Analiza Matematyczna I Skrypt UMK

Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu

Wydział Matematyki i Informatyki

Krzysztof Frączek

Analiza Matematyczna I

Wykład dla studentów I roku

kierunku informatyka

Toruń 2006

Spis treści

Liczby rzeczywiste

Ciągi liczbowe

Szeregi liczbowe

3.1

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

Dowolne szeregi rzeczywiste c.d.

4.1

Iloczyn szeregów

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

Granica funkcji

Ciągłość funkcji

Pochodna funkcji

7.1

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

7.2

Przybliżone rozwiązywanie równań

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

Całka nieoznaczona

8.1

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

8.2

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

Całka Riemanna

9.1

Zastosowania geometryczne całki Riemanna

. . . . . . . . . .

9.2

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

10 Ciągi i szeregi funkcyjne

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

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

11 Przybliżone metody całkowania

106

LICZBY RZECZYWISTE

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;

0∈X

∀

x∈X

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

(d) ∀

x∈X

∃

x∈X

x +

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

∃

x∈X

x ·

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;

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. Wówczas

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

) = (y + x) + y

= 0 + y

= y

LICZBY RZECZYWISTE

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

−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.

LICZBY RZECZYWISTE

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 (

·,

¬) spełniają aksjo-

maty liczb rzeczywistych. Wówczas istnieje bijekcja f : X →

X taka, że

∀

x,y∈X

f (x + y) = f (x)

+f (y),

∀

x,y∈X

f (x · y) = f (x)

·f (y),

∀

x,y∈X

x ¬ y =⇒ f (x)

¬f (y)

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

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.

LICZBY RZECZYWISTE

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)

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

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

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

. Stąd

(1 + α)

n+1

= (1 + α)

(1 + α) (1 + nα)(1 + α) = 1 + nα + α + nα

= 1 + (n + 1)α + nα

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

< b

dla dowolnej liczby

naturalnej n.

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

(a + b)

k=0

n
k

· b

n−k

gdzie

n
k

k!(n−k)!

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

LICZBY RZECZYWISTE

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 ∈ 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.

LICZBY RZECZYWISTE

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

y − x

< n =⇒ y − x >

Niech m = [yn] + 1. Wtedy

m − 1 ¬ xn < m.

Stąd

−

¬ x <

Zatem

x <

¬ x +

< 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 −

< x ¬ α

oraz β −

< y ¬ β.

LICZBY RZECZYWISTE

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

α + β

= α −

α − β

< 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

= α.

Dowód. Niech A = {0 ¬ x : x

¬ α} oraz B = {0 ¬ x : α ¬ x

}. Wówczas

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

(1 + α)

1 + nα > α.

Stąd również

1 +

=⇒

1 + α

∈ A.

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

to α ¬ b

< a

¬ 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

> α (w przeciwnym razie z ∈ A) oraz

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

β := y = x = sup A = inf B.

Ponieważ 0 <

1+α

∈ A, więc β > 0. Udowodnimy, że β

= α. Przypuśćmy,

że β

< α. Wówczas β ∈ A oraz β /

∈ B. Weźmy

ε = min((α − β

)/(n(2β)

n−1

), β).

LICZBY RZECZYWISTE

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

= b

+ β

− β

= b

+ β

− b

β − b

+ 1

¬ b

+ β

− b

β − b

n + 1

= β

+ (b − β)b

n−1

n <

< ε(2β)

n−1

n + β

¬ (α − β

) + β

= α,

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

. Zatem β

= α.

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

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

= 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

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

√

α. Przyjmujemy również, że

√

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| =

(

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|.

CIĄGI LICZBOWE

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|.

Ciągi liczbowe

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

, a cały ciąg będziemy oznaczać

przez {x

}

n∈N

Przykład.

1. x

; 1,

1
2

1
3

, . . .;

2. x

= 1, x

n+1

= 1 +

1+x

; 1,

3
2

7
5

17
12

41
29

, . . .;

3. x

= x

= 1, x

n+2

= x

+ x

n+1

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

– ciąg Fibonacciego;

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)

+ 1 do

n(n+1)

wpisujemy kolejno liczby

n−1

, . . . ,

n−1

Definicja. Ciąg liczbowy {x

}

n∈N

jest ciągiem

• rosnący, jeśli ∀

n∈N

n+1

> x

;

• malejącym, jeśli ∀

n∈N

n+1

< x

;

• nierosnący, jeśli ∀

n∈N

n+1

¬ x

;

• niemalejącym, jeśli ∀

n∈N

n+1

 x

;

• monotonicznym, jeśli spełniony jest jeden z powyższych warunków.

Pierwsze dwa rodzaje ciągów to ciągi ściśle monotoniczne.

CIĄGI LICZBOWE

Definicja. Ciąg liczbowy {x

}

n∈N

jest ciągiem

• ograniczonym z góry, jeśli ∃

M ∈R

∀

n∈N

¬ M ;

• ograniczonym z dołu, jeśli ∃

m∈R

∀

n∈N

m ¬ x

;

• ograniczonym, jeśli jest ograniczony z góry i z dołu.

Uwaga. Wprost z definicji otrzymujemy, że ciąg {x

}

n∈N

jest ograniczony

wtedy i tylko wtedy, gdy ∃

M ∈R

∀

n∈N

| ¬ M .

Definicja. Niech dany będzie ciąg liczbowy {x

}

n∈N

. Dla dowolnego rosnące-

go ciągu {k

}

n∈N

o wartościach naturalnych, ciąg n 7→ x

nazywamy pod-

ciągiem ciągu {x

}

n∈N

i oznaczamy {x

}

n∈N

Definicja. Niech A ⊂ R oraz {x

}

n∈N

niech będzie dowolnym ciągiem liczb

rzeczywistych. Wówczas

• prawie wszystkie wyrazy ciągu {x

}

n∈N

należą do A, gdy

∃

k∈N

∀

nk

∈ A;

• nieskończenie wiele wyrazów ciągu {x

}

n∈N

należą do A, gdy

∀

k∈N

∃

nk

∈ A.

Uwaga. Jeśli prawie wszystkie wyrazy ciągu {x

}

n∈N

należą do A, to nie-

skończenie wiele wyrazów ciągu {x

}

n∈N

należą do A.

Definicja. Mówimy, że ciąg liczb rzeczywistych {x

}

n∈N

jest zbieżny do liczby

x ∈ R, symbolicznie

lim

n→∞

= x lub x

−→ x,

jeśli

∀

ε>0

∃

∈N

∀

nn

− x| < ε.

Inaczej, {x

}

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.

→ 0. Niech ε będzie dowolną liczbą dodatnią. Niech n

= [

1
ε

] + 1.

Wtedy

1
ε

< n

, co implikuje ε >

. Zatem dla n n

mamy

− 0

< ε.

CIĄGI LICZBOWE

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

Dowód. Załóżmy, że x

→ x. Weźmy dowolny podciąg {x

}

n∈N

tego ciągu.

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

− x| < ε dla n N .

Ponieważ ciąg {k

}

n∈N

jest rosnący, więc istnieje n

∈ N taka, że k

 N .

Wówczas jeśli n n

, to k

 k

 N , a stąd |x

− x| < ε, co dowodzi, że

→ x.

Lemat 2.2. Każdy ciąg zbieżny jest ograniczony.

Dowód. Załóżmy, że x

→ x. Weźmy ε = 1. Wówczas istnieje n

∈ N takie,

że |x

− x| < 1 dla n n

. Stąd x − 1 < x

< x + 1 dla n n

. Niech

M będzie największą z liczb |x

|, |x

|, . . . , |x

|, |x| + 1. Wtedy dla każdego

n ¬ n

mamy |x

| ¬ M . Jeśli n n

, to

−M ¬ −|x| − 1 ¬ x − 1 < x

< x + 1 ¬ |x| + 1 ¬ M.

Definicja. Mówimy, że ciąg {x

}

n∈N

spełnia warunek Cauchy’ego, gdy

∀

ε>0

∃

∈N

∀

m,nn

− x

| < 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

→ x. Niech ε > 0. Wówczas istnieje n

∈ N takie, że

− x| < ε/2 dla n n

. Weźmy dowolne m, n n

. Wtedy z nierówności

trójkąta mamy

− x

| = |(x

− x) + (x − x

)| ¬ |x

− x| + |x − x

| <

= ε.

Twierdzenie 2.4. (o trzech ciągach) Jeśli a

→ x, c

→ x oraz a

¬ b

dla dowolnego n ∈ N, to b

→ x.

Dowód. Weźmy ε > 0. Wówczas istnieją n

, n

∈ N takie, że |a

− x| < ε dla

n n

oraz |c

− x| < ε dla n n

. Niech n

= max(n

, n

). Wówczas dla

n n

mamy

−ε < a

− x ¬ b

− x ¬ c

− x < ε.

Stąd |b

− x| < ε dla n n

CIĄGI LICZBOWE

Uwaga. x

→ 0 wtedy i tylko wtedy, gdy |x

| → 0.

Twierdzenie 2.5. Załóżmy, że x

→ x oraz y

→ y. Wtedy

1. ax

→ ax dla dowolnej liczby rzeczywistej a;

2. x

+ y

→ x + y;

3. x

→ xy;

→

x
y

, gdy y 6= 0;

5. |x

| → |x|;

6. jeśli x

¬ y

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

→ x, więc istnieje n

∈ N takie, że |x

− x| < ε/|a| dla n n

Stąd dla n n

mamy

|ax

− ax| = |a||x

− x| < |a|

|a|

= ε.

Ad 2. Z założenia istnieją n

, n

∈ N takie, że |x

− x| < ε/2 dla n n

oraz |y

− y| < ε/2 dla n n

. Niech n

= max(n

, n

). Wówczas dla n n

mamy

|(x

+ y

) − (x + y)| = |(x

− x) + (y

− y)| ¬ |x

− x| + |y

− y| <

= ε.

Ad 3. Ponieważ ciąg {x

}

n∈N

jest ograniczony, więc istnieje liczba M > 0

taka, że |x

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

, n

∈ N takie,

że |x

− x| <

M +|y|

dla n n

oraz |y

− y| <

M +|y|

dla n n

. Niech

= max(n

, n

). Wówczas dla n n

mamy

− xy| = |x

− x

y + x

y − xy| = |x

− y) + (x

− x)y| ¬

¬ |x

||y

− y| + |x

− x||y| < M

M + |y|

+ |y|

M + |y|

= ε.

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

→

1
y

. Z założenia

istnieje n

∈ N takie, że

− y| < min

|y|

CIĄGI LICZBOWE

dla n n

. Zatem dla n n

mamy

| = |y − (y − y

)| |y| − |y − y

| |y| −

|y|

oraz

−

y − y

|y − y

||y|

|y − y

|y|

= ε.

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

| − |x|| ¬ |x

− x|.

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

∈ N takie, że |x

− x| < ε oraz |y

− y| < ε dla n n

. Stąd dla n n

mamy

¬ |y

− y| + y < y + ε = y +

x − y

x + y

= x −

x − y

= x − ε < x − |x

− x| ¬ x

Wniosek 2.6. Jeśli x

→ 0 oraz {y

}

n∈N

jest ograniczony, to x

→ 0.

Dowód. Ponieważ {y

}

n∈N

jest ograniczony, więc istnieje M  0 takie, że

| ¬ M dla wszystkich n ∈ N. Zatem

0 ¬ |x

| = |x

||y

| ¬ |x

|M.

Ponieważ M |x

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

| → 0, a stąd x

→ 0.

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

Dowód. Załóżmy, że ciąg {x

}

n∈N

jest niemalejący i ograniczony. W przy-

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

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

Udowodnimy, że x

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

takie, że

x − ε < x

Wówczas dla n n

mamy

x − ε < x

¬ x

¬ x < x + ε,

a zatem |x

− x| < ε dla n n

CIĄGI LICZBOWE

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

}

n∈N

jest ograni-

czony, posiada podciąg {x

}

n∈N

zbieżny.

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

| ¬ M dla wszyst-

kich n ∈ N. Niech

A = {a ∈ R : a ¬ x

dla nieskończenie wielu n ∈ N} =

= {a ∈ R : ∀

k∈N

∃

nk

a ¬ x

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

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

∈ A, więc x+ε ¬ x

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

< x + ε dla nieskończenie

wielu n ∈ N. Zatem

∀

k∈N

∃

nk

− x| < ε.

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

∈ N takie,

że |x

− x| < 1. Następnie znajdziemy k

> k

takie, że |x

− x| < 1/2.

Postępując w sposób indukcyjny dla dowolnej liczby naturalnej n znajdziemy
k

> k

n−1

takie, że |x

− x| < 1/n. Ponieważ

0 ¬ |x

− x| <

→ 0,

z twierdzenia o trzech ciągach otrzymamy, że |x

− x| → 0, zatem 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

spełnia warunek Cauchy’ego. Weźmy

ε = 1. Wówczas istnieje n

∈ N takie, że |x

− x

| < 1 dla n, m n

. Stąd

− 1 < x

< x

+ 1 dla n n

. Niech M będzie największą z liczb

|, |x

|, . . . , |x

−1

|, |x

| + 1. Wtedy dla każdego n < n

mamy |x

| ¬ M .

Jeśli n n

, to

−M ¬ −|x

| − 1 ¬ x

− 1 < x

< x

+ 1 ¬ |x

| + 1 ¬ M.

Z twierdzenia Bolzano–Weierstrassa istnieje podciąg {x

}

n∈N

, który jest

zbieżny do x ∈ R. Pokażemy, że wówczas x

→ x. Weźmy ε > 0. Wów-

czas istnieją liczby n

, n

∈ N takie, że

− x

| <

dla m, n n

oraz

CIĄGI LICZBOWE

− x| <

dla n n

Niech N n

będzie liczbą naturalną taką, że k

 n

. Wówczas dla dowol-

nego n n

mamy

− x| ¬ |x

− x

| + |x

− x| <

= ε.

Definicja. Powiemy, że ciąg {x

}

n∈N

jest rozbieżny do plus nieskończoności,

symbolicznie

lim

n→∞

= +∞ lub x

→ +∞,

jeśli

∀

M ∈R

∃

∈N

∀

nn

M < x

Powiemy, że ciąg {x

}

n∈N

jest rozbieżny do minus nieskończoności, symbo-

licznie

lim

n→∞

= −∞ lub x

→ −∞,

jeśli

∀

M ∈R

∃

∈N

∀

nn

< M.

Lemat 2.10. Niech {x

}

n∈N

oraz {y

}

n∈N

będą ciągami liczb rzeczywistych.

Wówczas

1. jeśli x

→ +∞, to −x

→ −∞;

2. jeśli x

→ +∞ oraz x

¬ y

, to y

→ +∞;

3. jeśli x

→ x ∈ R ∪ {+∞} oraz y

→ +∞, to x

+ y

→ +∞;

4. jeśli x

→ +∞ lub x

→ −∞, to

→ 0.

Dowód. Pierwsze dwie części lematu wynikają bezpośrednio z definicji.

Ad 3. Ponieważ x

→ x ∈ R ∪ {+∞}, więc ciąg {x

}

n∈N

jest ograniczony

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

∈ N takie, że M − m < y

dla n n

. Stąd dla n n

mamy

+ y

> m + (M − m) = M.

Ad 4. Weźmy ε > 0. Wówczas istnieje n

∈ N takie, że x

> 1/ε lub

< −1/ε dla n n

. Zatem dla n n

mamy |x

| > 1/ε, a stąd

− 0

< ε.

CIĄGI LICZBOWE

Przykład.

1. Jeśli x

= n, to x

→ +∞.

2. Jeśli a > 1, to a

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

= (1 + b)

1 + bn → +∞.

3. Jeśli |q| < 1, to q

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

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

→

+∞, a stąd

| = |q|

→ 0,

co implikuje q

→ 0.

4. Jeśli a > 0, to lim

n→∞

√

a = 1.

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

1 <

√

a = 1 + x

gdzie x

> 0 dla wszystkich n ∈ N. Ponadto

a = (1 + x

)

1 + nx

a stąd

0 < x

a − 1

→ 0.

Z twierdzenia o trzech ciągach x

→ 0, a zatem

√

a = 1 + x

→ 1.

Jeśli 0 < a < 1, to 1/a > 1. Stąd

√

→ 1.

Zatem

√

a → 1.

5. lim

n→∞

√

n = 1. Niech

1 ¬

√

n = 1 + x

gdzie x

0. Wtedy

n = (1 + x

)

= 1 +

2
n

+ . . .  1 +

2
n

dla n  2. Stąd

n − 1

n(n − 1)

2
n

CIĄGI LICZBOWE

a zatem x

2
n

¬ 2/n. Ponieważ

0 ¬ x

→ 0,

z twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy x

→ 0, a w konsekwencji

√

n = 1 + x

→ 1.

6. Niech x

1 +

. Pokażemy, że ciąg {x

}

n∈N

jest monotoniczny i

ograniczony, a zatem zbieżny. Z nierówności Bernoulliego otrzymujemy

n(n + 2)

(n + 1)

n+1

+ 2n

(n + 1)

n+1

1 −

(n + 1)

n+1

1 −

n + 1

Zatem

1 +

n + 1

n+1

n + 2

n + 1

n+1

n + 1

1 +

tzn. ciąg {x

}

n∈N

jest niemalejący. Ponadto

1 +

k=0

n
k

k=0

n(n − 1) . . . (n − k + 1)

k=0

n − 1

n − 2

. . .

n − k + 1

k=0

1 −

. . .

