Wstęp do Analizy Matematycznej funkcje jednej zmiennejmath.uni.lodz.pl/~kfairr/Wyklad z analizy matematycznej/Wyklad z... · Wstęp do Analizy Matematycznej funkcje jednej zmiennej

Wstęp do Analizy Matematycznejfunkcje jednej zmiennej

Stanisław Spodzieja

Łódź 2014

2

Wstęp

Książka ta jest nieznacznie zmodyfikowaną wersją wykładu z analizy mate-matycznej dla pierwszego roku matematyki, jaki prowadziłem od 2002 roku naWydziale Matematyki Uniwersytetu Łódzkiego. Pomyślana jest ona jako pod-ręcznik analizy matematycznej dla studentów pierwszego roku matematyki orazzaawansowanych studentów innych specjalności.

Proponowany tekst jest dość długi, liczy ponad 400 stron. Chcieliśmy jednakzachować możliwie pełną precyzję i nie odwoływać się do intuicji. Nadrzędnymcelem wykładu było zapoznanie czytelnika, wraz z pełnymi dowodami, z wszyst-kimi podstawowymi twierdzeniami analizy matematycznej jednowymiarowej, bezodsyłania do algebry, topologii, czy logiki. Ma to duże znaczenie dla studentówpierwszego roku studiów, gdzie wykłady te są prowadzone równolegle, a czasa-mi na wyższych latach studiów. Kolejnym celem wykładu było zaszczepienie ustudentów matematyki zasady nie korzystania z twierdzeń, których nie potrafiąudowodnić lub zrozumieć dowodu. Pozwoli to uniknąć wielu błędów wynikają-cych z faktu, że niektóre pojęcia o takiej samej nazwie, w różnych podręcznikachmogą być definiowane inaczej, więc prawdziwość danego twierdzenia zależy odprzyjętych definicji. Należy przy tym pamiętać, że dowody twierdzeń w różnychpodręcznikach zależą od przyjętego układu materiału i korzystanie z różnych żró-deł może doprowadzić do tak zwanych zapętleń, czyli dowodzenia twierdzenia woparciu o to samo twierdzenie.

Za twórców analizy matematycznej uważa się Isaaca Newtona, GottfriedaWilhelma von Leibniza, Augusta Cauchy’ego i Karla Theodora Wilhelma We-ierstrassa. Głównymi pojęciami rozważanymi w analizie matematycznej są liczbyrzeczywiste i funkcje określone na zbiorach liczb rzeczywistych. Jednym z pod-stawowych zagadnień tej gałęzi matematyki jest badanie konsekwencji aksjoma-tu ciągłości lub inaczej istnienia kresów podzbiorów zbioru liczb rzeczywistych.Proponowany w tej książce wykład obejmuje podstawowe wiadomości z zakre-su analizy matematycznej jednej zmiennej, począwszy od liczb rzeczywistych,funkcji elementarnych, ciągów i szeregów liczbowych i funkcyjnych, ciągłości iróżniczkowalności aż po całkę Riemanna i informacje o liczbach zespolonych. Dozrozumienia tekstu potrzebna jest znajomość podstaw logiki matematycznej i teo-rii mnogości. Dla wygody czytelnika, w dodatku C, zbieramy pewne wiadomościz tych dziedzin.

W książce podane są zadania uzupełniające tekst główny. Na niektóre z nichbędziemy powoływać się w dalszej części tekstu. Zadania te czytelnik rozwiąże

3

4

bez większego trudu, bowiem opatrzone są one wyczerpującymi wskazówkami.W tekście zamieszczono również zadania trudniejsze oznaczone symbolem ∗. Nie-które z nich wykraczają poza zakres analizy matematycznej dla pierwszego rokustudiów, pokazują jednak w jakich zagadnieniach wykorzystuje się wprowadzanepojęcia.

W książce przyjęliśmy następującą konwencję: punkt 2.5 oznacza punkt 5 wrozdziale 2, twierdzenie 2.5.1 oznacza zaś twierdzenie 1 z punktu 2.5 (w rozdziale2). Wzór (3.6) oznacza wzór 6 w rozdziale 3. U dołu strony (w stopce) podajemypewne informacje dodatkowe dotyczące omawianych zagadnień. W pierwszymczytaniu informacje te można pominąć.

