Analiza Matematyczna I Skrypt UMK

background image

Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu

Wydział Matematyki i Informatyki

Krzysztof Frączek

Analiza Matematyczna I

Wykład dla studentów I roku

kierunku informatyka

Toruń 2006

background image

Spis treści

1

Liczby rzeczywiste

1

2

Ciągi liczbowe

9

3

Szeregi liczbowe

25

3.1

Szeregi o wyrazach nieujemnych . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

4

Dowolne szeregi rzeczywiste c.d.

32

4.1

Iloczyn szeregów

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

5

Granica funkcji

38

6

Ciągłość funkcji

43

7

Pochodna funkcji

48

7.1

Wzór Taylora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

7.2

Przybliżone rozwiązywanie równań

. . . . . . . . . . . . . . .

68

8

Całka nieoznaczona

69

8.1

Całkowanie funkcji wymiernych . . . . . . . . . . . . . . . . .

73

8.2

Całkowanie pewnych funkcji niewymiernych . . . . . . . . . .

74

9

Całka Riemanna

76

9.1

Zastosowania geometryczne całki Riemanna

. . . . . . . . . .

86

9.2

Całki niewłaściwe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

90

10 Ciągi i szeregi funkcyjne

94

10.1 Szeregi funkcyjne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

97

10.2 Różniczkowanie ciągów i szeregów funkcyjnych . . . . . . . . . 100
10.3 Całkowanie ciągów i szeregów funkcyjnych . . . . . . . . . . . 103

11 Przybliżone metody całkowania

106

background image

1

LICZBY RZECZYWISTE

1

1

Liczby rzeczywiste

Rozważmy następującą sytuację: niech (X, +, ·, ¬), gdzie X jest zbiorem co
najmniej dwuelementowym, +, · : X × X → X oraz ¬⊂ X × X jest relacją,
którą dla uproszczenia będziemy zapisywać następująco: x ¬ y ⇔ (x, y) ∈¬.
Ponadto, spełnione są następujące aksjomaty liczb rzeczywistych:

1. Aksjomaty ciała przemiennego:

(a)

x,y,z∈X

x + (y + z) = (x + y) + z – łączność;

(b)

x,y∈X

x + y = y + x – przemienność;

(c)

0∈X

x∈X

0 + x = x + 0 = x – element neutralny dodawania;

(d)

x∈X

e

x∈X

x +

e

x = 0 – element przeciwny;

(e)

x,y,z∈X

x · (y · z) = (x · y) · z – łączność;

(f)

x,y∈X

x · y = y · x – przemienność;

(g)

1∈X,16=0

x∈X

1 · x = x · 1 = x – element neutralny mnożenia;

(h)

x∈X,x6=0

b

x∈X

x ·

b

x = 0 – element odwrotny;

(i)

x,y,z∈X

x · (y + z) = x · y + x · z – rozdzielność mnożenia względem

dodawania.

2. Aksjomaty porządku liniowego:

(a)

x∈X

x ¬ x – zwrotność;

(b)

x,y,z∈X

x ¬ y ∧ y ¬ z =⇒ x ¬ z – przechodniość;

(c)

x,y∈X

x ¬ y ∨ y ¬ x – spójność;

(d)

x,y∈X

x ¬ y ∧ y ¬ x =⇒ x = y–antysymetria.

3. Aksjomaty dotyczące zarówno działań i relacji porządku:

(a)

x,y,z∈X

x ¬ y =⇒ x + z ¬ y + z;

(b)

x,y∈X

0 ¬ x ∧ 0 ¬ y =0 ¬ x · y.

4. Aksjomat ciągłości: dla dowolnych niepustych podzbiorów A, B ⊂ X,

jeśli A ¬ B (tzn.

a∈A

b∈B

a ¬ b), to istnieje x ∈ X taki, że A ¬ x ¬ B

(tzn.

a∈A

b∈B

a ¬ x ¬ b).

Uwaga. Niech x ∈ X. Wówczas isnieje y ∈ X taki, że x + y = 0. Zauważmy,
że taki, element jest tylko jeden. Rzeczywiści załóżmy, że x+y

0

= 0. Wówczas

y = y + 0 = y + (x + y

0

) = (y + x) + y

0

= 0 + y

0

= y

0

.

background image

1

LICZBY RZECZYWISTE

2

Ten jedyny element przeciwny do x będziemy oznaczać −x. Podobnie jeśli
x 6= 0 istnieje jedyny element, który będziemy oznaczać przez x

1

lub

1
x

, taki,

że x · x

1

= 1. Wykorzystując te oznaczenia definiujemy nowe działania w

zbiorze X: odejmowanie i dzielenie. Różnicą dwóch liczb x, y ∈ X nazywamy
liczbę

x − y = x + (−y).

Jeśli y 6= 0, to ilorazem x i y nazywamy liczbę

x

y

= x · y

1

.

Definicja. Niepusty podzbiór A ⊂ X nazywa się

ograniczonym z góry, gdy

M ∈X

x∈A

x ¬ M . Liczba M jest wówczas

nazywana ograniczeniem górnym zbioru A.

ograniczonym z dołu, gdy

m∈X

x∈A

m ¬ x. Liczba m jest wówczas

nazywana ograniczeniem dolnym zbioru A.

ograniczonym, gdy

m,M ∈X

a∈A

m ¬ x ¬ M .

Uwaga. Będziemy stosować następującą notację

x < y ⇐⇒ x ¬ y ∧ x 6= y

oraz

x ­ y ⇐⇒ y ¬ x.

Definicja. Dla dowolnego niepustego podzbioru A ⊂ X definiujemy jego kres
górny (supremum)
, dalej oznaczany przez sup A oraz kres dolny (infimum),
dalej oznaczany przez inf A w sposób następujący:

• Jeśli A nie jest ograniczony z góry, to sup A = +. Jeśli A nie jest

ograniczony z góry, to

M = sup A,

jeśli

x∈A

x ¬ M ∧ ∀

ε>0

a∈A

M − ε < a ¬ M.

• Jeśli A nie jest ograniczony z dołu, to inf A = −∞. Jeśli A nie jest

ograniczony z dołu, to

M = inf A,

jeśli

x∈A

m ¬ x ∧ ∀

ε>0

a∈A

m ¬ a < m + ε.

Twierdzenie 1.1. Niech A ⊂ X będzie zbiorem niepustym. Jeśli A jest
ograniczony z góry, to istnieje M ∈ X taki, że M
= sup A. Jeśli A jest
ograniczony z dołu, to istnieje m ∈ X taki, że m
= sup A.

background image

1

LICZBY RZECZYWISTE

3

Dowód. Załóżmy, że A 6= i jest ograniczony z góry. Niech

B = {x ∈ X : A ¬ x} (zbiór wszystkich ograniczeń górnych dla A).

Wtedy B 6= oraz A ¬ B. Z aksjomatu ciągłości wynika, że istnieje M ∈ X
taki, że

A ¬ M ¬ B.

Pokażemy, że M = sup A. Po pierwsze a ¬ M dla wszystkich a ∈ A. Weźmy
dowolne ε > 0. Gdyby dla każdego a ∈ A było a ¬ M − ε, to mielibyśmy
M − ε ∈ B. Ponieważ M ¬ B, więc M ¬ M − ε, a stąd 0 ¬ −ε, zatem
sprzeczność. Wynika stąd, że istnieje a ∈ A takie, że M − ε < a, co dowodzi,
że M = sup A.

Dowód drugiej części twierdzenia jest analogiczny.

Definicja. Dowolny zbiór X wraz z działaniami +, · : X ×X → X oraz relacją
¬⊂ X×X spełniający aksjomaty liczb rzeczywistych nazywamy zbiorem liczb
rzeczywistych
.

Oczywiście istnieje wiele tego typu zbiorów, ale w pewnym sensie są one

„takie same”, tzn. izomorficzne.

Twierdzenie 1.2. Załóżmy, że (X, +, ·, ¬) oraz (

f

X,

e

+,

e

·,

e

¬) spełniają aksjo-

maty liczb rzeczywistych. Wówczas istnieje bijekcja f : X →

f

X taka, że

x,y∈X

f (x + y) = f (x)

e

+f (y),

x,y∈X

f (x · y) = f (x)

e

·f (y),

x,y∈X

x ¬ y =⇒ f (x)

e

¬f (y)

oraz jeśli A ⊂ X jest zbiorem ograniczonym z góry, to f (A)

f

X jest ogra-

niczony z góry oraz

sup f (A) = f (sup A).

Ponieważ zbiór liczb rzeczywistych jest opisany jednoznacznie, możemy

więc stosować literę R jako oznaczenie zbioru liczb rzeczywistych. Odpowiedź
na pytanie, czy istnieje zbiór R spełniający aksjomaty liczb rzeczywistych wy-
maga skonstruowania takiego zbioru. Takie konstrukcje pochodzą od Canto-
ra i Dedekinda, a ich podstawą jest aksjomatycznie wprowadzony zbiór liczb
naturalnych.

Definicja. Niech A ⊂ R będzie zbiorem niepustym. Mówimy, że x ∈ A jest
elementem największym zbioru A jeśli

a∈A

a ¬ x.

Mówimy, że y ∈ A jest elementem najmniejszym zbioru A jeśli

a∈A

y ¬ a.

background image

1

LICZBY RZECZYWISTE

4

Ćwiczenie. Jeśli x jest elementem największym (najmniejszym) zbioru A, to
x = sup A (x = inf A).

Ćwiczenie. Jeśli A ⊂ R jest niepustym zbiorem ograniczonym z góry, to
M = sup A wtedy i tylko wtedy, gdy M jest najmniejszym ograniczeniem
górnym zbioru A. Jeśli A ⊂ R jest niepustym zbiorem ograniczonym z dołu,
to M = inf A wtedy i tylko wtedy, gdy M jest największym ograniczeniem
dolnym zbioru A.

Definicja. Zbiorem liczb naturalnych będziemy nazywać najmniejszy pod-
zbiór liczb rzeczywistych zawierający 1 oraz posiadający tę własność, że jeśli
zawiera pewna liczbę n, to zawiera również n + 1. Zbiór liczb naturalnych
będziemy oznaczać przez N.

Lemat 1.3. (Zasada indukcji matematycznej). Niech A ⊂ N będzie zbiorem
takim, że
1 ∈ A oraz n ∈ A implikuje n + 1 ∈ A. Wówczas A = N.

Dowód. Ponieważ N jest najmniejszym podzbiorem R spełniającym powyż-
sze własności, więc N ⊂ A. Ponadto A ⊂ N, a stąd A = N.

Lemat 1.4. (nierówność Bernoulliego). Dla dowolnej liczby naturalnej α >
1 oraz dowolnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność

1 + nα ¬ (1 + α)

n

.

Dowód. Ustalmy α > −1 oraz oznaczmy przez A podzbiór liczb naturalnych
n, dla których 1+nα ¬ (1+α)

n

. Oczywiście 1 ∈ A, ponieważ 1+1α = (1+α)

1

.

Załóżmy, że n ∈ N. Wtedy 1 + nα ¬ (1 + α)

n

. Stąd

(1 + α)

n+1

= (1 + α)

n

(1 + α) ­ (1 + )(1 + α) = 1 + + α +

2

=

= 1 + (n + 1)α +

2

­ 1 + (n + 1)α,

zatem n + 1 ∈ A. Na mocy zasady indukcji matematycznej mamy A = N,
tzn. nierówność Bernoulliego zachodzi dla wszystkich n ∈ N.

Ćwiczenie. Udowodnić, że jeśli 0 ¬ a < b, to a

n

< b

n

dla dowolnej liczby

naturalnej n.

Ćwiczenie. Pokazać, że dla dowolnych a, b ∈ R oraz n ∈ N mamy

(a + b)

n

=

n

X

k=0

n
k

!

a

k

· b

n−k

,

gdzie

n
k

!

=

n!

k!(n−k)!

, 0! = 1, k! = 1 · 2 · . . . · k dla k ­ 1.

background image

1

LICZBY RZECZYWISTE

5

Lemat 1.5. Dla każdego x ∈ R istnieje n ∈ N taka, że x ¬ n.

Dowód. Przypuśćmy, że istnieje takie x ∈ R, że n < x dla wszystkich n ∈ N.
Stąd zbiór N jest ograniczony z góry. Niech y = sup N. Zatem istnieje n ∈ N
taka, że y − 1 < n ¬ y. Zatem y < n + 1, co stoi w sprzeczności z faktem, że
y jest ograniczeniem górnym zbioru N.

Lemat 1.6. (zasada minimum). W każdym niepustym podzbiorze zbioru liczb
naturalnych istnieje element najmniejszy.

Dowód. Przypuśćmy, że B ⊂ N niepustym podzbiorem, który nie posiada
elementu najmniejszego. Niech

A := {n ∈ N : n < B}.

Wówczas 1 ∈ A, w przeciwnym przypadku 1 byłaby elementem najmniejszym
w B. Załóżmy, że k ∈ A. Gdyby k + 1 /

∈ A, to istniałaby liczba m ∈ B taka,

że m ¬ k + 1. Niech b będzie dowolnym elementem z B. Wówczas k < b, a
co za tym idzie m ¬ k + 1 ¬ b. Zatem m jest elementem najmniejszym w B.
Stąd k + 1 ∈ A. Na mocy zasady indukcji matematycznej mamy A = N, a
stąd N < B, co przeczy lematowi 1.5.

Definicja. Zbiór liczb całkowitych Z definiujemy następująco:

Z = N ∪ {0} ∪ {−n : n ∈ N}.

Zbiór liczb wymiernych Q definiujemy następująco:

Q =



m

n

: m ∈ Z, n ∈ N



.

Jeśli liczba należy do zbioru R \ Q to nazywamy ją niewymierną.

Twierdzenie 1.7. (zasada Archimedesa). Jeśli x ∈ R, to istnieje n ∈ Z
taka, że n ¬ x < n + 1.

Dowód. Niech x ∈ R. Na mocy lematu 1.5 istnieje liczba całkowita m takie,
że x < m. Niech

B = {n ∈ N : m ¬ x + n}.

Zbiór B jest niepusty na postawie lematu 1.5. Niech p będzie elementem
najmniejszym zbioru B. Wówczas

m ¬ x + p oraz m > x + p − 1,

stąd

m − p ¬ x < m − p + 1.

background image

1

LICZBY RZECZYWISTE

6

Oznaczenia. Dla dowolnej liczby x ∈ R liczbę całkowitą n spełniającą n ¬
x < n
+ 1 nazywamy częścią całkowitą liczby x oraz oznaczmy symbolem
[x]. Liczbę {x} = x − [x] nazywamy częścią ułamkową liczby x. Wówczas
0 ¬ {x} < 1.

Twierdzenie 1.8. (o gęstości zbioru liczb wymiernych w R.) Dla dowolnych
x, y ∈
R, x < y istnieje liczba wymierna q taka, że x < q < y.

Dowód. Na mocy lematu 1.5 istnieje liczba naturalna n taka, że

1

y − x

< n =⇒ y − x >

1

n

.

Niech m = [yn] + 1. Wtedy

m − 1 ¬ xn < m.

Stąd

m

n

1

n

¬ x <

m

n

.

Zatem

x <

m

n

¬ x +

1

n

< x + (y − x) = y.

Oznaczenia.

A + B = {a + b : a ∈ A, b ∈ B},

−A = {−a : a ∈ A}.

Twierdzenie 1.9. Niech A, B ⊂ R będą zbiorami niepustymi. Wówczas

(i) sup(A + B) = sup A + sup B;

(ii) inf(A + B) = inf A + inf B;

(iii) sup(−A) = inf A.

(iv) jeśli A ¬ B, to sup A ¬ inf B.

Dowód. (i). Jeśli któryś ze zbiorów A lub B nie jest ograniczony z góry, to
również A + B nie jest ograniczony z góry, a wtedy spełniony jest warunek
(i). Załóżmy, że oba zbiory są ograniczone z góry oraz oznaczmy α = sup A
oraz β = sup B. Wówczas dla dowolnych a ∈ A oraz b ∈ B mamy a ¬ α oraz
b ¬ β, zatem a + b ¬ α + β. Stąd dla dowolnego c ∈ A + B mamy c ¬ α + β.
Ustalmy ε > 0. Z definicji istnieją liczby x ∈ A oraz y ∈ B takie, że

α −

ε

2

< x ¬ α

oraz β −

ε

2

< y ¬ β.

background image

1

LICZBY RZECZYWISTE

7

Wówczas

α + β − ε < x + y ¬ α + β.

Ponieważ x + y ∈ A + B, więc sup(A + B) = α + β.

Dowód (ii) jest analogiczny.
(iii). Niech α = inf A. Jeśli b ∈ −A, to istnieje a ∈ A takie, że b = −a.

Ponieważ α ¬ a, więc b = −a ¬ −α. Ustalmy ε > 0. Wówczas istnieje x ∈ A
takie, że α ¬ x < α + ε. Stąd −α − ε < −x ¬ −α. Ponieważ −x ∈ −A, więc
−α = sup(−A).

(iv). Niech α = sup A oraz β = inf B. Przypuśćmy, że α > β. Weźmy

ε = (α − β)/2 > 0. Wówczas istnieją a ∈ A oraz b ∈ B takie, że α − ε < a
oraz b < β + ε. Stąd

b < β +

α − β

2

=

α + β

2

= α −

α − β

2

< a,

co przeczy założeniu A ¬ B.

Twierdzenie 1.10. Dla dowolnej liczby rzeczywistej α > 0 i dowolnej n ∈ N
istnieje dokładnie jedna liczba rzeczywista β > 0 taka, że β

n

= α.

Dowód. Niech A = {0 ¬ x : x

n

¬ α} oraz B = {0 ¬ x : α ¬ x

n

}. Wówczas

A 6= , ponieważ 0 ∈ A oraz B 6= ponieważ

(1 + α)

n

­ 1 + nα > α.

Stąd również



1 +

1

α



n

>

1

α

=

α

1 + α

∈ A.

Zauważmy, że A ¬ B. Weźmy dowolne a ∈ A oraz b ∈ B. Gdyby b < a,

to α ¬ b

n

< a

n

¬ α, i sprzeczność.

Ponieważ A ¬ B, więc x = sup A ¬ y = inf B. Udowodnimy, że x = y.

Gdyby x < y, to jeśli x < z < y, to z

n

> α (w przeciwnym razie z ∈ A) oraz

z

n

< α (w przeciwnym razie z ∈ B), co prowadzi do sprzeczności. Stąd

β := y = x = sup A = inf B.

Ponieważ 0 <

α

1+α

∈ A, więc β > 0. Udowodnimy, że β

n

= α. Przypuśćmy,

że β

n

< α. Wówczas β ∈ A oraz β /

∈ B. Weźmy

ε = min((α − β

n

)/(n(2β)

n−1

), β).

background image

1

LICZBY RZECZYWISTE

8

Wówczas istnieje b ∈ B takie, że β + ε > b. Wtedy b < 2β. Ponadto

b

n

= b

n

+ β

n

− β

n

= b

n

+ β

n

− b

n

β − b

b

+ 1

!

n

¬

¬ b

n

+ β

n

− b

n

"

β − b

b

!

n + 1

#

= β

n

+ (b − β)b

n−1

n <

< ε(2β)

n−1

n + β

n

¬ (α − β

n

) + β

n

= α,

co prowadzi do sprzeczności z faktem, że b ∈ B. W podobny sposób można
wyeliminować przypadek α < β

n

. Zatem β

n

= α.

Udowodnimy teraz, że β jest jedną liczbą rzeczywistą dodatnią, której

n–ta potęga jest równa α. Przypuśćmy, że c > 0 oraz c

n

= α. Wówczas

c ∈ A ∩ B. Ponieważ β = sup A, więc c ¬ β oraz ponieważ β = inf B, więc
c ¬ β. Stąd c = β.

Definicja. Jeśli α > 0, to jedyną liczbą dodatnią rzeczywistą β taką, że
β

n

= α nazywamy pierwiastkiem n–tego stopnia z α i oznaczamy symbolem

n

α. Przyjmujemy również, że

n

0 = 0.

Ćwiczenie. Pokazać, że

2 jest liczbą niewymierną.

Ćwiczenie. Udowodnić, że dla dowolnych x, y ∈ R, x < y istnieje liczba
niewymierna r taka, że x < r < y.

Definicja. Wartością bezwzględną liczby rzeczywistej a nazywamy liczbę

|a| =

(

a

gdy

0 ¬ a

−a

gdy

a < 0.

Lemat 1.11. Dla dowolnych a, b ∈ R, 0 ¬ b mamy

(i) −|a| ¬ a ¬ |a|;

(ii) |a| ¬ b ⇐⇒ −b ¬ a ¬ b;

(iii) b ¬ |a| ⇐⇒ a ¬ −b ∨ b ¬ a.

Lemat 1.12. (nierówność trójkąta). Dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b
zachodzi nierówność

|a + b| ¬ |a| + |b|.

Dowód. Z lematu 1.11 (i) mamy −|a| ¬ a ¬ |a| oraz −|b| ¬ b ¬ |b|. Dodając
obie nierówności stronami otrzymujemy (|a + |b|) ¬ a + b ¬ |a| + |b|. Z
lematu 1.11 (ii) wynika, że |a + b| ¬ |a| + |b|.

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

9

Lemat 1.13. Dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b zachodzi nierówność

||a| − |b|| ¬ |a − b|.

Dowód. Z nierówności trójkąta mamy

|a| = |(a − b) + b| ¬ |a − b| + |b|

oraz

|b| = |(b − a) + a| ¬ |b − a| + |a| = |a − b| + |a|.

Stąd

−|a − b| ¬ |a| − |b| ¬ |a − b|,

a co za tym idzie ||a| − |b|| ¬ |a − b|.

2

Ciągi liczbowe

Definicja. Ciągiem liczbowym będziemy nazywać dowolną funkcję x : N R.
Najczęściej zamiast x(n) będziemy pisać x

n

, a cały ciąg będziemy oznaczać

przez {x

n

}

n∈N

.

Przykład.

1. x

n

=

1

n

; 1,

1
2

,

1
3

, . . .;

2. x

1

= 1, x

n+1

= 1 +

1

1+x

n

; 1,

3
2

,

7
5

,

17
12

,

41
29

, . . .;

3. x

1

= x

2

= 1, x

n+2

= x

n

+ x

n+1

; 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, . . .

– ciąg Fibonacciego;

4.

1
1

,

2
1

,

1
2

,

3
1

,

2
2

,

1
3

,

4
1

,

3
2

,

2
3

,

1
4

,

5
1

, . . . – ciąg zawierający wszystkie dodatnie licz-

by wymierne. Ciąg ten powstaje w ten sposób, że w miejscach od

n(n−1)

2

+ 1 do

n(n+1)

2

wpisujemy kolejno liczby

n

1

,

n−1

2

, . . . ,

2

n−1

,

1

n

.

Definicja. Ciąg liczbowy {x

n

}

n∈N

jest ciągiem

rosnący, jeśli

n∈N

x

n+1

> x

n

;

malejącym, jeśli

n∈N

x

n+1

< x

n

;

nierosnący, jeśli

n∈N

x

n+1

¬ x

n

;

niemalejącym, jeśli

n∈N

x

n+1

­ x

n

;

monotonicznym, jeśli spełniony jest jeden z powyższych warunków.

Pierwsze dwa rodzaje ciągów to ciągi ściśle monotoniczne.

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

10

Definicja. Ciąg liczbowy {x

n

}

n∈N

jest ciągiem

ograniczonym z góry, jeśli

M ∈R

n∈N

x

n

¬ M ;

ograniczonym z dołu, jeśli

m∈R

n∈N

m ¬ x

n

;

ograniczonym, jeśli jest ograniczony z góry i z dołu.

Uwaga. Wprost z definicji otrzymujemy, że ciąg {x

n

}

n∈N

jest ograniczony

wtedy i tylko wtedy, gdy

M ∈R

n∈N

|x

n

| ¬ M .

Definicja. Niech dany będzie ciąg liczbowy {x

n

}

n∈N

. Dla dowolnego rosnące-

go ciągu {k

n

}

n∈N

o wartościach naturalnych, ciąg n 7→ x

k

n

nazywamy pod-

ciągiem ciągu {x

n

}

n∈N

i oznaczamy {x

k

n

}

n∈N

.

Definicja. Niech A ⊂ R oraz {x

n

}

n∈N

niech będzie dowolnym ciągiem liczb

rzeczywistych. Wówczas

prawie wszystkie wyrazy ciągu {x

n

}

n∈N

należą do A, gdy

k∈N

n­k

x

n

∈ A;

nieskończenie wiele wyrazów ciągu {x

n

}

n∈N

należą do A, gdy

k∈N

n­k

x

n

∈ A.

Uwaga. Jeśli prawie wszystkie wyrazy ciągu {x

n

}

n∈N

należą do A, to nie-

skończenie wiele wyrazów ciągu {x

n

}

n∈N

należą do A.

Definicja. Mówimy, że ciąg liczb rzeczywistych {x

n

}

n∈N

jest zbieżny do liczby

x ∈ R, symbolicznie

lim

n→∞

x

n

= x lub x

n

−→ x,

jeśli

ε>0

n

0

N

n­n

0

|x

n

− x| < ε.

Inaczej, {x

n

}

n∈N

jest zbieżny do liczby x ∈ R, gdy dla dowolnego ε > 0,

prawie wszystkie wyrazy tego ciągu należą do przedziału (x − ε, x + ε).

Przykład.

1. Każdy ciąg stały, albo od pewnego miejsca stały jest zbieżny.

2.

1

n

0. Niech ε będzie dowolną liczbą dodatnią. Niech n

0

= [

1
ε

] + 1.

Wtedy

1
ε

< n

0

, co implikuje ε >

1

n

0

. Zatem dla n ­ n

0

mamy




1

n

0




=

1

n

¬

1

n

0

< ε.

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

11

Lemat 2.1. Każdy podciąg ciągu zbieżnego jest również zbieżny do tej samej
granicy.

Dowód. Załóżmy, że x

n

→ x. Weźmy dowolny podciąg {x

k

n

}

n∈N

tego ciągu.

Niech ε > 0. Wówczas istnieje N ∈ N taka, że |x

n

− x| < ε dla n ­ N .

Ponieważ ciąg {k

n

}

n∈N

jest rosnący, więc istnieje n

0

N taka, że k

n

0

­ N .

Wówczas jeśli n ­ n

0

, to k

n

­ k

n

0

­ N , a stąd |x

k

n

− x| < ε, co dowodzi, że

x

k

n

→ x.

Lemat 2.2. Każdy ciąg zbieżny jest ograniczony.

Dowód. Załóżmy, że x

n

→ x. Weźmy ε = 1. Wówczas istnieje n

0

N takie,

że |x

n

− x| < 1 dla n ­ n

0

. Stąd x − 1 < x

n

< x + 1 dla n ­ n

0

. Niech

M będzie największą z liczb |x

1

|, |x

2

|, . . . , |x

n

0

|, |x| + 1. Wtedy dla każdego

n ¬ n

0

mamy |x

n

| ¬ M . Jeśli n ­ n

0

, to

−M ¬ −|x| − 1 ¬ x − 1 < x

n

< x + 1 ¬ |x| + 1 ¬ M.

Definicja. Mówimy, że ciąg {x

n

}

n∈N

spełnia warunek Cauchy’ego, gdy

ε>0

n

0

N

m,n­n

0

|x

m

− x

n

| < ε.

Ciągi spełniające warunek Cauchy’ego nazywane są również ciągami Cau-
chy’ego, lub ciągami podstawowymi lub ciągami fundamentalnymi.

Lemat 2.3. Każdy ciąg zbieżny spełnia warunek Cauchy’ego.

Dowód. Załóżmy, że x

n

→ x. Niech ε > 0. Wówczas istnieje n

0

N takie, że

|x

n

− x| < ε/2 dla n ­ n

0

. Weźmy dowolne m, n ­ n

0

. Wtedy z nierówności

trójkąta mamy

|x

m

− x

n

| = |(x

m

− x) + (x − x

n

)| ¬ |x

m

− x| + |x − x

n

| <

ε

2

+

ε

2

= ε.

Twierdzenie 2.4. (o trzech ciągach) Jeśli a

n

→ x, c

n

→ x oraz a

n

¬ b

n

¬

c

n

dla dowolnego n ∈ N, to b

n

→ x.

Dowód. Weźmy ε > 0. Wówczas istnieją n

1

, n

2

N takie, że |a

n

− x| < ε dla

n ­ n

1

oraz |c

n

− x| < ε dla n ­ n

2

. Niech n

0

= max(n

1

, n

2

). Wówczas dla

n ­ n

0

mamy

−ε < a

n

− x ¬ b

n

− x ¬ c

n

− x < ε.

Stąd |b

n

− x| < ε dla n ­ n

0

.

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

12

Uwaga. x

n

0 wtedy i tylko wtedy, gdy |x

n

| → 0.

Twierdzenie 2.5. Załóżmy, że x

n

→ x oraz y

n

→ y. Wtedy

1. ax

n

→ ax dla dowolnej liczby rzeczywistej a;

2. x

n

+ y

n

→ x + y;

3. x

n

y

n

→ xy;

4.

x

n

y

n

x
y

, gdy y 6= 0;

5. |x

n

| → |x|;

6. jeśli x

n

¬ y

n

dla prawie wszystkich n ∈ N, to x ¬ y.

Dowód. Niech ε > 0.

Ad 1. Jeśli a = 0, to teza jest prawdziwa. Załóżmy więc, że a 6= 0.

Ponieważ x

n

→ x, więc istnieje n

0

N takie, że |x

n

− x| < ε/|a| dla n ­ n

0

.

Stąd dla n ­ n

0

mamy

|ax

n

− ax| = |a||x

n

− x| < |a|

ε

|a|

= ε.

Ad 2. Z założenia istnieją n

1

, n

2

N takie, że |x

n

− x| < ε/2 dla n ­ n

1

oraz |y

n

− y| < ε/2 dla n ­ n

2

. Niech n

0

= max(n

1

, n

2

). Wówczas dla n ­ n

0

mamy

|(x

n

+ y

n

) (x + y)| = |(x

n

− x) + (y

n

− y)| ¬ |x

n

− x| + |y

n

− y| <

ε

2

+

ε

2

= ε.

Ad 3. Ponieważ ciąg {x

n

}

n∈N

jest ograniczony, więc istnieje liczba M > 0

taka, że |x

n

| ¬ M dla dowolnych n ∈ N. Z założenia istnieją n

1

, n

2

N takie,

że |x

n

− x| <

ε

M +|y|

dla n ­ n

1

oraz |y

n

− y| <

ε

M +|y|

dla n ­ n

2

. Niech

n

0

= max(n

1

, n

2

). Wówczas dla n ­ n

0

mamy

|x

n

y

n

− xy| = |x

n

y

n

− x

n

y + x

n

y − xy| = |x

n

(y

n

− y) + (x

n

− x)y| ¬

¬ |x

n

||y

n

− y| + |x

n

− x||y| < M

ε

M + |y|

+ |y|

ε

M + |y|

= ε.

Ad 4. Ze względu na 3. wystarczy udowodnić, że

1

y

n

1
y

. Z założenia

istnieje n

0

N takie, że

|y

n

− y| < min

|y|

2

,

|y|

2

ε

2

!

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

13

dla n ­ n

0

. Zatem dla n ­ n

0

mamy

|y

n

| = |y − (y − y

n

)| ­ |y| − |y − y

n

| ­ |y| −

|y|

2

=

|y|

2

oraz





1

y

n

1

y





=





y − y

n

y

n

y





=

|y − y

n

|

|y

n

||y|

¬

|y − y

n

|

|y|

2

/2

<

|y|

2

ε

2

,

|y|

2

2

= ε.

Ad 5. Wystarczy skorzystać z faktu, że ||x

n

| − |x|| ¬ |x

n

− x|.

Ad 6. Przypuśćmy, że x > y. Weźmy ε = (x − y)/2 > 0. Wówczas istnieje

n

0

N takie, że |x

n

− x| < ε oraz |y

n

− y| < ε dla n ­ n

0

. Stąd dla n ­ n

0

mamy

y

n

¬ |y

n

− y| + y < y + ε = y +

x − y

2

=

x + y

2

=

= x −

x − y

2

= x − ε < x − |x

n

− x| ¬ x

n

.

Wniosek 2.6. Jeśli x

n

0 oraz {y

n

}

n∈N

jest ograniczony, to x

n

y

n

0.

Dowód. Ponieważ {y

n

}

n∈N

jest ograniczony, więc istnieje M ­ 0 takie, że

|y

n

| ¬ M dla wszystkich n ∈ N. Zatem

0 ¬ |x

n

y

n

| = |x

n

||y

n

| ¬ |x

n

|M.

Ponieważ M |x

n

| → 0, więc z twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy, że

|x

n

y

n

| → 0, a stąd x

n

y

n

0.

Twierdzenie 2.7. Jeśli ciąg jest monotoniczny i ograniczony, to jest zbież-
ny.

Dowód. Załóżmy, że ciąg {x

n

}

n∈N

jest niemalejący i ograniczony. W przy-

padku, gdy ciąg jest nierosnący dowód przebiega analogicznie. Niech A =
{x

n

: n ∈ N}. Ponieważ zbiór A jest ograniczony, więc istnieje x = sup A.

