9. Całkowanie. I k. sup

Transkrypt

1 9. Cłkownie Zcznijmy od podstwowego dl teorii cłki pojęci podziłu. Podziłem odcink [, b] R nzywmy kżdy skończony zbiór P [, b] zwierjący ob końce odcink. Niech będą punktmi podziłu P. Odcinki = x < x < x 2 < < x n = b I k = [x k, x k ], k n, będziemy nzywli odcinkmi podziłu P. Jeśli f : [, b] R jest funkcją ogrniczoną, P podziłem [, b], to liczby n n U(f, P ) = sup f I k, L(f, P ) = inf f I k, I k I k k= gdzie I k ozncz długość k-tego odcink podziłu P, nzywmy odpowiednio górną i dolną sumą cłkową funkcji f. 9.. Lemt. Jeśli P Q są podziłmi odcink [, b], f jest funkcją ogrniczoną n [, b], to k= L(f, P ) L(f, Q) U(f, Q) U(f, P ). Dowód. Nierówność środkow jest oczywist, nierówności skrjnych dowodzi się podobnie. Dowiedziemy, że U(f, Q) U(f, P ). Przez łtwą indukcję dowód sprowdz się do przypdku, gdy Q zwier tylko o jeden punkt więcej niż P. Niech więc P = {x j } n j=, Q = P {c} i x k < c < x k dl pewnego k n. Wtedy n U(f, P ) = sup f(x)(x j x j ) j= [x j,x j] = j k co było do okzni. sup [x j,x j] sup j k = U(f, Q), [x j,x j] f(x)(x j x j ) + f(x)(x j x j ) + sup [x k,x k ] sup [x k,c] f(x)(x k x k ) f(x)(c x k ) + sup f(x)(x k c) [c,x k ] 9.2. Wniosek. Jeśli P i Q są podziłmi odcink [, b], f jest funkcją ogrniczoną n [, b], to Dowód. Rzeczywiście, n mocy lemtu. L(f, Q) U(f, P ). L(f, Q) L(f, Q P ) U(f, Q P ) U(f, P ) Niech P ozncz rodzinę wszystkich podziłów odcink [, b]. Skoro kżd cłkow sum doln dnej funkcji ogrniczonej jest nie większ od kżdej sumy górnej, zbiór wszystkich dolnych sum cłkowych jest ogrniczony od góry, zbiór wszystkich sum górnych ogrniczony od dołu. Liczby f = inf U(f, P ), f = sup L(f, P ) P P P P Dziękuję Pnu Tomszowi Stchowikowi z uwżne przeczytnie tego rozdziłu i cenne uwgi.

2 2 nzywmy odpowiednio górną i dolną cłką Drboux funkcji f. Oczywiście f f Lemt. Jeśli f, g są ogrniczonymi funkcjmi n [, b], λ >, to f + g f + g, f + g f + g, λf = λ f, λf = λ f, f = f. Ogrniczoną funkcję f : [, b] R nzywmy cłkowlną w sensie Riemnn, jeśli jej cłki Drboux są równe. Ich wspólną wrtość nzywmy wtedy cłką Riemnn z funkcji f i piszemy f = f = f(x) = f = f. [,b] Rodzinę funkcji cłkowlnych n odcinku [, b] oznczć będziemy przez R([, b]). Zuwżmy, że U(f, P ) L(f, P ) = k gdzie I k są odcinkmi wyznczonymi przez podził P. Z definicji cłkowlności funkcji wynik łtwo sup (f(x) f(y)) I k = Ω(f, P ), x,y I k 9.4. Funkcj ogrniczon f : [, b] R jest cłkowln, wtedy i tylko wtedy gdy dl kżdego ε > istnieje podził P odcink [, b], tki że Z Lemtu 9.3 łtwo wynik Ω(f, P ) < ε Lemt. Jeśli f, g są cłkowlnymi funkcjmi n [, b], λ R, to f + λg = f + λ g Lemt. Jeśli f R([, b]), to f R([, b]). Dowód. Rzeczywiście, dl kżdego podziłu P Ω( f, P ) Ω(f, P ), co wynik z nierówności trójkąt. Ztem cłkowlność f pociąg cłkowlność f Jeśli f, g R([, b]) i f g, to f g. W szczególności, jeśli f, to f Jeśli f R([, b]), to f f. Dowód. Mmy f f i f f, więc f f orz f f. Stąd f f Jeśli f R([, b]), to f R([c, d]) dl kżdego [c, d] [, b]. Z drugiej strony, jeśli f R([, c]) i f R([c, b]), to f R([, b].