1 −

k − 1

k=0

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

k−1

Stąd

k=0

¬ 1 +

k=1

k−1

= 1 + 1 +

+ . . . +

n−1

= 1 +

1 −

1
2

< 1 +

1 −

1
2

= 3.

W ten sposób pokazaliśmy, że ciąg {x

}

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 . . .

CIĄGI LICZBOWE

7. Niech

k=0

= 1 +

+ . . . +

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

¬ y

dla

dowolnej liczby naturalnej n. Ponadto pokażemy, że y

¬ e dla każdego

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

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

naturalnej n m mamy

k=0

1 −

. . .

1 −

k − 1

k=0

1 −

. . .

1 −

k − 1

=: z

Ponieważ

→ 0, więc

k=0

1 −

. . .

1 −

k − 1

→

k=0

= y

Ponieważ z

¬ x

dla prawie wszystkich n ∈ N, z

→ y

oraz x

→ e,

więc y

¬ e, co kończy dowód.

Oznaczenia. Niech a > 0 oraz x =

n
k

∈ Q. Wówczas oznaczmy a

= (

√

Łatwo sprawdzić, że a

x+y

= a

dla dowolnych x, y ∈ Q oraz

x ¬ y =⇒ a

¬ a

gdy a > 1,

x ¬ y =⇒ a

 a

gdy a ¬ 1.

Niech x ∈ R. Zatem istnieje rosnący ciąg {x

}

n∈N

liczb wymiernych taki,

że x

→ x. Wówczas ciąg a

jest monotoniczny i ograniczony, a zatem

zbieżny. Oznaczmy a

:= lim

n→∞

. Ponadto a

nie zależy od wyboru ciągu

}

n∈N

Twierdzenie 2.11. Jeśli x

→ ±∞, to

1 +

→ e.

Dowód. Najpierw załóżmy, że x

→ +∞. Łatwo zauważyć, że również [x

] →

+∞ oraz [x

] > 0 dla odpowiednio dużych n. Ponadto dla odpowiednio

dużych n kolejno mamy

] ¬ x

< [x

] + 1

CIĄGI LICZBOWE

] + 1

]

1 +

] + 1

< 1 +

¬ 1 +

]

1 +

] + 1

]

1 +

]

]+1

1 +

]+1

1 +

]+1

1 +

]

1 +

]

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

Załóżmy, że x

→ −∞. Wtedy

1 +

1 + x

−x

1 −

1 + x

−x

1 +

−1 − x

−x

−1

1 −

1 + x

Ponieważ −1 − x

→ +∞, więc na podstawie tego, co udowodniliśmy wcze-

śniej otrzymujemy żądaną zbieżność.

Uwaga. Załóżmy, że

α <

< β,

α <

< 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

→ +∞ oraz ciąg {y

}

n∈N

jest

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

}

n∈N

jeśli

lim

n→∞

− x

n−1

− y

n−1

= g,

lim

n→∞

= g.

CIĄGI LICZBOWE

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

Weźmy ε > 0. Wówczas istnieje n

∈ N taki, że

g −

− x

n−1

− y

n−1

< g +

dla n n

. Następnie niech n

będzie taką liczbą naturalną, że n

 n

oraz

− gy

(1)

dla n n

. Ustalmy n n

. Wówczas

g −

− x

− y

< g +

g −

− x

− y

< g +

g −

n−1

− x

n−2

n−1

− y

n−2

< g +

g −

− x

n−1

− y

n−1

< g +

Stosując teraz wielokrotnie obserwację zawartą w poprzedzającej twierdzenie
uwadze otrzymujemy

g −

− x

− y

< g +

a zatem

− x

− y

− g

(2)

Ponadto

− g =

− gy

− (x

− gy

)

− gy

− y

− x

− g(y

− y

)

− y

− gy

1 −

− x

− y

− g

CIĄGI LICZBOWE

Zatem

− g

− gy

− x

− y

− g

dla n n

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

− g

= ε

dla n n

, co kończy dowód twierdzenia.

Twierdzenie 2.13. Jeśli a

→ a ∈ R ∪ {−∞, +∞}, to

lim

n→∞

+ . . . + a

= a.

Dowód. Niech x

= a

+ . . . + a

oraz y

= n. Wówczas y

→ +∞ oraz

}

n∈N

jest rosnący. Ponadto

− x

n−1

− y

n−1

→ a.

Na podstawie twierdzenia Stolza otrzymujemy, że

→ a.

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

}

n∈N

, jeśli istnieje podciąg {x

}

n∈N

taki, że x

→ x. Zbiór wszystkich

punktów skupienia ciągu {x

}

n∈N

będziemy oznaczać przez A({x

}).

Uwaga. Jeśli x ∈ R, to

x ∈ A({x

}) ⇐⇒ ∀

ε>0

∀

k∈N

∃

nk

− x| < ε.

Przykład. Niech x

= (−1)

. Wówczas A({x

}) = {−1, 1}.

Twierdzenie 2.14. Niech {x

}

n∈N

będzie ciągiem ograniczonym z góry (z

dołu). Wówczas zbiór A({x

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

element największy (najmniejszy).

Dowód. Ponieważ {x

}

n∈N

jest ograniczony z góry więc istnieje M ∈ R taka,

że x

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

}), to x

→ x. Wtedy

x ← x

¬ M , a stąd x ¬ M . Zatem zbiór A({x

}) jest ograniczony z góry.

Niech α = sup A({x

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

}) taki,

że

α −

< x ¬ α =⇒ |α − x| <

Ponadto

∀

k∈N

∃

nk

− x| <

CIĄGI LICZBOWE

Jeśli |x

− x| <

ε
2

, to

− α| ¬ |x

− x| + |x − α| <

= ε.

Stąd

∀

k∈N

∃

nk

− α| < ε,

co oznacza, że α ∈ A({x

}). Ponieważ α jest ograniczeniem górnym zbioru

A({x

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

nie dowodzi się istnienia elementu najmniejszego.

Definicja. Największy punkt skupienia ciągu {x

}

n∈N

nazywamy granicą gór-

ną ciągu i oznaczamy przez

lim sup

n→∞

lub lim

n→∞

Najmniejszy punkt skupienia ciągu {x

}

n∈N

nazywamy granicą dolną ciągu

i oznaczamy przez

lim inf

n→∞

lub lim

n→∞

Jeśli ciąg {x

}

n∈N

nie jest ograniczony z góry, to przyjmujemy

lim sup

n→∞

= sup A({x

}) = +∞,

a jeśli ciąg {x

}

n∈N

nie jest ograniczony z dołu, to przyjmujemy

lim inf

n→∞

= inf A({x

}) = −∞.

Uwaga. Ogólnie

lim inf

n→∞

¬ lim sup

n→∞

Ponadto, dla ciągów ograniczonych mamy

lim

n→∞

= x ⇐⇒ A({x

}) = {x} ⇐⇒ lim inf

n→∞

= lim sup

n→∞

= x.

Dowód. =⇒. Oczywiste.

⇐=. Załóżmy, że A({x

}) = {x} oraz przypuśćmy, że x

9 x. Wówczas

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

− x| ε > 0. Zatem istnieje podciąg {x

} taki, że |x

− x| ε > 0 dla

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

}, który jest zbieżny do y ∈

R. Ponieważ |x

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

x| ε > 0. Zatem x 6= y ∈ A({x

}), co prowadzi sprzeczność z założeniem

A({x

}) = {x}.

CIĄGI LICZBOWE

Twierdzenie 2.15. Niech {x

}

n∈N

będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wów-

czas

lim inf

n→∞

= lim

n→∞

inf

kn

oraz

lim sup

n→∞

= lim

n→∞

sup

kn

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

= sup

kn

= sup{x

, x

n+1

, x

n+2

, . . .}.

Wówczas

= sup{x

, x

n+1

, x

n+2

, . . .}  sup{x

n+1

, x

n+2

, . . .} = x

n+1

Zatem ciąg {x

}

n∈N

jest monotoniczny i ograniczony, a więc zbieżny do pew-

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

∈ N takie, że |x

− x| < ε

dla n n

. Ponieważ x

¬ x

dla wszystkich n ∈ N, więc x

¬ x

< x + ε

dla n n

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

}

n∈N

, to

a ¬ x + ε. Zatem

lim sup

n→∞

¬ x + ε.

Ponieważ dla n n

mamy

sup{x

, x

n+1

, x

n+2

, . . .} > x − ε =⇒ ∀

nn

∃

kn

> x − ε,

więc istnieje podciąg {x

}

n∈N

taki, że x

> x − ε. Z twierdzenia Bolzano–

Weierstrassa istnieje podciąg {x

}

n∈N

taki, że x

→ a. Wtedy a x − ε.

Ponieważ a jest punktem skupienia ciągu, więc

x − ε ¬ a ¬ lim sup

n→∞

Zatem

x − ε ¬ lim sup

n→∞

¬ x + ε

dla dowolnej liczby ε > 0. Stąd

x −

¬ lim sup

n→∞

¬ x +

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

x ¬ lim sup

n→∞

¬ x =⇒ x = lim sup

n→∞

CIĄGI LICZBOWE

Wniosek 2.16. Niech {x

}

n∈N

będzie ograniczonym ciągiem liczb rzeczywi-

stych oraz niech α ∈ R. Jeśli lim sup

n→∞

< α, to x

< α dla prawie

wszystkich n ∈ N. Jeśli lim sup

n→∞

> α, to x

> α dla nieskończenie wie-

lu n ∈ N. Jeśli lim inf

n→∞

> α, to x

> α dla prawie wszystkich n ∈ N.

Jeśli lim inf

n→∞

< α, to x

< α dla nieskończenie wielu n ∈ N.

Dowód. Niech x = lim sup

n→∞

. Załóżmy, że x < α. Ponieważ x

→ x,

więc istnieje n

takie, że x

< α dla n n

. Zatem dla n n

mamy

¬ sup{x

, x

n+1

, x

n+2

, . . .} = x

< α,

tzn. x

< α dla prawie wszystkich n ∈ N.

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

} zbieżny do x. Zatem

istnieje n

takie, że x

> α dla n n

, zatem x

> α dla nieskończenie

wielu n ∈ N.

Twierdzenie 2.17. Niech {x

}

n∈N

, {y

}

n∈N

będą ograniczonymi ciągami

liczb rzeczywistych. Wówczas

lim sup

n→∞

+ lim inf

n→∞

¬ lim sup

n→∞

+ y

) ¬ lim sup

n→∞

+ lim sup

n→∞

;

lim inf

n→∞

+ lim inf

n→∞

¬ lim inf

n→∞

+ y

) ¬ lim sup

n→∞

+ lim inf

n→∞

Dowód. Ad 1. Niech x = lim sup

n→∞

. Wówczas istnieje podciąg {x

}

taki, że x

→ x. Ponieważ ciąg {y

} jest ograniczony, więc z twierdzenia

Bolzano–Weierstrassa istnieje podciąg {y

} zbieżny a ∈ R. Ponieważ a jest

punktem skupienia dla {y

}

n∈N

, więc lim inf

n→∞

¬ a. Ponadto x

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

+ y

}

n∈N

, więc

lim sup

n→∞

+ lim inf

n→∞

¬ x + a ¬ lim sup

n→∞

+ y

Niech z = lim sup

n→∞

). Wówczas istnieje podciąg {x

} zbieżny

do z. Ponieważ ciąg {y

} jest ograniczony, więc z twierdzenia Bolzano–

Weierstrassa istnieje podciąg {y

} zbieżny a ∈ R. Wtedy x

= (x

) − y

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

}

n∈N

oraz

z − a jest punktem skupienia dla {x

}

n∈N

, więc

a ¬ lim sup

n→∞

oraz z − a ¬ lim sup

n→∞

Stąd

lim sup

n→∞

) = z = (z −a)+a ¬ lim sup

n→∞

) ¬ lim sup

n→∞

+lim sup

n→∞

Ad.2. Analogicznie.

SZEREGI LICZBOWE

Przykład. Niech x

= sin

πn

, y

= cos

πn

, tzn.

}

∞
n=0

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

}

∞
n=0

= (1, 0, −1, 0, 1, 0, −1, . . .);

+ y

}

∞
n=0

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

Wówczas

lim inf

n→∞

= −1, lim sup

n→∞

= 1,

lim inf

n→∞

= −1, lim sup

n→∞

= 1,

lim inf

n→∞

+ y

) = −1, lim sup

n→∞

+ y

) = 1,

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

Wniosek 2.18. Jeśli ciąg {y

}

n∈N

jest zbieżny, to

lim sup

n→∞

) = lim sup

n→∞

+ lim

n→∞

, lim inf

n→∞

) = lim inf

n→∞

+ lim

n→∞

Ćwiczenie. Pokazać, że

lim sup

n→∞

(−x

) = − lim inf

n→∞

Szeregi liczbowe

Definicja. Niech {a

}

n∈N

będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wówczas ciąg

sum {S

}

n∈N

, gdzie

= a

+ a

= a

+ a

+ . . . + a

nazywamy szeregiem o wyrazach a

, a

, . . . lub krótko szeregiem i oznaczamy

∞

n=1

lub a

+ a

+ . . .

Sumę S

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

} jest zbieżny, to mówimy, że szereg

∞
n=1

jest zbieżny, natomiast gra-

nicę

S = lim

n→∞

SZEREGI LICZBOWE

nazywamy sumą szeregu i piszemy wtedy

S =

∞

n=1

Jeśli ciąg {S

} nie jest zbieżny, to szereg nazywamy rozbieżnym.

Przykład.

1. Rozważmy szereg

∞

n=0

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

n−1

k=0

= 1 + q + q

+ . . . + q

n−1

1 − q

Jeśli |q| < 1, to S = lim

n→∞

1−q

. Jeśli |q|  1, to S

−1

q−1

jest

rozbieżny. Jeśli q = 1, to S

= n, zatem też jest rozbieżny. Podsumo-

wując szereg

∞
n=0

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

2. Szereg

∞

n=1

n(n + 1)

jest zbieżny. Istotnie, ponieważ

k(k+1)

1
k

−

k+1

, więc ciąg sum czę-

ściowych jest następujący

1 · 2

2 · 3

+ . . . +

n(n + 1)

−

+ . . . +

n − 1

−

n + 1

= 1 −

n + 1

→ 1.

Zatem suma tego szeregu wynosi 1.

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

∞
n=1

jest zbieżny, to x

→ 0.

Dowód. Mamy x

= S

− S

n−1

→ S − S = 0.

Twierdzenie 3.2. Szereg

∞
n=1

jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy

∀

ε>0

∃

∈N

∀

nn

∀

k∈N

n+1

+ x

n+2

+ . . . + x

n+k

| < ε.

SZEREGI LICZBOWE

Dowód. Wystarczy zauważyć, że

n+k

− S

| = |x

n+1

+ x

n+2

+ . . . + x

n+k

oraz skorzystać z twierdzenia Cauchy’ego dla ciągu {S

Twierdzenie 3.3. Załóżmy, że szeregi

∞
n=1

są zbieżne oraz

niech α ∈ R. Wówczas szeregi

∞
n=1

+ b

) oraz

∞
n=1

αa

są zbieżne oraz

∞

n=1

+ b

) =

∞

n=1

∞

n=1

∞

n=1

αa

= α

∞

n=1

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

3.1

Szeregi o wyrazach nieujemnych

Uwaga. Załóżmy, że a

0 dla wszystkich n ∈ N. Wówczas ciąg {S

} jest

niemalejący. Zatem szereg

∞
n=1

jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy jest

ograniczony, tzn. istnieje M  0 takie, że S

¬ M dla wszystkich n ∈ N.

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

∞
n=1

jest zbieżny, to piszemy

∞
n=1

< +∞.

Jeśli szereg

∞
n=1

nie jest zbieżny, to ponieważ {S

} jest niemalejący, więc

→ +∞, a wtedy piszemy

∞
n=1

= +∞.

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

¬ b

dla

prawie wszystkich n ∈ N. Wówczas

∞

n=1

= +∞ =⇒

∞

n=1

= +∞,

∞

n=1

< +∞ =⇒

∞

n=1

< +∞.

Dowód. Niech S

= a

+ a

+ . . . + a

oraz S

= b

+ b

+ . . . + b

. Niech

0 ¬ a

¬ b

dla n n

. Wówczas S

− S

¬ S

− S

dla n n

Jeśli

∞
n=1

= +∞, to S

→ +∞. Ponieważ S

− S

+ S

¬ S

, więc

→ +∞, co oznacza, że szereg

∞
n=1

jest rozbieżny.

Druga część twierdzenia wynika z pierwszej części i prawa kontrapozycji:

(p ⇒ q) ⇔ (∼ q ⇒∼ p)

SZEREGI LICZBOWE

Wniosek 3.5. Niech {a

}

n∈N

oraz {b

}

n∈N

będą ciągami o wyrazach dodat-

nich. Załóżmy, że istnieje granica

lim

n→∞

= β.

Jeśli szereg

∞
n=1

jest zbieżny, to szereg

∞
n=1

jest również zbieżny. Jeśli

β > 0 oraz

∞
n=1

jest rozbieżny, to szereg

∞
n=1

jest również rozbieżny.

Dowód. Jeśli ciąg {a

} jest zbieżny, to jest ograniczony, więc istnieje

M ¬ 0 takie, że a

¬ M b

. Wówczas z kryterium porównawczego zbież-

ność

∞
n=1

M b

implikuje zbieżność

∞
n=1

Jeśli β > 0, to istnieje n

∈ N takie, że a

> β/2 dla n n

. Stąd

< b

dla n n

. Wówczas z kryterium porównawczego rozbieżność

∞
n=1

= +∞ implikuje rozbieżność

∞
n=1

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

}

n∈N

będzie ciągiem o

wyrazach nieujemnych. Wówczas

jeśli lim sup

n→∞

√

< 1, to szereg

∞

n=1

jest zbieżny;

jeśli lim sup

n→∞

√

> 1, to szereg

∞

n=1

jest rozbieżny.

