Byªo: Zbiór argumentów; zbiór warto± i; monotoni zno±¢; funk ja odwrotna; funk ja li-
niowa; kwadratowa; wielomiany; funk je wymierne; funk je trygonometry zne i i h od-
wrotno± i; funk ja wykªadni za ilogarytmi zna.
1.1 Funk ja wykªadni za kilka dopowiedze«
1.1.1 Warto±¢ funk ji wykªadni zej dla argumentów niewymierny h
Mówi¡ o funk ji wykªadni zej
a x, wykªadow
a prze±lizgn¡ª si nad problemem deni
ji
tej»e dlax
niewymierny
h (byªokonsekwentnie powiedzianejedynie, jak sili
zywarto±¢
a x dlax ∈ Q
).Terazbdzieotymdopowiedzenie."Szkolny"sposóbwprowadzeniapotgi
a x dlax
niewymierny
hpolegaªzazwy
zaj nazdeniowaniua x jakograni
y lim
lim
n→∞ a r n
,gdzie{r n }
byª jakim± i¡giem monotoni znym li zb wymierny h zbie»nym dox
(np. i¡giemprzybli»e« dziesitny h
x
). W wykªadzie szkolnym zazwy zaj nie dowodziªo si istnieniagrani y tego i¡gu, poprzestaj¡ na argumenta h intui yjny h. Uzbrojeni w twierdzenia
ograni a h i¡gów, mo»emyªatwo pokaza¢istnieniegrani y
lim
n→∞ a r n
:Otó»je±li{r n }
jesti¡giem monotoni znym, totaki jest te» i¡g
a r n; jest to ponadto i¡g ograni zony, wi
zbie»ny.
1.1.2 Funk ja wykªadni za o podstawie
e
Okazuje sidogodne (zprzy zyn, którestan¡ sijasneniedªugo) wzi¡¢wdeni jifunk ji
wykªadni zej
a = e
. Funk ja odwrotna doe x, tzn. log e x
,nazywasi logarytmem natural-
nym 1
.
1.2 Grani a funk ji w punk ie
Def. deni jaHeinegoLi zb
g
nazywamy grani ¡ funk jif
wpunk iea
( o ozna zamy:x→a lim f (x) = g) je»eli dla ka»dego
i¡gu {x n }
zbie»nego do a
i o wyraza
h ró»ny
h od a
za hodzirówno±¢:
n→∞ lim f(x n ) = g
Przykª.
lim
x→0 (x 2 ) = 0.We¹my bowiem dowolny
i¡g{x n }
zbie»ny dozera; mamy:
n→∞ lim (x n ) 2 =
n→∞ lim x n
2
= 0.
Przykª.Rozwa»my funk j
sgn(x)
, deniowan¡ jakosgn(x) =
+1
dlax > 0 0
dlax = 0
−1
dlax < 0
(1)
Funk ja sgn
(x)
nie posiada grani y w punk iex = 0
. We¹my bowiem:x n = 1 n; mamy
n→∞ lim x n = 0 oraz lim
n→∞ sgn(x n ) = 1. We¹my teraz drugi
i¡g x ′ n = − n 1
; mamy lim
n→∞ x ′ n = 0
oraz
lim
n→∞ sgn(x ′ n ) = −1, takwi
lim
x→0 sgn(x)nie istnieje.
1
WprowadzonojewXVII w.,apierwsizrobilitoNapieri Bernoulli.
Mo»na jednak mówi¢ tuo grani y jednostronnej w punk ie
0
.Def. Li zb
g
nazywamy grani ¡ lewostronn¡ (prawostronn¡)funk jif
w punk iea
,je±li warunki:
lim
n→∞ x n = a i x n < a
(odpowiednio x n > a
) implikuj¡ lim
n→∞ f (x n ) = g.
Sytua je teozna zamy symbolami:
x→a lim − f (x) = g grani
a lewostronna i lim
x→a +
f (x) = g
grani aprawostronna. (2) W ten sposób, mamyPrzykª. ( .d.)
x→0 lim − sgn(x) = −1 i lim
x→0 +
sgn(x) = +1.
Symbolu
lim
x→a f (x)u»ywamy równie» naozna zenie grani y niewªa± iwej:
Przykª. Mamy:
lim
x→0 1
x 2 = ∞;
natomiast
Przykª.
lim
x→0 1
x
nie istnieje; natomiast:x→0 lim −
1
x = −∞
ilim
x→0 +
1
x = +∞.
Przykª. Podobnie:
lim
x→ π 2 tg(x) nie istnieje; natomiast:
lim
x→ ( π 2 ) −
tg(x) = −∞
ilim
x→ ( π 2 ) +
tg(x) = +∞.
Istniej¡jednakfunk je,które nieposiadaj¡nawetjednostronny hgrani (wªa± iwy h,ani
niewªa± iwy h). Nale»ydo ni hnp. funk ja:
f (x) = sin
1 x
x 6= 0.
W punk ie
x = 0
nie posiada ona jednostronnej grani y (ani lewo-, ani prawostronnej).Aby pokaza¢ nieistnieniegrani y prawostronnej,we¹my dwa i¡giowyraza hdodatni h:
{x n } = (4n+1)π 2 , {x ′ n } = (4n+3)π 2 . Oba
i¡gi s¡zbie»ne dozera. Mamy
f (x n ) = sin
f (x n ) = sin
1 x n
= sin (4n + 1)π 2
!
= sin
2πn + π 2
= +1
ipodobnie
f (x ′ n ) = sin 1 x ′ n
!