3 3 Dowód. Niech P będzie podziłem odcink [, b]. Niech P = (P [c, d]) {c, d}. Zbiór P jest podziłem [c, d] i łtwo zuwżyć, że Ω [c,d] (f, P ) Ω [,b] (f, P ), skąd ntychmist wynik pierwsz część tezy. Jeśli ntomist P i P 2 są odpowiednio podziłmi [, c] i [c, b], to P = P P 2 jest podziłem [, b] i Ω [,b] (f, P ) Ω [,c] (f, P ) + Ω [c,b] (f, P 2 ). Stąd już wynik drug część tezy. 9.. Jeśli f R([, b]) i c b, to f = Dowód. Wystrczy zuwżyć, że jeśli P i P 2 są odpowiednio podziłmi [, c] i [c, b], to c f + b U (f, P P 2 ) = c U (f, P ) + b U c (f, P 2 ). Średnicą podziłu P = {x j } n j= nzywmy liczbę c f. δ(p ) = mx j n x j x j. 9.. Twierdzenie. Jeśli f : [, b] R jest ciągł, to jest cłkowln. Dowód. Niech ε >. Funkcj f jest jednostjnie ciągł, więc istnieje δ >, tk że f(x) f(y) < ε, x y < δ. b Niech P będzie podziłem odcink [, b] o średnicy mniejszej niż δ. Niech {I j } n j= podziłu. Wtedy co dowodzi nszej tezy. n Ω(f, P ) = sup(f(x) f(y)) I j I j j= < ε n I j = ε, b j= będą odcinkmi 9.2. Przykłd. Rozptrzmy brdzo prosty lecz wżny przykłd. Niech f(x) = n odcinku [, b]. Wtedy dl kżdego podziłu P więc f jest cłkowln i f = b. L(f, P ) = U(f, P ) = b, Dl ogrniczonej funkcji f : I R wprowdźmy oznczenie f = sup f(x). x I

4 Lemt. Dl podziłów P Q odcink [, b] i ogrniczonej funkcji f n tym przedzile zchodzi nierówność gdzie Q ozncz liczbę elementów Q. U(f, P ) U(f, Q) + 2 f Q \ P δ(p ), Dowód. Lemtu dowodzi się łtwo przez indukcję ze względu n liczebność zbioru Q \ P Twierdzenie. Niech f R([, b]). Jeśli {P n } jest ciągiem podziłów odcink [, b], tkim że lim n δ(p n ) =, to U(f, P n ) f, L(f, P n ) f. [,b] Dowód. Niech ε >. Istnieje podził Q odcink [, b], tki że U(f, Q) < f + ε. Niech N będzie tk duże, by dl n N było N mocy Lemtu 9.3 δ(p n ) < [,b] ε 2 f Q. [,b] U(f, P n ) U(f, P n Q) + 2 f Q δ(p n ) < f + 2ε, co dowodzi pierwszej równości grnicznej. Z niej wynik już drug. Rzeczywiście, lim L(f, P n) = lim U( f, P n) = ( f) = f, n n co kończy dowód. [,b] Niech będzie dn funkcj ogrniczon f : [, b] R i podził P = {x j } k j= tego odcink. Niech Wtedy sumę [,b] c = (c, c 2,..., c k ), c j [x j, x j ]. S(f, P, c) = k f(c j )(x j x j ) j= nzywmy sumą riemnnowską funkcji f wyznczoną przez podził P i ciąg punktów pośrednich c Wniosek. Niech f R([, b]). Jeśli P n jest ciągiem podziłów o średnicch zbieżnych do zer, to sumy riemnnowskie S(f, P n, c n ) dążą do cłki z funkcji f. Dowód. Łtwo zuwżyć, że dl kżdego n L(f, P n ) S(f, P n, c n ) U(f, P n ), [,b] więc wystrczy zstosowć poprzedni lemt i twierdzenie o trzech ciągch.

5 Przykłd. Scłkujmy funkcję cosinus n odcinku [, ]. Funkcj t jko ciągł jest cłkowln, więc możn to zrobić z pomocą sum riemnnowskich. Niech { } n k P n = n Wybierjąc c k = (k ) n skąd, jk łtwo widć, k=. k= i kłdąc c n = (c k ) k, mmy n S n = S(cos, P n, c n ) = cos(k ) n n = n cos k n n = n sin 2 k= cos (n ) 2n sin 2n cos x = lim S n = 2 sin n 2 cos = sin Przykłd. Obliczmy cłkę xp dl p >. Funkcj jest ciągł, więc cłkowln. Jk wyżej, posłużymy się summi Riemnn. Niech P n i c n będą jk w poprzednim przykłdzie. Wtedy n ( ) p k n n S n = n n = p+ n p+ k p = p+ k= kp n p+. Pmiętmy, że więc Dl > b oznczmy k= k= n k= lim kp n n p+ = p +, x p = p+ p +. f(x) = Nietrudno sprwdzić, że dl dowolnych, b, c R Nie tylko funkcje ciągłe są cłkowlne. f = c b f + f(x) Kżd funkcj monotoniczn n przedzile [, b] jest cłkowln. Dowód. Niech f będzie monotoniczn i niestł. Wtedy f() f(b). Niech ε > i niech P będzie podziłem odcink [, b] o średnicy ε δ(p ) = f(b) f(). Mmy wówczs Ω(f, P ) co pociąg nszą tezę. n f(x k ) f(x k ) (x k x k ) δ(p ) f(b) f() = ε, k= c f.,