Dowód. Załóżmy, że lim sup

n→∞

√

< 1. Niech r będzie liczbą rzeczywistą

taką, że lim sup

n→∞

√

< r < 1. Wówczas

√

< r dla prawie wszyst-

kich n ∈ N, zatem a

< r

dla prawie wszystkich n ∈ N. Ponieważ szereg

geometryczny

∞
n=1

jest zbieżny, więc z kryterium porównawczego również

szereg

∞
n=1

jest zbieżny.

Załóżmy, że lim sup

n→∞

√

> 1. Wówczas

√

> 1 dla nieskończenie

wielu n ∈ N, a zatem a

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

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

∞
n=1

nie jest zbieżny.

Przykład. Niech x > 0. Rozważmy szereg

∞

n=1

Ponieważ

√

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

zbieżny.

SZEREGI LICZBOWE

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

}

n∈N

będzie ciągiem o

wyrazach dodatnich. Wówczas

jeśli lim sup

n→∞

n+1

< 1, to szereg

∞

n=1

jest zbieżny;

jeśli lim inf

n→∞

n+1

> 1, to szereg

∞

n=1

jest rozbieżny.

Dowód. Załóżmy, że lim sup

n→∞

n+1

< 1. Niech r będzie liczbą rzeczywistą

taką, że lim sup

n→∞

n+1

< r < 1. Wówczas istnieje n

∈ N takie, że

n+1

< r

dla n n

. Stąd dla n n

mamy

· . . . ·

n−2

n−1

< r

n−n

Stąd a

< a

−n

dla n n

. Ponieważ szereg

∞
n=1

−n

jest zbież-

ny, więc z kryterium porównawczego również szereg

∞
n=1

jest zbieżny.

Załóżmy, że lim inf

n→∞

n+1

> 1. Wówczas istnieje n

∈ N takie, że

n+1

1 dla n n

. Stąd dla n n

mamy

· . . . ·

n−2

n−1

> 1.

Stąd a

> a

> 0 dla n n

. Stąd wynika, że a

9 0. Z warunku koniecz-

nego zbieżności szeregu wynika, że szereg

∞
n=1

nie jest zbieżny.

Przykład. Niech x > 0. Rozważmy szereg

∞

n=1

Ponieważ

n+1

(n+1)!

→ 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

b + a

+ . . . + a

n−1

+ a

+ . . . ,

tzn. a

= a

n−1

, a

2n+1

= a

. Wówczas

2n+1

n−1

= b > 1,

2n−1

n−1

= a < 1.

SZEREGI LICZBOWE

Zatem

lim inf

n→∞

n+1

= a < 1 < b = lim sup

n→∞

n+1

czyli kryterium d’Alamberta nie rozstrzyga zbieżności szeregu. Natomiast

2n+1

√

2n+1

√

→

√

ab oraz

√

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

jest ciągiem nierosnącym liczb do-

datnich. Wówczas

∞

n=1

< +∞ ⇐⇒

∞

n=0

< +∞.

Dowód. Niech S

= a

+ a

+ . . . + a

oraz U

= a

+ 2a

+ 4a

+ . . . + 2

Dla dowolnej liczby naturalnej k mamy

k−1

= (2

− 2

k−1

¬ a

k−1

+ a

k−1

+ . . . + a

¬ 2

k−1

Ponieważ

= a

+ a

+ (a

+ a

) + (a

+ a

) + . . . + (a

n−1

+ . . . + a

więc

¬ S

¬ a

+ U

n−1

(3)

Jeśli szereg

∞
n=0

jest zbieżny, to ciąg {U

} jest ograniczony. Zatem

ciąg {S

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

} jest monoto-

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

∞
n=1

jest zbieżny.

Jeśli szereg

∞
n=1

jest zbieżny, to {S

} jest ograniczony. Ze względu na

(3) {U

} też jest ograniczony, a zatem szereg

∞
n=0

jest zbieżny.

Wniosek 3.9. Jeśli α > 0, to szereg

∞

n=1

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

SZEREGI LICZBOWE

Dowód. Niech a

. Ciąg {a

} jest malejący, więc możemy zastosować

poprzednie twierdzenie. Wówczas

= 2

)

= 2

n(1−α)

= (2

1−α

)

Zatem

∞
n=0

jest szeregiem geometrycznym o ilorazie 2

1−α

. Jest on

zbieżny dokładnie wtedy, gdy

1−α

< 1 ⇐⇒ 1 − α < 0 ⇐⇒ 1 < α.

Wniosek 3.10. Szereg harmoniczny

∞

n=1

= 1 +

+ . . . +

+ . . .

jest rozbieżny. Natomiast szereg

∞
n=1

jest zbieżny.

Przykład.

1. Rozważmy szereg

∞

n=1

√

+ n

Niech b

= n

−3/2

. Wówczas

√

−3/2

+ n

= 1.

Ponieważ szereg

∞
n=1

−3/2

jest zbieżny, więc i wyjściowy szereg jest

zbieżny.

2. Rozważmy szereg

∞

n=1

1 + n

Niech b

= n

−1

. Wówczas

1+n

−1

n + n

1 + n

= 1 > 0.

Ponieważ szereg

∞
n=1

−1

jest rozbieżny, więc i wyjściowy szereg jest

rozbieżny.

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

Dowolne szeregi rzeczywiste c.d.

Definicja. Mówimy, że szereg

∞
n=1

jest bezwzględnie zbieżny, jeśli szereg

∞
n=1

| jest zbieżny.

Twierdzenie 4.1. Każdy szereg bezwzględnie zbieżny jest zbieżny.

Dowód. Ponieważ szereg

∞
n=1

| jest zbieżny, więc spełnia warunek Cau-

chy’ego, tzn.

∀

ε>0

∃

∈N

∀

nn

∀

k∈N

||a

n+1

| + |a

n+2

| + . . . + |a

n+k

|| < ε.

Z nierówności trójkąta mamy

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

∞
n=1

spełnia warunek Cauchy’ego, a więc jest zbieżny.

Przykład. Dla dowolnego x ∈ R szereg

∞

n=1

sin(nx)

jest bezwzględnie zbieżny. Ponieważ

sin(nx)

oraz szereg

∞
n=1

jest zbieżny, więc z kryterium porównawczego również

szereg

∞
n=1

sin(nx)

jest zbieżny.

Twierdzenie 4.2. (kryterium Dirichleta) Niech {a

}

∞
n=1

oraz {b

}

∞
n=1

będą

ciągami rzeczywistymi. Załóżmy, że

• ciąg {a

}

∞
n=1

jest monotonicznie zbieżny do zera;

• ciąg sum częściowych B

= b

+ . . . + b

jest ograniczony.

Wówczas szereg

∞
n=1

jest zbieżny.

Dowód. Załóżmy, że ciąg {a

}

∞
n=1

jest nierosnący. W przeciwnym przypadku

dowód jest analogiczny. Ponieważ a

→ 0, więc a

¬ 0 dla wszystkich n ∈ N.

Ponieważ ciąg {B

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

| ¬

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

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

∈ N takie, że

< ε/(2B) dla n n

. Wówczas dla n n

oraz k ∈ N mamy

n+1

+ a

n+2

+ . . . + a

n+k

n+1

− B

) + a

n+2

− B

n+1

) + . . . + a

n+k

− B

n+k−1

) =

= − B

n+1

+ B

n+1

− a

n+2

) + . . . + B

n+k−1

− a

n+k

) + B

n+k

Stąd wykorzystując nierówność trójkąta otrzymujemy

n+1

+ a

n+2

+ . . . + a

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

oraz k ∈ N. Zatem szereg

∞
n=1

spełnia warunek Cauchy’ego,

a więc jest zbieżny.

Oznaczenia. Szeregi postaci

∞

n=1

(−1)

n+1

gdzie a

0 nazywamy naprzemiennymi.

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

∞
n=1

(−1)

n+1

jest zbieżny.

Dowód. Niech b

= (−1)

n+1

, wtedy B

= 0, gdy n jest parzysta oraz B

= 1,

gdy n jest nieparzysta. Zatem ciąg {B

} jest ograniczony. Teraz korzystając

z kryterium Dirichleta otrzymujemy zbieżność szeregu

∞
n=1

(−1)

n+1

Przykład.

1. Rozważmy szereg

∞

n=1

(−1)

n+1

= 1 −

−

+ . . .

Ponieważ ciąg a

= 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

∞
n=1

jest roz-

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

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

2. Rozważmy szereg

∞

n=1

sin(nx)

Niech a

= 1/n oraz b

= sin(nx). Można pokazać, że ciąg B

n
k=1

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

otrzymujemy zbieżność szeregu.

Twierdzenie 4.4. (kryterium Abela) Niech {a

}

∞
n=1

oraz {b

}

∞
n=1

będą cią-

gami rzeczywistymi. Załóżmy, że

• ciąg {a

}

∞
n=1

jest monotonicznie i zbieżny;

• szereg

∞
n=1

jest zbieżny.

Wówczas szereg

∞
n=1

jest zbieżny.

Dowód. Niech a będzie granicą ciągu {a

}. Wówczas ciąg {a

− a} monoto-

nicznie zbiega do zera. Ponieważ szereg

∞
n=1

jest zbieżny, więc ciąg sum

częściowych B

jest ograniczony. Zatem z twierdzenia Dirichleta szereg

∞

n=1

− a)b

jest zbieżny. Ponadto wiemy, że szereg

∞

n=1

jest zbieżny. Zatem korzystając z tego, że a

= (a

−a)b

+ab

otrzymujemy

zbieżność naszego szeregu.

Przykład. Rozważmy szereg

∞

n=1

1 +

sin(nx)

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

Twierdzenie 4.5. Załóżmy, że

∞
n=1

jest szeregiem bezwzględnie zbieżnym

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

∞
n=1

π(n)

jest bezwzględnie zbieżny oraz

∞

n=1

π(n)

∞

n=1

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

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

N +k

i=N +1

| < ε/2.

Ponieważ π jest bijekcją więc istnieje n

∈ N takie, że

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

)}.

Wówczas jeśli n > n

, to π(n) > N . Oznaczmy

= a

+ a

+ . . . + a

= a

π(1)

+ a

π(2)

+ . . . + a

π(n)

Załóżmy, że n > n

. Wówczas

− T

| ¬

max(n,π(n))

i=N +1

| < ε/2.

Ponieważ S

→ S, więc istnieje n

 n

takie, że dla n n

mamy |S

−T

| <

ε/2. Zatem dla n n

otrzymujemy

− S| ¬ |T

− S

| + |S

− S| < ε/2 + ε/2 = ε.

Stąd T

→ S.

Twierdzenie 4.6. (Riemanna) Załóżmy, że szereg

∞
n=1

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

∞

n=1

π(n)

= S.

Twierdzenie 4.7. Niech

∞
n=1

będzie szeregiem zbieżnym. Załóżmy, że

}

∞
n=0

będzie rosnącym ciągiem liczb naturalnych takim, że i

= 0. Niech

}

n∈N

będzie ciągiem danym wzorem

= a

n−1

+ a

n−1

+ . . . + a

Wówczas szereg

∞
n=1

jest zbieżny oraz

∞
n=1

Dowód. Niech A

i B

będą sumami częściowymi odpowiednio szeregów

∞
n=1

. Wówczas B

= A

jest zbieżny do

∞
n=1

Uwaga. Ze zbieżności szeregu

∞
n=1

nie należy wnioskować zbieżności sze-

regu

∞
n=1

. Rozważmy szereg

∞
n=1

(−1)

n+1

oraz niech i

= 2n dla n  0.

Wówczas b

= a

2n−1

= 1−1 = 0. Oczywiście szereg

∞
n=1

jest zbieżny

zaś

∞
n=1

(−1)

n+1

nie jest zbieżny.

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

4.1

Iloczyn szeregów

Niech

∞
n=1

będą szeregami zbieżnymi. Rozważmy wszystkie

iloczyny wyrazów tych szeregów tzn. {a

: 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

∞
n=1

= A i

∞
n=1

B są bezwzględnie zbieżne, to szereg utworzony z iloczynów a

, i, j ∈ N

zsumowanych w dowolnej kolejności jest bezwzględnie zbieżny oraz

(i,j)∈N×N

= AB.

Dowód. Niech

∞
n=1

| = A

∗

∞
n=1

| = B

∗

. Niech

∞
n=1

będzie

szeregiem utworzony z ustawienia iloczynów a

, i, j ∈ N w ciąg {a

}

n∈N

Pokażemy, że szereg

∞
n=1

| jest zbieżny. Niech D

będzie n–tą sumą

częściową tego szeregu. Niech k

= max{i

, j

: 1 ¬ k, l ¬ n}. Wówczas

m=1

| ¬

1¬i,j¬k

||b

| =

i=1

j=1

| ¬ A

∗

Zatem

∞
n=1

jest bezwzględnie zbieżny i z twierdzenie 4.5 jego suma

nie zależny od kolejności zliczania iloczynów. Ustawmy zatem iloczyny a

i, j ∈ N w szereg postaci

+ (a

+ a

) + (a

+ a

) + (a

+ . . . .

Niech d

n
i=1

n−1
i=1

. Z twierdzenia 4.7 szereg

∞
n=1

jest

zbieżny zaś jego suma jest równa

∞
n=1

. Niech A

, B

oraz D

będą

n–tymi sumami częściowymi odpowiednio szeregów

∞
n=1

oraz

∞
n=1

. Wówczas

1¬i,j¬n

= A

→ AB.

DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D.

Definicja. Iloczynem Cauchy’ego szeregów

∞
n=1

nazywamy sze-

reg

∞
n=1

, gdzie c

n
i=1

n+1−i

, tzn.

= a

+ a

= a

+ a

= a

+ a

n−1

+ . . . + a

n−1

+ a

Wniosek 4.9. Jeśli szeregi

∞
n=1

= A i

∞
n=1

= B są bezwzględnie

zbieżne oraz

∞
n=1

jest ich iloczynem Cauchy’ego, to

∞
n=1

jest bezwzględ-

nie zbieżny oraz jego suma wynosi A · B.

Przykład. Niech x, y ∈ R. Rozważmy szeregi

∞
n=0

oraz

∞
n=0

, któ-

re jak wiemy są bezwzględnie zbieżne. Niech

∞
n=0

będzie ich iloczynem

Cauchy’ego. Wówczas

k=0

n−k

k=0

n−k

(n − k)!

k=0

n
k

n−k

(x + y)

Z poprzedzającego wniosku otrzymujemy zatem

∞

n=0

(x + y)

∞

n=0

∞

n=0

Twierdzenie 4.10. (Mertensa) Załóżmy, że szereg

∞
n=1

= A jest bez-

względnie zbieżny, a szereg

∞
n=1

= B jest zbieżny. Wówczas ich iloczyn

Cauchy’ego

∞
n=1

jest zbieżny oraz jego suma wynosi A · B.

Dowód. Oznaczmy przez A

, B

i C

n–tą sumę częściową odpowiednio sze-

regu

∞
n=1

. Zauważmy, że

j=1

k=1

j+1−k

1¬k¬j¬n

j+1−k

k=1

j=k

j+1−k

k=1

j=k

j+1−k

k=1

+ b

+ . . . + b

n+1−k

) =

k=1

n+1−k

Oznaczmy β

= B − B

dla n ∈ N. Wówczas

k=1

n+1−k

k=1

(B − β

n+1−k

) = A

B −

k=1

n+1−k

GRANICA FUNKCJI

Jeśli oznaczymy γ

n
k=1

n+1−k

, to C

= A

B − γ

. Ponieważ A

→ A,

wystarczy pokazać, że γ

→ 0.

Weźmy ε > 0. Ponieważ β

→ 0, więc istnieje n

∈ N takie, że dla n n

mamy

|β

| <

∗

gdzie A∗ =

∞
n=1

|. Zbieżność ciągu {β

}

n∈N

implikuje jego ograniczoność,

a zatem istnieje M > 0 takie, że |β

| ¬ M dla dowolnego naturalnego n. Z

warunku koniecznego wynika, że a

→ 0. Stąd istnieje n

∈ N takie, że dla

n n

mamy

| <

2M n

Niech n

= n

+ n

− 2. Wówczas dla n n

mamy

|γ

| ¬

k=1

n+1−k

| = |a

| + |a

n−1

| + . . . + |a

n−1

| + |a

| =

= (|a

||β

| + . . . + |a

n−n

||β

|) + (|a

n−n

||β

−1

| + . . . + |a

||β

|) <

< (|a

| + . . . + |a

n+n

−1

∗

+ (n

− 1)

2M n

M ¬ A

∗

¬ ε.

Stąd γ

→ 0.

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

taki, że x

∈ A, x

6= x dla wszystkich n ∈ N oraz x

→ x. Zbiór wszystkich

punktów skupienia zbioru A będziemy oznaczać przez A

. Jeśli istnieje ciąg

}

n∈N

taki, że x

∈ A dla wszystkich n ∈ N oraz x

→ +∞(−∞), to

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

Przykład.

1. (0, 1]

= [0, 1];

2. ((−1, 1) ∪ {2})

= [−1, 1];

3. {

: n ∈ N}

= {0};

4. Q

= R;

5. Z

= ∅.

Uwaga.

∈ A

⇐⇒ ∀

δ>0

∃

x∈A

0 < |x − x

| < δ.

