jest z denicji liczb e. Terz w chcieliby±my zdptow rozumownie z przykªdu (), i oszcow wrto±ci funkcji w punktch x przez wrto±ci w pewnych punktch nturlnych n. Potrzebne nm b d ró»ne oszcowni, le rozumownie jest proste. Niech ϵ > 0, ci g x n, i oznczmy k n = [x n ]. Zuw»my,»e k n i speªnij one (wystrczy,»e x n ), wi c dlej ( + k n + k n + k n x n < k n + k n + < x n k n, + k n + < + + x n k n ( + ) kn ( < + ) xn ( ) kn+ < + kn x n ) kn + Wiemy,»e ci gi ( + n ) n + k n+ ( + ) n < ( + ) xn ( ) kn ( ) < + kn + kn x n orz ( + ) n+ n + n + n + s zbie»ne do e, wi c istnieje N tkie,»e dl n n ( + ) n ( + ) ( < e+ϵ orz + ) n+ n + n n n + n + > e ϵ. Niech n 0 N b dzie tkie,»e dl n n 0 mmy x n n czyli k n = [x n ] n. Wtedy 74

75 ( e ϵ < + ) kn + k n + < + k n + < ( + x n ) xn < ( ) kn ( ) + kn + kn < e + ϵ, czyli ( + ) xn e x n < ϵ. Podobnie mo»emy udowodni,»e grnic tej funkcji w te» wynosi e. Dowód b dzie podobny, z wykorzystniem znnej nm grnicy ci gu ( lim ) n = n n e. 75

76 Rozdziª 7 Funkcje ci gªe Denicj 7.. Mówimy,»e funkcj f jest ci gª w punkcie x swojej dziedziny, je»eli f(x) = lim y x f(y). Mówimy,»e funkcj jest ci gª n zbiorze A D f je»eli jest ci gª w k»dym punkcie x A. Je»eli funkcj jest ci gª w k»dym punkcie swojej dziedziny, to mówimy po prostu,»e jest ci gª. Mówi c kolokwilnie funkcj ci gª to tk, pod któr mo»n wej± z grnic. Intuicyjne znczenie jest tkie,»e wykres f jest lini ci gª. Uwg: Przypominj c denicj grnicy funkcji w punkcie otrzymujemy nst puj cy wrunek n ci gªo± funkcji w punkcie x ϵ > 0 δ > 0 y D f y x < δ f(y) f(x) < ϵ. Stosuj c j zyk ci gów, czyli Twierdzenie 6. otrzymujemy nst puj ce sformuªownie ci gªo±ci funkcji w punkcie x {x n } D f x n x f(x n ) f(x). Podobnie jk w przypdku grnicy funkcji w punkcie mmy wi c dw powy»sze równow»ne sformuªowni ci gªo±ci funkcji w punkcie. Pierwsze sformuªownie trdycyjnie nzyw si denicj Cuchy'ego", drugie sformuªownie denicj Heinego i gªo±ci. Wniosek 7.. Wszystkie funkcje elementrne, czyli wielominy, funkcje wymierne, trygonometryczne, funkcje pot gow i wykªdnicz s ci gªe. Twierdzenie 7.3. Sum, ró»nic, iloczyn, ilorz orz zªo»enie funkcji ci - gªych s ci gªe w k»dym punkcie, w którym opercj jest wykonln. 76

77 Dowód. Pok»emy tylko przypdek zªo»eni. Pozostªe dziªni n funkcjch ci gªych s ntychmistow konsekwencj twierdzeni o dziªnich n grnicch funkcji. Niech zªo»enie g f b dzie wykonlne, czyli niech wrto±ci funkcji f wpdj do dziedziny funkcji g, orz niech f i g b d ci - gªe. Niech x n x, x n, x D f. Wtedy f(x n ) f(x) (ci gªo± f w x) orz g(f(x n )) g(f(x)) (ci gªo± g w f(x)). Mmy wi c (g f)(x n ) (g f)(x), czyli zªo»enie jest ci gªe. Przykªd: Rozw»my funkcj f(x) = x x dl x > 0 orz f(0) =. Pok-»emy,»e f jest ci gª w 0, czyli lim xx =. x 0 + Ozncz to,»e f w 0 zchowuje si jk funkcj wykªdnicz. Wykorzystmy nst puj c znn nm grnic (6.5) e x lim x x =. Jk ªtwo zuw»y, stosuj c zmin zmiennych y = e x powy»szego nst puj c grnic lim y y log(y) =. otrzymujemy z Z powy»szej grnicy, przechodz c do odwrotno±ci, otrzymujemy nst puj c log(y) lim y y = 0. W ko«cu ponownie zmienij c zmienne x =, i zuw»j c,»e wtedy y y + x 0 + otrzymujemy grnic lim x log x = 0. x 0 + Osttni grnic wynik z poprzedniej, gdy» x n x 0+. Wró my do funkcji f, i zstosujmy cz sto stosowny chªyt": f(x) = x x = e log(xx) = e x log(x). Wykorzystuj c ci gªo± funkcji wykªdniczej otrzymujemy lim x 0 + xx = lim x 0 + ex log x = e lim x 0 + x log x = e 0 =. 77

78 W podobny sposób b dziemy mogli pokz ci gªo± funkcji f w pozost- ªych punktch dziedziny, kiedy udowodnimy ci gªo± funkcji log(x). To z kolei b dzie konsekwencj twierdzeni o ci gªo±ci funkcji odwrotnej, które udowodnimy wkrótce. Uwg: Funkcj mo»e by nieci gª z ró»nych powodów. N przykªd, mo»e istnie grnic funkcji w punkcie g = lim y x f(y), le g f(x). Z tk sytucj mmy n przykªd do czynieni w przypdku f(x) = [ x ]. Je»eli 0 < x < to < x < 0 wi c f(x) =, czyli lim f(y) =. y 0 Z drugiej strony f(0) = 0. Tego typu nieci gªo± nzywmy nieci gªo±ci usuwln. Wystrczy zmieni wrto± funkcji w punkcie x n wrto± grnicy w tym punkcie, i tk zmienion w jednym punkcie funkcj jest ju» w tym punkcie ci gª. Inny rodzj nieci gªo±ci to tk zwn nieci gªo± skokow. Je»eli istniej grnice jednostronne funkcji w punkcie, le s ró»ne, to mówimy,»e funkcj m nieci gªo± skokow. Przykªdem mo»e by funkcj f(x) = [x], któr m nieci gªo±ci skokowe w punktch b d cych liczbmi cªkowitymi. lim f(x) = k, lim x k f(x) = k, k Z. x k + x x Rysunek 7.: Nieci gªo± usuwln i nieci gªo± skokow. Funkcj { sin : x 0 x f(x) = 0 : x = 0, m nieci gªo± jeszcze innego rodzju. Nie istniej nwet grnice jednostronne funkcji f w zerze. 78

79 Wªsno±ci funkcji ci gªych Funkcje ci gªe mj wiele w»nych wªsno±ci, z których njw»niejsze terz udowodnimy. Funkcj ci gª n odcinku sko«czonym [, b] jest ogrniczon i osi g swoje wrto±ci njwi ksz i njmniejsz, orz przyjmuje wszystkie wrto±ci po±rednie pomi dzy njmniejsz i njwi ksz. Twierdzenie 7.4. Funkcj f ci gª n przedzile [, b] (sko«czonym i zwierj cym ko«ce) jest ogrniczon. Dowód. Udowodnimy,»e f jest ogrniczon od góry. Dowód tego,»e jest te» ogrniczon od doªu pozostwimy czytelnikowi. Mo»n przerobi dowód ogrniczono±ci od góry, lbo zuw»y,»e funkcj f jest ogrniczon od góry dokªdnie wtedy, gdy funkcj f jest ogrniczon od doªu. Dowód ogrniczono±ci od góry przeprowdzimy metod nie wprost. Zªó»my wi c,»e f nie jest ogrniczon od góry. Istnieje ztem ci g punktów {x n } [, b], dl których f(x n ) > n, n =,,.... Ci g ten konstruujemy wykorzystuj c, kolejno,»e f nie jest ogrniczon od góry przez, przez, i przez kolejne n N. Ci g {x n } jest ogrniczony (bo zwier si w sko«czonym odcinku [, b]), ztem mo»n wybr z niego podci g {x nk } zbie»ny do jkiej± liczby x [, b] (Twierdzenie 4.): x nk x. Z denicji ci gªo±ci mmy f(x nk ) f(x ), co jest sprzeczno±ci, bo ci g {f(x nk )} nie jest ogrniczony, i nie mo»e wi c w ogóle by zbie»ny. Uwg: Istotne jest,»e przedziª [, b] jest sko«czony, i»e zwier ko«ce. Bez tych zªo»e«funkcj mo»e nie by ogrniczon. N przykªd, funkcj f(x) = x jest ci gª n [0, ), f(x) = jest ci gª n (0, ),»dn z nich x nie jest ogrniczon. Uwg t odnosi si te» do nst pnego twierdzeni. Twierdzenie 7.5. Funkcj f ci gª n przedzile [, b] (sko«czonym i zwierj cym ko«ce) przyjmuje swoje wrto±ci njwi ksz i njmniejsz. Dowód. Pok»emy tylko,»e f przyjmuje wrto± njwi ksz. Niech M = sup{y : y = f(x), x [, b]}. Wiemy,»e zbiór wrto±ci funkcji f jest ogrniczony, wi c powy»szy kres górny istnieje (jest sko«czony). Z denicji kresu wynik,»e istnieje ci g {x n } [, b] tki,»e f(x n ) M. Ci g {x n } jest ogrniczony, wi c mo»n z niego wybr podci g {x nk } zbie»ny do jkiej± liczby x [, b] (ponownie Twierdzenie 4.). Mmy wi c f(x nk ) f(x ), czyli f(x ) = M. 79

80 Twierdzenie 7.6 (Wªsno± Drboux). Funkcj f ci gª n przedzile [, b] przyjmuje wszystkie wrto±ci pomi dzy swoj wrto±ci njmniejsz m i njwi ksz M. Innymi sªowy, zbiorem wrto±ci funkcji ci gªej n przedzile [, b] jest przedziª [m, M]. Dowód. Wiemy,»e funkcj f przyjmuje swoje wrto±ci ekstremlne, czyli istniej liczby c, d [, b] tkie,»e f(c) = m i f(d) = M. Rozptrzmy przypdek gdy c < d. W przypdku, gdy c = d f jest stª, w przypdku nierówno±ci przeciwnej mo»emy rozw» f zmist f, lbo zmodykow ten dowód. Niech wi c c < d. Zªó»my,»e y 0 (m, M), czyli y 0 jest wrto±ci po±redni, pomi dzy wrto±ci njmniejsz i njwi ksz. Rozw»my zbiór {t [c, d] : f(x) < y 0 dl x [c, t]}. Wiemy,»e zbiór ten jest niepusty, gdy» zwier przynjmniej c (f(c) = m < y 0 ), orz jest ogrniczony, gdy» rozw»my tylko t [c, d]. Kres górny tego zbioru wi c istnieje (jest sko«czony), i oznczmy go przez x 0 : Pok»emy,»e musi zchodzi x 0 = sup{t [c, d] : f(x) < y 0 dl x [c, t]}. f(x 0 ) = y 0, (7.) czyli istotnie y 0 jest wrto±ci funkcji f. Udowodnimy (7.) poprzez wykluczenie pozostªych mo»liwo±ci. Zªó»my njpierw,»e f(x 0 ) < y 0. Wtedy, skoro f jest ci gª, to istnieje δ > 0 tkie,»e f(x) < y 0 dl x (x 0 δ, x 0 +δ). Widzimy wi c,»e f(x) < y 0 n przedzile [c, x 0 + δ), co przeczy denicji x 0. Mmy wi c sprzeczno±, wi c nie mo»e by f(x 0 ) < y 0. Zªó»my wi c,»e f(x 0 ) > y 0. Tym rzem, z ci gªo±ci f w x 0 mmy,»e f(x) > y 0 n pewnym przedzile (x 0 δ, x 0 + δ), dl pewnego δ > 0. Ntomist z denicji x 0 wynik,»e f(x) < y 0 dl x < x 0, wi c znowu mmy sprzeczno±. Jedyn mo»liwo±ci pozostje (7.). Uwg: Powy»sze twierdzenie mo»e by wykorzystne do przybli»onego znjdowni pierwistków równ«. Je»eli wiemy,»e funkcj f jest ci gª, i f() f(b) < 0, to f m pierwistek w przedzile (, b): f(x) = 0 dl pewnego x (, b). Algorytm przybli»onego znjdowni tego pierwistk, tk zwn metod przez poªowienie, jest rekurencyjny. Niech c = +b. Albo f(c) = 0, i wtedy pierwistek jest znleziony, lbo f(c) 0 wi c musi by f() 80

81 f(c) < 0 lub f(c) f(b) < 0. Innymi sªowy, pierwistek musi by lbo w lewej poªówce przedziªu [, b], lbo w prwej. Trmy wi c do punktu wyj±ci (to znczy wiemy,»e pierwistek jest w przedzile), le z przedziªem o poªow krótszym. N przykªd,»eby obliczy numerycznie mo»emy, szuk pierwistk równni f(x) = x = 0. Mmy f() f() = < 0, funkcj f jest ci gª, wi c istnieje pierwistek w przedzile (, ) (niewielk niespodzink). Štwo zuw»y,»e metod poªowieni osi gmy 3 dodtkowe cyfry dziesi tne przybli»eni n k»de 0 itercji. K»d itercj sprowdz si (w tym przykªdzie) do mno»eni, czyli lgorytm jest brdzo efektywny 3 cyfry dziesi tne dokªdno±ci n 0 mno»e«. Twierdzenie 7.7. Je»eli funkcj f jest ci gª n przedzile [, b] i ró»nowrto±ciow, to funkcj g, odwrotn do f, jest ci gª n zbiorze wrto±ci f, czyli n przedzile [m, M], gdzie stªe m i M oznczj, podobnie jk w poprzednim twierdzeniu wrto± njmniejsz i njwi ksz funkcji f n [, b]. Dowód. Obrzem (zbiorem wrto±ci) f, zgodnie z Twierdzeniem 7.6,jest przedziª [m, M], i jest wi c on dziedzin funkcji odwrotnej g. Je»eli m y M to g jest okre±lon w punkcie y. Niech y n y i y n [m, M] dl n =,,.... Skoro y n i y nle» do zbioru wrto±ci f, to istniej x, x n [, b] tkie,»e f(x n ) = y n i f(x) = y. Ci g {x n } jest ogrniczony. Niech jego grnic doln b dzie oznczon przez x, grnic górn przez x. Niech podci gi {x n k } i {x n k } odpowiednio zbiegj do x i x. Z ci gªo±ci f wynik,»e f(x ) = lim k f(x n k ) = lim k y n k = y, i podobnie f(x ) = lim f(x n ) = lim y k k n = y. k k Mmy wi c f(x ) = f(x ) = y = f(x). Skoro f jest ró»nowrto±ciow, to x = x = x. Grnic górn i doln ci gu {x n } s wi c równe x, wi c ci g jest zbie»ny do x. Mmy wi c czyli g jest ci gª w y. g(y n ) = x n n x = g(y), Wniosek 7.8. Funkcj log (x) jest ci gª n (0, ), jko funkcj odwrotn do funkcji ci gªej x ( > 0, ). Uwg: Funkcj ci gª, ró»nowrto±ciow n odcinku [, b] musi by ±ci±le monotoniczn. Dowód tego prostego fktu pozostwimy jko wiczenie. 8