Udowodnimy, że x

n

→ x. Weźmy ε > 0. Z definicji kresu górnego istnieje n

0

takie, że

x − ε < x

n

0

.

Wówczas dla n ­ n

0

mamy

x − ε < x

n

0

¬ x

n

¬ x < x + ε,

a zatem |x

n

− x| < ε dla n ­ n

0

.

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

14

Twierdzenie 2.8. (Bolzano–Weierstrassa) Jeśli ciąg {x

n

}

n∈N

jest ograni-

czony, posiada podciąg {x

k

n

}

n∈N

zbieżny.

Dowód. Niech M > 0 będzie liczbą rzeczywistą taką, że |x

n

| ¬ M dla wszyst-

kich n ∈ N. Niech

A = {a ∈ R : a ¬ x

n

dla nieskończenie wielu n ∈ N} =

= {a ∈ R :

k∈N

n­k

a ¬ x

n

}.

Wówczas −M ∈ A oraz A < M + 1. Niech x = sup A.

Ustalmy ε > 0. Wtedy istnieje a ∈ A takie, że x − ε < a ¬ x. Zatem

x−ε < x

n

dla nieskończenie wielu n ∈ N. Ponieważ x+ε /

∈ A, więc x+ε ¬ x

n

tylko dla skończonej liczby n ∈ N. Stąd x − ε < x

n

< x + ε dla nieskończenie

wielu n ∈ N. Zatem

k∈N

n­k

|x

n

− x| < ε.

Korzystając z tego faktu dla ε = 1 otrzymujemy, że istnieje k

1

N takie,

że |x

k

1

− x| < 1. Następnie znajdziemy k

2

> k

1

takie, że |x

k

2

− x| < 1/2.

Postępując w sposób indukcyjny dla dowolnej liczby naturalnej n znajdziemy
k

n

> k

n−1

takie, że |x

k

n

− x| < 1/n. Ponieważ

0 ¬ |x

k

n

− x| <

1

n

0,

z twierdzenia o trzech ciągach otrzymamy, że |x

k

n

− x| → 0, zatem x

k

n

x.

Twierdzenie 2.9. (Cauchy’ego) Ciąg liczbowy jest zbieżny wtedy i tylko wte-
dy, gdy jest ciągiem Cauchy’ego.

Dowód. Fakt, że zbieżność implikuje warunek Cauchy’ego udowodniliśmy
wcześniej. Złóżmy zatem, że {x

n

}

n∈N

spełnia warunek Cauchy’ego. Weźmy

ε = 1. Wówczas istnieje n

0

N takie, że |x

n

− x

m

| < 1 dla n, m ­ n

0

. Stąd

x

n

0

1 < x

n

< x

n

0

+ 1 dla n ­ n

0

. Niech M będzie największą z liczb

|x

1

|, |x

2

|, . . . , |x

n

0

1

|, |x

n

0

| + 1. Wtedy dla każdego n < n

0

mamy |x

n

| ¬ M .

Jeśli n ­ n

0

, to

−M ¬ −|x

n

0

| − 1 ¬ x

n

0

1 < x

n

< x

n

0

+ 1 ¬ |x

n

0

| + 1 ¬ M.

Z twierdzenia Bolzano–Weierstrassa istnieje podciąg {x

k

n

}

n∈N

, który jest

zbieżny do x ∈ R. Pokażemy, że wówczas x

n

→ x. Weźmy ε > 0. Wów-

czas istnieją liczby n

0

, n

1

N takie, że

|x

n

− x

m

| <

ε

2

dla m, n ­ n

0

oraz

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

15

|x

k

n

− x| <

ε

2

dla n ­ n

1

.

Niech N ­ n

1

będzie liczbą naturalną taką, że k

N

­ n

0

. Wówczas dla dowol-

nego n ­ n

0

mamy

|x

n

− x| ¬ |x

n

− x

k

N

| + |x

k

N

− x| <

ε

2

+

ε

2

= ε.

Definicja. Powiemy, że ciąg {x

n

}

n∈N

jest rozbieżny do plus nieskończoności,

symbolicznie

lim

n→∞

x

n

= +lub x

n

+∞,

jeśli

M ∈R

n

0

N

n­n

0

M < x

n

.

Powiemy, że ciąg {x

n

}

n∈N

jest rozbieżny do minus nieskończoności, symbo-

licznie

lim

n→∞

x

n

= −∞ lub x

n

→ −∞,

jeśli

M ∈R

n

0

N

n­n

0

x

n

< M.

Lemat 2.10. Niech {x

n

}

n∈N

oraz {y

n

}

n∈N

będą ciągami liczb rzeczywistych.

Wówczas

1. jeśli x

n

+∞, to −x

n

→ −∞;

2. jeśli x

n

+∞ oraz x

n

¬ y

n

, to y

n

+∞;

3. jeśli x

n

→ x ∈ R ∪ {+∞} oraz y

n

+∞, to x

n

+ y

n

+∞;

4. jeśli x

n

+∞ lub x

n

→ −∞, to

1

x

n

0.

Dowód. Pierwsze dwie części lematu wynikają bezpośrednio z definicji.

Ad 3. Ponieważ x

n

→ x ∈ R ∪ {+∞}, więc ciąg {x

n

}

n∈N

jest ograniczony

z dołu. Niech m ∈ R będzie jego ograniczeniem dolnym. Weźmy M ∈ R.
Wówczas istnieje n

0

N takie, że M − m < y

n

dla n ­ n

0

. Stąd dla n ­ n

0

mamy

x

n

+ y

n

> m + (M − m) = M.

Ad 4. Weźmy ε > 0. Wówczas istnieje n

0

N takie, że x

n

> 1lub

x

n

< −1dla n ­ n

0

. Zatem dla n ­ n

0

mamy |x

n

| > 1, a stąd




1

x

n

0




=

1

|x

n

|

< ε.

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

16

Przykład.

1. Jeśli x

n

= n, to x

n

+.

2. Jeśli a > 1, to a

n

+. Niech a = 1 + b, gdzie b > 0. Wtedy

a

n

= (1 + b)

n

­ 1 + bn → +∞.

3. Jeśli |q| < 1, to q

n

0. Gdy q = 0, to jest to fakt oczywisty. W

przeciwnym przypadku niech a = 1/|q|. Ponieważ a > 1, więc a

n

+, a stąd

|q

n

| = |q|

n

=

1

a

n

0,

co implikuje q

n

0.

4. Jeśli a > 0, to lim

n→∞

n

a = 1.

Jeśli a = 1, to nie ma czego dowodzić. Załóżmy, że a > 1. Wtedy

1 <

n

a = 1 + x

n

,

gdzie x

n

> 0 dla wszystkich n ∈ N. Ponadto

a = (1 + x

n

)

n

­ 1 + nx

n

,

a stąd

0 < x

n

¬

a − 1

n

0.

Z twierdzenia o trzech ciągach x

n

0, a zatem

n

a = 1 + x

n

1.

Jeśli 0 < a < 1, to 1/a > 1. Stąd

1

n

a

=

n

s

1

a

1.

Zatem

n

a → 1.

5. lim

n→∞

n

n = 1. Niech

1 ¬

n

n = 1 + x

n

,

gdzie x

n

­ 0. Wtedy

n = (1 + x

n

)

n

= 1 +

n

1

!

x

n

+

n

2

!

x

2
n

+ . . . ­ 1 +

n

2

!

x

2
n

dla n ­ 2. Stąd

n − 1 ­

n(n − 1)

2

x

2
n

,

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

17

a zatem x

2
n

¬ 2/n. Ponieważ

0 ¬ x

n

¬

s

2

n

0,

z twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy x

n

0, a w konsekwencji

n

n = 1 + x

n

1.

6. Niech x

n

=



1 +

1

n



n

. Pokażemy, że ciąg {x

n

}

n∈N

jest monotoniczny i

ograniczony, a zatem zbieżny. Z nierówności Bernoulliego otrzymujemy

n(n + 2)

(n + 1)

2

!

n+1

=

n

2

+ 2n

(n + 1)

2

!

n+1

=

=

1

1

(n + 1)

2

!

n+1

­ 1

1

n + 1

=

n

n + 1

.

Zatem



1 +

1

n + 1



n+1

=



n + 2

n + 1



n+1

­



n + 1

n



n

=



1 +

1

n



n

,

tzn. ciąg {x

n

}

n∈N

jest niemalejący. Ponadto

x

n

=



1 +

1

n



n

=

n

X

k=0

n
k

!

1

n

k

=

n

X

k=0

1

k!

n(n − 1) . . . (n − k + 1)

n

k

=

=

n

X

k=0

1

k!

n − 1

n

n − 2

n

. . .

n − k + 1

n

=

=

n

X

k=0

1

k!



1

1

n

 

1

2

n



. . .

1

k − 1

n

!

<

n

X

k=0

1

k!

.

Dla dowolnego k ­ 2 mamy k! = 1 · 2 · 3 · . . . · k ­ 1 · 2 · 2 · . . . · 2 = 2

k−1

.

Stąd

x

n

<

n

X

k=0

1

k!

¬ 1 +

n

X

k=1

1

2

k−1

= 1 + 1 +

1

2

+

1

2

2

+ . . . +

1

2

n−1

=

= 1 +

1

1

2

n

1

1
2

< 1 +

1

1

1
2

= 3.

W ten sposób pokazaliśmy, że ciąg {x

n

}

n∈N

jest nierosnący i ograniczo-

ny, więc jest zbieżny. Jego granicę będziemy oznaczać literą e. e jest
liczbą niewymierną oraz w przybliżeniu równą 2, 71828182845 . . .

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

18

7. Niech

y

n

=

n

X

k=0

1

k!

= 1 +

1

1!

+

1

2!

+ . . . +

1

n!

.

Wówczas ciąg jest zbieżny (jest rosnący i ograniczony z góry przez
3), zaś jego granicą jest e. Do tej pory udowodniliśmy, że x

n

¬ y

n

dla

dowolnej liczby naturalnej n. Ponadto pokażemy, że y

n

¬ e dla każdego

n ∈ N. Wówczas z twierdzenia o trzech ciągach będziemy wiedzieć, że
y

n

→ e. Ustalmy liczbę naturalną m ∈ N. Wówczas dla dowolnej liczby

naturalnej n ­ m mamy

x

n

=

n

X

k=0

1

k!



1

1

n

 

1

2

n



. . .

1

k − 1

n

!

­

­

m

X

k=0

1

k!



1

1

n

 

1

2

n



. . .

1

k − 1

n

!

=: z

n

.

Ponieważ

1

n

0, więc

z

n

=

m

X

k=0

1

k!



1

1

n

 

1

2

n



. . .

1

k − 1

n

!

m

X

k=0

1

k!

= y

m

.

Ponieważ z

n

¬ x

n

dla prawie wszystkich n ∈ N, z

n

→ y

m

oraz x

n

→ e,

więc y

m

¬ e, co kończy dowód.

Oznaczenia. Niech a > 0 oraz x =

n
k

Q. Wówczas oznaczmy a

x

= (

k

a)

n

.

Łatwo sprawdzić, że a

x+y

= a

x

a

y

dla dowolnych x, y ∈ Q oraz

x ¬ y =⇒ a

x

¬ a

y

gdy a > 1,

x ¬ y =⇒ a

x

­ a

y

gdy a ¬ 1.

Niech x ∈ R. Zatem istnieje rosnący ciąg {x

n

}

n∈N

liczb wymiernych taki,

że x

n

→ x. Wówczas ciąg a

x

n

jest monotoniczny i ograniczony, a zatem

zbieżny. Oznaczmy a

x

:= lim

n→∞

a

x

n

. Ponadto a

x

nie zależy od wyboru ciągu

{x

n

}

n∈N

.

Twierdzenie 2.11. Jeśli x

n

→ ±∞, to



1 +

1

x

n



x

n

→ e.

Dowód. Najpierw załóżmy, że x

n

+. Łatwo zauważyć, że również [x

n

]

+oraz [x

n

] > 0 dla odpowiednio dużych n. Ponadto dla odpowiednio

dużych n kolejno mamy

[x

n

] ¬ x

n

< [x

n

] + 1

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

19

1

[x

n

] + 1

<

1

x

n

¬

1

[x

n

]

1 +

1

[x

n

] + 1

< 1 +

1

x

n

¬ 1 +

1

[x

n

]

1 +

1

[x

n

] + 1

!

[x

n

]

<



1 +

1

x

n



x

n

<

1 +

1

[x

n

]

!

[x

n

]+1



1 +

1

[x

n

]+1



[x

n

]+1



1 +

1

[x

n

]+1



<



1 +

1

x

n



x

n

<

1 +

1

[x

n

]

!

[x

n

]

1 +

1

[x

n

]

!

.

Ponieważ dwa skrajne ciągi są zbieżne do liczby e, więc z twierdzenie o trzech
ciągach otrzymujemy żądaną zbieżność.

Załóżmy, że x

n

→ −∞. Wtedy



1 +

1

x

n



x

n

=



1 + x

n

x

n



x

n

=



x

n

1 + x

n



−x

n

=



1

1

1 + x

n



−x

n

=

=



1 +

1

1 − x

n



−x

n

1



1

1

1 + x

n



.

Ponieważ 1 − x

n

+, więc na podstawie tego, co udowodniliśmy wcze-

śniej otrzymujemy żądaną zbieżność.

Uwaga. Załóżmy, że

α <

a

b

< β,

α <

c

d

< β

oraz b, d > 0. Wówczas

α <

a + c

b + d

< β.

Rzeczywiście, ponieważ

αb < a < βb,

αd < c < βd,

więc podając stronami otrzymujemy

α(b + d) < a + c < β(b + d),

co daje żądaną nierówność.

Twierdzenie 2.12. (Stolza) Załóżmy, że y

n

+∞ oraz ciąg {y

n

}

n∈N

jest

od pewnego miejsca ściśle rosnący. Wówczas dla dowolnego ciągu {x

n

}

n∈N

jeśli

lim

n→∞

x

n

− x

n−1

y

n

− y

n−1

= g,

to

lim

n→∞

x

n

y

n

= g.

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

20

Dowód. Dowód przeprowadzimy tylko w przypadku, gdy g ∈ R. Przypadki
g = ±∞ zostawiamy do udowodnienia czytelnikowi.

Weźmy ε > 0. Wówczas istnieje n

1

N taki, że

g −

ε

2

<

x

n

− x

n−1

y

n

− y

n−1

< g +

ε

2

dla n ­ n

1

. Następnie niech n

0

będzie taką liczbą naturalną, że n

0

­ n

1

oraz




x

n

1

− gy

n

1

x

n




<

ε

2

(1)

dla n ­ n

0

. Ustalmy n ­ n

0

. Wówczas

g −

ε

2

<

x

n

1

+1

− x

n

1

y

n

1

+1

− y

n

1

< g +

ε

2

g −

ε

2

<

x

n

1

+2

− x

n

1

+1

y

n

1

+2

− y

n

1

+1

< g +

ε

2

..

.

g −

ε

2

<

x

n−1

− x

n−2

y

n−1

− y

n−2

< g +

ε

2

g −

ε

2

<

x

n

− x

n−1

y

n

− y

n−1

< g +

ε

2

.

Stosując teraz wielokrotnie obserwację zawartą w poprzedzającej twierdzenie
uwadze otrzymujemy

g −

ε

2

<

x

n

− x

n

1

y

n

− y

n

1

< g +

ε

2

,

a zatem





x

n

− x

n

1

y

n

− y

n

1

− g





<

ε

2

.

(2)

Ponadto

x

n

y

n

− g =

x

n

1

− gy

n

1

y

n

+

x

n

− gy

n

(x

n

1

− gy

n

1

)

y

n

=

=

x

n

1

− gy

n

1

y

n

+

y

n

− y

n

1

y

n

x

n

− x

n

1

− g(y

n

− y

n

1

)

y

n

− y

n

1

=

=

x

n

1

− gy

n

1

y

n

+

1

y

n

1

y

n

!

x

n

− x

n

1

y

n

− y

n

1

− g

!

.

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

21

Zatem





x

n

y

n

− g





¬





x

n

1

− gy

n

1

y

n





+





x

n

− x

n

1

y

n

− y

n

1

− g





dla n ­ n

0

. Zatem na mocy (1) oraz (2) otrzymujemy





x

n

y

n

− g





<

ε

2

+

ε

2

= ε

dla n ­ n

0

, co kończy dowód twierdzenia.

Twierdzenie 2.13. Jeśli a

n

→ a ∈ R ∪ {−∞, +∞}, to

lim

n→∞

a

1

+ . . . + a

n

n

= a.

Dowód. Niech x

n

= a

1

+ . . . + a

n

oraz y

n

= n. Wówczas y

n

+oraz

{y

n

}

n∈N

jest rosnący. Ponadto

x

n

− x

n−1

y

n

− y

n−1

=

a

n

1

→ a.

Na podstawie twierdzenia Stolza otrzymujemy, że

x

n

y

n

→ a.

Definicja. Mówimy, że x ∈ R ∪ {−∞, +∞} jest punktem skupienia ciągu
{x

n

}

n∈N

, jeśli istnieje podciąg {x

k

n

}

n∈N

taki, że x

k

n

→ x. Zbiór wszystkich

punktów skupienia ciągu {x

n

}

n∈N

będziemy oznaczać przez A({x

n

}).

Uwaga. Jeśli x ∈ R, to

x ∈ A({x

n

}) ⇐⇒ ∀

ε>0

k∈N

n­k

|x

n

− x| < ε.

Przykład. Niech x

n

= (1)

n

+

1

n

. Wówczas A({x

n

}) = {−1, 1}.

Twierdzenie 2.14. Niech {x

n

}

n∈N

będzie ciągiem ograniczonym z góry (z

dołu). Wówczas zbiór A({x

n

}) jest ograniczony z góry (z dołu) i posiada

element największy (najmniejszy).

Dowód. Ponieważ {x

n

}

n∈N

jest ograniczony z góry więc istnieje M ∈ R taka,

że x

n

¬ M dla wszystkich n ∈ N. Jeśli x ∈ A({x

n

}), to x

k

n

→ x. Wtedy

x ← x

n

k

¬ M , a stąd x ¬ M . Zatem zbiór A({x

n

}) jest ograniczony z góry.

Niech α = sup A({x

n

}). Ustalmy ε > 0. Wówczas istnieje x ∈ A({x

n

}) taki,

że

α −

ε

2

< x ¬ α =⇒ |α − x| <

ε

2

.

Ponadto

k∈N

n­k

|x

n

− x| <

ε

2

.

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

22

Jeśli |x

n

− x| <

ε
2

, to

|x

n

− α| ¬ |x

n

− x| + |x − α| <

ε

2

+

ε

2

= ε.

Stąd

k∈N

n­k

|x

n

− α| < ε,

co oznacza, że α ∈ A({x

n

}). Ponieważ α jest ograniczeniem górnym zbioru

A({x

n

}) i jest jego elementem, więc jest elementem największym. Analogicz-

nie dowodzi się istnienia elementu najmniejszego.

Definicja. Największy punkt skupienia ciągu {x

n

}

n∈N

nazywamy granicą gór-

ciągu i oznaczamy przez

lim sup

n→∞

x

n

lub lim

n→∞

x

n

.

Najmniejszy punkt skupienia ciągu {x

n

}

n∈N

nazywamy granicą dolną ciągu

i oznaczamy przez

lim inf

n→∞

x

n

lub lim

n→∞

x

n

.

Jeśli ciąg {x

n

}

n∈N

nie jest ograniczony z góry, to przyjmujemy

lim sup

n→∞

x

n

= sup A({x

n

}) = +∞,

a jeśli ciąg {x

n

}

n∈N

nie jest ograniczony z dołu, to przyjmujemy

lim inf

n→∞

x

n

= inf A({x

n

}) = −∞.

Uwaga. Ogólnie

lim inf

n→∞

x

n

¬ lim sup

n→∞

x

n

.

Ponadto, dla ciągów ograniczonych mamy

lim

n→∞

x

n

= x ⇐⇒ A({x

n

}) = {x} ⇐⇒ lim inf

n→∞

x

n

= lim sup

n→∞

x

n

= x.

Dowód. =. Oczywiste.

=. Załóżmy, że A({x

n

}) = {x} oraz przypuśćmy, że x

n

9 x. Wówczas

istnieje ε > 0 taki, że dla dowolnej liczby naturalnej n istnieje k ­ n takie, że
|x

k

− x| ­ ε > 0. Zatem istnieje podciąg {x

k

n

} taki, że |x

k

n

− x| ­ ε > 0 dla

wszystkich n ∈ N. Ponieważ podciąg ten jest ograniczony, więc z twierdzenia
Bolzano–Weierstrassa istnieje jego podciąg {x

k

ln

}, który jest zbieżny do y ∈

R. Ponieważ |x

k

ln

−x| ­ ε > 0, więc przechodząc do granicy otrzymujemy |y−

x| ­ ε > 0. Zatem x 6= y ∈ A({x

n

}), co prowadzi sprzeczność z założeniem

A({x

n

}) = {x}.

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

23

Twierdzenie 2.15. Niech {x

n

}

n∈N

będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wów-

czas

lim inf

n→∞

x

n

= lim

n→∞

inf

k­n

x

k

oraz

lim sup

n→∞

x

n

= lim

n→∞

sup

k­n

x

k

.

Dowód. Dowód przeprowadzimy dla granicy górnej. Dowód dla granicy dol-
nej jest analogiczny. Załóżmy ponadto, że ciąg jest ograniczony. Niech

x

n

= sup

k­n

x

k

= sup{x

n

, x

n+1

, x

n+2

, . . .}.

Wówczas

x

n

= sup{x

n

, x

n+1

, x

n+2

, . . .} ­ sup{x

n+1

, x

n+2

, . . .} = x

n+1

.

Zatem ciąg {x

n

}

n∈N

jest monotoniczny i ograniczony, a więc zbieżny do pew-

nej liczby x. Ustalmy ε > 0. Wówczas istnieje n

0

N takie, że |x

n

− x| < ε

dla n ­ n

0

. Ponieważ x

n

¬ x

n

dla wszystkich n ∈ N, więc x

n

¬ x

n

< x + ε

dla n ­ n

0

. Stąd wynika, że jeśli a jest punktem skupienia ciągu {x

n

}

n∈N

, to

a ¬ x + ε. Zatem

lim sup

n→∞

x

n

¬ x + ε.

Ponieważ dla n ­ n

0

mamy

sup{x

n

, x

n+1

, x

n+2

, . . .} > x − ε =⇒ ∀

n­n

0

k­n

x

k

> x − ε,

więc istnieje podciąg {x

k

n

}

n∈N

taki, że x

k

n

> x − ε. Z twierdzenia Bolzano–

Weierstrassa istnieje podciąg {x

k

ln

}

n∈N

taki, że x

k

ln

→ a. Wtedy a ­ x − ε.

Ponieważ a jest punktem skupienia ciągu, więc

x − ε ¬ a ¬ lim sup

n→∞

x

n

.

Zatem

x − ε ¬ lim sup

n→∞

x

n

¬ x + ε

dla dowolnej liczby ε > 0. Stąd

x −

1

m

¬ lim sup

n→∞

x

n

¬ x +

1

m

dla dowolnej liczby naturalnej m. Przechodząc z m do nieskończoności otrzy-
mujemy

x ¬ lim sup

n→∞

x

n

¬ x =⇒ x = lim sup

n→∞

x

n

.

background image

2

CIĄGI LICZBOWE

24

Wniosek 2.16. Niech {x

n

}

n∈N

będzie ograniczonym ciągiem liczb rzeczywi-

stych oraz niech α ∈ R. Jeśli lim sup

n→∞

x

n

< α, to x

n

< α dla prawie

wszystkich n ∈ N. Jeśli lim sup

n→∞

x

n

> α, to x

n

> α dla nieskończenie wie-

lu n ∈ N. Jeśli lim inf

n→∞

x

n

> α, to x

n

> α dla prawie wszystkich n ∈ N.

Jeśli lim inf

n→∞

x

n

< α, to x

n

< α dla nieskończenie wielu n ∈ N.

Dowód. Niech x = lim sup

n→∞

x

n

. Załóżmy, że x < α. Ponieważ x

n

→ x,

więc istnieje n

0

takie, że x

n

< α dla n ­ n

0

. Zatem dla n ­ n

0

mamy

x

n

¬ sup{x

n

, x

n+1

, x

n+2

, . . .} = x

n

< α,

tzn. x

n

< α dla prawie wszystkich n ∈ N.

Załóżmy, że x > α. Wówczas istnieje podciąg {x

k

n

} zbieżny do x. Zatem

istnieje n

0

takie, że x

k

n

> α dla n ­ n

0

, zatem x

n

> α dla nieskończenie

wielu n ∈ N.

Twierdzenie 2.17. Niech {x

n

}

n∈N

, {y

n

}

n∈N

będą ograniczonymi ciągami

liczb rzeczywistych. Wówczas

1.

lim sup

n→∞

x

n

+ lim inf

n→∞

y

n

¬ lim sup

n→∞

(x

n

+ y

n

) ¬ lim sup

n→∞

x

n

+ lim sup

n→∞

y

n

;

2.

lim inf

n→∞

x

n

+ lim inf

n→∞

y

n

¬ lim inf

n→∞

(x

n

+ y

n

) ¬ lim sup

n→∞

x

n

+ lim inf

n→∞

y

n

.

Dowód. Ad 1. Niech x = lim sup

n→∞

x

n

. Wówczas istnieje podciąg {x

k

n

}

taki, że x

k

n

→ x. Ponieważ ciąg {y

k

n

} jest ograniczony, więc z twierdzenia

Bolzano–Weierstrassa istnieje podciąg {y

k

ln

} zbieżny a ∈ R. Ponieważ a jest

punktem skupienia dla {y

n

}

n∈N

, więc lim inf

n→∞

y

n

¬ a. Ponadto x

k

ln

+

y

k

ln

→ x + a. Ponieważ x + a jest punktem skupienia dla {x

n

+ y

n

}

n∈N

, więc

lim sup

n→∞

x

n

+ lim inf

n→∞

y

n

¬ x + a ¬ lim sup

n→∞

(x

n

+ y

n

).

Niech z = lim sup

n→∞

(x

n

+y

n

). Wówczas istnieje podciąg {x

k

n

+y

k

n

} zbieżny

do z. Ponieważ ciąg {y

k

n

} jest ograniczony, więc z twierdzenia Bolzano–

Weierstrassa istnieje podciąg {y

k

ln

} zbieżny a ∈ R. Wtedy x

k

ln

= (x

k

ln

+

y

k

ln

) − y

k

ln

→ z − a. Ponieważ a jest punktem skupienia dla {y

n

}

n∈N

oraz

z − a jest punktem skupienia dla {x

n

}

n∈N

, więc

a ¬ lim sup

n→∞

y

n

oraz z − a ¬ lim sup

n→∞

x

n

.

Stąd

lim sup

n→∞

(x

n

+y

n

) = z = (z −a)+a ¬ lim sup

n→∞

(x

n

+y

n

) ¬ lim sup

n→∞

x

n

+lim sup

n→∞

y

n

.

Ad.2. Analogicznie.

background image

3

SZEREGI LICZBOWE

25

Przykład. Niech x

n

= sin

πn

4

, y

n

= cos

πn

4

, tzn.

{x

n

}


n
=0

= (0, 1, 0, −1, 0, 1, 0, −1, . . .), {y

n

}


n
=0

= (1, 0, −1, 0, 1, 0, −1, . . .);

{x

n

+ y

n

}


n
=0

= (1, 1, −1, −1, 1, 1, −1, −1, . . .).

Wówczas

lim inf

n→∞

x

n

= 1, lim sup

n→∞

x

n

= 1,

lim inf

n→∞

y

n

= 1, lim sup

n→∞

y

n

= 1,

lim inf

n→∞

(x

n

+ y

n

) = 1, lim sup

n→∞

(x

n

+ y

n

) = 1,

zatem w Ad.1. oraz Ad.2 wszystkie nierówności są ostre.

Wniosek 2.18. Jeśli ciąg {y

n

}

n∈N

jest zbieżny, to

lim sup

n→∞

(x

n

+y

n

) = lim sup

n→∞

x

n

+ lim

n→∞

y

n

, lim inf

n→∞

(x

n

+y

n

) = lim inf

n→∞

x

n

+ lim

n→∞

y

n

.

Ćwiczenie. Pokazać, że

lim sup

n→∞

(−x

n

) = lim inf

n→∞

x

n

.

3

Szeregi liczbowe

Definicja. Niech {a

n

}

n∈N

będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wówczas ciąg

sum {S

n

}

n∈N

, gdzie

S

1

= a

1

S

2

= a

1

+ a

2

..

.

S

n

= a

1

+ a

2

+ . . . + a

n

..

.

nazywamy szeregiem o wyrazach a

1

, a

2

, . . . lub krótko szeregiem i oznaczamy

X

n=1

a

n

lub a

1

+ a

2

+ a

3

+ . . .

Sumę S

n

nazywamy n–tą sumą częściową szeregu. Jeśli ciąg sum częściowych

{S

n

} jest zbieżny, to mówimy, że szereg

P


n
=1

a

n

jest zbieżny, natomiast gra-

nicę

S = lim

n→∞

S

n

background image

3

SZEREGI LICZBOWE

26

nazywamy sumą szeregu i piszemy wtedy

S =

X

n=1

a

n

.

Jeśli ciąg {S

n

} nie jest zbieżny, to szereg nazywamy rozbieżnym.

Przykład.

1. Rozważmy szereg

X

n=0

q

n

.

Jeśli q 6= 1, to ciąg sum częściowych jest następujący

S

n

=

n−1

X

k=0

q

k

= 1 + q + q

2

+ . . . + q

n−1

=

1 − q

n

1 − q

.

Jeśli |q| < 1, to S = lim

n→∞

S

n

=

1

1−q

. Jeśli |q| ­ 1, to S

n

=

q

n

1

q−1

jest

rozbieżny. Jeśli q = 1, to S

n

= n, zatem też jest rozbieżny. Podsumo-

wując szereg

P


n
=0

q

n

jest zbieżny dokładnie wtedy, gdy |q| < 1.

2. Szereg

X

n=1

1

n(n + 1)

jest zbieżny. Istotnie, ponieważ

1

k(k+1)

=

1
k

1

k+1

, więc ciąg sum czę-

ściowych jest następujący

S

n

=

1

1 · 2

+

1

2 · 3

+ . . . +

1

n(n + 1)

=

=



1

1

1

2



+



1

2

1

3



+ . . . +



1

n − 1

1

n



+



1

n

1

n + 1



=

= 1

1

n + 1

1.

Zatem suma tego szeregu wynosi 1.

Twierdzenie 3.1. (warunek konieczny zbieżności szeregu) Jeśli szereg licz-
bowy

P


n
=1

x

n

jest zbieżny, to x

n

0.

Dowód. Mamy x

n

= S

n

− S

n−1

→ S − S = 0.

Twierdzenie 3.2. Szereg

P


n
=1

x

n

jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy

ε>0

n

0

N

n­n

0

k∈N

|x

n+1

+ x

n+2

+ . . . + x

n+k

| < ε.

background image

3

SZEREGI LICZBOWE

27

Dowód. Wystarczy zauważyć, że

|S

n+k

− S

n

| = |x

n+1

+ x

n+2

+ . . . + x

n+k

|

oraz skorzystać z twierdzenia Cauchy’ego dla ciągu {S

n

}.

Twierdzenie 3.3. Załóżmy, że szeregi

P


n
=1

a

n

i

P


n
=1

b

n

są zbieżne oraz

niech α ∈ R. Wówczas szeregi

P


n
=1

(a

n

+ b

n

) oraz

P


n
=1

αa

n

są zbieżne oraz

X

n=1

(a

n

+ b

n

) =

X

n=1

a

n

+

X

n=1

b

n

,

X

n=1

αa

n

= α

X

n=1

a

n

.

Dowód. Wystaczy skorzystać z twierdzenia 2.5 dla ciągów sum częściowych.

3.1

Szeregi o wyrazach nieujemnych

Uwaga. Załóżmy, że a

n

­ 0 dla wszystkich n ∈ N. Wówczas ciąg {S

n

} jest

niemalejący. Zatem szereg

P


n
=1

a

n

jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy jest

ograniczony, tzn. istnieje M ­ 0 takie, że S

n

¬ M dla wszystkich n ∈ N.

Dlatego też w przypadku, gdy mamy do czynienia z szeregami o wyrazach
nieujemnych jeśli szereg

P


n
=1

a

n

jest zbieżny, to piszemy

P


n
=1

a

n

< +.

Jeśli szereg

P


n
=1

a

n

nie jest zbieżny, to ponieważ {S

n

} jest niemalejący, więc

S

n

+, a wtedy piszemy

P


n
=1

a

n

= +.

Twierdzenie 3.4. (kryterium porównawcze) Załóżmy, że 0 ¬ a

n

¬ b

n

dla

prawie wszystkich n ∈ N. Wówczas

X

n=1

a

n

= +=

X

n=1

b

n

= +∞,

X

n=1

b

n

< +=

X

n=1

a

n

< +∞.

Dowód. Niech S

n

= a

1

+ a

2

+ . . . + a

n

oraz S

0

n

= b

1

+ b

2

+ . . . + b

n

. Niech

0 ¬ a

n

¬ b

n

dla n ­ n

0

. Wówczas S

n

− S

n

0

¬ S

0

n

− S

0

n

0

dla n ­ n

0

.

