4. Granica i ciągłość funkcji

Transkrypt

1 4. Granica i ciągłość funkcji W niniejszym rozdziale wprowadzamy pojęcie granicy funkcji, definiujemy funkcje ciągłe i omawiamy ich podstawowe własności. Niech f będzie funkcją określoną na przedziale a, b) lub na zbiorze a, b) \ { 0 }, gdzie 0 a, b). Mówimy, że funkcja f ma w punkcie 0 granicę właściwą równą g, jeśli dla każdego ciągu 0 n a, b) zbieżnego do 0 zachodzi n f n ) = g. Piszemy wówczas 0 f) = g. Ta definicja pochodzi od Heinego Przykład. Tytułem przykładu, zauważmy, że 4.2) 0 sin = 0, gdyż jeśli 0 n n 0, to również n n 0, a skoro sin n n, to także n sin n 0. Wynika stąd natychmiast, że cos = 1. 0 Rzeczywiście, jeśli 0 n 0, to od pewnego miejsca n < π 2 i wtedy cos n = 1 sin 2 n ) Przykład. Następny przykład ilustruje sytuację, gdy punkt 0, w którym obliczamy granicę, nie leży w dziedzinie funkcji. Niech f) = sin, 0. Obliczymy granicę tej funkcji w punkcie 0 = 0. W tym celu zauważmy, że dla dowolnego 0 < 1 mamy sin sin < < cos, a zatem cos < sin < 1 Weźmy teraz dowolny ciąg 0 n 0. Ponieważ dla dużych n cos n < sin n < 1 n oraz 0 cos = 1, więc sin 0 = Przykład. Rozważmy jeszcze funkcję f) = sin1/), R \ {0}. Zauważmy, że f) = sin1/) = 0, 0 0 gdyż dla dowolnego ciągu 0 n 0 mamy n sin1/ n ) = n sin1/ n ) n 0.

2 Przykład. Kolejny przykład to funkcja f : R [0, 1) zadana wzorem f) = m). Nie ma ona granicy w żadnym punkcie 0 = c Z, gdyż na przykład dla ciągów n = c 1 2n c, y n = c + 1 2n c otrzymujemy f n ) = m c 1 ) = 1 1 2n 2n 1, fy n ) = m c + 1 ) = 1 2n 2n 0. W podobny sposób pokażemy, że funkcja f) = sin 1, R \ {0}, nie ma granicy w punkcie 0 = 0. Rozważmy bowiem ciągi Otrzymujemy oraz a zatem n = π 2 + 2πn ) 1 0, yn = 2πn) 1 0. π ) f n ) = sin 2 + 2πn = 1, fy n ) = sin2πn) = 0, f n) = 1 0 = fy n). n n 4.6. Przykład. Sprawdzimy jeszcze, że dla a > 0 a 1 = log a. 0 Mamy bowiem a 1 = e log a 1 = log a + r 2 log a), gdzie dla dostatecznie bliskich zera r 2 log a) 2 log 2 a, co pokazuje, że drugi składnik sumy dąży do zera Przykład. Niech 0 < a b. Wtedy dla każdego 0 a + b ) 1/ a b, 2 więc wyrażenie stojące w środku, oznaczmy je przez S a, b), można uważać za rodzaj średniej liczb a, b. I rzeczywiście, a 1 + b 1 ) 1 S 1 a, b) =, S 1 a, b) = a + b 2 2 są odpowiednio średnią harmoniczną i arytmetyczną tych liczb. Pokażemy, że S a, b) = ab. 0 W tym celu zauważmy najpierw, że ) 1 + c 1/ S a, b) = a = af ), 2

