Nowe treści w podstawie programowej, poziomie rozszerzoym czyli graice ciagów, graice fukcji w różych zadaiach Pewie czas temu usuieto graice z programów szkolych po stosukowo długim okresie auczaia. Jest sporo powodów, dla których o graicach w szkołach ależy opowiadać przyajmiej tym ucziom, którzy chca auczyć sie troche matematyki. Temat jedak jest trudy. Defiicja graicy jest zdaiem wielokrotie złożoym, wiec dla zdecydowaej wiekszości ludzi iezrozumiałym. To sugeruje, że temat powiie być odłożoy do studiów. Nie jest jedak aszym celem rozważaie kwestii: uczyć tego w szkołach, czy ie. Omówimy teraz kilka zagadień ieuchroie prowadzacych do zajdowaia graic. Przykład. Jeśli p. chcemy zdefiiować pole koła, to moża rozważać p. wielokaty foreme wpisae w to koło o coraz wiekszej liczbie boków i mówić, że pole koła jest liczba, która moża przybliżać polami tych wielokatów, przy czym przybliżeie jest tym dokładiejsze im wieksza jest liczba boków wielokata. Mamy tu wiec do czyieia z ciagiem pól wielokatów wpisaych w dae koło, co ozacza, że liczbom aturalym poczawszy od 3 przypisae zostały pewe liczby rzeczywiste. Te ostatie azywamy wyrazami ciagu i ozaczamy a ogół symbolem a. Niby jest jase, że pole koła musi być iloczyem pola koła o promieiu i liczby r to zay wzór P = πr. Jedak powstaje pytaie: dlaczego wtedy długość okregu p ma być rówa πr, a ie p.,πr lub 6,83r. Wyjaśieie po opaowaiu podstawowych własości graic jest proste: jeśli P ozacza pole wielok ata opisaego a okregu o promieiu r, a p jego obwód, to zachodzi rówość P = pr, w szkole omawiaa z pewości a dla trójkata, ale prawdziwa z tym samym uzasadieiem dla każdego wielokata. Niech P ozacza pole kata foremego opisaego a okregu o promieiu r > 0, p jego obwód. Wtedy P = p r. Oczywiście lim P = P oraz lim p = p, zatem P = pr, wiec πr = pr, a st ad już wyika, że p = πr. To wiedziao już w starożytości. Ja dowiedziałem sie tego w szkole podstawowej od swego auczyciela matematyki. Oczywiście o żadych graicach ic ie mówił, ale mówił, że pola katów foremych przybliżaja pole koła, a obwody tychże wielokatów długość okregu. Podobie do rozpatrywaia graic ciagów prowadza wyprowadzeia wzorów a objetość ostrosłupa i uikać przejścia graiczego ie da sie tw. Deha trzeci problem Hilberta), objetość kuli, pole powierzchi kuli. Nie wymaga przejść graiczych wyprowadzeie wzoru a pole wielokata. Te wzory oraz wzór a pole ograiczoe przez parabole i jej cieciw e zał już Archimedes 87 pe pe). Po im astapił zastój w tej dziedziie do czasów J. Keplera 57 630). Przykład. Iy zagadieie rozważał przez Zeoa 490-430 p..e) z Elei. Twierdził o miaowicie, że zay w starożytości szybkobiegacz Achilles ie jest w staie dogoić żółwia. Rozważaia te przedstawimy oczywiście używajac współczesego jezyka i stosujac współczese ozaczeia. Przyjmijmy a przykład, że poczatkowa odległość miedzy Achillesem i żółwiem rówa jest 00 m. Dla prostoty przyjmiemy, że predkość Achillesa jest dziesieciokrotie wieksza iż predkość uciekajacego żółwia. W jakimś czasie Achilles przebiegie 00 m. W tym samym czasie żółw przesuie sie o 0 m, wiec a razie przyajmiej ie zostaie złapay. Po tego 0 czasu Achilles przebiegie 0 m, jedak zów ie dogoi żółwia, który oddali sie o astepy
Ciagi metr. Achilles przebiegie metr, a żółw oddali sie o 0 cm itd. Proces te moża kotyuować. Prowadzi to do rozpatrywaia coraz dłuższych odcików przebytych przez Achillesa, czyli liczb: 00 ; 0 ; ;, ;, ;, ;... czyli ciagu, którego ty wyraz jest rówy a = 00+0++ + 00 =,... przy 0 czym w zapisie dziesietym tej liczby wystepuje jedyek. Zeo po prostu ie potrafił zsumować ieskończeie wielu składików. Nie operował pojeciem sumy ieskończoej, ie umiao wtedy takiego pojecia zdefiiować. Tego rodzaju problemy aalizowao już wtedy, ale ścisłe defiicje matematycze pojawiły sie dopiero w pierwszej połowie XIX wieku Gauss, Cauchy, Bolzao, Weierstrass). Oczywiście moża łatwo odpowiedzieć a pytaie po przebiegieciu jakiego dystasu Achilles złapie żółwia:, = 000. Na wszelki wypadek podamy formale 9 rozumowaie, które moża było zastosować rówież w starożytości, jedak bez jawego użycia pojecia sumy ieskończoej, a wiec omijajac istoty problem matematyczo-filozoficzy. Ozaczmy dystas przebyty przez żółwia do mometu zakończeia pogoi przez x. Achilles w tym samym czasie przebiegł odległość 0x. Różica tych wielkości to 9x = 00. Stad atychmiast wyika, że x = 00 000, zatem 0x =. Oczywiście problemem istotym było tu obliczeie 9 9 tzw. graicy ciagu, czym zajmiemy sie iebawem. Widzimy, że daje sie ukryć przejście graicze prawie całkowicie. Przykład 3. Załóżmy, że mamy do czyieia z pewa ilościa pierwiastka promieiotwórczego. Niech m ozacza jego mase. Fizycy twierdza, że ubytek masy pierwiastka promieiotwórczego jest proporcjoaly do czasu i masy substacji. Ozaczmy współczyik proporcjoalości przez µ i zastaówmy sie jaka ilość tego pierwiastka bedziemy mieć po czasie t. Na tzw. zdrowy rozum masa w czasie t powia sie zmiejszyć o µ t m, wiec byłaby rówa m µ t m = m µ t). Jedak substacja promieiuje bez przerwy. Moglibyśmy wiec rozumować w te sam sposób myślac o czasie dwukrotie krótszym, czyli t. Wtedy masa zmiejszyłaby sie o µ t m. Wobec tego po czasie t t masa byłaby rówa m µ m = m µ t ). Ta masa zmiejszałaby sie w dalszym ciagu zgodie z tym samym prawem, wiec po czasie t masa pierwiastka byłaby rówa m µ t ) µ t m µ t ) = m µ t ) ) = m µ t + µt. 4 Mamy wiec dwa róże wyiki µ t ) m, jeśli czas dzielimy a pół oraz µ t ) m, jeśli ie dzielimy. Te wyiki sa róże, wiec poday opis ie może być dobry. Na domiar złego, jeśli czas podzielimy ie a dwie rówe cześci, to wyik bedzie jeszcze iy: przy podziale t = t + t + t 3 3 3 wywioskujemy, że po czasie t masa rówa jest m µ t 4 )3, przy podziale t = t + t + t + t wyik 4 4 4 4 to m µ t 4 )4. Oczywiście rezultat ie może zależeć od tego, w jaki sposób opisujemy zjawisko. Moża wiec przypuścić, że zacytowae prawo fizyki działa w przypadku dostateczie krótkiego Były ie paradoksy zwiazae z problemem dzieleia w ieskończoość a cześci, p. pukt ie ma długości, odciek składa sie z puktów i ma długość, poruszajacy sie obiekt w ieskończeie krótkim czasie ie przebywa żadej odległości, a jedak sie porusza. Przekoamy sie, że dzieki pojeciu graicy daje sie w sesowy sposób mówić o tego rodzaju kwestiach ie dochodzac do pozorych sprzeczości.