W opracowaniu wykładu korzystałem z podręczników i monografii następują-cych autorów: J. Chądzyńskiego, G. M. Fichtenholza, F. M. Filipczaka, T. Kra-sińskiego, K. Kuratowskiego i A. Mostowskiego, F. Lei, S. Łojasiewicza, A. Mo-stowskiego i M. Starka, W. Rudina, W. Sierpińskiego oraz G. H. Hardy’ego iE. M. Wrighta, wymienionych w spisie literatury. Czytelnika pragnącego pogłę-bić wiadomości z analizy matematycznej jednej zmiennej odsyłam do monografiiW. Rudina, G. M. Fichtenholza oraz S. Łojasiewicza.

Pragnę przy tej okazji serdecznie podziękować Panu Profesorowi JackowiChądzyńskiemu, Panu Profesorowi Władysławowi Wilczyńskiemu, Pani ProfesorEwie Hensz-Chądzyńskiej, Panu Profesorowi Andrzejowi Nowickiemu oraz PaniDoktor Ludwice Kaczmarek i Panu Doktorowi Przemysławowi Skibińskiemu zawiele cennych uwag, które wpłynęły na ulepszenie tekstu. Dziękuję również drMarii Frontczak, dr Tomaszowi Rodakowi, dr Grzegorzowi Skalskiemu oraz mgrKatarzynie Kielanowicz, mgr Annie Kimaczyńskiej, mgr Marii Michalskiej i mgrBeacie Osińskiej, za przeczytanie tekstu, co pozwoliło uniknąć wielu niedociągnięći błędów zecerskich.

Łódź, kwiecień 2014 roku Stanisław Spodzieja

Rozdział 1

Liczby rzeczywiste

Podstawowymi pojęciami rozważanymi w analizie matematycznej są liczby rze-czywiste i funkcje określone na zbiorach liczb rzeczywistych. W rozdziale tymokreślimy liczby rzeczywiste drogą aksjomatyczną(1) następnie wyodrębnimy licz-by całkowite, wymierne i niewymierne (por. na przykład [11]). Dokładniej, zakła-damy, że istnieje pewien zbiór R, w którym określone są dwa działania i relacjamniejszości, które spełniają pewne własności (aksjomaty). Całą dalszą wiedzę oliczbach rzeczywistych będziemy opierać na tych wyróżnionych własnościach. Nakoniec tego rozdziału podamy definicję rozszerzonego zbioru liczb rzeczywistych.

1.1 Aksjomaty liczb rzeczywistych

Zakładamy, że istnieje zbiór, który będziemy oznaczać literą R i nazywać zbioremliczb rzeczywistych, elementy tego zbioru zaś będziemy nazywać liczbami rze-czywistymi. Zakładamy, że w zbiorze R określone są działania dodawania „+” imnożenia „·”, czyli funkcje + : R×R→ R, · : R×R→ R oraz relacja mniejszości„<”, które spełniają następujące własności zwane aksjomatami:

I. Aksjomaty ciała(2).

1. (Łączność dodawania i mnożenia). Dla każdych x, y, z ∈ R,

x+ (y + z) = (x+ y) + z, x · (y · z) = (x · y) · z.2. (Przemienność dodawania i mnożenia). Dla każdych x, y ∈ R,

x+ y = y + x, x · y = y · x.3. (Rozdzielność mnożenia względem dodawania). Dla każdych x, y, z ∈ R,

x · (y + z) = (x · y) + (x · z).4. (Istnienie elementów neutralnych działań). Istnieją różne elementy 0, 1 ∈ R

takie, że dla każdego x ∈ R,

0 + x = x, 1 · x = x.

5. (Istnienie różnicy i ilorazu). Dla każdych x, y ∈ R, istnieje z ∈ R taka, że

y = x+ z.

Dla każdych x, y ∈ R, x 6= 0, istnieje z ∈ R taka, że

y = x · z.(1)Pojęcie aksjomatu podajemy w dodatku C. Liczby rzeczywiste można również określić, przyj-

mując za znane pojęcie liczb naturalnych i przy ich pomocy kolejno definiować liczby wymiernei rzeczywiste (patrz na przykład [13], [20]).(2)Struktury algebraiczne spełniające ten układ aksjomatów nazywamy ciałami.

5

6 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE

II. Aksjomaty porządku.

1. (Spójność relacji mniejszości). Dla każdych x, y ∈ R takich, że x 6= yzachodzi

x < y lub y < x.

