SIMR 2013/14, Analiza 1, wykład 4, 2013-11-08 Przykład: Obliczyć granicę funkcji lim
x→0
1 + x
1 x
Weźmy dowolny ciąg (xn) : xn∈ R , xn6= 0 , oraz lim
n→∞xn = 0 Obliczmy granicę ciągu: lim
n→∞
1 + xn
xn1
= e
Widzimy, że granica ta nie zależy od wyboru ciągu (xn) , a więc granica funkcji f istnieje i jest równa: lim
x→0
1 + x
1 x = e
Przykład 3: Obliczyć granicę funkcji lim
x→∞
x
1 x
Granica ta jest równa lim
x→∞
x
1 x = 1
Wynik ten można uzyskać korzystając z tego, że lim
n→∞
√n
n = 1 oraz z twierdzenia o 3 ciągach.
Przykład 4: Obliczyć granicę funkcji lim
x→∞
xα
ax dla a > 1 Granica ta jest równa lim
x→∞
xα ax = 0
Wynik ten można uzyskać korzystając z tego, że lim
n→∞
nα
an = 0 oraz z twierdzenia o 3 ciągach.
Twierdzenie: Dane są funkcje f : Df → R oraz g : Dg → R . Niech a ∈ R będzie punktem skupienia zbiorów Df , Dg oraz Df ∩ Dg. Jeżeli istnieją granice lim
x→af (x) = F oraz
x→alimg(x) = G to:
1. lim
x→a(f (x) + g(x)) = F + G 2. lim
x→a(f (x) − g(x)) = F − G 3. lim
x→a(f (x)g(x)) = F G 4. lim
x→a
f (x) g(x) = F
G , jeśli G 6= 0 5. lim
x→af (x)g(x) = FG , jeśli F > 0 lub F = 0 i G > 0 Uwaga 1: a ∈ R można zastąpić a = ±∞
Uwaga 2: Widać, że przy obliczaniu granic funkcji można stosować podobne techniki co przy obliczaniu granic ciągów. Zasady operowania na granicach niewłaściwych ±∞ są takie same. Te same są też symbole nieoznaczone
Przykład 1: Obliczyć lim
x→2
x2− 4 x2+ 3x − 10
Jest to granica 00 . W liczniku i mianowniku są wielomiany zerujące się dla x = 2 . Muszą więc dzielić się przez x − 2
x→2lim
x2− 4
x2+ 3x − 10 = lim
x→2
(x − 2)(x + 2)
(x − 2)(x + 5) = lim
x→2
x + 2 x + 5 = 4
7 Przykład 2: Obliczyć lim
x→∞
x2− 4 x2+ 3x − 10 Jest to granica ∞∞
x→∞lim
x2− 4
x2+ 3x − 10 = lim
x→∞
x2(1 − x42)
x2(1 + x3 − 10x2) = lim
x→∞
1 −x42
1 + 3x −x102
= 1
Przykład 3: Obliczyć lim
x→1
√x − 1 x4− 1 Jest to granica 00 .
x→1lim
√x − 1
x4− 1 = lim
x→1
(√
x − 1)(√ x + 1) (x4− 1)(√
x + 1) = lim
x→1
x − 1 (x4 − 1)(√
x + 1) = lim
x→1
x − 1
(x − 1)(x3+ x2+ x + 1)(√
x + 1) =
x→1lim
1 (x3+ x2 + x + 1)(√
x + 1) = 1 8
Przykład 1: Obliczyć granicę funkcji lim
x→0
x2+ 3 2x + 3
x+2
x
Jest to granica 1∞
x→0lim
x2+ 3 2x + 3
x+2x
= lim
x→0
1 + −2x + x2 2x + 3
x+2x
= lim
x→0
1 + −2x + x2 2x + 3
2x+3
−2x+x2
−2x + x2
2x + 3 · x + 2 x
x→0lim
1 + −2x + x2 2x + 3
2x+3
−2x+x2
= e
x→0lim
−2x + x2
2x + 3 · x + 2
x = lim
x→0
(−2 + x)(x + 2) 2x + 3 = −4 Stąd 3
x→0lim
x2+ 3 2x + 3
x+2x
= e−43
Twierdzenie o trzech funkcjach:
Niech f, g, h : D → R będą funkcjami takimi, że g(x) ¬ f (x) ¬ h(x) , ∀x ∈ D. Niech ponadto x0 będzie punktem skupienia dziedziny D. Jeżeli istnieją i są sobie równe granice:
x→xlim0
g(x) = lim
x→x0
h(x) = b to istnieje też granica lim
x→x0
f (x) = b
Uwaga 1 Twierdzenie to zachodzi też w przypadku x0 = ±∞ oraz b = ±∞ ( jeśli b = ±∞
to wystarczą dwie funkcje).
