Ciągłość funkcji odwrotnej

dla x 6= 0. Ponieważ lim x→±∞ a2n x ^{+ · · · +} a1 x2n + ^a0 x2n+1  = 0,

więc istnieje taka liczba M > 0, że

 1 +^a2n x ^{+ · · · +} a1 x2n + ^a0 x2n+1  ≥ 1 −  a2n x ^{+ · · · +} a1 x2n + ^a0 x2n+1   > ¹ 2 ^{> 0 dla |x| > M .}

Dla x 6= 0 liczby x²ⁿ⁺¹ i x mają ten sam znak (zwróćmy uwagę: tylko tu korzystamy z nieparzystości stopnia wielomianu P ). Zatem, dla każdego x0 > M jest P (x0) > 0 > P (−x₀). Stosując własność Darboux do f = P , c = 0 na przedziale [−x0, x₀], kończymy dowód. 

Uwaga. Oczywiście, założenie nieparzystości stopnia jest istotne. Dla każdego k ∈ N

wielomian Q(x) = x^2k+ 1 = x^k
2

+ 1 przyjmuje na prostej tylko wartości dodatnie.

5.4 Ciągłość funkcji odwrotnej

W tym podrozdziale wykażemy, że funkcja odwrotna do funkcji ciągłej i różnowartościowej na pewnym przedziale I ⊂ R jest ciągła. Dowód tego twierdzenia poprzedzimy sformuło-waniem dwóch faktów pomocniczych.

Lemat 5.41. Załóżmy, że I ⊂ R jest przedziałem, a f : I → R — funkcją ciągłą na I.

Wówczas f jest różnowartościowa wtedy i tylko wtedy, gdy f jest ściśle monotoniczna.

Dowód. Oczywiście, ścisła monotoniczność f gwarantuje jej różnowartościowość. Wyka-żemy drugą implikację. Cały dowód polega na umiejętnym stosowaniu własności Darboux i rozumowaniu przez zaprzeczenie.

Jeśli I jest zbiorem jednopunktowym, to nie ma czego dowodzić. Niech więc x, y ∈ I, x < y. Bez zmniejszenia ogólności przyjmiemy c = f (x) < f (y) = d; w przeciwnym przypadku rozpatrujemy funkcję −f .

Niech z ∈ (x, y) ⊂ I. Gdyby f (z) < f (x) = c, to stosując własność Darboux do f na odcinku [z, y], znaleźlibyśmy x1 ∈ (z, y) takie, że f(x1) = c = f (x), co przeczyłoby różnowartościowości f . Gdyby f (z) > f (y) = d, to, podobnie, stosując własność Darboux do f na odcinku [x, z], znaleźlibyśmy y1 ∈ (x, z) takie, że f(y1) = d = f (y). Jak wcześniej, przeczyłoby to różnowartościowości f . Zatem musi być f (x) < f (z) < f (y).

Niech teraz z ∈ I, z > y. Gdyby f (z) < f (y), to istniałaby liczba c⁰ taka, że f (x) < c⁰ < f (y) _oraz f (z) < c⁰< f (y) .

Stosując własność Darboux do f na każdym z odcinków [x, y], [y, z], znaleźlibyśmy punkty z1∈ (x, y), z2 ∈ (y, z) _{takie, że} f (z1) = f (z2) = c1.

To przeczyłoby różnowartościowości f , zatem musi być f (z) > f (y). Podobnie wykazu-jemy, że dla I 3 z < x jest f (z) < f (x).

Podsumujmy: wykazaliśmy, że jeśli istnieją dwa punkty x, y ∈ I, x < y, takie, że f (x) < f (y), to

f (s) < f (x) < f (t) < f (y) < f (r) _{dla s ∈ I ∩ (−∞, x), t ∈ (x, y) i r ∈ I ∩ (y, ∞).}

To oznacza, że f jest rosnąca. (Gdy f (x) > f (y) dla pewnych x < y ∈ I, to oczywiście f jest malejąca, bo wtedy −f jest rosnąca). 