Ciagi czasu z błedem miejszym iż dokładość pomiaru. Matematyka obliguje to do zadaia pytaia: czy koleje liczby m µ t), m µ t ), m µ t 3 )3, m µ t 4 )4,... przybliżaja z coraz wieksz a dokładościa pewa liczbe, która mogłaby być wtedy uważaa za prawdziwy wyik? Pytaie okazuje sie tym ważiejsze, że do tego samego pytaia prowadzi aaliza oprocetowaego wkładu bakowego albo p. wydłużaia sie p. szy kolejowych w wyiku wzrostu temperatury lub ich skracaia sie w wyiku spadku temperatury. To prawo fizycze jest zae każdemu, kto był przytomy w czasie lekcji fizyki w szkole podstawowej lub gimazjum. Jedak ieliczi ucziowie zauważaja problem, który opisaliśmy wyżej. Stosowaie tego prawa w sposób opisay w podreczikach szkoly prowadzi do różych wyików w zależości od tego czy temperatura zmieia sie p. o 0, czy też o 0 + 0, co oczywiście ie może być prawda, bowiem wzrost temperatury ie jest skokowy, lecz odbywa sie stopiowo. Podsumujmy: opisae wyżej zagadieia prowadza do rozpatrywaia ciagu o wyrazie + x ), w przypadku masy substacji promieiotwórczej x = µ t. Powyższe rozważaia sugeruja, że wzrost liczby aturalej powiie powodować wzrost wyrażeia + x ) przyajmiej w przypadku x 0. W istocie rzeczy łatwo moża sie przekoać o tym, że > x wzrost taki ma miejsce, wykażemy to iebawem. Najpierw jedak przypomimy defiicje graicy ciagu. Defiicja 4. Graicy ciagu) a. Liczba g azywaa jest graica ciagu a ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolej liczby dodatiej ε > 0 istieje liczba całkowita ε, taka że jeśli > ε, to a g < ε. b. + czytaj: plus ieskończoość) jest graica ciagu a ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby rzeczywistej M istieje liczba całkowita m taka, że jeśli > M, to a > M. c. czytaj: mius ieskończoość) jest graica ciagu a ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby rzeczywistej M istieje liczba całkowita m taka, że jeśli > M, to a < M. Jeśli g jest graica ciagu a ), skończoa lub ie, to piszemy g = lim a lub a g. Moża też pisać a g, gdy lub krótko a g. Mówimy, że ciag jest zbieży, jeśli jego graica jest skończoa. Skometujemy po pierwsze cześć a. Chodzi tam o to, że wyrazy ciagu, których umery sa dostateczie duże > ε ) przybliżaja graice g z dopuszczala dokładościa a g < ε). Stwierdzimy tu wyraźie, że przejście do astepego wyrazu ie musi zwiekszyć dokładości przybliżeia, przeciwie chwilowo może sie ta dokładość zmiejszyć, dopiero dostateczie duży wzrost umeru wyrazu musi zwiekszyć dokładość przybliżeia jeśli ciag jest stały, p. a = 33 dla każdej liczby aturalej, to bład jest zerowy zawsze, iezależie od umeru wyrazu, wiec dokładość ie może być poprawioa). O liczbie ε myśleć ależy jako o małej liczbie dodatiej chodzi o to, że jeśli dla małego ε umiemy wskazać momet, od którego bład jest miejszy iż ε, to od tego mometu ierówość jest rówież spełioa z wiekszym ε ). Pamietajmy rówież o tym, że liczba x y może być traktowaa jako odległość dwóch puktów prostej. Wobec tego ierówość a g < ε ozacza, że pukt a zajduje sie w przedziale o długości ε i środku g. W szczególości ciag, którego wszystkie wyrazy sa takie same lub awet ie wszystkie, tylko 3
Ciagi wszystkie od pewego mometu, tj. dla dostateczie dużych sa idetycze), jest zbieży, przy czym graica takiego ciagu jest wspóla wartość jego wyrazów. Czesto zamiast mówić istieje ε, takie że dla > ε zachodzi... bedziemy mówić, że dla dostateczie dużych zachodzi... lub że dla prawie wszystkich zachodzi.... Tak wiec dla prawie wszystkich... ozacza dla wszystkich, z wyjatkiem skończeie wielu.... Podobie moża iterpretować cześć b defiicji graicy. Tym razem wyraz ciagu, którego umer jest dostateczie duży > M ) powiie być blisko plus ieskończoości, wiec ma być duża liczba dodatia a > M). Iterpretacje cześci c pozostawiamy czytelikom jest oa w pełi aalogicza do cześci b. Niektórzy autorzy używaja termiu ciag jest rozbieży do +, a ii mówia, że ciag jest zbieży do +. My bedziemy stosować raczej pierwsza termiologie. Przykład 5. 0 = lim. Aby przekoać sie o prawdziwości tej tezy wystarczy przyj ać, że ε jest dowola liczba całkowita wieksz a iż. Moża wiec ε przyj ać p. =, / = 3, 0,4 = 3, ale moża też powiekszyć iektóre z tych liczb lub awet wszystkie i przyjać = 0, / = 07, 0,4 = 3. Mamy wiec możliwość wyboru: liczbe ε moża zawsze zastapić wieksz a. Przykład 6. = lim że ierówość +3 4 +3 4. Wykażemy, że wzór te jest prawdziwy. Bez trudu stwierdzamy, = 7 7 zachodzi dla dowolej liczby całkowitej. 4 ) 6 Wystarczy wiec, by ε > 7. To zdaie ozacza, że dla tak dobraego 6ε ε i > ε prawdziwa jest ierówość +3 4 < ε ie zaczy to jedak, że tylko dla tych liczb całkowitych ierówość ta ma miejsce! Nie musieliśmy rozwiazywać ierówości, choć w tym przypadku było to możliwe wystarczyło udowodić, że ierówość ma miejsce dla wszystkich dostateczie dużych liczb aturalych. Przykład 7. Jeśli d > 0, to + = lim a 0 + d). Postaramy sie wykazać, że rówość ta ma miejsce. Jeśli M jest dowola liczba rzeczywista, ε > M a 0 i > d ε, to > M a 0, zatem d a = a 0 + d > M, co dowodzi prawdziwości rówości, która dowodzimy. + Zadaie. Wykazać, że lim = 0. 7+ Rozwiazaie. Niech ε > 0. Chcemy wykazać, że dla dostateczie dużych zachodzi ierówość + 0 7+ < ε. Nierówość moża rozwi azać, ale ie ma koieczości. Dla 7 zachodzi ierówość 7 + > 0, wiec od pewego miejsca wyrazu ciagu sa dodatie. W dalszym ciag zakładamy, że 70. Możemy wyraz ciagu powiekszyć, ale ie zmieiajac w istoty sposób jego wielkości. Mamy 7 + = 9 0 + 0 7 + 9 0 + 70 7 + > 9 0 0, zatem + 7 + 0 = + 7 + < 3 0,9 = 0 3 < 4. Wystarczy wiec, aby 4 < ε, czyli by 4 <. Wystarczy wiec, ε aby ε była jakakolwiek liczba aturala wieksz a od 4. ε 4