GRANICA FUNKCJI

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

∈ D

Mówimy, że f posiada w punkcie x

granicę w sensie Heine’go y

∈ R, jeśli

dla dowolnego ciągu {x

}

n∈N

takiego, że x

∈ D, x

6= x

dla wszystkich

n ∈ N oraz x

→ x

zachodzi f (x

) → y

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

∈ D

. Mówimy, że f posiada w punkcie x

granicę w sensie Cauchy’ego

∈ R, jeśli

∀

ε>0

∃

δ>0

∀

x∈D

(0 < |x − x

| < δ =⇒ |f (x) − y

| < ε) .

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

Dowód. Załóżmy, że y

jest granicą w sensie Cauchy’ego funkcji f w punkcie

∈ D

. Niech {x

}

n∈N

będzie dowolnym ciągiem takim, że x

∈ D \ {x

}

dla wszystkich n ∈ N oraz x

→ x

. Musimy pokazać, że f (x

) → y

. 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

| < δ, mamy |f (x) − y

| < ε.

Ponieważ x

→ x

, więc istnieje n

∈ N takie, że 0 < |x

− x

| < δ dla

n n

. Stąd dla n n

otrzymujemy |f (x

) − y

| < ε, a zatem f (x

) → y

Załóżmy, że y

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

∈ D

Przypuśćmy, że y

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

Wtedy

∃

ε>0

∀

δ>0

∃

x∈D

0 < |x − x

| < δ ∧ |f (x) − y

| ε.

Biorąc kolejno za δ =

skonstruujemy ciąg {x

}

n∈N

taki, że x

∈ D, 0 <

− x

| < 1/n oraz |f (x

) − y

| ε dla dowolnego n ∈ N. Zatem x

→

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

) → y

, co stoi w sprzeczności z

warunkiem |f (x

) − y

| ε.

Oznaczenia. Jeśli y

jest granicą funkcji f w punkcie x

∈ D

, to piszemy

lim

x→x

f (x) = y

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

∈ D

. Załóżmy, że lim

x→x

f (x) =

a oraz lim

x→x

g(x) = b. Wówczas

1. lim

x→x

αf (x) = αa dla dowolnego α ∈ R;

2. lim

x→x

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

3. lim

x→x

f (x)g(x) = ab;

4. lim

x→x

f (x)

g(x)

, gdy b 6= 0.

GRANICA FUNKCJI

Dowód. Ad.1. Niech {x

}

n∈N

będzie dowolnym ciągiem takim, że x

∈ D \

} oraz x

→ x

. Musimy pokazać, że αf (x

) → αa. Ale, z definicji He-

ine’go, wiemy, że f (x

) → 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

∈ D

, to

lim

x→x

f (x) = +∞(−∞)

⇔ ∀

}⊂D\{x

}

→ x

⇒ f (x

) → +∞(−∞))

⇔ ∀

M ∈R

∃

δ>0

∀

x∈D

(0 < |x − x

| < δ ⇒ f (x) > M (f (x) < M )).

Jeśli ±∞ jest niewłaściwym punktem skupienia zbioru D, to

lim

x→±∞

f (x) = y

⇔ ∀

}⊂D\{x

}

→ +∞(−∞) ⇒ f (x

) → y

)

⇔ ∀

ε>0

∃

M ∈R

∀

x∈D

(f (x) > M (f (x) < M ) ⇒ |f (x

) − y

| < ε).

Analogicznie możemy zdefiniować co to znaczy, że lim

x→±∞

f (x) = +∞ lub

lim

x→±∞

f (x) = −∞.

Przykład.

1. lim

x→2

= 4, bo jeśli x

→ 2, to x

2
n

→ 4.

2. lim

x→0

(sgn(x))

= 1, gdzie

sgn(x) =











gdy

x > 0

−1

gdy

x < 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 |

− 0| =

|x|

< ε.

4. lim

x→+∞

= +∞ oraz lim

x→−∞

= 0. Weźmy dowolne M > 0.

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

> e

ln M

= M .

Jeśli x

→ −∞, to −x

→ +∞, a wtedy e

−x

→ +∞. Jednak e

−xn

→ 0 z poprzedniego przykładu.

5. Jeśli x

> 0, to lim

x→x

ln x = ln x

. Załóżmy, że ln x

nie jest granicą

funkcji ln w punkcie x

. Z definicji Heine’go istnieje ciąg {x

} taki, że

→ x

oraz ln x

9 ln x

. Ponieważ ciąg {x

} jest odgraniczony od

zera, tzn. 1/M < x

< M , więc | ln x

| < ln M . Zatem możemy wybrać

podciąg {ln x

}, który jest zbieżny do y

6= ln x

. Wówczas

= e

ln x

→ e

6= e

ln x

= x

co prowadzi do sprzeczności.

GRANICA FUNKCJI

6. lim

x→+∞

ln x = +∞ oraz lim

x→0

ln x = −∞ (ćwiczenie).

7. lim

x→±∞

1 +

1
x

= e.

8. lim

x→0

(1 + x)

1
x

= e.

9. lim

x→0

−x ln x = 0. Najpierw rozważmy ciąg

−

n + 1

ln(n + 1)

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

= ln(n + 1), b

= n. Wtedy b

jest monotonicznie rozbieżny

do +∞ oraz

n+1

− a

n+1

− b

ln(n + 2) − ln(n + 1)

(n + 1) − n

= ln

n + 2

n + 1

→ ln 1 = 0.

Załóżmy, że x

> 0 oraz x

→ 0. Wtedy [1/x

] → +∞. Wówczas dla

odpowiednio dużych n kolejno mamy

[

] ¬

< [

] + 1

[

] + 1

< x

[

]

0 < −x

ln x

< −

[

]

[

] + 1

→ 0.

Z twierdzenia o trzech ciągach −x

ln x

→ 0.

10. lim

x→0

= 1, ponieważ x

= e

x ln x

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

∈ (D ∩ (x

, +∞))

∈ (D ∩

(−∞, x

))

). Liczba y

jest granicą prawostronną (lewostronną) funkcji f w

punkcie x

, co oznaczamy przez lim

x→x

+
0

f (x) = y

(lim

x→x

−
0

f (x) = y

), jeśli

dla dowolnego ciągu x

→ x

takiego, że x

< x

) dla wszystkich

n ∈ N mamy f (x

) → y

, lub równoważnie

∀

ε>0

∃

δ>0

∀

x∈D

(0 < x − x

< δ (0 < x

− x < δ) =⇒ |f (x) − y

| < 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

, x

∈ D, x

< x

mamy f (x

) < f (x

);

GRANICA FUNKCJI

• malejąca, jeśli dla dowolnych x

, x

∈ D, x

< x

mamy f (x

) > f (x

);

• niemalejąca, jeśli dla dowolnych x

, x

∈ D, x

< x

mamy f (x

) ¬

f (x

);

• nierosnąca, jeśli dla dowolnych x

, x

∈ D, x

< x

mamy f (x

)

f (x

);

• 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

jest punktem skupienia D ∩ (x

, +∞) (D ∩ (−∞, x

)), to istnieje

granica prawostronna lim

x→x

f (x) (lewostronna lim

x→x

−

f (x)).

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

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

, +∞) nie jest ograniczona

z dołu. Pokażemy, że lim

x→x

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

istnieje x

∈ D ∩ (x

, +∞) taki, że f (x

) < M . Niech δ = x

− x

> 0.

Wówczas jeśli 0 < x−x

< δ = x

−x

, to x < x

, a zatem f (x) ¬ f (x

) <

M , co implikuje lim

x→x

f (x) = −∞.

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

, +∞) jest ograniczona z

dołu. Niech

a := inf{f (x) : x ∈ D ∩ (x

, +∞)}.

Pokażemy, że lim

x→x

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

∈ D ∩

, +∞) taki, że a + ε > f (x

). Niech δ = x

− x

> 0. Wówczas jeśli

0 < x − x

< δ = x

− x

, to x < x

, a zatem

a ¬ f (x) ¬ f (x

) < a + ε =⇒ |f (x) − a| < ε,

a stąd lim

x→x

f (x) = a.

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

jest punktem skupienia

D ∩ (x

, +∞) oraz D ∩ (−∞, x

)). Wówczas granica funkcji f w punkcie x

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

Dowód. Jeśli granica funkcji f w punkcie x

istnieje, to wprost z definicji

istnieją granice jednostronne i są one równe granicy lim

x→x

f (x).

Załóżmy, że granice jednostronne istnieją oraz y

= lim

x→x

−
0

f (x) =

lim

x→x

+
0

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

, δ

> 0 takie, że dla

dowolnego x ∈ D mamy

0 < x − x

< δ

=⇒ |f (x) − y

| < ε,

CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI

0 < x

− x < δ

=⇒ |f (x) − y

| < ε.

Niech δ = min(δ

, δ

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

| < δ, to

0 < x − x

< δ

albo 0 < x

− x < δ

,a zatem |f (x) − y

| < 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

→ x

, to

| sin x

−sin x

| = 2| sin

− x

cos

+ x

| ¬ 2| sin

− x

| ¬ |x

−x

| → 0,

| cos x

−cos x

| = 2| sin

− x

sin

+ x

| ¬ 2| sin

− x

| ¬ |x

−x

| → 0.

Stąd wynika, że lim

x→x

sin x = sin x

oraz lim

x→x

cos x = cos x

Ponadto, jeśli x

→ 0 oraz x

∈ (0, π/2), to

1 ← cos x

sin x

< 1.

Z twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy lim

x→0

sin x

= 1. Ponadto

sin(−x)

−x

sin x

, a więc lim

x→0

−

sin x

= 1. Z poprzedniego twierdzenia otrzymujemy

lim

x→0

sin x

= 1.

Ciągłość funkcji

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

∈ D. Mówimy, że

f jest ciągła w punkcie x

, jeśli dla dowolnego ciągu {x

}

n∈N

takiego, że

∈ D dla wszystkich n ∈ N oraz x

→ x

zachodzi f (x

) → f (x

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

∈ D. Mówimy, że

f jest ciągła w punkcie x

, jeśli

∀

ε>0

∃

δ>0

∀

x∈D

(|x − x

| < δ =⇒ |f (x) − f (x

)| < ε) .

Uwaga. Jeśli x

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

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

ne temu, że lim

x→x

f (x) = f (x

). Jeśli x

∈ D nie jest punktem skupienia

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

− δ, x

+ δ) ∩ D = {x

}, wówczas

dowolna funkcja f jest ciągła w x

zarówno w sensie w sensie Heine’go i

Cauchy’ego.

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

CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI

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

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

Dowód. Niech {x

}

n∈N

będzie dowolnym ciągiem takim, że x

∈ D oraz x

→

. Musimy pokazać, że αf (x

) → αf (x

). Ale, z definicji Heine’go, wiemy,

że f (x

) → f (x

). 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

+ a

n−1

+ . . . + a

x + a

oraz dowolna funkcja wymierna postaci

x 7→

+ a

n−1

+ . . . + a

x + a

+ b

m−1

+ . . . + b

x + b

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)

nie jest ciągła w punkcie 0, ponieważ

lim

x→0

(sgn x)

= 1 6= 0 = (sgn 0)

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

→ D

oraz g : D

→ R (D

, D

⊂ R)

są ciągłe, to ich złożenie g ◦ f : D

→ R jest też ciągłe.

Dowód. Niech x

będzie dowolnym elementem D

oraz niech {x

}

n∈N

będzie

ciągiem w D

takim, że x

→ x

. Pokażemy, że g(f (x

)) → g(f (x

)). Z

ciągłości funkcji f w x

mamy f (x

) → f (x

). Ponieważ f (x

) ∈ D

dla

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

) ∈ D

, otrzymujemy

g(f (x

)) → g(f (x

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

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)).

CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI

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

∈ D takie, że

f (z

) = c. Niech

= sup{z ∈ [x, y] : f (z) ¬ c}.

Wówczas istnieje ciąg {z

} elementów z [x, y] takich, że f (z

) ¬ c oraz

→ z

. Z ciągłości funkcji f mamy f (z

) = lim

n→∞

f (z

) ¬ c. Ponadto, dla

dowolnej liczby z < z

¬ y mamy f (z

) > c. Zatem f (z

+ 1/n) > c dla dosta-

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

) = lim

n→∞

f (z

1/n)  c. Stąd f (z

) = 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

, x

∈ [a, b] takie, że

f (x

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

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

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

∈

f ([a, b]) taki, że α ¬ y

< α + 1/n. Wówczas y

→ α. Ponadto istnie-

je ciąg {x

} elementów [a, b] taki, że f (x

) = y

. Z twierdzenie Bolzano–

Weierstrassa istnieje podciąg {x

} taki, że x

→ x

. Z ciągłości funkcji f

mamy f (x

) = lim

n→∞

f (x

) = α, co należało udowodnić.

Istnienie x

dowodzi się w sposób analogiczny.

CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI

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

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

) = inf f ([a, b])

oraz f (x

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

), f (x

)]. Jeśli

c ∈ [f (x

), f (x

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

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

), f (x

)] ⊂ f ([a, b]), a więc

[f (x

), f (x

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

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

∈ D, jeśli

lim

x→x

+
0

f (x) = f (x

)

lim

x→x

−
0

f (x) = f (x

)

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

Definicja. Punkt x

∈ 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

) lub lim

x→x

−
0

f (x) 6= f (x

). Jeśli

lim

x→x

+
0

f (x) = lim

x→x

−
0

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

∈ 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

gdy

x 6= 0

gdy

x = 0

ma w 0 nieciągłość usuwalną.

2. Funkcja f : R → R dana wzorem

f (x) =

(

sin

gdy

x 6= 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.

CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI

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

) ¬ lim

x→x

+
0

f (x)

dla dowolnego x

∈ D, ponadto jeśli x

< x

, to lim

x→x

+
0

f (x) ¬ lim

x→x

−
1

f (x)

(ćwiczenie). Załóżmy, że x

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

). Jeśli ponadto x

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

) 6= q(x

). 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

< y

, to f

−1

) < f

−1

). W prze-

ciwnym wypadku mamy f

−1

)  f

−1

), a stąd

= f (f

−1

))  f (f

−1

)) = y

i sprzeczność. Załóżmy, że f

−1

nie jest ciągła, a y

∈ f ([a, b]) jest jej punktem

nieciągłości. Niech

α = lim

y→y

−

−1

(y) < lim

y→y

−1

(y) = β.

Z ciągłości funkcji f mamy

f (α) = lim

y→y

−

f (f

−1

(y)) = y

= lim

y→y

f (f

−1

(y)) = f (β),

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

−1

jest również ciągła.

POCHODNA FUNKCJI

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

, x

0
δ

∈ [a, b] takie, że |x

− x

0
δ

| < δ oraz |f (x

) − f (x

0
δ

)| ε. Podstawia-

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

0
n

} elementów [a, b] takie, że |x

− x

0
n

| < 1/n oraz |f (x

) − f (x

0
n

)| ε

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

→ x

∈ [a, b]. Wówczas x

0
k

= x

+(x

0
k

−x

) → x

+0 = x

oraz z ciągło-

ści f mamy f (x

) → f (x

) oraz f (x

0
k

) → f (x

), a więc f (x

)−f (x

0
k

) → 0,

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

)−f (x

0
n

)| ε dla wszystkich n ∈ N.

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

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

− y

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

mniejsza od δ, a jednak

|(1/δ + δ/2)

− (1/δ)

| = (2/δ + 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.

Pochodna funkcji

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

∈ D. Wyrażenie postaci

∆f

∆x

f (x) − f (x

)

x − x

f (x

+ ∆x) − f (x

)

∆x

POCHODNA FUNKCJI

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

, f (x

)) oraz

(x, f (x)) (x + ∆x) do osi Ox.

Definicja. Jeśli istnieje skończona granica

lim

x→x

f (x) − f (x

)

x − x

= lim

∆x→0

f (x

+ ∆x) − f (x

)

∆x

to nazywamy ją pochodną funkcji f w punkcie x

oraz oznaczamy przez f

)

lub

). Jeśli pochodna funkcji f w punkcie x

istnieje, to mówimy, że

funkcja f jest różniczkowalna w punkcie x

Geometrycznie liczba f

) interpretowana jest jako tangens kąta na-

chylenia stycznej w punkcie x

do wykresu funkcji f do osi Ox. Równanie

stycznej ma wówczas postać

y = f

)(x − x

) + f (x

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

(x) ∈ R nazywamy funkcją pochodną funkcji f .

