Każda funkcja jednostajnie ciągła jest ciągła

Przy dodatkowym założeniu zachodzi twierdzenie odwrotne do własności 5.7.3.

Twierdzenie 5.7.4. (o funkcji ciągłej na zbiorze zwartym). Jeśli funkcja f : X → R, gdzie X ⊂ R, jest ciągła i X jest zbiorem zwartym, to funkcja f jest jednostajnie ciągła.

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że funkcja f nie jest jednostajnie ciągła.

Wówczas z twierdzenia 5.7.1, istnieją ciągi (x_n)^∞_n=1, (x⁰_n)^∞_n=1 ⊂ X takie, że

n→∞lim (x_n− x⁰_n) = 0 oraz granica lim

n→∞[f (x_n) − f (x⁰_n)] nie istnieje lub jest różna od 0. Zatem, wybierając podciągi, możemy założyć, że

(5.13) lim

n→∞(x_n− x⁰_n) = 0 oraz lim

n→∞[f (x_n) − f (x⁰_n)] = g, gdzie g 6= 0.

Ponieważ X jest zbiorem zwartym, więc istnieje podciąg (x_nk)^∞_k=1ciągu (x_n)^∞_n=1, zbieżny do pewnego x₀ ∈ X. Wówczas lim

k→∞x⁰_nk = x₀, gdyż lim

k→∞ (x_nk − x⁰_n

k) =

k→∞lim (x_n− x⁰_n) = 0. Stąd i z ciągłości funkcji f w punkcie x₀ mamy lim

k→∞f (x_nk) = f (x₀) = lim

k→∞f (x⁰_n

k), więc lim

k→∞ [f (x_nk) − f (x⁰_n

k)] = 0. To przeczy drugiej części (5.13). Otrzymana

sprzeczność kończy dowód. 

Twierdzenie 5.7.5. (o ciągłym obrazie zbioru zwartego). Niech X ⊂ R, X 6= ∅ będzie zbiorem zwartym. Jeśli f : X → R jest funkcją ciągłą, to f (X) jest zbiorem zwartym.

Dowód. Weźmy dowolny ciąg (y_n)^∞_n=1 ⊂ f (X). Niech (x_n)^∞_n=1 ⊂ X będzie ciągiem takim, że f (x_n) = y_ndla n ∈ N ⁽²⁶⁾. Ponieważ zbiór X jest zwarty, więc istnieje podciąg (x_nk)^∞_k=1ciągu (x_n)^∞_n=1zbieżny do pewnego punktu x₀ ∈ X. Stąd i z ciągłości funkcji f dostajemy

k→∞lim y_nk = lim

k→∞f (x_nk) = f (x₀) ∈ f (X).

Reasumując, zbiór f (X) jest zwarty. 

Z twierdzenia 5.7.5 i własności zbiorów zwartych (patrz wniosek 3.9.22) do-stajemy natychmiast

Wniosek 5.7.6. Niech X ⊂ R, X 6= ∅, będzie zbiorem zwartym. Jeśli f : X → R jest funkcją ciągłą, to istnieją min f (X) oraz max f (X). Inaczej funkcją ciągła na zbiorze zwartym osiąga wartość najmniejszą i największą.

Twierdzenie 5.7.7. Niech X, Y ⊂ R, X 6= ∅, Y 6= ∅ oraz niech f : X → Y będzie bijekcją. Jeśli f jest funkcją ciągłą oraz X jest zbiorem zwartym, to f jest homeomorfizmem.

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że f⁻¹ : Y → X nie jest ciągła. Wówczas istnieje punkt y₀, w którym f⁻¹ jest nieciągła. Zatem y₀ jest punktem skupienia zbioru Y oraz istnieje ciąg (y_n)^∞_n=1⊂ Y taki, że lim

n→∞yn= y₀ oraz lim

n→∞f⁻¹(y_n) nie istnieje lub jest różna od x₀ = f⁻¹(y₀). Oznaczmy x_n = f⁻¹(y_n) dla n ∈ N.