Ciagi Zadaie. Nierówość Beroulliego) Dowieść, że jeśli a > i N, to + a) + a przy czym jeśli > i a 0, to ierówość jest ostra. Rozwiazaie Dla = zachodzi rówość iezależie od a. Mamy + a) = + a + a + a, przy czym dla a 0 otrzymaa ierówość jest ostra. Poieważ + a > 0, wiec z ierówości + a) + a wyika, że + a) 3 = + a) + a) + a) + a) = + 3a + a + 3a, przy czym zów rówość zachodzi jedyie, gdy a = 0. Jeśli dla pewych a > i N zachodzi ierówość + a) + a, to po pomożeiu jej przez liczbe + a > 0 otrzymujemy + a) + = + a) + a) + a) + a) = + + )a + a + + )a, przy czym rówość zachodzi jedyie wtedy, gdy a = 0. Z zasady idukcji wyika wiec, że ierówość prawdziwa jest zawsze wtedy, gdy a > i N. Oczywiście sprawdzeie dla = i dla = 3 jest zbede jako zawarte w kroku idukcyjym. Jedak mówiac o tej ierówości do osób wystraszoych termiem idukcja matematycza moża omiać te zbitke słowa, a w każdym razie opóźić jej pojawieie sie. Zwykle daje to iezłe rezultaty, tz. miej osób wyłacza sie we wstepej cześci dowodu. Przykład 8. Zajmiemy sie ciagiem geometryczym: a = aq, gdzie a i q sa dowolymi liczbami rzeczywistymi. Liczba q jest zwaa ilorazem ciagu geometryczego, bo w przypadku q 0 jest rówa ilorazowi dwóch kolejych wyrazów ciagu. Do rozpatrywaia tego ciagu prowadza opisae poprzedio zagadieia, jeśli ie zmiejszamy odcików czasu lub temperatury Liczba ludzi w daym kraju w przypadku stałego przyrostu aturalego zachowuje sie jak ciag geometryczy o ilorazie dosyć bliskim jedości dodati przyrost aturaly ozacza, że iloraz jest wiekszy iż zaś ujemy przyrost aturaly że iloraz jest miejszy iż. Udowodimy, że jeśli q <, to lim q = 0. Jest to prawda, gdy q = 0 lub a = 0, bo wtedy wszystkie wyrazy ciagu sa rówe 0. Załóżmy, że 0 < q < i a 0 oraz ε > 0. Wtedy ierówość aq 0 < ε jest rówoważa ierówości ) q > a. Z ierówości 0 < q < ε wyika, że = + ), zatem > + ) ierówość Beroulliego). Wystarczy q q q q zatem, aby zachodziła ierówość + ) > a, czyli q ε > a ε. q Moża przyjać, że ε to dowola liczba całkowita wieksza od liczby a )/ ). Dowód ε q został zakończoy. Czytelik zechce zwrócić uwage a to, że ie zaleźliśmy wszystkich, dla których zachodzi ierówość a 0 q 0 < ε, a jedyie wskazaliśmy momet, od którego oa zachodzi. W tym kokretym wypadku mogliśmy ierówość a 0 q 0 < ε rozwiazać piszac > logε/a 0), ale ie log q chcieliśmy straszyć ucziów logarytmami tym bardziej, że log q < 0 bo podstawa jest wieksza od w przeciwieństwie do liczby logarytmowaej). Na ogół łatwiej moża wskazać momet, od którego potrzeba am ierówość zachodzi iż rozwiazać ierówość. 5
Ciagi Przykład 9. Udowodimy, że jeśli q > i a > 0, to lim aq = +. Niech q = + r. Oczywiście r > 0. Wobec tego aq > a + r) > M dla każdego > M ). Wystarczy a r wiec przyjać, że M to dowola liczba aturala wieksza od M ) a Przykład 0. Udowodimy, że jeśli q i a 0, to ciag o wyrazie aq ie ma graicy. Dla ustaleia uwagi przyjmiemy, że a > 0. Wtedy dla ieparzystych zachodzi ierówość aq < 0, wiec ie może zachodzić rówość lim aq = g R. Wtedy istieje taka liczba aturala m, że jeśli > m, to lim aq = +. Podobie dla parzystych zachodzi ierówość aq > 0, która wyklucza rówość lim aq =. Pozostaje trzecia możliwość: aq g < a, wiec rówież aq + g < a. Stad wioskujemy, że aq aq + aq g + g aq + < a, co jedak ie jest możliwe, bo liczby aq oraz aq + leża po różych stroach przedziału a, a), wiec ich odległość ie jest miejsza od a. Na przełomie XVIII i XIX wieku zaobserwowao, że ilość zboża zachowuje sie jak wyraz ciagu arytmetyczego jest umerem roku). W 798 r. wydaa została w Aglii ksiażka Thomasa Roberta Malthusa A Essay o the Priciple of Populatio. A jaki wiosek wysuto z tych obserwacji? Otóż liczba ludości rośie w zasadzie jak ciag geometryczy o ilorazie ieco wiekszym od. Wobec tego ilość zboża przydajaca a jeda osobe zachowuje sie jak wyraz ciagu o wyrazie c, gdzie c > 0 i q > sa q pewymi stałymi. r. Zadaie 3. c Udowodić, że dla każdej pary liczby c > 0, q > zachodzi rówość lim = 0. q Rozwiazaie. Trzeba udowodić, że dla każdej liczby ε > 0 dla wszystkich dostateczie dużych liczb aturalych zachodzi ierówość c 0 q < ε, czyli c < ε, tz. c < q ε q. Niech q = + r. Oczywiście r > 0. Mamy q = + r) ) > + r) > r skorzystaliśmy z ierówości Beroulliego. Wystarczy wiec, aby r > c, czyli by > c. Zadaie zostało ε εr rozwiazae. Wiosek musi być taki: ilość żywości przypadajaca a jeda osobe bedzie maleć. Oczywiście tego rodzaju obserwacje sa przybliżoe, bowiem co jakiś czas zdarzaja sie powodzie, susze i wtedy proces wzrostu ulega zakłóceiu. To jedak w długim okresie