6 Przykłd. Niech f będzie funkcją n [, ] zdefiniowną tk: { n, x ( f(x) = n+, n ],, x =, gdzie n jest ciągiem monotonicznie zbieżnym do. Funkcj f jest nieciągł w nieskończonej ilości punktów, le jest monotoniczn, więc cłkowln. O innych nieciągłych funkcjch cłkowlnych mówi kolejne twierdzenie Twierdzenie. Jeśli ogrniczon funkcj f n przedzile domkniętym m skończenie wiele punktów nieciągłości, to jest cłkowln. Dowód. Złóżmy njpierw, że jedynymi punktmi nieciągłości f są końce przedziłu. Dl zdnego < ε < b 2 niech P będzie podziłem odcink [ + ε, b ε], tkim że Ω b ε +ε(f, P ) < ε. Tki podził istnieje, bo funkcj f jest ciągł n [+ε, b ε]. Niech Q = P {, b} będzie podziłem [, b]. Jk łtwo zuwżyć, Ω(f, Q) < 4 f ε + ε = (4 f + )ε, co dowodzi cłkowlności f. Jeśli terz c, c 2 < < c k są punktmi nieciągłości f, to n mocy pierwszej części dowodu funkcj jest cłkowln n kżdym z odcinków [, c ], [c j, c j ], [c k, b] dl 2 j k. Ztem jest cłkowln n k [, b] = [, c ] [c j, c j ] [c k, b]. Przechodzimy do bdni cłki jko funkcji górnej grnicy cłkowni. j= Lemt. Jeśli f R([, b]) i c [, b], to funkcj F (x) = jest lipschitzowsk. x c f(t)dt, Dowód. Niech x, y będą punktmi odcink [, b]. Wtedy F (x) F (y) = więc x F (x) F (y) gdzie M = f. f(t)dt y x [, b], f(t)dt = x c c y x y f(t) dt M x y, f(t)dt, Lemt. Jeśli f R([, b]) i c [, b], to funkcj F (x) = x c f(t)dt, x [, b], jest różniczkowln w kżdym punkcie x ciągłości f. Pondto F (x ) = f(x ).

7 7 Dowód. Niech ε >. Poniewż f jest ciągł w x, więc istnieje δ >, tk że f(x) f(x ) < ε, o ile x x < δ. Mmy ztem F (x + h) F (x ) f(x ) = x+h ( ) f(t) f(x ) dt, h h wobec F (x + h) F (x ) f(x ) h h dl h < δ, co kończy dowód. x+h x x f(t) f(x ) dt ε h x+h x dt = ε Z poprzednich dwóch lemtów wynik ntychmist podstwowe twierdzenie rchunku różniczkowego i cłkowego Twierdzenie. Jeśli f C([, b]), to funkcj F (x) = x jest różniczkowln w przedzile (, b) orz F (x) = d Ztem F jest pierwotną f w (, b). Możn udowodnić trochę więcej. x f(t)dt, f(t)dt = f(x), x [, b], x (, b) Wniosek. Jeśli f C([, b]), to istnieje funkcj różniczkowln G : R R, tk że G (x) = f(x) dl x [, b]. Dowód. Funkcję f możn rozszerzyć do funkcji g ciągłej n cłej prostej, kłdąc f(), x <, g(x) = f(x), x [, b], f(b), x > b. Niech G(x) = x g(t)dt, x R. N mocy twierdzeni funkcj G jest różniczkowln n cłej prostej i G (x) = g(x) dl x R. W szczególności G (x) = f(x), x [, b] Wniosek. Jeśli f C([, b]), F C([, b]) orz F (x) = f(x) dl x (, b), to Dowód. Niech F (x) = f(t)dt = F (b) F (). x f(t)dt, x [, b]. Wtedy (F F ) = n (, b), więc F F = c n (, b), przez ciągłość tkże n końcch przedziłu. Stąd tk jk chcieliśmy. f(t)dt = F (b) F () = (F (b) + c) (F () + c) = F (b) F (),

8 Przykłd. ) Mmy (sin x) = cos x, więc b) Mmy (x p+ ) = (p + )x p, więc c) Niech cos x = sin b sin. x p = p + (bp+ p+ ),, b >, p. f(x) = n x n, x < r, n= gdzie r > jest promieniem zbieżności. Wiemy, że n F (x) = n + xn+, x < r, n= jest pierwotną f. Wobec tego dl [, b] ( r, r) czyli n= n= f(t)dt = F (b) F (), n x n n = n + (bn+ n+ ) = Jeśli f, g R([, b]), to fg R([, b]). Dowód. Poniewż więc dl kżdego podziłu P n x n. n= f(x)g(x) f(y)g(y) g f(x) f(y) + f g(x) g(y), Ω(fg, P ) g Ω(f, P ) + f Ω(g, P ), co pozwl wnioskowć, że iloczyn fg jest cłkowlny, pod wrunkiem że obie funkcje f i g są cłkowlne Twierdzenie (cłkownie przez części). Jeśli f, g : ( ε, b + ε) R są różniczkowlne w sposób ciągły, to b f(x)g (x) = f(x)g(x) f (x)g(x), gdzie Dowód. Wiemy, że ϕ(x) b = ϕ(b) ϕ(). (fg) (x) = f (x)g(x) + f(x)g (x), x ( ε, b + ε), więc cłkując obie strony i korzystjąc z podstwowego twierdzeni, otrzymujemy f(b)g(b) f()g() = f (x)g(x) + skąd już ntychmist wynik wzór n cłkownie przez części. f(x)g (x),