Uwaga. Wyrażenie ∆f = f (x

+ ∆x) − f (x

) nazywamy przyrostem wartości

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

)∆x nazywamy różniczką funkcji f odpowiadającą przyrostowi ar-

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

, ∆x) = ∆f − df , to lim

∆x→0

r(x

,∆x)

∆x

= 0. Rzeczywiście

r(x

, ∆x)

∆x

∆f − df

∆x

f (x

+ ∆x) − f (x

)

∆x

− f (x

) → 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

∈

D. Niech {x

} będzie dowolnym ciągiem elementów dziedziny takim, że x

oraz x

→ x

. Wówczas

f (x

) − f (x

) =

f (x

) − f (x

)

− x

) → f

) · 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

= 1,

POCHODNA FUNKCJI

lim

x→0

−

f (x) − f (0)

x − 0

= lim

x→0

−

−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

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

f /g (jeśli g

) 6= 0) są różniczkowalne w x

oraz

1. (αf )

) = αf

);

2. (f + g)

) = f

) + g

);

3. (f · g)

) = f

)g(x

) + f (x

);

) =

)g(x

)−f (x

)

g(x

)

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

f (x)g(x) − f (x

)g(x

)

x − x

f (x)g(x) − f (x)g(x

) + f (x)g(x

) − f (x

)g(x

)

x − x

f (x)

g(x) − g(x

)

x − x

f (x) − f (x

)

x − x

g(x

) →

→ f (x

) + f

)g(x

gdy x → x

Ad 4.

f (x)

g(x)

−

f (x

)

g(x

)

x − x

g(x

)g(x)

f (x)g(x

) − f (x

)g(x)

x − x

g(x

)g(x)

f (x)g(x

) − f (x

)g(x

) + f (x

)g(x

) − f (x

)g(x)

x − x

g(x

)g(x)

f (x) − f (x

)

x − x

g(x

) − f (x

)

g(x) − g(x

)

x − x

→

)g(x

) − f (x

)

g(x

)

gdy x → x

POCHODNA FUNKCJI

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

∈ D mamy

(g ◦ f )

) = g

(f (x

))f

Dowód. Niech {x

} będzie ciągiem w D \ {x

} zbieżnym do x

. Z ciągłości

funkcji f mamy f (x

) → f (x

). Ponadto

g(f (x

)) − g(f (x

))

− x

g(f (x

)) − g(f (x

))

f (x

) − f (x

)

f (x

) − f (x

)

− x

→ g

(f (x

))f

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

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

wrotna f

−1

jest różniczkowalna oraz dla dowolnej liczby y

∈ (c, d) mamy

−1

)

) =

−1

))

Dowód. Ponieważ funkcja f jest ciągła, więc również f

−1

jest ciągła. Niech

} będzie ciągiem w (c, d)\{y

} takim, że y

→ y

. Wówczas z ciągłości f

−1

mamy f

−1

) → f

−1

) oraz f

−1

) 6= f

−1

). Zatem jeśli x

= f

−1

to x

→ x

. Ponadto,

−1

) − f

−1

)

− y

− x

f (x

) − f (x

)

→

)

−1

))

Przykład.

1. Niech f (x) = x

, gdzie m ∈ N. Wówczas

f (x) − f (x

)

x − x

− x

m
0

x − x

= x

m−1

+ x

m−2

+ . . . + xx

m−2
0

+ x

m−1
0

→ mx

m−1
0

gdy x → x

. Zatem (x

)

= mx

m−1

2. Niech f (x) = log

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

> 0

mamy

f (x

+ ∆x) − f (x

)

∆x

log

+ ∆x) − log

∆x

log

1 +

∆x

→

log

e =

x ln a

gdy ∆x → 0. Zatem (log

x ln a

, a w szczególności (ln x)

1
x

POCHODNA FUNKCJI

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

, która

jest odwrotną do x 7→ log

x. Ponadto (log

x ln a

6= 0. Wtedy

)

log

)

ln a

= a

ln a,

w szczególności (e

)

= e

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

∈ [0, +∞).

Wówczas x

= e

ln x

= e

a ln x

. Jako złożenie funkcji różniczkowalnych

jest ona różniczkowalna oraz

)

= e

a ln x

a(ln x)

= x

= ax

a−1

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

∈ R

mamy

sin(x

+ ∆x) − sin(x

)

∆x

2 sin(

∆x

) cos(x

∆

)

∆x

sin(

∆x

)

∆x

cos(x

∆

) → 1 · cos x

gdy ∆x → 0. Zatem (sin x)

= cos x. Analogicznie (cos x)

= − sin x

(ćwiczenie). Ponadto funkcja tg x =

sin x

cos x

jest funkcją różniczkowalną

(jej dziedzina to R \ {

+ kπ : k ∈ Z}). Ponadto

(tg x)

sin x

cos x

(sin x)

cos x − sin x(cos x)

cos

cos x cos x − sin x(− sin x)

cos

x + sin

cos

= 1 + tg

Podobnie (ctg x)

= −

sin

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

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)

sin

(arcsin x)

cos(arcsin x)

cos

(arcsin x)

1 − sin

(arcsin x)

√

1 − x

POCHODNA FUNKCJI

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

−

√

1−x

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

= 1+tg

x >

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

(arctg x)

1 + tg

(arctg x)

1 + x

Podobnie (arcctg x)

= −

1+x

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

∈ D jest

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

x ∈ D ∩ (x

− δ, x

+ δ) zachodzi nierówność f (x)  f (x

);

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

x ∈ D ∩ (x

− δ, x

+ δ) zachodzi nierówność f (x) ¬ f (x

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

∈ (a, b) jest ekstremum funkcji f , to

) = 0.

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

maksimum lokalne.

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

) ¬ 0 dla dowolnego x ∈ (x

−

δ, x

+ δ). Funkcja f jest różniczkowalna, a zatem

lim

x→x

+
0

f (x) − f (x

)

x − x

¬ 0 oraz lim

x→x

−
0

f (x) − f (x

)

x − x

Stąd

0 ¬ lim

x→x

−
0

f (x) − f (x

)

x − x

¬ 0,

a więc f

) = 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

POCHODNA FUNKCJI

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 (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

(x) = f

(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

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

(x) 6= 0 dla wszystkich

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

(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

(x) = f

(x) −

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

(x).

POCHODNA FUNKCJI

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

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

(c).

Wówczas

(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

)

x−x

0, a zatem f

) 0 dla dowolnego x

∈ (a, b). Podobnie

jeśli f jest nierosnąca, to f

jest niedodatnia.

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

1. Jeśli f

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

2. Jeśli f

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

(niemalejąca).

3. Jeśli f

(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

(c)(y − x). Jeśli f

≡ 0, to f (x) = f (y), a

zatem f jest stała. Jeśli f

> 0, to f (y) − f (x) = f

(c)(y − x) > 0, a zatem

f jest rosnąca, itd.

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

: D → R

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

oznaczmy przez f

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

. f jest

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

∞

POCHODNA FUNKCJI

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

∈ (a, b) spełnia

) = 0.

• Jeśli f

zmienia znak w x

, to f ma ekstremum w x

. Dokładniej, jeśli

istnieje δ > 0 taka, że f

(x) > 0(< 0) dla x ∈ (x

− δ, x

) oraz f

(x) <

0(> 0) dla x ∈ (x

, x

+ δ), to f ma maksimum (minimum) w x

• Jeśli f jest dwukrotnie różniczkowalna oraz f

) 6= 0, to f ma eks-

tremum w x

. Dokładniej, jeśli f

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

(minimum) w x

Dowód. Załóżmy, że f

(x) > 0 dla x ∈ (x

− δ, x

) oraz f

(x) < 0 dla x ∈

, x

+ δ). Z poprzedniego lematu f : (x

− δ, x

] → R jest rosnąca, zaś

f : [x

, x

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

−δ, x

], to f (x) < f (x

)

oraz jeśli x ∈ [x

, x

+ δ), to również f (x) < f (x

), a zatem f ma maksimum

lokalne w x

Załóżmy, że f

) < 0. Ponieważ f

) = lim

x→x

(x)−f

)

x−x

, więc ist-

nieje δ > 0 taka, że

(x) − f

)

x − x

< f

)/2 < 0 dla x ∈ (x

− δ, x

+ δ).

Stąd dla x < x

otrzymujemy f

(x) − f

) > 0, zaś dla x > x

otrzymujemy

(x) − f

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

ma maksimum lokalne w x

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

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

Lipschitza ze stałą L = sup

x∈(a,b)

(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

(c)(y − x). Stąd

|f (y) − f (x)| = |f

(c)||y − x| ¬ L|y − x|.

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

, to dla dowolnych

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

Dowód. Ponieważ f

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

jest ona ograniczony, a zatem możemy zastosować poprzednie stwierdzenie.

POCHODNA FUNKCJI

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).

POCHODNA FUNKCJI

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

: D → R

jest niemalejąca.

Dowód. (⇒) Załóżmy, że x

< y

. Następnie weźmy x

< x < y < y

Korzystając z (4) dla trójek x

< x < y oraz x < y < y

otrzymujemy

f (x) − f (x

)

x − x

f (y) − f (x)

y − x

oraz

f (y) − f (x)

y − x

f (y

) − f (y)

− y

a zatem

f (x) − f (x

)

x − x

f (y) − f (y

)

y − y

stąd

) = lim

x→x

f (x) − f (x

)

x − x

¬ lim

y→y

f (y) − f (y

)

y − y

= f

(⇐) 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

(d) oraz

f (c) − f (b)

c − b

= f

(e).

Ponadto, ponieważ f

jest niemalejąca mamy f

(d) ¬ f

(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

(x) 0 dla wszystkich x ∈ D;

• wklęsła wtedy i tylko wtedy, gdy f

(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

otrzymujemy,

że f

niemalejąca wtedy i tylko wtedy, gdy f

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

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

istnieje δ > 0 taka, że w (x

− δ, x

) funkcja f jest wklęsła, a w (x

, x

+ δ)

funkcja f jest wypukła, albo odwrotnie.

POCHODNA FUNKCJI

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

) = 0 oraz f

zmienia znak w punkcie x

, to x

jest

punktem przegięcia funkcji f .

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

• Załóżmy, że x

∈ D

. Prosta x = x

jest asymptotą pionową f , gdy

lim

x→x

−
0

f (x) = ±∞ lub lim

x→x

−
0

f (x) = ±∞.

• Załóżmy, że ±∞ ∈ D

. Prosta y = y

jest asymptotą poziomą f , gdy

lim

x→+∞

f (x) = y

lub

lim

x→−∞

f (x) = y

• Załóżmy, że ±∞ ∈ D

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

lim

x→+∞

f (x)

= a, lim

x→+∞

(f (x) − ax) = b

lub

lim

x→−∞

f (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,

POCHODNA FUNKCJI

• punkty przegięcia.

3. Sporządzamy tabelkę zmienności funkcji.

4. Szkicujemy wykres funkcji

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

, gdzie D

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

∈ D

lim

x→x

f (x) = lim

x→x

g(x) = 0 lub lim

x→x

f (x) = lim

x→x

g(x) = ±∞.

Jeśli

lim

x→x

(x)

= a ∈ R ∪ {−∞, +∞}, to lim

x→x

f (x)

g(x)

= a.

Dowód. Dowód przeprowadzimy tylko w przypadku, gdy lim

x→x

f (x) =

lim

x→x

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

dobnie jak dowód twierdzenia Stolza.

Jeśli x

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

, kładąc

f (x

) = g(x

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

} w D \ {x

} taki, że x

→ x

. Musimy pokazać, że

lim

n→∞

f (x

)

g(x

)

= a.

Ponieważ f, g : [x

, x

] → R są ciągłe oraz różniczkowalne na (x

, x

), więc

z twierdzenia Cauchy’ego istnieje y

∈ (x

, x

) take, że

f (x

)

g(x

)

f (x

) − f (x

)

g(x

) − g(x

)

Z twierdzenia o trzech ciągach y

→ x

, a stąd

lim

n→∞

)

= lim

x→x

(x)

= a.

7.1

Wzór Taylora

Niech f będzie funkcją wielomianową postaci

f (x) = a

+ a

x + . . . + a

n−1

+ a

POCHODNA FUNKCJI

wówczas

(x) = a

+ 2a

x + . . . + (n − 1)a

n−1

n−2

+ na

n−1

(x) = 1 · 2a

+ 2 · 3a

x + . . . + (n − 1)na

n−2

(3)

(x) = 1 · 2 · 3a

+ 2 · 3 · 4a

x + . . . + (n − 2)(n − 1)na

n−3

(n)

(x) = 1 · 2 · . . . · na

Wstawiając we wszystkich wzorach 0 w miejsce x otrzymujemy, że

= f (0), a

(0)

, a

(0)

, a

(3)

(0)

, . . . , a

(n)

(0)

Zatem

f (x) = f (0) +

(0)

x +

(0)

(3)

(0)

+ . . . +

(n)

(0)

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

Wówczas g

(k)

(x) = f

(k)

(x + x

) dla dowolnego k ∈ N. Stąd

f (x) = g(x − x

)

= g(0) +

(0)

(x − x

) +

(0)

(x − x

)

+ . . . +

(n)

(0)

(x − x

)

= f (x

) +

)

(x − x

) +

)

(x − x

)

+ . . . +

(n)

)

(x − x

)

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

∈ (a, b). Wówczas jeśli r(x

) = r

) = . . . = r

(n)

) = 0, to

lim

x→x

r(x)

(x − x

)

= 0,

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

)

Dowód. Dowód lematu przeprowadzimy indukcyjnie.

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

) = r

) = 0, to

r(x)

x−x

→ 0.

Ale

r(x)

x − x

r(x) − r(x

)

x − x

→ r

) = 0.

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

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

POCHODNA FUNKCJI

1–krotnie różniczkowalną oraz r(x

) = r

) = . . . = r

(k)

) = r

(k+1)

) =

0. Musimy pokazać, że

lim

x→x

r(x)

(x − x

)

k+1

= 0.

Niech {x

} będzie dowolnym ciągiem w D \ {x

} taki, że x

→ x

. Z twier-

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

< 1 taka, że

r(x

)

− x

r(x

) − r(x

)

− x

= r

+ θ

− x

)).

Wówczas

r(x

)

− x

)

k+1

r(x

) − r(x

)

− x

)

+ θ

− x

))

− x

)

− x

)

· θ

, gdzie y

= x

+ θ

− x

Ponieważ y

leży pomiędzy x

oraz x

, więc z twierdzenia o trzech ciągach

→ x

. Ponadto funkcja r

jest k–krotnie różniczkowalna i r

) = . . . =

(k)

) = r

(k+1)

) = 0. Zatem z założenia indukcyjnego

)

−x

)

→ 0.

Ponadto 0 < θ

< 1, więc

r(x

)

− x

)

k+1

)

− x

)

· θ

→ 0.

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

∈ (a, b). Wówczas jeśli

f (x) = f (x

)

(x−x

)

(x−x

)

+. . .+

(n)

)

(x−x

)

(x),

(x) = o((x − x

)

), tzn. lim

x→x

(x)

(x − x

)

= 0.

Dowód. Niech g będzie funkcja wielomianową postaci

g(x) = f (x

) +

)

x +

)

+ . . . +

(n)

)

Wcześniej pokazaliśmy, że g

(k)

(0) = k!a

= f

(k)

) dla 0 ¬ k ¬ n. Ponadto

(x) = f (x) − g(x − x

), a zatem r

(k)

(x) = f

(k)

(x) − g

(k)

(x − x

), więc

(k)

) = f

(k)

) − g

(k)

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

otrzymujemy, że r

(x) = o((x − x

)

POCHODNA FUNKCJI

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

∞

, x

∈ (a, b)

oraz dla dowolnego x ∈ (a, b) mamy

lim

n→∞

(x) = 0,

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

f (x) =

∞

n=0

(n)

)

(x − x

)

Dowód. n-ta suma częściowa szeregu wyraża się wzorem

k=0

(k)

)

(x − x

)

= f (x) − r

(x) → f (x).

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

= 0

mówimy o szeregu Maclaurina

∞

n=0

(n)

(0)

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

∈ (a, b) oraz h > 0. Wówczas jeśli

f (x

+ h) = f (x

) +

)

h +

)

+ . . . +

(n)

)

+ r

, h),

to istnieją liczby 0 < θ < 1, 0 < θ

< 1 takie, że

, h) =

(n+1)

+ θh)

(n + 1)!

n+1

(n+1)

+ θ

(1 − θ

)

n+1

Dowód. Rozważmy funkcję pomocniczą g

: (a, b) → R dana wzorem

(x) = f (x

+ h) − f (x) −

(x)

+ h − x) − . . . −

(n)

(x)

+ h − x)

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

jest różniczkowalna

POCHODNA FUNKCJI

oraz

(x) = −f

(x) −

(x)

+ h − x) −

(x)

−

000

(x)

+ h − x) −

(x)

2(x

+ h − x)

−

(n+1)

(x)

+ h − x)

−

(n)

(x)

n(x

+ h − x)

n−1

= −

(n+1)

(x)

+ h − x)

Ponadto

) = f (x

+ h) − f (x

) −

)

h − . . . −

(n)

)

= r

, h)

oraz g

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

istnieje 0 < θ

< 1

taka, że

−

, h)

+ h) − g

)

= g

+ θ

h) =

= −

(n+1)

+ θ

+ h − x

− θ

= −

(n+1)

+ θ

(1 − θ

a zatem

, h) =

(n+1)

+ θ

(1 − θ

n+1

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

i u

(x) = (x

+ h − x)

n+1

. Zauważmy, że u

h) − u

) = −h

n+1

oraz u

0
n

(x) = −(n + 1)(x

+ h − x)

. Z twierdzenia

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

, h)

+ h) − g

)

+ h) − u

)

+ θh)

−

(n+1)

+θh)

+ h − x

− θh)

−(n + 1)(x

+ h − x

− θh)

= −

(n+1)

+ θh)

(n + 1)!

POCHODNA FUNKCJI

a zatem

, h) =

(n+1)

+ θh)

(n + 1)!

n+1

Przykład.

1. Rozważmy funkcję f (x) = e

. Rozwińmy tę funkcję w szereg

Maclaurina. Wiemy, że f

(n)

(x) = e

, a zatem

∞

n=0

(n)

(0)

∞

n=0

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

→ 0. Ponadto

(x) =

(n+1)

(θx)

(n + 1)!

n+1

= e

θx

n+1

(n + 1)!

gdzie 0 < θ < 1. Zatem

0 < r

(x) ¬ e

n+1

(n + 1)!

→ 0,

z twierdzenia o trzech ciągach r

(x) → 0 dla dowolnego x ∈ R, a więc

∞

n=0

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

= e = 1 +

+ . . . +

(n + 1)!