= sin
2πn + 3π 2
= −1
Widzimy,»e nieistnieje grani aprawostronna wzerze(podobnieprzekonujemysi, »e nie
istnieje te» grani a lewostronna).
Pró z grani y funk ji dlasko« zonego
a
, rozwa»amy te» grani w niesko« zono± i.Def.Mówimy,»egrani ¡funk ji
f(x)
wniesko« zono± ijestli zbag
(ozn.lim
x→∞ f (x) = g),je»eli dlaka»dego
i¡gu{x n }
takiego, »e lim
n→∞ x = ∞ za
hodzi: lim
n→∞ f (x n ) = g.
Przykª. Mamy:
x→∞ lim 1
x = 0, lim
x→∞ e x = ∞, lim
x→−∞ e x = 0. (3)
Przykª.Funk je trygonometry zne:
sin x, cos x, tg x
nie posiadaj¡grani w±∞
.Tw.Przyzaªo»eniu,»egrani e
lim
x→a f(x)i lim
x→a g(x)istniej¡is¡sko« zone,za hodz¡wzory:
x→a lim [f (x) + g(x)] = lim
x→a f (x) + lim
x→a g(x); (4)
x→a lim [f (x) − g(x)] = lim
x→a f (x) − lim
x→a g(x); (5)
x→a lim [f (x)g(x)] = lim
x→a f (x) · lim
x→a g(x); (6)
x→a lim f (x)
g (x) = lim
x→a f (x)
x→a lim g (x) , je»eli lim
x→a g (x) 6= 0. (7)
Wzory te pozostaj¡ te» prawdziwe, je±li
a
jest±∞
, jak te» s¡ prawdziwe dla granijednostronny h.
Dow. Dowody s¡ takiesame jak dla grani i¡gówz poprzedniegorozdziaªu.
Mamy te» analogonyinny h twierdze« dlagrani i¡gów:
Tw.Je±li grani e
lim
x→a f (x)i lim
x→a g (x)istniej¡, to
nierówno±¢
f (x) ¬ g(x)
implikujelim
x→a f (x) ¬ lim
x→a g (x); (8)
nierówno± i
f (x) ¬ h(x) ¬ g(x)
wraz z równo± i¡lim
x→a f (x) = lim
x→a g(x)
implikuj¡
lim
x→a f(x) = lim
x→a h(x) = lim
x→a g(x). (9)
Jak poprzednio, wzory tes¡ te» prawdziwe dla
a = ±∞
oraz dlagrani jednostronny h.Dowody s¡ analogi znejak wprzypadu grani i¡gów.
CBDO
1.4 Kilka warunków dostate zny h istnienia grani y
Najsampierwprzenie±my deni j i¡guograni zonego na funk je:
Def. Mówimy,»e funk ja
f (x)
jestograni zonaz góry (doªu),je»eliistnieje takastaªaM
, »e dla ka»degox
z dziedziny za hodzi:f (x) < M
(odpowiedniof (x) > M
). W±ródró»ny hanalogonównaistnieniegrani i¡gówi funk ji, mamynastpuj¡ y odpowiednik
twierdzenia o zbie»no± i i¡gówmonotoni zny hograni zony h:
Tw. Je±li funk ja jest niemalej¡ a i ograni zona z góry, to istnieje grani a
lim
x→a −
f (x)
dladowolnego
a
.Uwaga.Niezbdnejesttuzaªo»enieomonotoni zno± ifunk ji.Dlafunk jiniemonoto-
ni zny htwierdzenietonie za hodziprzypomnijmy sobieprzykªadfunk ji
f (x) = sin x 1.
Ci¡g
n a − 1 n o
jestrosn¡ y,ast¡d i¡gn a − 1 n o
jestniemalej¡ y;aponiewa»jestte»ograni zony, tojest zbie»ny. Nie h
n→∞ lim f
a − 1 n
= g.
Pozostaje pokaza¢, »e przy narzu eniu warunków:
lim
n→∞ x n = a oraz x n < a
za
hodzi
n→∞ lim f (x n ) = g.
We¹myjakie±
ǫ > 0
.Istniejewów zasN
takie,»eg −f a − N 1 < ǫ
.Maj¡ toN
bierzemytakie
k
, »eby dlan > k
za hodziªa nierówno±¢a − N 1 < x n. St¡d
f
a − 1 N
< f (x n ),
sk¡d
g − f (x n ) < g − f
a − 1 N
< ǫ.
(10)Jedno ze±nie: Poniewa»
x n n→∞ → a
, to dla ka»degon
istniejer n takie, »e x n < a − r 1
n
.
Mamy st¡d
f (x n ) < f
a − 1 r n
¬ g =⇒ g − f (x n ) > 0.
(11)Zobu nierówno± i: (10) i(11) mamy:
−ǫ < 0 < g − f (x n ) < ǫ =⇒ |g − f (x n )| < ǫ =⇒ lim
n→∞ f (x n ) = g.
CBDO
W analogi zny sposób dowodzi si twierdze« dla funk ji nierosn¡ y h oraz dla grani
prawostronny h. Mo»na to podsumowa¢jako
Tw. Je±lifunk ja jest nierosn¡ a lub niemalej¡ a i ograni zona,to grani e
lim
x→a ±
f (x)
istniej¡ wka»dym punk ie
a
. Dlaa = ±∞
,istnieje grani alim
x→±∞ f (x)
CBDO
Za hodzi te» twierdzenie wpewnym sensie odwrotne:
Tw. XX Je±li funk ja
f
nie posiada grani y sko« zonej w punk iea
, to istnieje i¡g{x n }
taki,»ex n 6= a
,lim
n→∞ x = aoraz
i¡g{f (x n )}
jestrozbie»ny.