82 π π π π Funkcje cyklometryczne Rysunek 7.: Funkcj sin(x) i rcsin(x). Funkcje sin(x) i cos(x) nie s ró»nowrto±ciowe wi c nie s odwrclne. Mo»n jednk rozw» te funkcje n mniejszej dziedzinie, n której s ró»- nowrto±ciowe. Funkcj sin(x) z dziedzin ogrniczon do [ π, π ] jest funkcj ±ci±le rosn c od do, wi c jest ró»nowrto±ciow i odwrcln. π π Rysunek 7.3: Funkcj cos(x) i rccos(x). Funkcj odwrotn, okre±lon n [, ] nzyw si rcsin(x), i zgodnie z powy»szym twierdzeniem, jest ci gª. Podobnie cos(x), z dziedzin ogrniczon do przedziªu [0, π] jest funkcj ±ci±le mlej c od do, wi c odwrcln. Funkcj odwrotn, okre±lon n przedzile [, ] nzyw si rccos(x), i równie» jest ci gª. Funkcj tn(x) jest okresow, o okresie π, i skªd si z gª zi. Z dziedzin ogrniczon do ( π, π ) jest funkcj ±ci±le rosn c, odwrcln. Funkcj odwrotn, okre±lon n cªej prostej R nzyw si rctn(x) i równie» jest ci gª. 8

83 π π π π Rysunek 7.4: Gª ¹ funkcji tn(x) i funkcj rctn(x). 83

84 Rozdziª 8 Pochodn Pochodn funkcji to chwilow pr dko± jej zmin. Denicj 8.. Pochodn funkcji f w punkcie x nzywmy grnic lim h 0 f(x + h) f(x), (8.) h o ile t grnic istnieje. Je»eli istnieje, to mówimy,»e f jest ró»niczkowln w punkcie x (lbo»e m pochodn w punkcie x). Pochodn funkcji f w punkcie x oznczmy f (f prim) lub df dx (df po dx). Uwgi: (i) Pochodn funkcji f te» jest funkcj, której dziedzin jest zbiór punktów, w których f jest ró»niczkowln. Oblicznie pochodnej nzyw si ró»niczkowniem funkcji. (ii) Ilorz f(x + h) f(x) h wyst puj cy w grnicy (8.) nzywmy ilorzem ró»nicowym. Ilorz ró»nicowy, czyli przyrost funkcji podzielony przez przyrost rgumentu wyzncz ±redni pr dko± wzrostu funkcji f n przedzile [x, x + h] (je»eli h > 0, w przeciwnym wypdku n przedzile [x + h, x]). St d interpretcj pochodnej jko chwilowej pr dko±ci zmin funkcji. (iii) Pochodn m te» interpretcj geometryczn. Ilorz ró»nicowy (8.) to tngens k t nchyleni φ siecznej wykresu, poprowdzonej przez punkty (x, f(x)) i (x + h, f(x + h)). Gdy h 0 sieczn stje si styczn, wi c w interpretcji geometrycznej pochodn to tngens k t nchyleni stycznej do 84

85 wykresu w punkcie (x, f(x)). Istnienie pochodnej ozncz po prostu istnienie stycznej do wykresu, rozuminej jko grnic siecznych. (iv) Grnic (8.) mo»n oczywi±cie zpis jko u»ywj c zmiennej y = x + h. f(x + h) lim y x f(y) f(x), y x f(x + h) f(x) f(x) h x x + h Rysunek 8.: Ilorz ró»nicowy i sieczn wykresu. (v) Pochodn mo»e nie istnie. N przykªd, dl funkcji f(x) = x mmy f(0 + h) f(0) lim h 0 + h f(0 + h) f(0) lim h 0 h h = lim h 0 + h = lim h h 0 + h =, h = lim h 0 h = lim h h 0 h =. Ilorzy ró»nicowe mj ró»ne grnice jednostronne w zerze, wi c f nie jest ró»niczkowln w 0. Interpretcj geometryczn nieró»niczkowlno±ci w 0 jest szczególnie sugestywn: wykres f m w punkcie (0, 0) dziubek, i nie m stycznej. (vi) Pochodn funkcji f deniujemy w punktch wewn trznych dziedziny, to znczy w tkich punktch x, które nle» do dziedziny f wrz z pewnym otoczeniem (x δ, x + δ). Twierdzenie 8.. Je»eli f jest ró»niczkowln w punkcie x to jest tk»e ci gª w x. 85

86 Rysunek 8.: Wykres f(x) = x i nieró»niczkowlny dzióbek. Dowód. Zuw»my,»e lim y x f(y) f(x) = lim(f(y) f(x)) y x ( f(y) f(x) = lim y x y x f(y) f(x) = lim y x y x = f (x) 0 = 0. ) (y x) lim y x (y x) Twierdzenie 8.3. Je»eli f i g s ró»niczkowlne w punkcie x, to tk»e f +g, f g, f g i (je»eli dodtkowo g(x) 0) f s ró»niczkowlne w punkcie x g orz mmy wzory (f ± g) (x) = f (x) ± g (x), (f g) (x) = f (x)g(x) + f(x)g (x) (tk zwn reguª Leibniz), ( ) f (x) g = f (x)g(x) f(x)g (x), (je»eli g(x) 0). g (x) Dowód. Pok»emy iloczyn i ilorz, ntomist sum i ró»nic pozostwimy czytelnikowi. Zcznijmy od iloczynu. W liczniku odejmujemy i dodjemy wyr»enie f(x)g(x + h) f(x + h)g(x + h) f(x)g(x) lim h 0 h = 86

87 f(x + h)g(x + h) f(x)g(x + h) + f(x)g(x + h) f(x)g(x) = lim h 0 ( h ) (f(x + h) f(x))g(x + h) (g(x + h) g(x))f(x) = lim + h 0 h h f(x + h) f(x) g(x + h) g(x) = lim g(x + h) + lim f(x) h 0 h h 0 h = f (x)g(x) + f(x)g (x). Przypomnijmy,»e g musi by ci gª w x, wi c g(x + h) g(x) gdy h 0. Rozw»my terz pochodn ilorzu. Je»eli g(x) 0 to g musi by ró»n od zer w pewnym otoczeniu x (bo jest ci gª w x), wi c ilorz f istnieje nie g tylko w x le te» w pewnym jego otoczeniu. lim h 0 f(x+h) f(x) g(x+h) g(x) h = lim h 0 f(x + h)g(x) f(x)g(x + h) h g(x + h) g(x) f(x+h)g(x) f(x)g(x) (f(x)g(x+h) f(x)g(x)) h = lim h 0 g(x + h) g(x) = lim h 0 f(x+h) f(x) h = f (x)g(x) f(x)g (x). g (x) g(x) f(x) lim h 0 g(x+h) g(x) h g (x) Przykªdy: () Funkcj stª f(x) = c. f (x) = lim h 0 c c h Pochodn funkcji stªej jest równ 0. (b) f(x) = x. Mmy f (x) = lim h 0 x + h x h = 0. h = lim h 0 h =. (c) f(x) = x n, dl n N. Pochodn jest równ f (x) = nx n. Mo»emy to udowodni posªuguj c si (b) (to przypdek n = ), reguª Leibniz i indukcj. Mo»emy te» zstosow wzór dwuminowy Newton. (d) Wielmin stopni n: f(x) = n x n + + x + 0. Pochodn f (x) = n n n + +, czyli jest wielominem stopni n. 87

88 (e) f(x) = sin x. Mmy f sin(x + h) sin(x) (x) = lim h 0 h sin( = lim h) cos(x + h) h 0 h sin( = lim h) h 0 h lim cos(x + h 0 h) = cos x. Skorzystli±my z to»smo±ci trygonometrycznej dl = x + h i b = h. sin( + b) sin( b) = sin b cos, (f) f(x) = cos x. Podobnie jk w (e) z tym,»e dl funkcji cos skorzystmy z to»smo±ci cos( + b) cos( b) = sin sin b. Liczymy wi c f cos(x + h) cos(x) (x) = lim h 0 h sin( = lim h) sin(x + h) h 0 h sin( = lim h) h 0 h lim sin(x + h 0 h) = sin x. (g) f(x) = log x. Korzystj c z wªsno±ci logrytmu mmy: f log(x + h) log(x) (x) = lim h 0 ( h ) x + h = lim h 0 h log x ( ) x + h h = lim log. h 0 x Jk wiemy logrytm jest funkcj ci gª, wi c z grnic mo»emy wej± pod logrytm. Rozw»my wyr»enie pod logrytmem. ( ) ( x + h h = + h ) ( h ( = + ) ) x x h x. x x h 88

89 Wiemy,»e z grnic mo»n wej± pod dowoln pot g (w tym przypdku pod ( ) x ). Zuw»my,»e gdy h 0 + to x +, gdy h h 0 to x (przypomnijmy,»e x > 0). Zmienij c x n t otrzymujemy h h ( + ) x ( h x + ) t = e, t lim h 0 + lim h 0 h ( + x h ) x h = lim t + = lim t ( + t ) t = e. Obie powy»sze grnice rozw»li±my wcze±niej (6.6). Poniew» grnice jednostronne s równe, wi c ( lim + ) x h x = e. h 0 h Skªdj c kwªki rozumowni otrzymujemy f (x) = log e x = x log e = x. Twierdzenie 8.4 (Ró»niczkownie funkcji odwrotnej). Niech funkcj f okre- ±lon n przedzile [, b] b dzie ci gª i ró»nowrto±ciow, orz ró»niczkowln w punkcie x (, b), przy czym f (x) 0. Niech g b dzie funkcj odwrotn do f. Wtedy g jest ró»niczkowln w punkcie y = f(x), i zchodzi wzór: g (y) = f (x). Dowód. Oznczmy k = f(x + h) f(x) (k jest zwi zne z h). Poniew» f(x) = y, wi c y + k = f(x + h), ztem g(y + k) = x + h gdy» g jest funkcj odwrotn do f. Dl k 0 mmy wi c h 0, bo g jest ci gª. Zuw»my jeszcze,»e g(y + k) g(y) = f(x) + h f(x) = h, i mmy: g g(y + k) g(y) (y) = lim k 0 k h = lim k 0 f(x + h) f(x 0 ) = lim h 0 = f (x). f(x + h) f(x 0 ) h 89

90 Wniosek 8.5. Dl funkcji f(x) = log x funkcj odwrotn jest g(y) = e y. Ustlmy y = log x czyli x = e y, i otrzymujemy Mmy wi c (e x ) = e x. Ekstrem funkcji g (y) = (e y ) = log (x) = x = x = e y. Mówimy,»e w punkcie x funkcj f m mksimum (czsem podkre±lmy: loklne mksimum), je»eli f(y) f(x), dl y D f z pewnego otoczeni x. Podobnie, mówimy,»e m w x minimum (loklne minimum), je»eli f(y) f(x), dl y D f z pewnego otoczeni x. Ogólnie, mówimy»e f m w punkcie x ekstremum, je»eli m w tym punkcie mksimum lub minimum. x mx x min Rysunek 8.3: Loklne mksimum i minimum. Twierdzenie 8.6. Je»eli f (x) > 0 to w pewnym otoczeniu punktu x mmy f(y) > f(x) dl y > x orz f(y) < f(x) dl y < x. (8.) Podobnie, je»eli f (x) < 0 to w pewnym otoczeniu punktu x f(y) < f(x) dl y > x orz f(y) > f(x) dl y < x. (8.3) Dowód. Wystrczy rozw»y znk ilorzu ró»nicowego. Je»eli f (x) > 0, to w pewnym otoczeniu punktu x musi zchodzi : f(y) f(x) y x > 0. Licznik i minownik mj ten sm znk, i otrzymujemy (8.). Podobnie w przypdku f (x) < 0, licznik i minownik ilorzu ró»nicowego musz mie przeciwne znki, wi c otrzymujemy (8.3). 90

91 Otrzymujemy ntychmist nst puj cy brdzo u»yteczny wniosek: Wniosek 8.7. Je»eli f jest ró»niczkowln w punkcie x i m w tym punkcie ekstremum, to f (x) = 0. Uwgi: (i) Punkt w którym pochodn funkcji przyjmuje wrto± zero nzyw si punktem krytycznym funkcji. (ii) Je»eli f m w punkcie x ekstremum, to f (x) = 0, le nie n odwrót. N przykªd, funkcj f(x) = x 3 speªni f (0) = 0, le nie m w 0 ekstremum. Innymi sªowy, w punkcie krytycznym funkcj mo»e mie ekstremum, le nie musi. (iii) Powy»szy wniosek mo»e sªu»y do szukni wrto±ci njwi kszej czy njmniejszej funkcji. Wrto± njwi ksz i njmniejsz jest przyj t lbo w punkcie, gdzie funkcj nie jest ró»niczkowln (n przykªd n ko«cch przedziªu n którym bdmy funkcj ), lbo w punkcie krytycznym. (iv) Twierdzenie 8.6 i Wniosek 8.7 s oczywiste geometrycznie. N przykªd, je»eli funkcj m w punkcie ekstremum, to styczn do wykresu w tym punkcie (je»eli istnieje) musi by poziom. Twierdzenie 8.8 (Rolle'). Niech f(x) b dzie ci gª n przedzile [, b], i ró»niczkowln w (, b). Zªó»my,»e f() = f(b). Wtedy istnieje c (, b) tkie,»e f (c) = 0. Dowód. f(x) przyjmuje swoje wrto±ci njmniejsz i njwi ksz. Je»eli obie s przyj te n ko«cch przedziªu [, b], to znczy,»e funkcj jest stª, i f (x) 0 n cªym przedzile (, b). W przeciwnym wypdku jedno z ekstremów musi by przyj te w punkcie wewn trznym przedziªu c (, b), w tkim rzie w tym punkcie musi by f (c) = 0. Nst puj ce twierdzenie jest w»ne i z punktu widzeni teorii, i z punktu widzeni zstosow«. Twierdzenie 8.9 (O wrto±ci ±redniej). Je»eli f jest ci gª n [, b], i ró»- niczkowln n (, b), to istnieje punkt c (, b) tki,»e f(b) f() b = f (c). Dowód. Zuw»my,»e funkcj ( ) f(b) f() g(x) = f(x) f() + (x ) b 9