Następny lemat wynika natychmiast z definicji funkcji odwrotnej.

Lemat 5.42. Jeśli A, B ⊂ R i f : A → B jest ściśle monotoniczną bijekcją, to f⁻¹: B → A

też jest ściśle monotoniczną bijekcją. 

Twierdzenie 5.43. Załóżmy, że I ⊂ R jest przedziałem, a f : I → R jest ściśle

monoto-niczna i ciągła. Wówczas

f⁻¹: f (I) → R

też jest ściśle monotoniczna i ciągła.

Dowód. Ścisła monotoniczność f⁻¹wynika z poprzedniego Lematu. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że f jest rosnąca; wtedy f⁻¹jest rosnąca. Wykażemy ciągłość f⁻¹.

Niech (yn) ⊂ f (I) będzie zbieżny do y0 ∈ f (I). Przypuśćmy, że ciąg xn = f⁻¹(y_n) nie jest zbieżny do x0 = f⁻¹(y₀). Wtedy istnieje liczba ε0 > 0 i podciąg (x⁰_n) ciągu (xn) taki, że |x⁰_n− x₀| ≥ ε₀ > 0 _{dla wszystkich n. (5.2)} Ciąg yn⁰ = f (x⁰_n) jest podciągiem ciągu (yn), więc też jest zbieżny do y0. Posługując się le-matem Sierpińskiego2.33, możemy z (yn⁰) wybrać podciąg monotoniczny (yn⁰⁰). Oczywiście

lim y⁰⁰_n= lim y⁰_n= lim yn= y0.

Ponadto, yn⁰⁰jest ograniczony przez y0z odpowiedniej strony: z góry, gdy jest niemalejący, a z dołu, gdy jest nierosnący. Ponieważ f⁻¹jest rosnąca, więc x⁰⁰n= f⁻¹(y_n⁰⁰) też jest ciągiem monotonicznym, ograniczonym (z odpowiedniej strony!) przez liczbę x0 = f⁻¹(y0). Dlatego

lim x⁰⁰_n= x ∈ I ;

liczba x należy do I, gdyż należy do odcinka o końcach f⁻¹(y₀) i f⁻¹(y⁰⁰₁), zawartego w I. Dzięki ciągłości f otrzymujemy

f (x) = lim f (x⁰⁰_n) = lim y⁰⁰_n= y0,

a stąd x0 = f⁻¹(y0) = x0. Z definicji granicy, |x⁰⁰n− x₀| < ε_{0 dla wszystkich dostatecznie} dużych n, co przeczy warunkowi (5.2). 

Uwaga. Powyższe twierdzenie może komuś, z intuicuyjnego punktu widzenia, wydawać

się czymś zupełnie oczywistym: skoro ciągłość oznacza możliwość rysowania wykresu bez

odrywania ołówka od papieru, a wykres f i wykres f⁻¹ to ta sama linia, czegóż jeszcze dowodzić? Podkreślmy jednak, że jest rzeczą istotną, iż rozpatrujemy funkcje na prze-działach, ciągłe w każdym punkcie dziedziny.

Zadanie 5.44. Znaleźć przykład bijekcji f : R → R takiej, że f(0) = 0 i f jest ciągła w

zerze, ale f⁻¹: R → R jest nieciągła w zerze.

Wskazówka. Zacząć od próby określenia f⁻¹ tak, żeby pewien ciąg (yn) zbieżny do zera przekształcić na ciąg (xn), który nie jest zbieżny do zera.

Najważniejsze zastosowanie Twierdzenia5.43polega na możliwości wnioskowania o ciągłości funkcji odwrotnych do znanych funkcji ciągłych.

Przykład 5.45. Wiemy już, że logarytm naturalny jest funkcją ciągłą. Teraz możemy

stwierdzić, że wynika to (także) stąd, że

f ≡ exp : I = R → (0, ∞) = f (R) jest ciągła, a ln = f⁻¹: (0, ∞) → R.