Bez dowodu. jednak TRZEBA dowodu! Ale wtedy trzeba jesz ze odpowied-
niego dowodu dla analogonu z i¡gów. A dla d. jesz ze o superpozy ji w
grani y.
Pró z deni ji Heinego,jest jesz ze jedna, innaalerównowa»na, irówniewa»na, de-
ni ja Cau hy'ego.
Def. Mówimy, »e funk ja
f
posiadaw punk iea
granig
, je»eli∀ ǫ>0 ∃ δ>0 ∀ x:0<|x−a|<δ : |f (x) − g| < ǫ.
A oto obie ana równowa»no±¢:
Tw. XXX Obie deni je grani y funk ji w punk ie: Cau hy'ego i Heinego s¡ równo-
wa»ne.
tzn. je±li funk jaw jakim± punk ie ma grani wmy±l def.Cau hy'ego,to maj¡ te»zgodniez def.
Heinegoinaodwrót;aje±li niemawmy±ldef.Cau hy'egotonie mate» zdef.Heinegoinaodwrót.
Dow. Przypu±¢my najsampierw,»e warunek Cau hy'ego nie jest speªniony, tzn.
∃ ǫ>0 ∀ δ>0 ∃ x:0<|x−a|<δ : |f (x) − g| ǫ.
W sz zególno± i,bior¡
δ = 1 n, wnioskujemy, »e istnieje
i¡g {x n }
taki,»e
0 < |x n − a| < 1
n
(12)|f (x n ) − g| ǫ.
(13)Warunek (12) mówi,»e
lim
n→∞ x n = aoraz x n 6= a
. Gdybywi
przypu±
i¢, »e lim
x→a f (x) = g,
tomusiaªabyby¢speªnionarówno±¢
lim
n→∞ f (x n ) = g; aletarówno±¢ jest sprze zna z(13).
Pokazali±my w ten sposób, »e warunek Cau hy'ego jest konie zny, aby funk ja posia-
daªa grani w my±l deni ji Heinego.
Teraz poka»emy, »e jest onrównie»warunkiem wystar zaj¡ ym.
Nie hbdziedane
ǫ > 0
i nie hlim
n→∞ x = aorazx n 6= a
.Poniewa»zzaªo»enia warunek
Cau hy'egojestspeªniony,toistnieje
δ > 0
takie,»enierówno±¢:0 < |x n −a| < δ
implikuje|f (x n ) − g| < ǫ
. Poniewa» speªniona jest równo±¢lim
n→∞ x = a, to nierówno±¢ |x n − a| < δ
za hodzidlawszystki hdostate zniedu»y h
n
(tzn.po z¡wszy odpewnegoM ∈ N
).Dlaty h
n
mamy wi nierówno±¢|f (x n ) − g| < ǫ
, a to zna zy, »elim
n→∞ f (x n ) = g
zyli
lim x→ f (x) = g
.
Wteorii i¡gówmieli±mywarunekCau hy'ego dla i¡gów,któregospeªnieniegwaran-
towaªozbie»no±¢ i¡gu. Przygrani y funk ji mamy analogi znetwierdzenie.
Tw.XXXXWarunkiemkonie znym idostate znymnaistnienie(sko« zonej)grani y
funk ji
f
w punk iea
jest, aby dla dowolnegoǫ > 0
istniaªo takieδ > 0
, »e dlax, x ′
speªniaj¡ y h:
0 < |x − a| < δ, 0 < |x ′ − a| < δ
(14)za hodzi:
|f (x) − f (x ′ )| < ǫ
.Dow. Poka»emy najsampierw konie zno±¢ tego warunku. Je±li
lim
x→a f (x) = g, to dla
dowolnego zadanego
ǫ > 0
istnieje takieδ > 0
, »e warunek:0 < |x − a| < δ
implikuje|f (x) − g| < 1 2 ǫ
. Je±li wi warunki (14) s¡ speªnione,to za hodz¡ nierówno± i:|f (x) − g| < 1
2 ǫ i |f (x ′ ) − g| < 1 2 ǫ,
ipododaniu ty h»e pod znakiemwarto± i bezwzgldnej otrzymujemy
|f (x) − f (x ′ )| < ǫ
.Je±li hodzi o dostate zno±¢warunku, toprzypu±¢my, »e grani a funk ji
f
w punk iea
nie istnieje, mimo i» s¡ speªnione zaªo»enia tw. XXXX. Istnieje wów zas na mo y tw.XX taki i¡g
{x n }
, »elim
n→∞ x n = a, x n 6= a
oraz »e
i¡g {f (x n )}
jest rozbie»ny. Z
równo± i
lim
n→∞ x n = a wynika, »e istnieje takie k
, »e dla n k
mo»na w nierówno±
ia
h
(14) podstawi¢ x = x n
i x ′ = x k. To implikuje, »e |f (x n ) − f (k k )| < ǫ
. Z twierdzenia
Cau
hy'ego dla
i¡gówwnioskujemy st¡d,»e
i¡g{f (x n )}
jest zbie»ny wbrewnaszemu
przypusz zeniu.
CBDO
Powy»sze twierdzeniaXXX iXXXXdaj¡ sirozszerzy¢ naprzypadek
a = ∞
.Brzmi¡one wtedy nastpuj¡ o:
Tw. XXX'. Warunkiem konie znym i dostate znym na to, aby za hodziªa równo±¢
x→∞ lim f (x) = g jest, aby
∀ ǫ>0 ∃ r ∀ x>r : |f (x) − g| < ǫ.