92 speªni zªo»eni twierdzeni Rolle': g() = g(b) = 0. Po prostu od funkcji f odj li±my funkcj liniow o tych smych wrto±cich punktch i b. Z Twierdzeni 8.8 istnieje wi c punkt c (, b) tki,»e g (c) = 0. Ale co ko«czy dowód. g (x) = f (x) f(b) f(), b Z twierdzeni o wrto±ci ±redniej ntychmist otrzymujemy nst puj cy wniosek. Wniosek 8.0. Je»eli n jkim± przedzile (, b) mmy: f 0 to funkcj f jest rosn c n (, b), f 0 to funkcj f jest mlej c n (, b), f = 0 to funkcj f jest stª n (, b), Dowód. Niech x, y (, b) i x < y. Z twierdzeni o wrto±ci ±redniej f(y) f(x) y x = f (c), c (x, y) (, b). Je»eli f 0 n cªym przedzile (, b) to tk»e ilorz po lewej stronie równo±ci, wi c i licznik musz by 0. Podobnie w pozostªych dwóch przypdkch. Zuw»my,»e je»eli f jest stle ±ci±le dodtni, lub ±ci±le ujemn, to funkcj jest ±ci±le rosn c, lub ±ci±le mlej c n (, b). Uwgi: (i) Zuw»my,»e we wniosku zkªdmy,»e odpowiedni nierówno± zchodzi n odcinku. To jest w»ne zªo»enie, bo n przykªd funkcj x m pochodn stle ±ci±le ujemn n cªej swojej dziedzinie, nie jest mlej c. Jest mlej c n k»dym z odcinków (, 0) i (0, ), le nie n cªej swojej dziedzinie. (ii) Wprost z denicji pochodnej wynik nst puj c obserwcj: je»eli pewnym otoczeniu x funkcj f jest rosn c, to ilorzy ró»nicowe w tym punkcie s dodtnie, wi c f (x) 0. Podobnie je»eli f jest w jkim± otoczeniu punktu x mlej c, to ilorzy ró»nicowe w tym punkcie s ujemne, wi c f (x) 0. Widzimy wi c,»e monotoniczno± funkcji jest ±ci±le zwi zn ze znkiem pochodnej. przypomnijmy te» zwi zne z tym Twierdzenie 8.6. Nst puj ce twierdzenie jest podstwowym nrz dziem do prktycznego liczeni pochodnych. 9

93 Twierdzenie 8. (Reguª ª«cuchow). Niech funkcje f i g b d ró»niczkowlne. Zªó»my,»e zªo»enie g f b dzie okre±lone, to znczy wrto±ci f wpdj do dziedziny g. Wtedy zªo»enie g f te» jest funkcj ró»niczkowln i zchodzi nst puj cy wzór n jej pochodn : (g f) (x) = g (f(x)) f (x). (8.4) Dowód. Ustlmy punkt x i zªó»my,»e funkcj f jest ró»niczkowln w x, g ró»niczkowln w f(x). Rozptrzmy njpierw przypdek f (x) 0. Zgodnie z Twierdzeniem 8.6 dl h 0 wystrczj co mªego mmy f(x + h) f(x). Zpiszmy nst puj cy ilorz ró»nicowy g(f(x + h)) g(f(x)) h = g(f(x + h)) g(f(x)) f(x + h) f(x) f(x + h) f(x). h Oczywi±cie, gdy h 0 to f(x + h) f(x) (f jest ci gª w x), czyli g(f(x + h)) g(f(x)) lim h 0 h = lim y f(x) = g(y) g(f(x)) y f(x) lim h 0 f(x + h) f(x) h = g (f(x)) f (x). Terz rozptrzmy przypdek f (x) = 0. Ustlmy ϵ > 0. Ilorz ró»nicowy g(y) g(f(x)), y f(x) y f(x) m grnic (równ g (f(x))) gdy y f(x), wi c jest w pewnym otoczeniu f(x) ogrniczony: α > 0 M y 0 < y f(x) < α g(y) g(f(x)) y f(x) < M. Z drugiej strony f jest ci gª w x, wi c δ > 0 h h < δ f(x + h) f(x) < α. W ko«cu, skoro f (x) = 0, to δ > 0 h 0 < h < δ f(x + h) f(x) h < ϵ M. Niech δ = min{δ, δ } i 0 < h < δ. Je»eli f(x + h) = f(x) to g(f(x + h)) g(f(x)) h = 0. 93

94 W przeciwnym przypdku g(f(x + h)) g(f(x)) h = = g(f(x + h)) g(f(x)) f(x + h) f(x) f(x + h) f(x) h < M ϵ M = ϵ. Poniew» ϵ byªo dowolne, to pokzli±my,»e (g f) (x) = lim h 0 g(f(x + h)) g(f(x)) h czyli, skoro tk»e f (x) = 0, pokzli±my (8.4). = 0, Wniosek 8.. Niech f(x) = x, gdzie jest dowoln pot g rzeczywist. Mmy wtedy x = e log x (x ) = e log x ( log x) = x x = x. Wzór ten udowodnili±my wcze±niej w przypdku gdy N. Nst puj ce twierdzenie to tk zwn reguª de l'hôpitl. Jest to brdzo proste twierdzenie, jednk zskkuj co przydtne. B dziemy je stosow wielokrotnie. Pozwl ono w wielu przypdkch obliczy grnice (je»eli istniej ) postci f(y) lim y x g(y), gdzie obie funkcje f i g mj grnice równe 0. Wyr»enie tkie nzywmy wyr»eniem nieoznczonym typu 0 ªtwo si domy±le dlczego. 0 Wyr»j c si ±ci±lej, zªó»my,»e funkcje f i g s ci gªe w pewnym otoczeniu punktu x, orz f(x) = g(x) = 0. Zªó»my,»e obie funkcje s ró»- niczkowlne w pewnym otoczeniu x, poz, by mo»e, smym punktem x. Zkªdmy tk»e,»e w pewnym otoczeniu punktu x okre±lone s ilorzy f(y) g(y) orz f (y) g (y), (to znczy w jkim± otoczeniu x, z wyj tkiem smego punktu x, zchodzi g(y) 0 i g (y) 0). W tk opisnej sytucji prwdziwe jest nst puj ce twierdzenie. Twierdzenie 8.3 (Reguª de l'hôpitl). Zªó»my,»e istnieje grnic (wª- ±ciw lub niewª±ciw) f (y) lim y x g (y). 94

95 Wtedy istnieje tk»e grnic i obie te grnice s sobie równe f(y) lim y x g(y), f(y) lim y x g(y) = lim f (y) y x g (y). (8.5) Reguª de l'hôpitl jest równie» prwdziw dl grnic jednostronnych. Dowód przeprowdzimy wª±nie dl grnic prwostronnych. Zuw»my,»e przypdek grnic lewostronnych i obustronnych ju» z tej wersji wynik. Dowód. Udowodnimy wersje twierdzeni dl grnic prwostronnych. Punkt x jest wi c ustlony, i wszystkie zªo»eni opisne powy»ej s speªnione dl y > x, wszystkie grnice s prwostronne dl y x +. Niech h > 0 b dzie ustlone, i rozw»my przedziª [x, x + h]. Pok»emy,»e istnieje c (x, x + h) tkie,»e f(x + h) g(x + h) = f(x + h) f(x) g(x + h) g(x) = f (c) g (c). (8.6) Zuw»my,»e w przypdku gdy g(y) = y powy»sz równo± to jest po prostu twierdzenie o wrto±ci ±redniej. Ogólny przypdek nie wynik z twierdzeni o wrto±ci ±redniej, le mo»n go udowodni dokªdnie tk, jk dowodzili±my tego twierdzeni. Wprowdzimy odpowiedni funkcj pomocnicz, i skorzystmy z twierdzeni Rolle'. Wprowd¹my nst puj c funkcj n przedzile [x, x + h]: f(x + h) Φ(y) = f(y) g(y) g(x + h). Mmy Φ(x) = Φ(x + h) = 0 czyli z twierdzeni Rolle' istnieje c (x, x + h) tkie,»e Φ (c) = 0. To ozncz f (c) g (c) f(x + h) g(x + h) = 0, czyli dokªdnie (8.6) Zuw»my te»,»e gdy h 0 + to c x +. Je»eli istnieje grnic f (y) lim y x + g (y), (8.7) to grnic f (c) lim h 0 + g (c), 95

96 te» musi istnie i jest równ grnicy (8.7). Mmy wi c f(y) lim y x + g(y) = lim f(x + h) h 0 + g(x + h) = lim f (c) h 0 + g (c) = lim f (y) y x + g (y), o ile grnic po prwej stronie istnieje. Uwgi: (i) Zwró my uwg,»e równo± (8.5) zchodzi o ile grnic po prwej stronie istnieje. Mo»e si zdrzy,»e grnic po lewej stronie istnieje, choci» t po prwej stronie (8.5) nie istnieje. N przykªd rozw»my funkcje ( f(x) = x sin, g(x) = x, x) (niech f(0) = 0). Obie funkcje s ci gªe i ró»niczkowlne n cªej prostej, uªmek f jest wyr»eniem nieoznczonym typu 0 w zerze, istnieje grnic g 0 choci» grnic wyr»eni f (y) g (y) nie istnieje. = x sin f(y) ( ) lim y 0 g(y) = lim x sin = 0, y 0 x ( x ) x cos ( ) x x ( ( = x sin cos x) x) (ii) Reguª de l'hôpitl mo»n iterow. N przykªd rozw»my grnic sin(x) x lim. x 0 x 3 Ró»niczkuj c licznik i minownik znowu otrzymujemy wyr»enie nieoznczone typu 0 cos(x) w zerze,. Ró»niczkuj c licznik i minownik ponownie 0 3x otrzymujemy sin(x), wci» wyr»enie nieoznczone typu 0 w zerze. Mogliby±my ró»niczkow ponownie, le kurt t grnic znmy, (6.4), wynosi 6x 0 on. Wrcmy wi c, stosuj c reguª de l'hôpitl dwukrotnie. 6 sin(x) lim x 0 6x = 6 lim cos(x) x 0 3x = 6 lim sin(x) x = x 0 x 3 6. (iii) Reguª de l'hôpitl mo»n te» stosow do grnic w niesko«czono±ci. Rozw»my n przykªd grnic f(x) lim x + g(x), 96

97 gdzie f(x) 0 i g(x) 0 gdy x +. Wprowd¹my oznczeni ( ) ( ) φ(t) = f orz ψ(t) = g, t t wtedy φ(t) 0 i ψ(t) 0 gdy t 0 +, orz ( ) ( ) ( ) ( ) φ (t) = f, orz ψ (t) = g. t t t t Otrzymujemy wi c Wynik z tego,»e grnice φ (t) ψ (t) = f ( )( ) t t g ( )( ) = f ( ) t g t t ( ). t f (x) lim x + g (x) orz φ (t) lim t 0 + ψ (t) s identyczne, istnienie jednej jest równow»ne istnieniu drugiej i je»eli istniej to s sobie równe. Oczywi±cie identyczne s równie» grnice czyli mmy A = f(x) lim x + g(x) orz φ(t) lim t 0 + ψ(t), f (x) lim x + g (x) = lim φ (t) t 0 + ψ (t) A = lim φ(t) t 0 + ψ(t) = lim f(x) x + g(x). (iv) Mo»n te» udowodni (z grubsz w podobny sposób) wersj reguªy de l'hôpitl dl wyr»e«nieoznczonych postci : je»eli lim y x f(y) = ± orz lim y x g(y) = ± to zchodzi reguª de l'hôpitl, to znczy mmy równo± (8.5) (o ile grnic po prwej stronie istnieje, wª±ciw lub niewª- ±ciw). Podobnie jk w przypdku Twierdzeni 8.3 udowodnimy wersj dl grnic prwostronnych, z której wynikj pozostªe wersje, równie» dl grnic w ±, nlogicznie jk w tmtym przypdku. Zróbmy wi c nst puj ce zªo»eni: niech f, f, g, g orz ilorzy f i f b d okre±lone w jkim± g g otoczeniu prwostronnym punktu x i niech lim g(y) = ± (8.8) y x + (nie musimy nwet zkªd lim y x + f(y) = ± ). grnic (wª±ciw) f (y) lim y x + g (y) = α. Zªó»my,»e istnieje 97

98 Ustlmy ϵ > 0 i niech δ > 0 b dzie tk, ze dl x < y < x + δ f (y) g (y) α < ϵ. (8.9) Wybierzmy i ustlmy y 0 (x, x + δ), i rozw»my dowolne y (x, y 0 ). Podobnie jk w dowodzie reguªy de l'hôpitl 8.3 mo»emy pokz,»e istnieje c (y, y 0 ), oczywi±cie zle»ne od y, tkie,»e f(y) f(y 0 ) g(y) g(y 0 ) = f (c) g (c), czyli, bior c pod uwg (8.9) f(y) f(y 0 ) g(y) g(y 0 ) α < ϵ. Dzielimy licznik i minownik uªmk przez g(y), mo»emy to zpis w postci α ϵ < f(y) f(y 0) g(y) g(y) g(y 0) g(y) < α + ϵ. Dzielenie przez g(y) jest dopuszczlne, gdy» ze wzgl du n (8.8) je»eli tylko δ jest wystrczj co mª, to g(y) 0 w (x, x + δ). Z tego smego wzgl du minownik d»y do gdy y x +, wi c w szczególno±ci, gdy y jest wystrczj co blisko x, to minownik jest dodtni. Niech wi c y < x + η y 0, wtedy powy»sze nierówno±ci mo»emy zpis (α ϵ) ( g(y 0) g(y) ) + f(y 0) g(y) < f(y) g(y) < (α + ϵ) ( g(y ) 0) + f(y 0) g(y) g(y). We¹my dowolny ci g {y n }, tki,»e y n x i y n > x. Od pewnego miejsc y n < x + η, wi c mo»emy zstosow powy»sze nierówno±ci. Otrzymujemy wi c α ϵ lim inf n f(y n ) g(y n ) lim sup n f(y n ) g(y n ) α + ϵ. ϵ byªo dowolne, wi c widzimy,»e musi istnie grnic, i Ci g {y n } byª dowolny, wi c f(y n ) lim n g(y n ) = α. f(y) lim y x + g(y) = α = lim f (y) y x + g (y). 98

99 W ten sposób udowodnili±my reguª de l'hôpitl w przypdku grnicy α wª±ciwej (sko«czonej). Mo»n j te» udowodni dl grnicy α niewª±ciwej. log(+x) Przykªdy: () lim x 0. Jest to wyr»enie postci 0, wi c mmy x 0 log( + x) lim x 0 x = lim x 0 +x =. (b) lim x 0 + x log x. Jest to wyr»enie postci 0, le przenosz c x do minownik otrzymujemy wyr»enie postci. Mmy wi c log x lim x log x = lim x 0 + x 0 + x = lim x 0 + x x = lim x 0 + x = 0. (c) lim x 0 +(cos x) x. Jest to wyr»enie postci. Przeksztªcmy je wi c w zwykªy sposób (cos x) x = e x log cos x log cos x = e x. W wykªdniku jest wyr»enie typu 0, wi c obliczmy grnic w wykªdniku 0 log cos x lim x 0 + x = lim x 0 + ( sin x) cos x = 0 lim x 0 +(cos x) x = e 0 =. (d) lim x + log x x. Jest to wyr»enie postci log x lim = x + x lim x + x = x Logrytm ro±nie do wolniej ni» pierwistek. w, wi c mmy lim x + Pochodne funkcji cyklometrycznych x = 0. () f(x) = rcsin(x). f jest okre±lon n przedzile [, ] i jest funkcj odwrotn do funkcji sin(x) zw»onej do przedziªu [ π, π ]. Niech x (, ) i x = sin(y) dl pewnego y ( π, π ). Z Twierdzeni 8.4 wiemy,»e f jest ró»niczkowln w x i f (x) = sin (y) = cos(y) = cos rcsin(x). 99