czasu ie ma wiekszego zaczeia. Bywaja też zakłóceia iego rodzaju, p. w XIX zauważoo, że stosowaie saletry chilijskiej awozy azotowe) zwieksza w istoty sposób ploy. Były też ie zakłóceia aturalego tempa wzrostu ilości zbóż. Główie zmiay w rolictwie powodujace zwiekszeie ilość zboża uzyskiwaego p. z ha pola spowodowały, że przewidywaia T. R. Malthusa ie sprawdzaja sie. Przykład. Po takich opowiadaiach warto zapytać młodzież p. o graice ciagu o wyrazie 00. Aby zwiekszyć,0 szase a sukces dydaktyczy warto zachecić astolatków do użycia sprzetu elektroiczego. Niech oblicza ze trzy wyrazy ciagu, może awet cztery. Otrzymaja kolejo astepuj ace liczby:, 00 67 650 600 8 9 40 496 703 05 376 =,,0,00,00 3 00 55377 5073 033 03646 9765 67 7007 500 =. Jest wysoce prawdopodobe, że po tym eksperymecie umeryczym bed,0 3,03030 a bardzo głeboko przekoai, że ciag jest ściśle rosacy oraz że jego graica jest + widać przecież wyraźie, co sie dzieje. Jest tylko jede droby problem. 6
Ciagi To ieprawda! Wrecz komplety oses. Mamy bowiem +) 00 00 = ) + 00,0 +,0 <,0 dla dostateczie dużych, bo lim + 00 ) =. Dla > 0 000 mamy,0 + ) 00 00 = 0 00 < )00 0 + 00 + < 00 0 00 0 000 = 0 000 0 099 <. Wykazaliśmy, że dla > 0 000 iloraz wyrazu przez wyraz poprzedi jest miejszy od stałej 0 000 miejszej od, zatem wtedy ciag maleje ie woliej iż ciag geometryczy o ilorazie, wiec 0 099 miejszym od. Wspaiale: po pierwsze maleje zamiast rosać jak a poczatku, a po drugie aży do 0, a ie do +. d Przykład. Niech s = + q + q + + q. Jeśli q, to s = q) + q + + q ) q = + q + + q q q q q = q q. Z tej rówości wyika, że jeśli q <, to lim + q + q + + q ) = lim = q Otrzymaliśmy zay powszechie kiedyś?) wzór a sume ieskończoego ciagu geometryczego. Pozwala o p. uprawomocić szkole zabawy prowadzace do zamiay ieskończoego, okresowego od pewego miejsca ułamka dziesietego a ułamek zwykły. Robi sie to jakoś tak: 3, 4565656... = 3, 4+x = 3, 4+00x 5,6 = 7,8+00x, wiec 99x = 3, 4 7, 8 = 5,6, zatem x = 5,6 = 56 = 8, wi 8 98+8 ec 99 990 495 3, 4565656... = 3, 4 + = 3 + = 3 + 98+8 = 495 495 495 = 3 6. Moża tak x = + + = + )x, wiec 495 x =, zatem x =? Wobec tego = + + = )+ )+ = 0+0+ = 0. A może tak x = ++4+8+ = + + + 4 + 8 +... ) = + x, zatem x =, czyli + + 4 + 8 + =. Prawda, że wszystko jest w porzadku? Troche iedobrze to wyglada: suma ieskończeie wielu liczb dodatich ma być rówa? Problem leży w tym, że sume ieskończoa ależy zdefiiować, p jako graice ciagu sum cześciowych: ++4+8+ = lim ++ + ) = +. Wtedy ostatie wyprowadzeie wyglada tak: = + + 4 + 8 + = + + + 4 +... ) = +, zatem = =. I wszystko sie załamuje, bo to odejmowaie zdefiiowae ie jest iżej wiecej o tym problemie). Podobie jest z suma + + +..., która ie jest zdefiiowaa, a ieco wcześiej w przekształceiach traktowaliśmy te ieistiejac a sume jak liczbe rzeczywista. Po tych kilku przykładach sformułujmy q q. Twierdzeie 3. o arytmetyczych własościach graicy) A. Jeśli istieja graice lim a, lim b i określoa jest ich suma, to istieje też graica lim a + b ) i zachodzi wzór: lim a + b ) = lim a + lim b. A. Jeśli istieja graice lim a, lim b i określoa jest ich różica, to istieje graica lim a b ) i zachodzi: lim a b ) = lim a lim b. 7
Ciagi A3. Jeśli istieja graice lim a, lim b lim a b ) i zachodzi: lim a b ) = lim a lim b. A4. Jeśli istieja graice lim a, lim a i zachodzi wzór lim b = i określoy jest ich iloczy, to istieje graica b i określoy jest ich iloraz, to istieje graica lim lim a lim b. a b Kometarza wymagaja stwierdzeia jeśli istieje.... Otóż graice bywaja ieskończoe. Należy wiec powiedzieć, co ma ozaczać p. +, albo itd. S a jedak kłopoty. Nie wszystkie działaia moża zdefiiować sesowie. Defiicja 4. działań z użyciem ± ) + ) =, ++ ) = +, ) = +, + ) =. + ± a = ±a + + ) = + ± a = ±a + ) = dla każdej liczby rzeczywistej a. + + + ) = +, + ) =, + ) = +, + ) =. + a = + i a = dla każdego a > 0. + ) + ) = ) ) = +. + a = i a = + dla każdego a < 0. a = 0 dla dowolej liczby rzeczywistej a. ± ± = ± dla dowolej liczby a 0. a a a + = +, a = 0 dla dowolej liczby a >. =, = 0. a + = 0 i a = + dla dowolej liczby 0 < a <. < a < + dla dowolej liczby rzeczywistej a. < +. Iych działań ie defiiujemy, bo chodzi o to, aby twierdzeie o arytmetyczych własościach graicy było prawdziwe. Dlaczego ie defiiujemy p. symbolu. Z jedej stroy powio być to z oczywistych powodów rówe 0. Niech a =, b =. Wtedy oczywiście lim a = = lim b i jedocześie a b = dla każdego, zatem lim a b ) =. Wiec ie 0 lecz? Ale zmieiajac defiicje drugiego z ciagów: b = + 7, b = otrzymujemy lim a b ) = 7, lim a b ) =. Bez trudu moża uzyskać dowola liczbe, oraz. Przyjmijmy wreszcie ˆb = + ). Wtedy a ˆb = ), wiec graica ie istieje. Iymi słowy różica dwóch ciagów, których graica jest może być dowola liczba, może też być ieskończoa, może też ie istieć. Ozacza to, że ie moża zdefiiować sesowie symbolu. Zadaie 4. Wykazać, że ie jest możliwe sesowe zdefiiowaie symbolu, tz. podać przykłady świadczace o tym, że graica ilorazu ciagów, których graica jest może być dowola liczba rzeczywista, może być, a może też zdarzyć sie, że iloraz takich ciagów graicy ie ma. 8