Jeśli

P


n
=1

a

n

= +, to S

n

+. Ponieważ S

n

− S

n

0

+ S

0

n

0

¬ S

0

n

, więc

S

0

n

+, co oznacza, że szereg

P


n
=1

b

n

jest rozbieżny.

Druga część twierdzenia wynika z pierwszej części i prawa kontrapozycji:

(p ⇒ q) (∼ q ⇒∼ p)

background image

3

SZEREGI LICZBOWE

28

Wniosek 3.5. Niech {a

n

}

n∈N

oraz {b

n

}

n∈N

będą ciągami o wyrazach dodat-

nich. Załóżmy, że istnieje granica

lim

n→∞

a

n

b

n

= β.

Jeśli szereg

P


n
=1

b

n

jest zbieżny, to szereg

P


n
=1

a

n

jest również zbieżny. Jeśli

β > 0 oraz

P


n
=1

a

n

jest rozbieżny, to szereg

P


n
=1

b

n

jest również rozbieżny.

Dowód. Jeśli ciąg {a

n

/b

n

} jest zbieżny, to jest ograniczony, więc istnieje

M ¬ 0 takie, że a

n

¬ M b

n

. Wówczas z kryterium porównawczego zbież-

ność

P


n
=1

M b

n

implikuje zbieżność

P


n
=1

a

n

.

Jeśli β > 0, to istnieje n

0

N takie, że a

n

/b

n

> β/2 dla n ­ n

0

. Stąd

β

2

a

n

< b

n

dla n ­ n

0

. Wówczas z kryterium porównawczego rozbieżność

P


n
=1

β

2

a

n

= +implikuje rozbieżność

P


n
=1

b

n

.

Twierdzenie 3.6. (kryterium Cauchy’ego) Niech {a

n

}

n∈N

będzie ciągiem o

wyrazach nieujemnych. Wówczas

jeśli lim sup

n→∞

n

a

n

< 1, to szereg

X

n=1

a

n

jest zbieżny;

jeśli lim sup

n→∞

n

a

n

> 1, to szereg

X

n=1

a

n

jest rozbieżny.

Dowód. Załóżmy, że lim sup

n→∞

n

a

n

< 1. Niech r będzie liczbą rzeczywistą

taką, że lim sup

n→∞

n

a

n

< r < 1. Wówczas

n

a

n

< r dla prawie wszyst-

kich n ∈ N, zatem a

n

< r

n

dla prawie wszystkich n ∈ N. Ponieważ szereg

geometryczny

P


n
=1

r

n

jest zbieżny, więc z kryterium porównawczego również

szereg

P


n
=1

a

n

jest zbieżny.

Załóżmy, że lim sup

n→∞

n

a

n

> 1. Wówczas

n

a

n

> 1 dla nieskończenie

wielu n ∈ N, a zatem a

n

> 1 dla nieskończenie wielu n ∈ N. Stąd wynika, że

a

n

9 0. Z warunku koniecznego zbieżności szeregu wynika, że szereg

P


n
=1

a

n

nie jest zbieżny.

Przykład. Niech x > 0. Rozważmy szereg

X

n=1



x

n



n

.

Ponieważ

n

a

n

= x/n → 0 < 1, więc z kryterium Cauchy’ego szereg jest

zbieżny.

background image

3

SZEREGI LICZBOWE

29

Twierdzenie 3.7. (kryterium d’Alamberta) Niech {a

n

}

n∈N

będzie ciągiem o

wyrazach dodatnich. Wówczas

jeśli lim sup

n→∞

a

n+1

a

n

< 1, to szereg

X

n=1

a

n

jest zbieżny;

jeśli lim inf

n→∞

a

n+1

a

n

> 1, to szereg

X

n=1

a

n

jest rozbieżny.

Dowód. Załóżmy, że lim sup

n→∞

a

n+1

a

n

< 1. Niech r będzie liczbą rzeczywistą

taką, że lim sup

n→∞

a

n+1

a

n

< r < 1. Wówczas istnieje n

0

N takie, że

a

n+1

a

n

< r

dla n ­ n

0

. Stąd dla n ­ n

0

mamy

a

n

a

n

0

=

a

n

0

+1

a

n

0

·

a

n

0

+2

a

n

0

+1

· . . . ·

a

n−2

a

n−1

·

a

n

a

n−1

< r

n−n

0

.

Stąd a

n

< a

n

0

r

−n

0

r

n

dla n ­ n

0

. Ponieważ szereg

P


n
=1

a

n

0

r

−n

0

r

n

jest zbież-

ny, więc z kryterium porównawczego również szereg

P


n
=1

a

n

jest zbieżny.

Załóżmy, że lim inf

n→∞

a

n+1

a

n

> 1. Wówczas istnieje n

0

N takie, że

a

n+1

a

n

>

1 dla n ­ n

0

. Stąd dla n ­ n

0

mamy

a

n

a

n

0

=

a

n

0

+1

a

n

0

·

a

n

0

+2

a

n

0

+1

· . . . ·

a

n−2

a

n−1

·

a

n

a

n−1

> 1.

Stąd a

n

> a

n

0

> 0 dla n ­ n

0

. Stąd wynika, że a

n

9 0. Z warunku koniecz-

nego zbieżności szeregu wynika, że szereg

P


n
=1

a

n

nie jest zbieżny.

Przykład. Niech x > 0. Rozważmy szereg

X

n=1

x

n

n!

.

Ponieważ

a

n+1

a

n

=

x

n+1

(n+1)!

x

n

n!

=

x

n

0 < 1,

więc z kryterium d’Alamberta szereg jest zbieżny.

Przykład. Niech a, b będą liczbami dodatnimi takimi, że a < 1 < b. Rozważ-
my szereg

1 + a + ab + a

2

b + a

2

b

2

+ . . . + a

n

b

n−1

+ a

n

b

n

+ . . . ,

tzn. a

2n

= a

n

b

n−1

, a

2n+1

= a

n

b

n

. Wówczas

a

2n+1

a

2n

=

a

n

b

n

a

n

b

n−1

= b > 1,

a

2n

a

2n−1

=

a

n

b

n−1

a

n−1

b

n−1

= a < 1.

background image

3

SZEREGI LICZBOWE

30

Zatem

lim inf

n→∞

a

n+1

a

n

= a < 1 < b = lim sup

n→∞

a

n+1

a

n

,

czyli kryterium d’Alamberta nie rozstrzyga zbieżności szeregu. Natomiast

2n+1

a

2n+1

=

2n+1

a

n

b

n

ab oraz

2n

a

2n

=

2n

a

n

b

n−1

ab.

Stosując kryterium Cauchy’ego wnioskujemy, że jeśli

ab < 1, to szereg jest

zbieżny oraz jeśli

ab > 1, to szereg jest rozbieżny.

Twierdzenie 3.8. Załóżmy, że {a

n

}

n∈N

jest ciągiem nierosnącym liczb do-

datnich. Wówczas

X

n=1

a

n

< +∞ ⇐⇒

X

n=0

2

n

a

2

n

< +∞.

Dowód. Niech S

n

= a

1

+ a

2

+ . . . + a

n

oraz U

n

= a

1

+ 2a

2

+ 4a

4

+ . . . + 2

n

a

2

n

.

Dla dowolnej liczby naturalnej k mamy

2

k−1

a

2

k

= (2

k

2

k−1

)a

2

k

¬ a

2

k−1

+1

+ a

2

k−1

+2

+ . . . + a

2

k

¬ 2

k−1

a

2

k−1

.

Ponieważ

S

2

n

= a

1

+ a

2

+ (a

3

+ a

4

) + (a

5

+ a

6

+ a

7

+ a

8

) + . . . + (a

2

n−1

+1

+ . . . + a

2

n

),

więc

1

2

U

n

¬ S

2

n

¬ a

1

+ U

n−1

.

(3)

Jeśli szereg

P


n
=0

2

n

a

2

n

jest zbieżny, to ciąg {U

n

} jest ograniczony. Zatem

ciąg {S

2

n

} jest ograniczony ze względu na (3). Ponieważ {S

n

} jest monoto-

niczny i posiada podciąg ograniczony, więc sam jest ograniczony, co oznacza,
że szereg

P


n
=1

a

n

jest zbieżny.

Jeśli szereg

P


n
=1

a

n

jest zbieżny, to {S

n

} jest ograniczony. Ze względu na

(3) {U

n

} też jest ograniczony, a zatem szereg

P


n
=0

2

n

a

2

n

jest zbieżny.

Wniosek 3.9. Jeśli α > 0, to szereg

X

n=1

1

n

α

jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy α > 1.

background image

3

SZEREGI LICZBOWE

31

Dowód. Niech a

n

=

1

n

α

. Ciąg {a

n

} jest malejący, więc możemy zastosować

poprzednie twierdzenie. Wówczas

2

n

a

2

n

= 2

n

1

(2

n

)

α

= 2

n(1−α)

= (2

1−α

)

n

.

Zatem

P


n
=0

2

n

a

2

n

jest szeregiem geometrycznym o ilorazie 2

1−α

. Jest on

zbieżny dokładnie wtedy, gdy

2

1−α

< 1 ⇐⇒ 1 − α < 0 ⇐⇒ 1 < α.

Wniosek 3.10. Szereg harmoniczny

X

n=1

1

n

= 1 +

1

2

+

1

3

+ . . . +

1

n

+ . . .

jest rozbieżny. Natomiast szereg

P


n
=1

1

n

2

jest zbieżny.

Przykład.

1. Rozważmy szereg

X

n=1

n

n

2

+ n

.

Niech b

n

= n

3/2

. Wówczas

a

n

b

n

=

n

n

2

+n

n

3/2

=

n

2

n

2

+ n

= 1.

Ponieważ szereg

P


n
=1

n

3/2

jest zbieżny, więc i wyjściowy szereg jest

zbieżny.

2. Rozważmy szereg

X

n=1

1 + n

1 + n

2

.

Niech b

n

= n

1

. Wówczas

a

n

b

n

=

1+n

1+n

2

n

1

=

n + n

2

1 + n

2

= 1 > 0.

Ponieważ szereg

P


n
=1

n

1

jest rozbieżny, więc i wyjściowy szereg jest

rozbieżny.

background image

4

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

32

4

Dowolne szeregi rzeczywiste c.d.

Definicja. Mówimy, że szereg

P


n
=1

a

n

jest bezwzględnie zbieżny, jeśli szereg

P


n
=1

|a

n

| jest zbieżny.

Twierdzenie 4.1. Każdy szereg bezwzględnie zbieżny jest zbieżny.

Dowód. Ponieważ szereg

P


n
=1

|a

n

| jest zbieżny, więc spełnia warunek Cau-

chy’ego, tzn.

ε>0

n

0

N

n­n

0

k∈N

||a

n+1

| + |a

n+2

| + . . . + |a

n+k

|| < ε.

Z nierówności trójkąta mamy

|a

n+1

+ a

n+2

+ . . . + a

n+k

| ¬ |a

n+1

| + |a

n+2

| + . . . + |a

n+k

| =

= ||a

n+1

| + |a

n+2

| + . . . + |a

n+k

||.

Zatem szereg

P


n
=1

a

n

spełnia warunek Cauchy’ego, a więc jest zbieżny.

Przykład. Dla dowolnego x ∈ R szereg

X

n=1

sin(nx)

n

2

jest bezwzględnie zbieżny. Ponieważ





sin(nx)

n

2





¬

1

n

2

oraz szereg

P


n
=1

1

n

2

jest zbieżny, więc z kryterium porównawczego również

szereg

P


n
=1



sin(nx)

n

2



jest zbieżny.

Twierdzenie 4.2. (kryterium Dirichleta) Niech {a

n

}


n
=1

oraz {b

n

}


n
=1

będą

ciągami rzeczywistymi. Załóżmy, że

ciąg {a

n

}


n
=1

jest monotonicznie zbieżny do zera;

ciąg sum częściowych B

n

= b

1

+ . . . + b

n

jest ograniczony.

Wówczas szereg

P


n
=1

a

n

b

n

jest zbieżny.

Dowód. Załóżmy, że ciąg {a

n

}


n
=1

jest nierosnący. W przeciwnym przypadku

dowód jest analogiczny. Ponieważ a

n

0, więc a

n

¬ 0 dla wszystkich n ∈ N.

Ponieważ ciąg {B

n

} jest ograniczony, więc wybierzmy B > 0 takie, że |B

n

| ¬

background image

4

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

33

B dla wszystkich n ∈ N. Weźmy ε > 0. Wówczas istnieje n

0

N takie, że

a

n

< ε/(2B) dla n ­ n

0

. Wówczas dla n ­ n

0

oraz k ∈ N mamy

a

n+1

b

n+1

+ a

n+2

b

n+2

+ . . . + a

n+k

b

n+k

=

=a

n+1

(B

n+1

− B

n

) + a

n+2

(B

n+2

− B

n+1

) + . . . + a

n+k

(B

n+k

− B

n+k−1

) =

= − B

n

a

n+1

+ B

n+1

(a

n+1

− a

n+2

) + . . . + B

n+k−1

(a

n+k−1

− a

n+k

) + B

n+k

a

n+k

.

Stąd wykorzystując nierówność trójkąta otrzymujemy

|a

n+1

b

n+1

+ a

n+2

b

n+2

+ . . . + a

n+k

b

n+k

| ¬

¬ Ba

n+1

+ B(a

n+1

− a

n+2

) + . . . + B(a

n+k−1

− a

n+k

) + Ba

n+k

=

= B(a

n+1

+ (a

n+1

− a

n+2

) + . . . + (a

n+k−1

− a

n+k

) + a

n+k

) =

= 2Ba

n+1

< ε

dla n ­ n

0

oraz k ∈ N. Zatem szereg

P


n
=1

a

n

b

n

spełnia warunek Cauchy’ego,

a więc jest zbieżny.

Oznaczenia. Szeregi postaci

X

n=1

(1)

n+1

a

n

,

gdzie a

n

­ 0 nazywamy naprzemiennymi.

Twierdzenie 4.3. (kryterium Leibniza) Załóżmy, że ciąg jest monotoniczny
i zbieżny do zera. Wówczas szereg

P


n
=1

(1)

n+1

a

n

jest zbieżny.

Dowód. Niech b

n

= (1)

n+1

, wtedy B

n

= 0, gdy n jest parzysta oraz B

n

= 1,

gdy n jest nieparzysta. Zatem ciąg {B

n

} jest ograniczony. Teraz korzystając

z kryterium Dirichleta otrzymujemy zbieżność szeregu

P


n
=1

(1)

n+1

a

n

.

Przykład.

1. Rozważmy szereg

X

n=1

(1)

n+1

1

n

= 1

1

2

+

1

3

1

4

+ . . .

Ponieważ ciąg a

n

= 1/n monotonicznie zbiera do zera, więc na pod-

stawie kryterium Leibniza nasze szereg jest zbieżny. Nie jest on jednak
bezwzględnie zbieżny, ponieważ szereg harmoniczny

P


n
=1

1

n

jest roz-

bieżny. Można udowodnić, że suma naszego szeregu wynosi ln 2.

background image

4

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

34

2. Rozważmy szereg

X

n=1

sin(nx)

n

.

Niech a

n

= 1/n oraz b

n

= sin(nx). Można pokazać, że ciąg B

n

=

P

n
k
=1

sin(nx) jest ograniczony (ćwiczenie), więc z kryterium Dirichleta

otrzymujemy zbieżność szeregu.

Twierdzenie 4.4. (kryterium Abela) Niech {a

n

}


n
=1

oraz {b

n

}


n
=1

będą cią-

gami rzeczywistymi. Załóżmy, że

ciąg {a

n

}


n
=1

jest monotonicznie i zbieżny;

szereg

P


n
=1

b

n

jest zbieżny.

Wówczas szereg

P


n
=1

a

n

b

n

jest zbieżny.

Dowód. Niech a będzie granicą ciągu {a

n

}. Wówczas ciąg {a

n

− a} monoto-

nicznie zbiega do zera. Ponieważ szereg

P


n
=1

b

n

jest zbieżny, więc ciąg sum

częściowych B

n

jest ograniczony. Zatem z twierdzenia Dirichleta szereg

X

n=1

(a

n

− a)b

n

jest zbieżny. Ponadto wiemy, że szereg

X

n=1

ab

n

jest zbieżny. Zatem korzystając z tego, że a

n

b

n

= (a

n

−a)b

n

+ab

n

otrzymujemy

zbieżność naszego szeregu.

Przykład. Rozważmy szereg

X

n=1



1 +

1

n



sin(nx)

n

.

Jest on zbieżny w oparciu o poprzedni przykład oraz kryterium Abela.

Twierdzenie 4.5. Załóżmy, że

P


n
=1

a

n

jest szeregiem bezwzględnie zbieżnym

oraz π : N N permutacją zbioru liczb naturalnych (bijekcja). Wówczas
szereg

P


n
=1

a

π(n)

jest bezwzględnie zbieżny oraz

X

n=1

a

π(n)

=

X

n=1

a

n

.

background image

4

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

35

Dowód. Weźmy ε > 0. Wówczas istnieje n ∈ N takie, że dla dowolnego k ∈ N
mamy

N +k

X

i=N +1

|a

i

| < ε/2.

Ponieważ π jest bijekcją więc istnieje n

1

N takie, że

{1, 2, . . . , N } ⊂ {π(1), π(2), . . . , π(n

1

)}.

Wówczas jeśli n > n

1

, to π(n) > N . Oznaczmy

S

n

= a

1

+ a

2

+ . . . + a

n

,

T

n

= a

π(1)

+ a

π(2)

+ . . . + a

π(n)

.

Załóżmy, że n > n

1

. Wówczas

|S

n

− T

n

| ¬

max(n,π(n))

X

i=N +1

|a

i

| < ε/2.

Ponieważ S

n

→ S, więc istnieje n

0

­ n

1

takie, że dla n ­ n

0

mamy |S

n

−T

n

| <

ε/2. Zatem dla n ­ n

0

otrzymujemy

|T

n

− S| ¬ |T

n

− S

n

| + |S

n

− S| < ε/2 + ε/2 = ε.

Stąd T

n

→ S.

Twierdzenie 4.6. (Riemanna) Załóżmy, że szereg

P


n
=1

a

n

jest warunko-

wo zbieżny, tzn. jest zbieżny lecz nie jest bezwzględnie zbieżny. Wówczas dla
dowolnego S ∈
R ∪ {−∞, +inf ty} istnieje permutacja π : N N taka, że

X

n=1

a

π(n)

= S.

Twierdzenie 4.7. Niech

P


n
=1

a

n

będzie szeregiem zbieżnym. Załóżmy, że

{i

n

}


n
=0

będzie rosnącym ciągiem liczb naturalnych takim, że i

0

= 0. Niech

{b

n

}

n∈N

będzie ciągiem danym wzorem

b

n

= a

i

n−1

+1

+ a

i

n−1

+2

+ . . . + a

i

n

.

Wówczas szereg

P


n
=1

b

n

jest zbieżny oraz

P


n
=1

b

n

=

P


n
=1

a

n

.

Dowód. Niech A

n

i B

n

będą sumami częściowymi odpowiednio szeregów

P


n
=1

a

n

i

P


n
=1

b

n

. Wówczas B

n

= A

i

n

jest zbieżny do

P


n
=1

a

n

.

Uwaga. Ze zbieżności szeregu

P


n
=1

b

n

nie należy wnioskować zbieżności sze-

regu

P


n
=1

a

n

. Rozważmy szereg

P


n
=1

(1)

n+1

oraz niech i

n

= 2n dla n ­ 0.

Wówczas b

n

= a

2n−1

+a

2n

= 11 = 0. Oczywiście szereg

P


n
=1

b

n

jest zbieżny

zaś

P


n
=1

(1)

n+1

nie jest zbieżny.

background image

4

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

36

4.1

Iloczyn szeregów

Niech

P


n
=1

a

n

i

P


n
=1

b

n

będą szeregami zbieżnymi. Rozważmy wszystkie

iloczyny wyrazów tych szeregów tzn. {a

i

b

j

: i, j ∈ N}. Iloczyny te można

ustawić w ciąg nieskończony na wiele różnych sposobów i utworzyć z nich
szereg. Jeśli wyjściowe szeregi są bezwzględnie zbieżne, to wszystkie w ten
sposób utworzone szeregi będą posiadały tę samą sumę.

Twierdzenie 4.8. (Cauchy’ego) Jeśli szeregi

P


n
=1

a

n

= A i

P


n
=1

b

n

=

B są bezwzględnie zbieżne, to szereg utworzony z iloczynów a

i

b

j

, i, j ∈ N

zsumowanych w dowolnej kolejności jest bezwzględnie zbieżny oraz

X

(i,j)N×N

a

i

b

j

= AB.

Dowód. Niech

P


n
=1

|a

n

| = A

i

P


n
=1

|b

n

| = B

. Niech

P


n
=1

a

i

n

b

j

n

będzie

szeregiem utworzony z ustawienia iloczynów a

i

b

j

, i, j ∈ N w ciąg {a

i

n

b

j

n

}

n∈N

.

Pokażemy, że szereg

P


n
=1

|a

i

n

b

j

n

| jest zbieżny. Niech D

n

będzie n–tą sumą

częściową tego szeregu. Niech k

n

= max{i

k

, j

l

: 1 ¬ k, l ¬ n}. Wówczas

D

n

=

k

X

m=1

|a

i

n

b

j

n

| ¬

X

1¬i,j¬k

n

|a

i

||b

j

| =

k

n

X

i=1

|a

i

|

k

n

X

j=1

|b

j

| ¬ A

B

.

Zatem

P


n
=1

a

i

n

b

j

n

jest bezwzględnie zbieżny i z twierdzenie 4.5 jego suma

nie zależny od kolejności zliczania iloczynów. Ustawmy zatem iloczyny a

i

b

j

,

i, j ∈ N w szereg postaci

a

1

b

1

+ (a

1

b

2

+ a

2

b

2

+ a

2

b

1

) + (a

1

b

3

+ a

2

b

3

+ a

3

b

3

+ a

3

b

2

+ a

3

b

1

) + (a

1

b

4

+ . . . .

Niech d

n

=

P

n
i
=1

a

i

b

n

+

P

n−1
i=1

a

n

b

1

. Z twierdzenia 4.7 szereg

P


n
=1

d

n

jest

zbieżny zaś jego suma jest równa

P


n
=1

a

i

n

b

j

n

. Niech A

n

, B

n

oraz D

n

będą

n–tymi sumami częściowymi odpowiednio szeregów

P


n
=1

a

n

,

P


n
=1

b

n

oraz

P


n
=1

d

n

. Wówczas

D

n

=

X

1¬i,j¬n

a

i

b

j

= A

n

B

n

→ AB.

background image

4

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

37

Definicja. Iloczynem Cauchy’ego szeregów

P


n
=1

a

n

i

P


n
=1

b

n

nazywamy sze-

reg

P


n
=1

c

n

, gdzie c

n

=

P

n
i
=1

a

i

b

n+1−i

, tzn.

c

1

= a

1

b

1

c

2

= a

1

b

2

+ a

2

b

1

c

3

= a

1

b

3

+ a

2

b

2

+ a

3

b

1

..

.

c

n

= a

1

b

n

+ a

2

b

n−1

+ . . . + a

n−1

b

2

+ a

n

b

1

..

.

Wniosek 4.9. Jeśli szeregi

P


n
=1

a

n

= A i

P


n
=1

b

n

= B są bezwzględnie

zbieżne oraz

P


n
=1

c

n

jest ich iloczynem Cauchy’ego, to

P


n
=1

c

n

jest bezwzględ-

nie zbieżny oraz jego suma wynosi A · B.

Przykład. Niech x, y ∈ R. Rozważmy szeregi

P


n
=0

x

n

n!

oraz

P


n
=0

y

n

n!

, któ-

re jak wiemy są bezwzględnie zbieżne. Niech

P


n
=0

c

n

będzie ich iloczynem

Cauchy’ego. Wówczas

c

n

=

n

X

k=0

a

n

b

n−k

=

n

X

k=0

x

k

k!

y

n−k

(n − k)!

=

1

n!

n

X

k=0

n
k

!

x

k

y

n−k

=

(x + y)

n

n!

.

Z poprzedzającego wniosku otrzymujemy zatem

X

n=0

(x + y)

n

n!

=

X

n=0

x

n

n!

·

X

n=0

y

n

n!

.

Twierdzenie 4.10. (Mertensa) Załóżmy, że szereg

P


n
=1

a

n

= A jest bez-

względnie zbieżny, a szereg

P


n
=1

b

n

= B jest zbieżny. Wówczas ich iloczyn

Cauchy’ego

P


n
=1

c

n

jest zbieżny oraz jego suma wynosi A · B.

Dowód. Oznaczmy przez A

n

, B

n

i C

n

n–tą sumę częściową odpowiednio sze-

regu

P


n
=1

a

n

,

P


n
=1

b

n

i

P


n
=1

c

n

. Zauważmy, że

C

n

=

n

X

j=1

c

j

=

n

X

j=1

j

X

k=1

a

k

b

j+1−k

=

X

1¬k¬j¬n

a

k

b

j+1−k

=

n

X

k=1

n

X

j=k

a

k

b

j+1−k

=

=

n

X

k=1

a

k

n

X

j=k

b

j+1−k

=

n

X

k=1

a

k

(b

1

+ b

2

+ . . . + b

n+1−k

) =

n

X

k=1

a

k

B

n+1−k

.

Oznaczmy β

n

= B − B

n

dla n ∈ N. Wówczas

C

n

=

n

X

k=1

a

k

B

n+1−k

=

n

X

k=1

a

k

(B − β

n+1−k

) = A

n

B −

n

X

k=1

a

k

β

n+1−k

.

background image

5

GRANICA FUNKCJI

38

Jeśli oznaczymy γ

n

=

P

n
k
=1

a

k

β

n+1−k

, to C

n

= A

n

B − γ

n

. Ponieważ A

n

→ A,

wystarczy pokazać, że γ

n

0.

Weźmy ε > 0. Ponieważ β

n

0, więc istnieje n

1

N takie, że dla n ­ n

1

mamy

n

| <

ε

2A

,

gdzie A∗ =

P


n
=1

|a

n

|. Zbieżność ciągu

n

}

n∈N

implikuje jego ograniczoność,

a zatem istnieje M > 0 takie, że

n

| ¬ M dla dowolnego naturalnego n. Z

warunku koniecznego wynika, że a

n

0. Stąd istnieje n

2

N takie, że dla

n ­ n

2

mamy

|a

n

| <

ε

2M n

1

.

Niech n

0

= n

1

+ n

2

2. Wówczas dla n ­ n

0

mamy

n

| ¬

n

X

k=1

|a

k

β

n+1−k

| = |a

1

β

n

| + |a

2

β

n−1

| + . . . + |a

n−1

β

2

| + |a

n

β

1

| =

= (|a

1

||β

n

| + . . . + |a

n−n

1

+1

||β

n

1

|) + (|a

n−n

1

+2

||β

n

1

1

| + . . . + |a

n

||β

1

|) <

< (|a

1

| + . . . + |a

n+n

1

1

|)

ε

2A

+ (n

1

1)

ε

2M n

1

M ¬ A

ε

2A

+

ε

2

¬ ε.

Stąd γ

n

0.

5

Granica funkcji

Definicja. Niech A ⊂ R będzie zbiorem niepustym. Punktem skupienia zbioru
A nazywać będziemy dowolny punkt x ∈ R, dla którego istnieje ciąg {x

n

}

n∈N

taki, że x

n

∈ A, x

n

6= x dla wszystkich n ∈ N oraz x

n

→ x. Zbiór wszystkich

punktów skupienia zbioru A będziemy oznaczać przez A

d

. Jeśli istnieje ciąg

{x

n

}

n∈N

taki, że x

n

∈ A dla wszystkich n ∈ N oraz x

n

+(−∞), to

mówimy, że +(−∞) jest niewłaściwym punktem skupienia zbioru A.

Przykład.

1. (0, 1]

d

= [0, 1];

2. ((1, 1) ∪ {2})

d

= [1, 1];

3. {

1

n

: n ∈ N}

d

= {0};

4. Q

d

= R;

5. Z

d

= .

Uwaga.

x

0

∈ A

d

⇐⇒ ∀

δ>0

x∈A

0 < |x − x

0

| < δ.

background image

5

GRANICA FUNKCJI

39

Definicja. (Heine’go granicy funkcji) Niech D ⊂ R, f : D → R oraz x

0

∈ D

d

.

Mówimy, że f posiada w punkcie x

0

granicę w sensie Heine’go y

0

R, jeśli

dla dowolnego ciągu {x

n

}

n∈N

takiego, że x

n

∈ D, x

n

6= x

0

dla wszystkich

n ∈ N oraz x

n

→ x

0

zachodzi f (x

n

) → y

0

.

Definicja. (Cauchy’ego granicy funkcji) Niech D ⊂ R, f : D → R oraz
x

0

∈ D

d

. Mówimy, że f posiada w punkcie x

0

granicę w sensie Cauchy’ego

y

0

R, jeśli

ε>0

δ>0

x∈D

(0 < |x − x

0

| < δ =⇒ |f (x) − y

0

| < ε) .

Twierdzenie 5.1. Definicje Heine’go i Cauchy’ego są równoważne.

Dowód. Załóżmy, że y

0

jest granicą w sensie Cauchy’ego funkcji f w punkcie

x

0

∈ D

d

. Niech {x

n

}

n∈N

będzie dowolnym ciągiem takim, że x

n

∈ D \ {x

0

}

dla wszystkich n ∈ N oraz x

n

→ x

0

. Musimy pokazać, że f (x

n

) → y

0

. Weźmy

zatem dowolny ε > 0. Na mocy definicji Cauchy’ego istnieje δ > 0 takie, że
dla dowolnej liczby x ∈ D takiej, że 0 < |x − x

0

| < δ, mamy |f (x) − y

0

| < ε.

Ponieważ x

n

→ x

0

, więc istnieje n

0

N takie, że 0 < |x

n

− x

0

| < δ dla

n ­ n

0

. Stąd dla n ­ n

0

otrzymujemy |f (x

n

) − y

0

| < ε, a zatem f (x

n

) → y

0

.

Załóżmy, że y

0

jest granicą w sensie Heine’go funkcji f w punkcie x

0

∈ D

d

.

Przypuśćmy, że y

0

jest granicą w sensie Heine’go funkcji f w punkcie x

0

.

Wtedy

ε>0

δ>0

x∈D

0 < |x − x

0

| < δ ∧ |f (x) − y

0

| ­ ε.

Biorąc kolejno za δ =

1

n

skonstruujemy ciąg {x

n

}

n∈N

taki, że x

n

∈ D, 0 <

|x

n

− x

0

| < 1/n oraz |f (x

n

) − y

0

| ­ ε dla dowolnego n ∈ N. Zatem x

n

x

0

, a więc z definicji Heine’go mamy f (x

n

) → y

0

, co stoi w sprzeczności z

warunkiem |f (x

n

) − y

0

| ­ ε.

Oznaczenia. Jeśli y

0

jest granicą funkcji f w punkcie x

0

∈ D

d

, to piszemy

lim

x→x

0

f (x) = y

0

.

Wniosek 5.2. Niech f, g : D → R oraz x

0

∈ D

d

. Załóżmy, że lim

x→x

0

f (x) =

a oraz lim

x→x

0

g(x) = b. Wówczas

1. lim

x→x

0

αf (x) = αa dla dowolnego α ∈ R;

2. lim

x→x

0

(f (x) + g(x)) = a + b;

3. lim

x→x

0

f (x)g(x) = ab;

4. lim

x→x

0

f (x)

g(x)

=

a

b

, gdy b 6= 0.

background image

5

GRANICA FUNKCJI

40

Dowód. Ad.1. Niech {x

n

}

n∈N

będzie dowolnym ciągiem takim, że x

n

∈ D \

{x

0

} oraz x

n

→ x

0

. Musimy pokazać, że αf (x

n

) → αa. Ale, z definicji He-

ine’go, wiemy, że f (x

n

) → a. Stosując teraz twierdzenie 2.5 otrzymujemy

pożądaną zbieżność.

Pozostałe części wynikają również bezpośrednio z twierdzenie 2.5.

Definicja. Niech f : D → R. Jeśli x

0

∈ D

d

, to

lim

x→x

0

f (x) = +(−∞)

⇔ ∀

{x

n

}⊂D\{x

0

}

(x

n

→ x

0

⇒ f (x

n

) +(−∞))

⇔ ∀

M ∈R

δ>0

x∈D

(0 < |x − x

0

| < δ ⇒ f (x) > M (f (x) < M )).

Jeśli ±∞ jest niewłaściwym punktem skupienia zbioru D, to

lim

x→±∞

f (x) = y

0

⇔ ∀

{x

n

}⊂D\{x

0

}

(x

n

+(−∞) ⇒ f (x

n

) → y

0

)

⇔ ∀

ε>0

M ∈R

x∈D

(f (x) > M (f (x) < M ) ⇒ |f (x

0

) − y

0

| < ε).

Analogicznie możemy zdefiniować co to znaczy, że lim

x→±∞

f (x) = +lub

lim

x→±∞

f (x) = −∞.

Przykład.

1. lim

x→2

x

2

= 4, bo jeśli x

n

2, to x

2
n

4.

2. lim

x→0

(sgn(x))

2

= 1, gdzie

sgn(x) =

1

gdy

x > 0

1

gdy

x < 0

0

gdy

x = 0.