Uwaga 2 W twierdzeniu tym wystarczy założyć, ze nierówność ta jest spełniona dla x dostatecznie bliskich x0 czyli: x ∈ (x0− , x0 + ). Uwaga ta dotyczy większości twierdzeń dotycących granic funkcji.
Przykład: Obliczyć lim
x→0
ln(1 + x) x Korzystamy z nierówności:
x
1 + x ¬ ln(1 + x) ¬ x , dla x > −1 1. Dla x > 0 dzielimy obie strony przez x
1
1 + x ¬ ln x x ¬ 1
x→0lim 1
1 + x = 1 = lim
x→01 więc
x→0lim+
ln(1 + x)
x = 1
2. Dla x < 0 dzielimy obie strony przez x 1
1 + x ln x x 1 Ponieważ lim
x→0
1
1 + x = 1 = lim
x→01 więc
x→0lim−
ln(1 + x)
x = 1
Ponieważ obie granice jednostronne są sobie równe, więc
x→0lim
ln(1 + x)
x = 1
x→0lim
ln(1 + x)
x = 1
Szkic dowodu nierówności
1. Nierówność: x
1 + x ¬ ln x ¬ x jest prawdziwa dla x = 1
n , n ∈ N . Dla takich x ma postać:
1
n + 1 < ln
1 + 1 n
< 1 n 2. Dla x w postaci x = −1
n , n ∈ N , n 2 mamy:
ln(1 + x) = ln
1 − 1 n
= ln
n − 1 n
= − ln
n n − 1
= − ln
1 + 1 n − 1
> − 1 n − 1 =
−1 n 1 − 1
n
= x
1 + x oraz:
ln(1 + x) = − ln
1 + 1 n − 1
< −1 n = x 3. Dla x w postaci x = m
n , m ∈ N , n ∈ Z , n 6= 0 , n > −m mamy:
1 + 1 n
m
1 + m
n : nierówność Bernoulliego, stąd:
ln(1 + x) = ln
1 + m n
¬ ln
1 + 1 n
m
= m ln
1 + 1 n
< m n = x 4. Dla x ∈ R , x > −1 istnieje ciąg qn ∈ Q taki, że qn > x i lim
n→∞qn= x . Mamy więc:
ln(1 + x) < ln(1 + qn) < qn Przechodząc do granicy (n → ∞) ln(1 + x) ¬ x
5. Dla x ∈ R , x > −1 mamy ln(1 + x) = − ln 1
1 + x = − ln(1 + −x
1 + x) x 1 + x Przykład: Obliczyć lim
x→0
sin x x Korzystamy z nierówności:
sin x ¬ x ¬ tg x dla x ∈ (0,π 2)
1. Dla x > 0 dzielimy obie strony przez sin x 1 ¬ x
sin x ¬ 1 cos x Czyli
cos x ¬ sin x x ¬ 1 Ponieważ lim
x→0cos x = 1 = lim
x→01 więc
x→0lim+ sin x
x = 1
Granica lewostronna:
lim
x→0−
sin x
x = lim
x→0−
sin −x
−x = lim
t→0+
sin t t = 1
(podstawiamy t = −x , jeśli x < 0 to t > 0 oraz lim
x→0−t = 0) Twierdzenie: Granica złożenia funkcji:
Nieach dane będą funkcje: f : Df → R , g : Dg → Df . Niech istnieją granice: lim
x→ag(x) = b , lim
y→bf (y) = c , a funkcja g spełnia warunek (∀x ∈ Dg)x 6= a ⇒ g(x) 6= b. Wtedy istnieje granica złożenia i jest równa:
x→alimf (g(x)) = c
Przykład: Obliczyć lim
x→0
ex− 1 x
W granicy lim
y→0
ln(1 + y)
y = 1 podstawiamy y = ex− 1 . Widać, że lim
x→0(ex− 1) = 0 . Stąd:
1 = lim
x→0
ln(1 + ex− 1)
ex− 1 = lim
x→0
ln(ex)
ex− 1 = lim
x→0
x ex− 1 Stąd:
x→0lim
ex− 1 x = 1
Przykład: Obliczyć lim
x→0
x sin 5x 1 − cos x
x→0lim
x sin 5x
1 − cos x = lim
x→0
x sin 5x
2 sin2 x2 = lim
x→0
sin 5x 5x ·
x 2 sinx2
2
· 5x2
x2 4
= 20 Definicja granicy lewostronnej i prawostronnej funkcji
Jeżeli w definicji granicy funkcji zastąpimy warunek xn 6= a warunkiem xn < a to dostaniemy definicję granicy lewostronnej:
lim
x→a−f (x)
Podobnie jeśli, xn> a dostaniemy definicję granicy prawostronnej:
lim
x→a+f (x)
Uwaga 1: Należy tez odpowiednio zmodyfikować warunek a jest punktem skupienia D warunkiem a jest lewostronnym(prawostronnym) punktem skupienia.