Ciagi Zadaie 5. Wykazać, że ie jest możliwe sesowe zdefiiowaie symbolu 0 0, tz. podać przykłady świadczace o tym, że jeśli lim a = 0 = lim b i a > 0 dla każdego, to graica ciagu a b może być dowola liczba rzeczywista ieujema, może być, a może też zdarzyć sie, że ciag a b graicy ie ma. Zadaie 6. Obliczyć graic e lim 0 + 3). Rozwiazaie. Mamy lim = lim lim = =, a mocy twierdzeia o graicy iloczyu. Chciałoby sie apisać, że lim 0 + 3) = lim 0 lim + 3, ale to ic ie daje, bo odejmowaie ie jest zdefiiowae. Jest jedak a to rada: lim 0 + 3) = lim lim 0 + 3 = 0 0 + 3 0 ) = =. Zadaie 7. Obliczyć graice lim +0+3. 5 3+7 Rozwiazaie. Graica liczika i miaowika jest por. poprzedie zadaie), wiec trzeba wyrażeie ieco przekształcić, by uikać iezdefiiowaego symbolu ieozaczoości). Mamy + 0 + 3 lim 5 3 + 7 = lim + 0 + 3 5 3 + 7 = + 0 0 + 3 0 5 3 0 + 7 0 = 5. Dwa ostatie zadaia pokazuja, ajprostsza z ajbardziej typowych metod obliczaia graic. Zadaie 8. Udowodić, że dla dowolych ieujemych liczb rzeczywistych a, b i dowolej liczby aturalej m > zachodzi ierówość m a m b m a b, przy czym rówość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy a = b. Rozwiazaie. Dla a = b zachodzi rówość obie stroy sa rówe 0. Załóżmy, że a > b. m Dowodzoa ierówość jest rówoważa takiej a < m b + m a b, ta z kolei astepuj acej a < m b + m a b ) m. Wykouj ac potegowaie z prawej stroy otrzymujemy b + suma wielu dodatich składików + a b > b + a b = a. Zakończyliśmy dowód. Dodajmy jeszcze, że gdy m jest liczba ieparzysta, teza jest prawdziwa bez założeia a, b 0. Zauważmy, że w ostatio rozwiazaym zadaiu ie jest koiecza zajomość dwumiau Newtoa, wystarczy umieć wymażać sumy liczb rzeczywistych, wiec wiedzieć, że możeie jest rozdziele wzgledem dodawaia. Zadaie 9. Udowodić, że jeśli lim a = 0 i a 0 dla każdego, to dla każdej liczby aturalej m > zachodzi rówość lim m a = 0. Rozwiazaie. Załóżmy, że ε > 0. Istieje wtedy taka liczba aturala k, że dla > k zachodzi ierówość 0 < a m < ε m. Stad wyika, że m a < ε. Dowód został zakończoy. Dodajmy jeszcze, że gdy m jest liczba ieparzysta, teza wykazaa w ostatim zadaiu jest prawdziwa bez założeia a 0. 9
Ciagi Zadaie 0. Udowodić, że jeśli lim a = a i a 0 dla każdego, to dla kazdej liczby aturalej m > zachodzi rówość lim m a = m a. Rozwiazaie. Teza wyika z rówoważości lim a = a lim a a) = 0 i z poprzediego zadaia. Podobie jak poprzedio dla ieparzystych liczb m twierdzeie zachodzi bez założeia a, b 0. ) Zadaie. Obliczyć graice lim + 3 + 7. Rozwiazaie. Mamy lim =, bo jeśli > M, to > M. W taki sam sposób stwierdzamy, że lim + 3 = oraz lim + 7 =. Wobec tego mamy do czyieia z sytuacja ), wiec musimy badae wyrażeie ieco przekształcić. Pierwszy problem to zawartość awiasu. Mamy ) + 3 + 7) 6 lim + 3 + 7 = lim = lim = + 3 + + 7 + 3 + + 7 6 + = 0. No to problem sie uprościł teraz mamy do czyieia z wyrażeiem 0, wiec zów trzeba coś zrobić, bo twierdzeie o arytmetyczych własościach graicy problemu automatyczie ie rozwiazuje. Mamy ) 6 6 lim + 3 + 7 = lim = lim + 3 + + 7 + 3 + = 6 + 7 + = 3. Zadaie. Obliczyć graice lim 3 3 + 3 3 + 7 ). Rozwiazaie. Skorzystamy z wzoru a 3 b 3 = a b)a + ab + b. Mamy lim 3 3 + 3 3 + 7 ) 3 + 3 + 7)) = lim 3 + 3) + 3 + 3 3 + 7 + 3 + 7) = = lim = lim 6 3 + 3) + 3 + 3 3 + 7 + 3 + 7) = 3 6 3 3 + 3 ) + 3 + 3 3 + 7 + 3 + 7 ) ) = 6 + + ) = 0. Zadaie 3. Obliczyć graice lim 3 3 + 3 3 + 7 ). Rozwiazaie. Postepujemy tak jak w poprzedim zadaiu pomijajac cześć przekształceń): lim = lim 3 3 + 3 3 + 7 ) 6 3 = lim 3 + 3) + 3 + 3 3 + 7 + 3 + 7) = 6 3 + 3 ) + 3 3 + 3 + 7 + 3 + 7 ) = 6 + + =. Zadaie 4. Obliczyć graic e lim 3 + 3 3 + 7 ). 0
Ciagi Rozwiazaie. Postepujemy tak jak w poprzedim zadaiu: lim 3 + 3 3 + 7 ) = lim 6 + 3) + 3 + 3 3 + 7 + 3 + 7) = 6 3 = lim = 3 + 3 ) + 3 + 3 3 6 + 7 + 3 + 7 + + =. ) Nast epe twierdzeie jest bardzo użytecze. 3 Twierdzeie 5. o szacowaiu) N. Jeśli C < lim a, to dla dostateczie dużych umerów zachodzi ierówość C < a. N. Jeśli C > lim a, to dla dostateczie dużych umerów zachodzi ierówość C > a. N3. Jeśli lim b < lim a, to dla dostateczie dużych umerów zachodzi ierówość b < a. N4. Jeśli b a dla dostateczie dużych umerów, to zachodzi ierówość lim b lim a. Dowód. N i N wyikaja bezpośredio z defiicji graicy. N3 wyika z N i N wystarczy rozważyć dowola liczbe C lim b, lim a ). N4 wyika z N3 rozumujemy ie wprost. Wiosek 6. z twierdzeia o szacowaiu jedozaczość graicy) Ciag ma co ajwyżej jeda graice. Dowód. Gdyby miał dwie p. g < g, to wybrać moglibyśmy liczbe C g, g ). Wtedy dla dostateczie dużych byłoby jedocześie a < C zob. N) oraz a > C zob. N), co oczywiście ie jest możliwe. Wiosek 7. z tw. o szacowaiu ograiczoość ciagu o graicy skończoej) Jeśli graica lim a jest skończoa, to istieja liczby rzeczywiste C, D takie, że dla wszystkich zachodzi ierówość C < a < D, czyli ciag a ) jest ograiczoy z dołu liczba C zaś z góry liczba D. Twierdzeie 8. o trzech ciagach) Jeśli a b c dla dostateczie dużych i ciagi a ) oraz c ) maja rówe graice, to ciag b ) też ma graice i zachodzi wzór lim a = lim b = lim c. Natychmiastowy dowód tego twierdzeia opuszczamy.