W obu przypadkach po ewentualnym wyborze podciągu można założyć, że

n→∞lim x_n= x⁰, gdzie x⁰ ∈ R, x⁰ 6= x₀. Ponieważ zbiór X jest zwarty, więc x⁰ ∈ X.

Z ciągłości funkcji f w punkcie x⁰ mamy f (x⁰) = lim

n→∞f (xn) = lim

n→∞f (f⁻¹(y_n)) = lim

n→∞yn= y₀,

czyli f (x⁰) = y₀. To jest jednak niemożliwe, gdyż f jest funkcją różnowartościową, więc f (x⁰) 6= f (x₀) = y₀. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.  Definicja warunku Lipschitza⁽²⁷⁾. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R. Mówimy, że funkcja f spełnia warunek Lipschitza, gdy istnieje stała M ∈ R taka, że dla każdych x, x⁰ ∈ X zachodzi |f (x)−f (x⁰)|6 M |x−x⁰|. Wtedy mówimy, że funkcja f spełnia warunek Lipschitza ze stałą M .

Wniosek 5.7.8. Jeśli funkcja f : X → R, gdzie X ⊂ R, spełnia warunek Lip-schitza, to f jest funkcją jednostajnie ciągłą.

(26)Istnienie takiego ciągu (xn)^∞_n=1wynika z aksjomatu wyboru. Mianowicie, dla rodziny zbiorów niepustych i rozłącznych f⁻¹(yn) × {n}, n ∈ N, w myśl aksjomatu wyboru istnieje zbiór E mający dokładnie jeden punkt wspólny z każdym zbiorem f⁻¹(yn) × {n}, n ∈ N. Oznaczając przez (xn, n), jedyny punkt wspólny zbioru E i f⁻¹(yn) × {n} dostajemy szukany ciąg (xn)^∞_n=1.

(27)Rudolf Otto Sigismund Lipschitz (1832-1903) – niemiecki matematyk.

5.7. JEDNOSTAJNA CIĄGŁOŚĆ I ZWARTOŚĆ 177

To daje jednostajną ciągłość funkcji f i kończy dowód.  Wniosek 5.7.9. Dla dowolnych x, y ∈ R mamy

(5.14) | sin x − sin y| 6 |x − y| oraz | cos x − cos y| 6 |x − y|.

W szczególności funkcje sin i cos spełniają warunek Lipschitza ze stałą M = 1 oraz są jednostajnie ciągłe.

Dowód. Z wniosku 4.10.4(d) i (a) mamy (5.15) | sin x − sin y| = 2 dostajemy pierwszą część (5.14). Drugą część dowodzi się analogicznie. Z (5.14) i wniosku 5.7.8 dostajemy jednostajną ciągłość funkcji sin i cos.  ZADANIA

Zadanie 5.7.1. Jeśli zbiór X ⊂ R, X 6= ∅, jest ograniczony i funkcja f : X → R jest jednostajnie ciągła, to zbiór wartości f (X) jest ograniczony.

Zadanie 5.7.2. Niech f, g : X → R, X ⊂ R, będą funkcjami jednostajnie ciągłymi.

1. Wówczas f − g jest funkcją jednostajnie ciągłą.

2. Jeśli f i g są funkcjami ograniczonymi, to f · g jest funkcją jednostajnie ciągłą.

3. Jeśli istnieje liczba c > 0 taka, że |g(x)| > c dla x ∈ X, to funkcja 1/g jest jednostajnie ciągła.

4. Podać przykład funkcji jednostajnie ciągłych, których iloczyn nie jest funkcją jed-nostajnie ciągłą.

Zadanie 5.7.3. Udowodnić następujące własności:

1. Jeśli f : [a, +∞) → R jest funkcją ciągłą posiadającą skończoną granicę w +∞, to f jest funkcją jednostajnie ciągłą.

2. Jeśli f : (−∞, a] → R jest funkcją ciągłą posiadającą skończoną granicę w −∞, to f jest funkcją jednostajnie ciągłą.

3. Jeśli funkcje f₁: (a, b] → R, f2: [b, c) → R są jednostajnie ciągłe i f1(b) = f₂(b), to funkcja f : (a, c) → R określona wzorami f (x) = f¹(x) dla x ∈ (a, b] oraz f (x) = f2(x) dla x ∈ (b, c) jest jednostajnie ciągła.