Uwaga 2: Stosujemy też oznaczenia:
f (a−) = lim
x→a−f (x) ; f (a+) = lim
x→a+f (x) Przykład
x→0lim+ 1
x = +∞
lim
x→0−
1
x = −∞
Twierdzenie:
Niech dana będzie funkcja f : D → R oraz niech a będzie obustronnym punktem skupienia D. Wtedy granica lim
x→af (x) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją i są równe granice:
lim
x→a−f (x) = lim
x→a+f (x) . Oczywiście wtedy granica funkcji jest równa granicy lewostronnej i prawostronnej.
Przykład Obliczyć lim
x→0+
|x|
Obliczamy granicę lewostronną:x lim
x→0−
|x|
x = lim
x→0−
−x x = −1
Obliczamy granicę prawostronną:
lim
x→0+
|x|
x = lim
x→0+
x x = 1
Ponieważ granice te nie są równe, więc granica lim
x→0+
|x|
x nie istnieje.
Uwaga: Może zdarzyć się, że dziedzina funkcji f zawiera się w przedziale < a, ∞) lub (−∞, a > . Wtedy granica funkcji jest jednocześnie granicą jednostronną np.
x→0limln x = lim
x→0+ln x ponieważ D = (0, ∞)
Ciągłość funkcji
Defninicja: Funkcja f : D → R jest ciągła w punkcie x0 ∈ D wtedy i tylko wtedy, gdy:
1. lim
x→x0
f (x) = f (x0) : granica funkcji w x0 istnieje i jest równa wartości funkcji w tym punkcie
lub
2. x0 jest punktem izolowanym zbioru D.
Uwaga 1: O ciągłości możemy mówić tylko w punktach z dziedziny funkcji: x0 ∈ D
Uwaga 2: Gdy x0 jest punktem izolowanym zbioru D , wtedy nie ma sensu mówienie o granicy lim
x→x0
f (x) . Wygodnie jest jednak zdefiniować funkcję w punkcie jako ciągłą.
Definicja: Funkcja f : D → R jest ciągła wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciągła w każdym punkcie x0 ∈ D. Funkcja jest ciągła w zbiorze A ⊂ D wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciągła w każdym punkcie x0 ∈ A.
Uwaga: Jeżeli funkcja jest ciągła i podato jej dziedzina jest przedziałem, to wykres tej funkcji możemy narysować bez odrywania ręki. Jeżeli dziedzina nie jest przedziałem, to ta własność nie zachodzi. Wykres funkcji ciągłej określonej na przedziale jest krzywą.
Przykład Pokazać, że f (x) = x2 jest funkcją ciągłą Dziedziną funkcji jest D = (−∞, ∞)
Weżmy dowolne x0 ∈ (−∞, ∞)
x→xlim0
f (x) = lim
x→x0
x2 = x29 = f (x0)
Funkcja f jest ciągła w każdym punkcie dziedziny, a więc jest ciągła.
Twierdzenie: Funkcje xα (α > 0), sin x, cos x , ln x , ex są ciągłe
Twierdzenie: Niech dane będą funkcje f : Df → R oraz g : Dg → R. Wtedy poniższe funkcje też są ciągłe:
f (x) + g(x) , x ∈ Df ∩ Dg f (x) − g(x) , x ∈ Df ∩ Dg f (x) · g(x) , x ∈ Df ∩ Dg
f (x)
g(x) , x ∈ Df ∩ Dg\ {x ∈ Dg : g(x) 6= 0}
f (x)g(x) , x ∈ Df ∩ Dg (przy założeniu, że f (x) > 0) f (g(x)) , x ∈ g−1(Df)
Przykład: Funkcja f (x) = sin(ln(1 +√
x)) + e−x tg x − x2 jest ciągła na całej dziedzinie
Uwaga: Znalezienie dziedziny tej funkcji jest trudne, możemy jednak stwierdzić, że na dzie- dzinie tej funkcja f jest ciągła.