3 3 gdzie c = b/a. Mamy więc gdzie wykładnik spełnia nierówności 1 F ) = ep 1 + ) c log, 2 c 1 c + 1) < c log < c Na mocy poprzedniego przykładu obie skrajne funkcje dążą do log c 2, więc F ) = e log c 2 = b c = 0 a, a stąd natychmiast wynika nasza teza. Podamy teraz inną definicję granicy funkcji w punkcie, która, jak pokażemy za chwilę, okaże się równoważna. Definicję tę sformułował Cauchy. Niech 0 a, b) i f : a, b) R lub f : a, b) \ { 0 } R. Mówimy, że funkcja f ma w punkcie 0 granicę właściwą równą g, jeśli ) ε > 0 δ > 0 a, b) 0 < 0 < δ f) g < ε. Mówiąc obrazowo, funkcja f ma w punkcie 0 granicę równą g, jeżeli wartości funkcji są dowolnie bliskie liczbie g, pod warunkiem, że argumenty są dostatecznie bliskie Funkcja f ma w punkcie 0 granicę równą g R w sensie Heinego dokładnie wtedy, gdy ma ją w sensie Cauchy ego. Dowód. Przypuśćmy, że funkcja f ma granicę g w sensie Cauchy ego równą g. Weźmy dowolny ciąg n 0 elementów dziedziny D funkcji f zbieżny do punktu 0. Chcemy pokazać, że f n ) g. Ustalmy w tym celu dowolnie liczbę ε > 0. Na mocy definicji Cauchy ego istnieje taka liczba δ > 0, że 0 < δ f) g < ε, natomiast ze zbieżności ciągu { n } wynika, że istnieje taka liczba N N, że dla n > N. Wobec tego dla takich n n 0 < δ f n ) g < ε. Przypuśćmy teraz, że funkcja nie ma granicy w sensie Cauchy ego równej g. Wtedy istnieje takie ε > 0, że dla każdego δ n = 1 n możemy znaleźć 0 n D, takie że n 0 < 1 n oraz f n) g > ε. Pierwsza nierówność mówi, że ciąg { n } jest, zbieżny do 0, a druga, że ciąg wartości {f n )} nie jest zbieżny do g, co oznacza, że warunki granicy w sensie Heinego równej g też nie są spełnione.

4 Przykład. Zilustrujemy obie definicje na przykładzie granicy w punkcie 0 = 0 funkcji f) = sin 2. Weźmy dowolny ciąg liczb niezerowych { n } zbieżny do zera. Wtedy również 2 n 0, a stąd, na mocy równości 4.2), sin 2 n 0, co oznacza, że sin 0 2 = 0 zgodnie z definicją Heinego. Niech ε > 0. Ponieważ dla każdego więc jeżeli < δ = ε, to co oznacza, że zgodnie z definicją Cauchy ego. sin 2 < 2, sin 2 < 2 < δ 2 = ε, sin 0 2 = Arytmetyka granic). Jeśli funkcje f i g mają granice w punkcie 0, to także funkcje f + g oraz f g mają w tym punkcie granice i f + g)) = f) + g), f g)) = f) g) Ponadto, jeśli 0 g) 0, to funkcja 1/g jest określona w bliskości punktu 0 i 1 0 g ) = 1 0 g). Dowód tego faktu pozostawiamy Czytelnikowi jako ćwiczenie, przy którym warto pamiętać o analogicznej arytmetyce granic ciągów. Zauważmy jeszcze, że w dowolnym punkcie granica funkcji stałej określonej na całej prostej jest równa jej wartości. Stąd natychmiast otrzymujemy następujące wnioski Wniosek. Jeśli funkcje f i g mają granice w punkcie 0, to o ile 0 g) 0. α f) = α f), α R, 0 0 f) 0 g) = 0 f) 0 g), Przykład. Dla dowolnej liczby naturalnej n > 0 n = n. Wynika to z faktu, że dla 1 n 1 1 = n 1 + n , gdzie każdy ze składników po prawej dąży do 1, gdy 1.