100 Wyr»enie to mo»n upro±ci. Dl y ( π, π ) cos(y) > 0, wi c cos(y) = sin (y). Mmy wi c f (x) = cos rcsin(x) =. x (b) f(x) = rccos(x). Jest to funkcj okre±lon n przedzile [, ], odwrotn do funkcji cos(x) zw»onej do przedziªu [0, π]. Niech x (, ), i x = cos(y) dl pewnego y (0, π). f (x) = cos (y) = sin(y) = sin rccos(x). Podobnie jk poprzednio, sin(x) jest dodtni n (0, π), wi c sin(y) = cos (y), czyli f (x) = sin rccos(x) =. x (c) f(x) = rctn(x). Funkcj f jest okre±lon n cªej prostej R, i jest funkcj odwrotn do funkcji tn(x) zw»onej do przedziªu ( π, π ). Niech x = tn(y) dl pewnego y ( π, π ). Mmy Z drugiej strony f (x) = tn (y) = cos (y) = cos (y). cos (y) = Osttecznie wi c cos (y) cos (y) + sin (y) = + ( = sin(y) cos(y) ) + tn (y) = + x. Pochodne wy»szych rz dów f (x) = + x. Je»eli pochodn f sm jest ró»niczkowln, to jej pochodn, jest tk zwn drug pochodn funkcji f (f ) (x) = f (x) = f () (x). Podobnie mo»emy obliczy pochodne dowolnego rz du f (n) (je»eli funkcj f jest ró»niczkowln odpowiedni ilo± rzy). Piszemy f (0) = f. 00

101 Przykªdy: () sin (n) (x) = { ( ) n cos(x) n nieprzyste, ( ) n sin(x) n przyste. (b) f(x) = { x 3 x 0, 0 x < 0. Funkcj f jest ró»niczkowln w k»dym punkcie x 0 i f (x) = 3x dl x > 0 orz f (x) = 0 dl x < 0. Jest te» ró»niczkowln w zerze, i f (0) = 0: f(x) 0 lim x 0 + x x 3 = lim x 0 + x = 0, lim f(x) 0 x 0 x f jest wi c ró»niczkowln w k»dym punkcie, i { f 3x x 0, (x) = 0 x 0. 0 = lim x 0 x = Rysunek 8.4: Funkcje f, f i f z przykªdu (b). Obliczmy terz pochodn f. Dl x > 0 f (x) = 6x, dl x < 0 f (x) = 0. W zerze f te» jest ró»niczkowln, i f (0) = 0: f (x) 0 lim x 0 + x 3x = lim x 0 + x = 0, lim x 0 f (x) 0 x f jest wi c ró»niczkowln -krotnie w k»dym punkcie, i { f 6x x 0, (x) = 0 x = lim x 0 x = 0.

102 Zuw»my,»e f nie jest ró»niczkowln w zerze: f (x) 0 lim x 0 + x 6x = lim x 0 + x = 6, lim f (x) 0 x 0 x 0 = lim x 0 x = 0. f jest wi c -krotnie ró»niczkowln w k»dym punkcie, le nie jest 3-krotnie ró»niczkowln w zerze. Uwg: Wszystkie funkcje elementrne s ró»niczkowlne niesko«czenie wiele rzy w k»dym punkcie swojej dziedziny. Bdnie przebiegu funkcji Omówimy terz procedur bdni przebiegu funkcji. funkcji to typowe zdnie w zstosownich. Bdnie przebiegu Uwg: Procedur bdni zmienno±ci funkcji odnosi si do funkcji odpowiednio regulrnych. Istniej funkcje, których wykresu nie d si nszkicow, n przykªd { x Q, f(x) = 0 x / Q. Funkcje, które bdmy njcz ±ciej s przynjmniej przedziªmi ci gªe. Przyst puj c do zbdni przebiegu funkcji post pujemy nst puj co. Kolejno± poszczególnych opercji w zsdzie nie m znczeni. () Ustlmy dziedzin funkcji, je»eli nie jest podn jwnie. Ustlmy punkty ci gªo±ci, nieci gªo±ci, ró»niczkowlno±ci i nieró»niczkowlno±ci. Z reguªy funkcj bdn jest przedziªmi ci gª i przedziªmi ró»niczkowln, wi c ustlmy te przedziªy. () Sprwdzmy przysto± i okresowo± funkcji. Je»eli f jest przyst to znczy f( x) = f(x) lub nieprzyst, to znczy f( x) = f(x), to wystrczy zbd jej przebieg dl x 0 nst pnie wyniki odpowiednio przenie± n x < 0. Je»eli funkcj jest okresow, to znczy istnieje T tkie,»e f(x + T ) = f(x), to wystrczy zbd funkcj n dowolnym przedzile dªugo±ci jednego okresu. (3) Ustlmy pierwistki funkcji, czyli punkty x w których f(x) = 0, orz ustlmy przedziªy n których funkcj zchowuje znk. (4)Ustlmy przedziªy monotoniczno±ci i wyznczmy ekstrem loklne. Bdmy znk pochodnej. Mo»n z tego wyci gn wnioski n temt ekstremów. Czsem pomocne jest nst puj ce twierdzenie 0

103 Twierdzenie 8.4. Je»eli w pewnym punkcie x f (x) = 0 i f (x) 0 to f m w x ekstremum. Je»eli f (x) < 0 to jest to mksimum, je»eli f (x) > 0 to jest to minimum. Dowód. Je»eli f (x) > 0 to stosuj c Twierdzenie 8.6 do f, pmi tj c,»e f (x) = 0 otrzymujemy,»e f jest ujemn n lewo od x (czyli f mleje) i dodtni n prwo od x (czyli f ro±nie). W tkim rzie w x funkcj f m minimum. Podobnie w przypdku f (x) < 0: wtedy w x funkcj f m mksimum. Nle»y pmi t,»e ekstrem mog znjdow si w punktch, w których funkcj nie jest ró»niczkowln. (5) Je»eli funkcj f m drug pochodn i n jkim± przedzile f (x) > 0, to mówimy,»e jest n tym przedzile wypukª. Je»eli n jkim± przedzile f (x) < 0 to mówimy,»e jest n tym przedzile wkl sª. Je»eli w jkim± punkcie funkcj zmieni si z wypukªej n wkl sª, lbo n odwrót, to tki punkt nzywmy punktem przegi ci. Tki punkt jest punktem ekstremlnym pochodnej. Znjdujemy punkty przegi ci funkcji, i okre±lmy przedziªy wypukªo±ci/wkl sªo±ci. Wypukªo± i wkl sªo± mj interpretcj geometryczn. N odcinku n którym funkcj jest wypukª styczne do wykresu le» pod wykresem, sieczne nd wykresem. Je±li funkcj jest wkl sª to odwrotnie, styczne le» nd wykresem sieczne pod. (6) Znjdujemy ewentulne symptoty. Asymptoty mog by ró»nego rodzju. () Je»eli w jkim± punkcie mmy lim x ± f(x) = ±, to prost pionow o równniu x = nzywmy symptot pionow funkcji. (b) Je»eli istnieje grnic lim x ± f(x) = A, to prost poziom o równniu y = A nzywmy symptot poziom funkcji w + (lub w ). (c) Je»eli isnieje stª m tk,»e istnieje grnic lim x ± (f(x) mx) = c, to prost o równniu y = mx + c nzywmy symptot uko±n funkcji w + (lub w ). Asymptot poziom to szczególny przypdek symptoty uko±nej, dl której m = 0. Je»eli funkcj f m w + lbo symptot uko±n, to stª m jest równ k»dej z grnic f(x) lim x ± x, lim (f(x + ) f(x)), lim x ± f (x), x ± (osttni grnic mo»e nie istnie, nwet je»eli symptot uko±n istnieje). Nle»y jednk pmi t,»e istnienie którejkolwiek z tych grnic nie gwrntuje jeszcze istnieni symptoty uko±nej. eby istniª symptot uko±n musi jeszcze istnie grnic lim (f(x) mx) = c. x ± 03

104 Przykªdy: () f(x) = x m symptot pionow x = orz symptoty x poziome y = w obu niesko«czono±cich (Rys. 8.5). symptot poziom y = symptot pionow x = Rysunek 8.5: Asymptoty funkcji f(x) = x. x (b) f(x) = x3 x +3 x. Funkcj m symptot pionow x = 0. B dziemy szukli symptot uko±nych. f(x) x = x3 x + 3 x 3 = x + 3 x 3 x ±, f(x) x = x3 x + 3 x x = x3 x + 3 x 3 x = x + 3 = + 3 x x x ±. f m wi c symptot uko±n y = x w obu niesko«czono±cich (Rys. 8.6). (c) Zbdjmy przebieg zmienno±ci funkcji f(x) = 3 x x +. Nturln dziedzin funkcji jest D f = R \ { }, funkcj jest ci gª w k»- dym punkcie dziedziny i jest ró»niczkowln w k»dym punkcie x 0. Przedziªy ci gªo±ci to (, ) i (, + ), przedziªy ró»niczkowlno±ci to 04

105 0 6 symptot pionow x = x = minimum 4 symptot ukośn y = x Rysunek 8.6: Asymptoty funkcji z przykªdu (b). (, ), (, 0) orz (0, + ). Funkcj nie jest ni okresow ni przyst ni nieprzyst. Jedynym pierwistkiem jest pierwistek licznik, czyli x = 0. f jest dodtni dl x >, x 0 i ujemn dl x <. Obliczmy pochodn f (x) = 3 x 3 ( + x) x 3 (x + ) = x 3 (x + ) = x 3 3 (x + ) ( + x 3 x ( ) x. ) Pierwszy czynnik jest zwsze dodtni, wi c znk pochodnej zle»y tylko od znku ( ). Po ªtwych rchunkch otrzymujemy,»e pochodn jest dox 05

106 dtni n przedzile (0, ) i ujemn n przedziªch (, ), (, 0) orz (, + ). Funkcj f ro±nie n przedzile (0, ), mleje n pozostªych przedziªch. Widzimy wi c,»e m minimum w zerze (jest to punkt nieró»niczkowlno±ci), i mksimum w. Widzimy,»e funkcj m symptot pionow x =, orz poziom w ± y = 0. Rozstrzygniemy terz wypukªo±. W tym celu policzymy drug pochodn. x = - mksimum symptot pionow x = symptot poziom y = 0 x = 0 - minimum Rysunek 8.7: Wykres funkcji z przykªdu (c). f (x) = ( ) 4 3 x 3 x + x 3 (x + ) = 4 9 x 4 3 (x + ) 4 3 x 3 (x + ) = 4 9 x 4 3 (x + ) 8 3 x 3 (x + ) + 4 x 3 (x + ) 3 = 4 4 (x + ) + 6 x (x + ) 9 x 9 x 3 (x + ) 3 = 4 4 x 8 x 9 x 3. (x + ) x 3 (x + ) x 3 (x + ) (x + ) 4

107 Wyr»enie 4 9 x 4 3 jest zwsze dodtnie, minownik jest < 0 dl x < i > 0 dl x >. Z kolei licznik jest > 0 dl x / ( 3, + 3 ) i < 0 dl x ( 3, + 3 ). Zuw»my jeszcze,»e < 3 < 0, wi c funkcj f(x) jest: wkl sª n (, ), ( 3, 0) orz (0, + 3 ), wypukª n (, 3 ) orz ( + 3, + ), m punkty przegi ci w ± 3. Wiemy ju» wszystko co chcieli±my, i mo»emy nszkicow wykres funkcji (Rys. 8.7). Dowodzenie nierówno±ci Metody bdnie funkcji mo»n zstosow do dowodzeni nierówno±ci. Przykªdy: () Udowdnimy nierówno± ( + x) p + px dl x >. Nierówno± tk udowodnili±my wcze±niej dl wykªdnik p nturlnego. Obecnie udowodnimy j dl dowolnego p. Rozw»my funkcj Mmy f(x) = ( + x) p px, x. f (x) = p ( + x) p p. Dl x 0 + x orz p 0 wi c ( + x) p czyli f (x) 0. Dl x 0 + x czyli ( + x) p, wi c f (x) 0. Funkcj f mleje dl x < 0 i ro±nie dl x > 0, wi c m w zerze swoj wrto± njmniejsz Funkcj jest wi c zwsze 0, czyli f(x) f(0) = 0. ( + x) p + p x. (b) Dl x 0 mmy x x3 6 sin(x) x. Prw cz ± nierówno±ci jest jsn, i byª pokzn. Pok»emy lew cz ±. Niech f(x) = sin(x) x + x3 6. Mmy f (x) = cos(x) + x, f (0) = 0, f (x) = sin(x) + x. f (x) 0 dl x 0, czyli f ro±nie dl x 0, skoro f (0) = 0, to f (x) 0 dl x 0. Sm funkcj wi c ro±nie dl x 0, wi c f(x) f(0) = 0, dl x 0. 07

108 Wzór Tylor Twierdzenie o wrto±ci ±redniej mo»n zpis w postci f(b) = f() + (b )f (c), dl pewnego c (, b). Niech h = b, wtedy wzór przyjmuje post f( + h) = f() + h f ( + θ h), dl pewnego θ (0, ). Twierdzenie o wrto±ci ±redniej zpisne w tej postci stnowi szczególny przypdek nst puj cego twierdzeni. Twierdzenie 8.5 (Wzór Tylor). Niech funkcj f b dzie ró»niczkowln n-rzy w przedzile ( δ, + δ), dl pewnego δ > 0. Wtedy, dl dowolnego h, h < δ istnieje θ (0, ) tkie,»e gdzie f( + h) = f() + h! f () + h! f () + + hn (n )! f (n ) () + R n = n k=0 h k k! f (k) () + R n, R n = hn n! f (n) ( + θh). Dowód. Mmy dne h. Oznczmy b = +h, i utwórzmy nst puj ce funkcje pomocnicze φ(x) =f(b) f(x) = f(b) (b x) f (x)! n k=0 Φ(x) = φ(x) (b x) k f (k) (x), k! φ() (b ) n (b x)n. (b x)n f (n ) (x) (n )! Φ speªni zªo»eni twierdzeni Rolle' n przedzile o ko«cch, b ([, b] lub [b, ] w zle»no±ci od znku h). Φ() = φ() φ() (b ) n (b )n = 0, Φ(b) = φ(b) 0 = 0. Istnieje wi c punkt c wewn trz przedziªu o ko«cch, b, tki,»e Φ (c) = 0. 08