Ciagi Twierdzeie 9. o graicy ciagu iemalejacego) Jeśli ciag a, a, a 3,... jest iemalejacy, tz, a a a 3... i ograiczoy z góry przez M, tz. a M dla =,,..., to ciag a ) ma graice skończoa, tz, istieje taka liczba g, że g = lim a. Tego twierdzeia dowodzić ie bed e. Dowód ie jest trudy, ale oo jest zbyt bliskie pewikowi ciagłości, w dodatku jest mu rówoważe. W szkole powio być sformułowae, a dowód ależy pomiać! Przykład 0. lim + + + + ) =. To w zasadzie oczywiste.mamy + + + > 3 3 4 + + =, + + + + + + + > + + + 4 =. Nastepie 4 3 4 5 6 7 8 4 8 + + + + + + + + + + + + + + + > + + + 4 + 8 = 3. 3 4 5 6 7 8 9 0 3 4 5 6 4 8 6 Wskazujemy kolejo wyrazy rozpatrywaego ciagu wieksze od,, 3, 3,.... Poieważ ci ag jest ściśle rosacy, wiec jeśli któryś wyraz jest wiekszy od p. 3, to wszystkie astepe tym bardziej. Po tym przykładzie warto zlecić wykazaie tego, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość + + 3 + + <. To łatwe: + + + + < + + 3 3 Wykazaliśmy oczekiwa + + = + + + + ) 3 a ierówość. Wiemy wiec, że istieje skończoa graica = <. lim + + + + ). 3 Możemy zapytać czemu jest rówa. Moża spodziewać sie, że cześć z tych, którzy ic a temat ie słyszeli wcześiej odpowie:. Co powiismy odpowiedzieć? Pierwsza wersja owoczesa): ależ skad! Przecież już Euler w XVIII w. udowodił, że g = π. A jego azwisko, co GWO uważa za waże, jest w ksi edze 6 rekordów Guiessa. Druga wersja staromoda): ależ skad! Przecież dla każdego > 3 zachodzi ierówość + + + + < + + + + + = 3 3 3 4 ) = + + + + + = + + < 3, 4 3 3 4 4 4 wiec lim + + + + ) 7. 3 4 Niezależie od wyboru wersji warto powiedzieć w tym miejscu, że w iektórych sytuacjach łatwo moża stwierdzić istieie graicy, moża ja awet z iezła dokładościa obliczyć. Jedak zalezieie dokładej wartości może być problemem z wyższej i to zaczie) półki. Zadaie 5. Niech a 0 > 0. Defiiujemy a + = a + 7 a ). Udowodić, że dla każdego zachodzi ierówość a 7 oraz że a a a a 3... Udowodić, że lim a = 7 oraz że a + 7 a 5 7). Mamy a + 7 = a + 7 a ) 7 = a a +7) a 7 = a a 7) 0 dla = 0,,.... ) Pierwsza cześć tezy udowodiliśmy. a a + = a a + 7 a = a a 7) 0, jeśli a 7, a tak jest dla =,,... Udowodiliśmy, że ciag a, a, a 3,... jest ierosacy a jego wyrazy
Ciagi ie sa miejsze od 7. Ma o wiec skończoa graice g 7. Mamy wiec ) g = lim a + = lim a + 7a = g + 7 ), g zatem g = 7 g, a poieważ g > 0, wi ec g = 7. Mamy też 7 = 8 > 5 = 5. Stad wyika, że a + 7 = a a 7 ) 5 a 7 ). Zadaie zostało rozwiazae. Dodajmy jeszcze, że jeśli a 7 <, to a 0 + 7 < 5 0 ) = 500 a a + 7 < 5 500 ) =. Widac wi ec, 50 000 że jeśli chcielibyśmy zajdować przybliżeia wymiere liczby 7, to zdefiioway ciag adaje sie do tego celu bardzo dobrze. Zadaie 6. Udowodić, że jeśli > x, to + x ) + x + )+. Rozwiazaie Jeśli > x, to x >, wi ec + x > 0, zatem mamy dowieść, że Skorzystamy z ierówości Beroulliego. + x + )+ + x ). + x + )+ + x = + x ) + x + )+ ) + x = + ) x + )+ + ) x + + ) x ) x + x + x ) + = + x x + + ) + x ) =. x + + x Trzeba jeszcze zauważyć, że wolo zastosować ierówość Beroulliego, czyli stwierdzić, że x + x + x >. Gdy x < 0, to x + x 0 x x < + x, wiec + 0 x + x + x > 0, bo wtedy x + > x. Gdy x 0, to x x +, wi ec >, wi ec mieliśmy prawo skorzystać z ierówości Beroulliego. Oczywiście pomimo krótkiego rozwiazaia ie jest to łatwe. Jedak moża je rozbić a dwa zadaia: Zadaie 7. Udowodić, że jeśli > x, to x + x + x >. Zadaie 8. Udowodić, że jeśli > x, to + x ) + x + )+. Oczywiście mało kto zastosuje ierówość Beroulliego dla wykładika +, ale to ie jest koiecze. Stosujac ierówość dla wykładika też zadaie da sie rozwiazać. Pokażemy odpowiedia cześć rozumowaia. Mamy + x + )+ + x = + x ) + x ) + ) + + x = + x ) x + x ) + + + x 3
Ciagi + x ) + = + x + x + x + x ) + ) + x) + + x) + ) + x) = + x + + + + x + = + x x + ) + x) = x + ) + x) = + x + ) + x). Te obliczeia sa miej pomysłowe od poprzedich, wyik jest w końcu taki sam. Pokazałem, bo jeśli miałbym to opowiedzieć w czasie lekcji lub a kółku, kazałbym ucziom zrobić to samodzielie mówiac, że maja zastosować ierówość Beroulliego. Zapewe zastosowaliby druga, wiec dłuższa metode. Pokazałbym a koiec krótsza w ramach stosowaia teorii: szkoła uczy myśleć. Wiemy już, że dla każdej liczby rzeczywistej x ciag o wyrazie + ) x jest od pewego miejsca iemalejacy dla x 0 ściśle rosacy). Ma wiec graice, ale ie wiemy, czy jest oa skończoa. Jest tak z pewościa dla x 0, bo wtedy jeśli > x, to 0 < + ) x < =, wiec jest też ograiczoy z góry. Niebawem przekoamy sie, że jest oa skończoa dla każdej liczby x R. Lemat. o graicach -tych poteg ciagów szybko zbieżych do ) Jeśli lim a = 0, to lim + a ) =. Dowód. Poieważ lim a = 0, wiec istieje 0 takie, że jeśli > 0, to a <. Wtedy a = a ) <. Wobec tego dla każdej