5 Przykład. Poprzedni przykład można przy pewnym nakładzie pracy uogólnić. Niech α, β R i niech β 0. Wtedy α 1 1 β 1 = α β. Rzeczywiście, na mocy własności funkcji wykładniczej gdzie r 2 y) y 2 dla y 1, więc α 1 β 1 = eα log 1 e β log 1 = α log + r 2α log ) β log + r 2 β log ), α 1 β 1 = α + β + r 2α log ) log r2β log ) log gdzie r 2 γ log ) log γ log dąży do zera, gdy dąży do 1, dla γ = α i γ = β, co dowodzi naszej tezy Przykład. Granica w punkcie 0 = 0 funkcji f : R \ {0} cos 1 R istnieje i wynosi zero. Mamy bowiem f) = cos 1 = 2 sin2 /2), = sin/2) /2 sin/2) i ponieważ pierwszy czynnik dąży do 1, a drugi do 0, to wobec 4.10) otrzymujemy cos 1 f) = = Zdefiniujmy teraz granice jednostronne funkcji. Niech f : a, b) R i niech 0 a, b]. Mówimy, że f ma granicę właściwą lewostronną w punkcie 0 równą α, jeśli dla każdego ciągu n a, 0 ) f n ) α wersja Heinego) lub równoważnie ) ε > 0 δ > 0 a, 0 ) 0 < δ f) g < ε. Piszemy wtedy f) = α. 0 Zauważmy, że to, czy funkcja jest określona w [ 0, b), nie ma żadnego znaczenia. Tak więc granica lewostronna jest dobrze zdefiniowana dla 0 a, b]. W analogiczny sposób definiujemy granicę prawostronną funkcji w punkcie 0 [a, b), którą oznaczamy przez 0+ f) Przykład. Obliczmy obie granice jednostronne części ułamkowej w punkcie 0 = 0. Ponieważ dla dowolnego ciągu liczb ujemnych { n } zbieżnego do zera n > 1, dla n większych od pewnego N, więc dla takich n m n ) = n [ n ] = n + 1,

6 6 skąd m n ) 1, czyli m) = 1. 0 Podobnie, w dowolnym ciągu liczb dodatnich { n } zbieżnym do zera, od pewnego miejsca wyrazy są mniejsze od 1, więc ich część całkowita wynosi 0. Oznacza to, że dla dostatecznie dużych n m n ) = n, czyli m) = Jeśli funkcja f ma w pewnym punkcie 0 obie granice jednostronne oraz f) = f) = α, 0 0+ to funkcja f ma w punkcie 0 granicę równą α. Dowód. Posłużymy się definicją Cauchy ego. Niech będzie dany ε > 0. Z założenia wynika, że istnieją δ 1 > 0 i δ 2 >, takie że f) α < ε, fy) α < ε, o ile 0 δ 1 < < 0 i 0 < y < 0 + δ 2. Niech δ = min{δ 1, δ 2 }. Z powyższego widać natychmiast, że jeśli 0 < z 0 < δ, to fz) α < ε Przykład. Pokażemy, że funkcja { sin dla < 0, f) = sinh dla 0, ma granicę w zerze. Istotnie, skoro dla dowolnego ciągu { n } zbieżnego do zera n e n = e 0 = 1, więc 0 e = 1, a stąd Ponadto a zatem Przykład. Sprawdzimy, że e e f) = sinh = e e = = f) = sin = sin = 0, f) = 0. 0 log = Rzeczywiście, niech 0, 1) n 0. Korzystając z nierówności log1 + z) < 1 α zα, z > 0, 0 < α 1,

7 7 dla α = 1/2, widzimy, że n log n = n log1/ n ) 2n 1/n 2 n n = 2 n, skąd natychmiast wynika nasza teza. Mówimy, że funkcja f określona na przedziale [a, b] jest ciągła w punkcie 0 [a, b], jeżeli dla każdego ciągu { n } [a, b] n 0 implikuje f n ) f 0 ). Mówimy, że funkcja f określona na zbiorze D jest ciągła w przedziale I D, jeżeli jest ciągła w każdym punkcie tego przedziału Przykład. W rozdziale 3 pokazaliśmy, że Oznacza to, że funkcja wykładnicza jest ciągła w każdym punkcie R. Z 4.10) wynika natychmiast n implikuje ep n ) ep). R ep) Jeżeli funkcje f, g są ciągłe w pewnym punkcie 0 należącym do dziedzin obu funkcji, to funkcje f + g oraz f g także są ciągłe w tym punkcie Przykład. Wielomian jest funkcją ciągłą na R. Istotnie, każdy wielomian jest funkcją postaci n f) = a k k, wystarczy zatem sprawdzić, że dla dowolnych liczb α R oraz n N funkcja k=0 R α n jest ciągła. Jeszcze raz korzystając z powyższego faktu, widzimy, że cała rzecz sprowadza się więc do ciągłości funkcji stałej i tożsamościowej, a to jest oczywiste Przykład. Jak wiemy, funkcja logarytmiczna log : 0, ) R jest funkcją odwrotną do wykładniczej, która jest ciągła. To pozwala wnioskować o ciągłości funkcji log. Rzeczywiście, niech n wraz z n, gdzie, n > 0. Ciąg y n = log n jest ograniczony. Wystarczy zatem, że pokażemy, iż dla każdego zbieżnego do y podciągu {y nk } k N jest y = log. Istotnie, na mocy naszych założeń nk = e yn k, gdzie ciąg po lewej jest zbieżny do, a ten po prawej do e y. Zatem = e y, czyli y = log. W dowodzie Twierdzenia 4.39 poniżej jeszcze raz skorzystamy z tego rozumowania, aby uogólnić powyższy fakt. Tam też Czytelnik znajdzie więcej szczegółów Lemat. Niech będą dane ciągłe funkcje f, g : [a, b] R. Jeśli fw) = gw) dla wymiernych w [a, b], to f = g.