3. lim

x→±∞

1
x

= 0. Dla dowolnego ε > 0 wystarczy wziąć M = ±

1
ε

. Jeśli

x >

1
ε

lub x < −

1
ε

, to |

1

x

0| =

1

|x|

< ε.

4. lim

x→+

e

x

= +oraz lim

x→−∞

e

x

= 0. Weźmy dowolne M > 0.

Niech N = ln M . Jeśli x > N = ln M , to e

x

> e

ln M

= M .

Jeśli x

n

→ −∞, to −x

n

+, a wtedy e

−x

n

+. Jednak e

x

n

=

1

e

−xn

0 z poprzedniego przykładu.

5. Jeśli x

0

> 0, to lim

x→x

0

ln x = ln x

0

. Załóżmy, że ln x

0

nie jest granicą

funkcji ln w punkcie x

0

. Z definicji Heine’go istnieje ciąg {x

n

} taki, że

x

n

→ x

0

oraz ln x

n

9 ln x

0

. Ponieważ ciąg {x

n

} jest odgraniczony od

zera, tzn. 1/M < x

n

< M , więc | ln x

n

| < ln M . Zatem możemy wybrać

podciąg {ln x

k

n

}, który jest zbieżny do y

0

6= ln x

0

. Wówczas

x

k

n

= e

ln x

kn

→ e

y

0

6= e

ln x

0

= x

0

,

co prowadzi do sprzeczności.

background image

5

GRANICA FUNKCJI

41

6. lim

x→+

ln x = +oraz lim

x→0

ln x = −∞ (ćwiczenie).

7. lim

x→±∞



1 +

1
x



x

= e.

8. lim

x→0

(1 + x)

1
x

= e.

9. lim

x→0

−x ln x = 0. Najpierw rozważmy ciąg

1

n

ln

1

n + 1

=

ln(n + 1)

n

.

Ten ciąg zbiega do 0 na podstawie twierdzenie Stolza. Rzeczywiście,
niech a

n

= ln(n + 1), b

n

= n. Wtedy b

n

jest monotonicznie rozbieżny

do +oraz

a

n+1

− a

n

b

n+1

− b

n

=

ln(n + 2) ln(n + 1)

(n + 1) − n

= ln

n + 2

n + 1

ln 1 = 0.

Załóżmy, że x

n

> 0 oraz x

n

0. Wtedy [1/x

n

] +. Wówczas dla

odpowiednio dużych n kolejno mamy

[

1

x

n

] ¬

1

x

n

< [

1

x

n

] + 1

1

[

1

x

n

] + 1

< x

n

¬

1

[

1

x

n

]

0 < −x

n

ln x

n

< −

1

[

1

x

n

]

ln

1

[

1

x

n

] + 1

0.

Z twierdzenia o trzech ciągach −x

n

ln x

n

0.

10. lim

x→0

x

x

= 1, ponieważ x

x

= e

x ln x

.

Definicja. Niech f : D → R. Załóżmy, że x

0

(D ∩ (x

0

, +))

d

(x

0

(D ∩

(−∞, x

0

))

d

). Liczba y

0

jest granicą prawostronną (lewostronną) funkcji f w

punkcie x

0

, co oznaczamy przez lim

x→x

+
0

f (x) = y

0

(lim

x→x


0

f (x) = y

0

), jeśli

dla dowolnego ciągu x

n

→ x

0

takiego, że x

0

< x

n

(x

n

< x

0

) dla wszystkich

n ∈ N mamy f (x

n

) → y

0

, lub równoważnie

ε>0

δ>0

x∈D

(0 < x − x

0

< δ (0 < x

0

− x < δ) =⇒ |f (x) − y

0

| < ε) .

Przykład. Jeśli n ∈ Z, to lim

x→n

+

[x] = n oraz lim

x→n

[x] = n − 1.

Oznaczenia. Powiemy, że funkcja f : D → R (D ⊂ R) jest

rosnąca, jeśli dla dowolnych x

1

, x

2

∈ D, x

1

< x

2

mamy f (x

1

) < f (x

2

);

background image

5

GRANICA FUNKCJI

42

malejąca, jeśli dla dowolnych x

1

, x

2

∈ D, x

1

< x

2

mamy f (x

1

) > f (x

2

);

niemalejąca, jeśli dla dowolnych x

1

, x

2

∈ D, x

1

< x

2

mamy f (x

1

) ¬

f (x

2

);

nierosnąca, jeśli dla dowolnych x

1

, x

2

∈ D, x

1

< x

2

mamy f (x

1

) ­

f (x

2

);

monotoniczna, jeśli spełniony jest jeden powyższych czterech warun-

ków;

ściśle monotoniczna, jeśli jest rosnąca albo malejąca.

Twierdzenie 5.3. Załóżmy, że f : D → R, D ⊂ R jest funkcją monotonicz-
ną. Jeśli x

0

jest punktem skupienia D ∩ (x

0

, +) (D ∩ (−∞, x

0

)), to istnieje

granica prawostronna lim

x→x

0

+

f (x) (lewostronna lim

x→x

0

f (x)).

Dowód. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że f jest niemalejąca.

Przypadek 1. Załóżmy, że f na zbiorze D ∩ (x

0

, +) nie jest ograniczona

z dołu. Pokażemy, że lim

x→x

0

+

f (x) = −∞. Weźmy dowolne M < 0. Wtedy

istnieje x

M

∈ D ∩ (x

0

, +) taki, że f (x

M

) < M . Niech δ = x

M

− x

0

> 0.

Wówczas jeśli 0 < x−x

0

< δ = x

M

−x

0

, to x < x

M

, a zatem f (x) ¬ f (x

M

) <

M , co implikuje lim

x→x

0

+

f (x) = −∞.

Przypadek 2. Załóżmy, że f na zbiorze D ∩ (x

0

, +) jest ograniczona z

dołu. Niech

a := inf{f (x) : x ∈ D ∩ (x

0

, +)}.

Pokażemy, że lim

x→x

0

+

f (x) = a. Weźmy ε > 0. Wtedy istnieje x

ε

∈ D ∩

(x

0

, +) taki, że a + ε > f (x

ε

). Niech δ = x

ε

− x

0

> 0. Wówczas jeśli

0 < x − x

0

< δ = x

ε

− x

0

, to x < x

ε

, a zatem

a ¬ f (x) ¬ f (x

ε

) < a + ε =⇒ |f (x) − a| < ε,

a stąd lim

x→x

0

+

f (x) = a.

Twierdzenie 5.4. Niech f : D → R, D ⊂ R. Jeśli x

0

jest punktem skupienia

D ∩ (x

0

, +) oraz D ∩ (−∞, x

0

)). Wówczas granica funkcji f w punkcie x

0

istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją granice jednostronne i są sobie równe.

Dowód. Jeśli granica funkcji f w punkcie x

0

istnieje, to wprost z definicji

istnieją granice jednostronne i są one równe granicy lim

x→x

0

f (x).

Załóżmy, że granice jednostronne istnieją oraz y

0

= lim

x→x


0

f (x) =

lim

x→x

+
0

f (x). Zatem dla dowolnego ε > 0 istnieją δ

1

, δ

2

> 0 takie, że dla

dowolnego x ∈ D mamy

0 < x − x

0

< δ

1

=⇒ |f (x) − y

0

| < ε,

background image

6

CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI

43

0 < x

0

− x < δ

2

=⇒ |f (x) − y

0

| < ε.

Niech δ = min(δ

1

, δ

2

) > 0. Wówczas jeśli x ∈ D oraz 0 < |x − x

0

| < δ, to

0 < x − x

0

< δ

1

albo 0 < x

0

− x < δ

2

,a zatem |f (x) − y

0

| < ε.

Uwaga. Dla dowolnego x ∈ (0, π/2) mamy sin x < x < tg x. Zatem | sin x| ¬
|x|
dla wszystkich x ∈ R. Ponieważ sin jest funkcją nieparzystą wystarczy
pokazać, że | sin x| ¬ x dla x > 0. Jeśli x ∈ (0, π/2), to nierówność jest
spełniona. Gdy x ­ π/2, to | sin x| ¬ 1 < π/2 ¬ x. Zatem jeśli x

n

→ x

0

, to

| sin x

n

sin x

0

| = 2| sin

x

n

− x

0

2

cos

x

n

+ x

0

2

| ¬ 2| sin

x

n

− x

0

2

| ¬ |x

n

−x

0

| → 0,

| cos x

n

cos x

0

| = 2| sin

x

n

− x

0

2

sin

x

n

+ x

0

2

| ¬ 2| sin

x

n

− x

0

2

| ¬ |x

n

−x

0

| → 0.

Stąd wynika, że lim

x→x

0

sin x = sin x

0

oraz lim

x→x

0

cos x = cos x

0

.

Ponadto, jeśli x

n

0 oraz x

n

(0, π/2), to

1 cos x

n

<

sin x

n

x

n

< 1.

Z twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy lim

x→0

+

sin x

x

= 1. Ponadto

sin(−x)

−x

=

sin x

x

, a więc lim

x→0

sin x

x

= 1. Z poprzedniego twierdzenia otrzymujemy

lim

x→0

sin x

x

= 1.

6

Ciągłość funkcji

Definicja. (Heine’go) Niech D ⊂ R, f : D → R oraz x

0

∈ D. Mówimy, że

f jest ciągła w punkcie x

0

, jeśli dla dowolnego ciągu {x

n

}

n∈N

takiego, że

x

n

∈ D dla wszystkich n ∈ N oraz x

n

→ x

0

zachodzi f (x

n

) → f (x

0

).

Definicja. (Cauchy’ego) Niech D ⊂ R, f : D → R oraz x

0

∈ D. Mówimy, że

f jest ciągła w punkcie x

0

, jeśli

ε>0

δ>0

x∈D

(|x − x

0

| < δ =⇒ |f (x) − f (x

0

)| < ε) .

Uwaga. Jeśli x

0

∈ D jest punktem skupienia zbioru D, to ciągłość w punkcie

x

0

w sensie Heine’go i w sensie Cauchy’ego są równoważne oraz są równoważ-

ne temu, że lim

x→x

0

f (x) = f (x

0

). Jeśli x

0

∈ D nie jest punktem skupienia

zbioru D, tzn. istnieje δ > 0 takie, że (x

0

− δ, x

0

+ δ) ∩ D = {x

0

}, wówczas

dowolna funkcja f jest ciągła w x

0

zarówno w sensie w sensie Heine’go i

Cauchy’ego.

Definicja. Powiemy, że funkcja f jest ciągła jeśli jest ciągła w każdym punkcie
dziedziny.

background image

6

CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI

44

Twierdzenie 6.1. Załóżmy, funkcje f, g : D → R są ciągłe. Wtedy funkcje
αf , f
+ g, f · g oraz

f

g

: {x ∈ D : g(x) 6= 0} → R są również ciągłe.

Dowód. Niech {x

n

}

n∈N

będzie dowolnym ciągiem takim, że x

n

∈ D oraz x

n

x

0

. Musimy pokazać, że αf (x

n

) → αf (x

0

). Ale, z definicji Heine’go, wiemy,

że f (x

n

) → f (x

0

). Stosując teraz twierdzenie 2.5 otrzymujemy pożądaną

zbieżność.

Pozostałe części wynikają również bezpośrednio z twierdzenie 2.5.

Przykład.

1. Ponieważ funkcja f : R R, f (x) = x jest ciągła (bezpo-

średnio z definicji) więc na podstawie poprzedniego twierdzenia również
każda funkcja wielomianowa postaci

x 7→ a

n

x

n

+ a

n−1

x

n−1

+ . . . + a

1

x + a

0

oraz dowolna funkcja wymierna postaci

x 7→

a

n

x

n

+ a

n−1

x

n−1

+ . . . + a

1

x + a

0

b

m

x

m

+ b

m−1

x

m−1

+ . . . + b

1

x + b

0

jest ciągła.

2. W poprzednim rozdziale pokazaliśmy, że funkcje sin oraz cos są ciągłe,

a zatem tg =

sin

cos

oraz ctg =

cos

sin

są ciągłe.

3. Również w poprzednim rozdziale pokazaliśmy, że funkcja ln jest ciągła.

4. Funkcja x 7→ (sgn x)

2

nie jest ciągła w punkcie 0, ponieważ

lim

x→0

(sgn x)

2

= 1 6= 0 = (sgn 0)

2

.

5. Funkcja x 7→ [x] nie jest ciągła w dowolnym punkcie n ∈ Z ponieważ

nie posiada granicy w takim punkcie.

Twierdzenie 6.2. Jeśli funkcje f : D

1

→ D

2

oraz g : D

2

R (D

1

, D

2

R)

są ciągłe, to ich złożenie g ◦ f : D

1

R jest też ciągłe.

Dowód. Niech x

0

będzie dowolnym elementem D

1

oraz niech {x

n

}

n∈N

będzie

ciągiem w D

1

takim, że x

n

→ x

0

. Pokażemy, że g(f (x

n

)) → g(f (x

0

)). Z

ciągłości funkcji f w x

0

mamy f (x

n

) → f (x

0

). Ponieważ f (x

n

) ∈ D

2

dla

wszystkich n ∈ N, z ciągłości funkcji g w punkcie f (x

0

) ∈ D

2

, otrzymujemy

g(f (x

n

)) → g(f (x

0

)), co dowodzi ciągłości funkcji g ◦ f w punkcie x

0

.

Ćwiczenie. Załóżmy, że funkcje f, g : D → R są ciągłe. Wówczas funkcje
|f |, max(f, g) oraz min(f, g) są ciągłe, gdzie max(f, g)(x) = max(f (x), g(x))
oraz min(f, g)(x) = min(f (x), g(x)).

background image

6

CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI

45

Definicja. Zbiór D ⊂ R nazywamy spójnym, gdy dla dowolnych a, b ∈ D
takich, że a < b jeśli a < c < b, to c ∈ D.

Uwaga. Dowolny odcinek, półprosta i prosta są zbiorami spójnymi.

Twierdzenie 6.3. Ciągły obraz dowolnego zbioru spójnego jest spójny.

Dowód. Załóżmy, że D ⊂ R jest zbiorem spójnym oraz f : D → R jest
funkcją ciągłą. Pokażemy, że f (D) jest zbiorem spójnym. Niech a, b ∈ f (D)
oraz a < b. Wówczas istnieją x 6= y ∈ D takie, że f (x) = a oraz f (y) = b.
Dla ustalenia uwagi załóżmy, że x < y.

Niech a < c < b. Pokażemy, że c ∈ f (D), tzn. istnieje z

0

∈ D takie, że

f (z

0

) = c. Niech

z

0

= sup{z ∈ [x, y] : f (z) ¬ c}.

Wówczas istnieje ciąg {z

n

} elementów z [x, y] takich, że f (z

n

) ¬ c oraz

z

n

→ z

0

. Z ciągłości funkcji f mamy f (z

0

) = lim

n→∞

f (z

n

) ¬ c. Ponadto, dla

dowolnej liczby z < z

0

¬ y mamy f (z

0

) > c. Zatem f (z

0

+ 1/n) > c dla dosta-

tecznie dużych n. Z ciągłości funkcji f otrzymujemy f (z

0

) = lim

n→∞

f (z

0

+

1/n) ­ c. Stąd f (z

0

) = c.

Uwaga. Powiemy, że funkcja f : D → R posiada własność Darboux jeśli dla
dowolnych x < y ∈ D oraz c ∈ [f (x), f (y)] istnieje z ∈ D ∩ [x, y] taki, że
f (z) = c. Z poprzedniego twierdzenia wynika, że dowolna funkcja ciągła na
odcinku posiada własność Darboux.

Wniosek 6.4. Każda funkcja ciągła f : [0, 1] [0, 1] posiada punkt stały,
tzn. istnieje x ∈
[0, 1] taki, że f (x) = x.

Dowód. Rozważmy funkcję g : [0, 1] → R daną wzorem g(x) = f (x) − x. Jest
ona ciągła oraz g(0) = f (x) ­ 0 oraz g(1) = f (1) 1 ¬ 1 1 = 0. Zatem
0 [g(0), g(1)]. Z własności Darboux istnieje x ∈ [0, 1] taki, że 0 = g(x) =
f (x) − x, a zatem f (x) = x.

Twierdzenie 6.5. (Weierstrassa) Każda funkcja ciągła określona na odcin-
ku domkniętym jest ograniczona oraz osiąga swoje kresy. Dokładniej, jeśli
f
: [a, b] R jest ciągła, to istnieją x

m

, x

M

[a, b] takie, że

f (x

m

) = inf f ([a, b]) oraz f (x

M

) = sup f ([a, b]).

Dowód. Niech α = inf f ([a, b]). Zatem dla dowolnego n ∈ N istnieje y

n

f ([a, b]) taki, że α ¬ y

n

< α + 1/n. Wówczas y

n

→ α. Ponadto istnie-

je ciąg {x

n

} elementów [a, b] taki, że f (x

n

) = y

n

. Z twierdzenie Bolzano–

Weierstrassa istnieje podciąg {x

k

n

} taki, że x

k

n

→ x

m

. Z ciągłości funkcji f

mamy f (x

m

) = lim

n→∞

f (x

k

n

) = α, co należało udowodnić.

Istnienie x

M

dowodzi się w sposób analogiczny.

background image

6

CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI

46

Wniosek 6.6. Ciągły obraz odcinka domkniętego jest również przedziałem
domkniętym.

Dowód. Niech f : [a, b] R będzie funkcją ciągłą. Niech f (x

m

) = inf f ([a, b])

oraz f (x

M

) = sup f ([a, b]). Stąd wynika, że f ([a, b]) [f (x

m

), f (x

M

)]. Jeśli

c ∈ [f (x

m

), f (x

M

)], to z własności Darboux istnieje z ∈ [a, b] taki, że c =

f (z) ∈ f ([a, b]). Zatem pokazaliśmy, że [f (x

m

), f (x

M

)] ⊂ f ([a, b]), a więc

[f (x

m

), f (x

M

)] = f ([a, b]).

Definicja. Mówimy, że funkcja f : D → R jest prawostronnie (lewostronnie)
ciągła w punkcie x

0

∈ D, jeśli

lim

x→x

+
0

f (x) = f (x

0

)

lim

x→x


0

f (x) = f (x

0

)

!

.

Przykład. Odwzorowanie R 3 x → [x] Z jest prawostronnie ciągłe w
każdym punkcie.

Definicja. Punkt x

0

∈ D nazywamy punktem nieciągłości pierwszego rodzaju

funkcji f : D → R, gdy istnieje granica prawostronna i lewostronna funkcji
f : D → R oraz lim

x→x

+
0

f (x) 6= f (x

0

) lub lim

x→x


0

f (x) 6= f (x

0

). Jeśli

lim

x→x

+
0

f (x) = lim

x→x


0

f (x), to mówimy, że nieciągłość jest usuwalna. Jeśli

x

0

∈ D jest punktem nieciągłości funkcji f : D → R i nie jest to nieciągłość

pierwszego rodzaju, to mówimy o nieciągłości drugiego rodzaju.

Przykład.

1. Funkcja f : R R dana wzorem

f (x) =

(

sin x

x

gdy

x 6= 0

0

gdy

x = 0

ma w 0 nieciągłość usuwalną.

2. Funkcja f : R R dana wzorem

f (x) =

(

sin

1

x

gdy

x 6= 0

0

gdy

x = 0

ma w 0 nieciągłość drugiego rodzaju.

Twierdzenie 6.7. Dowolna funkcja monotoniczna f : D → R (D ⊂ R)
posiada punkty nieciągłości tylko pierwszego rodzaju oraz jest ich co najwyżej
przeliczalnie wiele.

background image

6

CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI

47

Dowód. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że f jest niemalejąca. Z twierdzenia 5.3
wiemy, że w każdy punkcie dziedziny f posiada granicę prawostronną i lewo-
stronną. Wtedy

lim

x→x


0

f (x) ¬ f (x

0

) ¬ lim

x→x

+
0

f (x)

dla dowolnego x

0

∈ D, ponadto jeśli x

0

< x

1

, to lim

x→x

+
0

f (x) ¬ lim

x→x


1

f (x)

(ćwiczenie). Załóżmy, że x

0

jest punktem nieciągłości f . Wtedy

lim

x→x


0

f (x) < lim

x→x

+
0

f (x),

a zatem znajdziemy w nim liczbę wymierną q(x

0

). Jeśli ponadto x

1

jest innym

punktem nieciągłości f , to odcinki

lim

x→x


0

f (x), lim

x→x

+
0

f (x)

!

,

lim

x→x


1

f (x), lim

x→x

+
1

f (x)

!

są rozłączne. Stąd wynika, że q(x

0

) 6= q(x

1

). W ten sposób skonstruowaliśmy

funkcję różnowartościową ze zbioru punktów nieciągłości funkcji f do zbioru
liczb wymierny, który jest przeliczalny. Zatem zbioru punktów nieciągłości
funkcji f jest co najwyżej przeliczalny.

Twierdzenie 6.8. Jeśli f : [a, b] → f ([a, b]) jest funkcją ciągłą i ściśle
monotoniczną, to jest odwracalna oraz jej funkcja odwrotna f

1

jest ciągła.

Dowód. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że f jest rosnąca. Z Wniosku 6.6 f ([a, b])
jest odcinkiem domkniętym. Ścisła monotoniczność f implikuje jej różno-
wartościowość, więc f : [a, b] → f ([a, b]) jest odwracalna. Wówczas f

1

jest

również rosnąca. Rzeczywiście, jeśli y

1

< y

2

, to f

1

(y

1

) < f

1

(y

2

). W prze-

ciwnym wypadku mamy f

1

(y

1

) ­ f

1

(y

2

), a stąd

y

1

= f (f

1

(y

1

)) ­ f (f

1

(y

2

)) = y

2

i sprzeczność. Załóżmy, że f

1

nie jest ciągła, a y

0

∈ f ([a, b]) jest jej punktem

nieciągłości. Niech

α = lim

y→y

0

f

1

(y) < lim

y→y

+

0

f

1

(y) = β.

Z ciągłości funkcji f mamy

f (α) = lim

y→y

0

f (f

1

(y)) = y

0

= lim

y→y

+

0

f (f

1

(y)) = f (β),

co stoi w sprzeczności z założeniem, że f jest ściśle monotoniczna. Stąd f

1

jest również ciągła.

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

48

Definicja. Mówimy, że funkcja f : D → R (D ⊂ R) jest jednostajnie ciągła
jeśli

ε>0

δ>0

x,y∈D

|x − y| < δ =⇒ |f (x) − f (y)| < ε.

Twierdzenie 6.9. (Cantora) Każda funkcja ciągła określona na odcinku
domkniętym jest jednostajnie ciągła.

Dowód. Niech f : [a, b] R jest funkcją ciągłą. Załóżmy, że nie jest jedno-
stajnie ciągła. Wówczas istnieje ε > 0 taki, że dla dowolnego δ > 0 istnieją
x

δ

, x

0
δ

[a, b] takie, że |x

δ

− x

0
δ

| < δ oraz |f (x

δ

) − f (x

0
δ

)| ­ ε. Podstawia-

jąc kolejno δ = 1/n dla wszystkich n ∈ N otrzymujemy dwa ciągi {x

n

},

{x

0
n

} elementów [a, b] takie, że |x

n

− x

0
n

| < 1/n oraz |f (x

n

) − f (x

0
n

)| ­ ε

dla wszystkich n ∈ N. Z twierdzenia Bolzano–Weierstrassa istnieje podciąg
x

k

n

→ x

0

[a, b]. Wówczas x

0
k

n

= x

k

n

+(x

0
k

n

−x

n

) → x

0

+0 = x

0

oraz z ciągło-

ści f mamy f (x

k

n

) → f (x

0

) oraz f (x

0
k

n

) → f (x

0

), a więc f (x

k

n

)−f (x

0
k

n

) 0,

co stoi w sprzeczności z tym, że |f (x

n

)−f (x

0
n

)| ­ ε dla wszystkich n ∈ N.

Przykład. Funkcja f : R R dana wzorem f (x) = x

2

jest ciągła, ale nie jest

jednostajnie ciągła. Przypuśćmy, że f jest jednostajnie ciągła. Zatem istnieje
δ > 0 taka, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y, jeśli |x − y| < δ, to
|x

2

− y

2

| < 1. Weźmy liczby 1, 1+ δ/2. Odległość pomiędzy nimi jest

mniejsza od δ, a jednak

|(1+ δ/2)

2

(1)

2

| = (2+ δ/2)δ/2 > 2/δ · δ/2 = 1.

Definicja. Mówimy, że funkcja f : D → R (D ⊂ R) spełnia warunek Lip-
schitza
(jest funkcją Lipschitza) ze stałą Lipschitza L > 0, gdy

|f (x) − f (y)| ¬ L|x − y| dla dowolnych x, y ∈ D.

Uwaga. Każda funkcja Lipschitza jest funkcją jednostajnie ciągłą. Dla do-
wolnego ε > 0 wystarczy wziąć δ = ε/L.

Przykład. Funkcje sin, cos są Lipschitza ze stałą Lipschitza 1.

Ćwiczenie. Pokazać, że funkcja [0, +) 3 x →

x ∈ R jest jednostajnie

ciągła, a nie spełnia warunku Lipschitza.

7

Pochodna funkcji

Załóżmy, że D ⊂ R będzie przedziałem domkniętym lub otwartą półprostą
lub prostą. Niech f : D → R oraz x

0

∈ D. Wyrażenie postaci

f

x

=

f (x) − f (x

0

)

x − x

0

=

f (x

0

+ ∆x) − f (x

0

)

x

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

49

nazywać będziemy ilorazem różnicowym. Sens geometryczny ilorazu różnico-
wego to tangens kąta nachylenia siecznej przechodzącej przez (x

0

, f (x

0

)) oraz

(x, f (x)) (x + ∆x) do osi Ox.

Definicja. Jeśli istnieje skończona granica

lim

x→x

0

f (x) − f (x

0

)

x − x

0

= lim

x→0

f (x

0

+ ∆x) − f (x

0

)

x

,

to nazywamy ją pochodną funkcji f w punkcie x

0

oraz oznaczamy przez f

0

(x

0

)

lub

df

dx

(x

0

). Jeśli pochodna funkcji f w punkcie x

0

istnieje, to mówimy, że

funkcja f jest różniczkowalna w punkcie x

0

.

Geometrycznie liczba f

0

(x

0

) interpretowana jest jako tangens kąta na-

chylenia stycznej w punkcie x

0

do wykresu funkcji f do osi Ox. Równanie

stycznej ma wówczas postać

y = f

0

(x

0

)(x − x

0

) + f (x

0

).

Definicja. Powiemy, że funkcja f : D → R jest różniczkowalna, jeśli jest róż-
niczkowalna w każdym punkcie dziedziny. Jeśli funkcja f jest różniczkowalna,
to odwzorowanie D 3 x 7→ f

0

(x) ∈ R nazywamy funkcją pochodną funkcji f .

Uwaga. Wyrażenie ∆f = f (x

0

+ ∆x) − f (x

0

) nazywamy przyrostem wartości

funkcji f odpowiadającym przyrostowi argumentu ∆x. Natomiast wyrażenie
df = f

0

(x

0

)∆x nazywamy różniczką funkcji f odpowiadającą przyrostowi ar-

gumentu ∆x. Różniczka jest liniowym przybliżeniem przyrostu funkcji. Do-
kładniej, jeśli r(x

0

, x) = ∆f − df , to lim

x→0

r(x

0

,x)

x

= 0. Rzeczywiście

r(x

0

, x)

x

=

f − df

x

=

f (x

0

+ ∆x) − f (x

0

)

x

− f (x

0

) 0.

Twierdzenie 7.1. Jeśli funkcja jest różniczkowalna w pewnym punkcie, to
jest w tym punkcie ciągła.

Dowód. Załóżmy, że funkcja f : D → R jest różniczkowalna w punkcie x

0

D. Niech {x

n

} będzie dowolnym ciągiem elementów dziedziny takim, że x

n

6=

x

0

oraz x

n

→ x

0

. Wówczas

f (x

n

) − f (x

0

) =

f (x

n

) − f (x

0

)

x

n

− x

0

(x

n

− x

0

) → f

0

(x

0

) · 0 = 0.

Przykład. Twierdzenie odwrotne nie jest oczywiście prawdziwe. Funkcja f (x) =
|x| jest ciągła, lecz nie jest różniczkowalna w zerze, ponieważ

lim

x→0

+

f (x) − f (0)

x − 0

= lim

x→0

+

x

x

= 1,

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

50

lim

x→0

f (x) − f (0)

x − 0

= lim

x→0

−x

x

= 1,

zatem granica ilorazów różnicowych nie istnieje.

Twierdzenie 7.2. Jeśli funkcje f, g : D → R (D ⊂ R przedział otwarty) są
różniczkowalne w punkcie x

0

∈ D, to funkcje αf (α ∈ R), f + g, f · g oraz

f /g (jeśli g

0

(x

0

) 6= 0) są różniczkowalne w x

0

oraz

1. (αf )

0

(x

0

) = αf

0

(x

0

);

2. (f + g)

0

(x

0

) = f

0

(x

0

) + g

0

(x

0

);

3. (f · g)

0

(x

0

) = f

0

(x

0

)g(x

0

) + f (x

0

)g

0

(x

0

);

4.



f

g



0

(x

0

) =

f

0

(x

0

)g(x

0

)−f (x

0

)g

0

(x

0

)

g(x

0

)

2

.

Dowód. Części 1. oraz 2. są proste do udowodnienia. Zatem zaczniemy od
dowodu części 3. Wtedy

f (x)g(x) − f (x

0

)g(x

0

)

x − x

0

=

=

f (x)g(x) − f (x)g(x

0

) + f (x)g(x

0

) − f (x

0

)g(x

0

)

x − x

0

=

=

f (x)

g(x) − g(x

0

)

x − x

0

+

f (x) − f (x

0

)

x − x

0

g(x

0

)

→ f (x

0

)g

0

(x

0

) + f

0

(x

0

)g(x

0

),

gdy x → x

0

.

Ad 4.

f (x)

g(x)

f (x

0

)

g(x

0

)

x − x

0

=

=

1

g(x

0

)g(x)

f (x)g(x

0

) − f (x

0

)g(x)

x − x

0

=

=

1

g(x

0

)g(x)

f (x)g(x

0

) − f (x

0

)g(x

0

) + f (x

0

)g(x

0

) − f (x

0

)g(x)

x − x

0

!

=

=

1

g(x

0

)g(x)

f (x) − f (x

0

)

x − x

0

g(x

0

) − f (x

0

)

g(x) − g(x

0

)

x − x

0

!

f

0

(x

0

)g(x

0

) − f (x

0

)g

0

(x

0

)

g(x

0

)

2

,

gdy x → x

0

.

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

51

Twierdzenie 7.3. Niech D, E ⊂ R będą przedziałami otwartymi. Załóżmy,
że funkcje f
: D → E oraz g : E → R są różniczkowalne. Wówczas funkcja
g ◦ f
: D → R jest różniczkowalna oraz dla dowolnego x

0

∈ D mamy

(g ◦ f )

0

(x

0

) = g

0

(f (x

0

))f

0

(x

0

).

Dowód. Niech {x

n

} będzie ciągiem w D \ {x

0

} zbieżnym do x

0

. Z ciągłości

funkcji f mamy f (x

n

) → f (x

0

). Ponadto

g(f (x

n

)) − g(f (x

0

))

x

n

− x

0

=

g(f (x

n

)) − g(f (x

0

))

f (x

n

) − f (x

0

)

f (x

n

) − f (x

0

)

x

n

− x

0

→ g

0

(f (x

0

))f

0

(x

0

).

Twierdzenie 7.4. Niech f : (a, b) (c, d) będzie funkcją różniczkowalną,
odwracalną oraz f

0

(x) 6= 0 dla wszystkich x ∈ (a, b). Wówczas funkcja od-

wrotna f

1

jest różniczkowalna oraz dla dowolnej liczby y

0

(c, d) mamy

(f

1

)

0

(y

0

) =

1

f

0

(f

1

(y

0

))

.

Dowód. Ponieważ funkcja f jest ciągła, więc również f

1

jest ciągła. Niech

{y

n

} będzie ciągiem w (c, d)\{y

0

} takim, że y

n

→ y

0

. Wówczas z ciągłości f

1

mamy f

1

(y

n

) → f

1

(y

0

) oraz f

1

(y

n

) 6= f

1

(y

0

). Zatem jeśli x

n

= f

1

(y

n

),

to x

n

→ x

0

. Ponadto,

f

1

(y

n

) − f

1

(y

0

)

y

n

− y

0

=

x

n

− x

0

f (x

n

) − f (x

0

)

1

f

0

(x

0

)

=

1

f

0

(f

1

(y

0

))

.

Przykład.

1. Niech f (x) = x

m

, gdzie m ∈ N. Wówczas

f (x) − f (x

0

)

x − x

0

=

x

m

− x

m
0

x − x

0

=

= x

m−1

+ x

m−2

x

0

+ . . . + xx

m−2
0

+ x

m−1
0

→ mx

m−1
0

,

gdy x → x

0

. Zatem (x

m

)

0

= mx

m−1

.