liczby aturalej > 0 zachodza ierówości: a > >, a +a > oraz a +a <, co usprawiedliwia dwukrote stosowaie ierówości Beroulli ego w wierszu poiżej + a + a ) = ) a +a a +a Czytelik zwróci uwage a to, że dzieki wyborowi 0 stosowaie ierówości Beroulli ego prowadzi do wyrażeń dodatich, wiec przejście do ich odwrotości jest usprawiedliwioe stosowaliśmy ierówość Beroulli ego do miaowika! Teza lematu wyika z twierdzeia o trzech ciagach, bowiem lim + a ) = = = lim a. Lemat został udowodioy. St Z lematu o graicach ciagów szybko zbieżych do, wyika, że = lim x ) = lim x ) + x ). ad i z tego, że dla x > 0 graica ciagu o wyrazie x ) jest dodatia, wyika, że lim +a + ) x = lim x, ) wiec rówież graica ciagu o wyrazie + x ) jest skończoa i dodatia. Defiicja. expx) ozaczać bedzie w dalszym ciagu graice ciagu + x)), tz. expx) = lim + x Wobec tego symbol exp ozacza fukcje, która jest określoa a zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych, jej wartościa w pukcie x jest liczba dodatia lim + x. ) 4 ).
Ciagi Twierdzeie 3. Rówaie podstawowe) Dla dowolych liczb rzeczywistych x, y zachodzi rówość: expx + y) = expx) expy). Skorzystamy z określeia liczby expx) i tego, że expx + y) > 0, co udowodiliśmy wcześiej. Rówość, która mamy udowodić, jest rówoważa temu, że expx) expy) =. Mamy expx) expy) expx + y) + x = lim ) + y ) + x+y ) = lim expx+y) + xy + x+y Ostatia rówość wyika z lematu o ciagach szybko zbieżych do i z tego, że ) = 0. lim xy + x+y ) = Twierdzeie 4. Dla dowolej liczby rzeczywistej x zachodzi wzór exp x) =. expx) Mamy exp0) = exp0 + 0) = exp0) exp0), a poieważ exp0) jest liczba dodatia, wiec exp0) =. Wobec tego = exp0) = exp x + x) = exp x) expx), zatem zachodzi wzór exp x) =. expx) Defiicja 5. Defiicja potegi o wykładiku wymierym Jeśli a > 0, p Z, q N \ {0}, to a p/q = q a p. Dla a < 0 sa kłopoty z defiicja i z własościami fukcji wykładiczej, wiec w wielu szkołach auczyciele po prostu zakładaja, że podstawa potegi musi być dodatia. To samo założeie przyjmuja rówież autorzy wielu zaych programów komputerowych i dzieła ich autorstwa ie lubia wyrażeń typu 8) /3. Zapewe po drodze, w obliczeiach, programy takie używaja logarytmów. Autor tego tekstu jedak dopuszcza ujema podstawe w astepuj acej sytuacji p Z, q N, ie istieje x Z takie, że q = x, czyli q jest ieparzyste i ie istieja k, l, m Z takie, że m >, p = km i jedocześie q = lm, czyli p, q sa wzgledie pierwsze. Jeśli a > 0 i p = r, p, r Z, q, s N \ {0}, to q a q s p = s a r, bowiem ta rówość rówoważa jest temu, że q a p) qs ) = s a r qs, czyli a ps = a qr twierdzeie o istieiu pierwiastka), a to wyika z tego, że ps = qr. Stad wyika, że defiicja potegi o wykładiku wymierym jest zależa od wykładika, a ie od jego przedstawieia w postaci ilorazu licz całkowitych. Te uwagi ie dotycza potegowaia, gdy podstawa jest ujema: ) /3 = 3 ) =, ale ) /6 = 6 ) =, wiec awet defiicja w przypadku ujemej podstawy ie jest całkiem w porzadku. Tym ie miej czesto jest wygodie stosować zapis a p/q w przypadku ujemego a, ale wtedy trzeba zdawać sobie sprawe z ograiczeń w twierdzeiach dotyczacych poteg, czyli mieć świadomość, że moga pojawić sie jakieś dziwe kłopoty. Stwierdzeie 6. Dla dowolej liczby rzeczywistej x, dowolej liczby całkowitej p i dowolej dodatiej liczby całkowitej q zachodzi wzór: exp p x) = q expx))p/q. Dowód. Jeśli m jest liczba aturala, y rzeczywista to expmy) = expy +y + +y) = = expy) expy) expy) = expy)) m. Stad wyika, że exp x) = q expx) = expx)) /q q stosujemy poprzedi ) wzór przyjmujac y = x i m = q. Dla p > 0, zachodzi wi ec m rówość exp p exp p x) = x) ) q q = expx)) /q p = expx)) p/q. Teraz załóżmy, że p < 0. Mamy iy dowód: exp0) = lim + 0 ) = lim =. 5
Ciagi wobec tego exp p x) = = q exp p q x) expx)) p/q chcieliśmy wykazać. = expx)) p/q. Udowodiliśmy wi ec wzór, który Defiicja 7. liczby e) Liczba e azywamy graice lim +, ) czyli e = exp). Liczba ta zajmował sie itesywie jako pierwszy L.Euler, matematyk szwajcarski zatrudiay przez Petersburska Akademie Nauki 77-744,766-783) i Berlińska Akademie Nauki 744-766). Ma oa duże zaczeie w matematyce. Z puktu widzeia tego wykładu jest to ajważiejsza podstawa poteg i logarytmów. Z tego, co wykazaliśmy do tej pory, wyika, że expw) = e w dla każdej liczby wymierej w we wzorze ze stwierdzeia 6 przyjmujemy x = oraz p = w. Wiemy też, że e = exp) + =, bo + q ) + = +. Stwierdzeie 8. Dla każdej liczby rzeczywistej x <, zachodzi ierówość podwója + x expx) Dowód. Jeśli > x, to x >. Z ierówości Beroulli ego wyika, że + x ) x + = + x. Stad wyika, że lim + x ) lim + x ) = + x. Wobec tego lewa ierówość zachodzi i to dla wszystkich x R. Zajmiemy sie prawa. Mamy exp x) x, co wyika z ierówości expx) + x po zastapieiu