9 Przykłd. Mmy x log tdt = x t log tdt = t log t x x dt = t(log t ) x. Zuwżmy też, że rzeczywiście funkcj x x(log x ) jest pierwotną funkcji logrytmicznej, 9.3. Przykłd. Niech m, n Z i niech m. Wtedy 2π I n,m = sin nx sin mx = n cos nx sin mx więc ( ( n m )2 )I n,m =, skąd (9.3) I n,m = 2π + n m 2π cos nx cos mx = ( n 2π m )2 sin mx sin nx = ( n m )2 I n,m, {, n m, ±π, n = m Przykłd. Niech J n = ( + x 2 ) n. Oczywiście, J = rc tg. Wyprowdzimy terz wzór rekurencyjny n J n. Mmy więc, cłkując przez części, otrzymujemy J n+ = J n x x x ( + x 2 ) n+, x ( + x 2 ) n+ = 2n + J n 2n, J n+ = 2n 2n J n + 2n. W dlszych rozwżnich dużą rolę odegr ciąg o wyrzch w n = 4n ( 2n n ) Lemt. Niech I n = π/2 sin n x. Wtedy (9.34) I 2n = π 2w n, I 2n+ = w n 2n +. Dowód. Ob wzory wynikją łtwo z zleżności rekurencyjnej (9.35) I n+2 = n + n + 2 I n, któr bierze się z cłkowni przez części: I n+2 = π/2 = (n + ) sin n+2 x = π/2 π/2 sin n+ x(cos x) sin n x cos 2 x = (n + )I n (n + )I n+2. Zuwżmy, że ze względu n to, że sin = cos π/2 =, przyrosty wrtości funkcji we wzorze n cłkownie przez części znikją. Z zleżności (9.35) wypływ nstępujący wniosek.

10 9.36. Wniosek. Niech I n = π/2 sin n x. Wtedy Dowód. Rzeczywiście, jk łtwo widzieć lim n I 2n I 2n+ =. I 2n+ I 2n I 2n = 2n + 2n I 2n+, skąd I 2n 2n I 2n+ 2n +, co pozwl wyprowdzić nszą tezę z pomocą lemtu o trzech ciągch Wniosek (wzór Wllis). Jest Dowód. N mocy Lemtu 9.33 więc Prosty rchunek pokzuje, że lim n 4 n( 2n n n ) w = lim n = π, n n π 2(2n + ) = I 2nI 2n+ = I 2 2n I2n+ I 2n, lim 2(2n + n )I2 2n = π. 2(2n + )I 2 2n = (n + /2)π2 wn 2. I jeszcze jedn retrospekcj Twierdzenie (wzór Stirling). Dl kżdego n N n!e n 2π < n < 2πe n+/2 2n. Dowód. Pmiętmy, że gdzie A < n!en < Ae 2n nn+/2, A = lim s n, s n = n!en n n. n+/2 Pozostje wykzć, że A = 2π. W tym celu zuwżmy, że więc n mocy wzoru Wllis co było do okzni. s 2 n = (n!)2 2 2n+/2 = s 2n (2n)!n /2 2 wn n /2, s 2 n A = lim = 2π, n s 2n I jeszcze jedno zstosownie cłkowni przez części reszt Tylor w postci cłkowej.

11 9.39. Twierdzenie. Niech f będzie funkcją różniczkowlną n rzy w sposób ciągły w otoczeniu punktu R. Wówczs dl dosttecznie młych h jej reszt Tylor wyrż się wzorem R n (h) = (n )! h (h t) n f (n) ( + t)dt. Dowód. Niech S n (h) ozncz prwą stronę wzoru. Gdy n = S (h) = h f ( + t)dt = f( + h) f() = R (h). Przypuśćmy przez indukcję, że S n (h) = R n (h). Wtedy, cłkując przez części, widzimy, że S n+ (h) = h n! (h t)n f (n) ( + t) h + (h t) n f (n) ( + t)dt (n )! = n! hn f (n) () + R n (h) = R n+ (h), czego nleżło dowieść Przykłd. Przypuśćmy, że f C ([, b]) nigdzie nie znik. Wtedy, jk łtwo sprwdzić, d log f(x) = f (x) f(x), wobec tego f (x) = log f(b) f(x) f(). Funkcję f /f nzyw się często pochodną logrytmiczną funkcji f. A terz wzór n cłkownie przez podstwienie Twierdzenie. Niech u : ( ε, b + ε) R będzie różniczkowln w sposób ciągły. Jeśli f C(u([, b])), to u(b) u() f(x) = f(u(y))u (y)dy. Dowód. Niech u([, b]) = [c, d] i niech F : (c ε, d + ε) R będzie funkcją różniczkowlną, tką, że F (x) = f(x) dl x [c, d]. Wtedy dl y [, b], więc co nleżło pokzć. d dy F (u(y)) = F (u(y))u (y) = f(u(y))u (y) f(u(y)u (y)dy = F (u(b)) F (u()) = u(b) u() f(x), Uwg. Jeśli dodtkowo u nigdzie nie znik, funkcj u m odwrotną v i wzór możn zpisć w nieco innej postci: β α f(x) = v(β) v(α) f(v (y))(v ) (y) dy. Tk więc w konkretnych sytucjch możemy dokonywć podstwieni x = u(y) lub y = v(x), przy czym w drugim przypdku musimy pmiętć, że v (x) nie może znikć n przedzile cłkowni.