2. Niech f (x) = log

a

x, gdzie 0 < a 6= 1. Wówczas dla dowolnego x

0

> 0

mamy

f (x

0

+ ∆x) − f (x

0

)

x

=

log

a

(x

0

+ ∆x) log

a

x

0

x

=

=

1

x

log

a



1 +

x

0

x



x0

x

1

x

log

a

e =

1

x ln a

,

gdy ∆x → 0. Zatem (log

a

x)

0

=

1

x ln a

, a w szczególności (ln x)

0

=

1
x

.

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

52

3. Dla dowolnego 0 < a 6= 1 rozważmy funkcję wykładniczą x 7→ a

x

, która

jest odwrotną do x 7→ log

a

x. Ponadto (log

a

x)

0

=

1

x ln a

6= 0. Wtedy

(a

x

)

0

=

1

log

0

(a

x

)

=

1

1

a

x

ln a

= a

x

ln a,

w szczególności (e

x

)

0

= e

x

.

4. Dla dowolnego a ∈ R rozważmy funkcję [0, +) 3 x 7→ x

a

[0, +).

Wówczas x

a

= e

ln x

a

= e

a ln x

. Jako złożenie funkcji różniczkowalnych

jest ona różniczkowalna oraz

(x

a

)

0

= e

a ln x

a(ln x)

0

= x

a

a

1

x

= ax

a−1

.

5. Rozważmy odwzorowanie x 7→ sin x. Wówczas dla dowolnego x

0

R

mamy

sin(x

0

+ ∆x) sin(x

0

)

x

=

2 sin(

x

2

) cos(x

0

+

2

)

x

=

=

sin(

x

2

)

x

2

cos(x

0

+

2

) 1 · cos x

0

,

gdy ∆x → 0. Zatem (sin x)

0

= cos x. Analogicznie (cos x)

0

= sin x

(ćwiczenie). Ponadto funkcja tg x =

sin x

cos x

jest funkcją różniczkowalną

(jej dziedzina to R \ {

π

2

+ : k ∈ Z}). Ponadto

(tg x)

0

=



sin x

cos x



0

=

(sin x)

0

cos x − sin x(cos x)

0

cos

2

x

=

cos x cos x − sin x(sin x)

cos

2

x

=

1

cos

2

x

=

cos

2

x + sin

2

x

cos

2

x

= 1 + tg

2

x.

Podobnie (ctg x)

0

=

1

sin

2

x

.

6. Funkcja sin : (−π/2, π/2) (1, 1) jest odwracalna oraz (sin x)

0

=

cos x > 0 dla x ∈ (−π/2, π/2). Zatem jest odwrotna oznaczana przez
arcsin : (1, 1) (−π/2, π/2) jest funkcją różniczkowalną oraz

(arcsin x)

0

=

1

sin

0

(arcsin x)

=

1

cos(arcsin x)

=

=

1

q

cos

2

(arcsin x)

=

1

q

1 sin

2

(arcsin x)

=

1

1 − x

2

.

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

53

Podobnie funkcja odwrotna do cos : (0, π) (1, 1) oznaczana przez
arccos : (1, 1) (0, π) jest funkcją różniczkowalną oraz (arccos x)

0

=

1

1−x

2

.

7. Funkcja tg : (−π/2, π/2) R jest odwracalna oraz (tg x)

0

= 1+tg

2

x >

0. Zatem jest odwrotna oznaczana przez arctg : R (−π/2, π/2) jest
funkcją różniczkowalną oraz

(arctg x)

0

=

1

tg

0

(arctg x)

=

1

1 + tg

2

(arctg x)

=

1

1 + x

2

.

Podobnie (arcctg x)

0

=

1

1+x

2

.

Definicja. Niech f : D → R, D ⊂ R. Mówimy, że punkt x

0

∈ D jest

minimum lokalnym funkcji f, gdy istnieje δ > 0 taka, że dla dowolnego

x ∈ D ∩ (x

0

− δ, x

0

+ δ) zachodzi nierówność f (x) ­ f (x

0

);

maksimum lokalnym funkcji f, gdy istnieje δ > 0 taka, że dla dowolnego

x ∈ D ∩ (x

0

− δ, x

0

+ δ) zachodzi nierówność f (x) ¬ f (x

0

).

Minima i maksima lokalne funkcji będziemy nazywać ekstremami lokalnymi.

Twierdzenie 7.5. (warunek konieczny ekstremum) Niech f : (a, b) R
będzie funkcją różniczkowalną. Jeśli x

0

(a, b) jest ekstremum funkcji f , to

f

0

(x

0

) = 0.

Dowód. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że f osiąga w x

0

maksimum lokalne.

Wtedy istnieje δ > 0 taka, że f (x) − f (x

0

) ¬ 0 dla dowolnego x ∈ (x

0

δ, x

0

+ δ). Funkcja f jest różniczkowalna, a zatem

lim

x→x

+
0

f (x) − f (x

0

)

x − x

0

¬ 0 oraz lim

x→x


0

f (x) − f (x

0

)

x − x

0

­ 0.

Stąd

0 ¬ lim

x→x


0

f (x) − f (x

0

)

x − x

0

¬ 0,

a więc f

0

(x

0

) = 0.

Twierdzenie 7.6. (Rolle’a) Niech f : [a, b] R będzie funkcją ciągłą, która
jest różniczkowalna na
(a, b). Jeśli f (a) = f (b), to istnieje c ∈ (a, b) taki, że
f

0

(c) = 0.

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

54

Dowód. Jeśli f jest stała, to pochodna w każdym punkcie jest równa zero.
Jeśli f nie jest stała to z twierdzenia 6.5 (Weierstrassa) wynika, że wewnątrz
przedziału f ma ekstremum. Z twierdzenie 7.5 pochodna w tym punkcie jest
zero.

Twierdzenie 7.7. (Lagrange’a) Niech f : [a, b] R będzie funkcją ciągłą,
która jest różniczkowalna na
(a, b). Wówczas istnieje punkt c ∈ (a, b) taki, że

f

0

(c) =

f (b) − f (a)

b − a

.

Dowód. Rozważmy funkcję g : [a, b] R daną wzorem

g(x) = f (x)

f (b) − f (a)

b − a

(x − a).

Jest ona ciągła i różniczkowalna na (a, b), a ponadto

g

0

(x) = f

0

(x)

f (b) − f (a)

b − a

.

Dodatkowo,

g(a) = f (a)

f (b) − f (a)

b − a

(a − a) = f (a) = f (b)

f (b) − f (a)

b − a

(b − a) = g(b).

Z twierdzenia Rolle’a istnieje c ∈ (a, b) taki, że

0 = g

0

(c) = f

0

(c)

f (b) − f (a)

b − a

.

Twierdzenie 7.8. (Cauchy’ego) Niech f, g : [a, b] R będzie funkcjami cią-
głymi, które są różniczkowalne na
(a, b). Załóżmy, że g

0

(x) 6= 0 dla wszystkich

x ∈ (a, b). Wówczas istnieje punkt c ∈ (a, b) taki, że

f

0

(c)

g

0

(c)

=

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

.

Dowód. Rozważmy funkcję g : [a, b] R daną wzorem

h(x) = f (x) − f (a)

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

(g(x) − g(a)).

Jest ona ciągła i różniczkowalna na (a, b), a ponadto

h

0

(x) = f

0

(x)

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

g

0

(x).

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

55

Dodatkowo,

h(a) = f (a) − f (a)

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

(g(a) − g(a)) = 0,

h(b) = f (b) − f (a)

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

(g(b) − g(a)) = 0.

Z twierdzenia Rolle’a istnieje c ∈ (a, b) taki, że

0 = h

0

(c) = f

0

(c)

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

g

0

(c).

Wówczas

f

0

(c)

g

0

(c)

=

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

.

Uwaga. Załóżmy, że f : (a, b) R jest różniczkowalna. Jeśli f jest niemaleją-
ca, to

f (x)−f (x

0

)

x−x

0

­ 0, a zatem f

0

(x

0

) ­ 0 dla dowolnego x

0

(a, b). Podobnie

jeśli f jest nierosnąca, to f

0

jest niedodatnia.

Twierdzenie 7.9. Niech f : [a, b] R będzie funkcją ciągłą i różniczkowalną
na
(a, b).

1. Jeśli f

0

(x) = 0 dla wszystkich x ∈ (a, b), to f jest stała.

2. Jeśli f

0

(x) > 0 0) dla wszystkich x ∈ (a, b), to f jest rosnąca

(niemalejąca).

3. Jeśli f

0

(x) < 0 0) dla wszystkich x ∈ (a, b), to f jest malejąca

(nierosnąca).

Dowód. Niech x, y ∈ (a, b) oraz x < y. Z twierdzenia Lagrange’a istnieje
c ∈ (x, y) taki, że f (y) − f (x) = f

0

(c)(y − x). Jeśli f

0

0, to f (x) = f (y), a

zatem f jest stała. Jeśli f

0

> 0, to f (y) − f (x) = f

0

(c)(y − x) > 0, a zatem

f jest rosnąca, itd.

Definicja. Niech f : D → R będzie funkcją różniczkowalną. Jeśli f

0

: D → R

jest różniczkowalna, to mówimy, że f jest dwukrotnie różniczkowalna, zaś po-
chodną funkcji f

0

oznaczmy przez f

00

i nazywamy drugą pochodną lub pochod-

ną drugiego rzędu. Ogólnie n–ta pochodna f

(n)

(jeśli istnieje) jest pochodną

n−1–ej pochodnej f

(n)

. Jeśli n–ta pochodna funkcji f istnieje, to mówimy, że

f jest n–krotnie różniczkowalna. Jeśli dodatkowo f

(n)

jest ciągła, to mówimy,

że f jest n–krotnie różniczkowalna w sposób ciągły lub jest klasy C

n

. f jest

n–krotnie różniczkowalna dla dowolnego n ∈ N, to mówimy, że f jest klasy
C

.

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

56

Twierdzenie 7.10. (warunki dostateczne istnienia ekstremum) Niech f :
(a, b) R będzie funkcją różniczkowalną. Załóżmy, że x

0

(a, b) spełnia

f

0

(x

0

) = 0.

Jeśli f

0

zmienia znak w x

0

, to f ma ekstremum w x

0

. Dokładniej, jeśli

istnieje δ > 0 taka, że f

0

(x) > 0(< 0) dla x ∈ (x

0

− δ, x

0

) oraz f

0

(x) <

0(> 0) dla x ∈ (x

0

, x

0

+ δ), to f ma maksimum (minimum) w x

0

.

Jeśli f jest dwukrotnie różniczkowalna oraz f

00

(x

0

) 6= 0, to f ma eks-

tremum w x

0

. Dokładniej, jeśli f

00

(x

0

) < 0(> 0), to f ma maksimum

(minimum) w x

0

.

Dowód. Załóżmy, że f

0

(x) > 0 dla x ∈ (x

0

− δ, x

0

) oraz f

0

(x) < 0 dla x ∈

(x

0

, x

0

+ δ). Z poprzedniego lematu f : (x

0

− δ, x

0

] R jest rosnąca, zaś

f : [x

0

, x

0

+δ) R jest malejąca. Zatem jeśli x ∈ (x

0

−δ, x

0

], to f (x) < f (x

0

)

oraz jeśli x ∈ [x

0

, x

0

+ δ), to również f (x) < f (x

0

), a zatem f ma maksimum

lokalne w x

0

.

Załóżmy, że f

00

(x

0

) < 0. Ponieważ f

00

(x

0

) = lim

x→x

0

f

0

(x)−f

0

(x

0

)

x−x

0

, więc ist-

nieje δ > 0 taka, że

f

0

(x) − f

0

(x

0

)

x − x

0

< f

00

(x

0

)/2 < 0 dla x ∈ (x

0

− δ, x

0

+ δ).

Stąd dla x < x

0

otrzymujemy f

0

(x) − f

0

(x

0

) > 0, zaś dla x > x

0

otrzymujemy

f

0

(x) − f

0

(x

0

) < 0. Zatem z pierwszej części twierdzenia otrzymujemy, że f

ma maksimum lokalne w x

0

.

Stwierdzenie 7.11. Niech f : [a, b] R będzie funkcją ciągłą i różniczko-
walną na
(a, b). Załóżmy, że f

0

: (a, b) R jest ograniczona. Wówczas f jest

Lipschitza ze stałą L = sup

x∈(a,b)

|f

0

(x)|.

Dowód. Niech x, y ∈ [a, b] oraz x < y. Wówczas z twierdzenia Lagrange’a
istnieje x < c < y taka, że f (y) − f (x) = f

0

(c)(y − x). Stąd

|f (y) − f (x)| = |f

0

(c)||y − x| ¬ L|y − x|.

Wniosek 7.12. Jeśli f : R R jest funkcją klasy C

1

, to dla dowolnych

a < b funkcja f : [a, b] R jest funkcją Lipschitza.

Dowód. Ponieważ f

0

: [a, b] R jest ciągła, więc z twierdzenia Weierstrassa

jest ona ograniczony, a zatem możemy zastosować poprzednie stwierdzenie.

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

57

Definicja. Niech f : D → R, gdzie D ⊂ R jest przedziałem. Powiemy, że
funkcja f jest

wypukła, gdy dla dowolnych x, y ∈ D oraz 0 ¬ λ ¬ 1 zachodzi nierów-

ność

f (λx + (1 − λ)y) ¬ λf (x) + (1 − λ)f (y);

wklęsła, gdy dla dowolnych x, y ∈ D oraz 0 ¬ λ ¬ 1 zachodzi nierów-

ność

f (λx + (1 − λ)y) ­ λf (x) + (1 − λ)f (y).

Lemat 7.13. Funkcja f : D → R jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy dla
dowolnych a < b < c z dziedziny zachodzi nierówność

f (b) − f (a)

b − a

¬

f (c) − f (b)

c − b

.

(4)

Dowód. () Ponieważ a < b < c, więc b = λa + (1 − λ)c, gdzie λ =

c−b

c−a

.

Ponieważ 0 < λ < 1, więc z wypukłości f mamy

f (b) = f (λa + (1 − λ)c) ¬ λf (a) + (1 − λ)f (c) =

c − b

c − a

f (a) +

b − a

c − a

f (c),

stąd

(c − b)f (b) + (b − a)f (b) = (c − a)f (b) ¬ (c − b)f (a) + (b − a)f (c),

a zatem

(c − b)(f (b) − f (a)) ¬ (b − a)(f (c) − f (b)).

() Niech x < y oraz 0 < λ < 1. Korzystając z (4) dla a = x, c = y oraz

b = λx + (1 − λ)y otrzymujemy

f (λx + (1 − λ)y) − f (x)

λx + (1 − λ)y − x

¬

f (y) − f (λx + (1 − λ)y)

y − λx + (1 − λ)y

,

stąd

f (λx + (1 − λ)y) − f (x)

(1 − λ)(y − x)

¬

f (y) − f (λx + (1 − λ)y)

λ(y − x)

,

a więc

λ(f (λx + (1 − λ)y) − f (x)) ¬ (1 − λ)(f (y) − f (λx + (1 − λ)y)),

a w końcu

f (λx + (1 − λ)y) ¬ λf (x) + (1 − λ)f (y).

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

58

Twierdzenie 7.14. Niech f : D → R (D przedział otwarty) będzie funkcją
różniczkowalną. Wówczas f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy f

0

: D → R

jest niemalejąca.

Dowód. () Załóżmy, że x

0

< y

0

. Następnie weźmy x

0

< x < y < y

0

.

Korzystając z (4) dla trójek x

0

< x < y oraz x < y < y

0

otrzymujemy

f (x) − f (x

0

)

x − x

0

¬

f (y) − f (x)

y − x

oraz

f (y) − f (x)

y − x

¬

f (y

0

) − f (y)

y

0

− y

,

a zatem

f (x) − f (x

0

)

x − x

0

¬

f (y) − f (y

0

)

y − y

0

,

stąd

f

0

(x

0

) = lim

x→x

0

f (x) − f (x

0

)

x − x

0

¬ lim

y→y

0

f (y) − f (y

0

)

y − y

0

= f

0

(y

0

).

() Wystarczy pokazać, że (4) zachodzi dla dowolnych a < b < c. Z

twierdzenia Lagrange’a istnieją a < d < b < e < c takie, że

f (b) − f (a)

b − a

= f

0

(d) oraz

f (c) − f (b)

c − b

= f

0

(e).

Ponadto, ponieważ f

0

jest niemalejąca mamy f

0

(d) ¬ f

0

(e), co implikuje

(4).

Wniosek 7.15. Niech f : D → R będzie funkcją dwukrotnie różniczkowalną.
Wówczas f jest

wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy f

00

(x) ­ 0 dla wszystkich x ∈ D;

wklęsła wtedy i tylko wtedy, gdy f

00

(x) ¬ 0 dla wszystkich x ∈ D.

Dowód. Wiemy, że funkcja jest niemalejąca wtedy i tylko wtedy, gdy jej po-
chodna jest nieujemna. Korzystając z tego faktu dla funkcji f

0

otrzymujemy,

że f

0

niemalejąca wtedy i tylko wtedy, gdy f

00

jest nieujemna, co w połączeniu

z poprzednim twierdzeniem daje pierwszą część wniosku.

Druga część wynika z faktu, że f jest wklęsła wtedy i tylko wtedy, gdy

−f jest wypukła.

Definicja. Punkt x

0

∈ D jest punktem przegięcia funkcji f : D → R, gdy

istnieje δ > 0 taka, że w (x

0

− δ, x

0

) funkcja f jest wklęsła, a w (x

0

, x

0

+ δ)

funkcja f jest wypukła, albo odwrotnie.

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

59

Twierdzenie 7.16. Niech f : D → R będzie funkcją dwukrotnie różnicz-
kowalną. Jeśli f

00

(x

0

) = 0 oraz f

00

zmienia znak w punkcie x

0

, to x

0

jest

punktem przegięcia funkcji f .

Definicja. Niech f : D → R, gdzie D jest sumą co najwyżej przeliczalnej
ilości otwartych przedziałów.

• Załóżmy, że x

0

∈ D

d

. Prosta x = x

0

jest asymptotą pionową f , gdy

lim

x→x


0

f (x) = ±∞ lub lim

x→x


0

f (x) = ±∞.

• Załóżmy, że ±∞ ∈ D

d

. Prosta y = y

0

jest asymptotą poziomą f , gdy

lim

x→+

f (x) = y

0

lub

lim

x→−∞

f (x) = y

0

.

• Załóżmy, że ±∞ ∈ D

d

. Prosta y = ax + b jest asymptotą ukośną f , gdy

lim

x→+

f (x)

x

= a, lim

x→+

(f (x) − ax) = b

lub

lim

x→−∞

f (x)

x

= a, lim

x→−∞

(f (x) − ax) = b.

Badanie przebiegu zmienności funkcji:

1. Badamy własności funkcji wynikające z jej wzoru:

• dziedzinę funkcji,

• ciągłość funkcji,

• miejsca przecięcia wykresu z osiami układu współrzędnych,

• granice funkcji na krańcach przedziałów określoności,

• asymptoty funkcji.

2. Badamy własności funkcji wynikające z jej pierwszej i drugiej pochod-

nej:

• monotoniczność, tzn. przedziały stałego zanku pochodnej,

• ekstrema,

• wypukłość i wklęsłość funkcji, tzn. przedziały stałego znaku dru-

giej pochodnej,

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

60

• punkty przegięcia.

3. Sporządzamy tabelkę zmienności funkcji.

4. Szkicujemy wykres funkcji

Twierdzenie 7.17. Niech f, g : D → R będą funkcjami klasy C

1

, gdzie D

jest sumą co najwyżej przeliczalnej ilości otwartych przedziałów. Załóżmy, że
x

0

∈ D

d

,

lim

x→x

0

f (x) = lim

x→x

0

g(x) = 0 lub lim

x→x

0

f (x) = lim

x→x

0

g(x) = ±∞.

Jeśli

lim

x→x

0

f

0

(x)

g

0

(x)

= a ∈ R ∪ {−∞, +∞}, to lim

x→x

0

f (x)

g(x)

= a.

Dowód. Dowód przeprowadzimy tylko w przypadku, gdy lim

x→x

0

f (x) =

lim

x→x

0

g(x) = 0. W przpadku, gdy granice są ±∞ dowód przebiega po-

dobnie jak dowód twierdzenia Stolza.

Jeśli x

0

/

∈ D, to rozszerzamy dziedzinę funkcji f, g o punkt x

0

, kładąc

f (x

0

) = g(x

0

) = 0. Wówczas rozszerzona funkcja jest ciągła. Rozważmy ciąg

{x

n

} w D \ {x

0

} taki, że x

n

→ x

0

. Musimy pokazać, że

lim

n→∞

f (x

n

)

g(x

n

)

= a.

Ponieważ f, g : [x

0

, x

n

] R są ciągłe oraz różniczkowalne na (x

0

, x

n

), więc

z twierdzenia Cauchy’ego istnieje y

n

(x

0

, x

n

) take, że

f (x

n

)

g(x

n

)

=

f (x

n

) − f (x

0

)

g(x

n

) − g(x

0

)

=

f

0

(y

n

)

g

0

(y

n

)

.

Z twierdzenia o trzech ciągach y

n

→ x

0

, a stąd

lim

n→∞

f

0

(y

n

)

g

0

(y

n

)

= lim

x→x

0

f

0

(x)

g

0

(x)

= a.

7.1

Wzór Taylora

Niech f będzie funkcją wielomianową postaci

f (x) = a

0

+ a

1

x + . . . + a

n−1

x

n−1

+ a

n

x

n

.

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

61

wówczas

f

0

(x) = a

1

+ 2a

2

x + . . . + (n − 1)a

n−1

x

n−2

+ na

n

x

n−1

f

00

(x) = 1 · 2a

2

+ 2 · 3a

3

x + . . . + (n − 1)na

n

x

n−2

f

(3)

(x) = 1 · 2 · 3a

3

+ 2 · 3 · 4a

3

x + . . . + (n − 2)(n − 1)na

n

x

n−3

..

.

f

(n)

(x) = 1 · 2 · . . . · na

n

.

Wstawiając we wszystkich wzorach 0 w miejsce x otrzymujemy, że

a

0

= f (0), a

1

=

f

0

(0)

1!

, a

2

=

f

00

(0)

2!

, a

3

=

f

(3)

(0)

3!

, . . . , a

n

=

f

(n)

(0)

n!

.

Zatem

f (x) = f (0) +

f

0

(0)

1!

x +

f

00

(0)

2!

x

2

+

f

(3)

(0)

3!

x

3

+ . . . +

f

(n)

(0)

n!

x

n

.

Niech g będzie również funkcją wielomianową postaci g(x) = f (x + x

0

).

Wówczas g

(k)

(x) = f

(k)

(x + x

0

) dla dowolnego k ∈ N. Stąd

f (x) = g(x − x

0

)

= g(0) +

g

0

(0)

1!

(x − x

0

) +

g

00

(0)

2!

(x − x

0

)

2

+ . . . +

g

(n)

(0)

n!

(x − x

0

)

n

= f (x

0

) +

f

0

(x

0

)

1!

(x − x

0

) +

f

00

(x

0

)

2!

(x − x

0

)

2

+ . . . +

f

(n)

(x

0

)

n!

(x − x

0

)

n

.

Lemat 7.18. Niech r : (a, b) R będzie funkcją n–krotnie różniczkowalną
oraz x

0

(a, b). Wówczas jeśli r(x

0

) = r

0

(x

0

) = . . . = r

(n)

(x

0

) = 0, to

lim

x→x

0

r(x)

(x − x

0

)

n

= 0,

co w skrócie oznaczamy r(x) = o((x − x

n

)

n

).

Dowód. Dowód lematu przeprowadzimy indukcyjnie.

1

o

. Niech n = 1. Musimy pokazać, że jeśli r(x

0

) = r

0

(x

0

) = 0, to

r(x)

x−x

0

0.

Ale

r(x)

x − x

0

=

r(x) − r(x

0

)

x − x

0

→ r

0

(x

0

) = 0.

2

o

. Załóżmy, że lemat jest prawdziwy dla pewnej liczby naturalnej k.

Pokażemy, że jest on również prawdziwy dla k + 1. Niech r będzie funkcją k +

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

62

1–krotnie różniczkowalną oraz r(x

0

) = r

0

(x

0

) = . . . = r

(k)

(x

0

) = r

(k+1)

(x

0

) =

0. Musimy pokazać, że

lim

x→x

0

r(x)

(x − x

0

)

k+1

= 0.

Niech {x

n

} będzie dowolnym ciągiem w D \ {x

0

} taki, że x

n

→ x

0

. Z twier-

dzenia Lagrange’a dla każdego n ∈ N istnieje 0 < θ

n

< 1 taka, że

r(x

n

)

x

n

− x

0

=

r(x

n

) − r(x

0

)

x

n

− x

0

= r

0

(x

0

+ θ

n

(x

n

− x

0

)).

Wówczas

r(x

n

)

(x

n

− x

0

)

k+1

=

r(x

n

) − r(x

0

)

x

n

− x

0

1

(x

n

− x

0

)

k

=

r

0

(x

0

+ θ

n

(x

n

− x

0

))

(x

n

− x

0

)

k

=

=

r

0

(y

n

)

(y

n

− x

0

)

k

· θ

n

n

, gdzie y

n

= x

0

+ θ

n

(x

n

− x

0

).

Ponieważ y

n

leży pomiędzy x

0

oraz x

n

, więc z twierdzenia o trzech ciągach

y

n

→ x

0

. Ponadto funkcja r

0

jest k–krotnie różniczkowalna i r

0

(x

0

) = . . . =

r

(k)

(x

0

) = r

(k+1)

(x

0

) = 0. Zatem z założenia indukcyjnego

r

0

(y

n

)

(y

n

−x

0

)

k

0.

Ponadto 0 < θ

n

n

< 1, więc

r(x

n

)

(x

n

− x

0

)

k+1

=

r

0

(y

n

)

(y

n

− x

0

)

k

· θ

n

n

0.

Twierdzenie 7.19. Niech f : (a, b) R będzie funkcją n–krotnie różnicz-
kowalną oraz x

0

(a, b). Wówczas jeśli

f (x) = f (x

0

)+

f

0

(x

0

)

1!

(x−x

0

)+

f

00

(x

0

)

2!

(x−x

0

)

2

+. . .+

f

(n)

(x

0

)

n!

(x−x

0

)

n

+r

n

(x),

to

r

n

(x) = o((x − x

n

)

n

), tzn. lim

x→x

0

r

n

(x)

(x − x

0

)

n

= 0.

Dowód. Niech g będzie funkcja wielomianową postaci

g(x) = f (x

0

) +

f

0

(x

0

)

1!

x +

f

00

(x

0

)

2!

x

2

+ . . . +

f

(n)

(x

0

)

n!

x

n

.

Wcześniej pokazaliśmy, że g

(k)

(0) = k!a

k

= f

(k)

(x

0

) dla 0 ¬ k ¬ n. Ponadto

r

n

(x) = f (x) − g(x − x

0

), a zatem r

(k)

n

(x) = f

(k)

(x) − g

(k)

(x − x

0

), więc

r

(k)

n

(x

0

) = f

(k)

(x

0

) − g

(k)

(0) = 0 dla 0 ¬ k ¬ n. Z poprzedniego lematu

otrzymujemy, że r

n

(x) = o((x − x

n

)

n

).

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

63

Stwierdzenie 7.20. Jeśli funkcja f : (a, b) R jest klasy C

, x

0

(a, b)

oraz dla dowolnego x ∈ (a, b) mamy

lim

n→∞

r

n

(x) = 0,

to dla dowolnego x ∈ (a, b) zachodzi wzór

f (x) =

X

n=0

f

(n)

(x

0

)

n!

(x − x

0

)

n

.

Dowód. n-ta suma częściowa szeregu wyraża się wzorem

n

X

k=0

f

(k)

(x

0

)

k!

(x − x

0

)

k

= f (x) − r

n

(x) → f (x).

Powyższy szereg nosi nazwę szeregu Taylora. W przypadku, gdy x

0

= 0

mówimy o szeregu Maclaurina

X

n=0

f

(n)

(0)

n!

x

n

.

Twierdzenie 7.21. Niech f : (a, b) R będzie funkcją n + 1–krotnie róż-
niczkowalną oraz x

0

(a, b) oraz h > 0. Wówczas jeśli

f (x

0

+ h) = f (x

0

) +

f

0

(x

0

)

1!

h +

f

00

(x

0

)

2!

h

2

+ . . . +

f

(n)

(x

0

)

n!

h

n

+ r

n

(x

0

, h),

to istnieją liczby 0 < θ < 1, 0 < θ

0

< 1 takie, że

r

n

(x

0

, h) =

f

(n+1)

(x

0

+ θh)

(n + 1)!

h

n+1

=

f

(n+1)

(x

0

+ θ

0

h)

n!

(1 − θ

0

)

n

h

n+1

.

Dowód. Rozważmy funkcję pomocniczą g

n

: (a, b) R dana wzorem

g

n

(x) = f (x

0

+ h) − f (x)

f

0

(x)

1!

(x

0

+ h − x) − . . . −

f

(n)

(x)

n!

(x

0

+ h − x)

n

.

Ponieważ f jest n + 1–krotnie różniczkowalna, więc g

n

jest różniczkowalna

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

64

oraz

g

0

n

(x) = −f

0

(x)

"

f

00

(x)

1!

(x

0

+ h − x)

f

0

(x)

1!

#

"

f

000

(x)

2!

(x

0

+ h − x)

f

00

(x)

2!

2(x

0

+ h − x)

#

..

.

"

f

(n+1)

(x)

n!

(x

0

+ h − x)

n

f

(n)

(x)

n!

n(x

0

+ h − x)

n−1

#

=

f

(n+1)

(x)

n!

(x

0

+ h − x)

n

.

Ponadto

g

n

(x

0

) = f (x

0

+ h) − f (x

0

)

f

0

(x

0

)

1!

h − . . . −

f

(n)

(x

0

)

n!

h

n

= r

n

(x

0

, h)

oraz g

n

(x

0

+h) = 0. Z twierdzenia Lagrange’a dla funkcji g

n

istnieje 0 < θ

0

< 1

taka, że

r

n

(x

0

, h)

h

=

g

n

(x

0

+ h) − g

n

(x

0

)

h

= g

0

n

(x

0

+ θ

0

h) =

=

f

(n+1)

(x

0

+ θ

0

h)

n!

(x

0

+ h − x

0

− θ

0

h)

n

=

=

f

(n+1)

(x

0

+ θ

0

h)

n!

(1 − θ

0

)h

n

,

a zatem

r

n

(x

0

, h) =

f

(n+1)

(x

0

+ θ

0

h)

n!

(1 − θ

0

)h

n+1

.

Żeby udowodnić pierwszą część formuły skorzystamy z twierdzenia Cau-
chy’ego dla funkcji g

n

i u

n

(x) = (x

0

+ h − x)

n+1

. Zauważmy, że u

n

(x

0

+

h) − u

n

(x

0

) = −h

n+1

oraz u

0
n

(x) = (n + 1)(x

0

+ h − x)

n

. Z twierdzenia

Cauchy’ego istnieje 0 < θ < 1 taka, że

r

n

(x

0

, h)

h

n

=

g

n

(x

0

+ h) − g

n

(x

0

)

u

n

(x

0

+ h) − u

n

(x

0

)

=

g

0

n

(x

0

+ θh)

u

0

n

(x

0

+ θh)

=

=

f

(n+1)

(x

0

+θh)

n!

(x

0

+ h − x

0

− θh)

n

(n + 1)(x

0

+ h − x

0

− θh)

n

=

=

f

(n+1)

(x

0

+ θh)

(n + 1)!

,

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

65

a zatem

r

n

(x

0

, h) =

f

(n+1)

(x

0

+ θh)

(n + 1)!

h

n+1

.

Przykład.

1. Rozważmy funkcję f (x) = e

x

. Rozwińmy tę funkcję w szereg

Maclaurina. Wiemy, że f

(n)

(x) = e

x

, a zatem

X

n=0

f

(n)

(0)

n!

x

n

=

X

n=0

x

n

n!

.

Z kryterium D’Alamberta szereg ten jest zbieżny dla dowolnego x ∈ R,
stąd

x

n

n!

0. Ponadto

r

n

(x) =

f

(n+1)

(θx)

(n + 1)!

x

n+1

= e

θx

x

n+1

(n + 1)!

,

gdzie 0 < θ < 1. Zatem

0 < r

n

(x) ¬ e

x

x

n+1

(n + 1)!

0,

z twierdzenia o trzech ciągach r

n

(x) 0 dla dowolnego x ∈ R, a więc

e

x

=

X

n=0

x

n

n!

.

Teraz możemy też udowodnić, że e nie jest liczbą wymierną. Załóżmy,
że e = m/n, gdzie m, n ∈ N oraz n ­ 2. Wówczas

m

n

= e = 1 +

1

1!

+

1

2!

+ . . . +

1

n!

+

e

θ

(n + 1)!

,

gdzie 0 < θ < 1. Mnożąc obustronnie przez n! otrzymujemy

m(n − 1)! = n! + 2 · 3 · . . . · n + 3 · . . . · n + . . . + 1 +

e

θ

n + 1

,

a zatem 0 <

e

θ

n+1

<

e

n+1

<

3

n+1

¬ 1 jest liczbą całkowitą, co nie jest

możliwe.

Wyznaczmy teraz e z dokładnością do trzeciego miejsca po przecinku.
Wiemy, że

1

3!