2. (Przechodniość relacji mniejszości). Dla każdych x, y, z ∈ R,

jeśli x < y i y < z, to x < z.

3. (Antysymetria relacji mniejszości). Dla każdych x, y ∈ R,

jeśli x < y to nie zachodzi y < x.

III. Aksjomaty związku między działaniami i relacją mniejszości.

1. Dla każdych x, y, z ∈ R, jeśli x < y, to x+ z < y + z.

2. Dla każdych x, y, z ∈ R, 0 < z, jeśli x < y, to x · z < y · z.IV. Aksjomat ciągłości (zasada ciągłości Dedekinda(3)).

1. Zbioru R nie można przedstawić jako sumę A∪B zbiorów A i B takich, że

1) A i B są zbiorami niepustymi,

2) dla każdych a ∈ A, b ∈ B zachodzi a < b,

3) dla każdego a ∈ A istnieje a ∈ A, że a < a,

4) dla każdego b ∈ B istnieje b ∈ B, że b < b.

Uwaga 1.1.1. Z Aksjomatu I.4 wynika, że R jest zbiorem niepustym. Możnaudowodnić, że powyższe aksjomaty jednoznacznie charakteryzują zbiór liczb rze-czywistych oraz, że nie są nawzajem sprzeczne (również po dołączeniu aksjomatówteorii mnogości podanych w dodatlu C).

Definicje zera i jedynki. Liczbę 0 spełniającą aksjomat I.4. nazywamy zerem.Liczbę 1 spełniającą aksjomat I.4. nazywamy jedynką.

Własność 1.1.2. W zbiorze R istnieje dokładnie jedno zero i dokładnie jednajedynka.

Dowód. Istotnie, jeśli pewne elementy 0′ i 1′ spełniają Aksjomat I.4, to

0′ = 0 + 0′ = 0′ + 0 = 0 oraz 1′ = 1 · 1′ = 1′ · 1 = 1.

To kończy dowód.

Definicja elementu przeciwnego. Niech x ∈ R. Element z ∈ R taki, że 0 =x+ z nazywamy elementem przeciwnym do x i oznaczamy −x.

Definicja elementu odwrotnego. Niech x ∈ R, x 6= 0. Element z ∈ R taki, że1 = x · z nazywamy elementem odwrotnym do x i oznaczamy 1/x lub 1x .

(3)Julius Wilhelm Richard Dedekind (1831-1916) – niemiecki matematyk.

1.1. AKSJOMATY LICZB RZECZYWISTYCH 7

Własność 1.1.3. (a) Każda liczba x ∈ R ma dokładnie jeden element przeciwny.(b) Każda liczba x ∈ R, x 6= 0 ma dokładnie jeden element odwrotny.

Dowód. Udowodnimy (a). Część (b) dowodzi się analogicznie. Weźmy x ∈ R.Z Aksjomatu I.5 wynika istnienie z ∈ R takiego, że 0 = x+ z. Jeśli z ∈ R równieżspełnia ten warunek, to z aksjomatów mamy

z = z + 0 = z + (x+ z) = (z + x) + z = 0 + z = z,

co należało udowodnić.

Definicje sumy, różnicy, iloczynu i ilorazu. Niech x, y ∈ R.Wynik działania dodawania x+y nazywamy sumą x i y a liczby x, y nazywamy

składnikami tej sumy.Wynik działania mnożenia x · y nazywamy iloczynem x i y a liczby x, y nazy-

wamy czynnikami tego iloczynu.Liczbę z ∈ R taką, że y = x+ z nazywamy różnicą y i x.Jeśli x 6= 0, to liczbę z ∈ R taką, że y = x · z nazywamy ilorazem y przez x.

Definicja odejmowania. Odejmowaniem nazywamy działanie − : R × R → Rokreślone wzorem

x− y = x+ (−y) dla x, y ∈ R.

Definicja dzielenia. Dzieleniem nazywamy działanie :: R× (R\0)→ R okre-ślone wzorem

x : y = x · (1/y) dla x, y ∈ R, y 6= 0.

Własność 1.1.4. (a) Dla dowolnych x, y ∈ R istnieje dokładnie jedna różnica xi y równa x− y.

(b) Dla dowolnych x, y ∈ R, y 6= 0 istnieje dokładnie jeden iloraz x przez yrówny x : y.