Zadanie 5.7.4. Jeśli f : [a, b] → R jest funkcją ciągłą, to istnieje min f ([a, b]) oraz max f ([a, b]).

Zadanie 5.7.5. Niech X ⊂ R, X 6= ∅. Wówczas funkcja % : R → R określona wzorem

%(t) = inf{|t − x| : x ∈ X}, t ∈ R spełnia warunek Lipschitza ze stałą M = 1. Funkcję % nazywamy funkcją odległości od zbioru X.

Wsk. Zauważyć, że dla każdego t ∈ R istnieje x ∈ X takie, że %(t) = |t − x|.

Zadanie 5.7.6. Niech X, Y ⊂ R, X 6= ∅, Y 6= ∅. Liczbę %(X, Y ) = inf{|x − y| : x ∈ X, y ∈ Y } nazywamy odległością zbiorów X i Y . Jeśli X, Y są niepustymi zbiorami zwartymi, to istnieją x ∈ X oraz y ∈ Y takie, że %(X, Y ) = |x − y|. W szczególności, jeśli X ∩ Y = ∅, to %(X, Y ) > 0.

Zadanie 5.7.7. Niech f : X → R, X ⊂ R. Mówimy, że funkcja f spełnia warunek H¨oldera⁽²⁸⁾, gdy istnieje M > 0 oraz α ∈ (0, 1] takie, że dla każdych x, x⁰ ∈ X zachodzi

|f (x) − f (x⁰)|6 M |x − x⁰|^α.

Udowodnić, że funkcja spełniająca warunek H¨oldera jest jednostajnie ciągła.

Zadanie 5.7.8. Funkcja f (x) =√

x, x ∈ [0, +∞) jest jednostajnie ciągła, spełnia waru-nek H¨oldera, lecz nie spełnia warunku Lipschitza.

Zadanie 5.7.9. (Banach⁽²⁹⁾). Niech f : X → R, X ⊂ R, będzie funkcją spełniającą warunek Lipschitza ze stałą M .

1. Funkcja g : R → R określona wzorem

g(x) = sup{f (t) − M |x − t| : t ∈ X}, x ∈ R, spełnia warunek Lipschitza ze stałą M oraz f (x) = g(x) dla x ∈ X.

2. Funkcja h : R → R określona wzorem

h(x) = inf{f (t) + M |x − t| : t ∈ X}, x ∈ R, spełnia warunek Lipschitza ze stałą M oraz f (x) = h(x) dla x ∈ X.

3. Każda funkcja s : R → R spełniająca warunek Lipschitza ze stałą M i taka, że s(x) = f (x) dla x ∈ X spełnia nierówności g(x) 6 s(x) 6 h(x) dla x ∈ R.

Zadanie 5.7.10.* (Banach). Funkcję f : X → R, X ⊂ R, nazywamy odwzorowaniem zwężającym lub kontrakcją, gdy spełnia warunek Lipschitza ze stałą M < 1 (tzn. istnieje M ∈ [0, 1), że dla każdych x, x⁰ ∈ X zachodzi |f (x) − f (x⁰)|6 M |x − x⁰|).

Niech X ⊂ R będzie zbiorem niepustym i domkniętym. Jeśli f : X → X jest od-wzorowaniem zwężającym, to istnieje dokładnie jeden punkt stały x0∈ X odwzorowania f . Ponadto dla każdego x ∈ X zachodzi lim

n→∞ fⁿ(x) = x0, gdzie fⁿ oznacza n-krotne złożenie funkcji f , tzn. f¹= f oraz fⁿ⁺¹= f ◦ fⁿ dla n ∈ N.