12 Przykłd. Aby obliczyć cłkę I = 4 ( + x) 2 x, dokonujemy podstwieni x = y 2, = 2y dy, które dje I = Osttnią cłkę już umiemy obliczyć. 2 2y dy ( + y 2 ) 2 y = 2 2 dy ( + y 2 ) Przykłd. Rozwżmy cłkę I = β α x2 + 2bx + c, przy złożeniu, że odcinek [α, β] leży w obszrze, gdzie x 2 + 2bx + c >. Rozwżmy njpierw przypdek c = b 2. Wtedy x 2 + 2bx + c = (x + b) 2, więc β I = α x + b = log β + b α + b, α + b >, orz β I = α x + b = log α + b β + b, β + b <. Jeśli c b 2, stosujemy podstwienie v = v(x) = x 2 + 2bx + c + x, skąd dv = b + v v x. Aby upewnić się, że pochodn v nie znik, rozwiązujemy równnie v(x) = b, x [α, β]. Po prostych przeksztłcenich dostjemy wykluczoną mozliwość c = b 2. Ztem v n [α, β] i cłkownie przez podstwienie dje v(β) I = v(α) v x v x v(β) β b + v dv = dv 2 +2bβ+c+β v(α) b + v = dv α 2 +2bα+c+α b + v β2 + 2bβ + c + β + b = log α2 + 2bα + c + α + b. Zuwżmy, że jeśli α + b >, otrzymujemy poprwny wynik, nwet jeśli c = b 2. Podstwienie to nzyw się podstwieniem Euler. I jeszcze jedno chrkterystyczne podstwienie Przykłd. Aby obliczyć cłkę I = π sin x, skorzystmy z podstwieni t = tg(x/2), które dje sin x = < < π/2, 2 tg(x/2) + tg 2 (x/2) = 2t + t 2, dt = 2 ( + t2 ),

13 3 więc tg(π/2 /2) + t 2 I = tg(/2) 2t Możn uniknąć podstwieni, jeśli się zuwży, że jest pochodną logrytmiczną. 2 dt tg(π/2 /2) + t 2 = dt tg(/2) t sin x = 2 ( + tg2 (x/2) = (tg(x/2)) tg(x/2) tg(x/2) Przechodzimy do twierdzeń o wrtości średniej dl cłek Lemt. Jeśli f C([, b] jest nieujemn i to f(x) = dl x [, b]. f(x) =, Twierdzenie. Jeśli f C([, b]), to istnieje c (, b), tkie że f(x) = f(c)(b ). tg(π/2 /2) = log. tg(/2) Dowód. Niech F C([, b]) będzie pierwotną f n przedzile (, b). Wtedy n mocy twierdzeni podstwowego i twierdzeni Lgrnge dl pewnego c (, b). f(x) = F (b) F () = F (c)(b ) = f(c)(b ) Twierdzenie. Niech f, g C([, b]) i niech g. Wtedy istnieje c (, b), tkie że f(x)g(x) = f(c) g(x). Dowód. Bez strty ogólności możemy przyjąć, że A = g(x) =. Funkcj f spełni nierówności m f M, gdzie m i M są odpowiednio jej njmniejszą i njwiększą wrtością w [, b]. Stąd mg(x) f(x)g(x) Mg(x) dl x [, b] i m f(x)g(x) M. Funkcj f jest ciągł, jej, więc istnieje c [, b], tkie że f(c) = f(x)g(x), co już jest nieml nszą tezą. Pozostje jeszcze wykzć, że c możn wybrć z wnętrz odcink. Jeśli f(c) = m, to (f(x) m)g(x) =, więc f(x) = f(c), tm gdzie g(x) >. Istnieje więc wiele punktów wewnętrznych odcink [, b], którymi mozn zstąpić c. Podobnie rozumujemy w przypdku, gdy f(c) = M. Jeśli zś żden z tych wrunków nie jest spełniony, to m < f(c) < M. Niech m = f(d ) i M = f(d 2 ). N mocy włsności Drboux istnieje punkt c I(d, d 2 ) (, b),

14 4 tki że f(c ) = f(c), gdzie I(d, d 2 ) ozncz odcinek otwrty o końcch d, d 2. Zwróćmy uwgę, że pierwsze twierdzenie o wrtości średniej jest szczególnym przypdkiem drugiego, wtedy gdy g(x) = dl x [, b]. I jeszcze trzecie twierdzenie o wrtości średniej Twierdzenie. Jeśli f C([, b]), g : ( ε, b + e) R jest rosnąc i różniczkowln w sposób ciągły, to istnieje c (, b), tkie że f(x)g(x) = g() c f(x) + g(b) c f(x). Dowód. Niech F : ( ε, b + ε) będzie pierwotną f n przedzile [, b]. Wtedy b f(x)g(x) = F (x)g(x) = F (x)g(x) F (x)g (x), skoro g, możemy zstosowć drugie twierdzenie o wrtości średniej, by znleźć c (, b), tkie że f(x)g(x) = F (b)g(b) F ()g() F (c) g (x) ( ) = F (b)g(b) F ()g() F (c) g(b) g() ( ) ( ) = g() F (c) F () + g(b) F (b) F (c) i po skorzystniu z równości F (c) F () = otrzymć tezę. c f(x), F (b) F (c) = c f(x) 9.5. Uwg. Złożenie różniczkowlności funkcji g jest nieistotne. Możn je obejść rozwżjąc odpowiednio dobrne riemnnowskie sumy cłkowe i stosując przeksztłcenie Abel zmist cłkowni przez części. Ambitny Czytelnik zpewne zechce spróbowć tej ciekwej metody. Do tej pory cłkowliśmy funkcje ogrniczone n skończonych przedziłch. Gdy odrzuci się chociż jedno z tych złożeń, sprwy się zncznie komplikują. Mmy wtedy do czynieni z cłkmi niewłściwymi. Niech będzie dn funkcj f : [, ) R. Jeśli f jest cłkowln n kżdym przedzile [, b] i istnieje grnic I = lim b f(x), to nzywmy ją cłką niewłściwą (pierwszego rodzju) funkcji f n [, ) i oznczmy I = Anlogicznie definiujemy cłkę niewłściwą f(x) = f(x). lim b b f(x).