109 Punkt c mo»emy zpis jko + θ (b ) = + θ h dl pewnego θ (0, ). Mmy wi c Φ ( + θ h) = φ ( + θ h) Musimy policzy pochodn φ (x): ( n ) φ (x) = f (b x) k (x) f (k) (x) k! k= n ( ) (b x) = f k (x) f (k) (x) k! k= n ( = f (b x)k (x) f (k) (x) + (k )! k= n = f (b x) k (x) + f (k+) (x) k! k=0 = f (x) + f (x) (b x)(n ) = f (n) (x). (n )! φ() (b ) n n (h θ h)n ( ) = 0. (8.0) (b x)(n ) (n )! Wstwij c to do (8.0) otrzymujemy czyli n k= f (n) (x) (b x)k k! ) f (k+) (x) (b x) k f (k+) (x) k! (h θ h)(n ) f (n) ( + θ h) + φ() (n )! (b ) n (h θ n h)n = 0, φ() = (b )n n! f (n) ( + θ h) = hn n! f (n) ( + θ h). Pozostje zuw»y,»e φ() jest dokªdnie reszt R n : f(b) = n k=0 h k k! f (k) () + φ() = f() + h! f () + h! f () + + hn (n )! f (n ) () + hn n! f (n) ( + θ h). 09

110 n = n = 5 n = 3 Rysunek 8.8: Wielominy Tylor stopni n funkcji sin(x). Uwgi: (i) R n to tk zwn reszt. Wzór Tylor to wzór n przybli»enie funkcji f wielominem, w otoczeniu punktu, przy czym R n jest bª dem tego przybli»eni. (ii) Dokªdno± przybli»eni zle»y od wielko±ci R n w otoczeniu punktu (R n zle»y od h). Im wi cej pochodnych funkcj f m w otoczeniu (czyli im f jest gªdsz w otoczeniu ) tym dokªdno± przybli»eni jest lepsz. (iii) Reszt R n we wzorze Tylor mo»n zpis w wielu ró»nych postcich Post podn w powy»szym twierdzeniu to tk zwn reszt w postci Lgrnge'. Ró»ne postci tej smej reszty przydj si, gdy» w konkretnych przypdkch ró»ne postci mog d si ªtwiej szcow. (iv) Zuw»my,»e je»eli sup{ f (n) (x) ; x ( δ, + δ), n N} istnieje, to dl dowolnego h, h < δ mmy R n 0 gdy n, czyli f( + h) = k=0 h k k! f (k) (). (8.) Jest to tk zwny szereg Tylor funkcji f w punkcie. Pmi tjmy,»e szereg Tylor funkcji f nie musi by zbie»ny, nwet je»eli jest zbie»ny, to mo»e si zdrzy,»e h k f( + h) k! f (k) (). k=0 0

111 Z k»dym rzem musimy sprwdzi zbie»no± reszt R n do zer. Dopiero t zbie»no± gwrntuje zbie»no± szeregu Tylor i wzór (8.). Je»eli = 0 to otrzymujemy szczególny przypdek szeregu Tylor, tk zwny szereg Mclurin x n f(x) = n! f (n) (0). n=0 Przykªdy: () f(x) = sin(x), = 0. Wiemy,»e { f (n) ( ) n n nieprzyste (0) = 0 n przyste. Wiemy tk»e,»e f (n) (x) dl wszystkich x, n. Mmy wi c R n 0 i otrzymujemy rozwini cie funkcji sin(x) w szereg Mclurin sin(x) = n=0 n-nieprz. ( ) n x n n! = n=0 = x x3 3! + x5 5! x7 7! ( ) n x n+ (n + )! (b) f(x) = e x, = 0. f (n) (x) = e x, czyli f (n) (0) =. Zuw»my,»e je»eli h M to f (n) (θ h) e M. Reszty d» wi c do zer, wi c e x = n=0 x n n! = + x + x! + x3 3! (c) f(x) = log( + x), = 0. Obliczmy pochodne Mmy wi c f (x) = + x, f (x) = ( ) ( + x), f (x) = ( + x), f (4) (x) = ( ) 3 3 ( + x). 4 f (n) n+ (n )! (x) = ( ) ( + x) f (n) (0) = ( ) n+ (n )!. n Musimy oszcow reszt R n h n n! (n )! ( h ) n = n ( ) n h, h

112 czyli dl h mmy h h R n 0. Mmy wi c, dl x log( + x) = ( ) n= n+ xn n = x x + x3 3 x Uwg: U»ywj c dokªdniejszych oszcow«mo»n pokz,»e powy»szy wzór jest prwdziwy dl x (, ]. Przybli»one oblicznie wrto±ci funkcji Wykorzystmy wzór Tylor do oblicze«przybli»onych medskip () Obliczymy przybli»on wrto± liczby e e = n k=0 k! + eθ n! e n k=0 k! i bª d 3 n!. Przy okzji: e nie jest liczb wymiern. Zªó»my,»e e jest liczb wymiern, i e = m, dl m, n N. Wtedy n e = m n = + +! + 3! + + n! + ( m n! ) n! e θ (n + )! n! = eθ n +. Zuw»my,»e lew stron jest liczb cªkowit, czyli te» musi by cªkowit. To jest niemo»liwe, bo < e θ < 3, czyli musieliby±my mie n + < eθ n + < 3 n +. e θ n+ Jedyn mo»liwo± to przypdek n =, czyli e musiªoby by liczb nturln, ªtwo sprwdzi,»e nie jest. (b) Obliczymy przybli»on wrto± 3 9. Niech f(x) = x 3. Zuw»my,»e f(9) = f(8 + ), f(8) =. Policzmy kilk pochodnych f (x) = 3 x 3, f (x) = ( ) x 3,

113 f (x) = Štwo si domy±le,»e W tkim rzie 8 3 x f (n) (x) = ( ) n+ 3 3, f (4) (x) = ( ) x n 4 x 3n 3. 3 f (n) n (3n 4) (8) = ( ) 8 3n n (3n 4) 3 n 3 = ( ). 3 n 8 n Wstwij c to do wzoru Tylor, z n = 3 otrzymujemy 3 9 = f(8 + ) = f(8) + f (8) + f (8) + R 3 = R 3 Mo»emy oszcow bª d przybli»eni R 3 5 3!3 3 3 = R 3. (8 + θ) 8 3 < = = < = = 0,

114 Rozdziª 9 Cªki Funkcj pierwotn Denicj 9.. Funkcj F nzywmy funkcj pierwotn funkcji f, je»eli F jest ró»niczkowln i F (x) = f(x) dl k»dego x D f. Uwgi: (i) Funkcj f mo»e nie mie funkcji pierwotnej. Je»eli m funkcj pierwotn, to m ich niesko«czenie wiele: F (x) = f(x) (F (x) + c) = F (x) = f(x). Je»eli F jest funkcj pierwotn funkcji f, to F +c tk»e jest funkcj pierwotn f, dl dowolnej stªej c. (ii) Je»eli F i G s funkcjmi pierwotnymi tej smej funkcji f, to (F G) (x) = F (x) G (x) = 0, dl k»dego x D f. N k»dym przedzile zwrtym w dziedzinie funkcji f funkcje pierwotne F i G ró»ni si wi c o jk ± stª. Stª t mo»e by ró»n n ró»nych przedziªch. Cªk nieoznczon Denicj 9.. Je»eli funkcj f m funkcj pierwotn, to mówimy,»e jest cªkowln. Dowoln funkcj pierwotn funkcji cªkowlnej f nzywmy jej cªk nieoznczon, i oznczmy f(x) dx. Okre±lenie cªk nieoznczon odnosi si wi c do cªej rodziny funkcji, które n poszczególnych przedziªch D f ró»ni si o stª. Cz sto podkre- ±lmy to, dodj c do otrzymnego wzoru n funkcj pierwotn stª c. W 4

115 oznczeniu cªki... dx stnowi kompletny symbol, który zwsze powinien wyst pow rzem. dx podkre±l zmienn, wzgl dem której cªk jest funkcj pierwotn. W przypdku, je»eli funkcj podcªkow zwier uªmek, to czªon dx cz sto dopisujemy do licznik, n przykªd x dx = dx x. Przykªdy: () (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) 0 dx = c, dx = x + c, dl dowolnej stªej, x dx = + x+ + c, x > 0, cos x dx = sin x + c, sin x dx = cos x + c, dx = tn x + c, cos x (stª c mo»e by ró»n n ró»nych przedziªch), dx = log x + c, (podobn uwg odno±nie stªej), x e x dx = e x + c. Dowód k»dego z powy»szych wzorów sprowdz si do obliczeni pochodnej prwej strony, i porównni z funkcj podcªkow. Zwró my uwg n stªe c dopisne po prwej stronie. Nie s one brdzo w»ne (widomo,»e dodnie stªej nie zmieni pochodnej), le dobrze jest o nich pmi t. Podkre±lmy,»e je»eli dziedzin funkcji podcªkowej skªd si z wi cej ni» jednego przedziªu, to zpis +c we wzorze n cªk nieoznczon rozumiemy jko stª, któr mo»e by ró»n n ró»nych przedziªch. Ze wzorów n pochodne wynikj nst puj ce wzory n cªki nieoznczone: () (f(x) ± g(x)) dx = f(x) dx ± g(x) dx, (b) f(x) dx = f(x) dx, - dowoln stª 5

116 (c) f (x)g(x) dx = f(x)g(x) f(x)g (x) dx, (d) (tk zwny wzór n cªkownie przez cz ±ci) (g f)(x)f (x) dx = g(y) dy przy czym y = f(x), (tk zwny wzór n cªkownie przez podstwienie). Przykªdy: () Cªk z wielominu jest wielominem, stopni o jeden wi kszego: ( n x n + n x n + + x + 0 ) dx = = n n + xn+ + n n xn + + x + 0 x + c. (b) Skorzystmy ze wzoru n cªkownie przez cz ±ci: log x dx = (x) log x dx = x log x x (log x) dx = x log x x x dx = x log x dx = x log x x + c. Sprwdzmy: (x log x x + c) = log x + x = log x. x (c) skorzystmy ze wzoru n cªkownie przez podstwienie: x + x dx = x dx niech f(x) = + x + x = f(x) f (x) dx = y dy f(x) = y = log y + c = log + x + c 6

117 = log + x + c. Zuw»my,»e (log x ) =. Dl x > 0 wzór ten ju» znmy, dl x < 0 x mmy x = x, wi c (log x ) = (log( x)) = ( x) ( x) = x = x. W tym przykªdzie + x > 0, wi c wrto± bezwzgl dn nic nie zmieni. Sprwd¹my nsz cªk : (log + x ) = +x +x x = x, wi c +x zgdz si. (d) Jeszcze rz wzór n cªkownie przez podstwienie sin x tn x dx = cos x dx sin x = cos x dx = f(x) f (x) dx f(x) = cos x = y dy y = cos x = log y + c = log cos x + c. (e) Nst puj c cªk otrzymujemy ntychmist, je»eli pmi tmy wzory n ró»niczkownie funkcji cyklometrycznych: dx = rcsin(x) + c, x <. x Je»eli nie pmi tmy odpowiednich wzorów to mo»emy zstosow wzór n cªkownie przez podstwienie: dx = x = = = f(t) f (t) dt, x = f(t) sin (t) cos(t) dt, f(t) = sin(t), t ( π, π ) cos(t) dt cos(t) dt 7

118 6 4 π 0 π Rysunek 9.: Wykres funkcji f(x) = log cos x. = t + c Skorzystli±my z tego,»e dl t ( π, π ) mmy cos(t) > 0 wi c sin (t) = cos(t). Skoro x = sin(t), to t = rcsin(x), i otrzymujemy ten sm wzór. (f) Cªk z funkcji sin (x) policzyny n dw sposoby. Mo»emy skorzyst z to»smo±ci trygonometrycznej Mmy wtedy cos(x) = sin (x) sin (x) = cos(x). sin (x) dx = ( cos(x)) dx = ( sin(x) ) x + c = x sin(x) + c. 4 Mo»emy te» skorzyst ze wzoru n cªkownie przez cz ±ci. Cªkuj c przez cz ±ci nie otrzymmy cªki ªtwiejszej do policzeni, le otrzymmy równnie, które nst pnie rozwi»emy. sin (x) dx = sin(x) sin(x) dx 8

119 = sin(x) ( cos(x)) dx = sin(x) cos(x) + (sin(x)) cos(x) dx = sin(x) cos(x) + cos(x) cos(x) dx = sin(x) cos(x) + cos (x) dx = sin(x) cos(x) + ( sin (x)) dx = sin(x) cos(x) + x sin (x) dx. To, co otrzymli±my jest równniem n nsz szukn cªk. cªk z prwej strony n lew i dziel c przez otrzymujemy sin sin(x) cos(x) + x (x) dx =. Przenosz c Cªkowlno± funkcji Cªkownie funkcji wymiernych Funkcje wymierne to funkcje postci f = P, gdzie P i Q s wielominmi. Q Uªmki proste to szczególny rodzj funkcji wymiernych, postci A (x ), Bx + C, n =,,..., (9.) n (x + px + q) n gdzie A, B, C,, p, q to dowolne stªe, wyr»enie kwdrtowe x + px + q nie m pierwistk, czyli p 4q < 0. Okzuje si,»e k»d funkcj wymiern mo»n przedstwi jko sum uªmków prostych plus, ewentulnie, wielomin. Z drugiej strony istniej wzory n cªki nieoznczone uªmków prostych. W ten sposób otrzymujemy procedur n oblicznie cªek nieoznczonych funkcji wymiernych. Twierdzenie 9.3. K»d funkcj wymiern mo»n przedstwi jko sum wielominu i uªmków prostych. Procedur rozkªdu: Zmist dowodu nszkicujemy procedur rozkªdu funkcji. Szkic ten mo»n u±ci±li i zrobi z niego dowód, le my pozostniemy przy szkicu. Mj c konkretn funkcj f = P njpierw dzielimy wielomin Q 9