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

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

n + 1

a zatem 0 <

n+1

¬ 1 jest liczbą całkowitą, co nie jest

możliwe.

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

= 0, 16667 − ε

= 0, 04167 − ε

= 0, 00833 + ε

POCHODNA FUNKCJI

= 0, 00139 − ε

= 0, 00020 − ε

gdzie 0 < ε

2·10

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

e < 2, 5 +

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

+ 0, 00139 + 0, 00060

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

e > 2, 5 +

> 2, 5000 + 0, 16667 − ε

+ 0, 04167 − ε

+ 0, 00833

+0, 00139 − ε

+ 0, 00020 − ε

> 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

(x) =

1 + x

, f

(x) = −

(1 + x)

, f

000

(x) =

(1 + x)

, . . . ,

(n)

(x) =

(−1)

n−1

(n − 1)!

(1 + x)

a zatem

∞

n=0

(n)

(0)

∞

n=1

(−1)

n−1

(n − 1)!

∞

n=1

(−1)

n−1

Ponadto

(x) =

(n+1)

(θx)

(n + 1)!

n+1

= (−1)

n+1

(n + 1)(1 + θx)

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

(x)| ¬

n+1

(n + 1)(1 + θx)

n + 1

max

1 + x

, 1

→ 0.

Stąd dla −1 < x ¬ 1 zachodzi równość

ln(1 + x) =

−

+ . . . ,

a w szczególności

ln 2 =

−

+ . . .

POCHODNA FUNKCJI

3. Podobnie można (ćwiczenie) udowodnić, że

sin x =

∞

n=0

(−1)

(2n + 1)!

2n+1

cos x =

∞

n=0

(−1)

(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) =

(

−x

−2

gdy

x 6= 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

∈ (a, b). Jeśli

) = f

) = . . . = f

(n−1)

) = 0 oraz f

(n)

) 6= 0,

to f ma ekstremum w x

. Dodatkowo, jeśli f

(n)

) > 0 to jest to minimum,

zaś jeśli f

(n)

) < 0 to jest to maximum lokalne funkcji f .

Dowód. Załóżmy, że f

(n)

) > 0. Niech r(x) = f (x)−f (x

)−

(n)

)

(x−x

)

Wówczas

r(x

) = r

) = . . . = r

(n−1)

) = r

(n)

) = 0,

Z lematu 7.18 mamy r(x) = o((x − x

)

). Zatem istnieje δ > 0 taka, że

r(x)

(x − x

)

> −

(n)

)

dla 0 < |x − x

| < δ. Stąd dla 0 < |x − x

| < δ otrzymujemy

f (x) = f (x

) + r(x) +

(n)

)

(x − x

)

> f (x

a więc w x

funkcja f ma minimum lokalne.

POCHODNA FUNKCJI

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

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

(a) > 0,

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

(a)(x−a)+f (a)

i przecina oś w punkcie x

= a−

f (a)

(a)

. Ponieważ zawsze

f (a)

(a)

< 0, więc a < x

Ponadto x

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

ka, że

−

f (a)

η − a

f (η) − f (a)

η − a

= f

(c)

oraz a < d < c taka, że

(a)

(d)

(a)

(c − a) =

(d)

(a)

f (a)

(a)

(c − a) < 0.

Stąd

−

f (a)

(a)(η − a)

(c)

(a)

< 1,

więc

= a −

f (a)

(a)

< a + (η − a) = η.

Wtedy x

jest pierwszym przybliżeniem rozwiązania. Aby otrzymać następne

przybliżenie metodę stycznych stosujemy na przedziale [x

, b] i znajdujemy

drugie przybliżenie

= x

−

f (x

)

Kontynuując metodę stycznych otrzymujemy ciąg {x

} dany wzorem reku-

rencyjnym

n+1

= x

−

f (x

)

, x

= a.

Ponadto x

< x

n+1

< η. Ponieważ {x

} jest monotoniczny i ograniczony,

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

x = x −

f (x)

(x)

CAŁKA NIEOZNACZONA

a zatem f (x) = 0, więc x = η.

Aby oszacować błąd x

− η korzystamy ponownie z twierdzenia Lagran-

ge’a. Istnieje zatem x

< c < η taka, że

f (x

) = f (x

) − f (η) = f

(c)(x

− η).

Stąd

− η| <

|f (x

(c)|

|f (x

, gdzie m = min

x∈[a,b]

(x)|.

W przypadku, gdy f (b)f

(b) > 0 zaczynamy od punktu b.

Przykład. Obliczmy z dokładnością 0, 001 pierwiastek równania

− x

− 4x + 1 = 0

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

− x

− 4x + 1. Ponieważ f (2) = −3 oraz

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

(x) = 3x

− 2x − 4 > 0 oraz f

(x) = 6x − 2 > 0.

Ponieważ f

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

= 3. Ponadto,

m = min

x∈[2,3]

(x)| = f

(2) = 4. Wtedy

= 3 −

f (3)

(3)

= 3 −

≈ 2, 5882, f (x

) = 1, 287,

= x

−

f (x

)

≈ 2, 4704,

f (x

) = 0, 092,

= x

−

f (x

)

≈ 2, 4606,

f (x

) = 0, 0009.

Stąd |x

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

Całka nieoznaczona

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

(x) = f (x) dla x ∈ (a, b)

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

f (x) dx.

CAŁKA NIEOZNACZONA

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

, F

są funkcjami pierwotnymi dla f , to

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

(x) − F

(x), to

(x) = F

(x) − F

(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

= F

+ c.

W dalszej części wykładu pokażemy, że funkcje ciągłe posiadają funkcje

pierwotne.

Wprost ze znanych wzorów z rachunku różniczkowego otrzymujemy:

dx =

α+1

α + 1

+ C dla α 6= 0,

dx = ln |x| + C,

dx = a

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

sin x dx = − cos x + C,

cos x dx = sin x + C,

cos

dx = tg x + C,

sin

dx = − ctg x + C,

1 + x

dx = arctg x + C,

√

1 − x

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

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

f (x) dx + b

g(x) dx.

Dowód. Niech F =

f (x) dx oraz G =

f (x) dx, tzn. F

= f oraz G

= g.

Wówczas (aF + bG)

= aF

+ bG

= 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

g posiada funkcję pierwotną. Wów-

CAŁKA NIEOZNACZONA

czas f g

posiada funkcję pierwotną oraz

f (x)g

(x) dx = f (x)g(x) −

(x)g(x) dx.

Dowód. Niech H będzie funkcją pierwotną dla f

g, tzn. H(x) =

(x)g(x) dx.

Korzystając ze wzoru na pochodną iloczynu mamy (f g)

= f

g + f g

. Zatem

f (x)g

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

− f

(x)g(x) =

= (f (x)g(x))

− H

(x) = (f (x)g(x) − H(x))

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

oraz

f (x)g

(x) dx = f (x)g(x) − H(x) = f (x)g(x) −

(x)g(x) dx.

Przykład. Obliczmy całkę

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

Wówczas g

(x) = cos x oraz f

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

wanie przez części otrzymujemy

x cos x dx =

f (x)g

(x) dx = f (x)g(x) −

(x)g(x) dx =

= x sin x −

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

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

f (ϕ(x))ϕ

(x) dx =

f (y) dy,

gdzie y = ϕ(x).

Dowód. Z twierdzenia o pochodnej złożenia funkcji mamy

(F ◦ ϕ)

(x) = F

(ϕ(x))ϕ

(x) = f (ϕ(x))ϕ

(x),

a zatem

f (ϕ(x))ϕ

(x) dx = F (ϕ(x)).

CAŁKA NIEOZNACZONA

Przykład.

1. Obliczmy całkę

2x+3

dx. Niech f (y) =

1
y

oraz ϕ(x) = 2x+3.

Zatem ϕ

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

mamy

2x + 3

2 dx =

f (ϕ(x))ϕ

(x) dx =

f (y) dy =

dy = ln |y| + C,

gdzie y = 2x + 3, a stąd

2x+3

dx =

1
2

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

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

dx = 2dx, a więc dx =

1
2

dy. Wstawmy teraz y

zamiast 2x + 3 oraz

1
2

dy zamiast dx. Dostajemy

2x + 3

dx =

dy =

ln |y| + C =

ln |2x + 3| + C.

2. Obliczmy całkę

+ a

1
a

x
a

+ 1

t =

x
a

dt =

+ 1

arctg t + C =

arctg

+ C.

3. Dla n  2 obliczmy całkę

+ 1)

1 + x

− x

+ 1)

dx =

+ 1)

n−1

−

+ 1)

dx.

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

(x) = 2x/(1 + x

)

. Wyznaczmy

f (x) =

+ 1)

dx =

t = x

+ 1

dt = 2x dx

dy =

1−n

1 − n

−1

(n − 1)(1 + x

)

n−1

Zatem

= I

n−1

−

+ 1)

dx =

= I

n−1

(2n − 2)(1 + x

)

n−1

−

(2n − 2)(1 + x

)

n−1

dx =

= I

n−1

−

2n − 2

n−1

(2n − 2)(1 + x

)

n−1

2n − 3

2n − 2

n−1

(2n − 2)(1 + x

)

n−1

CAŁKA NIEOZNACZONA

8.1

Całkowanie funkcji wymiernych

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

(x − a)

oraz

Bx + C

+ px + q)

gdzie trójmian kwadratowy x

+ px + q nie ma pierwiastków rzeczywistych,

a więc ∆ = p

− 4q < 0. Wówczas

(x − a)

dx =

y = x − a

dy = dx

dy =

(

A ln |x − a| + C,

gdy

n = 1,

(1−n)(x−a)

n−1

+ C,

gdy

n > 1.

Całkę drugiego ułamka prostego zapisujemy w postaci sumy

Bx + C

+ px + q)

dx =

(2x + p) dx

+ px + q)

C −

+ px + q)

Ponadto

(2x + p) dx

+ px + q)

y = x

+ px + q

dy = (2x + p) dx

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

+ px + q =

x +

−

∆

Wówczas

+ px + q)

−

∆

t = x − a

−

∆

dt = dx

−

∆

(−

∆

−

∆

)

−

∆

1
2

−n

+ 1)

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).

CAŁKA NIEOZNACZONA

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

)

k
1

. . . (x − a

)

k
m

+ p

x + q

)

. . . (x

+ p

x + q

)

, (5)

przy czym trójmiany kwadratowe x

+ p

x + q

nie mają pierwiastków rze-

czywistych, dwumiany x − a

, . . . , x − a

są parami różne oraz trójmiany

+ p

x + q

, . . . , x

+ p

x + q

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

, oraz B

j,l

, C

j,l

1 ¬ j ¬ n,

1 ¬ l ¬ l

, takie, że

f (x) =

i=1

k=1

i,k

(x − a

)

j=1

l=1

j,l

x + C

j,l

+ p

x + q

)

8.2

Całkowanie pewnych funkcji niewymiernych

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

Q(x, y) =

(i,j)∈A

i,j

, gdzie A ⊂ N

jest zbiorem ograniczonym.

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

1. Rozważmy całkę





ax + b

cx + d





dx, gdzie ad − bc 6= 0.

Przykład.

1 − x

1 + x

Zastosujmy podstawienie

t =

ax + b

cx + d

CAŁKA NIEOZNACZONA

Wówczas

ax + b

cx + d

= t

, a stąd x =

a − ct

− d

, oraz dx = g(t)dt,

gdzie g jest funkcją wymierną. Zatem





ax + b

cx + d





dx =

a − ct

− d

, t

g(t) dt,

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

2. Rozważmy całkę

R(x,

√

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

Przykład.

√

+ 1

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

√

+ bx + c =

√

ax + t,

gdy

a > 0,

√

+ bx + c = xt +

√

gdy

c > 0,

c(x − x

)(x − x

) = (x − x

)t,

gdy

∆ > 0.

Skorzystanie z tych podstawień doprowadza znowu do całki funkcji
wymiernej.

3. Rozważmy całkę

R(sin x, cos x) dx.

Przykład.

sin x(1 − cos x)

cos x + 1

dx.

W tym przypadku możemy zastosować podstawienie t = tg

x
2

. Wtedy

cos

2 x

sin

2 x

+ cos

2 x

+ 1

sin

= 1 − cos

+ 1

CAŁKA RIEMANNA

a zatem

cos x = cos

− sin

1 − t

1 + t

, sin x = 2 cos

sin

1 + t

Ponieważ x = 2 arctg t, więc dx =

1+t

dt, a zatem

R(sin x, cos x) dx =

1 + t

1 − t

1 + t

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.

−x

dx,

sin x

dx,

ln x

nie można wyrazić za pomocą funkcji elementarnych

Całka Riemanna

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

< x

< . . . <

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

, x

, . . . , x

}. Zbiór

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

[a,b]

Ustalmy κ ∈ Π

[a,b]

. Niech ∆x

= x

− x

i−1

dla i = 1, . . . , n. Liczbę

δ = δ(κ) = max{∆x

: i = 1, . . . , n}

będziemy nazywać średnicą podziału κ. Niech

= inf{f (x) : x ∈ [x

i−1

, x

]}, M

= sup{f (x) : x ∈ [x

i−1

, x

]}

dla i = 1, . . . , n. Utwórzmy sumy

s(f, κ) =

i=1

∆x

, S(f, κ) =

i=1

∆x

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

CAŁKA RIEMANNA

Uwaga. Jeśli κ

jest podziałem drobniejszym niż κ

, tzn. κ

⊂ κ

, to

S(f, κ

) ¬ S(f, κ

) oraz s(f, κ

) ¬ s(f, κ

Zatem dla dowolnych dwóch podziałów κ, κ

∈ Π

[a,b]

mamy

s(f, κ) ¬ S(f, κ

Istotnie, jeśli κ

jest podziałem drobnieszym od obu κ, κ

, wtedy

s(f, κ) ¬ s(f, κ

) ¬ S(f, κ

Niech

∗

(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

∗

(f ) ¬ I

∗

(f ).

Mówimy, że ciąg podziałów {κ

} jest normalny, gdy δ(κ

) → 0.

Lemat 9.1. Jeśli {κ

} jest normalnym ciągiem podziałów, to

S(f, κ

) → I

∗

(f ) oraz s(f, κ

) → I

∗

(f ).

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

∗

(f ) + ε/2 > S(f, κ).

Niech κ = {y

, y

, . . . , y

}. Ponieważ {κ

} jest normalny, więc istnieje n

taka,

że dla n n

mamy δ(κ

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

1¬i¬k

∆y

Pokażemy, że wówczas

∗

(f ) + ε > S(f, κ

)  I

∗

(f ),

co skończy dowód lematu.

Niech κ

= κ ∪ κ

= {x

, x

, . . . , x

}. Wówczas

S(f, κ

) − S(f, κ

) =

1¬i¬l,x

∈κ\κ

(

sup

x∈[x

i−1

i+1

]

f (x)(x

i+1

− x

i−1

) −

sup

x∈[x

i−1

]

f (x)(x

i+1

− x

) −

−

sup

x∈[x

i+1

]

f (x)(x

i+1

− x

)))

1¬i¬l,x

∈κ\κ

(M (x

i+1

− x

i−1

) − m(x

i+1

− x

) − m(x

i+1

− x

)))

1¬i¬l,x

∈κ\κ

(M − m)(x

i+1

− x

i−1

) ¬ k(M − m)δ(κ

) < ε/2.

CAŁKA RIEMANNA

Stąd

S(f, κ

) < S(f, κ

) + 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

f (x) dx.

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

, x

, . . . , x

} mamy

S(f, κ) =

i=1

∆x

i=1

c∆x

= 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

, κ

takie, że

I − ε/2 < s(f, κ

) oraz I + ε/2 > S(f, κ

Niech κ = κ

∪ κ

. Wtedy

S(f, κ) − s(f, κ) ¬ S(f, κ

) − s(f, κ

) < 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.

CAŁKA RIEMANNA

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

, x

, . . . , x

} będzie dowolnym podziałem o średnicy mniejszej niż δ.

Ponieważ x

− x

i−1

< δ, więc

− m

sup

x∈[x

i−1

]

f (x) −

inf

x∈[x

i−1

]

f (x) =

sup

x,y∈[x

i−1

]

(f (x) − f (y)) ¬ ε/(2(b − a))

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

S(f, κ) − s(f, κ) =

i=1

− m

)∆x

¬ ε/(2(b − a))

i=1

∆x

= 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) =

(

gdy

x ∈ [0, 1] ∩ Q

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

, x

, . . . , x

} będzie dowolnym po-

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

− m

sup

x∈[x

i−1

]

f (x) −

inf

x∈[x

i−1

]

f (x) = f (x

) − f (x

i−1

)

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

S(f, κ) − s(f, κ) =

i=1

− m

)∆x

i=1

(f (x

) − f (x

i−1

))∆x

< ε/(f (b) − f (a))

i=1

(f (x

) − f (x

i−1

)) =

(f (b) − f (a))

(f (b) − f (a)) = ε.

CAŁKA RIEMANNA

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

taka, że

A ⊂

[

n∈N

oraz

n∈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

αf (x) dx = α

f (x) dx;

2. funkcja f + g jest całkowalna oraz

α(f (x) + g(x)) dx =

f (x) dx +

g(x) dx;

3. funkcja f · g jest całkowalna;

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

f (x) dx ¬

g(x) dx;

5. funkcja |f | jest całkowalna oraz

f (x) dx

|f (x)| dx.

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

, x

, . . . , x

}

mamy

S(αf, κ) =

i=1

sup

x∈[x

i−1

]

αf (x)∆x

= α

i=1

sup

x∈[x

i−1

]

f (x)∆x

= αS(f, κ).