15 5 Niech będzie dn funkcj f : [, b) R. Jeśli f jest cłkowln n kżdym przedzile [, t], gdzie < t < b, i istnieje grnic I = lim f(x), t b to nzywmy ją cłką niewłściwą (drugiego rodzju) funkcji f n [, b] i oznczmy I = Anlogicznie definiujemy cłkę niewłściwą t f(x) = lim f(x). t t f(x) dl funkcji f cłkowlnej n kżdym przedzile [t, b] dl < t < b Przykłd. Oto przykłdy cłek niewłściwych pierwszego rodzju. ) Rozwżmy cłkę Możemy więc npisć T cłk jest zbieżn. b) Mmy też więc i cłk jest rozbieżn. c) Cłk jest rozbieżn, bo wyrżenie nie m grnicy, gdy. d) Mmy e x = e. rc tg e x =. x = log b, x = sin x sin x = cos rc tg dt ( + t 2 ) n = ( + tg 2 x) n+ = cos 2n 2, więc dt π/2 π/2 ( + t 2 ) n = cos 2n 2 x = sin 2n 2 y dy = π. 2w n e) Ze względu n rychłe zstosownie (ptrz (9.55) poniżej) zuwżmy, że ( z 2 ) n dz = Cłk dl α > i jest rozbieżn dl α. π/2 sin 2n+ x = x α = α w n 2n +.

16 6 Dowód. Przypdek α = rozstrzygnęliśmy już wyżej. Dl α skąd ntychmist wynik nsz tez. u x α = u α α, Rozwżmy terz przykłd cłki niewłściwej drugiego rodzju Przykłd. Mmy log x = x(log x ) = + ε( log ε), ε ε więc ( ) log x = lim + ε( log ε) =. ε Możemy tkże zmienić tę cłkę drugiego rodzju n cłkę pierwszego rodzju przez podstwienie x = /y: Stąd Innym wżnym przykłdem jest ε /ε log y dy log x = y 2. log y dy log x = y 2. x = Cłk dl α < i jest rozbieżn dl α. x α = α y 2 dy. A oto cłki niewłściwe, które wrto zpmiętć. Pierwsz z nich to cłk Poisson (9.55) Dowód. Mmy e x2 = π 2. x 2 e x2 + x 2, więc cłk jest zbieżn. Aby ją obliczyć, zuwżmy, że I(n) = orz n mocy powyższych oszcowń n e x2 = n n n ( z 2 ) n dz I(n) n Wstwijąc znne wrtości cłek widzimy, że w n n I(n) π n. 2n + 2w n e ny2 dy dz ( + z 2 ) n. Ze wzoru Wllis wynik, że ob skrjne ciągi dążą do π 2, skąd nsz tez.

17 7 A oto cłk zwn cłką Hilbert: (9.56) sin x x = π 2. Dowód. Korzystjąc z trzeciego twierdzeni o wrtości średniej, widzimy, że sin x x sin x x sin x = x c sin x x sin x ( + b x 2 + ), b gdzie < < c < b. Stąd wynik, że nsz cłk jest zbieżn. Jej wrtość obliczymy w nstępnym rozdzile. Jest jeszcze cłk Euler Γ(x) = t x e t dt, x >, któr definiuje funkcję zwną gmmą Euler. T cłk jest sumą dwóch cłek niewłściwych Γ(x) = Γ (x) + Γ 2 (x), gdzie Γ (x) = Cłki te są zbieżne, co wynik z oszcowń t x e t dt, Γ 2 (x) = c (9.57) t x e t t x, < t, orz t x e t dt. (9.58) t x e t x ([x + ] + )! t C(x)t 2, t. t [x+] Funkcj Γ m nstępującą włsność (9.6) Γ(x + ) = xγ(x), x >, Dowód. Rzeczywiście, cłkując przez części, dostjemy Γ(x + ) = lim δ = x lim δ /δ δ /δ δ ( t x e t dt = lim xt x e t /δ δ t x e t dt = xγ(x). δ + x /δ δ ) t x e t dt 9.6. Wniosek. Dl kżdego n N Γ(n) = (n )!, n N. Dowód. Istotnie, Γ() = skąd przez indukcję korzystjącą z (9.6) wynik tez. e t dt =, Zuwżmy jeszcze, że ( ) Γ = 2 e x2 = π 2.