120 P przez Q z reszt, to znczy znjdujemy wielominy W (ilorz) orz R (reszt) tkie,»e P (x) = W (x) Q(x) + R(x), P (x) Q(x) = W (x) + R(x) Q(x), przy czym stopie«reszty R jest mniejszy od stopni Q. Robimy to u»ywj c zwykªej procedury dªugiego dzieleni, czy pisemnego dzieleni, dokªdnie tk smo, jk dziel c liczby nturlne. Przykªdy: () x3 x x (b) = (x ) + x 3 x x 4 x 3 35 = x + 3x +6x 35. x 3 x +3x 6 x 3 x +3x 6 Po wydzieleniu cz ±ci wielominowej pozostje nm uªmek R Q, w którym licznik m stopie«ni»szy od minownik. W nst pnym kroku przeprowdzmy fktoryzcj minownik, czyli rozkªd minownik n czynniki nierozkªdlne. Czynnikmi nierozkªdlnymi s wielominy liniowe (x ) orz kwdrtowe (x + px + q), nie posidj ce rzeczywistych pierwistków, czyli tkie, dl których p 4q < 0. Przypomnijmy,»e w przypdku wielominów o wspóªczynnikch zespolonych czynnikmi nierozkªdlnymi s jedynie wielominy liniowe. K»dy wielomin stopni wy»szego ni» mo»n dlej rozkªd n czynniki. W przypdku wielominów o wspóªczynnikch rzeczywistych mog istnie czynniki nierozkªdlne (czyli, zgodnie z twierdzeniem Bezout, nie posidj ce pierwistków) stopni wy»szego ni», le okzuje si,»e tkie czynniki nierozkªdlne nie mog mie stopni wy»szego ni». Przeprowdzmy wi c rozkªd minownik Q n czynniki nierozkªdlne, i w efekcie przedstwimy Q jko iloczyn wyr»e«postci (x ) n orz (x + px + q) n. (9.) Rozkªd minownik n czynniki nierozkªdlne to, w prktyce, gªówny problem w cªkowniu funkcji wymiernych. W zdnich które b dziemy robi lbo fktoryzcj b dzie brdziej lub mniej oczywist, lbo b dzie jwnie podn. W przykªdch rozptrywnych jko ilustrcj procedury fktoryzcj jest prost: x = (x )(x + ) orz x 3 x + 3x 6 = (x )(x + 3). Je»eli wielomin m wspóªczynniki cªkowite, i wspóªczynnik przy wyrzie o njwy»szej pot dze równy, to w pierwszej kolejno±ci szukmy pierwistków spo±ród dzielników wyrzu wolnego. Mj c pierwistek wydzielmy odpowiedni czynnik liniowy, i otrzymujemy wielomin ni»szego stopni, który obrbimy do skutku. Je»eli wielomin nie m pierwistków musimy sobie rdzi inczej. N przykªd rozw»my wielomin Q(x) = x 4 +. Wiemy,»e rozkªd si n iloczyn dwóch wielominów kwdrtowych, przy czym 0

121 mo»emy tk dobr stªe, by ich wyrzy wiod ce miªy wspóªczynniki. Piszemy wi c njogólniejsz post tkiego rozkªdu, nst pnie mno»ymy czynniki: x 4 + = (x +x+b)(x +cx+d) = x 4 +(+c)x 3 +(b+d+c)x +(d+bc)x+bd. Porównuj c wspóªczynniki po obu stronch otrzymujemy ukªd równ«, który b dzie mo»n rozwi z. W nszym przypdku ªtwo znjdujemy rozwi znie: x 4 + = (x x + ) (x + x + ). Mj c rozkªd minownik n czynniki nierozkªdlne postci (9.) mo-»emy npis prototyp rozkªdu funkcji n uªmki proste. W pierwszym kroku wypisujemy wszystkie uªmki proste postci (9.) które znjd si w rozkªdzie, w nst pnym kroku ustlimy stªe w licznikch. Dl k»dego czynnik postci (x ) n w rozkªdzie minownik wypisujemy n uªmków prostych A (x ) + A (x ) + + A n (x ), n ntomist dl k»dego czynnik (x + px + q) n w rozkªdzie minownik wypisujemy n uªmków B x + C (x + px + q) + B x + C (x + px + q) + + B nx + C n (x + px + q) n. Zuw»my,»e wypisuj c powy»szy rozkªd wypisli±my ª cznie dokªdnie tyle nieoznczonych (n rzie) stªych A i, B i, C i jki jest stopie«minownik. Wypiszmy nsz rozkªd dl rozw»nych przykªdów: (): (b): x 3 x = x 3 (x )(x + ) = A x + B x +, 3x + 6x 35 x 3 x + 3x 6 = 3x + 6x 35 (x )(x + 3) = A x + Bx + C x + 3. N osttnim etpie rozkªdu wyznczmy stªe w licznikch uªmków prostych. W tym celu sum wszystkich wymgnych uªmków prostych sprowdzmy do wspólnego minownik, którym jest wielomin Q. W liczniku otrzymmy wielomin stopni ni»szego ni» minownik Q (gdy» wszystkie uªmki proste mj liczniki stopni ni»szego ni» minowniki). Wielomin ten musi by identyczny z wielominem R, który jest licznikiem rozkªdnej funkcji wymiernej. Ob wielominy musz wi c mie te sme wspóªczynniki.

122 Dje to dokªdnie n równ«, gdy» wielominy stopni n mj n wspóªczynników. Mmy wi c n równ«liniowych, i n niewidomych, i okzuje si,»e ukªd ten zwsze mo»n rozwi z. Nie b dziemy tego dowodzi, le zobczmy jk to dziª n przykªdch. (): x 3 x = A x + B x + (A + B)x + (A B) =, (x )(x + ) czyli A + B = orz A B = 3. Otrzymujemy A = i B =, wi c w ko«cu x 3 x = x + x +. (b): 3x + 6x 35 x 3 x + 3x 6 = A x + Bx + C x + 3 = A(x + 3) + (Bx + C)(x ) (x )(x + 3) = (A + B)x + ( B + C)x + (3A C), (x )(x + 3) czyli A + B = 3, B + C = 6 orz 3A C = 35. Rozwi zuj c ten ukªd otrzymujemy A = 5, B = i C = 0, i w ko«cu 3x + 6x 35 x 3 x + 3x 6 = 5 x x x + 3. Wyznczj c stªe w rozkªdzie n uªmki proste zko«czyli±my procedur rozkªdu. Jedyny punkt który wymg u±ci±leni,»eby otrzym dowód Twierdzeni 9.3 to fkt,»e stªe zwsze d si wyznczy, innymi sªowy,»e powstªy ukªd n równ«liniowych z n niewidomymi jest tki,»e zwsze m rozwi znie. Zostwimy ten punkt jko zdnie dl zinteresownego czytelnik. Cªkownie uªmków prostych Pierwszy rodzj uªmków prostych dje si ªtwo cªkow. Mmy nst puj ce wzory: dx = log x + c, x dx (x ) = n n + c, n >. (x ) n

123 Uªmek prosty drugiego rodzju rozªo»ymy n dw inne: Bx + C (x + px + q) = B n x + p (x + px + q) + D n (x + px + q), D = C n B p. (9.3) Pierwszy z uªmków po prwej stronie cªkujemy przez podstwienie t = x + px + q, x + p dt (x + px + q) dx = n t = n log(x + px + q) + c : n =, + c (n )(x + px + q) n : n >. Zuw»my jeszcze,»e poniew» wyr»enie x + px + q nie m pierwistków rzeczywistych, to jest zwsze dodtnie, wi c wrto± bezwzgl dn pod logrytmem nie jest potrzebn. Pozostª jeszcze jeden rodzj uªmków do scªkowni, to znczy drugi uªmek po prwej stronie (9.3). Wykonmy proste przeksztªcenie i podstwienie: dx (x + px + q) = dx dt ( ) n n = (x + p ) + (q p ) n (t + ), n 4 gdzie Gdy n = mmy t = x + p, dt t + = q p 4 > 0. = rctn t + c, ntomist dl n > wyprowdzimy wzór rekurencyjny. Niech k > 0, wtedy, cªkuj c przez cz ±ci mmy dt (t + ) = k (t + ) k t dt = = = = t (t + ) k t (t + ) k + k t (t + ) k + k t (t + ) k + k t ( k) t dt (t + ) k+ t (t + ) ( ) t + (t + ) dt k+ (t + ) k+ dt (t + ) k dt k (t + ). k+ 3 k+ dt

124 Mmy wi c k dt (t + ) = t + ( k ) k+ (t + ) k dt (t + ) k, czyli, dl n > dt (t + ) = t n 3 + n (n ) (t + ) n n dt (t + ) n. Mo»emy terz obliczy cªki w obu rozw»nych przez ns przykªdch. Przykªdy: (): x 3 x (b): x = x dx = ( (x ) + x + ) dx x x + log x + log x + c. x 4 x 3 ( 35 x 3 x + 3x 6 dx = x 5 x = x 5 log x + x x + 3 dx ) x dx x + 3 dx ( x 3 ) + = x 5 log x + log(x + 3) dx 3 ( x 3 ) + = x 5 log x + log(x + 3) rctn ( x ) + c. 3 4

125 Rozdziª 0 Cªk oznczon Cªk oznczon, intuicyjnie, mierzy wielko± funkcji, w podobny sposób jk pole mierzy wielko± obszru n pªszczy¹nie. Niech b dzie dn funkcj f, nieujemn n odcinku [, b] i rozw»my obszr pod wykresem f. B dziemy chcieli jko± policzy pole tego obszru. B dziemy korzystli z wªsno±ci pol które s intuicyjnie jsne, n przykªd,»e wi kszy obszr m wi ksze pole. Niech f(x) = x i rozw»my obszr nd odcinkiem [0, ]. Obszr ten jest trójk tem o wysoko±ci i podstwie równych. Pole wynosi wi c P =. Rozw»my terz obszr pod wykresem f(x) = x, nd tym smym odcinkiem [0, ]. Zbudujemy wielok t wpisny w ten obszr, orz wielok t opisny n tym obszrze. b Rysunek 0.: Obszr pod wykresem funkcji. Pole obszru musi by liczb pomi dzy polmi wielok t mniejszego i wi kszego. Niech n N i podzielmy odcinek [0, ] n n odcinków równej 5

126 dªugo±ci: [0, ] = [ 0, n ] [ n, ] [ (n ) n n, (n ) ] [ (n ) n n, ]. Nd k»dym z odcinków podziªu [k, (k + ) ] zbudujemy dw prostok ty, n n mniejszy o wysoko±ci f( k ) orz wi kszy prostok t o wysoko±ci f((k+) ). n n Funkcj f jest rosn c, wi c istotnie drugi prostok t jest wi kszy ni» pierwszy. Niech L n b dzie ª cznym polem wszystkich mniejszych prostok tów, U n ª cznym polem wszystkich wi kszych. n ( ) k L n = f n n = n ( k n k=0 k=0 n ( ) n (k + ) U n = f n n = ( (k + ) n k=0 k=0 ) n n = ( ) k n n, k= ) n = n k= ( ) k n n. K»dy z mniejszych prostok tów zwier si w obszrze pod wykresem, wi c tk»e wielok t b d cy ich sum, którego pole jest równe L n. Z kolei sum wszystkich wi kszych prostok tów tworzy wielok t o polu U n, zwierj cy obszr pod wykresem. Je»eli wi c oznczymy przez P pole obszru pod wykresem, to dl k»dego n N musimy mie L n P U n. 0 0 Rysunek 0.: Mniejszy wielok t i wi kszy wielok t. Zuw»my,»e L n i U n mj wspóln grnic gdy n. Skorzystmy ze wzoru m m(m + )(m + ) =, 6 6

127 który mo»n udowodni indukcyjnie. Mmy wi c n ( ) k L n = n n Podobnie, k= n k = 3 n 3 k= = 3 (n ) n (n ) n 3 6 = 3 n3 3n + n 6n 3 U n = L n + n n 3 3. n 3 3. Widzimy wi c,»e pole obszru pod wykresem musi by równe P = 3 3. Sumy dolne i sumy górne Niech f b dzie funkcj ogrniczon n przedzile [, b], i oznczmy przez m i M inmum i supremum wrto±ci f, czyli m f(x) M dl x [, b]. Niech P b dzie dowolnym podziªem przedziªu [, b] n pododcinki, czyli P = { = x 0 < x < < x n < x n = b} (podziª odcink n pododcinki uto»smimy ze zbiorem punktów tego podziªu), [, b] = [, x ] [x, x ] [x n, x n ] [x n, b]. N k»dym mªym odcinku [x i, x i+ ], dl i = 0,,..., n, wprowd¹my oznczeni m i = inf{f(x); x [x i, x i+ ]}, M i = sup{f(x); x [x i, x i+ ]}. Mmy wi c m m i M i M. Mj c dny podziª P npiszmy nst puj ce sumy n n L(P, f) = m i (x i+ x i ), U(P, f) = M i (x i+ x i ). i=0 L(P, f) nzywmy sum doln, U(P, f) sum górn podziªu P. Zuw»my,»e sumy te zle» od funkcji f, przedziªu [, b], orz podziªu P tego przedziªu. Zuw»my te»»e, niezle»nie od podziªu P, mmy m (b ) L(P, f) U(P, f) M (b ). (0.) 7 i=0

128 M i m i x i x i+ Rysunek 0.3: m i orz M i. Dl ustlonej funkcji f i przedziªu [, b] zbiory wszystkich mo»liwych sum górnych i sum dolnych s wi c ogrniczone. Porównuj c to z poprzednim przykªdem w którym obliczli±my pole pod wykresem widzimy,»e je»eli f jest nieujemn, to pole pod wykresem jest liczb wi ksz lub równ od k»dej sumy dolnej i mniejsz lub równ od k»dej sumy górnej. Cªk doln z funkcji f n przedzile [, b] deniujemy jko b cªk górn jko b f(x) dx = sup{l(p, f); P - podziª [, b]}, f(x) dx = inf{u(p, f); P - podziª [, b]}. Cªki górn i doln nie zle» wi c od podziªu, jedynie od funkcji f i przedziªu [, b]. Denicj 0.. Je»eli cªk doln i cªk górn funkcji f s równe, to mówimy,»e funkcj jest cªkowln n [, b] w sensie Riemnn, wspóln wrto± cªki górnej i dolnej nzywmy cªk Riemnn f n przedzile [, b] i oznczmy b f(x) dx. Uwgi: (i) Zuw»my, (0.),»e dl dowolnego podziªu P mmy n n L(P, f) = m i (x i+ x i ) m (x i+ x i ) = m(b ), i=0 8 i=0

129 n n U(P, f) = M i (x i+ x i ) M (x i+ x i ) = M(b ). i=0 Cªk, je»eli istnieje, speªni wi c m(b ) b i=0 f(x) dx M(b ). (0.) (ii) Przypomnijmy,»e denicj, któr podli±my wymg, by funkcj f byª ogrniczon, orz by < b. Pó¹niej wprowdzimy odpowiednie oznczeni, by grnice cªkowni i b mogªy by dowolnymi liczbmi, orz opiszemy w jki sposób mo»n, czsmi, cªkow funkcje nieogrniczone. Tkie cªki z funkcji nieogrniczonych b dziemy nzyw cªkmi niewª±ciwymi. (iii) Funkcj mo»e nie by cªkowln. Niech f b dzie dn wzorem { : x Q, f(x) = 0 : x / Q. Wtedy, dl k»dego podziªu P i dl k»dego i mmy m i = 0 i M i =, wi c zwsze L(P, f) = 0, U(P, f) = (b ), czyli b f(x) dx = 0, i b f(x) dx = b. (iv) Cªk Riemnn jest ±ci±le zwi zn z poj ciem pol. Je»eli f jest nieujemn, to cªk jest równ polu pod wykresem, je»eli f jest niedodtni, to cªk jest równ polu nd wykresem, pod osi OX, ze znkiem minus. (v) Cªk Riemnn b dziemy te» nzyw cªk oznczon. W literturze mo»emy spotk te» inne konstrukcje cªki oznczonej, le my zjmujemy si tylko powy»sz konstrukcj. Nszym celem obecnie b dzie udowodnienie,»e funkcje ci gªe s cªkowlne w sensie Riemnn. W tym celu udowodnimy kilk prostych twierdze«. Twierdzenie 0.. Cªk doln jest mniejsz lub równ cªce górnej: b f(x) dxle b f(x) dx Dowód. Mmy pokz,»e k»d sum doln jest mniejsz lub równ od k»dej sumy górnej. Štwo zuw»y,»e sum doln jest mniejsz lub równ 9