8 8 Dowód. Niech [a, b]. Niech w n [a, b] będzie ciągiem liczb wymiernych zbieżnym do. Wtedy f) = fw n) = gw n) = g), n n więc f = g Złożenie funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą, tzn. jeśli f : I J, g : J K oraz f jest ciągła w punkcie I a g w punkcie y = f), to funkcja g f : I K jest ciągła w. Dowód. Dla dowolnego ciągu { n } I zbieżnego do, z ciągłości funkcji f w punkcie wynika, że f n ) f) = y, a stąd wobec ciągłości funkcji g w punkcie y gf n )) gy) = gf)). Pokazaliśmy więc, że dla każdego ciągu { n } I n implikuje g f n ) g f), co zgodnie definicją Heinego oznacza ciągłość funkcji g f w punkcie Przykład. Na mocy powyższego faktu, funkcja f : 0, ) = ep log ) jest ciągła jako złożenie ciągłej funkcji wykładniczej z funkcją log, która jest iloczynem dwu funkcji ciągłych; jest więc także ciągła. Ponadto, możemy położyć w zerze taką wartość, aby przedłużenie f 1 funkcji f było nadal funkcją ciągłą. Mianowicie, z ciągłości funkcji wykładniczej wynika, że a stąd jest ciągła na [0, ). 0+ = 0+ e log = 1, f 1 ) = {, > 0, 1, = 0, Przykład. Funkcje trygonometryczne są ciągłe na swoich dziedzinach. Oczywiście wystarczy sprawdzić ciągłość funkcji sinus i cosinus. Ustalmy zatem dowolnie punkt 0 R i weźmy dowolny ciąg { n } zbieżny do niego. Wtedy skąd na mocy 4.10)) i analogicznie sin n = sinh n + 0 ) h n = n 0 0, = sin h n cos 0 + cos h n sin 0 sin 0 cos n = cosh n + 0 ) = cos h n cos 0 sin h n sin 0 cos Przykład. Ciekawym przykładem funkcji, która ma wiele punktów ciągłości, jak i nieciągłości, jest funkcja Riemanna.