Tw. XXXX'. Warunkiem konie znym i dostate znym na to, aby istniaªa grani a (sko«-
zona)
lim
x→∞ f (x), jest, aby
∀ ǫ>0 ∃ r ∀ x,x ′ >r : |f (x) − f (x ′ )| < ǫ.
CBDO
2 Funk je i¡gªe
Def. Mówimy, »e funk ja
f
jest i¡gªa w punk iea
, je±li speªniony jest warunekx→a lim f(x) = f (a). (15)
Przypominaj¡ sobie deni j grani y funk ji
f
w punk iea
mo»na wi powiedzie¢, »e dlafunk jif
i¡gªejwpunk iea
mamy:Dladowolnego i¡gu{x n }
takiego,»elim
n→∞ x n = a
za hodzi
f ( lim
n→∞ x n ) = lim
n→∞ f (x n ). (16)
Je±liwrówno± i(15) zast¡pi grani przezgrani jednostronn¡,tootrzymamydeni j
i¡gªo± i jednostronnej:
Def. Mówimy,»e funk ja
f
jest prawostronnie(lewostronnie) i¡gªawpunk iea
,je±lix→a→0 lim +
f(x) = f (a)
x→a→0 lim −
f(x) = f (a)
Je±lifunk ja
f
jst okre±lonaniedlawszystki hx
,dlaktóry hokre±lonajestgrani a,towpowy»szy h deni ja h ograni zamy zakres zmienno± i
x
do zbioru argumentów funk ji.I tak np. je±li
f
jest okre±lona na od inku domknitym[a, b]
, to i¡gªo±¢f
w punk iea
ozna za jedynie jej i¡gªo±¢ prawostronn¡, i¡gªo±¢ wpunk ie
b
i¡gªo±¢ lewostronn¡.Def. Funk j i¡gª¡ dla ka»dej warto± i argumentu ze zbioru
X
nazywamy funk j¡i¡gª¡ na
X
.I tak np. mówi¡ , »e funk ja
f
jest i¡gªa na od inku domknitym[a, b]
mamy namy±li, »e jest prawostronnie i¡gªa w punk ie
a
, lewostronnie i¡gªa w punk ieb
orazobustronnie i¡gªawpunkta h wewntrzny h od inka
[a, b]
.Def. Mówimy,»e funk ja
f
jestprzedziaªami i¡gªanaod inku[a, b]
,je±liten od inekmo»napodzieli¢ zapomo ¡sko« zonego ukªadu punktów
a 0 , a 1 , a 2 , . . . , a n gdzie
a = a 0 < a 1 < a 2 · · · < a n = b
na podprzedziaªy
[a k−1 , a k ]
(k = 1, 2, . . . , n
) w taki sposób, »e wewn¡trz ka»dego prze-dziaªufunk ja
f
jest i¡gªai istniej¡ grani e jednostronnelim
x→a k−1,+
f (x)
ilim
x→a k,−
f (x)
.Innymi sªowy, funk ja posiadaj¡ a sko« zon¡ ilo±¢ punktów nie i¡gªo± i, w który h
istniej¡ obie grani ejednostronne, jest funk j¡ przedziaªami i¡gª¡.
Przykªady.
1. Pokazali±my niedawno, »e
lim
x→0 x 2 = 0. Zna
zy to,»e funk
ja f(x) = x 2
jest
i¡gªaw
punk ie
x = 0
(jest te» i¡gªana aªym zbiorzeR
, o niedªugopoka»emy).2. Funk ja
f(x) = [x]
(wykres) jest nie i¡gªa w punkta h aªkowity h. Dokªadniej, w ty h punkta h jest i¡gªa prawostronnie, le z nielewostronnie. Poniewa» jednakgrani elewostronne istniej¡,tojestprzedziaªami i¡gªanadowolnymod inkusko«-
zonym.
3. Funk ja
f (x) = sin 1 x ma nieokre±lon¡ warto±¢ w punk
ie x = 0
. Dookre±lmy j¡
tam, deniuj¡ :
f (0) = 0
. Nawet tak dookre±lona funk ja jest nie i¡gªa wx = 0
,poniewa» nieistniej¡ grani e (lewo- aniprawostronne) w tym punk ie.
4. Funk ja Diri hleta jest nie i¡gªaw ka»dym punk ie.
2.1 Warunek i¡gªo± i Cau hy'ego
Twierdzenie poni»ej mo»e by¢ przyjte jako deni ja i¡gªo± i funk ji (deni ja Cau-
hy'ego)Jestonarównowa»nadeni jiHeinego.Tarównowa»no±¢jestkonsekwen j¡twier-
dzeniao równowa»no± i warunków istnieniagrani funk ji: Cau hy'ego i Heinego.
Warunkiemkonie znymi dostate znymnato,aby funk ja
f
byªa i¡gªawpunk iea
,jest,aby
∀ ǫ>0 ∃ δ>0 ∀ x:|x−a|<δ |f (x) − f (a)| < ǫ.
Mo»natowyrazi¢bardziejobrazowomówi¡ ,»e dostate zniemaªymprzyrostomzmiennej
niezale»nej odpowiadaj¡ tak maªe, jak tylko si h e, przyrosty warto± i funk ji. Mo»na
tozapisa¢ nastpuj¡ o (po ostatnimkwantykatorze wwyra»eniu powy»ej):
Warunek
|h| < δ
implikuje:|f (a + h) − f (a)| < ǫ
.Rys.