= 0, 16667 − ε

3

,

1

4!

= 0, 04167 − ε

4

,

1

5!

= 0, 00833 + ε

5

,

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

66

1

6!

= 0, 00139 − ε

6

,

1

7!

= 0, 00020 − ε

7

,

gdzie 0 < ε

i

<

1

2·10

5

dla i = 3, . . . , 7. Zatem

e < 2, 5 +

1

3!

+

1

4!

+

1

5!

+

1

6!

+

3

7!

< 2, 5000 + 0, 16667 + 0, 04167 + 0, 00833 + ε

5

+ 0, 00139 + 0, 00060

< 2, 71866 + 0, 000005 < 2, 71867.

e > 2, 5 +

1

3!

+

1

4!

+

1

5!

+

1

6!

+

1

7!

> 2, 5000 + 0, 16667 − ε

3

+ 0, 04167 − ε

4

+ 0, 00833

+0, 00139 − ε

6

+ 0, 00020 − ε

7

> 2, 71826 0, 00002 ­ 2, 71824.

Zatem e ≈ 2, 718 z dokładnością do trzech miejsc po przecinku.

2. Rozważmy funkcją f (x) = ln(1 + x) na (1, +). Wówczas

f

0

(x) =

1

1 + x

, f

00

(x) =

1

(1 + x)

2

, f

000

(x) =

2

(1 + x)

3

, . . . ,

f

(n)

(x) =

(1)

n−1

(n − 1)!

(1 + x)

n

,

a zatem

X

n=0

f

(n)

(0)

n!

x

n

=

X

n=1

(1)

n−1

(n − 1)!

n!

x

n

=

X

n=1

(1)

n−1

n

x

n

.

Ponadto

r

n

(x) =

f

(n+1)

(θx)

(n + 1)!

x

n+1

= (1)

n

x

n+1

(n + 1)(1 + θx)

,

gdzie 0 < θ < 1. Załóżmy, że 1 < x ¬ 1. Wówczas

|r

n

(x)| ¬





x

n+1

(n + 1)(1 + θx)





¬

1

n + 1

max



1

1 + x

, 1



0.

Stąd dla 1 < x ¬ 1 zachodzi równość

ln(1 + x) =

x

1

x

2

2

+

x

3

3

x

4

4

+ . . . ,

a w szczególności

ln 2 =

1

1

1

2

+

1

3

1

4

+ . . .

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

67

3. Podobnie można (ćwiczenie) udowodnić, że

sin x =

X

n=0

(1)

n

(2n + 1)!

x

2n+1

,

cos x =

X

n=0

(1)

n

(2n)!

x

2n

dla dowolnego x ∈ R.

4. Nie każda funkcja klasy C

jest równa swojemu szeregowi Maclaurina,

nawet jeśli jest on zbieżny. Rozważmy funkcję

f (x) =

(

e

−x

2

gdy

x 6= 0

0

gdy

x = 0.

Funkcja ta (ćwiczenie) jest klasy C

oraz f

(n)

(0) = 0 dla dowolnego

n ­ 0. Zatem suma szereg Maclaurina jest równa zero.

Twierdzenie 7.22. (warunek dostateczny istnienia ekstremum) Niech f :
(a, b) R będzie funkcją n–krotnie różniczkowalną, gdzie n jest liczbą parzy-
stą oraz x

0

(a, b). Jeśli

f

0

(x

0

) = f

00

(x

0

) = . . . = f

(n−1)

(x

0

) = 0 oraz f

(n)

(x

0

) 6= 0,

to f ma ekstremum w x

0

. Dodatkowo, jeśli f

(n)

(x

0

) > 0 to jest to minimum,

zaś jeśli f

(n)

(x

0

) < 0 to jest to maximum lokalne funkcji f .

Dowód. Załóżmy, że f

(n)

(x

0

) > 0. Niech r(x) = f (x)−f (x

0

)

f

(n)

(x

0

)

n!

(x−x

0

)

n

.

Wówczas

r(x

0

) = r

0

(x

0

) = . . . = r

(n−1)

(x

0

) = r

(n)

(x

0

) = 0,

Z lematu 7.18 mamy r(x) = o((x − x

n

)

n

). Zatem istnieje δ > 0 taka, że

r(x)

(x − x

0

)

n

> −

f

(n)

(x

0

)

n!

dla 0 < |x − x

0

| < δ. Stąd dla 0 < |x − x

0

| < δ otrzymujemy

f (x) = f (x

0

) + r(x) +

f

(n)

(x

0

)

n!

(x − x

0

)

n

> f (x

0

),

a więc w x

0

funkcja f ma minimum lokalne.

background image

7

POCHODNA FUNKCJI

68

7.2

Przybliżone rozwiązywanie równań

Przedstawimy teraz metodę rozwiązywania równań zwaną metodą stycznych
lub metodą Newtona.

Załóżmy, że f : [a, b] R jest dwukrotnie różniczkowalna, jej pochodne

f

0

, f

00

zachowują znak oraz f (a)·f (b) < 0. Ponieważ f jest ściśle monotonicz-

na, więc istnieje jedyne rozwiązanie równania f (x) = 0, oznaczmy je przez
η.

Aby otrzymać dobre przybliżenie numeryczne liczby η postępujemy nastę-

pująco. Przez punkty (a, f (a)), (b, f (b)) przeprowadzamy styczne do wykresu.
Jedna z nich przecina oś Ox w przedziale [a, b]. Załóżmy, że f (a)f

00

(a) > 0,

wtedy styczna przechodząca przez (a, f (a)) jest postaci y = f

0

(a)(x−a)+f (a)

i przecina oś w punkcie x

1

= a−

f (a)

f

0

(a)

. Ponieważ zawsze

f (a)

f

0

(a)

< 0, więc a < x

1

.

Ponadto x

1

< η. Rzeczywiści z twierdzenia Lagrange’a istnieje a < c < η ta-

ka, że

f (a)

η − a

=

f (η) − f (a)

η − a

= f

0

(c)

oraz a < d < c taka, że

f

0

(c) − f

0

(a)

f

0

(a)

=

f

00

(d)

f

0

(a)

(c − a) =

f

00

(d)

f

00

(a)

f

00

(a)

f (a)

f (a)

f

0

(a)

(c − a) < 0.

Stąd

f (a)

f

0

(a)(η − a)

=

f

0

(c)

f

0

(a)

< 1,

więc

x

1

= a −

f (a)

f

0

(a)

< a + (η − a) = η.

Wtedy x

1

jest pierwszym przybliżeniem rozwiązania. Aby otrzymać następne

przybliżenie metodę stycznych stosujemy na przedziale [x

1

, b] i znajdujemy

drugie przybliżenie

x

2

= x

1

f (x

1

)

f

0

(x

1

)

.

Kontynuując metodę stycznych otrzymujemy ciąg {x

n

} dany wzorem reku-

rencyjnym

x

n+1

= x

n

f (x

n

)

f

0

(x

n

)

, x

0

= a.

Ponadto x

n

< x

n+1

< η. Ponieważ {x

n

} jest monotoniczny i ograniczony,

więc jest zbieżny do x ∈ [a, b]. Ponadto przechodząc z n do nieskończoności
otrzymujemy, że

x = x −

f (x)

f

0

(x)

,

background image

8

CAŁKA NIEOZNACZONA

69

a zatem f (x) = 0, więc x = η.

Aby oszacować błąd x

n

− η korzystamy ponownie z twierdzenia Lagran-

ge’a. Istnieje zatem x

n

< c < η taka, że

f (x

n

) = f (x

n

) − f (η) = f

0

(c)(x

n

− η).

Stąd

|x

n

− η| <

|f (x

n

)|

|f

0

(c)|

¬

|f (x

n

)|

m

, gdzie m = min

x∈[a,b]

|f

0

(x)|.

W przypadku, gdy f (b)f

00

(b) > 0 zaczynamy od punktu b.

Przykład. Obliczmy z dokładnością 0, 001 pierwiastek równania

x

3

− x

2

4x + 1 = 0

w przedziale [2, 3]. Niech f (x) = x

3

− x

2

4x + 1. Ponieważ f (2) = 3 oraz

f (3) = 7, więc równanie posiada pierwiastek w [2, 3]. Ponadto, dla x ∈ [2, 3]
mamy

f

0

(x) = 3x

2

2x − 4 > 0 oraz f

00

(x) = 6x − 2 > 0.

Ponieważ f

00

(3)f (3) > 0, więc metoda Newtona startuje od x

0

= 3. Ponadto,

m = min

x∈[2,3]

|f

0

(x)| = f

0

(2) = 4. Wtedy

x

1

= 3

f (3)

f

0

(3)

= 3

7

17

2, 5882, f (x

1

) = 1, 287,

x

2

= x

1

f (x

1

)

f

0

(x

1

)

2, 4704,

f (x

2

) = 0, 092,

x

3

= x

2

f (x

2

)

f

0

(x

2

)

2, 4606,

f (x

2

) = 0, 0009.

Stąd |x

3

− η| < 0, 0009/4 < 0, 001, a więc η ≈ 2, 4606 z dokładnością 0, 001.

8

Całka nieoznaczona

Definicja. Niech f : (a, b) R. Każdą funkcję różniczkowalną F : (a, b) R
spełniającą warunek

F

0

(x) = f (x) dla x ∈ (a, b)

nazywamy funkcja pierwotną funkcji f lub całką nieoznaczoną funkcji f .
Funkcję pierwotną funkcji f oznaczmy przez

Z

f (x) dx.

background image

8

CAŁKA NIEOZNACZONA

70

Funkcja pierwotna nie jest określona jednoznacznie. Jeśli F jest funkcja

pierwotną funkcji f , to dla dowolnego c ∈ R funkcja F + c jest tez funkcją
pierwotną dla f . Odwrotnie, jeśli F

1

, F

2

są funkcjami pierwotnymi dla f , to

różnią się o stałą. Istotnie, jeśli G(x) = F

1

(x) − F

2

(x), to

G

0

(x) = F

0

1

(x) − F

0

2

(x) = f (x) − f (x) = 0 dla x ∈ (a, b),

a zatem G jest stała, tzn. istnieje c ∈ R taka, że G(x) = c dla x ∈ (a, b).
Stąd F

1

= F

2

+ c.

W dalszej części wykładu pokażemy, że funkcje ciągłe posiadają funkcje

pierwotne.

Wprost ze znanych wzorów z rachunku różniczkowego otrzymujemy:

Z

x

α

dx =

x

α+1

α + 1

+ C dla α 6= 0,

Z

1

x

dx = ln |x| + C,

Z

a

x

dx = a

x

ln a + C dla a < 0 6= 1,

Z

sin x dx = cos x + C,

Z

cos x dx = sin x + C,

Z

1

cos

2

x

dx = tg x + C,

Z

1

sin

2

x

dx = ctg x + C,

Z

1

1 + x

2

dx = arctg x + C,

Z

1

1 − x

2

dx = arcsin x + C.

Twierdzenie 8.1. Jeśli funkcje f, g : (a, b) R posiadają funkcje pierwot-
ne, to dla dowolnych a, b ∈
R funkcja af + bg posiada funkcję pierwotną
oraz

Z

(af (x) + bg(x)) dx = a

Z

f (x) dx + b

Z

g(x) dx.

Dowód. Niech F =

R

f (x) dx oraz G =

R

f (x) dx, tzn. F

0

= f oraz G

0

= g.

Wówczas (aF + bG)

0

= aF

0

+ bG

0

= af + bg, a zatem aF + bG jest funkcją

pierwotną funkcji af + bg.

Twierdzenie 8.2. (o całkowaniu przez części) Niech f, g : (a, b) R będą
funkcjami różniczkowalnymi takimi, że f

0

g posiada funkcję pierwotną. Wów-

background image

8

CAŁKA NIEOZNACZONA

71

czas f g

0

posiada funkcję pierwotną oraz

Z

f (x)g

0

(x) dx = f (x)g(x)

Z

f

0

(x)g(x) dx.

Dowód. Niech H będzie funkcją pierwotną dla f

0

g, tzn. H(x) =

R

f

0

(x)g(x) dx.

Korzystając ze wzoru na pochodną iloczynu mamy (f g)

0

= f

0

g + f g

0

. Zatem

f (x)g

0

(x) = (f (x)g(x))

0

− f

0

(x)g(x) =

= (f (x)g(x))

0

− H

0

(x) = (f (x)g(x) − H(x))

0

,

a więc f (x)g(x) − H(x) jest funkcją pierwotna dla f g

0

oraz

Z

f (x)g

0

(x) dx = f (x)g(x) − H(x) = f (x)g(x)

Z

f

0

(x)g(x) dx.

Przykład. Obliczmy całkę

R

x cos x dx. Niech g(x) = sin x oraz f (x) = x.

Wówczas g

0

(x) = cos x oraz f

0

(x) = 1. Zatem korzystając ze wzoru na całko-

wanie przez części otrzymujemy

Z

x cos x dx =

Z

f (x)g

0

(x) dx = f (x)g(x)

Z

f

0

(x)g(x) dx =

= x sin x −

Z

1 sin x dx = x sin x + cos x + C.

Twierdzenie 8.3. (o całkowaniu przez podstawianie) Jeśli funkcja f : (a, b)

R ma funkcję pierwotną F oraz ϕ : (c, d) (a, b) jest różniczkowalna, to
f
(ϕ(x))ϕ

0

(x) ma funkcję pierwotną równą F ◦ ϕ, tzn.

Z

f (ϕ(x))ϕ

0

(x) dx =

Z

f (y) dy,

gdzie y = ϕ(x).

Dowód. Z twierdzenia o pochodnej złożenia funkcji mamy

(F ◦ ϕ)

0

(x) = F

0

(ϕ(x))ϕ

0

(x) = f (ϕ(x))ϕ

0

(x),

a zatem

Z

f (ϕ(x))ϕ

0

(x) dx = F (ϕ(x)).

background image

8

CAŁKA NIEOZNACZONA

72

Przykład.

1. Obliczmy całkę

R

1

2x+3

dx. Niech f (y) =

1
y

oraz ϕ(x) = 2x+3.

Zatem ϕ

0

(x) = 2 oraz z twierdzenia o całkowaniu przez podstawianie

mamy

Z

1

2x + 3

2 dx =

Z

f (ϕ(x))ϕ

0

(x) dx =

Z

f (y) dy =

Z

1

y

dy = ln |y| + C,

gdzie y = 2x + 3, a stąd

R

1

2x+3

dx =

1
2

ln |2x + 3| + C. W praktyce

obliczenia wykonujemy następująco: stosujemy podstawienie y = 2x+3,
wtedy dy = (2x + 3)

0

dx = 2dx, a więc dx =

1
2

dy. Wstawmy teraz y

zamiast 2x + 3 oraz

1
2

dy zamiast dx. Dostajemy

Z

1

2x + 3

dx =

Z

1

2y

dy =

1

2

ln |y| + C =

1

2

ln |2x + 3| + C.

2. Obliczmy całkę

Z

dx

x

2

+ a

2

=

1

a

Z

1
a

dx



x
a



2

+ 1

=





t =

x
a

dt =

dx

a





=

=

1

a

Z

dt

t

2

+ 1

=

1

a

arctg t + C =

1

a

arctg

x

a

+ C.

3. Dla n ­ 2 obliczmy całkę

I

n

=

Z

dx

(x

2

+ 1)

n

=

Z

1 + x

2

− x

2

(x

2

+ 1)

n

dx =

=

Z

dx

(x

2

+ 1)

n−1

Z

x

2

2x

(x

2

+ 1)

n

dx.

Do drugiej całki stosujemy metodę całkowania przez części biorąc g(x) =
x/2 oraz f

0

(x) = 2x/(1 + x

2

)

n

. Wyznaczmy

f (x) =

Z

2x

(x

2

+ 1)

n

dx =





t = x

2

+ 1

dt = 2x dx





=

=

Z

1

y

n

dy =

y

1−n

1 − n

=

1

(n − 1)(1 + x

2

)

n−1

.

Zatem

I

n

= I

n−1

Z

x

2

2x

(x

2

+ 1)

n

dx =

= I

n−1

+

x

(2n − 2)(1 + x

2

)

n−1

Z

1

(2n − 2)(1 + x

2

)

n−1

dx =

= I

n−1

1

2n − 2

I

n−1

+

x

(2n − 2)(1 + x

2

)

n−1

=

=

2n − 3

2n − 2

I

n−1

+

x

(2n − 2)(1 + x

2

)

n−1

.

background image

8

CAŁKA NIEOZNACZONA

73

8.1

Całkowanie funkcji wymiernych

Całkowanie funkcji wymiernych (ilorazów wielomianów) można sprowadzić
do całkowania tzw. ułamków prostych postaci:

A

(x − a)

n

oraz

Bx + C

(x

2

+ px + q)

n

,

gdzie trójmian kwadratowy x

2

+ px + q nie ma pierwiastków rzeczywistych,

a więc ∆ = p

2

4q < 0. Wówczas

Z

A

(x − a)

n

dx =





y = x − a

dy = dx





=

Z

A

y

n

dy =

=

(

A ln |x − a| + C,

gdy

n = 1,

A

(1−n)(x−a)

n−1

+ C,

gdy

n > 1.

Całkę drugiego ułamka prostego zapisujemy w postaci sumy

Z

Bx + C

(x

2

+ px + q)

n

dx =

B

2

Z

(2x + p) dx

(x

2

+ px + q)

n

+



C −

Bp

2

 Z

dx

(x

2

+ px + q)

n

.

Ponadto

Z

(2x + p) dx

(x

2

+ px + q)

n

=





y = x

2

+ px + q

dy = (2x + p) dx





=

Z

dy

y

n

.

Aby obliczyć drugą całkę przedstawmy trójmian w postaci kanonicznej, tzn.

x

2

+ px + q =



x +

p

2



2

4

.

Wówczas

Z

dx

(x

2

+ px + q)

n

=






q

4

t = x − a

q

4

dt = dx






=

=

Z

q

4

dt

(

4

t

2

4

)

n

=

4

!

1
2

−n

Z

dt

(t

2

+ 1)

n

.

Niech f (x) =

P (x)
Q(x)

, gdzie P i Q są pewnymi wielomianami o współczyn-

nikach rzeczywistych. Możemy przyjąć, że stopień P (deg(P )) jest mniejszy
o stopnia Q (deg Q). W przeciwnym przypadku dzielimy P przez Q z resztą,
tzn.

P (x) = W (x)Q(x) + R(x), gdzie deg(R) < deg(Q).

background image

8

CAŁKA NIEOZNACZONA

74

Wówczas

f (x) =

P (x)

Q(x)

= W (x) +

R(x)

Q(x)

i całkę f można obliczyć całkując funkcje wielomianową W oraz funkcje
wymierną

R
Q

.

Z podstawowego twierdzenia algebry

Q(x) = c(x − a

1

)

k
1

. . . (x − a

m

)

k
m

(x

2

+ p

1

x + q

1

)

l

1

. . . (x

2

+ p

n

x + q

n

)

l

n

, (5)

przy czym trójmiany kwadratowe x

2

+ p

i

x + q

i

nie mają pierwiastków rze-

czywistych, dwumiany x − a

1

, . . . , x − a

m

są parami różne oraz trójmiany

x

2

+ p

1

x + q

1

, . . . , x

2

+ p

n

x + q

n

są parami różne.

Twierdzenie 8.4. (o rozkładzie na ułamki proste) Jeśli f =

P
Q

jest funkcją

wymierną taką, że wielomian Q jest postaci (5) oraz deg(P ) < deg(Q), to
istnieją stałe A

i,k

, 1 ¬ i ¬ m, 1 ¬ k ¬ k

i

, oraz B

j,l

, C

j,l

1 ¬ j ¬ n,

1 ¬ l ¬ l

j

, takie, że

f (x) =

m

X

i=1

k

i

X

k=1

A

i,k

(x − a

i

)

k

+

n

X

j=1

l

j

X

l=1

B

j,l

x + C

j,l

(x

2

+ p

j

x + q

j

)

l

.

8.2

Całkowanie pewnych funkcji niewymiernych

Q(x, y) jest wielomianem dwóch zmiennych, gdy

Q(x, y) =

X

(i,j)∈A

a

i,j

x

i

y

j

, gdzie A ⊂ N

2

jest zbiorem ograniczonym.

Niech R(x, y) będzie ilorazem wielomianów dwóch zmiennych.

1. Rozważmy całkę

Z

R

x,

n

s

ax + b

cx + d

dx, gdzie ad − bc 6= 0.

Przykład.

Z

s

1 − x

1 + x

dx

x

.

Zastosujmy podstawienie

t =

n

s

ax + b

cx + d

.

background image

8

CAŁKA NIEOZNACZONA

75

Wówczas

ax + b

cx + d

= t

n

, a stąd x =

a − ct

n

bt

n

− d

, oraz dx = g(t)dt,

gdzie g jest funkcją wymierną. Zatem

Z

R

x,

n

s

ax + b

cx + d

dx =

Z

R



a − ct

n

bt

n

− d

, t



g(t) dt,

oraz policzenie tej całki sprowadza się do obliczenia całki pewnej funkcji
wielomianowej.

2. Rozważmy całkę

Z

R(x,

ax

2

+ bx + c) dx, gdzie a 6= 0 oraz ∆ 6= 0.

Przykład.

Z

dx

x

3

x

2

+ 1

.

W tym przypadku stosujemy jedno z trzech tzw. podstawień Eulera:

ax

2

+ bx + c =

ax + t,

gdy

a > 0,

ax

2

+ bx + c = xt +

c,

gdy

c > 0,

q

c(x − x

1

)(x − x

2

) = (x − x

1

)t,

gdy

> 0.

Skorzystanie z tych podstawień doprowadza znowu do całki funkcji
wymiernej.

3. Rozważmy całkę

Z

R(sin x, cos x) dx.

Przykład.

Z

sin x(1 cos x)

cos x + 1

dx.

W tym przypadku możemy zastosować podstawienie t = tg

x
2

. Wtedy

cos

2

x

2

=

cos

2 x

2

sin

2 x

2

+ cos

2 x

2

=

1

tg

2 x

2

+ 1

=

1

t

2

+ 1

,

sin

2

x

2

= 1 cos

2

x

2

=

t

2

t

2

+ 1

,

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

76

a zatem

cos x = cos

2

x

2

sin

2

x

2

=

1 − t

2

1 + t

2

, sin x = 2 cos

2

x

2

sin

2

x

2

=

2t

1 + t

2

.

Ponieważ x = 2 arctg t, więc dx =

2

1+t

2

dt, a zatem

Z

R(sin x, cos x) dx =

Z

R

2t

1 + t

2

,

1 − t

2

1 + t

2

!

2

1 + t

2

dt,

a to już jest całka funkcji wymiernej.

Jeśli funkcja R spełnia pewne dodatkowe własności, to warto stosować
inne podstawienia:

t = cos x,

gdy

R(−u, v) = −R(u, v),

t = sin x,

gdy

R(u, −v) = −R(u, v),

t = tg x,

gdy

R(−u, −v) = R(u, v).

Uwaga. Całki z pewnych stosunkowo prostych funkcji, np.

Z

e

−x

2

dx,

Z

sin x

x

dx,

Z

dx

ln x

nie można wyrazić za pomocą funkcji elementarnych

9

Całka Riemanna

Niech f : [a, b] R będzie funkcją ograniczoną. Podziałem odcinka [a, b]
będziemy nazywać dowolny skończony ciąg punktów a = x

0

< x

1

< . . . <

x

n

= b. Podział ten będziemy oznaczać przez κ = {x

0

, x

1

, . . . , x

n

}. Zbiór

wszystkich podziałów odcinka [a, b] będziemy oznaczać przez Π

[a,b]

.

Ustalmy κ ∈ Π

[a,b]

. Niech ∆x

i

= x

i

− x

i−1

dla i = 1, . . . , n. Liczbę

δ = δ(κ) = max{x

i

: i = 1, . . . , n}

będziemy nazywać średnicą podziału κ. Niech

m

i

= inf{f (x) : x ∈ [x

i−1

, x

i

]}, M

i

= sup{f (x) : x ∈ [x

i−1

, x

i

]}

dla i = 1, . . . , n. Utwórzmy sumy

s(f, κ) =

n

X

i=1

m

i

x

i

, S(f, κ) =

n

X

i=1

M

i

x

i

.

Liczbę S(f, κ) nazywamy sumą górną, a s(f, κ) sumą dolną. Oczywiście
s(f, κ) ¬ S(f, κ).

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

77

Uwaga. Jeśli κ

1

jest podziałem drobniejszym niż κ

2

, tzn. κ

2

⊂ κ

1

, to

S(f, κ

1

) ¬ S(f, κ

2

) oraz s(f, κ

2

) ¬ s(f, κ

1

).

Zatem dla dowolnych dwóch podziałów κ, κ

0

Π

[a,b]

mamy

s(f, κ) ¬ S(f, κ

0

).

Istotnie, jeśli κ

00

jest podziałem drobnieszym od obu κ, κ

0

, wtedy

s(f, κ) ¬ s(f, κ

00

) ¬ S(f, κ

00

) ¬ S(f, κ

0

).

Niech

I

(f ) = sup{s(f, κ) : κ ∈ Π

[a,b]

} oraz I

(f ) = inf{S(f, κ) : κ ∈ Π

[a,b]

}.

Liczbę I

(f ) nazywamy całką dolną, a I

(f ) nazywamy dolną całką górną

funkcji f . Wówczas

I

(f ) ¬ I

(f ).

Mówimy, że ciąg podziałów

n

} jest normalny, gdy δ(κ

n

) 0.

Lemat 9.1. Jeśli {κ

n

} jest normalnym ciągiem podziałów, to

S(f, κ

n

) → I

(f ) oraz s(f, κ

n

) → I

(f ).

Dowód. Niech M będzie ograniczeniem górnym, zaś m ograniczeniem dolnym
funkcji f . Ustalmy ε > 0. Wówczas istnieje κ ∈ Π taki, że

I

(f ) + ε/2 > S(f, κ).

Niech κ = {y

0

, y

1

, . . . , y

k

}. Ponieważ

n

} jest normalny, więc istnieje n

0

taka,

że dla n ­ n

0

mamy δ(κ

n

) < min(ε/(2k(M −m)), δ), gdzie δ = min

1¬i¬k

y

i

.

Pokażemy, że wówczas

I

(f ) + ε > S(f, κ

n

) ­ I

(f ),

co skończy dowód lematu.

Niech κ

0

= κ ∪ κ

n

= {x

0

, x

1

, . . . , x

l

}. Wówczas

S(f, κ

n

) − S(f, κ

0

) =

=

X

1¬i¬l,x

i

∈κ\κ

n

(

sup

x∈[x

i−1

,x

i+1

]

f (x)(x

i+1

− x

i−1

)

sup

x∈[x

i−1

,x

i

]

f (x)(x

i+1

− x

i

)

sup

x∈[x

i

,x

i+1

]

f (x)(x

i+1

− x

i

)))

¬

X

1¬i¬l,x

i

∈κ\κ

n

(M (x

i+1

− x

i−1

) − m(x

i+1

− x

i

) − m(x

i+1

− x

i

)))

=

X

1¬i¬l,x

i

∈κ\κ

n

(M − m)(x

i+1

− x

i−1

) ¬ k(M − m)δ(κ

n

) < ε/2.

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

78

Stąd

S(f, κ

n

) < S(f, κ

0

) + ε/2 ¬ S(f, κ) + ε/2 < I

(f ) + ε.

Definicja. Jeśli I

(f ) = I

(f ), to mówimy, że funkcja f : [a, b] R jest całko-

walna w sensie Riemanna, a liczbę I

(f ) = I

(f ) nazywamy całką Riemanna

lub całką oznaczoną i oznaczamy symbolem

Z

b

a

f (x) dx.

Przykład. Niech f (x) = c dla x ∈ [a, b]. Wówczas dla dowolnego podziału
κ = {x

0

, x

1

, . . . , x

n

} mamy

S(f, κ) =

n

X

i=1

M

i

x

i

=

n

X

i=1

cx

i

= c(b − a)

oraz s(f, κ) = c(b − a), a zatem I

(f ) = I

(f ) = c(b − a). Stąd f jest

całkowalna w sensie Riemanna, a jej całka wynosi c(b − a).

Lemat 9.2. Funkcja ograniczona f : [a, b] R jest całkowalna w sensie
Riemanna wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnego ε >
0 istnieje κ ∈ Π

[a,b]

taki, że

S(f, κ) − s(f, κ) < ε.

Dowód. (=) Załóżmy, że I = I

(f ) = I

(f ). Wówczas dla dowolnego ε > 0

istnieją podziały κ

0

, κ

00

takie, że

I − ε/2 < s(f, κ

0

) oraz I + ε/2 > S(f, κ

00

).

Niech κ = κ

0

∪ κ

00

. Wtedy

S(f, κ) − s(f, κ) ¬ S(f, κ

00

) − s(f, κ

0

) < I + ε/2 (I − ε/2) = ε.

(=) Załóżmy, że

ε>0

κ∈Π

[a,b]

S(f, κ) − s(f, κ) < ε.

Wtedy

0 ¬ I

(f ) − I

(f ) ¬ S(f, κ) − s(f, κ) < ε

dla dowolnego ε > 0. Stąd I

(f ) − I

(f ) = 0, więc f jest całkowalna w sensie

Riemanna.

Twierdzenie 9.3. Dowolna funkcja ciągła f : [a, b] R jest całkowalna w
sensie Riemanna.

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

79

Dowód. Ustalmy ε > 0. Ponieważ f jest również jednostajnie ciągła, więc
istnieje δ > 0 taka, że jeśli |x − y| < δ, to |f (x) − f (y)| < ε/(2(b − a)). Niech
κ = {x

0

, x

1

, . . . , x

n

} będzie dowolnym podziałem o średnicy mniejszej niż δ.

Ponieważ x

i

− x

i−1

< δ, więc

M

i

− m

i

=

sup

x∈[x

i−1

,x

i

]

f (x)

inf

x∈[x

i−1

,x

i

]

f (x) =

=

sup

x,y∈[x

i−1

,x

i

]

(f (x) − f (y)) ¬ ε/(2(b − a))

dla dowolnego i = 1, . . . , n. Wtedy

S(f, κ) − s(f, κ) =

n

X

i=1

(M

i

− m

i

)∆x

i

¬

¬ ε/(2(b − a))

n

X

i=1

x

i

= ε/(2(b − a))(b − a) < ε.

Zatem na podstawie poprzedniego lematu f jest całkowalna w sensie Rie-
manna.

Przykład. Rozważmy funkcję f : [0, 1] R daną wzorem

f (x) =

(

1

gdy

x ∈ [0, 1] Q

0

gdy

x ∈ [0, 1] \ Q.

Ponieważ zbiory liczb wymiernych i niewymiernych są gęste w R, więc dla
dowolnego podziału κ mamy S(f, κ) = 1 oraz s(f, κ) = 0, a zatem I

(f ) = 0

oraz I

(f ) = 1. Stąd f nie jest całkowalna w sensie Riemanna.

Twierdzenie 9.4. Dowolna funkcja monotoniczna f : [a, b] R jest całko-
walna w sensie Riemanna.

Dowód. Załóżmy, że f jest funkcją niemalejącą i nie stałą. Wtedy f (b)
f
(a) > 0. Ustalmy ε > 0. Niech κ = {x

0

, x

1

, . . . , x

n

} będzie dowolnym po-

działem o średnicy mniejszej niż ε/(f (b) − f (a)). Wówczas

M

i

− m

i

=

sup

x∈[x

i−1

,x

i

]

f (x)

inf

x∈[x

i−1

,x

i

]

f (x) = f (x

i

) − f (x

i−1

)

dla i = 1, . . . , n. Zatem

S(f, κ) − s(f, κ) =

n

X

i=1

(M

i

− m

i

)∆x

i

=

n

X

i=1

(f (x

i

) − f (x

i−1

))∆x

i

<

< ε/(f (b) − f (a))

n

X

i=1

(f (x

i

) − f (x

i−1

)) =

=

ε

(f (b) − f (a))

(f (b) − f (a)) = ε.

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

80

Zatem ponownie na podstawie poprzedniego lematu 9.2 f jest całkowalna w
sensie Riemanna.

Definicja. Mówimy, że podzbiór A ⊂ R jest miary zero, gdy dla dowolnego ε
istnieje przeliczalna rodzina przedziałów {I

n

}

n∈N

taka, że

A ⊂

[

n∈N

I

n

oraz

X

n∈N

|I

n

| < ε.

Twierdzenie 9.5. Funkcja ograniczona f : [a, b] R jest całkowalna w
sensie Riemanna wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór jej punktów nieciągłości jest
miary zero.

Twierdzenie 9.6. Niech f, g : [a, b] R będą funkcjami całkowalnymi w
sensie Riemanna. Wówczas

1. dla dowolnego α ∈ R funkcja αf jest całkowalna oraz

Z

b

a

αf (x) dx = α

Z

b

a

f (x) dx;

2. funkcja f + g jest całkowalna oraz

Z

b

a

α(f (x) + g(x)) dx =

Z

b

a

f (x) dx +

Z

b

a

g(x) dx;

3. funkcja f · g jest całkowalna;

4. jeśli f (x) ¬ g(x) dla wszystkich x ∈ [a, b], to

Z

b

a

f (x) dx ¬

Z

b

a

g(x) dx;

5. funkcja |f | jest całkowalna oraz





Z

b

a

f (x) dx





¬

Z

b

a

|f (x)| dx.