9 Przykład. Niech f będzie funkcją określoną na całej prostej wzorem { 0 gdy / Q, f) = 1 q gdy = p q, gdzie p, q) = 1. Pokażemy, że f jest ciągła dokładnie w punktach niewymiernych. Istotnie, jeśli n / Q, to wartości f n ) są równe 0, gdy n są niewymierne, i równe mianownikom n, gdy n są wymierne. Ponieważ wartość graniczna jest niewymierna, mianowniki te dążą do nieskończoności, co pokazuje, że f n) = 0 = f). n Jeśli natomiast Q, to f) 0, i istnieje ciąg liczb niewymiernych, np. n = + e n zbieżny do. Mamy więc n f n) = 0 f). Pamiętamy, że kresy górny i dolny zostały zdefiniowane dla podzbiorów E R ograniczonych odpowiednio z góry i z dołu. Wygodnie będzie rozszerzyć związaną z tym notację, tak aby objąć nią także zbiory nieograniczone. W związku z tym przyjmiemy następującą definicję: Jeśli R E jest nieograniczony z góry, to będziemy mówić, że E ma kres górny niewłaściwy i pisać sup E =. Analogicznie, jeśli R E jest nieograniczony z dołu, to będziemy mówić, że E ma kres dolny niewłaściwy i pisać inf E =. Definicja ta pozwoli nam na przykład na pisanie sup E <, co jest oczywiście równoważne powiedzeniu, że zbiór E jest ograniczony od góry. Podobnie fakt, że zbiór E jest ograniczony od dołu możemy wyrazić krótko, pisząc inf E >. Mówimy, że funkcja f : = D R jest ograniczona z góry z dołu), jeśli jej zbiór wartości jest ograniczony z góry z dołu), tzn. sup fd) = sup f) < inf fd) = inf f) > ). D D Twierdzenie. Funkcja ciągła na odcinku domkniętym jest ograniczona i osiąga swoje kresy. Dowód. Przypuśćmy, że f : [a, b] R jest ciągła i nieograniczona. Wtedy istnieje ciąg { n } [a, b] taki, że 4.30) f n ). Ponieważ { n } ograniczony, więc na mocy twierdzenia Bolzano-Weierstrassa istnieje podciąg { nk } k N zbieżny do pewnego 0. Skoro a nk b, n N, to również a 0 b, tzn. 0 należy do dziedziny f, i wobec ciągłości f f nk ) f 0 ), co przeczy 4.30). Pozostaje dowieść, że f przyjmuje wartość największą i najmniejszą. Niech α = inf f). [a,b]

10 a z ciągłości funkcji f w punkcie 0 f nk ) f 0), 10 Z definicji kresu wynika, że istnieje ciąg { n } [a, b], taki że f n ) α. Podobnie jak poprzednio wybieramy podciąg { nk } zbieżny do pewnego 0 Wtedy f nk ) α, [a, b]. skąd α = f 0 ). Analogicznie pokazujemy, że istnieje 1 [a, b] takie, że co kończy dowód. f 1 ) = sup f), [a,b] Twierdzenie Darbou). Jeśli f : [a, b] R jest ciągła oraz to istnieje c a, b), takie że fc) = y. Dowód. Niech fa) < y < fb), E = { [a, b]: f) < y}. Skoro a E i b / E, więc E [a, b). Jeśli przyjmiemy, że to a c b i istnieje ciąg n E, taki że Z ciągłości funkcji f a ponieważ więc c = sup E, n c. f n ) fc), f n ) < y, n N, 4.32) fc) y, c < b. Wybierzmy z odcinka [a, b] ciąg zbieżny do c od góry, np. Wtedy więc wobec 4.32) co dowodzi tezy. z n = c + b c)/n, n N. fz n ) fc) oraz fz n ) y, n N, fc) y, Remark. Oczywiście twierdzenie Darbou pozostaje prawdziwe, gdy fb) < y < fa). Niech bowiem g = f i z = y. Wtedy ga) < z < gb) i istnieje a < c < b, takie że gc) = z, czyli fc) = y.

11 Wniosek. Obrazem odcinka domkniętego przez funkcję ciągłą jest odcinek domknięty. Dokładniej, jeśli f : [a, b] R jest ciągła, to f [a, b] ) = [ min f), ma f) ]. [a,b] [a,b] Dowód. Na mocy Twierdzenia 4.29 funkcja f jest ograniczona i osiąga swoje kresy, czyli oraz dla pewnych 1, 2 [a, b]. Oczywiście inf f) = min f) = f 1) [a,b] [a,b] sup f) = ma f) = f 2) [a,b] [a,b] 4.35) f [a, b] ) [ f 1 ), f 2 ) ]. Na mocy twierdzenia Darbou dla każdego ) y f 1 ), f 2 ) istnieje c 1, 2 ), takie że fc) = y, więc [ f1 ), f 2 ) ] f [a, b] ), co wobec 4.35) daje tezę Wniosek. Jeśli f : a, b) R jest ciągła i różnowartościowa, to jest ściśle monotoniczna. Dowód. Załóżmy nie wprost, że f nie jest monotoniczna, tzn. istnieją 4.37) a < 1 < 2 < 3 < b, takie że albo f 1 ) < f 2 ) i f 2 ) > f 3 ), f 1 ) > f 2 ) i f 2 ) < f 3 ). Bez zmniejszania ogólności załóżmy, że zachodzi pierwsza z koniunkcji. Wtedy istnieje y f 1 ), f 2 ) ) f 3 ), f 2 ) ), skąd na mocy twierdzenia Darbou istnieją c 1 1, 2 ), c 2 3, 4 ), takie że fc 1 ) = y = fc 2 ), co wobec 4.37) oznacza, że c 1 c 2 i tym samym jest sprzeczne z założeniem różnowartościowości funkcji f. I jeszcze jeden wniosek z twierdzenia Darbou Wniosek o punkcie stałym). Niech f : [a, b] [a, b] będzie ciągła. Istnieje c [a, b], takie że fc) = c.