liczby x liczba x). Stad expx) =. exp x) x Stwierdzeie 9. Ciagłość fukcji exp) Jeśli lim x = x, to rówież lim expx ) = lim expx). Dowód. Dokładie ta własość fukcji wykładiczej jest azywaa jej ciagłości a. Własościami fukcji ciagłych i różymi określeiami ciagłości zajmiemy sie późiej. Teraz udowodimy, że fukcja exp jest ciagła. Załóżmy, że h <. Wtedy h exph) = h. h h Stad wyika, że jeśli h <, to exph) h. Jeśli lim x = x, to dla dostateczie dużych zachodzi ierówość x x <, zatem 0 expx ) expx) = expx) expx x) ) expx) x x. Dowodzoa teza wyika wiec z twierdzeia o trzech ciagach. Twierdzeie 30. charakteryzujace fukcje wykładicza) Załóżmy, że a zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych określoa jest fukcja f, taka że i) jeśli lim x = x, to lim fx ) = fx), tz. fukcja f jest ciagła; ii) dla dowolych liczb rzeczywistych zachodzi rówość fx + y) = fx)fy); iii) f) = e = exp). Wtedy dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi rówość fx) = expx). Twierdzeie w istocie rzeczy mówi, że własości i) oraz ii) sa podstawowymi własościami fukcji wykładiczej. Własość iii) ustala podstawe potegi, gdyby w tym twierdzeiu opuścić założeie iii), to teza brzmiałaby fx) = f)) x. Udowodimy to twierdzeie. 6 x.
Ciagi Dowód. Mamy fx) = f x + x) = fx ) fx) = fx ) 0. Jeśli dla pewej liczby rzeczywistej x zachodzi rówość fx ) = 0, to fx) = fx )fx x ) = 0 dla każdej liczby x. Wobec tego albo fukcja f jest dodatia w każdym pukcie, albo jest rówa 0 w każdym pukcie. W aszym przypadku f) 0, zatem asza fukcja przyjmuje jedyie wartości dodatie. Rozumujac tak jak w przypadku fukcji exp, zob. dowód stwierdzeia 6, stwierdzamy bez trudu, że dla dowolej liczby rzeczywistej x, dowolej liczby całkowitej p i dowolej całkowitej liczby dodatiej q zachodzi rówość f p x) = q fx))p/q. W szczególości ma to miejsce dla x =, a to ozacza, że f p ) = q f))p/q = e p/q = exp p ). Wykazaliśmy zatem, że fukcja f pokrywa q sie z fukcja exp a zbiorze wszystkich liczb wymierych. Dla dowolej liczby rzeczywistej x, istieje ciag liczb wymierych w ), którego graica jest x. Wobec tego, dzieki ciagłości fukcji f i fukcji exp możemy apisać: fx) = lim fw ) = lim expw ) = expx). Autor ie ma pojecia, jak obecie w szkołach defiiowaa jest potega o wykładiku iewymierym, zreszta to może zależeć od auczyciela, podreczika, plam a Słońcu i iych czyików, podejrzewa, że wiekszość maturzystów ie potrafi powtórzyć żadej defiicji. W istocie rzeczy wszystkie defiicje w jawej lub iejawej formie musza odwoływać sie do ciagłości i określeia wartości fukcji w przypadku argumetów wymierych. Jeda z możliwości omiiecia tej długiej drogi to przyjecie, że e x = lim + x. ) Wtedy od razu mamy do dyspozycji róże twierdzeia o graicach, a z ich wyikaja łatwo własości fukcji wykładiczej. Jedak jest to droga wysoce ieaturala we wstepej fazie auki o fukcji wykładiczej, wiec trudo ja polecać. Zapewe pojeciem łatwiejszym od ciagłości jest mootoiczość. Moża bez wiekszych trudości zastapić ciagłość mootoiczościa Twierdzeie 3. charakteryzujace fukcje wykładicza) Załóżmy, że a zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych określoa jest fukcja f, taka że i) jeśli x < y, to fx) < fy), tz. fukcja f jest ściśle rosaca; ii) dla dowolych liczb rzeczywistych zachodzi rówość fx + y) = fx)fy); iii) f) = e = exp). Wtedy dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi rówość fx) = expx). Dowód. Jeśli x 0, to x + x), bo ta ierówość jest rówoważa temu, że 0 x x + = x ), a ta jest prawdziwa, bo kwadraty liczb rzeczywistych sa liczbami ieujemymi. Poieważ fx) = f x ), wiec f x) + fx)). Otrzymujemy z tej ierówości koleje oszacowaia: < f ) + f)) = + f) ), < f ) + 4 f)) + + f) )) = + f) ), 4 < f ) + 8 f)) + + f) )) = + f) ), 4 4 8 < f ) + 6 f)) + + f) )) = + f) ). 8 8 6 7
Ciagi Ogólie otrzymujemy ierówość < f k ) + k f) ) dla każdej liczby aturalej k > 0. Z otrzymaej ierówości i z mootoiczości fukcji f wyika, że jeśli 0 < x y < k dla pewej liczby aturalej k > 0, to 0 < fx) fy) = fy)fx y) ) fy)f k ) ) fy) k f) ) < fx) k f) ). W taki sam sposób dowodzimy, że jeśli 0 < y x < k, to 0 < fy) fx) < fx) f) ). Z tych ierówości i z defiicji graicy ciagu k wyika od razu, że jeśli lim x = x, to lim fx ) = fx). Poday tu dowód ciagłości rosacej fukcji f : R R spełiajacej waruek ii) korzysta jedyie z bardzo prostej ierówości x + x), zreszt a udowodioe w tekście. Być może lepszym ucziom warto wspomieć o tym, że takie własości charakteryzuja fukcje wykładicza. Przy okazji warto powiedzieć, że rozszerzajac kolejo defiicje potegi dbamy właśie o to, by rówaie ii) było spełioe to jest ajbardziej podstawowa własość potegowaia, ie z iej i z mootoiczości lub z ciagłości już wyikaja. 8