18 Twierdzenie. Niech będzie dn nieujemn funkcj F R(, ). Złóżmy, że ciąg funkcji f n R(, ) jest wspólnie ogrniczony przez funkcję F, tzn. f n (x) F (x), x <, i jest zbieżny nieml jednostjnie do funkcji f. Wówczs f R([, )) i lim n f n (x) = f(x). Dowód. Zuwżmy njpierw, że funkcj f jest cłkowln n kżdym przedzile [, b] jko jednostjn grnic funkcji cłkowlnych i f(x) F (x), więc m cłkę zbieżną. Niech ε > i niech b > będzie tk duże, by Wtedy f(x) b F (x) < ε. f n (x) f(x) orz dzięki jednostjnej zbieżności n przedziłch domkniętych co dowodzi nszej tezy. lim n f n (x) = Wniosek. Funkcj Γ Euler jest ciągł n (, ). f(x). f n (x) + 2ε Dowód. Udowodnimy ciągłość funkcji Γ 2. W przypdku Γ postępuje się nlogicznie. Niech x > i niech x n x. Wprowdźmy funkcje Wiemy, że f n f n (t) = t xn e t. = f n kżdym przedzile [, b]. Z drugiej strony f n (t) t c e t, gdzie c = sup{x n : n N}. Jko że funkcj F (t) = t c e t m zbieżną cłkę, wnosimy, że co dowodzi ciągłości Γ 2. lim Γ 2(x n ) = lim n n f n (t) dt = f (t) dt = Γ 2 (x ), Kończymy ten rozdził prostym, le brdzo wżnym kryterium cłkowym zbieżności szeregów, które możn wykorzystywć tkże jko kryterium zbieżności cłek. Ustl ono równowżność pomiędzy zbieżnością pewnych szeregów i pewnych cłek niewłściwych Kryterium (cłkowe). Niech będzie dn dodtni funkcj mlejąc f n [, ). Wówczs f(x) < f(n) <, dokłdniej N f(n) n=2 N f(x) n= N f(n), N N. Zwróćmy uwgę, że kryterium to rzuc świtło n podobieństwo pomiędzy zgdnieniem zbieżności szeregów liczbowych i podobnym zgdnieniem dl cłek niewłściwych. n=

19 Wniosek. Niech α R. Wtedy n α < n= Zdni x α <.. Dl funkcji f i g niech f g = mx{f, g}, f g = min{f, g}. Pokż, że f + g = f g + f g. Udowodnij też, że jeśli f i g są ogrniczone n przedzile domkniętym, to f + g f g + f g. 2. Funkcj f jest cłkowln n odcinku I. Pokż, że tkże funkcje sin f i f są cłkowlne. 3. Pokż, że wrtości podnych niżej ciągów są równe sumom cłkowym odpowiednio dobrnych funkcji i w ten sposób oblicz grnice tych ciągów: n = 2n k=n k, b n = 3n k=n+ k, c n = n 2 n k= n 3 + k 3, d n = n sin k n Niech f : [, b] R będzie funkcją ogrniczoną. Udowodnij, że jeśli f jest cłkowln n odcinkch [, c] i [c, b], gdzie < c < b, to f jest cłkowln n [, b]. 5. Korzystjąc z poprzedniego zdni, udowodnij, że funkcj ogrniczon mjąc tylko skończenie wiele punktów nieciągłości jest cłkowln. 6. Niech f : [, b] R będzie funkcją ogrniczoną, której punkty nieciągłości tworzą ciąg zbieżny. Pokż, że funkcj f jest cłkowln. 7. Oblicz [x], σ(x)x Pokż, że funkcj f(x) = sin x dl x i f() = jest cłkowln n odcinku [, ]. 9. Wiedząc, że funkcj f : [.] R jest cłkowln, udowodnij cłkowlność funkcji g(x) = f( x ) i pokż, że g(x) = 2 f(x).. Funkcj f : [, b] R jest ciągł i nieujemn. Udowodnij, że f(x) = pociąg f =.. Niech f C([, b]). Udowodnij, że f = dl kżdego odcink domkniętego I [, b] I pociąg f =. 2. Wykż, że jeśli funkcj g : [, b] [, ] jest cłkowln, f : [, ] R lipschitzowsk, to f g jest cłkowln. 3. Sprwdź, że kżd funkcj wypukł n odcinku domkniętym jest cłkowln. 4. Pokż, że 2π sin 2 x = 2π cos 2 x = π. 5. Niech {w n } będzie ciągiem wszystkich liczb wymiernych odcink [, ]. Niech f będzie funkcją Riemnn. Pokż, że lim n f(w n ) =. 6. Udowodnij, że funkcj Riemnn f : [, ] R jest cłkowln i oblicz jej cłkę. 7. Czy kżdą funkcję ciągłą n odcinku domkniętym możn przedłużyć do funkcji ciągłej n cłej prostej? 8. Oblicz pochodne funkcji F (x) = x sin tx dt, G(x) = x etx dt. k=