5.4.1 Funkcje cyklometryczne.

Określimy teraz funkcje odwrotne do funkcji trygonometrycznych. Ponieważ funkcje try-gonometryczne nie są różnowartościowe, więc należy jasno powiedzieć, na jakich zbiorach będziemy rozważać funkcje do nich odwrotne.

Zauważmy, że na przedziale [0, π/2] ⊂ [0, 2] cosinus maleje od 1 do 0 (patrz Lemat4.66i definicja liczby π). Ponadto, dzięki wzorom (4.19) i (4.20) oraz parzystości cosinusa mamy

cos(π − x) = − sin(π/2 − x) = − cos(−x) = − cos x .

Stąd, posługując się własnością Darboux, od razu wnioskujemy, że cos : [0, π] → [−1, 1] jest malejącą, ciągłą bijekcją z przedziału [0, π] na przedział [−1, 1].

Definicja 5.46. Arcus cosinus to funkcja

arc cos = (cos)⁻¹: [−1, 1] → [0, π] ,

odwrotna do cos |[0,π].

Ze wskazanych wyżej własności cosinusa i z Twierdzenia 5.43 wynika, że funkcja arc cos jest ciągła i malejąca; arc cos (−1) = π i arc cos 1 = 0.

Ponieważ sin x = − cos(x+π/2), więc sin : [−π/2, π/2] jest ciągłą funkcją rosnącą, której zbiorem wartości jest [−1, 1].

Definicja 5.47. Arcus sinus to funkcja

arc sin = (sin)⁻¹: [−1, 1] → [−π/2, π/2] ,

odwrotna do sin |[−π/2,π/2].

Podobnie jak przed chwilą, z Twierdzenia5.43wynika, że funkcja arc sin jest ciągła i rosnąca. Mamy arc sin (±1) = ±π/2.

Arcus sinus i arcus cosinus

Podobnie definiujemy funkcje arcus tangens i arcus

cotangens. Aby wykazać, że kolejne dwie definicje są

poprawne, Czytelnik zechce samodzielnie sprawdzić⁴, że tg : (−π/2, π/2) → R jest funkcją ciągłą rosnącą, ctg : (0, π) → R — funkcją ciągłą malejącą, a zbiór war-tości każdej z tych funkcji jest równy R.

Definicja 5.48. Arcus tangens to funkcja

arc tg = (tg)⁻¹: R → (−π/2, π/2)] odwrotna do tg |(−π/2,π/2).

Definicja 5.49. Arcus cotangens to funkcja

arc ctg = (ctg)⁻¹: R → (0, π) odwrotna do ctg |(0,π).

Arcus tangens rośnie na całej prostej R, natomiast arcus cotangens maleje na całej prostej R. Z Twierdze-nia5.43wynika, że obie funkcje są ciągłe.

Nietrudno też sprawdzić, że arc tg 0 = 0 = arc ctg 0 − π/2, a ponadto

lim x→±∞arc tg x = ±^π 2 ^, x→±∞^lim arc ctg x = ^π 2^{(1 ∓ 1) =} ( π, (x → −∞) 0. (x → +∞) ^(5.3)

Arcus tangens i arcus cotangens.

Zadanie 5.50. Wykazać, że exp : C → C \ {0} jest surjekcją.

5.5 Jednostajna ciągłość

Definicja 5.51. Niech A ⊂ R. Mówimy, że funkcja f : A → R jest jednostajnie ciągła (na

zbiorze A) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ε > 0 istnieje taka liczba δ > 0, że dla wszystkich x, y ∈ A z warunku |x − y| < δ wynika, że |f (x) − f (y)| < ε.

4

Należy użyć przytoczonych nieco wyżej informacji o monotoniczności sinusa i cosinusa na odpowiednich przedziałach.

Jednostajna ciągłość jest warunkiem mocniejszym od ciągłości. Konkretne, dość pro-ste przykłady są sformułowane dalej w tym podrozdziale. Podkreślmy jedno – kolejność kwantyfikatorów w definicji ciągłości f na A i w definicji jednostajnej ciągłości f na A jest

różna:

Ciągłość f we wszystkich x ∈ A: ∀x ∈ A ∀ε > 0 ∃δ = δ_x,ε> 0 ∀y ∈ A . . .