130 od sumy górnej oprtej n tym smym podzile (0.). Niech wi c L(P, f) b dzie sum doln zwi zn z podziªem P, U(P, f) b dzie sum górn zwi zn z podziªem P. Niech P b dzie wspólnym rozdrobnieniem podziªów P i P, czyli P = P P. Oznczmy punkty poszczególnych podziªów nst puj co:p = {x,..., x n }, P = {y,..., y k } orz P = {z,..., z m }. Z denicjip wynik,»e k»dy punkt x i i k»dy punkt y j s tk»e elementmi P. Zuw»my,»e w zwi zku z tym k»dy przedziª [x i, x i+ ] podziªu P i k»dy przedziª [y j, y j+ ] podziªu P s sum pewnych przedziªów podziªu P. Wynik st d,»e L(P, f) L(P, f) U(P, f) U(P, f). (0.3) Dwie skrjne nierówno±ci wynikj z tego,»e P jest rozdrobnieniem P i P, ntomist nierówno± ±rodkow to obserwcj któr zrobili±my wcze±niej,»e sum doln jest mniejsz lub równ sumie górnej, zbudownej n tym smym podzile (0.). Mmy nst puj cy wniosek: Wniosek 0.3. Je»eli dl k»dego ϵ > 0 istnieje podziª P tki,»e U(P, f) L(P, f) < ϵ, (0.4) to funkcj f jest cªkowln, orz dl tkiego podziªu P zchodz oszcowni U(P, f) ϵ < b f(x) dx < L(P, f) + ϵ. (0.5) Dowód. Z denicji cªek dolnej i górnej mmy, dl dowolnego podziªu P b f(x) dx b Je»eli wi c speªniony jest wrunek (0.4), to b f(x) dx f(x) dx U(P, f) L(P, f). b f(x) dx < ϵ. Skoro jest to speªnione dl k»dego ϵ > 0, i skoro ró»nic cªki górnej i dolnej jest nieujemn, to musi by równ zeru. Funkcj f jest wi c cªkowln. Z drugiej strony b f(x) dx L(P, f) > U(P, f) ϵ, i podobnie dl drugiej nierówno±ci (0.5). 30

131 Mmy nst puj ce zsdnicze twierdzenie: Twierdzenie 0.4. Je»eli funkcj f jest ci gª n [, b], to jest cªkowln w sensie Riemnn n [, b]. Dowód. Pok»emy njpierw,»e f speªni nst puj cy wrunek: ϵ > 0 δ > 0 x, y x y < δ f(x) f(y) < ϵ. (0.6) Zuw»my,»e powy»szy wrunek jest silniejszy ni» ci gªo± funkcji w k»dym punkcie. W przypdku ci gªo±ci w k»dym punkcie stª δ dobiermy do zdnego ϵ i dl ustlonego x. Ntomist w powy»szym wrunku (0.6) stª δ zle»y tylko od zdnego ϵ, i jest dobrn wspólnie dl wszystkich punktów x dziedziny. Funkcj speªnij c wrunek (0.6) nzywmy wi c czsem jednostjnie ci gª. Terz pok»emy wi c,»e funkcj ci gª n przedzile [, b] (zwierj cym ko«ce) speªni (0.6), wi c jest jednostjnie ci gª. 0 Rysunek 0.4: Funkcj ci gª, le nie jednostjnie ci gª. eby podkre±li ró»nic pomi dzy ci gªo±ci jednostjn ci gªo±ci rozw»my funkcj f(x) = n przedzile (0, ]. Wiemy,»e funkcj t jest ci gª x n przedzile (0, ], le nie jest jednostjnie ci gª, czyli nie speªni wrunku (0.6). Štwo to zuw»y. We¹my dowolne δ > 0, dowolne n N, n > 4 i niech x = δ orz y = x + δ. Wtedy x y = δ/ < δ, le n x y = n δ δ + = n ( ) > n δ δ n + δ, n 3

132 gdy» dl n > 4 mmy <. Widzimy wi c,»e niezle»nie od δ ró»nic n+ f(x) f(y) mo»e by dowolnie du», pomimo,»e x y < δ. Widzimy wi c,»e funkcj ci gª w k»dym punkcie swojej dziedziny mo»e nie by jednostjnie ci gª. Wró my do nszej sytucji, czyli niech funkcj f b dzie ci gª n przedzile [, b]. Dowód przeprowdzimy nie wprost, czyli zªó»my,»e f nie jest jednostjnie ci gª, to znczy wrunek (0.6) nie jest speªniony, czyli ϵ 0 > 0 δ > 0 x, y [, b], x y < δ f(x) f(y) ϵ 0. B dziemy stosowli powy»szy wrunek dl δ =, n =,,.... Dl k»dego n n otrzymujemy wi c pr liczb x n, y n [, b] speªnij cych x n y n <, n orz f(x n ) f(y n ) ϵ 0.Wiemy,»e skoro ci g {x n } [, b] to mo»n wybr podci g {x nk } zbie»ny do pewnego x [, b]. Zuw»my,»e wtedy podci g {y nk } te» musi by zbie»ny do x : x nk n k < y nk < x nk + n k. W tkim rzie, z ci gªo±ci f mmy f(x nk ) f(x ) orz f(y nk ) f(x ). W tkim rzie f(x nk ) f(y nk ) 0, wi c mmy sprzeczno± z wrunkiem f(x nk ) f(y nk ) ϵ 0 > 0. Tym smym udowodnili±my,»e f speªni (0.6). Cªkowlno± b dziemy chcieli pokz korzystj c z Wniosku 0.3. Niech wi c ϵ > 0 b dzie dowolne, i niech δ > 0 b dzie liczb dn przez (0.6), le dl ϵ = ϵ b. Niech n N b dzie dne wzorem n = [ ] +. Podzielmy b δ przedziª [, b] n n równych odcinków punktmi podziªu P = {x i = + (b ) in } ; i = 0,,..., n. Zuw»my,»e dªugo± k»dego odcink podziªu jest mniejsz ni» δ, (b ) < n δ, gdy» n > (b ). Je»eli wi c x, y [x δ i, x i+ ], to x y δ, gdy» i x i y nle» do tego smego przedzilik podziªu. Skoro tk, to f(x) f(y) < ϵ. Funkcj f jest ci gª n przedzile [x i, x i+ ], wi c jej kresy M i orz m i s przyj te w jkich± punktch x i y, wi c kresy te» musz speªni M i m i < ϵ =. Wynik z tego,»e ϵ (b ) n n U(P, f) L(P, f) = M i (x i+ x i ) m i (x i+ x i ) (0.7) i=0 = b n n (M i m i ) i=0 3 i=0

133 < b n ϵ b n = ϵ. Poniew» ϵ byªo dowolne, to z Wniosku 0.3 otrzymujemy,»e f jest cªkowln. Uwg: Powy»szy dowód mo»n troch wzmocni, i pokz,»e je»eli f m sko«czenie wiele punktów nieci gªo±ci w [, b] to te» jest cªkowln. Sumy Riemnn Zªó»my,»e mmy funkcj f n przedzile [, b], podziª tego przedziªu P = { = x 0 < x < x < < x n = b}, orz niech w k»dym przedzile podziªu wybrny b dzie punkt t i : Utwórzmy sum t i [x i, x i+ ], i = 0,,..., n. n R = f(t i )(x i+ x i ). (0.8) i=0 Sum tk nzywmy sum Riemnn. Zle»y on od konkretnego podziªu, i od wyboru punktów t i. Zuw»my,»e zwsze zchodzi L(P, f) R U(P, f), je»eli sum Riemnn te» zbudown jest n podzile P, funkcj f jest ogrniczon. Wynik to z fktu,»e t i [x i, x i+ ], i = 0,,..., n, orz m i = inf{f(x) : x [x i, x i+ ]} f(t i ) sup{f(x) : x [x i, x i+ ]} = M i. Dl podziªu P = { = x 0 < x < < x n = b} okre±lmy jego ±rednic d(p ): d(p ) = mx{(x i+ x i ); i = 0,..., n }. Mmy nst puj ce twierdzenie: Twierdzenie 0.5. Niech funkcj f b dzie ci gª n [, b], i niech dny b dzie ci g podziªów {P n } odcink [, b] tki,»e ±rednice tych podziªów d» do zer: d(p n ) 0, gdy n. Niech R n b dzie ci giem sum Riemnn zwi znych z podziªmi P n. Innymi sªowy, dl k»dego podziªu P n mmy niezle»nie wybrne punkty t i [x i, x i+ ], i utworzon sum (0.8). Wtedy lim R n = n b 33 f(x) dx.

134 Uwg: To twierdzenie dje swobod w interpretcji cªki jko grnicy sum. Brdzo cz sto jko t i wybiermy lewy lbo prwy koniec przedziªu [x i, x i+ ], lbo jego ±rodek, nie mrtwi c si, gdzie funkcj przyjmuje swoj wrto± njmniejsz i njwi ksz. Ale pmi tjmy: f musi by ci gª. Dowód twierdzeni. Podobnie jk w dowodzie twierdzeni 0.4 zuw»my,»e funkcj f ci gª n [, b] speªni wrunek (0.6) (czyli jest jednostjnie ci gª). We¹my dowolne ϵ > 0 i niech δ > 0 b dzie dne przez (0.6) dl ϵ = ϵ (podobnie jk w dowodzie twierdzeni 0.4). Niech n (b ) 0 N b dzie wystrczj co du»e, tk by n n 0 d(p n ) < δ. Wtedy dl n n 0, wykonuj c tki sm rchunek jk w (0.7) mmy Z (0.5) mmy U(P n, f) L(P n, f) < ϵ. orz czyli L(P n, f) b f(x) dx ϵ < L(P n, f) b b f(x) dx U(P n, f) < b b f(x) dx < ϵ, U(P n, f) f(x) dx, f(x) dx + ϵ, b f(x) dx < ϵ. Skoro ϵ byªo dowolne, powy»sze nierówno±ci zchodz dl wszystkich n n 0, to Z drugiej strony, jk wiemy lim U(P n, f) = lim L(P n, f) = n n b L(P n, f) R n U(P n, f), f(x) dx. wi c tk»e lim R n = n b f(x) dx. 34

135 Przykªd: Nst puj c grnic sprowdzimy do cªki oznczonej: ( ) n. n + 3 n + 6 n n lim n Spróbujemy przeksztªci wyr»enie,»eby sprowdzi je do postci sumy Riemnn jkiej± funkcji, dl jkiego± przedziªu, jkiego± podziªu tego przedziªu, i jkiego± wyboru punktów t i. ( n n ) n = n n = n i= n = i= n = = n i= n n + 3 i n n + 3 i n + 3 i n n i= n + 3 i n Mo»n si ju» wszystkiego domy±le : jest to sum Riemnn dl funkcji f(x) = +3 x, dl przedziªu [0, ], podziªu równomiernego n n podprzedziªów równej dªugo±ci n, i dl punktów t i b d cych prwymi ko«cmi podprzedziªów. Skoro zidentykowli±my wyrzy nszego ci gu jko sumy Riemnn, ±rednice podziªów odpowidj cych kolejnym wyrzom ci gu d» do zer, to ci g ten zbieg do cªki oznczonej 0 dx + 3 x. N rzie nie jeste±my w stnie obliczy tej cªki. Ju» wkrótce, dzi ki zsdniczemu twierdzeniu rchunku ró»niczkowego i cªkowego policzymy j z ªtwo±ci, ok»e si równ 3 ( 7 ). Mmy nst puj ce twierdzenie (cªkowlno± wsz dzie oczywi±cie w sensie Riemnn). Twierdzenie 0.6. (i) Je»eli f i g s cªkowlne n przedzile [, b] c jest stª, to funkcje f ± g orz cf te» s cªkowlne, dl dowolnej stªej c, orz b (f(x) ± g(x)) dx = b 35 f(x) dx ± b g(x) dx

136 b c f(x) dx = c b f(x) dx. (ii) Je»eli f i g s cªkowlne n [, b] i dl wszystkich x w tym przedzile zchodzi f(x) g(x) to b f(x) dx b g(x) dx. (0.9) (iii) Je»eli f jest cªkowln n [, b] orz < c < b, to f jest te» cªkowln n k»dym z podprzedziªów [, c] i [c, b], orz b f(x) dx = c f(x) dx + b c f(x) dx. (0.0) Równie» n odwrót: je»eli f jest cªkowln n przedziªch [, c] i [c, b] ( < c < b), to jest te» cªkowln n [, b], i zchodzi (0.0). (iv) Je»eli f jest cªkowln n [, b], to f te» jest cªkowln n [, b], i b b f(x) dx f(x) dx. Uwg: Cz ± (ii) mo»n troch wzmocni, i udowodni,»e je»eli dodtkowo f(x) < g(x) poz sko«czon ilo±ci punktów przedziªu [, b] ( < b), to nierówno± (0.9) te» jest ostr. Dowód w zsdzie jest ten sm. Dowód twierdzeni. (i) Niech dny b dzie podziª P odcink [, b]. Wtedy A wi c L(P, f) + L(P, g) L(P, f + g) U(P, f + g) U(P, f) + U(P, g). U(P, f + g) L(P, f + g) U(P, f) L(P, f) + U(P, g) L(P, g). (0.) Skoro f i g s cªkowlne, to dl dowolnego ϵ > 0 istniej podziªy P i P tkie,»e U(P, f) L(P, f) < ϵ/, U(P, g) L(P, g) < ϵ/. Je»eli P jest wspólnym rozdrobnieniem podziªów P i P to, jk wiemy (0.3), nierówno±ci zchowuj si dl P, wi c z (0.9) U(P, f + g) L(P, f + g) < ϵ. 36

137 Poniew» ϵ > 0 byªo dowolne, to f + g jest cªkowln (Wniosek 0.3), i dodtkowo b (f(x) + g(x)) dx U(P, f + g) Skoro ϵ > 0 byªo dowolne, to b U(P, f) + U(P, g) = b b (f(x) + g(x)) dx f(x) dx + ϵ/ + f(x) dx + b b f(x) dx + b g(x) dx + ϵ. b g(x) dx + ϵ/ g(x) dx. Przeciwn nierówno± pokzujemy podobnie, wykorzystuj c L(P, f + g). Z ró»nic funkcji post pujemy tk smo. Niech c > 0. Wtedy, oczywi±cie L(P, cf) = c L(P, f) i U(P, cf) = c U(P, f). W tkim rzie U(P, cf) L(P, cf) = c (U(P, f) L(P, f)). Podobnie, je»eli c < 0 to L(P, cf) = c U(P, f) i U(P, cf) = c L(P, f), i U(P, cf) L(P, cf) = c (L(P, f) U(P, f)) = c (U(P, f) L(P, f)). W obu przypdkch dl ϵ > 0 znjdujemy podziª P tki,»e U(P, f) L(P, f) < ϵ U(P, cf) L(P, cf) < ϵ. c Oczywi±cie, je»eli c = 0 to cf(x) 0, wi c jest cªkowln, i cªk jest równ 0. W k»dym przypdku otrzymujemy tez. (ii) Mmy b g(x) dx b f(x) dx = b (g(x) f(x)) dx. (0.) Funkcj podcªkow po prwej stronie jest cªkowln (punkt (i)) orz nieujemn. Štwo zuw»y,»e cªk z nieujemnej funkcji te» jest nieujemn - po prostu k»d sum doln jest nieujemn. W tkim rzie wyr»enie (0.) jest 0, i otrzymujemy b f(x) dx 37 b f(x) dx.