Zadanie 5.7.11.* Niech K ⊂ [0, 1] będzie zbiorem Cantora (patrz zadanie 4.11.2) i niech f : K → [0, 1] będzie funkcją określoną wzorem f (x) =P∞

n=1c_n/2ⁿ⁺¹, gdzie x = P∞

n=1c_n/3ⁿ, c_n ∈ {0, 2} dla n ∈ N. Udowodnić, że funkcja f jest surjekcją ciągłą i że istnieje funkcja ciągła g : [0, 1] → [0, 1] taka, że g(x) = f (x) dla x ∈ K.

(28)Otto Ludwig H¨older (1859-1937) – niemiecki matematyk.

(29)Stefan Banach (1892-1945) – polski matematyk.

5.8. LICZBA π 179 5.8 Liczba π

Lemat 5.8.1. Istnieje x₀∈ (1, 2) takie, że cos x₀ = 0 oraz cos x > 0 dla każdego x ∈ [0, x₀).

Dowód. Z twierdzenia 4.10.3(a) mamy cos 0 = 1, więc z wniosku 4.10.6, (5.17) cos x > 0 dla x ∈ [0, 1] oraz cos 2 < 0.

Ponieważ cos jest funkcją ciągłą (patrz twierdzenie 5.4.6), więc z własności Dar-boux (wniosek 5.5.3 lub 5.5.4) istnieje ˜x ∈ (1, 2) taki, że cos ˜x = 0. Stąd i z nierówności (5.17) wynika, że zbiór Z = {x ∈ [1, 2] : cos x = 0} jest niepusty i ograniczony. Z zadania 5.4.5 mamy, że Z jest zbiorem domkniętym. W konsekwen-cji Z jest zbiorem zwartym, jako zbiór domknięty i ograniczony (patrz twierdzenie 3.9.21). Zatem min Z ∈ Z (patrz wniosek 3.9.22). Oznaczmy x₀= min Z. Wtedy 1 < x₀ < 2 oraz z (5.17) i własności Darboux dostajemy cos x > 0 dla x ∈ [0, x₀).

To daje tezę. 

Rysunek 5.3: Fragment wykresu funkcji cos wraz z zaznaczoną liczbą π/2.

W świetle lematu 5.8.1, poniższa definicja jest poprawna.

Definicja liczby π. Symbolem π oznaczamy liczbę dodatnią taką, że:

cosπ

2 = 0 oraz cos x 6= 0 dla x ∈ [0,π 2).

Lemat 5.8.2. Dla x ∈ (0,^π₂) mamy cos x > 0 oraz sin x > 0, ponadto sin^π₂ = 1.

Dowód. Z lematu 5.8.1 mamy cos x > 0 dla x ∈ (0,^π₂). Ponadto 1 < ^π₂ < 2, więc dla x ∈ (0,^π₂] mamy ^x₂ ∈ (0, 1), więc sin^x₂ > 0 oraz cos^x₂ > 0 (patrz wniosek 4.10.6). Zatem sin x = 2 sin^x₂ cos^x₂ > 0. W szczególności sin^π₂ > 0. Stąd, ponieważ cos^π₂ = 0 oraz sin^{2 π}₂ + cos^{2 π}₂ = 1, więc sin^π₂ = 1. 

Twierdzenie 5.8.3. (wzory redukcyjne). Dla każdego x ∈ R mamy:

(a) cos(^π₂ − x) = sin x, sin(^π₂ − x) = cos x, (b) cos(^π₂ + x) = − sin x, sin(^π₂ + x) = cos x, (c) cos(π − x) = − cos x, sin(π − x) = sin x, (d) cos(π + x) = − cos x, sin(π + x) = − sin x,

(e) cos(x + 2kπ) = cos x, sin(x + 2kπ) = sin x, gdzie k ∈ Z.