12 12 Dowód. Rozważmy funkcję g : [a, b] R zadaną wzorem g) = f). Chcemy pokazać, że g ma miejsce zerowe. Oczywiście, ga) 0 gb), więc albo któryś z punktów a, b jest miejscem zerowym, albo ga) < 0 < gb) i wtedy na mocy własności Darbou istnieje c a, b), takie że gc) = 0, bo przecież g jest funkcją ciągłą. Ale skoro tak, to fc) = c, a o to nam przecież chodziło Twierdzenie. Jeśli jest ciągłą bijekcją, to jest również ciągła. f : [a, b] [c, d] f 1 : [c, d] [a, b] Dowód. Weźmy dowolny ciąg {y n } [c, d] zbieżny do pewnego y [c, d]. Skoro {f 1 y n )} [ a, b ], to na mocy twierdzenia Bolzano-Weierstrassa możemy wybrać podciąg zbieżny Z ciągłości funkcji f a ponieważ f 1 y nk ). f f 1 y nk ) ) f), f f 1 y nk ) ) = y nk y, więc y = f), czyli = f 1 y). Skoro, jak pokazaliśmy, dowolny podciąg zbieżny ciągu ograniczonego {f 1 y n )} jest zbieżny do tej samej liczby f 1 y), to co oznacza, że funkcja f 1 jest ciągła. f 1 y n ) f 1 y), Podaliśmy już w obu wersjach, Heinego i Cauchy ego, precyzyjne definicje granicy liczbowej w punkcie oraz granic jednostronnych liczbowych w punkcie. W podobny sposób formułuje się definicję granicy liczbowej w + i w. I tak, dla funkcji f o dziedzinie D, a), gdzie a R, mamy f) = α { n } D n f n ) α ) ε > 0 K < a < K f) α < ε. Obok granic liczbowych czyli właściwych) mamy jeszcze odpowiadające im granice niewłaściwe. I tak, mówimy, że funkcja f : a, b) R ma granicę niewłaściwą w punkcie 0 równą ±, jeśli dla każdego ciągu 0 a, b) n 0 implikuje f n ) ±. Są jeszcze granice właściwe i niewłaściwe w nieskończoności, gdzie zbieżność 0 zastępuje się zbieżnością ±. Ponadto trzeba jeszcze wspomnieć granice jednostronne właściwe i niewłaściwe w nieskończoności. Czytelnik zechce sam sformułować

13 13 odpowiednie definicje w wersji Heinego i Cauchy ego. Dla przykładu oraz f) = 0 { n } K < 0 δ > 0 n 0 f n ) ) 0 < δ f) < K ) f) = { n } n f n ) ) K < 0 M > 0 > M f) < K.