Jednostajna ciągłość f na A: ∀ε > 0 ∃δ = δ_ε> 0 ∀x ∈ A ∀y ∈ A . . .

Zatem, badając ciągłość f w każdym punkcie x ∈ A, dobieramy do ε > 0 liczbę δ > 0 , ale robimy to dla każdego punktu x ∈ A osobno. Badając jednostajną ciągłość, dobieramy do ε > 0 liczbę δ > 0, która jest wspólna dla wszystkich punktów x ∈ A. Z intuicyjnego punktu widzenia: chcemy mierzyć wartość funkcji z dokładnością do ε i wiemy, że w

każ-dym miejscu dziedziny dopuszczalny błąd pomiaru argumentu wynosi δ. Jest rzeczą dość

oczywistą, że taki wspólny wybór liczby δ, dobrej dla wszystkich x naraz, może być czymś trudniejszym, niż wybór, którego dokonuje się dla każdego x z osobna.

Stwierdzenie 5.52. Niech A ⊂ R, f : A → R. Następujące warunki są równoważne:

(i) funkcja f jest jednostajnie ciągła na A;

(ii) dla każdych dwóch ciągów (x_n), (yn) ⊂ Az warunku lim(x_n− y_n) = 0wynika, że

lim f (x_n) − f (y_n)
= 0.

Dowód. (i) ⇒ (ii). Załóżmy, że (xn), (yn) ⊂ A i xn−y_n→ 0. Przypuśćmy, wbrew tezie (ii), że ciąg różnic f (xn) − f (yn)
_{nie jest zbieżny do zera. Wtedy istnieje liczba ε}0> 0 i podciąg

f (x_nk) − f (y_nk)

taki, że 

f (x_nk) − f (y_nk)≥ ε₀> 0 _{dla wszystkich nk. (5.4)} Dobierzmy do ε0> 0 liczbę δ > 0, korzystając z definicji jednostajnej ciągłości. Dla wszyst-kich dostatecznie dużych numerów nkjest wtedy

|x_nk− y_nk| < δ ,

a zatemf (x_nk) − f (y_nk)< ε_{0, co przeczy warunkowi (5.4). Uzyskana sprzeczność kończy} dowód implikacji ‘⇒’.

(ii) ⇒ (i). Ponownie dowodzimy przez zaprzeczenie. Przypuśćmy, że warunek z definicji jednostajnej ciągłości nie zachodzi. Wtedy istnieje ε0 > 0 takie, że dla δk = ¹_{k, gdzie} k = 1, 2, . . ., istnieją punkty xk, y_k ∈ A spełniające warunki |xk− y_k| < δ_k = 1/k oraz |f (x_k) − f (y_k)| ≥ ε_{0. Wybierzmy dla każdego k taką parę punktów xk}, y_{k. Otrzymujemy} wtedy

0 ≤ |x_k− y_k| ≤ ¹

k ^{→ 0, ale f (xk) − f (yk) 6→ 0.}

Zatem, warunek (ii) nie zachodzi, wbrew założeniu — uzyskujemy sprzeczność. 

Przykład 5.53. Funkcja f(x) = x², gdzie x ∈ R, nie jest jednostajnie ciągła. To wynika z ostatniego stwierdzenia, gdyż warunek (ii) nie zachodzi. Biorąc xn = n i yn = n + 1/n otrzymujemy xn− y_n= −1/n → 0, ale f (yn) − f (xn) =  n + ¹ n 2 − n² = 2 + ¹ n2 > 2 _{dla wszystkich n ∈ N.}

Definicja 5.54 (warunek Lipschitza). Mówimy, że funkcja f : A → R spełnia

waru-nek Lipschitza (ze stałą L) wtedy i tylko wtedy, gdy dla wszystkich x, y ∈ A zachodzi nierówność

|f (x) − f (y)| ≤ L|x − y| .

Stwierdzenie 5.55. Jeśli f : A → R spełnia na A warunek Lipschitza, to f jest

jednostaj-nie ciągła.