Jesz ze ina zej: Funk ja
f
jest i¡gªaw punk iea
, je»elix→h lim (f (x + h) − f (x)) = 0. (17)
Uwaga. Ci¡gªo±¢ funk ji w punk ie jest wªasno± i¡ lokaln¡: Aby zbada¢, zy funk ja
jest i¡gªaw punk ie
a
,wystar zy zna¢ zna¢ t funk j w dowolnie maªymoto zeniua
.2.2 Ci¡gªo±¢ funk ji elementarny h
Z wzorów na dziaªania na grani a h funk ji wynika od razu, »e dziaªania arytmety zne
wykonywane na funk ja h i¡gªy h daj¡ w wyniku funk je i¡gªe.
Innymi sªowy: Je±li funk je
f
,g
s¡ i¡gªe w punk iea
, to i h suma, ró»ni a, ilo zyn,iloraz (je±li
g (a) 6= 0
) s¡ równie» i¡gªe w punk iea
.Zróbmyteraz maªy katalog funk ji i¡gªy h:
•
Funk ja staªaf (x) = const.
i funk jaf (x) = x
s¡ funk jami i¡gªymi, o wida¢ odrazu zdeni ji.
•
St¡d oraz z twierdzenia o i¡gªo± i ilo zynu i sumy funk ji i¡gªy h wynika, »e wielomiany s¡ funk jami i¡gªymi.•
St¡d oraz z twierdzenia o i¡gªo± i ilorazu funk ji i¡gªy h wynika, »e funk je wy- miernef (x) = P Q(x) (x) s¡ funk
jami
i¡gªymi w ty
h punkta
h,gdzie Q (x) 6= 0
.
•
Ci¡gªo±¢ funk ji wykªadni zeja x, a > 0
. Najsampierw poka»emy, »e
x→0 lim a x = 1.
Pamitamy bowiem grani dla i¡gów:
n→∞ lim a 1 n = 1.
n→∞ lim a − n 1 = 1
n→∞ lim a n 1 = 1.
Dlatego te», dladowolnego
ǫ > 0
mo»na znale¹¢ wska¹nikN
taki, »e (dlaa > 1
)1 − ǫ < a − N 1 < a N 1 < 1 + ǫ
Je»eli teraz we¹miemy takie
x
, »e|x| < N 1, (
zyli− N 1 < x < N 1), tomamy
a − N 1 < a x < a N 1
a − N 1 < a x < a N 1
sk¡d
1 − ǫ < a x < 1 + ǫ =⇒ |a x − 1| < ǫ
ato ozna za, »e
lim
x→0 a x = 1.
Teraz!We¹mydowolne
x
.Mamy:a x+h −a x = a x (a h −1)
orazlim
h→0 a h = 1,sk¡dlim
h→0 a x+h − a x = 0,
o zgodnie z wersj¡ warunku
i¡gªo±
i (17) ozna
za, »e funk
ja a x
jest
i¡gªaw
dowolnym punk ie
x
.•
Ci¡gªo±¢ funk ji trygonometry zny h. Przypominaj¡ sobie deni j funk jisin x
(RYS) mamy nierówno±¢ (dla
x > 0
):0 < sin x < x
St¡d, namo y twierdzenia o grani a htrze hfunk ji, wynika, »e
x→0 lim sin x = 0 (18)
(± i±lerze zbior¡ ,powy»szagrani ajestgrani ¡prawostronn¡;alezantysymetriifunk ji
sin wynika równie» ta sama równo±¢ dla grani y lewostronnej). Nierówno±¢ (18) zna zy
te», »e funk ja
sin x
jest i¡gªawx = 0
.Znaj¡ grani (18) ªatwo poka»emy, »e
x→0 lim cos x = 1.
Mamy bowiem:
1 − cos x = 2 sin 2 x 2 < 2 sin x 2 < x
, o na mo y twierdzenia o grani a h trze h funk ji ozna za, »elim
x→0 (1 − cos x) = 0. Mamy te» w ten sposób ustanowion¡
i¡gªo±¢ funk ji
cos x
wzerze.Teraz poka»emy,»e funk je:
sin x
icos x
s¡wszdzie i¡gªe, korzystaj¡ tuz warunku (17).Mamy bowiem:
sin(x + h) − sin x = 2 sin h
2 cos x + h 2
!
i,korzystaj¡ z nierówno± i:
| sin x| ¬ |x|
oraz| cos x| ¬ 1
, mamy| sin(x + h) − sin x| ¬ |h| =⇒ lim
h→0 | sin(x + h) − sin x| = 0
zyli
h→0 lim sin(x + h) − sin x = 0.
| cos(x + h) − cos x| = 2
sin h 2
·
sin x + h 2
!
¬ |h|
odaje
h→0 lim cos(x + h) − cos x = 0.
Wniosek.Funk ja
tg x = cos x sin x jest
i¡gªadlax 6= π 2 + kπ
, actg x
dlax 6= kπ
(tu k ∈ Z
).
•
Do kompletu funk ji elementarny h trzeba by jesz ze pokaza¢ i¡gªo±¢ logarytmu oraz funk ji yklometry zny h (odwrotny h dofunk ji trygonometry zny h). Zrobimytoza hwil, kiedy poka»emy i¡gªo±¢funk ji odwrotny h do i¡gªy h.
Na razie za± bdziemy potrzebowa¢:
Tw.Je±li
lim
x→a f (x) = Ai lim
y→A g(y) = B,to lim
x→a g(f (x)) = B.
Dow. Nie h
lim
n→∞ x n = a; mamy wtedy lim
n→∞ f (x n ) = A. We¹my y n = f (x n )
. Mamy
n→∞ lim y n = A,zatem lim
n→∞ g(y n ) = B = lim
n→∞ g(f (x n )), ato zna
zy, »e lim
x→g (f (x)) = B.