Przykład: Dla jakich wartości: a, b ∈ R jest ciągła funkcja f : R → R:
f (x) =
x4+ x − 2
x3− 1 dla x > 1 ax + b dla 0 ¬ x ¬ 1 sin x
x dla x < 0
Rozwiązanie: Funkcja f jest ciągła na zbiorze (−∞, 0) ∪ (0, 1) ∪ (1∞) . Pozostaje sprawdzić ciągłość dla x = 0 i dla x = 1
Dla x = 0: Aby funkcja była ciągła w tym punkcie musi zachodzić: f (0−) = f (0+) = f (0) f (0) = b
f (0+) = lim
x→0+f (x) = lim
x→0+(ax + b) = b f (0−) = lim
x→0−f (x) = lim
x→0−
sin x x = 1
Mamy więc równanie: b = 1
Dla x = 1: Aby funkcja była ciągła w tym punkcie musi zachodzić: f (1−) = f (1+) = f (1) f (1) = a + b
f (1+) = lim
x→1+f (x) = lim
x→1+
x4 + x − 2
x3− 1 = lim
x→1+
(x − 1)(x3+ x2+ x + 2)
(x − 1)(x2+ x + 1) = lim
x→1+
x3+ x2 + x + 2 x2+ x + 1 = 5
f (13 −) = lim
x→1−f (x) = lim
x→1−(ax + b) = a + b Mamy więc równanie: a + b = 5
3
Rozwiązaniem układu równań jest: a = 2
3 , b = 1. Dla tych wartości parametrów funkcja f jest ciągła.
Rodzaje punktów nieciągłości
Przykłady funkcji f :< 0, ∞) → R nieciągłej tylko w jednym punkcie x0 = 0
1. Funkcja ma granicę skończoną w x0, ale granica ta nie jest równa wartości funkcji w x0 f (x) =
( 1 dla x > 0 0 dla x = 0
W punkcie x0 = 0 funkcja ma skok skończony.
2. Funkcja ma granicę nieskończoną w x0 f (x) =
1
x dla x > 0 0 dla x = 0
W punkcie x0 = 0 funkcja ma skok nieskończony.
3. Funkcja nie ma granicy w x0 (nieskończenie wiele oscylacji w otoczeniu x0) f (x) =
( sin1x dla x > 0 0 dla x = 0
Uwaga: W każdym punkcie nieciągłości funkcja zachowuje się podobnie jak w powyższych przykładach. Zachowanie się funkcji nieciągłej może być bardziej złożone niż w powyższych prostych przykładach:
1. Amplituda oscylacji może być nieskończona
2. Funkcja może być ciągła z np. lewej strony i nieciągła z prawej 3. Typy nieciągłości funkcji z lewej i prawej strony mogą być różne
4. Może być wiele (nieskończenie wiele) punktów nieciągłości np. funkcja Dirichleta nieciągła w każdym punkcie:
f (x) =
( 1 dla x ∈ Q 0 dla x /∈ Q
Zastosowania funkcji ciągłej:
Twierdzenie 1 Jeżeli funkcja f : D → R jest ciągła, a zbiór D jest domknięty i ograniczony to f jest ograniczona (tzn. zbiór f (D) jest ograniczony).
Twierdzenie 2 Jeżeli funkcja f : D → R jest ciągła, a zbiór D jest domknięty i ograniczony to f ma na D maksimum i minimum globalne (tzn. ∃x1 ∈ Df (x1) = max (D) oraz
∃x2 ∈ Df (x2) = min (D) ).
Twierdzenie 3 Jeżeli funkcja f : D → R jest ciągła, a zbiór D jest przedziałem to zbiór f (D) jest też przedziałem.
Z tego twierdzenie wynika, że dla D =< a, b > jeżeli f (a) > 0 oraz f (b) < 0 to istnieje x0 ∈ (a, b) takie, że f (x0) = 0
Uwaga: Ważnym założeniem w powyższych twierdzeniach są założenia o zbiorze D.
Przykład: Pokazać, że równanie ex = 2 − x ma rozwiązanie.
Niech f (x) = ex + x − 2. Mamy f (0) = −1 < 0 , f (1) = e − 1 > 0. Funkcja f jest ciągła na przedziale < 0, 1 >. Wynika stąd, że w przedziale (0, 1) ma przynajmniej jedno miejsce zerowe: f (x0) = 0 , x0 ∈ (0, 1) . c0 jest rozwiązaniem równania.