Dowód. Jeśli f spełnia warunek Lipschitza ze stałą L, to dla dowolnego ε > 0, biorąc δ = ε/L, otrzymujemy:

|f (x) − f (y)| ≤ L|x − y| < Lδ = L · (ε/L) = ε , _{gdy |x − y| < δ i x, y ∈ A.}

Warunek z Definicji5.51jest więc spełniony. 

Przykład 5.56. Funkcja exp : A = [−M, M ] → R spełnia warunek Lipschitza ze stałą

L = exp M . Istotnie, dla x, y ∈ A, x > y, mamy

|e^x− e^y| = e^x− e^y = e^x 1 − e^y−x
≤ ex · (x − y) ≤ e^M|x − y| .

Pierwsza nierówność wynika stąd, że 1 + t ≤ e^tdla t = y − x, tzn. 1 − e^t≤ −t dla t = y − x. Natomiast funkcja exp : R → R nie spełnia warunku Lipschitza z żadną stałą L > 0. Gdyby bowiem taki warunek spełniała, to mielibyśmy

| exp(x + 1) − exp(x)| ≤ L|(x + 1) − x| = L

dla wszystkich x ∈ R, ale przecież

| exp(x + 1) − exp(x)| = exp(x)(e − 1) ≥ exp(x) > L

dla wszystkich x > ln L. Intuicja wiążąca się z tym przykładem jest prosta: na ogra-niczonych przedziałach wykres funkcji wykładniczej nie jest nadmiernie stromy, ale na calej prostej może być dowolnie stromy. To stanie się jaśniejsze, gdy zaczniemy mówić o pochodnej i różniczkowalności.

Twierdzenie 5.57 (Cantora o jednostajnej ciągłości, wersja I). Każda funkcja

cią-gła f : [a, b] → R jest jednostajnie ciącią-gła na przedziale [a, b].

Dowód. Rozumujemy przez zaprzeczenie. Przypuśćmy, że f jest ciągła, ale nie jest jedno-stajnie ciągła na [a, b]. Wtedy nie zachodzi warunek (ii) ze Stwierdzenia5.52. Znajdziemy zatem dwa ciągi (xk), (y_k) ⊂ [a, b] takie, że xk− y_k→ 0, ale f(xk) − f (y_k) 6→ 0. Wybierając w razie potrzeby odpowiedni podciąg, możemy bez zmniejszenia ogólności założyć, że dla pewnego ε > 0 jest

|f (x_k) − f (y_k)| ≥ ε > 0 _{dla wszystkich k ∈ N. (5.5)}

Z twierdzenia Bolzano–Weierstrassa wynika, że ciąg (yk) ma podciąg zbieżny (ykl), lim yk_l= y ∈ [a, b]. Mamy także

lim

l→∞x_kl = lim

l→∞y_kl+ lim

Zatem, z ciągłości f , lim l→∞ f (x_kl) − f (y_kl)
= lim l→∞f (x_kl− lim l→∞f (y_kl) = f (y) − f (y) = 0 . wbrew warunkowi (5.5). 

Założenie, że f rozaptrujemy na przedziale domkniętym, ma w twierdzeniu Cantora fundamentalne znaczenie.

Przykład 5.58. Funkcja f(x) = cos(1/x), gdzie x ∈ I = (0, 1], jest ciągła na przedziale I,

ale nie jest na nim jednostajnie ciągła. Jeśli np. xn= 1/(2nπ + π/2), yn= 1/2nπ, to xn− y_n→ 0, _ale f (xn) − f (yn) = cos^π

2 ^{− cos 0 = −1 6→ 0 .}

Zatem, nie zachodzi jeden z równoważnych warunków Stwierdzenia5.52.

Przykład 5.59. Niech f(x) = 1/x, x ∈ (0, 1]. Dla ciągów xn = 1/n i yn = x_{n+1 mamy} oczywiście xn− y_n→ 0, ale f(yn) − f (xn) = n + 1 − n = 1 6→ 0 .