Dowód. 1. Załóżmy, że α > 0. Dla dowolnego podziału κ = {x

0

, x

1

, . . . , x

n

}

mamy

S(αf, κ) =

n

X

i=1

sup

x∈[x

i−1

,x

i

]

αf (x)∆x

i

= α

n

X

i=1

sup

x∈[x

i−1

,x

i

]

f (x)∆x

i

= αS(f, κ).

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

81

Podobnie s(αf, κ) = αs(f, κ). Zatem

I

(αf ) = inf

κ∈Π

S(αf, κ) = α inf

κ∈Π

S(f, κ) = αI

(f ),

oraz podobnie I

(αf ) = αI

(f ). Zatem

I

(αf ) = αI

(f ) = αI

(f ) = I

(αf ).

Stąd αf jest funkcją całkowalną oraz jej całka wynosi α

R

b

a

f (x) dx.

Załóżmy, że α < 0. Wtedy dla dowolnego podziału κ = {x

0

, x

1

, . . . , x

n

}

mamy

S(αf, κ) =

n

X

i=1

sup

x∈[x

i−1

,x

i

]

αf (x)∆x

i

= α

n

X

i=1

inf

x∈[x

i−1

,x

i

]

f (x)∆x

i

= αs(f, κ).

Podobnie s(αf, κ) = αS(f, κ). Zatem

I

(αf ) = inf

κ∈Π

S(αf, κ) = inf

κ∈Π

αs(f, κ) = α sup

κ∈Π

s(f, κ) = αI

(f ),

oraz podobnie I

(αf ) = αI

(f ). Zatem

I

(αf ) = αI

(f ) = αI

(f ) = I

(αf ).

Stąd αf jest funkcją całkowalną oraz jej całka wynosi α

R

b

a

f (x) dx.

2. Dla dowolnego podziału κ = {x

0

, x

1

, . . . , x

n

} mamy

S(f + g, κ) =

n

X

i=1

sup

x∈[x

i−1

,x

i

]

(f (x) + g(x))∆x

i

¬

¬

n

X

i=1

(

sup

x∈[x

i−1

,x

i

]

f (x) +

sup

x∈[x

i−1

,x

i

]

g(x))∆x

i

= S(f, κ) + S(g, κ).

Podobnie s(f + g, κ) ­ s(f, κ) + s(g, κ). Ponieważ f i g są całkowalne, więc
dla dowolnego ε > 0 istnieje podział κ taki, że

I

f

− ε/2 < s(f, κ) ¬ S(f, κ) < I

f

+ ε/2,

I

g

− ε/2 < s(g, κ) ¬ S(g, κ) < I

g

+ ε/2,

gdzie

I

f

=

Z

b

a

f (x) dx oraz I

g

=

Z

b

a

g(x) dx.

Zatem

I

f

+ I

g

− ε ¬ s(f, κ) + s(g, κ) ¬ s(f + g, κ) ¬ I

(f + g),

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

82

I

(f + g) ¬ S(f + g, κ) ¬ S(f, κ) + S(g, κ) ¬ I

f

+ I

g

+ ε.

Z dowolności ε > 0 otrzymujemy

I

f

+ I

g

¬ I

(f + g) ¬ I

(f + g) ¬ I

f

+ I

g

,

a stad

I

(f + g) = I

f

+ I

g

= I

(f + g).

Stąd f + g jest funkcją całkowalną oraz jej całka wynosi I

f

+ I

g

.

3. Zostawiamy jako ćwiczenie.
4. Jeśli f ¬ g, to łatwo sprawdzić, że I

(f ) ¬ S(f, κ) ¬ S(g, κ) dla dowol-

nego podziału κ. Zatem I

(f ) ¬ I

(g) i dalej wykorzystujemy całkowalność

f i g.

5. Dla dowolnego podziału κ = {x

0

, x

1

, . . . , x

n

} mamy

S(|f |, κ) − s(|f |, κ) =

=

n

X

i=1

sup

x,y∈[x

i−1

,x

i

]

(|f (x)| − |f (y)|) ¬

n

X

i=1

sup

x,y∈[x

i−1

,x

i

]

(|f (x) − f (y)|) =

=

n

X

i=1

sup

x,y∈[x

i−1

,x

i

]

(f (x) − f (y)) = S(f, κ) − s(f, κ).

Korzystając z lematu 9.2 całkowalność f implikuje całkowalność |f |. Ponadto
wiemy, że −|f | ¬ f ¬ |f |. Zatem z punktów 1 oraz 4 mamy

Z

b

a

|f (x)| dx ¬

Z

b

a

−|f (x)| dx ¬

Z

b

a

f (x) dx ¬

Z

b

a

|f (x)| dx,

a więc





Z

b

a

f (x) dx





¬

Z

b

a

|f (x)| dx.

Niech κ = {x

0

, x

1

, . . . , x

n

} będzie podziałem [a, b]. Załóżmy, że ξ

i

[x

i−1

, x

i

] dla i = 1, . . . , n. Wtedy sumę

σ =

n

X

i=1

f (ξ

i

)∆x

i

nazywamy sumą pośrednią. Wówczas

s(f, κ) ¬ σ ¬ S(f, κ).

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

83

Twierdzenie 9.7. Niech f : [a, b] R będzie funkcją ograniczoną. Jeśli
f jest całkowalna w sensie Riemanna, to dla dowolnego normalnego ciągu
podziałów {κ

n

} dowolny ciąg sum pośrednich zbiega do

R

b

a

f (x) dx.

Na odwrót, jeśli dla pewnego normalnego ciągu podziałów {κ

n

} wszystkie

ciągi sum pśrednich są zbieżne do tej samej granicy I, to f jest całkowalna
w sensie Riemanna oraz jej całka jest równa I.

Dowód. Załóżmy, że f jest całkowalna w sensie Riemanna. Niech

n

} bę-

dzie normalnym ciągiem podziałów oraz niech

n

} będzie odpowiadającym

ciągiem sum pośrednich. Wówczas

s(f, κ

n

) ¬ σ

n

¬ S(f, κ

n

).

Z lematu 9.1 mamy s(f, κ

n

) → I

(f ) oraz S(f, κ

n

) → I

(f ), ponadto z

całkowalności f mamy I

(f ) = I

(f ) =

R

b

a

f (x) dx. Zatem z twierdzenia o

trzech ciągach mamy σ

n

R

b

a

f (x) dx.

Załóżmy, że dla pewnego normalnego ciągu podziałów

n

} wszystkie

ciągi sum pośrednich są zbieżne do tej samej granicy I. Pokażemy, że

lim

n→∞

s(f, κ

n

) = lim

n→∞

S(f, κ

n

) = I,

co na podstawie lematu 9.1 oznacza, że I

(f ) = I

(f ) = I.

Niech ε > 0. Niech κ

n

= {x

0

, x

1

, . . . , x

k

}. Wówczas istnieją ξ

i

, ξ

0

i

[x

i−1

, x

i

], i = 1, . . . , k takie, że

f (ξ

i

) < m

i

+

ε

b − a

oraz f (ξ

0

i

) > M

i

ε

b − a

.

Wówczas

σ

n

=

k

X

i=1

f (ξ

i

)∆x

i

<

k

X

i=1

(m

i

+

ε

b − a

)∆x

i

= s(f, κ

n

) + ε,

σ

0

n

=

k

X

i=1

f (ξ

0

i

)∆x

i

>

k

X

i=1

(M

i

ε

b − a

)∆x

i

= S(f, κ

n

) − ε.

Z założenia oraz z lematu 9.1 mamy przechodząc z n do nieskończoności
otrzymamy

I ¬ I

(f ) + ε oraz I ­ I

(f ) − ε.

Z dowolności ε > 0 mamy

I ¬ I

(f ) ¬ I

(f ) ¬ I, a więc I

(f ) = I

(f ) = I.

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

84

Lemat 9.8. Niech f : [a, b] R będzie funckcją całkowalną w sensie Rie-
manna oraz niech a ¬ c < d ¬ b. Wówczas f
: [c, d] R jest całkowalna w
sensie Riemanna.

Dowód. Ustalmy ε > 0. Wówczas znajdziemy κ ∈ Π

[a,b]

taki, że S(f, κ)

s(f, κ) < ε. Dokładając ewentualnie do tego podziału punkty c i d możemy
założyć c, d ∈ κ. Niech κ

0

Π

[c,d]

będzie podziałem κ

0

= κ ∩ [c, d] oraz

κ

00

= κ ∪ {c, d} będzie podziałem [a, b]. Łatwo sprawdzić, że

S(f |

[c,d]

, κ

0

) − s(f |

[c,d]

, κ

0

) ¬ S(f, κ

00

) − s(f, κ

00

) ¬ S(f, κ) − s(f, κ) < ε.

Zatem na podstawie lematu 9.2 funkcja f : [c, d] R jest całkowalna.

Twierdzenie 9.9. Niech f : [a, b] R będzie funkcją całkowalną w sensie
Riemanna oraz niech a < c < b. Wówczas

Z

b

a

f (x) dx =

Z

c

a

f (x) dx +

Z

b

c

f (x) dx.

Dowód. Niech

0
n

} będzie normalnym ciągiem podziałów dla [a, c] oraz

00
n

}

niech będzie normalnym ciągiem podziałów dla [c, b]. Niech κ

n

= κ

0
n

∪ κ

00
n

dla

n ∈ N. Wtedy

n

} będzie normalnym ciągiem podziałów dla [a, b]. Niech

σ

0

n

będzie dowolną sumą pośrednią dla κ

0
n

oraz σ

00

n

będzie dowolną sumą

pośrednią dla κ

00
n

. Wtedy σ

0

n

+ σ

00

n

jest sumą pośrednią dla κ

n

. Z poprzedniego

twierdzenia

σ

0

n

Z

c

a

f (x) dx, σ

00

n

Z

b

c

f (x) dx, σ

0

n

+ σ

00

n

Z

b

a

f (x) dx.

Stąd

Z

b

a

f (x) dx =

Z

c

a

f (x) dx +

Z

b

c

f (x) dx.

Oznaczenia. Jeśli a < b, to

Z

a

b

f (x) dx =

Z

b

a

f (x) dx.

Wniosek 9.10. Dla dowolnych a, b, c ∈ R jeśli f jest całkowalna na odcinku
[min(a, b, c), max(a, b, c)], to

Z

b

a

f (x) dx =

Z

c

a

f (x) dx +

Z

b

c

f (x) dx.

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

85

Twierdzenie 9.11. (o wartości średniej) Niech f : [a, b] R będzie funkcją
ciągłą. Wówczas istnieje ξ ∈
[a, b] taki, że

f (ξ) =

1

b − a

Z

b

a

f (x) dx.

Dowód. Ponieważ f : [a, b] R jest ciągła, więc osiąga swój kres górny M
oraz kres dolny m. Zatem istnieją x

1

, x

2

[a, b] takie, że f (x

1

) = m oraz

f (x

2

) = M . Ponieważ m ¬ f ¬ M , więc

m =

1

b − a

Z

b

a

m dx ¬

1

b − a

Z

b

a

f (x) dx ¬

1

b − a

Z

b

a

M dx = M.

Z własności Darboux pomiędzy x

1

i x

2

istnieje ξ taki, że

f (ξ) =

1

b − a

Z

b

a

f (x) dx.

Twierdzenie 9.12. (zasadnicze twierdzenie rachunku całkowego) Niech f :
[a, b] R będzie funkcją ciągłą. Niech F : [a, b] R będzie dana wzorem
F
(x) =

R

x

a

f (t) dt. Wtedy F jest funkcją różniczkowalną oraz F

0

(x) = f (x)

dla wszystkich x ∈ [a, b].

Dowód. Niech x

0

[a, b], h 6= 0 oraz x

0

+ h ∈ [a, b]. Z wniosku 9.10 mamy

F (x

0

+ h) − F (x

0

) =

Z

x

0

+h

a

f (t) dt −

Z

x

0

a

f (t) dt =

Z

x

0

+h

x

0

f (t) dt.

Ponadto z twierdzenia o wartości średniej istnieje 0 ¬ θ

h

¬ 1 taka, że

1

h

Z

x

0

+h

x

0

f (t) dt = f (x

0

+ θ

h

h).

Z ciągłości funkcji f dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że

|x − x

0

| < δ =⇒ |f (x) − f (x

0

)| < ε.

Załóżmy, że 0 < |h| < δ. Wówczas |(x

0

+ θ

h

h) − x

0

| = θ

h

|h| < δ, a zatem





F (x

0

+ h) − F (x

0

)

h

− f (x

0

)





= |f (x

0

+ θ

h

h) − f (x

0

)| < ε.

Stąd

lim

h→0

F (x

0

+ h) − F (x

0

)

h

= f (x

0

), a więc F

0

(x

0

) = f (x

0

).

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

86

Wniosek 9.13. Jeśli f : [a, b] R jest ciągła, to posiada funkcję pierwotną.
Jeśli G jest pierwotną f , to

Z

b

a

f (x) dx = G(b) − G(a).

Dowód. Z zasadniczego twierdzenia rachunku całkowego F (x) =

R

x

a

f (t) dt

jest pierwotną f . Ponadto F (a) =

R

a

a

f (t) dt = 0 oraz F (b) =

R

b

a

f (t) dt Jeśli

G jest inną pierwotną f , to G(x) = F (x) + c. Zatem

G(b) − G(a) = F (b) − F (a) =

Z

b

a

f (t) dt − 0.

9.1

Zastosowania geometryczne całki Riemanna

Zdefiniujemy pole ograniczonego zbioru D ⊂ R

2

. Niech Q będzie kwadratem

takim, że D ⊂ Q. Podzielmy Q na skończoną liczbę prostokątów domknię-
tych. Wówczas przez S oznaczmy sumę pól tych prostokątów (pole prostokąta
to iloczyn długości podstawy i wysokości), które mają niepustą część wspól-
ną ze zbiorem D oraz przez s oznaczmy sumę pól tych prostokątów, które
zawierają się w D. Niech S

będzie kresem dolnym zbioru sum S odpowiada-

jących wszystkim możliwym podziałom Q na skończoną liczbę prostokątów,
natomiast przez s

oznaczmy kres górny zbioru sum s. Wtedy s

¬ S

. Je-

śli s

= S

, to zbiór D nazywamy mierzalnym w sensie Jordana, a wartość

|D| = s

= S

nazywamy miarą Jordana zbioru D lub polem zbioru D. Moż-

na udowodnić, że definicja pola nie zależy od wielkości i położenia kwadratu
Q.

Podobnie można zdefiniować objętość podzbiorów w R

3

, zastępując pro-

stokąty prostopadłościanami.

Stwierdzenie 9.14. Jeśli f : [a, b] R jest funkcją ciągłą i nieujemną, to

R

b

a

f (x) dx jest polem obszaru między wykresem funkcji, osią Ox i prostymi

x = a oraz x = b, tzn. obszaru

{(x, y) R

2

: a ¬ x ¬ b, 0 ¬ y ¬ f (x)}.

Wniosek 9.15. Niech f, g : [a, b] R będą funkcjami ciągłymi takimi, że
f
(x) ¬ g(x) dla x ∈ [a, b]. Wtedy pole obszaru między wykresami funkcji f i
g, osią Ox i prostymi x
= a oraz x = b, tzn. obszaru

{(x, y) R

2

: a ¬ x ¬ b, f (x) ¬ y ¬ g(x)}

wynosi

Z

b

a

(g(x) − f (x)) dx.

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

87

Przykład. Wyznaczmy pole powierzchni elipsy danej wzorem

x

2

a

2

+

y

2

b

2

= 1,

a > 0, b > 0.

Powierzchnia elipsy D jest ograniczona z góry wykresem funkcji

[−a, a] 3 x 7→ b

s

1

x

2

a

2

,

a z dołu wykresem

[−a, a] 3 x 7→ −b

s

1

x

2

a

2

.

Zatem

|D| =

Z

a

−a

2b

s

1

x

2

a

2

dx =





x = a sin t

dx = a cos t dt





=

= 2b

Z

π/2

−π/2

q

1 sin

2

t a cos t dt = 2ab

Z

π/2

−π/2

cos

2

t dt =

= 2ab

Z

π/2

−π/2

cos(2t) + 1

2

dt =

"

ab

sin(2t)

2

+ t

!#

π/2

−π/2

= [abt]

π/2
−π/2

= πab.

Stwierdzenie 9.16. Niech f : [a, b] R będzie funkcją ciągłą i nieujemną.
Objętość bryły obrotowej V powstałej w wyniku obrotu obszaru ograniczonego
wykresem funkcji f i prostymi Ox, x
= a oraz x = b dookoła osi Ox, tzn.

V = {(x, y, z) R

3

: a ¬ x ¬ b,

q

y

2

+ z

2

¬ f (x)},

dana jest wzorem

π

Z

b

a

f

2

(x) dx.

Dowód. Niech κ = {x

0

, . . . , x

k

} będzie podziałem odcinka [a, b]. Niech m

i

=

inf

x∈[x

i−1

,x

i

]

f (x), M

i

= sup

x∈[x

i−1

,x

i

]

f (x) dla i = 1, . . . , k. Wtedy

k

X

i=1

πm

2
i

x

i

¬ |V | ¬

k

X

i=1

πM

2

i

x

i

,

a więc

s(πf

2

, κ) ¬ |V | ¬ S(πf

2

, κ).

Niech

n

} będzie normalnym ciągiem podziałów przedziału [a, b]. Wówczas

s(πf

2

, κ

n

) ¬ |V | ¬ S(πf

2

, κ

n

)

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

88

oraz z ciągłości f mamy

lim

n→∞

s(πf

2

, κ

n

) = lim

n→∞

S(πf

2

, κ

n

) = π

Z

b

a

f

2

(x) dx.

Stąd

|V | = π

Z

b

a

f

2

(x) dx.

Przykład. Obliczmy objętość wnętrza elipsoidy V powstałej z obrotu z obrotu
elipsy

x

2

a

2

+

y

2

b

2

= 1 wokół osi Ox. Wtedy

|V | = π

Z

a

−a

b

2

1

x

2

a

2

!

dx = πb

2

"

x −

x

3

3a

2

#

a

−a

=

4

3

πab

2

.

Definicja. Krzywą klasy C

1

będziemy nazywać dowolne odwzorowanie

γ : [a, b] R

2

, γ(t) = (x(t), y(t))

takie, że x, y są funkcjami klasy C

1

oraz (x

0

(t))

2

+ (y

0

(t))

2

> 0 dla t ∈

[a, b]. Krzywą będziemy również nazywać zbiór γ([a, b]). Wtedy odwzorowanie
gamma nazywamy parametryzacją krzywej.

Przykład.

1. Niech f : [a, b] R będzie funkcją klasy C

1

. Wówczas wy-

kres funkcji f , tzn.

{(x, f (x)) : a ¬ x ¬ b}

jest krzywą klasy C

1

, a jej parametryzacja, to γ(t) = (t, f (t)). Istotnie,

(x

0

(t))

2

+ (y

0

(t))

2

= 1 + (f

0

(t))

2

­ 1 > 0.

2. Dowolny okrąg o środku w (x

0

, y

0

) i promieniu r > 0 jest krzywą o

prarmetryzacji

γ(t) = (x

0

+ r cos t, y

0

+ r sin t), t ∈ [0, 2π).

Wówczas (x

0

(t))

2

+ (y

0

(t))

2

= r

2

(sin

2

t + cos

2

t) = r

2

> 0.

Niech κ = {t

0

, . . . , t

k

} będzie podziałem odcinka [a, b]. Wówczas punk-

ty A

i

= (x(t

i

), y(t

i

)), i = 0, . . . , k leżą na krzywej γ oraz długość łamanej

łączącej kolejno punkty A

0

, A

1

, . . . , A

k

wynosi

d(κ) =

k

X

i=1

q

(x(t

i

) − x(t

i−1

))

2

+ (y(t

i

) − y(t

i−1

))

2

.

Jeśli istnieje liczba d taka, że dla dowolnego normalnego ciągu podziałów

n

} mamy lim

n→∞

d(κ

n

) = d, to mówimy, że krzywa γ jest prostowalna, a

liczbę d(γ) = d nazywamy długością tej krzywej.

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

89

Lemat 9.17. Dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c mamy

|

a

2

+ c

2

a

2

+ b

2

| ¬ |c − b|.

Dowód. Jeśli a = 0, to nierówność jest oczywista, ponieważ jest postaci ||c| −
|b|| ¬ |c − b|
. Jeśli a 6= 0, to funkcja x 7→

a

2

+ x

2

jest różniczkowalna oraz

(

a

2

+ x

2

)

0

=

x

a

2

+ x

2

dla wszystkich x ∈ R. Z twierdzenia Lagrange’a istnieje liczba rzeczywista d
pomiędzy b i c taka, że





a

2

+ c

2

a

2

+ b

2

c − b





=





d

a

2

+ d

2





< 1.

Twierdzenie 9.18. Dowolna krzywa γ : [a, b] R

2

klasy C

1

jest prostowal-

na oraz

d(γ) =

Z

b

a

q

(x

0

(t))

2

+ (y

0

(t))

2

dt.

Dowód. Ustalmy ε > 0. Wówczas istnieje δ > 0 taka, że |t − s| < δ implikuje
|y

0

(t) − y

0

(s)| < ε/(b − a). Niech κ = {t

0

, . . . , t

k

} będzie podziałem odcin-

ka [a, b], którego średnica jest mniejsza niż δ. Z twierdzenia Lagrange’a dla
każdego i = 1, . . . , k istnieją θ

i

, θ

0

i

[t

i−1

, t

i

] takie, że

x(t

i

) − x(t

i−1

) = x

0

(θ

i

)∆t

i

, y(t

i

) − y(t

i−1

) = y

0

(θ

0

i

)∆t

i

.

Zatem

d(κ) =

k

X

i=1

q

(x(t

i

) − x(t

i−1

))

2

+ (y(t

i

) − y(t

i−1

))

2

=

=

k

X

i=1

q

(x

0

(θ

i

))

2

+ (y

0

(θ

0

i

))

2

t

i

¬

=

k

X

i=1

q

(x

0

(θ

i

))

2

+ (y

0

(θ

i

))

2

t

i

+

k

X

i=1

(y

0

(θ

0

i

) − y

0

(θ

0

i

))∆t

i

¬

¬ σ(f, κ) + ε,

gdzie f (t) =

q

(x

0

(t))

2

+ (y

0

(t))

2

. Podobnie

σ(f, κ) − ε ¬ d(κ) ¬ σ(f, κ) + ε.

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

90

Niech

n

} będzie normalnym ciągiem podziałów przedziału [a, b]. Wówczas

σ(f, κ

n

) − ε ¬ d(κ

n

) ¬ σ(f, κ

n

) + ε

dla odpowiednio dużych n. Stąd

lim

n→∞

σ(f, κ

n

) − ε ¬ lim inf

n→∞

d(κ

n

) ¬ lim sup

n→∞

d(κ

n

) ¬ lim

n→∞

σ(f, κ

n

) + ε.

Przechodząc z ε do zera otrzymujemy

lim

n→∞

σ(f, κ

n

) ¬ lim inf

n→∞

d(κ

n

) ¬ lim sup

n→∞

d(κ

n

) ¬ lim

n→∞

σ(f, κ

n

),

a więc

lim

n→∞

d(κ

n

) = lim

n→∞

σ(f, κ

n

) =

Z

b

a

f (t) dt =

Z

b

a

q

(x

0

(t))

2

+ (y

0

(t))

2

dt.

Wniosek 9.19. Jeśli f : [a, b] R jest funkcją klasy C

1

, to długości jej

wykresu wynosi

Z

b

a

q

1 + (f

0

(x))

2

dx.

Przykład. Obliczmy obwód koła o środku w (x

0

, y

0

) i promieniu r > 0. Wów-

czas x(t) = x

0

+ r cos t, y(t) = y

0

+ r sin t, t ∈ [0, 2π]. Zatem długość okręgu

wynosi

Z

2π

0

q

(x

0

(t))

2

+ (y

0

(t))

2

dt =

Z

2π

0

r dt = 2πr.

Uwaga. Jeśli f : [a, b] R jest funkcją dodatnią klasy C

1

, to pole powierzch-

ni bocznej bryły powstałej z obrotu wykresu f dookoła osi Ox wynosi

2π

Z

b

a

f (x)

q

1 + (f

0

(x))

2

dx.

9.2

Całki niewłaściwe

Załóżmy, że funkcja f jest określona na przedziale [a, b), gdzie b ∈ R lub
b = +, a funkcja f może być nieograniczona. Załóżmy dodatkowo, że dla
dowolnego a < c < b funkcja f : [a, c] R jest ograniczona i całkowalna w
sensie Riemanna. Jeśli istnieje granica

lim

c→b

Z

c

a

f (x) dx,

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

91

nazywamy ją całką niewłaściwą funkcji f na przedziale [a, b) i oznaczamy ją
przez

Z

b

a

f (x) dx.

Podobnie definiujemy całkę niewłaściwą dla przedziałów postaci (a, b]. Jeśli f
jest określona na przedziale otwartym (a, b) oraz dla dowolnych a < c < d < b
funkcja f : [c, d] R jest ograniczona i całkowalna w sensie Riemanna, to
również możemy zdefiniować całkę niewłaściwą f na (a, b). Załóżmy, że dla
pewnego c ∈ (a, b) istnieją całki niewłaściwe f na przedziałach (a, c] oraz
[c, b). Wówczas przyjmujemy

Z

b

a

f (x) dx =

Z

c

a

f (x) dx +

Z

b

c

f (x) dx,

o ile działanie dodawania po prawej stronie jest wykonalne, tzn. nie jest
to wyrażenie typu ∞ − ∞. Zauważmy, że powyższa definicja nie zależy od
wyboru punktu c. Istotnie, niech c

0

będzie innym punktem przedziału (a, b).

Dla ustalenia uwagi możemy przyjąć, że c

0

< c. Wtedy

Z

c

a

f (x) dx = lim

d→a

Z

c

d

f (x) dx = lim

d→a

Z

c

0

d

f (x) dx +

Z

c

c

0

f (x) dx

=

Z

c

0

a

f (x) dx +

Z

c

c

0

f (x) dx,

Z

b

c

f (x) dx = lim

d→b

Z

d

c

f (x) dx = lim

d→a

Z

d

c

0

f (x) dx −

Z

c

c

0

f (x) dx

=

Z

b

c

0

f (x) dx −

Z

c

c

0

f (x) dx.

Dodając obie równości stronami otrzymamy

Z

c

a

f (x) dx +

Z

b

c

f (x) dx =

Z

c

0

a

f (x) dx +

Z

b

c

0

f (x) dx.

Przykład.

1. Funkcja

1

1+x

2

ma całkę niewłaściwą na (−∞, +). Ponieważ

funkcja ta jest ciągła więc na każdym przedziale domkniętym jest cał-
kowalna w sensie Riemanna. Jako punkt pośredni wybieramy 0. Wtedy

Z

+

0

dx

1 + x

2

= lim

c→+

Z

c

0

dx

1 + x

2

= lim

c→+

arctg c =

π

2

,

Z

0

−∞

dx

1 + x

2

= lim

c→−∞

Z

0

c

dx

1 + x

2

= lim

c→−∞

arctg c =

π

2

,

a stąd

Z

+

−∞

dx

1 + x

2

= π.

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

92

2. Niech α > 0 i rozważmy funkcję

1

x

α

na przedziale (0, 1]. Gdy α 6= 1, to

Z

1

0

dx

x

α

= lim

c→0

Z

1

c

dx

x

α

= lim

c→0

1 − c

1−α

1 − α

.

Zatem gdy α < 1, to

Z

1

0

dx

x

α

=

1

1 − α

oraz gdy α > 1, to

Z

1

0

dx

x

α

= +∞.

Jeśli α = 1, to

Z

1

0

dx

x

= lim

c→0

Z

1

c

dx

x

= lim

c→0

ln c = +∞.

3. Dla α > 0 rozważmy funkcję

1

x

α

na przedziale [1, +). Wówczas łatwo

można pokazać, że

Z

+

1

dx

x

α

=

(

1

1−α

dla

α > 1

+

dla

α ¬ 1.

4.

Z

+

0

e

−x

dx = lim

c→+

Z

c

0

e

−x

dx = lim

c→+

(1 − e

−c

) = 1.

Twierdzenie 9.20. (Kryterium całkowe zbieżności szeregów) Niech k będzie
liczbą naturalną oraz niech f
: [k, +) R będzie nierosnącą, nieujem-
ną funkcją ciągłą. Szereg

P


n
=k

f (n) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy

R

+

k

f (x)dx < +∞.

Dowód. Dla dowolnego n ­ k mamy

f (n + 1) ¬

Z

n+1

n

f (x) dx ¬ f (n).

Zatem

Z

n+1

k

f (x) dx ¬

n

X

j=k

f (j) ¬ f (k) +

Z

n

k

f (x) dx.

Jeśli

R

+

k

f (x)dx < +, to

n

X

j=k

f (j) ¬ f (k) +

Z

n

k

f (x) dx ¬ f (k) +

Z

+

k

f (x) dx,

background image

9

CAŁKA RIEMANNA

93

a stąd ciąg sum częściowych jest ograniczony. Ponieważ wyrazy szeregu są
nieujemne, więc szereg jest zbieżny.

Jeśli

R

+

k

f (x)dx = +, to

lim

c→+

Z

c

k

f (x)dx = +∞,

a więc

R

n

k

f (x) dx → +. Ponadto

Z

n+1

k

f (x) dx ¬

n

X

j=k

f (j),

więc ciąg sum częściowy jest również rozbieżny do nieskończoności.

Stwierdzenie 9.21. Niech f, g : [a, b) R będą nieujemnymi funkcjami
ciągłymi takimi, że f
(x) ¬ g(x) dla x ∈ [a, b). Jeśli

R

b

a

g(x) dx < +∞, to

R

b

a

f (x) dx < +∞.

Dowód. Rozważmy odwzorowanie

[a, b) 3 x 7→

Z

x

a

f (t) dt.

Funkcja ta jest niemalejąca oraz ograniczona ponieważ

Z

x

a

f (t) dt ¬

Z

x

a

g(t) dt ¬

Z

b

a

g(t) dt.

Ponieważ jest monotoniczna, więc posiada granicę lewostronną w b, a ponie-
waż jest ograniczona ta granica jest skończona.

Obecnie, za pomocą całek niewłaściwych, zdefiniujemy funkcję gamma

Eulera.

Γ(x) =

Z

+

0

t

x−1

e

−t

dt.

Stwierdzenie 9.22. Funkcja Γ jest określona dla wszystkich x > 0.

Dowód.

Γ(x) =

Z

1

0

t

x−1

e

−t

dt +

Z

+

1

t

x−1

e

−t

dt.

Dla t ∈ (0, 1] mamy 0 ¬ t

x−1

e

−t

¬ t

x−1

. Ponadto dla dowolnej liczby rzeczy-

wistej α < 1 funkcja t 7→ t

−α

ma skończoną całkę na (0, 1]. Stąd wynika, że

pierwsza całka jest skończona.

Aby wykazać zbieżność drugiej całki, wykorzystamy kryterium całkowe

zbieżności szeregów. Rozważmy funkcję f (t) = t

x−1

e

−t

dla t ­ 1. Wówczas

f

0

(t) = (x − 1)t

x−2

e

−t

− t

x−1

e

−t

= ((x − 1) − t)t

x−2

e

−t

< 0 dla t > x − 1.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

94

Zatem f jest malejąca na [x − 1, +). Zatem z kryterium całkowe zbieżności
szeregów

Z

+

1

t

x−1

e

−t

dt < +∞ ⇐⇒

X

n=1

n

x−1

e

−n

< +∞.

Natomiast ostatni szereg jest zbieżny, co można pokazać korzystając z kry-
terium d’Alamberta. Istotnie

(n + 1)

x−1

e

−n−1

n

x−1

e

−n

=



n + 1

n



x−1

e

1

1

e

< 1.

Twierdzenie 9.23. Funkcja Γ posiada następujące własności:

1. Γ(x + 1) = xΓ(x) dla x > 0,

2. Γ(n + 1) = n! dla n ∈ N.

Dowód. 1. Bedziemy całkować przez części biorąc funkcje u(t) = e

−t

, v(t) =

t

x

/x, wtedy u

0

(t) = −e

−t

oraz v

0

(t) = t

x−1

. Zatem

Γ(x) =

Z

+

0

t

x−1

e

−t

dt =

t

x

x

e

−t




+

0

+

1

x

Z

+

0

t

x

e

−t

dt =

=

1

x

Z

+

0

t

x

e

−t

dt =

Γ(x + 1)

x

.

2. udowodnimy indukcyjnie. Dla n = 0 mamy

Γ(1) =

Z

+

0

e

−t

dt = 1 = 0!.

Załóżmy, że dla pewnego n ∈ N mamy Γ(n + 1) = n!. Wówczas

Γ(n + 2) = (n + 1)Γ(n + 1) = (n + 1)n! = (n + 1)!.