20 2 9. Wiedząc, że funkcj g : [, ) jest rosnąc, wykż że funkcj h(x) = x g(t)dt jest wypukł, funkcj f(x) = x x g(t)dt jest rosnąc. 2. Oblicz cłki nieoznczone: x 2 x 2 + x 2, x 2, tg 2 x, tgh 2 x, sin 2x, 3 3x,,, 2 5x 2 3x 2 3x2 2, 3x x 2, 2. Znjdź cłki nieoznczone: x 2 + x 4 +, x 2 x 4 +, 2 3x 2, x 2 x 4 +, x 3 x 4 +, x + x 4 +, x 4 +. [Aby obliczyć pierwszą cłkę, skorzystj z podstwieni y = x /x.] 22. Cłkując przez części znjdź ( ) 2 log x x x n log x,, log 2 x, x x rc tn x,, log(x + + x 2 ), rc tn x, sin x log(tg x), rc sin x, ( + x x log x ). 23. Scłkuj funkcje wymierne: 2x + 3 (x 2)(x + 5), x 4, x 4 x 4 + 5x 2 + 4, x (x + )(x + 2)(x + 3), (x + )(x 2 + ), x x 2 + x 2, x 4 + x 2 +, x 3, x n + x n Scłkuj funkcje trygonometryczne: cos 5 x, sin 6 x, sin 2 x cos 4 x, sin 3 x, sin 5x cos x, sin x, sin 4 x cos 5 x, cos x + 2 2, tg 3 x. sin 3 x cos 4 x, 25. Oblicz sinh nx sinh mx dl n, m N i udowodnij, że funkcje ) {cos kx}n k=, b) {sinh kx} n k=, c) {cosh kx}n k= d) {ekx } n k= tworzą ukłd liniowo niezleżny dl kżdego n N. 26. Oblicz ) n [x] sin πx, b) m m(x) sin πx. 27. Pokż, że ciąg u n = ( ) n /2 ( ) n = 4 n 2n n jest mlejący i dąży do zer. [Skorzystj ze wzoru Wllis.] 28. Korzystjąc ze wzoru Wllis, zbdj zbieżność szeregu potęgowego ( 2n ) n= n x n n końcch przedziłu zbieżności. 29. Pokż, że lim n sin nx = dl kżdego R. 3. Udowodnij, że lim n n π/2 sin 2n x = 2π, lim n n ( x 2 ) n = 2. π

21 2 3. Korzystjąc ze wzoru Stirling udowodnij, że lim (2n ) n ( ) n e = 2. 2n 32. W pole pod hiperbolą y = /x n odcinku [n, n + ] wpisz dw trpezy wyznczone przez proste x = n, x = n + /2 i x = n + orz styczne do hiperboli w punktch x = n + /4, x = n + 3/4 i prostą y =, nstępnie porównując sumę ich pól z polem pod hiperbolą, udowodnij nierówność log 33. Sprwdź, że n= ( + n ) > ( 2 ( n /2 ) 7/3 n <. n + /2 + n + 3/4 ) > n + / Niech > b. Pokż, że ( + b) α = n= ( α n) α n b n dl kżdego α R. 35. Oblicz cłkę x n log n x, n. 36. Oblicz n dw sposoby cłkę nieoznczoną + x 2 stosując podstwienie ) Euler, b) hiperboliczne. Porównj otrzymne wyniki. 37. Oblicz cłki + x, x + x 2 + x +, x x 2 2x + 2, 38. Niech f C([, π]). Pokż, że istnieje przedził [, b] [, π], tki że π f(x) sin x = f(x). 39. Zpisz w postci cłkowej resztę R n rozwinięci Mclurin funkcji wykłdniczej. 4. Korzystjąc z postci cłkowej reszty Tylor funkcji f C m (), wyprowdź znny wzór d R m(f)(x) = R m (f )(x), m Pokż, że resztę R n rozwinięci Tylor funkcji f n-krotnie różniczkowlnej w otoczeniu punktu możn zpisć w postci R n (h) = hn (n )! ξ f (n) ( + s)ds dl pewnego ξ = ξ(h) (, h). [Zstosuj trzecie twierdzenie o wrtości średniej.] 42. Stosując podstwienie z = + xn, pokż, że +x = n n z3 ( z) n dz. + n 43. Oblicz długość łuku ) prboli y = x 2 pomiędzy punktmi o odciętych i, b) krzywej łńcuchowej y = cosh x pomiędzy punktmi o rzędnych i Oblicz pole i obwód figury F = {(x, y) R 2 : x, x 2 y e x }. 45. Zbuduj przykłd ciągu funkcji ciągłych f n n odcinku [, ] zbieżnego punktowo do zer, dl którego ciąg cłek f n nie dąży do zer. [W tym celu zmodyfikuj przykłd podny n wykłdzie.] 46. Oblicz z definicji cłki niewłściwe: e x, + x 2, + x x, e x x.

22 Wykż, że podne cłki są rozbieżne: x, 48. Oblicz cłki log x, x, xe x, 49. Uzsdnij zbieżność cłek sin 2 x + x 2, e x2, sin x, x log x, log x + x, e x, x 2 e x sin x, e x, log 4 x, x e x, 2 x log x. xe x sin x. 5. Pokż, że ciąg ϕ n (x) = ( + x x )n e 2x jest zbieżny monotonicznie i jednostjnie. 5. Pokż, że n k= sin nx sin n2 x dl kżdego x R i kżdego n N. 52. Udowodnij, że podne szeregi są jednostjnie zbieżne n R: sin nx n + x 2, ( ) n sin nx ( ) n sin nx n + x 2, ( + x n + x 4 n )n e 2x. n= n= 53. Pokż, że szereg ( ) n n= 54. Wykż, że szereg n= funkcję ciągłą n ( e n x x sin(n 2 x) n 2, e ). n= jest zbieżny jednostjnie n [, ). n= log x + x 4. sin nx sin n 2 x n + x 2. definiuje funkcję ciągłą n R, szereg n= logn ( + x) x/ n log( + u 2 ) du definiuje funkcję różniczkowlną n (, ). 55. Wykż, że szereg n= 56. Niech f C (R) spełni f(x) C( + x ) i f (x) ( + x ) 2 dl wszystkich x R i pewnej stłej C >. Cłkując przez części, udowodnij, że lim α + Γ(α) t α f(t) dt = f().