138 (iii) Niech ϵ > 0, i niech P b dzie podziªem przedziªu [, b], tkim,»e U(P, f) L(P, f) < ϵ (0.3) Dodjmy punkt c do punktów podziªu P, i otrzymne tk rozdrobnienie oznczmy przez P. Poniew» P jest rozdrobnieniem P, to (0.3) zchodzi te» dl P. Niech P i P b d cz ±cimi podziªu P wpdj cymi do [, c] i [c, b] odpowiednio. P i P s wi c podziªmi przedziªów [, c] i [c, b]. Zuw»my,»e L(P, f) = L(P, f) + L(P, f), orz U(P, f) = U(P, f) + U(P, f). Podstwij c to do (0.3) otrzymujemy (U(P, f) L(P, f)) + (U(P, f) L(P, f)) = U(P, f) L(P, f) < ϵ. K»d z wielko±ci w nwisch po lewej stronie jest nieujemn, wi c k»d z osobn jest < ϵ. Poniew» ϵ > 0 byªo dowolne, wi c funkcj f jest cªkowln n przedziªch [, c] i [c, b]. Korzystj c z oszcowni z wniosku 0.3 otrzymujemy dodtkowo b f(x) dx < U(P, f) = U(P, f) + U(P, f) < = c c f(x) dx + ϵ + f(x) dx + b c b c f(x) dx + ϵ f(x) dx + ϵ. Powy»sz nierówno± jest prwdziw dl dowolnego ϵ > 0, wi c musi zchodzi b f(x) dx c f(x) dx + b c f(x) dx. Nierówno± w drug stron pokzujemy tk smo, wykorzystuj c sumy dolne, i oszcowni z wniosku 0.3. Musi wi c zchodzi równo± cªek. (iv) Niech c = ±, w zle»no±ci od znku cªki, wi c b b f(x) dx = c f(x) dx = gdy» c f(x) c f(x) = f(x). 38 b c f(x) dx b f(x) dx,

139 Nst pne dw twierdzeni pokzuj zwi zek cªki oznczonej z cªk nieoznczon i z pochodnymi. Twierdzenie 0.7. Niech f b dzie funkcj cªkowln n przedzile [, b]. Dl x [, b] okre±lmy F (x) = x f(t) dt. Wtedy F jest ci gª n [, b] i ró»niczkowln w k»dym punkcie x w którym funkcj podcªkow f jest ci gª, orz w tkim punkcie x mmy F (x) = f(x). Dowód. Skoro f jest cªkowln to jest domy±lnie ogrniczon: f(x) M, wi c dl dowolnych x, y [, b], x < y zchodzi oszcownie y y F (y) F (x) = f(t) dt f(t) dt M(y x). x Wynik z tego,»e F jest ci gª, nwet jednostjnie ci gª n [, b]. Niech x (, b). Niech ϵ > 0 b dzie dowolne, i δ > 0 b dzie tkie,»e dl t x < δ mmy f(t) f(x) < ϵ. Zuw»my,»e skoro f(x) jest stª niezle»n od t, wi c mo»emy npis f(x) = h x+h x x f(x) dt, dl dowolnego h tkiego,»e [x, x + h] [, b]. Dl 0 < h < δ mo»emy wi c npis F (x + h) F (x) f(x) h = x+h f(t) dt f(x) h x = x+h f(t) dt x+h f(x) dt h x h x = x+h ( ) f(t) f(x) dt h h x x+h x h h ϵ = ϵ. f(t) f(x) dt 39

140 Podobnie, dl δ < h < 0 F (x + h) F (x) f(x) h = x f(t) dt f(x) h x+h = x f(t) dt x f(x) dt h x+h h x+h = x ( ) h f(t) f(x) dt Widzimy wi c,»e grnic istnieje, i jest równ f(x). ϵ. x+h F (x + h) F (x) lim h 0 h Z powy»szego twierdzeni wynik ntychmist nst puj cy wniosek, n który czekmy ju» od poprzedniego rozdziªu: Wniosek 0.8. Funkcj ci gª n przedzile m n nim funkcj pierwotn. Nst puj ce twierdzenie jest gªównym nrz dziem do liczeni cªek oznczonych. Smo twierdzenie jest proste i dosy oczywiste, i jest znne jko zsdnicze twierdzenie rchunku ró»niczkowego i cªkowego. Twierdzenie 0.9 (Zsdnicze twierdzenie rchunku ró»niczkowego i cªkowego). Je»eli funkcj f jest cªkowln n przedzile [, b] (w sensie Riemnn), orz istnieje funkcj pierwotn F, czyli F (x) = f(x) x (, b), (czyli f jest cªkowln w sensie denicji 9.), to b f(x) dx = F (b) F () = F (x) b. Zwró my uwg n symbol F (x) b, ozncz on przyrost funkcji F pomi dzy i b, i b dziemy go u»yw w przyszªo±ci. Dowód. Niech P = { = x 0 < x < < x n = b} b dzie dowolnym podzi- ªem przedziªu [, b]. Dl k»dego przedziªu [x i, x i+ ] podziªu stosujemy twierdzenie o wrto±ci ±redniej, wi c istnieje t i (x i, x i+ ) tkie,»e f(t i ) = F (x i+) F (x i ) x i+ x i, i = 0,..., n. 40

141 A wi c n n ( f(t i )(x i+ x i ) = F (xi+ ) F (x i ) ) = F (x n ) F (x 0 ) = F (b) F (). i=0 i=0 Dl k»dego podziªu P prwdziwe s wi c nierówno±ci L(P, f) F (b) F () U(P, f). F (b) F () le»y wi c pomi dzy cªk doln i cªk górn funkcji f n [, b]. Skoro funkcj f jest cªkowln, to F (b) F () musi wi c by równe cªce. Uwg: W powy»szym twierdzeniu zkªdmy,»e funkcj f jest cªkowln w sensie Riemnn, i w sensie istnieni funkcji pierwotnej. Wiemy,»e funkcje ci gªe speªnij to zªo»enie. S cªkowlne w sensie Riemnn (twierdzenie 0.4) orz mj funkcj pierwotn (wniosek 0.8). Zsdnicze twierdzenie rchunku ró»niczkowego i cªkowego odnosi si wi c gªównie do funkcji ci gªych. Grnice cªkowni Cªk oznczon zdeniowli±my n przedzile [, b], dl < b. Doln grnic cªkowni byª wi c mniejsz od górnej. Wygodnie jest rozszerzy t denicj. Wprowd¹my wi c nst puj ce oznczeni. Je»eli < b to orz dl dowolnego c b f(x) dx = c c b f(x) dx = 0. f(x) dx, Przy tk dobrnych oznczenich wzór (0.0) zchodzi niezle»nie od wzjemnych relcji pomi dzy liczbmi, b, c b f(x) dx = c f(x) dx + b c f(x) dx., b, c, je»eli tylko wszystkie cªki istniej. Dowód mo»n przeprowdzi rozptruj c przypdki. 4

142 Cªkownie przez cz ±ci Twierdzenie 0.9 dje nm nst puj ce wzory n cªki oznczone. F = f i G = g n przedzile [, b], to Je»eli b b f(x)g(x) dx = F (x)g(x) b F (x)g(x) dx. Wzór ten zchodzi, je»eli którkolwiek z cªek istnieje (wtedy obie istniej ). Przykªd: e log(x) dx = e x log(x) dx = x log(x) e e Cªkownie przez podstwienie Je»eli f jest funkcj ró»niczkowln n [, b], to b g(f(x)) f (x) dx = f(b) f() x x dx = e x e = e e+ =. g(y) dy, (0.4) przy czym, tk jk poprzednio, wzór ten zchodzi, je»eli którkolwiek z cªek istnieje wtedy obie istniej. Przykªd: W nst puj cej cªce podstwimy g(x) = sin(x) orz f(x) = x π 0 x sin(x ) dx = π 0 = sin(x ) x dx = π sin(y) dy = 0 cos(y) π 0 = cos(π ). Brdzo cz sto cªkujemy przez podstwienie w nst puj cy sposób, stosuj c wzór (0.4) od tyªu: 9 4 { x dx = x = (t + ) x = } dx = (t + ) dt = 9 t + t + t + (t + ) dt = dt. 4 t t Osttni cªk ªtwo ju» policzy, znjduj c funkcj pierwotn. Zpis dx = (t+) dt ozncz po prostu dx = (t+). Zuw»my,»e powy»szy rchunek dt jest cªkowicie uzsdniony, i wynik ze wzoru (0.4). Wystrczy zuw»y,»e funkcj x = (t + ) jest odwrcln n przedzile [, ], i odwrotn do 4

143 niej to funkcj t = x n przedzile [4, 9]. Czsem, stosuj c ten sposób odstwini mo»emy wp± w puªpk. N przykªd { } 4 x dx = x = t x dx = dt = t dt = 0, choci» z drugiej strony wiemy,»e cªk po lewej stronie jest równ 6 3 > 0. W zdnich sytucj mo»e nie by tk oczywist, wi c zwsze wrto dokªdnie sprwdzi rchunki, szczególnie w sytucji, gdy robimy podstwienie, funkcj podstwin nie jest odwrcln. 4 43

144 Rozdziª Zstosowni cªek Wiele wrto±ci zycznych, nmclnych, intuicyjnie zrozumiªych mo»n opis jko grnice sum. Tk grnic sum mo»n cz sto zinterpretow jko grnic ci gu sum Riemnn dl pewnej funkcji, i w tkim rzie dn wielko± zyczn zinterpretow jko cªk oznczon z jkiej± funkcji. Cªk tk mo»emy nst pnie obliczy korzystj c ze znnych sposobów cªkowni. Omówimy kilk przykªdów. Dªugo± ªuku Niech funkcj f, okre±lon n przedzile [, b] b dzie ci gª, ró»niczkowln, orz niech jej pochodn b dzie ci gª n (, b). Obliczymy dªugo± krzywej n pªszczy¹nie, b d cej wykresem funkcji f, czyli krzywej {(x, f(x)); x [, b]}. Dªugo± krzywej okre±lmy jko grnic dªugo±ci ªmnych, przybli»j cych krzyw. Innymi sªowy, wybiermy n krzywej ci g w zªów, nst pnie ª czymy s siednie w zªy ze sob odcinkiem. Powstje ªmn, której dªugo± obliczmy. Nst pnie zg szczmy w zªy n krzywej i znowu liczymy dªugo± powstªej ªmnej. Powstªy w ten sposób ci g ªmnych, je»eli odlegªo±ci s siednich w zªów zbiegj do zer, powinien mie dªugo- ±ci zbie»ne. Grnic tych dªugo±ci przyjmujemy z dªugo± krzywej. Krzyw mo»e nie mie dªugo±ci. W przypdku który rozptrujemy, to znczy krzywej b d cej wykresem odpowiednio regulrnej funkcji dªugo± istnieje, i wyr» si przez cªk. W przypdku nszej krzywej k»d ªmn z w zªmi n wykresie f nd przedziªem [, b] wi»e si z podziªem P = { = x 0 < x < < x n = b}. Punkty podziªu s rzutmi n o± OX w zªów ªmnej. Dªugo± tkiej ªmnej, zwi znej z podziªem P dn jest wzorem 44

145 Rysunek.: Przybli»enie krzywej ªmn. n L n = (xi+ x i ) + (f(x i+ f(x i )) = i=0 n ( ) f(xi+ ) f(x i ) = (x i+ x i ) +. x i+ x i i=0 Funkcj f jest ró»niczkowln w k»dym przedzile [x i, x i+ ], wi c z twierdzeni o wrto±ci ±redniej w k»dym tkim przedzile istnieje punkt t i tki,»e f(x i+ ) f(x i ) = f (t i ). x i+ x i Mmy wi c n L n = (x i+ x i ) + f (t i ). i=0 Dªugo± ªmnej jest wi c sum Riemnn funkcji ci gªej + f (x). Zg szcznie w zªów ªmnej dje zg szcznie otrzymnych podziªów, je-»eli mksymln odlegªo± s siednich w zªów d»y do zer, to równie» mksymln odlegªo± ich rzutów (czyli ±rednic zwi znych z nimi podziªów) d»y do zer. W tkim rzie, korzystj c z Twierdzeni 0.5 sumy Riemnn zbiegj do cªki b L = + f (x) dx. (.) Cªk L reprezentuje dªugo± wykresu f. Jk wspomnieli±my ju» wcze±niej krzyw mo»e nie mie dªugo±ci. Wª±nie uzsdnili±my ntomist,»e wykres funkcji mj cej ci gª pochodn m dªugo±, i dªugo± t dn jest cªk (.). Przykªd: Rozw»my przykªd tk zwnego cosinus hiperbolicznego f(x) = cosh(x) = ex + e x, x [, ]. 45

146 Wykresem tej funkcji jest tk zwn lini ª«cuchow. Gi tk, le nie- rozci gliw lin (n przykªd ª«cuch) zczepion n ko«cch, i zwisj c swobodnie, przyjmie ksztªt wykresu funkcji cosh(x), oczywi±cie odpowied- nio rozci gni tego w poziomie i pionie. Tki ksztªt uw»ny jest z brdzo solidny. N przykªd sªynny ªuk w St. Louis nd rzek Missisipi m ksztªt linii ª«cuchowej (do góry nogmi). Rysunek.: Lini ª«cuchow i ªuk w St. Louis. Dl tej funkcji mmy f (x) = Wiemy te»,»e ex e x = sinh(x). sinh (x) = cosh(x) orz»e funkcje hiperboliczne speªnij tk zwn jedynk hiperboliczn cosh (x) sinh (x) =. Mo»emy wi c obliczy dªugo± wykresu L= f (x) + sinh (x) dx = + dx = cosh (x) dx = e e e e =e. = cosh(x) dx = sinh(x) = e 46