10

Ciągi i szeregi funkcyjne

Niech D ⊂ R oraz załóżmy, że dla każdej liczby naturalnej n mamy zde-
finiowaną funkcję f

n

: D → R. Mówimy wówczas, że został określony ciąg

funkcyjny {f

n

}

n∈N

.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

95

Definicja. Mówimy, że ciąg funkcyjny {f

n

}

n∈N

jest zbieżny punktowo do funk-

cji f : D → R, gdy dla dowolnego x ∈ D mamy

lim

n→∞

f

n

(x) = f (x),

lub równoważnie

x∈D

ε>0

n

0

N

n­n

0

|f

n

(x) − f (x)| < ε.

Mówimy, że ciąg funkcyjny {f

n

}

n∈N

jest jednostajnie zbieżny do funkcji f :

D → R, co będziemy oznaczać przez f

n

f , gdy

lim

n→∞

sup

x∈D

|f

n

(x) − f (x)| = 0,

lub równoważnie

ε>0

n

0

N

n­n

0

x∈D

|f

n

(x) − f (x)| < ε.

Uwaga. Zbieżność jednostajna implikuje zbieżność punktową ale nie odwrot-
nie.

Przykład. Rozważmy ciąg funkcyjny {f

n

} na [0, 1] dany następująco f

n

(x) =

x

n

. Jeśli x < 1, to x

n

0, a jeśli x = 1, to x

n

= 1. Zatem ciąg {f

n

} jest

punktowo zbieżny do funkcji

f (x) =

(

0

gdy

x ∈ [0, 1)

1

gdy

x = 1.

Natomiast {f

n

} nie jest jednostajnie zbieżny do f , ponieważ dla dowolnego

a ∈ (0, 1) mamy

sup

x∈[0,1]

|f

n

(x) − f (x)| ­ |f

n

(

n

a) − f (

n

a)| = a > 0.

Definicja. Mówimy, że ciąg funkcyjny {f

n

}

n∈N

spełnia jednostajny warunek

Cauchy’ego, gdy

ε>0

n

0

N

m,n­n

0

x∈D

|f

m

(x) − f

n

(x)| < ε.

Twierdzenie 10.1. Ciąg funkcyjny {f

n

}

n∈N

jednostajnie zbieżny wtedy i

tylko wtedy, gdy spełnia jednostajny warunek Cauchy’ego.

Dowód. Załóżmy, że f

n

f . Wówczas dla dowolnego vep > 0 istnieje n

0

N

taka, że |f

n

(x) − f (x)| < ε/2 dla wszystkich x ∈ D oraz n ­ n

0

. Wtedy dla

dowolnych m, n ­ n

0

oraz x ∈ D mamy

|f

m

(x) − f

n

(x)| ¬ |f

m

(x) − f (x)| + |f (x) − f

n

(x)| <

ε

2

+

ε

2

= ε.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

96

Na odwrót, załóżmy, że {f

n

}

n∈N

spełnia jednostajny warunek Cauchy’ego.

Zatem dla dowolnego x ∈ D ciąg liczbowy {f

n

(x)}

n∈N

spełnia warunek Cau-

chy’ego, a więc jest zbieżny. Niech f (x) = lim

n→∞

f

n

(x) dla x ∈ D. W ten

sposób otrzymaliśmy funkcję f : D → R taką, że {f

n

}

n∈N

jest punktowo

zbieżny do f . Pokażemy, że również f

n

f . Ustalmy ε > 0. Wówczas istnie-

je n

0

N taka, że dla dowolnych m, n ­ n

0

oraz x ∈ D mamy

|f

n

(x) − f

m

(x)| < ε/2.

Ustalmy x ∈ D oraz n ­ n

0

. Przechodząc z m do nieskończoności otrzymu-

jemy, że

|f

n

(x) − f (x)| ¬ ε/2 < ε,

a więc f

n

f .

Twierdzenie 10.2. Jeśli {f

n

}

n∈N

jest ciągiem funkcyjnym funkcji ciągłych

zbieżnym jednostajnie do f : D → R, to f jest również funkcją ciągłą.

Dowód. Ustalmy x

0

∈ D. Pokażemy, że f jest ciągła w x

0

. Weźmy dowolne

ε > 0. Ponieważ f

n

f , więc istnieje n

0

N taka, że dla dowolnego x ∈ D

mamy

|f

n

0

(x) − f (x)| < ε/3.

Z ciągłości funkcji f

n

0

istnieje δ > 0 taka, że

|x − x

0

| < δ =⇒ |f

n

0

(x) − f

n

0

(x

0

)| < ε/3.

Wtedy jeśli x ∈ D spełnia |x − x

0

| < δ, to

|f (x) − f (x

0

)| ¬ |f (x) − f

n

0

(x)| + |f

n

0

(x) − f

n

0

(x

0

)| + |f

n

0

(x

0

) − f (x

0

)|

<

ε

3

+

ε

3

+

ε

3

= ε,

a stąd f jest ciągła w x

0

.

Definicja. Jeśli D ⊂ R jest przedziałem, to mówimy, że ciąg funkcyjny {f

n

}

jest niemal jednostajnie zbieżny do f : D → R, gdy jest on jednostajnie
zbieżny do f na dowolnym domkniętym podprzedziale zawartym w D.

Przykład. Rozważmy ciąg funkcyjny {f

n

} na [0, 1) dany następująco f

n

(x) =

x

n

. Jest on niemal jednostajnie zbieżny do funkcji zerowej. Istotnie, jeśli

[a, b] [0, 1), to dla x ∈ [a, b] mamy

|f

n

(x) − f (x)| = x

n

¬ a

n

, zatem sup

x∈[a,b]

|f

n

(x) − f (x)| ¬ a

n

0,

ponieważ 0 ¬ a < 1.

Wniosek 10.3. Jeśli {f

n

}

n∈N

jest ciągiem funkcyjnym funkcji ciągłych zbież-

nym niemal jednostajnie do f : D → R, to f jest również funkcją ciągłą.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

97

10.1

Szeregi funkcyjne

Dla dowolnego ciągu funkcyjnego {f

n

: D → R; n ∈ N} definiujemy szereg

funkcyjny jako ciąg sum częściowych {S

n

: D → R; n ∈ N}, tzn.

S

n

=

n

X

k=1

f

k

,

i oznaczamy przez

P


k
=1

f

k

.

Definicja. Mówimy, że szereg funkcyjny

P


k
=1

f

k

jest zbieżny punktowo (jed-

nostajnie), gdy ciąg {S

n

} jest zbieżny punktowo (jednostajnie). Wówczas

granicę tego ciągu oznaczmy przez

P


k
=1

f

k

i nazywamy sumą szeregu funk-

cyjnego.

Wniosek 10.4. Suma szeregu jednostajnie zbieżnego funkcji ciągłych jest
funkcją ciągłą.

Wniosek 10.5. Szereg funkcyjny

P


k
=1

f

k

jest jednostajnie zbieżny wtedy i

tylko wtedy, gdy spełnia jednostajny warunek Cauchy’ego, tzn.

ε>0

n

0

N

m,n­n

0

0

x∈D

|f

n+1

(x) + f

n+2

(x) + . . . + f

n+k

(x)| < ε.

Twierdzenie 10.6. (kryterium Weierstrassa) Niech {f

n

: D → R; n ∈ N}

będzie ciągiem funkcyjny oraz niech {a

n

}

n∈N

będzie ciągiem liczbowym takim,

że szereg

P


n
=1

a

n

jest zbieżny oraz |f

n

(x)| ¬ a

n

dla wszystkich x ∈ D oraz

n ∈ N. Wówczas szereg funkcyjny

P


n
=1

f

n

jest jednostajnie zbieżny.

Dowód. Pokażemy, że szereg funkcyjny

P


n
=1

f

n

spełnia jednostajny waru-

nek Cauchy’ego. Ustalmy ε > 0. Ponieważ szereg

P


n
=1

a

n

jest zbieżny, więc

istnieje n

0

N taka, że dla n ­ n

0

oraz k ­ 0 mamy

a

n+1

+ a

n+2

+ . . . + a

n+k

< ε.

Zatem dla dowolnych n ­ n

0

, k ­ 0 oraz x ∈ D mamy

|f

n+1

(x) + f

n+2

(x) + . . . + f

n+k

(x)| ¬

¬ |f

n+1

(x)| + |f

n+2

(x)| + . . . + |f

n+k

(x)| ¬ a

n+1

+ a

n+2

+ . . . + a

n+k

< ε.

Przykład. Szereg funkcyjny

P


n
=1

sin(nx)

n

2

jest jednostajnie zbieżny.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

98

Definicja. Szereg funkcyjny postaci

X

n=0

a

n

(x − x

0

)

n

,

gdzie x

0

R oraz {a

n

}


n
=0

jest ciągiem liczb rzeczywistych, nazywamy sze-

regiem potęgowym.

Oczywiście szereg potęgowy jest zbieżny w x = x

0

.

Lemat 10.7. Jeśli szereg liczbowy

P


n
=0

a

n

(x

1

− x

0

)

n

jest bezwzględnie zbież-

ny, to szereg funkcyjny

P


n
=0

a

n

(x−x

0

)

n

jest jednostajnie zbieżny w przedziale

[x

0

− r, x

0

+ r], gdzie r = |x

1

− x

0

|.

Dowód. Z założenia szereg

P


n
=0

|a

n

|r

n

jest zbieżny oraz |a

n

(x − x

0

)

n

| ¬

|a

n

|r

n

dla x ∈ [x

0

− r, x

0

+ r] oraz n ­ 0. Zatem z kryterium Weierstrassa

szereg funkcyjny

P


n
=0

a

n

(x − x

0

)

n

jest jednostajnie zbieżny w przedziale

[x

0

− r, x

0

+ r].

Twierdzenie 10.8. Niech λ = lim sup

n

q

|a

n

|. Wówczas

1. jeśli λ = 0, to szereg funkcyjny

P


n
=0

a

n

(x − x

0

)

n

jest niemal jednostaj-

nie zbieżny na całej prostej;

2. jeśli λ = +∞, to szereg

P


n
=0

a

n

(x − x

0

)

n

jest rozbieżny dla wszystkich

x 6= x

0

;

3. jeśli 0 < λ < +∞, to szereg funkcyjny

P


n
=0

a

n

(x − x

0

)

n

jest niemal

jednostajnie zbieżny w przedziale (x

0

− R, x

0

+ R), gdzie R = 1/λ oraz

rozbieżny dla każdego x ∈ (−∞, x

0

− R) (x

0

+ R, +).

Dowód. 1. λ = 0. Rozważmy dowolny odcinek [a, b] oraz niech r > 0 będzie
taka, że [a, b] [x

0

− r, x

0

+ r]. Wówczas szereg

P


n
=0

a

n

((x

0

+ r) − x

0

)

n

jest

bezwzględnie zbieżny, ponieważ

n

q

|a

n

|r

n

= r

n

q

|a

n

| → 0 < 1,

więc możemy skorzystać z kryterium Cauchy’ego. Zatem korzystając z po-
przedniego lematu szereg funkcyjny

P


n
=0

a

n

(x − x

0

)

n

jest jednostajnie zbież-

ny w [a, b] [x

0

− r, x

0

+ r].

2. λ = +. Niech x

1

6= x

0

oraz oznaczmy r = |x

1

− x

0

| > 0. Gdyby

szereg

P


n
=0

a

n

(x

1

− x

0

)

n

był zbieżny, to a

n

(x

1

− x

0

)

n

0, a więc |a

n

|r

n

0.

Z drugiej strony

n

q

|a

n

|r

n

=

n

q

|a

n

|r > 1 dla nieskończenie wielu n. Zatem

|a

n

|r

n

> 1 dla nieskończenie wielu n, co stoi w sprzeczności z |a

n

|r

n

0.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

99

3. 0 < λ < +oraz R = 1. Niech [a, b] będzie dowolnym podprze-

działem (x

0

− R, x

0

+ R). Następnie niech 0 < r < R będzie liczbą taką, że

[a, b] [x

0

− r, x

0

+ r]. Wówczas szereg

P


n
=0

a

n

((x

0

+ r) − x

0

)

n

jest bez-

względnie zbieżny, ponieważ

lim sup

n→∞

n

q

|a

n

|r

n

= r lim sup

n→∞

n

q

|a

n

| → rλ =

r

R

< 1,

więc możemy skorzystać z kryterium Cauchy’ego. Zatem korzystając z po-
przedniego lematu szereg funkcyjny

P


n
=0

a

n

(x − x

0

)

n

jest jednostajnie zbież-

ny w [a, b] [x

0

− r, x

0

+ r].

Niech x

1

(−∞, x

0

− R) (x

0

+ R, +) oraz oznaczmy r = |x

1

− x

0

| > 0.

Wówczas r > R. Gdyby szereg

P


n
=0

a

n

(x

1

− x

0

)

n

był zbieżny, to a

n

(x

1

x

0

)

n

0, a więc |a

n

|r

n

0. Z drugiej strony ponieważ lim sup

n

q

|a

n

| = λ =

1/R > 1/r, więc

n

q

|a

n

| > 1/r dla nieskończenie wielu n. Zatem |a

n

|r

n

> 1

dla nieskończenie wielu n, co stoi w sprzeczności z |a

n

|r

n

0.

Definicja. Liczbę R = 1/ lim sup

n

q

|a

n

| nazywamy promieniem zbieżności sze-

regu potęgowego

P


n
=0

a

n

(x − x

0

)

n

, natomiast przedział (x

0

− R, x

0

+ R)

przedziałem zbieżności szeregu.

Wniosek 10.9. Szereg potęgowy jest niemal jednostajnie zbieżny w swoim
przedziale zbieżności oraz jest w nim funkcją ciągłą.

Stwierdzenie 10.10. Niech R będzie promieniem zbieżności szeregu potęgo-
wego

P


n
=0

a

n

(x − x

0

)

n

. Jeśli lim

n→∞



a

n+1

a

n



= λ, to R = 1/λ.

Dowód. Załóżmy, że |x−x

0

| < 1. Pokażemy, że wówczas w punkcie x szereg

jest bezwzględnie zbieżny korzystając z kryterium d’Alamberta. Otóż,





a

n+1

(x − x

0

)

n+1

a

n

(x − x

0

)

n





=




a

n+1

a

n




|x − x

0

| → λ|x − x

0

| < 1.

Jeśli natomiast |x − x

0

| > 1, to





a

n+1

(x − x

0

)

n+1

a

n

(x − x

0

)

n





→ λ|x − x

0

| > 1,

i z dowodu kryterium d’Alamberta |a

n

(x−x

0

)

n

| 9 0, a więc a

n

(x−x

0

)

n

9 0,

a zatem szereg

P


n
=0

a

n

(x − x

0

)

n

nie jest zbieżny. Stąd wynika, że przedział

(x

0

1/λ, x

0

+ λ) jest przedziałem zbieżności szeregu, a zatem R = 1.

Uwaga. Poprzednie twierdzenia nie rozstrzygają zbieżności szeregu potęgo-
wego w krańcach przedziału zbieżności, tzn. w punktach x

0

− R oraz x

0

+ R.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

100

Przykład.

1. Rozważmy szereg

P


n
=1

x

n

n

. Wówczas




a

n+1

a

n




=

n

n + 1

1,

więc R = 1. Dla x = 1 szereg jest zbieżny, zaś dla x = 1 jest rozbieżny.

2. Rozważmy szereg

P


n
=1

nx

n

. Wówczas




a

n+1

a

n




=

n + 1

n

1,

więc R = 1. Dla x = ±1 szereg jest rozbieżny, bo nie spełnia warunku
koniecznego.

3. Rozważmy szereg

P


n
=1

x

n

n

2

. Wówczas




a

n+1

a

n




=



n

n + 1



2

1,

więc R = 1. Dla x = ±1 szereg jest nawet bezwzględnie zbieżny.

4. Rozważmy szereg

P


n
=0

x

n

n!

. Wówczas




a

n+1

a

n




=

1

n + 1

0,

więc R = +i szereg potęgowy jest niemal jednostajnie zbieżny na
całej prostej.

10.2

Różniczkowanie ciągów i szeregów funkcyjnych

Twierdzenie 10.11. Niech {f

n

: [a, b] R; n ∈ N} będzie ciągiem funk-

cyjnym zbieżnym punktowo do funkcji f : [a, b] R. Załóżmy, że funkcje
f

n

, n ∈ N są klasy C

1

oraz ciąg {f

0

n

} jest jednostajnie zbieżny do funkcji

g : [a, b] R. Wówczas funkcja f jest klasy C

1

oraz f

0

(x) = g(x), czyli

d

dx

lim

n→∞

f

n

(x) = lim

n→∞

d

dx

f

n

(x).

Dowód. Ustalmy x

0

[a, b] oraz ε > 0. Ponieważ f

0

n

g, więc istnieje

n

0

N taka, że dla n ­ n

0

mamy

|f

0

n

(x) − g(x)| < ε/2 dla wszystkich x ∈ [a, b].

Funkcja g : [a, b] R jako granica jednostajna funkcji ciągłych jest również
ciągła, a zatem istnieje δ > 0 taka, że jeśli |x−x

0

| < δ, to |g(x)−g(x

0

)| < ε/2.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

101

Załóżmy teraz, że n ­ n

0

oraz 0 < |h| < δ. Wówczas z twierdzenia

Lagrange’a istnieje 0 < θ

n

< 1 taka, że

f

n

(x

0

+ h) − f

n

(x

0

)

h

= f

0

n

(x

0

+ θ

n

h).

Wtedy





f

n

(x

0

+ h) − f

n

(x

0

)

h

− g(x

0

)





= |f

0

n

(x

0

+ θ

n

h) − g(x

0

)| ¬

¬ |f

0

n

(x

0

+ θ

n

h) − g(x

0

+ θ

n

h)| + |g(x

0

+ θ

n

h) − g(x

0

)| <

ε

2

+

ε

2

= ε

Ponieważ f

n

(x

0

) → f (x

0

) oraz f

n

(x

0

+ h) → f (x

0

+ h), gdy n → ∞, więc

przechodząc z n do nieskończoności otrzymujemy, że





f (x

0

+ h) − f (x

0

)

h

− g(x

0

)





¬ ε, gdy |h| < δ.

Stąd

lim

h→0

f (x

0

+ h) − f (x

0

)

h

= g(x

0

)

dla dowolnego x

0

[a, b], a zatem f

0

= g.

Wniosek 10.12. Niech {f

n

: (a, b) R; n ∈ N} będzie ciągiem funkcyjnym

zbieżnym punktowo do funkcji f : (a, b) R. Załóżmy, że funkcje f

n

, n ∈ N

są klasy C

1

oraz ciąg {f

0

n

} jest niemal jednostajnie zbieżny do funkcji g :

(a, b) R. Wówczas funkcja f jest klasy C

1

oraz f

0

(x) = g(x) dla x ∈ (a, b).

Uwaga. Założenie, że ciąg pochodnych jest jednostajnie zbieżny w twierdze-
niu 10.11 jest istotne, co ilustruje poniższy przekład.

Przykład. Rozważmy ciąg funkcyjny f

n

: R R, f

n

(x) =

q

x

2

+ 1/n

2

. Ten

ciąg jest jednostajnie zbieżny do funkcji f (x) = |x|. Wynika to z faktu, że






s

x

2

+

1

n

2

− |x|






¬

1

n

,

(wystarczy zastosować nierówność |

a

2

+ c

2

a

2

+ b

2

| ¬ |c − b| dla a = x,

b = 0 oraz c = 1/n). Ponadto, f

0

n

(x) =

x

x

2

+1/n

2

, więc f

0

n

→ g punktowo,

gdzie g = sgn. Pomimo wszystko funkcja graniczna f nie jest różniczkowalna
w 0.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

102

Twierdzenie 10.13. Niech R będzie promieniem zbieżności szeregu potęgo-
wego

P


n
=0

a

n

(x−x

0

)

n

oraz niech S : (x

0

−R, x

0

+R) R sumą tego szeregu.

Wówczas S jest funkcją klasy C

1

oraz

S

0

(x) =

X

n=0

na

n

(x − x

0

)

n−1

.

Dowód. Rozważmy szereg potęgowy postaci

X

n=0

na

n

(x − x

0

)

n−1

.

Ponieważ

lim sup

n→∞

n

q

|na

n−1

| = lim sup

n→∞

n

n



n−1

q

|a

n−1

|



n

n−1

= lim sup

n→∞

n

q

|a

n

|,

więc promień zbieżności tego szeregu wynosi również R. Niech

S

n

(x) =

n

X

k=0

a

k

(x − x

0

)

k

.

Wówczas S

n

zbiega niemal jednostajnie do S na (x

0

− R, x

0

+ R). Ponadto

S

0

n

(x) =

n

X

k=0

ka

k

(x − x

0

)

k−1

,

a więc {S

0

n

} jest niemal jednostajnie zbieżny na (x

0

− R, x

0

+ R). Z poprzed-

niego wniosku otrzymujemy, że S jest funkcją klasy C

1

oraz

S

0

(x) = lim

n→∞

S

0

n

(x) =

X

n=0

na

n

(x − x

0

)

n−1

.

Wniosek 10.14. Szereg potęgowy jest na przedziale zbieżności funkcją klasy
C

oraz jeśli S(x) =

P


n
=0

a

n

(x − x

0

)

n

, to

S

(k)

(x) =

X

n=0

n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)a

n

(x − x

0

)

n−k

.

Wniosek 10.15. Załóżmy, że szeregi potęgowe A(x) =

P


n
=0

a

n

(x − x

0

)

n

,

B(x) =

P


n
=0

b

n

(x − x

0

)

n

mają dodatnie promienie zbieżności oraz A(x) =

B(x) dla x ∈ (x

0

− ε, x

0

+ ε), gdzie ε > 0. Wówczas a

n

= b

n

dla n ­ 0.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

103

Dowód. Z poprzedniego wniosku wiemy, że

A

(k)

(x) =

X

n=k

n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)a

n

(x − x

0

)

n−k

oraz

B

(k)

(x) =

X

n=k

n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)b

n

(x − x

0

)

n−k

.

Zatem

k!a

k

= A

(k)

(x

0

) = B

(k)

(x

0

) = k!b

k

dla dowolnego k ­ 0.

Przykład. Przedziałem zbieżności szeregu

1

1 − x

= 1 + x + x

2

+ . . . + x

n

+ . . .

jest (1, 1). Różniczkując ten szereg otrzymamy, że

1

(1 − x)

2

= 1 + 2x + 3x

2

+ . . . + nx

n−1

+ . . .

dla x ∈ (1, 1).

10.3

Całkowanie ciągów i szeregów funkcyjnych

Lemat 10.16. Niech f, g : [a, b] R będą dwoma funkcjami ograniczonymi
takimi, że |f
(x) − g(x)| ¬ ε dla wszystkich x ∈ [a, b]. Wówczas dla dowolnego
podziału κ ∈
Π

[a,b]

mamy

|S(f, κ) − S(g, κ)| ¬ ε(b − a) oraz |s(f, κ) − s(g, κ)| ¬ ε(b − a).

Dowód. Niech κ = {x

0

, x

1

, . . . , x

k

}. Ponieważ f (x) ¬ g(x) + ε dla x ∈ [a, b],

więc

S(f, κ) =

k

X

i=1

sup

x∈[x

i−1

x

i

]

f (x)∆x

i

¬

k

X

i=1

sup

x∈[x

i−1

x

i

]

(g(x)+ε)∆x

i

= S(g, κ)+ε(b−a).

Ponadto, g(x) ¬ f (x) + ε dla x ∈ [a, b], więc zamieniając rolami f i g
otrzymujemy

S(g, κ) ¬ S(f, κ) + ε(b − a).

Stąd

−ε(b − a) ¬ S(f, κ) − S(g, κ) ¬ ε(b − a) ⇐⇒ |S(f, κ) − S(g, κ)| ¬ ε(b − a).

Nierówność dla sum dolnych dowodzi się analogicznie.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

104

Twierdzenie 10.17. Niech {f

n

: [a, b] R; n ∈ N} będzie ciągiem funk-

cyjnym funkcji ograniczonych i całkowalnych w sensie Riemanna. Jeśli {f

n

}

zbiega jednostajnie do f : [a, b] R, to f jest ograniczona i całkowalna w
sensie Riemanna oraz

lim

n→∞

Z

b

a

f

n

(x) dx =

Z

b

a

f (x) dx.

Dowód. Najpierw udowodnimy, że f jest ograniczona. Z jednostajnej zbież-
ności istnieje n

0

N taka, że |f

n

0

(x) − f (x)| < 1 dla wszystkich x ∈ [a, b].

Ponieważ f

n

0

jest ograniczona, więc istnieje M ­ 0 taka, że |f

n

0

(x)| ¬ M dla

wszystkich x ∈ [a, b]. Zatem dla wszystkich x ∈ [a, b] mamy

|f (x)| ¬ |f

n

0

(x)| + |f (x) − f

n

0

(x)| < M + 1,

a więc f jest ograniczona.

Teraz udowodnimy, że f jest całkowalna w sensie Riemanna. Musimy

pokazać, że dla dowolnego ε > 0 istnieje κ ∈ Π

[a,b]

taki, że |S(f, κ)−s(f, κ)| <

ε. Ponieważ f

n

f , więc istnieje n

0

N taka, że |f

n

0

(x) − f (x)| <

ε

4(b−a)

dla wszystkich x ∈ [a, b]. Ponieważ f

n

0

jest całkowalna w sensie Riemanna,

więc istnieje κ ∈ Π

[a,b]

taki, że |S(f

n

0

, κ) − s(f

n

0

, κ)| < ε/2. Z poprzedniego

lematu wiemy, że

|S(f, κ) − S(f

n

0

, κ)| ¬ ε/4 oraz |s(f, κ) − s(f

n

0

, κ)| ¬ ε/4.

Zatem

|S(f

n

0

, κ) − s(f

n

0

, κ)| ¬

¬ |S(f, κ) − S(f

n

0

, κ)| + |S(f

n

0

, κ) − s(f

n

0

, κ)| + |s(f

n

0

, κ) − s(f, κ)| <

< ε/4 + ε/2 + ε/4 = ε,

a więc f jest całkowalna w sensie Riemanna.

Na zakończenie pokażemy, że

R

b

a

f

n

(x) dx →

R

b

a

f (x) dx. Ponieważ f

n

f ,

więc istnieje n

0

N taka, że dla n ­ n

0

mamy |f

n

(x) − f (x)| <

ε

b−a

dla

wszystkich x ∈ [a, b]. Wtedy dla n ­ n

0

mamy





Z

b

a

f

n

(x) dx −

Z

b

a

f (x) dx





=





Z

b

a

(f

n

(x) − f (x)) dx





¬

¬

Z

b

a

|f

n

(x) − f (x)| dx ¬

Z

b

a

ε

b − a

dx = ε.

background image

10

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

105

Uwaga. Jeśli {f

n

} zbiega tylko punktowo do f , to zbieżność w poprzednim

twierdzeniu na ogół nie zachodzi.

Przykład. Niech f

n

: [0, 1] R będzie zadana wzorem

f

n

(x) =

n

2

x

gdy

x ∈ [0, 1/(2n)]

n − n

2

x

gdy

x ∈ [1/(2n), 1/n]

0

gdy

x ∈ [1/n, 1].

Ciąg {f

n

} zbiega punktowo do f = 0. Istotnie, jeśli x = 0, to f

n

(x) = 0 0.

Jeśli 0 < x ¬ 1, to znajdziemy n

0

N taka, że 1/n

0

¬ x. Wtedy x ∈ [1/n, 1]

dla dowolnego n ­ n

0

, a więc f

n

(x) = 0 dla n ­ n

0

, stąd f

n

(x) 0. Ponadto,

łatwo sprawdzić, że

1
0

f

n

(x) dx = 1/2. Zatem

lim

n→∞

Z

1

0

f

n

(x) dx = 1/2 6= 0 =

Z

1

0

lim

n→∞

f

n

(x) dx.

Wniosek 10.18. Niech {f

n

: [a, b] R; n ∈ N} będzie ciągiem funkcyjnym

funkcji ograniczonych i całkowalnych w sensie Riemanna. Jeśli szereg funk-
cyjny

P


n
=1

f

n

jest jednostajnie zbieżny, jego suma jest funkcją ograniczoną i

całkowalną w sensie Riemanna oraz

X

n=1

Z

b

a

f

n

(x) dx =

Z

b

a

X

n=1

f

n

(x) dx.

Przykład.

1. Wiemy już, że przedziałem zbieżności szeregu

1

1 + x

= 1 − x + x

2

+ . . . + (1)

n

x

n

+ . . .

jest (1, 1). Zatem na tym przedziale szereg jest niemal jednostajnie
zbieżny. Weźmy x ∈ (1, 1), korzystając z poprzedniego wniosku dla
przedziału [0, x] otrzymujemy, że

ln(1 + x) = ln(1 + x) ln 1 =

Z

x

0

dt

1 + t

Z

x

0

X

n=0

(1)

n

t

n

dt =

=

X

n=0

Z

x

0

(1)

n

t

n

dt =

X

n=0

(1)

n

x

n+1

n + 1

=

X

n=1

(1)

n−1

x

n

n

.

2. Korzystając z niemal jednostajnej zbieżności szeregu

1

1 + x

2

= 1 − x

2

+ x

4

+ . . . + (1)

n

x

2n

+ . . .

na odcinku (1, 1) postępując podobnie otrzymamy

arctg x = arctg x − arctg 0 =

Z

x

0

dt

1 + t

2

=

Z

x

0

X

n=0

(1)

n

t

2n

dt =

=

X

n=0

Z

x

0

(1)

n

t

2n

dt =

X

n=0

(1)

n

x

2n+1

2n + 1

.

background image

11

PRZYBLIŻONE METODY CAŁKOWANIA

106

11

Przybliżone metody całkowania

Mając dane n + 1 punktów x

0

, x

1

, . . . , x

n

na odcinku [a, b], możemy określić

wielomian n–tego stopnia w(x), który w tych punktach przyjmuje z góry
dane n + 1 wartości: x

0

, x

1

, . . . , x

n

, tzn.

w(x

k

) = y

k

dla k = 0, 1, . . . , n.

(6)

Najpierw dla dowolnego k = 0, 1, . . . , n określimy wielomian n–tego stopnia
u

k

(x) taki, że

u

k

(x

k

) = 1 oraz u

k

(x

j

) = 0 dla j 6= k.

Zauważmy, że wielomian

u

k

(x) =

(x − x

0

) . . . (x − x

k−1

)(x − x

k+1

) . . . (x − x

n

)

(x

k

− x

0

) . . . (x

k

− x

k−1

)(x

k

− x

k+1

) . . . (x

k

− x

n

)

spełnia ten warunek. Następnie określamy tzw. wielomian interpolacyjny La-
grange’a
o węzłach w punktach x

0

, x

1

, . . . , x

n

następująco

w(x) = y

0

u

0

(x) + y

1

u

1

(x) + . . . + y

n

u

n

(x).

Wielomian tez jest jedynym wielomianem stopnia co najwyżej n, który speł-
nia warunek (6). Istotnie, jeśli pewien wielomian stopnia co najwyżej n v
spełnia (6), to wielomian w−v jest stopnia co najwyżej n oraz (w−u)(x

k

) = 0

dla k = 0, 1, . . . , n. Zatem jest to wielomian zerowy, a więc w = v.

Gdy funkcja wyrażająca zależności między jakimiś wielkościami znana

jest nam jedynie empirycznie, mianowicie znana jest skończona ilość war-
tości (na podstawie pomiaru), to przybliżoną wartość całki tej funkcji liczy
się poprzez policzenie interpolacji Lagrange’a oraz następnie obliczenie całki
otrzymanego wielomianu.

Szczególnie prosty wzór otrzymujemy, gdy n = 2 oraz x

0

= a, x

1

=

(a + b)/2, x

2

= b. Wtedy

Z

b

a

w(x) dx = y

0

Z

b

a

(x −

a+b

2

)(x − b)

(b−a)

2

2

dx +

+y

1

Z

b

a

(x − a)(x − b)

(b−a)

2

4

dx + y

2

Z

b

a

(x − a)(x −

a+b

2

)

(b−a)

2

2

dx.

background image

11

PRZYBLIŻONE METODY CAŁKOWANIA

107

Ponadto,

Z

b

a

(x −

a + b

2

)(x − b) dx

=





x = a + (b − a)t

dx = (b − a)dt





= (b − a)

3

Z

1

0

(x − 1/2)(x − 1) dx =

= (b − a)

3

"

x

3

3

3

4

x

2

+

1

2

x

#

1

0

=

(b − a)

3

12

.

Obliczając podobnie pozostałe całki otrzymamy

Z

b

a

w(x) dx

1

6

(b − a)(y

0

+ 4y

1

+ y

2

)

zwany wzorem Simpsona.


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Analiza Matematyczna 1 stary skrypt id 60884 (2)
Skrypt W Rusin Analiza matematyczna 2
WYKLAD ANALIZA MATEMATYCZNA
Analiza matematyczna, lista analiza 2008 6 szeregi
Analiza Matematyczna 1 Gewert Skoczylas zadania
Analiza Matematyczna Twierdzenia
Analiza matematyczna 1
Praca domowa 2a Analiza Matematyczna
Zadania z Analizy Matematycznej, Matematyka
zestaw9, Matematyka stosowana, Analiza, Analiza matematyczna dla leniwych
Analiza matematycza opracowanie pytań
Kolos 3 Analiza matematyczna
analiza matematyczna 7
Analiza matematyczna 2 Przyklady i zadania
Postępowanie administracyjne i egzekucyjne mega skrypt UMK

więcej podobnych podstron