14 Zadania sin a 1. Oblicz granice 0, 0 sin2 sin sin 2), Oblicz granice ) 1 log, a a a, a a a a. 3. Oblicz granice , 1 n 1 m 1, 1 4. Oblicz granicę α 1 1 dla α, β R, β 0. β 1 5. Oblicz granice 0 [ 1 ], 0+ []. 6. Oblicz granice 0 e 1, m 1 n 1, gdzie n, m N. 0 log1+), 0 log 1 )log. 7. Oblicz granice 0 sin ) sin, 0 sin ) log1+). 8. Oblicz granice: , 1 1, , 1 1) 2 2 1, , / , ) , , , Oblicz granice a b a b 2 a 2, gdzie a > b, Oblicz granice 0+ 1, 0 log, , π/2 tg, 1/, e Oblicz loge+1/), 1+1/). 1+1/), 1+ ) 1/. 12. Znajdź granice jednostronne funkcji f) = / w punkcie = Pokaż, że dla każdego niestałego wielomianu f jest f) =. 14. Udowodnij, że każdy wielomian ϕ stopnia 3 przyjmuje wartości różnych znaków. Korzystając z własności Darbou, wywnioskuj, że ϕ ma pierwiastek. 15. Podaj przykład wielomianu stopnia 4, który nie ma pierwiastka. A co powiesz o wielomianach stopnia 5? 16. Niech log1+) sinsin a) dla < 0; f) = b dla = 0; + c dla > 0. Dla jakich a, b, c funkcja ta jest ciągła w 0? 17. Pokaż, że log 2 < 3 1 oraz log 3 < Znajdź granice 7/ /2 1, α 1 1 β 1, α β 1 γ 1, e 1 α 1 α log 0 2, 1 1) 2, gdzie α, β, γ > 0. Pamiętaj, że e z = 1 + z + z 2 /2 + r 3 z), gdzie r 3 z) 1 4 z 3 dla z Oblicz n n ϕ) = n n, > 0, + n i rozstrzygnij, czy ϕ jest funkcją ciągłą. Narysuj jej wykres. ) 20. Pokaż, że funkcje f) = sin m)π i g) = [] sin π są ciągłe. 21. Pokaż, że funkcje F ) = ma{f), g)} i G) = min{f), g)} są ciągłe w każdym punkcie, w którym zarówno f, jak i g jest ciągła.

15 Pokaż, że równanie 2 = sin + 1 ma w przedziale 0 < < 1 przynajmniej jedno rozwiązanie. 23. Dana jest funkcja ciągła f : R R, taka że f) = 0 dla Q. Znajdź jej wartości dla argumentów niewymiernych. 24. Korzystając z twierdzenia Darbou pokaż, że równanie 2 = 1 ma przynajmniej jedno rozwiązanie w przedziale 0, 1). 25. Dane jest równanie kwadratowe a 2 + b + c = 0, w którym b > 0 i c są ustalone. Pokaż, że dla dostatecznie małych a > 0 równanie to ma dwa pierwiastki 1 a) < 2 a). Znajdź a 0 1 a) i a 0 2 a). 26. Udowodnij, że funkcja 1 1 jest ściśle rosnąca na 0, 1). W tym celu zauważ, że = 1 + 1) i zastosuj nierówność Bernoulliego. 27. Pokaż, że funkcja przyjmuje na odcinku 0, 1] wartość minimalną dla = 1/e. W tym celu zauważ, że funkcja 1/) 1/ na [1, ) ma ten sam zbiór wartości i skorzystaj z nierówności 1/ e 1/e. 28. Znajdź wszystkie, y R spełniające równanie n n n + y n = 1. ) 29. Znajdź wszystkie punkty nieciągłości funkcji m 1) [] i naszkicuj jej wykres. 30. Udowodnij, że jedyną funkcją ciągłą f : R 0, ) spełniającą warunki jest funkcja f) = e. f + y) = f)fy), f1) = e 31. Niech będą dane liczby dodatnie a i b. Niech f0) = ab oraz a + b ) 1/. f) = 0, 2 Pokaż, że f jest funkcją ciągłą. Zinterpretuj wartości f 1), f0), f1). 1+) 32. Pokaż, że α 1 0 = α dla α R. 1 cos 33. Pokaż, że 0 = Udowodnij, że funkcja F ) = m) m) jest ciągła. 35. Znajdź granicę ) log 1 + sin ). 0 sin log1 + ) 36. Wykaż, że a) równanie e = 3 ma rozwiązanie 0 < 1 < 1 i rozwiązanie 1 < 2 < 2, b) równanie nie ma rozwiązań na R. e = 2