CBDO
Korzystaj¡ z tego, poka»emy, »e superpozy ja (zªo»enie) dwó h funk ji i¡gªy h jest
funk j¡ i¡gª¡. Dokªadniej:
Tw. Je±li funk ja
y = f (x)
jest i¡gªa w punk iex = a
, za± funk jaz = g(y)
jesti¡gªaw punk ie
y = f (a)
, tofunk jag(f (x))
jest i¡gªawpunk iex = a
.Dow. We¹my i¡g
{x n }
taki, »elim
n→∞ x n = a. Mamy wtedy lim
n→∞ f (x n ) = f (a). Bior¡
b = f (a)
iy n = f (x n )
mamylim
n→∞ y n = b, sk¡d wykorzystuj¡
zkolei
i¡gªo±¢ funk
ji g
:
n→∞ lim g (y n ) = g(b), tzn. lim
n→∞ g (f (x n )) = g(f (a)).
CBDO
Przykª.Przywoªywanatukilkakrotniefunk ja
sin 1 x jest i¡gªawewszystki hpunk-
ta hpoza
x = 0
.2.3 Niektóre ogólne wªasno± i funk ji i¡gªy h
Def. Ci¡gªo±¢ jednostajna Mówimy, »e funk ja
f
jest i¡gªa jednostajnie na zbiorze X,je±li
∀ ǫ>0 ∃ δ>0 ∀ x,x ′ ∈X:|x−x ′ |<δ : |f (x) − f (x ′ )| < ǫ.
(19)Uwaga 1. Zauwa»my, »e deni ja i¡gªo± i zwykªej mówiªa o i¡gªo± ifunk ji w punk ie,
natomiastdeni ja i¡gªo± ijednostajnej mówio i¡gªo± ifunk ji na zbiorze.
Uwaga 2. Porównuj¡ to zdeni j¡ i¡gªo± i funk ji
f
wpunk iex
:∀ ǫ>0 ∃ δ>0 ∀ x ′ :|x−x ′ |<δ : |f (x) − f (x ′ )| < ǫ.
wida¢nastpuj¡ eró»ni e:Wdeni ji i¡gªo± izwykªej,deltamogªazale»e¢odwybranego
ǫ
orazx
. W deni ji i¡gªo± i jednostajnej, delta mo»e zale»e¢ tylko odǫ
, musi za± by¢taka sama dla wszystki h
x ∈ X
.Przykª. Rozwa»my funk j
f (x) = x 2 na zbiorzeX 1 = [0, 1]
i na zbiorze X 2 = [0, ∞[
.
Na obu ty h zbiora h jest o zywi± ie i¡gªa w zwykªym sensie. Co do i¡gªo± i jedno-
stajnej, to
f (x)
jest i¡gªa jednostajnie naX 1 (wystar
zy wzi¡¢ δ = 3 ǫ przy sprawdzaniu
warunku (19)), natomiast nie jest
i¡gªajednostajnie naX 2. We¹my bowiem np. ǫ = 1
i
X 2. We¹my bowiem np. ǫ = 1
i
jakiekolwiek
δ
. Wtedyx ′ = x + 1 2 δ
i mamy:f (x) − f (x ′ ) = xδ + 1 4 δ 2, o mo»na u zyni¢
dowolniedu»ym przezodpowiedni dobór
x
tu wystar zy wzi¡¢x = 1 δ.
Przykª. Funk ja
f x = x 1 jest
i¡gªa na zbiorze X =]0, 1]
, natomiast nie jest tam
jednostajnie i¡gªa.
Nastpuj¡ etwierdzeniemówiotym,»e takasytua janiemo»e sizdarzy¢dlafunk ji
i¡gªy h naod inku domknitym.
Tw. o i¡gªo± i jednostajnej Funk ja i¡gªana od inku domknitym
[a, b]
jest te» nanimjednostajnie i¡gªa.
Dow. sibdzieodbywaª przez sprowadzenie doniedorze zno± i (tzn. przyjmijmy,»e
prawdziwejestzaprze zenie tezy,i jakokonsekwen j otrzymamysprze zno±¢). Przyjmij-
mywi ,»eistnieje
ǫ > 0
takie,»e dlaka»degoδ > 0
istniejeparaargumentówx, x ′ taki h
»e
|x − x ′ | < δ i |f (x) − f (x ′ )| > ǫ.
Wsz zególno± i, bior¡
δ = n 1, wnioskujemy, »e istniej¡ takiedwa
i¡gi{x n }
i {x ′ n }
,»e
a ¬ x n ¬ b, a ¬ x ′ n ¬ b, |x n − x ′ n | < 1
n , |f (x) − f (x ′ )| ǫ.
(20)Poniewa» i¡g
{x n }
jest ograni zony, zatem na podstawie tw. Bolzano-Weierstrassa zawierapod i¡gzbie»ny{x mn }
. Ozna zmy jegograni jakoc
:lim
n→∞ x mn = c.Zpierwszej
z nierówno± i (20) mamy:
a ¬ c ¬ b
. Funk jaf
z zaªo»enia jest i¡gªawszdzie na[a, b]
,wi tak»e w punk ie
c ∈ [a, b]
. Mamy wi :lim
n→∞ f(x m n ) = f (c). Ale teraz: Rozwa»my
pod i¡g i¡gu
{x ′ n }
oty hsamy hnumera h, opod i¡g{x mn }
, tzn.{x ′ mn }
.Ztrze iejz nierówno± i (20) wynika, »e równie»
{x ′ mn }
d¡»y do tej samej grani y:lim
n→∞ x ′ m
n = c,
bo
lim
n→∞ x ′ m
n = lim
n→∞ x m n
. Ci¡gªo±¢ funk jif
jak poprzednio daje:lim
n→∞ f (x ′ m n ) = f (c). A
zatem:
n→∞ lim (f (x ′ m n ) − f (x m n )) = 0.