CAŁKA RIEMANNA

Podobnie s(αf, κ) = αs(f, κ). Zatem

∗

(αf ) = inf

κ∈Π

S(αf, κ) = α inf

κ∈Π

S(f, κ) = αI

∗

(f ),

oraz podobnie I

∗

(αf ) = αI

∗

(f ). Zatem

∗

(αf ) = αI

∗

(f ) = αI

∗

(f ) = I

∗

(αf ).

Stąd αf jest funkcją całkowalną oraz jej całka wynosi α

f (x) dx.

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

, x

, . . . , x

}

mamy

S(αf, κ) =

i=1

sup

x∈[x

i−1

]

αf (x)∆x

= α

i=1

inf

x∈[x

i−1

]

f (x)∆x

= αs(f, κ).

Podobnie s(αf, κ) = αS(f, κ). Zatem

∗

(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

∗

(αf ) = αI

∗

(f ) = αI

∗

(f ) = I

∗

(αf ).

Stąd αf jest funkcją całkowalną oraz jej całka wynosi α

f (x) dx.

2. Dla dowolnego podziału κ = {x

, x

, . . . , x

} mamy

S(f + g, κ) =

i=1

sup

x∈[x

i−1

]

(f (x) + g(x))∆x

i=1

(

sup

x∈[x

i−1

]

f (x) +

sup

x∈[x

i−1

]

g(x))∆x

= 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

− ε/2 < s(f, κ) ¬ S(f, κ) < I

+ ε/2,

− ε/2 < s(g, κ) ¬ S(g, κ) < I

+ ε/2,

gdzie

f (x) dx oraz I

g(x) dx.

Zatem

+ I

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

∗

(f + g),

CAŁKA RIEMANNA

∗

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

+ I

+ ε.

Z dowolności ε > 0 otrzymujemy

+ I

¬ I

∗

(f + g) ¬ I

∗

(f + g) ¬ I

+ I

a stad

∗

(f + g) = I

+ I

= I

∗

(f + g).

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

+ I

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

, x

, . . . , x

} mamy

S(|f |, κ) − s(|f |, κ) =

i=1

sup

x,y∈[x

i−1

]

(|f (x)| − |f (y)|) ¬

i=1

sup

x,y∈[x

i−1

]

(|f (x) − f (y)|) =

i=1

sup

x,y∈[x

i−1

]

(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

−

|f (x)| dx ¬

−|f (x)| dx ¬

f (x) dx ¬

|f (x)| dx,

a więc

f (x) dx

|f (x)| dx.

Niech κ = {x

, x

, . . . , x

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

∈

i−1

, x

] dla i = 1, . . . , n. Wtedy sumę

σ =

i=1

f (ξ

)∆x

nazywamy sumą pośrednią. Wówczas

s(f, κ) ¬ σ ¬ S(f, κ).

CAŁKA RIEMANNA

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

} dowolny ciąg sum pośrednich zbiega do

f (x) dx.

Na odwrót, jeśli dla pewnego normalnego ciągu podziałów {κ

} 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 {κ

} bę-

dzie normalnym ciągiem podziałów oraz niech {σ

} będzie odpowiadającym

ciągiem sum pośrednich. Wówczas

s(f, κ

) ¬ σ

¬ S(f, κ

Z lematu 9.1 mamy s(f, κ

) → I

∗

(f ) oraz S(f, κ

) → I

∗

(f ), ponadto z

całkowalności f mamy I

∗

(f ) = I

∗

(f ) =

f (x) dx. Zatem z twierdzenia o

trzech ciągach mamy σ

→

f (x) dx.

Załóżmy, że dla pewnego normalnego ciągu podziałów {κ

} wszystkie

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

lim

n→∞

s(f, κ

) = lim

n→∞

S(f, κ

) = I,

co na podstawie lematu 9.1 oznacza, że I

∗

(f ) = I

∗

(f ) = I.

Niech ε > 0. Niech κ

= {x

, x

, . . . , x

}. Wówczas istnieją ξ

, ξ

∈

i−1

, x

], i = 1, . . . , k takie, że

f (ξ

) < m

b − a

oraz f (ξ

) > M

−

b − a

Wówczas

i=1

f (ξ

)∆x

i=1

b − a

)∆x

= s(f, κ

) + ε,

i=1

f (ξ

)∆x

i=1

−

b − a

)∆x

= S(f, κ

) − 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.

CAŁKA RIEMANNA

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

∈ Π

[c,d]

będzie podziałem κ

= κ ∩ [c, d] oraz

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

S(f |

[c,d]

, κ

) − s(f |

[c,d]

, κ

) ¬ S(f, κ

) − s(f, κ

) ¬ 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

f (x) dx =

f (x) dx +

f (x) dx.

Dowód. Niech {κ

0
n

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

00
n

}

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

= κ

0
n

∪ κ

00
n

dla

n ∈ N. Wtedy {κ

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

będzie dowolną sumą pośrednią dla κ

0
n

oraz σ

będzie dowolną sumą

pośrednią dla κ

00
n

. Wtedy σ

+ σ

jest sumą pośrednią dla κ

. Z poprzedniego

twierdzenia

→

f (x) dx, σ

→

f (x) dx, σ

+ σ

→

f (x) dx.

Stąd

f (x) dx =

f (x) dx +

f (x) dx.

Oznaczenia. Jeśli a < b, to

f (x) dx = −

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

f (x) dx =

f (x) dx +

f (x) dx.

CAŁKA RIEMANNA

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

f (ξ) =

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

, x

∈ [a, b] takie, że f (x

) = m oraz

f (x

) = M . Ponieważ m ¬ f ¬ M , więc

m =

b − a

m dx ¬

b − a

f (x) dx ¬

b − a

M dx = M.

Z własności Darboux pomiędzy x

i x

istnieje ξ taki, że

f (ξ) =

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) =

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

(x) = f (x)

dla wszystkich x ∈ [a, b].

Dowód. Niech x

∈ [a, b], h 6= 0 oraz x

+ h ∈ [a, b]. Z wniosku 9.10 mamy

F (x

+ h) − F (x

) =

f (t) dt −

f (t) dt =

f (t) dt.

Ponadto z twierdzenia o wartości średniej istnieje 0 ¬ θ

¬ 1 taka, że

f (t) dt = f (x

+ θ

h).

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

|x − x

| < δ =⇒ |f (x) − f (x

)| < ε.

Załóżmy, że 0 < |h| < δ. Wówczas |(x

+ θ

h) − x

| = θ

|h| < δ, a zatem

F (x

+ h) − F (x

)

− f (x

)

= |f (x

+ θ

h) − f (x

)| < ε.

Stąd

lim

h→0

F (x

+ h) − F (x

)

= f (x

), a więc F

) = f (x

CAŁKA RIEMANNA

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

f (x) dx = G(b) − G(a).

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

f (t) dt

jest pierwotną f . Ponadto F (a) =

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

f (t) dt Jeśli

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

G(b) − G(a) = F (b) − F (a) =

f (t) dt − 0.

9.1

Zastosowania geometryczne całki Riemanna

Zdefiniujemy pole ograniczonego zbioru D ⊂ R

. 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

, zastępując pro-

stokąty prostopadłościanami.

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

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

x = a oraz x = b, tzn. obszaru

{(x, y) ∈ R

: 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

: a ¬ x ¬ b, f (x) ¬ y ¬ g(x)}

wynosi

(g(x) − f (x)) dx.

CAŁKA RIEMANNA

Przykład. Wyznaczmy pole powierzchni elipsy danej wzorem

= 1,

a > 0, b > 0.

Powierzchnia elipsy D jest ograniczona z góry wykresem funkcji

[−a, a] 3 x 7→ b

1 −

a z dołu wykresem

[−a, a] 3 x 7→ −b

1 −

Zatem

|D| =

−a

1 −

dx =

x = a sin t

dx = a cos t dt

= 2b

π/2

−π/2

1 − sin

t a cos t dt = 2ab

π/2

−π/2

cos

t dt =

= 2ab

π/2

−π/2

cos(2t) + 1

dt =

sin(2t)

+ 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

: a ¬ x ¬ b,

+ z

¬ f (x)},

dana jest wzorem

(x) dx.

Dowód. Niech κ = {x

, . . . , x

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

inf

x∈[x

i−1

]

f (x), M

= sup

x∈[x

i−1

]

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

i=1

πm

2
i

∆x

¬ |V | ¬

i=1

πM

∆x

a więc

s(πf

, κ) ¬ |V | ¬ S(πf

, κ).

Niech {κ

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

s(πf

, κ

) ¬ |V | ¬ S(πf

, κ

)

CAŁKA RIEMANNA

oraz z ciągłości f mamy

lim

n→∞

s(πf

, κ

) = lim

n→∞

S(πf

, κ

) = π

(x) dx.

Stąd

|V | = π

(x) dx.

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

= 1 wokół osi Ox. Wtedy

|V | = π

−a

1 −

dx = πb

x −

−a

πab

Definicja. Krzywą klasy C

będziemy nazywać dowolne odwzorowanie

γ : [a, b] → R

, γ(t) = (x(t), y(t))

takie, że x, y są funkcjami klasy C

oraz (x

(t))

+ (y

(t))

> 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

. Wówczas wy-

kres funkcji f , tzn.

{(x, f (x)) : a ¬ x ¬ b}

jest krzywą klasy C

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

(t))

+ (y

(t))

= 1 + (f

(t))

1 > 0.

2. Dowolny okrąg o środku w (x

, y

) i promieniu r > 0 jest krzywą o

prarmetryzacji

γ(t) = (x

+ r cos t, y

+ r sin t), t ∈ [0, 2π).

Wówczas (x

(t))

+ (y

(t))

= r

(sin

t + cos

t) = r

> 0.

Niech κ = {t

, . . . , t

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

ty A

= (x(t

), y(t

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

łączącej kolejno punkty A

, A

, . . . , A

wynosi

d(κ) =

i=1

(x(t

) − x(t

i−1

))

+ (y(t

) − y(t

i−1

))

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

} mamy lim

n→∞

d(κ

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

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

CAŁKA RIEMANNA

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

√

+ c

−

√

+ b

| ¬ |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→

√

+ x

jest różniczkowalna oraz

(

√

+ x

)

√

+ x

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

√

+ c

−

√

+ b

c − b

√

+ d

< 1.

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

klasy C

jest prostowal-

na oraz

d(γ) =

(t))

+ (y

(t))

dt.

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

(t) − y

(s)| < ε/(b − a). Niech κ = {t

, . . . , t

} będzie podziałem odcin-

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

, θ

∈ [t

i−1

, t

] takie, że

x(t

) − x(t

i−1

) = x

(θ

)∆t

, y(t

) − y(t

i−1

) = y

(θ

)∆t

Zatem

d(κ) =

i=1

(x(t

) − x(t

i−1

))

+ (y(t

) − y(t

i−1

))

i=1

(θ

))

+ (y

(θ

))

∆t

i=1

(θ

))

+ (y

(θ

))

∆t

i=1

(θ

) − y

(θ

))∆t

¬ σ(f, κ) + ε,

gdzie f (t) =

(t))

+ (y

(t))

. Podobnie

σ(f, κ) − ε ¬ d(κ) ¬ σ(f, κ) + ε.

CAŁKA RIEMANNA

Niech {κ

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

σ(f, κ

) − ε ¬ d(κ

) ¬ σ(f, κ

) + ε

dla odpowiednio dużych n. Stąd

lim

n→∞

σ(f, κ

) − ε ¬ lim inf

n→∞

d(κ

) ¬ lim sup

n→∞

d(κ

) ¬ lim

n→∞

σ(f, κ

) + ε.

Przechodząc z ε do zera otrzymujemy

lim

n→∞

σ(f, κ

) ¬ lim inf

n→∞

d(κ

) ¬ lim sup

n→∞

d(κ

) ¬ lim

n→∞

σ(f, κ

a więc

lim

n→∞

d(κ

) = lim

n→∞

σ(f, κ

) =

f (t) dt =

(t))

+ (y

(t))

dt.

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

, to długości jej

wykresu wynosi

1 + (f

(x))

dx.

Przykład. Obliczmy obwód koła o środku w (x

, y

) i promieniu r > 0. Wów-

czas x(t) = x

+ r cos t, y(t) = y

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

wynosi

2π

(t))

+ (y

(t))

dt =

2π

r dt = 2πr.

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

, to pole powierzch-

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

2π

f (x)

1 + (f

(x))

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

f (x) dx,

CAŁKA RIEMANNA

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

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

f (x) dx =

f (x) dx +

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

będzie innym punktem przedziału (a, b).

Dla ustalenia uwagi możemy przyjąć, że c

< c. Wtedy

f (x) dx = lim

d→a

f (x) dx = lim

d→a

f (x) dx +

f (x) dx

f (x) dx +

f (x) dx,

f (x) dx = lim

d→b

f (x) dx = lim

d→a

f (x) dx −

f (x) dx

f (x) dx −

f (x) dx.

Dodając obie równości stronami otrzymamy

f (x) dx +

f (x) dx =

f (x) dx +

f (x) dx.

Przykład.

1. Funkcja

1+x

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

+∞

1 + x

= lim

c→+∞

1 + x

= lim

c→+∞

arctg c =

−∞

1 + x

= lim

c→−∞

1 + x

= lim

c→−∞

− arctg c =

a stąd

+∞

−∞

1 + x

= π.

CAŁKA RIEMANNA

2. Niech α > 0 i rozważmy funkcję

na przedziale (0, 1]. Gdy α 6= 1, to

= lim

c→0

= lim

c→0

1 − c

1−α

1 − α

Zatem gdy α < 1, to

1 − α

oraz gdy α > 1, to

= +∞.

Jeśli α = 1, to

= lim

c→0

= lim

c→0

− ln c = +∞.

3. Dla α > 0 rozważmy funkcję

na przedziale [1, +∞). Wówczas łatwo

można pokazać, że

+∞

(

1−α

dla

α > 1

+∞

dla

α ¬ 1.

+∞

−x

dx = lim

c→+∞

−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

∞
n=k

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

+∞

f (x)dx < +∞.

Dowód. Dla dowolnego n k mamy

f (n + 1) ¬

n+1

f (x) dx ¬ f (n).

Zatem

n+1

f (x) dx ¬

j=k

f (j) ¬ f (k) +

f (x) dx.

Jeśli

+∞

f (x)dx < +∞, to

j=k

f (j) ¬ f (k) +

f (x) dx ¬ f (k) +

+∞

f (x) dx,

CAŁKA RIEMANNA

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

Jeśli

+∞

f (x)dx = +∞, to

lim

c→+∞

f (x)dx = +∞,

a więc

f (x) dx → +∞. Ponadto

n+1

f (x) dx ¬

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

g(x) dx < +∞, to

f (x) dx < +∞.

Dowód. Rozważmy odwzorowanie

[a, b) 3 x 7→

f (t) dt.

Funkcja ta jest niemalejąca oraz ograniczona ponieważ

f (t) dt ¬

g(t) dt ¬

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) =

+∞

x−1

−t

dt.

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

Dowód.

Γ(x) =

x−1

−t

dt +

+∞

x−1

−t

dt.

Dla t ∈ (0, 1] mamy 0 ¬ t

x−1

−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

−t

dla t  1. Wówczas

(t) = (x − 1)t

x−2

−t

− t

x−1

−t

= ((x − 1) − t)t

x−2

−t

< 0 dla t > x − 1.

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

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

+∞

x−1

−t

dt < +∞ ⇐⇒

∞

n=1

x−1

−n

< +∞.

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

(n + 1)

x−1

−n−1

x−1

−n

n + 1

x−1

−1

→

< 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) =

/x, wtedy u

(t) = −e

−t

oraz v

(t) = t

x−1

. Zatem

Γ(x) =

+∞

x−1

−t

dt =

−t

+∞

−t

dt =

+∞

−t

dt =

Γ(x + 1)

2. udowodnimy indukcyjnie. Dla n = 0 mamy

Γ(1) =

+∞

−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)!.

Ciągi i szeregi funkcyjne

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

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

funkcyjny {f

}

n∈N

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

Definicja. Mówimy, że ciąg funkcyjny {f

}

n∈N

jest zbieżny punktowo do funk-

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

lim

n→∞

(x) = f (x),

lub równoważnie

∀

x∈D

∀

ε>0

∃

∈N

∀

nn

(x) − f (x)| < ε.

Mówimy, że ciąg funkcyjny {f

}

n∈N

jest jednostajnie zbieżny do funkcji f :

D → R, co będziemy oznaczać przez f

⇒ f , gdy

lim

n→∞

sup

x∈D

(x) − f (x)| = 0,

lub równoważnie

∀

ε>0

∃

∈N

∀

nn

∀

x∈D

(x) − f (x)| < ε.

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

Przykład. Rozważmy ciąg funkcyjny {f

} na [0, 1] dany następująco f

(x) =

. Jeśli x < 1, to x

→ 0, a jeśli x = 1, to x

= 1. Zatem ciąg {f

} jest

punktowo zbieżny do funkcji

f (x) =

(

gdy

x ∈ [0, 1)

gdy

x = 1.

Natomiast {f

} nie jest jednostajnie zbieżny do f , ponieważ dla dowolnego

a ∈ (0, 1) mamy

sup

x∈[0,1]

(x) − f (x)| |f

(

√

a) − f (

√

a)| = a > 0.

Definicja. Mówimy, że ciąg funkcyjny {f

}

n∈N

spełnia jednostajny warunek

Cauchy’ego, gdy

∀

ε>0

∃

∈N

∀

m,nn

∀

x∈D

(x) − f

(x)| < ε.