Dowód. Ad (a). Ponieważ cos^π₂ = 0 oraz sin^π₂ = 1 (patrz lemat 5.8.2), więc cos(^π₂ − x) = cos^π₂ cos x + sin^π₂ sin x = sin x (patrz twierdzenie 4.10.3(c)).

Analogicznie dowodzimy drugą część (a).

Część (b) wynika z (a) i własności sin(−x) = − sin x oraz cos(−x) = cos x.

Ad (c). Z (a) mamy cos(π−x) = cos(^π₂−(x−^π₂)) = sin(x−^π₂) = − sin(^π₂−x) =

− cos x. Analogicznie dowodzimy drugą część (c).

Część (d) wynika z (c) i własności sin(−x) = − sin x oraz cos(−x) = cos x.

Ad (e). Z (d) mamy cos(x+2π) = − cos(π+x) = cos x. Stąd, łatwo indukcyjnie dostajemy pierwszą część (e). Analogicznie dowodzimy drugą część (e). 

Z lematu 5.8.2 i wzorów redukcyjnych (twierdzenie 5.8.3) dostajemy Wniosek 5.8.4. Niech k ∈ Z. Wówczas:

(a) Dla każdego x ∈ (2kπ,^π₂ + 2kπ) mamy cos x > 0 i sin x > 0, (b) Dla każdego x ∈ (^π₂ + 2kπ, π + 2kπ) mamy cos x < 0 i sin x > 0, (c) Dla każdego x ∈ (π + 2kπ,³₂π + 2kπ) mamy cos x < 0 i sin x < 0, (d) Dla każdego x ∈ (³₂π + 2kπ, 2π + 2kπ) mamy cos x > 0 i sin x < 0.

Dowód. Część (a) wnika natychmiast z lematu 5.8.2 i twierdzenia 5.8.3(e).

Udowodnimy (b). Dla każdego x ∈ (^π₂+ 2kπ, π + 2kπ), istnieje y ∈ (2kπ,^π₂+ 2kπ), że x = ^π₂ + y, więc z (a) i twierdzenia 5.8.3(b) mamy cos x = − sin y < 0 oraz sin x = cos y > 0. To daje (b). Analogicznie dowodzimy pozostałe części tezy.  Wniosek 5.8.5. Zachodzą następujące:

(a) cos x = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x =^π₂ + kπ.

(b) sin x = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x = kπ.

Dowód. Dla k ∈ Z, ze wzorów redukcyjnych (twierdzenie 5.8.3) i lematu 5.8.2 dostajemy

cos 2kπ = 1, sin

π 2 + 2kπ



= 1, (5.18)

cos

π 2 + kπ



= 0, sin kπ = 0,

(5.19)

cos(π + 2kπ) = −1, sin



−π 2 + 2kπ



= −1.

(5.20)

5.8. LICZBA π 181 Z wniosku 5.8.4 wynika, że jeśli cos x = 0, to x = k^π₂ dla pewnego k ∈ Z. Stąd, z (5.18), (5.19) i (5.18) dostajemy implikację prostą w (a). Analogicznie dowodzimy implikację prostą w (b). Z (5.19) wynikają implikacje odwrotne w (a) i (b).  Wniosek 5.8.6. Dla dowolnych x, y ∈ R mamy:

(a) cos x = cos y wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x − y = 2kπ lub x + y = 2kπ.

(b) sin x = sin y wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x − y = 2kπ lub x + y = π + 2kπ.

Dowód. Ad (a). Ponieważ

cos x − cos y = −2 sinx − y

2 sinx + y 2 ,

więc równość cos x = cos y jest równoważna alternatywie równości sin^x−y₂ = 0 lub sin^x+y₂ = 0. To, w myśl wniosku 5.8.5(b), jest równoważne temu, że istnieje k ∈ Z, że ^x−y₂ = kπ lub ^x+y₂ = kπ. To daje (a).

Część (b) dowodzimy analogicznie.