Ale tojest sprze zne z ostatni¡z nierówno± i (20).
CBDO
Tw.(Weierstrassa).Funk ja
f
i¡gªawprzedzialedomknitym[a, b]
jestograni zona, a ponadto osi¡ga tam swoje kresy: dolnym = inf
x∈[a,b] f(x) oraz górny M = sup
x∈[a,b]
f (x)
.Innymi sªowy, istniej¡ wtymprzedziale takiedwa punkty
c
id
,»ef (c) = m
orazf (d) = M
.Dow.Poka»emynajsampierw,»efunk ja
f
jestograni zona,tzn.∃ A : ∀ x∈[a,b] : |f (x)| <
A
.Otó»zpoprzedniegotwierdzenia(o i¡gªo± ijednostajnej)wnioskujemy,»e: Wzi¡wszynp.
ǫ = 1
istnieje takieδ > 0
, »e je±li punktyx, x ′ nale»¡ do przedziaªu o dªugo± i
mniejszej o
δ
, tof (x) − f (x ′ ) < 1
. We¹myn
takie, aby za hodziªa nierówno±¢:b−a n < δ.
W ten sposób, je±li podzielimy przedziaª
[a, b]
nan
z± i, todªugo±¢ ka»dego z ni hjestmniejsza od
δ
. Ozna zmy przeza 0 , a 1 , . . . , a n ko«
e ty
h przedziaªów, przy
zym a 0 = a
,
a n = b
.rys. W ten sposób mamy:
dla
a 0 ¬ x ¬ a 1: |f (x) − f (a 1 )| < 1
, sk¡d |f (x)| ¬ 1 + |f (a 1 )|
;
i ogólnie,w
k
-tymprzedziale:dla
a k−1 ¬ x ¬ a k: |f (x) − f (a k )| < 1
, sk¡d |f (x)| ¬ 1 + |f (a k )|
.
Ozna zmyprzez
A
najwiksz¡zli zb ze zbioru{1 + |f (a k )|}
,k ∈ {1, 2, . . . , n}
.Mamywten sposób:
|f (x)| < A
dladowolnegox ∈ [a, b]
.Wtensposóbpokazali±my,»efunk ja
f
jestograni zona(tzn.zbiórwarto± itejfunk ji jest ograni zony). Istniej¡wi kresy: górny i dolny tego zbioru.Poka»emy teraz przez sprowadzenie doniedorze zno± i »e
M
jest jedn¡ zwarto± ifunk ji, tzn.
M = f (d)
dla pewnegod ∈ [a, b]
. Przypu±¢my wi , »e jest to nieprawda,tzn.
∀ x∈[a,b] : M − f (x) 6= 0
. Skoro tak,to funk jag(x) = 1
M − f (x)
jest okre±lona na aªym przedziale
[a, b]
i jest w tym przedziale i¡gªa. Jest to wizgodnie z tym opokazali±my przed hwil¡ funk ja ograni zona. Istnieje wi takie
N
,»e
∀ x∈[a,b]: g (x) < N
,
zyli M − f (x) > N 1, lub winnejformie: f (x) < M − N 1. Alejestto
f (x) < M − N 1. Alejestto
sprze zne zzaªo»eniem, »e
M
jest kresem górnym zbioruwarto± i funk jif
na[a, b]
.Dla kresu dolnegodowód jest analogi zny.
CBDO
Tw. (Wªasno±¢ Darboux). Funk ja i¡gªa w przedziale domknitym
[a, b]
przyjmujewtym przedziale wszystkie warto± i po±rednie. Innymi sªowy:Je±li
f(a) < y < f (b)
(lubf (a) > y > f (b)
) to∃ c∈[a,b] : f (c) = y
.Dow. Zaªó»my, »e
f(a) < y < f (b)
(gdyf (b) < y < f (a)
, dowód jest analogi zny).Przypu±¢my, »e twierdzenie jest faªszywe, a w/e , »e
∀ x∈[a,b] : y − f (x) 6= 0
. Zdeniujmyfunk j
h (x) = |y−f (x)| 1 ;jestonaokre±lonana
aªym[a, b]
,aponadtonamo
ytwierdzenia
Weierstrassa ograni
zona.Nie
hh (x) < M
, tzn.
|y − f (x)| > 1
M
(21)Podstawiaj¡ w twierdzeniu OCJ
2
ǫ = M 1 wnioskujemy, »e istnieje δ > 0
takie, »e dla
dowolny h punktów
x, x ′ nale»¡
y
h doprzedziaªu o dªugo±
imniejszej ni» δ
, za
hodzi
|f (x) − f (x ′ )| < 1 M .
Nie h
n
ozna za li zbnaturaln¡tak¡,»eb−a n < δ.Podzielmyod
inek[a, b]
nan
równy
h
z± i. Wozna zenia hz poprzedniego twierdzenia mamy
|f (a k ) − f (a k−1 )| < 1
M dla k = 1, 2, . . . , n.
(22)Poniewa»
f (a 0 ) = f (a) < y < f (a n ) = f (b)
, wi w±rówd li zb1, 2, . . . , n
istnieje takanajmniejsza li zba
m
,»ey < f (a m )
. Mamy wim > 0
orazf (a m−1 ) < y < f (a m ), skąd 0 < y − f (a m−1 ) < f (a m ) − f (a m−1 ) < 1 M
(ostatnianierówno±¢wynika z (22)), o jednakprze zy (21).