Twierdzenie 10.1. Ciąg funkcyjny {f

}

n∈N

jednostajnie zbieżny wtedy i

tylko wtedy, gdy spełnia jednostajny warunek Cauchy’ego.

Dowód. Załóżmy, że f

⇒ f . Wówczas dla dowolnego vep > 0 istnieje n

∈ N

taka, że |f

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

. Wtedy dla

dowolnych m, n n

oraz x ∈ D mamy

(x) − f

(x)| ¬ |f

(x) − f (x)| + |f (x) − f

(x)| <

= ε.

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

Na odwrót, załóżmy, że {f

}

n∈N

spełnia jednostajny warunek Cauchy’ego.

Zatem dla dowolnego x ∈ D ciąg liczbowy {f

(x)}

n∈N

spełnia warunek Cau-

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

n→∞

(x) dla x ∈ D. W ten

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

}

n∈N

jest punktowo

zbieżny do f . Pokażemy, że również f

⇒ f . Ustalmy ε > 0. Wówczas istnie-

je n

∈ N taka, że dla dowolnych m, n n

oraz x ∈ D mamy

(x) − f

(x)| < ε/2.

Ustalmy x ∈ D oraz n n

. Przechodząc z m do nieskończoności otrzymu-

jemy, że

(x) − f (x)| ¬ ε/2 < ε,

a więc f

⇒ f .

Twierdzenie 10.2. Jeśli {f

}

n∈N

jest ciągiem funkcyjnym funkcji ciągłych

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

Dowód. Ustalmy x

∈ D. Pokażemy, że f jest ciągła w x

. Weźmy dowolne

ε > 0. Ponieważ f

⇒ f , więc istnieje n

∈ N taka, że dla dowolnego x ∈ D

mamy

(x) − f (x)| < ε/3.

Z ciągłości funkcji f

istnieje δ > 0 taka, że

|x − x

| < δ =⇒ |f

(x) − f

)| < ε/3.

Wtedy jeśli x ∈ D spełnia |x − x

| < δ, to

|f (x) − f (x

)| ¬ |f (x) − f

(x)| + |f

(x) − f

)| + |f

) − f (x

= ε,

a stąd f jest ciągła w x

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

}

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

} na [0, 1) dany następująco f

(x) =

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

[a, b] ⊂ [0, 1), to dla x ∈ [a, b] mamy

(x) − f (x)| = x

¬ a

, zatem sup

x∈[a,b]

(x) − f (x)| ¬ a

→ 0,

ponieważ 0 ¬ a < 1.

Wniosek 10.3. Jeśli {f

}

n∈N

jest ciągiem funkcyjnym funkcji ciągłych zbież-

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

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

10.1

Szeregi funkcyjne

Dla dowolnego ciągu funkcyjnego {f

: D → R; n ∈ N} definiujemy szereg

funkcyjny jako ciąg sum częściowych {S

: D → R; n ∈ N}, tzn.

k=1

i oznaczamy przez

∞
k=1

Definicja. Mówimy, że szereg funkcyjny

∞
k=1

jest zbieżny punktowo (jed-

nostajnie), gdy ciąg {S

} jest zbieżny punktowo (jednostajnie). Wówczas

granicę tego ciągu oznaczmy przez

∞
k=1

i nazywamy sumą szeregu funk-

cyjnego.

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

Wniosek 10.5. Szereg funkcyjny

∞
k=1

jest jednostajnie zbieżny wtedy i

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

∀

ε>0

∃

∈N

∀

m,nn

∀

x∈D

n+1

(x) + f

n+2

(x) + . . . + f

n+k

(x)| < ε.

Twierdzenie 10.6. (kryterium Weierstrassa) Niech {f

: D → R; n ∈ N}

będzie ciągiem funkcyjny oraz niech {a

}

n∈N

będzie ciągiem liczbowym takim,

że szereg

∞
n=1

jest zbieżny oraz |f

(x)| ¬ a

dla wszystkich x ∈ D oraz

n ∈ N. Wówczas szereg funkcyjny

∞
n=1

jest jednostajnie zbieżny.

Dowód. Pokażemy, że szereg funkcyjny

∞
n=1

spełnia jednostajny waru-

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

∞
n=1

jest zbieżny, więc

istnieje n

∈ N taka, że dla n n

oraz k  0 mamy

n+1

+ a

n+2

+ . . . + a

n+k

< ε.

Zatem dla dowolnych n n

, k  0 oraz x ∈ D mamy

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

∞
n=1

sin(nx)

jest jednostajnie zbieżny.

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

Definicja. Szereg funkcyjny postaci

∞

n=0

(x − x

)

gdzie x

∈ R oraz {a

}

∞
n=0

jest ciągiem liczb rzeczywistych, nazywamy sze-

regiem potęgowym.

Oczywiście szereg potęgowy jest zbieżny w x = x

Lemat 10.7. Jeśli szereg liczbowy

∞
n=0

− x

)

jest bezwzględnie zbież-

ny, to szereg funkcyjny

∞
n=0

(x−x

)

jest jednostajnie zbieżny w przedziale

− r, x

+ r], gdzie r = |x

− x

Dowód. Z założenia szereg

∞
n=0

jest zbieżny oraz |a

(x − x

)

| ¬

dla x ∈ [x

− r, x

+ r] oraz n  0. Zatem z kryterium Weierstrassa

szereg funkcyjny

∞
n=0

(x − x

)

jest jednostajnie zbieżny w przedziale

− r, x

+ r].

Twierdzenie 10.8. Niech λ = lim sup

|. Wówczas

1. jeśli λ = 0, to szereg funkcyjny

∞
n=0

(x − x

)

jest niemal jednostaj-

nie zbieżny na całej prostej;

2. jeśli λ = +∞, to szereg

∞
n=0

(x − x

)

jest rozbieżny dla wszystkich

x 6= x

;

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

∞
n=0

(x − x

)

jest niemal

jednostajnie zbieżny w przedziale (x

− R, x

+ R), gdzie R = 1/λ oraz

rozbieżny dla każdego x ∈ (−∞, x

− R) ∪ (x

+ R, +∞).

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

− r, x

+ r]. Wówczas szereg

∞
n=0

((x

+ r) − x

)

jest

bezwzględnie zbieżny, ponieważ

= r

| → 0 < 1,

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

∞
n=0

(x − x

)

jest jednostajnie zbież-

ny w [a, b] ⊂ [x

− r, x

+ r].

2. λ = +∞. Niech x

6= x

oraz oznaczmy r = |x

− x

| > 0. Gdyby

szereg

∞
n=0

− x

)

był zbieżny, to a

− x

)

→ 0, a więc |a

→ 0.

Z drugiej strony

|r > 1 dla nieskończenie wielu n. Zatem

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

→ 0.

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

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

działem (x

− R, x

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

[a, b] ⊂ [x

− r, x

+ r]. Wówczas szereg

∞
n=0

((x

+ r) − x

)

jest bez-

względnie zbieżny, ponieważ

lim sup

n→∞

= r lim sup

n→∞

| → rλ =

< 1,

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

∞
n=0

(x − x

)

jest jednostajnie zbież-

ny w [a, b] ⊂ [x

− r, x

+ r].

Niech x

∈ (−∞, x

− R) ∪ (x

+ R, +∞) oraz oznaczmy r = |x

− x

| > 0.

Wówczas r > R. Gdyby szereg

∞
n=0

− x

)

był zbieżny, to a

−

)

→ 0, a więc |a

→ 0. Z drugiej strony ponieważ lim sup

| = λ =

1/R > 1/r, więc

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

> 1

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

→ 0.

Definicja. Liczbę R = 1/ lim sup

| nazywamy promieniem zbieżności sze-

regu potęgowego

∞
n=0

(x − x

)

, natomiast przedział (x

− R, x

+ 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

∞
n=0

(x − x

)

. Jeśli lim

n→∞

n+1

= λ, to R = 1/λ.

Dowód. Załóżmy, że |x−x

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

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

n+1

(x − x

)

n+1

(x − x

)

n+1

|x − x

| → λ|x − x

| < 1.

Jeśli natomiast |x − x

| > 1/λ, to

n+1

(x − x

)

n+1

(x − x

)

→ λ|x − x

| > 1,

i z dowodu kryterium d’Alamberta |a

(x−x

)

| 9 0, a więc a

(x−x

)

9 0,

a zatem szereg

∞
n=0

(x − x

)

nie jest zbieżny. Stąd wynika, że przedział

− 1/λ, x

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

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

− R oraz x

+ R.

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

100

Przykład.

1. Rozważmy szereg

∞
n=1

. Wówczas

n+1

n + 1

→ 1,

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

2. Rozważmy szereg

∞
n=1

. Wówczas

n+1

n + 1

→ 1,

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

3. Rozważmy szereg

∞
n=1

. Wówczas

n+1

n + 1

→ 1,

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

4. Rozważmy szereg

∞
n=0

. Wówczas

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

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

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

, n ∈ N są klasy C

oraz ciąg {f

} jest jednostajnie zbieżny do funkcji

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

oraz f

(x) = g(x), czyli

lim

n→∞

(x) = lim

n→∞

(x).

Dowód. Ustalmy x

∈ [a, b] oraz ε > 0. Ponieważ f

⇒ g, więc istnieje

∈ N taka, że dla n n

mamy

(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

| < δ, to |g(x)−g(x

)| < ε/2.

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

101

Załóżmy teraz, że n n

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

Lagrange’a istnieje 0 < θ

< 1 taka, że

+ h) − f

)

= f

+ θ

h).

Wtedy

+ h) − f

)

− g(x

)

= |f

+ θ

h) − g(x

)| ¬

¬ |f

+ θ

h) − g(x

+ θ

h)| + |g(x

+ θ

h) − g(x

)| <

= ε

Ponieważ f

) → f (x

) oraz f

+ h) → f (x

+ h), gdy n → ∞, więc

przechodząc z n do nieskończoności otrzymujemy, że

f (x

+ h) − f (x

)

− g(x

)

¬ ε, gdy |h| < δ.

Stąd

lim

h→0

f (x

+ h) − f (x

)

= g(x

)

dla dowolnego x

∈ [a, b], a zatem f

= g.

Wniosek 10.12. Niech {f

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

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

, n ∈ N

są klasy C

oraz ciąg {f

} jest niemal jednostajnie zbieżny do funkcji g :

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

oraz f

(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

: R → R, f

(x) =

+ 1/n

. Ten

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

− |x|

(wystarczy zastosować nierówność |

√

+ c

−

√

+ b

| ¬ |c − b| dla a = x,

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

(x) =

√

+1/n

, więc f

→ g punktowo,

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

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

102

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

∞
n=0

(x−x

)

oraz niech S : (x

−R, x

+R) → R sumą tego szeregu.

Wówczas S jest funkcją klasy C

oraz

(x) =

∞

n=0

(x − x

)

n−1

Dowód. Rozważmy szereg potęgowy postaci

∞

n=0

(x − x

)

n−1

Ponieważ

lim sup

n→∞

|na

n−1

| = lim sup

n→∞

√

n−1

= lim sup

n→∞

więc promień zbieżności tego szeregu wynosi również R. Niech

(x) =

k=0

(x − x

)

Wówczas S

zbiega niemal jednostajnie do S na (x

− R, x

+ R). Ponadto

(x) =

k=0

(x − x

)

k−1

a więc {S

} jest niemal jednostajnie zbieżny na (x

− R, x

+ R). Z poprzed-

niego wniosku otrzymujemy, że S jest funkcją klasy C

oraz

(x) = lim

n→∞

(x) =

∞

n=0

(x − x

)

n−1

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

∞

oraz jeśli S(x) =

∞
n=0

(x − x

)

, to

(k)

(x) =

∞

n=0

n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)a

(x − x

)

n−k

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

∞
n=0

(x − x

)

B(x) =

∞
n=0

(x − x

)

mają dodatnie promienie zbieżności oraz A(x) =

B(x) dla x ∈ (x

− ε, x

+ ε), gdzie ε > 0. Wówczas a

= b

dla n  0.

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

103

Dowód. Z poprzedniego wniosku wiemy, że

(k)

(x) =

∞

n=k

n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)a

(x − x

)

n−k

oraz

(k)

(x) =

∞

n=k

n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)b

(x − x

)

n−k

Zatem

k!a

= A

(k)

) = B

(k)

) = k!b

dla dowolnego k  0.

Przykład. Przedziałem zbieżności szeregu

1 − x

= 1 + x + x

+ . . . + x

+ . . .

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

(1 − x)

= 1 + 2x + 3x

+ . . . + 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

, x

, . . . , x

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

więc

S(f, κ) =

i=1

sup

x∈[x

i−1

]

f (x)∆x

i=1

sup

x∈[x

i−1

]

(g(x)+ε)∆x

= 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.

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

104

Twierdzenie 10.17. Niech {f

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

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

}

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

lim

n→∞

(x) dx =

f (x) dx.

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

∈ N taka, że |f

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

Ponieważ f

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

(x)| ¬ M dla

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

|f (x)| ¬ |f

(x)| + |f (x) − f

(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

⇒ f , więc istnieje n

∈ N taka, że |f

(x) − f (x)| <

4(b−a)

dla wszystkich x ∈ [a, b]. Ponieważ f

jest całkowalna w sensie Riemanna,

więc istnieje κ ∈ Π

[a,b]

taki, że |S(f

, κ) − s(f

, κ)| < ε/2. Z poprzedniego

lematu wiemy, że

|S(f, κ) − S(f

, κ)| ¬ ε/4 oraz |s(f, κ) − s(f

, κ)| ¬ ε/4.

Zatem

|S(f

, κ) − s(f

, κ)| ¬

¬ |S(f, κ) − S(f

, κ)| + |S(f

, κ) − s(f

, κ)| + |s(f

, κ) − s(f, κ)| <

< ε/4 + ε/2 + ε/4 = ε,

a więc f jest całkowalna w sensie Riemanna.

Na zakończenie pokażemy, że

(x) dx →

f (x) dx. Ponieważ f

⇒ f ,

więc istnieje n

∈ N taka, że dla n n

mamy |f

(x) − f (x)| <

b−a

dla

wszystkich x ∈ [a, b]. Wtedy dla n n

mamy

(x) dx −

f (x) dx

(x) − f (x)) dx

(x) − f (x)| dx ¬

b − a

dx = ε.

CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

105

Uwaga. Jeśli {f

} zbiega tylko punktowo do f , to zbieżność w poprzednim

twierdzeniu na ogół nie zachodzi.

Przykład. Niech f

: [0, 1] → R będzie zadana wzorem

(x) =











gdy

x ∈ [0, 1/(2n)]

n − n

gdy

x ∈ [1/(2n), 1/n]

gdy

x ∈ [1/n, 1].

Ciąg {f

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

(x) = 0 → 0.

Jeśli 0 < x ¬ 1, to znajdziemy n

∈ N taka, że 1/n

¬ x. Wtedy x ∈ [1/n, 1]

dla dowolnego n n

, a więc f

(x) = 0 dla n n

, stąd f

(x) → 0. Ponadto,

łatwo sprawdzić, że ∈

1
0

(x) dx = 1/2. Zatem

lim

n→∞

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

lim

n→∞

(x) dx.

Wniosek 10.18. Niech {f

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

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

∞
n=1

jest jednostajnie zbieżny, jego suma jest funkcją ograniczoną i

całkowalną w sensie Riemanna oraz

∞

n=1

(x) dx =

∞

n=1

(x) dx.

Przykład.

1. Wiemy już, że przedziałem zbieżności szeregu

1 + x

= 1 − x + x

+ . . . + (−1)

+ . . .

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 =

1 + t

∞

n=0

(−1)

dt =

∞

n=0

(−1)

dt =

∞

n=0

(−1)

n+1

n + 1

∞

n=1

(−1)

n−1

2. Korzystając z niemal jednostajnej zbieżności szeregu

1 + x

= 1 − x

+ x

+ . . . + (−1)

+ . . .

na odcinku (−1, 1) postępując podobnie otrzymamy

arctg x = arctg x − arctg 0 =

1 + t

∞

n=0

(−1)

dt =

∞

n=0

(−1)

dt =

∞

n=0

(−1)

2n+1

2n + 1

PRZYBLIŻONE METODY CAŁKOWANIA

106

Przybliżone metody całkowania

Mając dane n + 1 punktów x

, x

, . . . , x

na odcinku [a, b], możemy określić

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

, x

, . . . , x

, tzn.

w(x

) = y

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

(6)

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

(x) taki, że

) = 1 oraz u

) = 0 dla j 6= k.

Zauważmy, że wielomian

(x) =

(x − x

) . . . (x − x

k−1

)(x − x

k+1

) . . . (x − x

)

− x

) . . . (x

− x

k−1

)(x

− x

k+1

) . . . (x

− x

)

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

, x

, . . . , x

następująco

w(x) = y

(x) + y

(x) + . . . + y

(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

) = 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

= a, x

(a + b)/2, x

= b. Wtedy

w(x) dx = y

(x −

a+b

)(x − b)

(b−a)

dx +

(x − a)(x − b)

−

(b−a)

dx + y

(x − a)(x −

a+b

)

(b−a)

dx.

PRZYBLIŻONE METODY CAŁKOWANIA

107

Ponadto,

(x −

a + b

)(x − b) dx

x = a + (b − a)t

dx = (b − a)dt

= (b − a)

(x − 1/2)(x − 1) dx =

= (b − a)

−

(b − a)

Obliczając podobnie pozostałe całki otrzymamy

w(x) dx

(b − a)(y

+ 4y

+ y

)

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