CBDO
Zestawiaj¡ dwapoprzednietwierdzenia,mo»emypowiedzie¢,»e za hodzinastpuj¡ e
Tw. Funk ja i¡gªa w przedziale domknitym
[a, b]
przyjmuje wszystkie warto± i odkresu dolnego
m
dokresu górnegoM
, wª¡ znie zm
iM
. Innymisªowy,zbioremwarto± ifunk ji jest przedziaª
[m, M]
.2
OCi¡gªo± iJednostajnej
niejestwarunkiemkonie znym, abytawªasno±¢ miaªamiejs e;za hodziona równie» dla
niektóry h funk ji nie i¡gªy h.
Przykª.
Przykª. Jak z wª. Darboux wynika istnienie pierwiastków rze zywisty h równania:
x 2k+1 + a 2k x 2k + · · · + a 0 = 0
.2.4 Ci¡gªo±¢ funk ji odwrotny h
Nie h
X, Y
zbiory. Wiadomo, »e je±lif : X → Y
jest bijek j¡, to istnieje funk jaodwrotna
f −1 : Y → X
.Poka»emy teraz,»e funk ja odwrotnado funk ji i¡gªejjest i¡gªa. Dokªadniej,za ho-
dzinastpuj¡ e
Tw.Je±lifunk ja
f : [a, b] → [A, B]
jest i¡gª¡bijek j¡,tofunk jaodwrotnag ≡ f −1 : [A, B] → [a, b]
te» jest i¡gªa.Uwaga. Z tw.Weierstrassa wiemy,»e
A = m = inf
x∈[a,b] f(x) oraz B = M = sup
x∈[a,b]
f(x)
.Dow. Nie h
m ¬ c ¬ M
. Na mo y ostatniego Twierdzenia, funk jaf
jest okre±lonawpunk ie
c
. Nie hc = lim
n→∞ y n
,gdzie{y n }
nale»y doprzedziaªu[m, M]
, tzn. jest posta iy n = f (x n )
. Trzeba pokaza¢, »elim
n→∞ g (y n ) = g(c).
Przeformuªujmytownastpuj¡ ysposób:Nie h
c = f (d)
.Trzebapokaza¢,»ewarunekn→∞ lim f (x n ) = f (d) po
i¡ga zasob¡ lim
n→∞ x n = d (bo g(y n ) = x n , g (c) = d
). Ci¡g {x n }
jest
ograni zony, jako le»¡ y w przedziale
[a, b]
. Je±li tak, to mo»na wybra¢ z niego pod i¡gzbie»ny
{x k n }
. Nie hlim
n→∞ x k n = d ′
. Wyka»emy, »ed ′ = d
. Z i¡gªo± i funk jif
wynika,»e
lim
n→∞ f (x k n ) = f (d ′ ). Poniewa» za±
n→∞ lim f (x k n ) = lim
n→∞ y k n = lim
n→∞ y n = lim
n→∞ f (x n ) = f (d),
(w drugiejrówno± ikorzystali±myz twierdzenia,»e je±li i¡g
{a n }
jestograni zonyije±li wszystkie jego pod i¡gi zbie»ne s¡ zbie»ne do tej samej grani yG
, to równie» sam i¡g{a n }
jestzbie»nydoG
)wif(d ′ ) = f (d)
.Poniewa»za±f
jestwzajemniejednozna zna, tod = d ′.
CBDO
Korzystaj¡ z powy»szego twierdzenia, poka»emy, »e
Tw.Ka»dafunk ja
f
, i¡gªanaod inku[a, b]
,bd¡ abijek j¡,jest± i±lemonotoni zna (tzn. ± i±le rosn¡ ab¡d¹ ± i±le malej¡ a).Dow. Z zaªo»enia
f (a) 6= f (b)
. Zaªó»my, »ef(a) < f (b)
(gdy jest na odwrót, ro-zumowanie jest analogi zne). Udowodnimy, »e wtedy
f (x)
jest w aªym przedziale[a, b]
rosn¡ a. Nie h
x < x ′.Trzeba pokaza¢, »e f (x) < f (x ′ )
.
Zauwa»my najsampierw, »e warunki
a ¬ x ¬ b
if(a) < f (b)
implikuj¡f (a) ¬ f(x) ¬ f (b)
. Gdyby bowiem tak nie byªo, to mieliby±my albo i)f (x) < f (a)
, albo ii)f (x) > f (b)
. W przypadku i) mieliby±my nierówno±¢:f (x) < f (a) < f (b)
i, na mo ywªasno± i Darboux, istniaªby w przedziale
[x, b]
punktx ′′ taki, »e f (x ′′ ) = f (a)
; ale to
prze zyzaªo»eniu,»e
f(x)
jestró»nowarto± iowa(box ′′ 6= a
).Wprzypadkuii)natomiastistniaªby w przedziale
[a, x]
punktx ′′′ taki, »e f (x ′′′ ) = f (b)
,
o z kolei jest sprze
zne z
zaªo»eniem oró»nowarto± iowo± i funk ji
f (x)
(bo podobniejak uprzedniox ′′′ 6= b
).Pokazali±my wi , »e
f (a) ¬ f (x) ¬ f (b)
. Jedno ze±nie wnioskujemy, »e warunkix ¬ x ′ ¬ b
if(x) < f (b)
po i¡gaj¡za sob¡f(x) ¬ f (x ′ ) ¬ f (b)
.Tak wif(x) < f (x ′ )
.CBDO