Dowód. Ad (a). Niech x, y ∈ R oraz z, z ∈ R będą różnicami x i y, czylix = y+ z, x = y+ z. Z własności 1.1.3(a) liczba −y jest określona jednoznacznie,zatem z aksjomatów mamy

z = ((−y) + y) + z = (−y) + (y + z) = (−y) + x = (−y) + (y + z) = z,

czyli różnica x i y jest dokładnie jedna. Różnica x i y jest równa x− y, gdyż

y + (x− y) = y + (x+ (−y)) = (y + (−y)) + x = x.

Część (b) dowodzimy analogicznie.

Własność 1.1.5. Dla każdego x ∈ R mamy 0 · x = x · 0 = 0.

Dowód. Ponieważ 0 · x = (0 + 0) · x = 0 · x+ 0 · x, więc 0 · x jest różnicą 0 · xi 0 · x, czyli 0 · x = 0 (własność 1.1.4(a)).


Własność 1.1.6. Jeśli dla liczb x, y ∈ R zachodzi x · y = 0, to x = 0 lub y = 0(4).

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że istnieją liczby x 6= 0, y 6= 0 takie, żex · y = 0. Wówczas z Aksjomatu I.5 istnieją z, w ∈ R takie, że 1 = xz, 1 = yw.Zatem z Aksjomatów I.1 i I.2 i własności 1.1.5 mamy

1 = 1 · 1 = (x · z) · (y · w) = (x · y) · (z · w) = 0 · (z · w) = 0,

co jest sprzeczne z Aksjomatem I.4.

W dalszym ciągu tradycyjnie znak mnożenia ”·” będziemy opuszczać i pisaćxy zamiast x · y, oraz zamiast x : y będziemy pisać x/y lub x

y .Przyjmujemy, że działania mnożenia i dzielenia mają pierwszeństwo przed

działaniami dodawania i odejmowania, to znaczy zamiast (x · y) + z piszemyxy + z, zamiast (x : y) + z piszemy x : y + z i podobnie zamiast (x · y) − z i(x : y)− z piszemy odpowiednio xy − z i x : y − z.

Często piszemy y > x zamiast x < y.Definicja relacji nierówności. Relację x < y nazywamy nierównością i mówi-my x jest mniejsze od y lub y jest większe od x.

Własność 1.1.7. Dla dowolnych x, y ∈ R zachodzi dokładnie jeden z poniższychwarunków: x = y, x < y, y < x.

Dowód. Na mocy Aksjomatu II.1 co najmniej jeden z tych warunków mu-si zachodzić. Przypuśćmy, że zachodzą co najmniej dwa warunki. Pokażemy, żewówczas x < x.

Jeśli zachodzi x < y i y < x, to z Aksjomatu II.2 mamy x < x.Jeśli zachodzi x = y i x < y (ewentualnie y < x), to mamy x < x.

Pokazaliśmy w każdej sytuacji, że z przypuszczenia, wynika że zachodzi x < x.Stąd i z Aksjomatu II.3 wynika, że nie zachodzi x < x. Otrzymana sprzecznośćdaje tezę.

Własność 1.1.8. 0 < 1.

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że nierówność 0 < 1 nie zachodzi. Wówczas1 < 0 lub 1 = 0 (patrz własność 1.1.7). Ponieważ 1 6= 0 (Aksjomatu I.4), więc1 < 0. Stąd i z Aksjomatu III.1, 1+(−1) < 0+(−1) i w konsekwencji z AksjomatuI.4 mamy 0 < (−1). Pokazaliśmy, że 1 < 0 i (−1) > 0. Stosując więc AksjomatIII.2 i własność 1.1.5 dostajemy −1 = 1 · (−1) < 0 · (−1) = 0, czyli −1 < 0. Towraz z poprzednim daje, że 0 < (−1) oraz −1 < 0, co w myśl własności 1.1.7 jestniemożliwe. (4)To znaczy, że w zbiorze R nie ma właściwych dzielników zera. Liczbę x ∈ R nazywamydzielnikiem zera, gdy istnieje y ∈ R, y 6= 0, że x · y = 0. Przykładem dzielnika zera jest 0.Dzielniki zera różne od zera nazywamy właściwymi dzielnikami zera.


Wniosek 1.1.9. Niech x ∈ R. Wówczas zachodzą następujące:(a) x < 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 0 < −x.(b) Jeśli x 6= 0, to

x > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 1/x > 0.(c) Jeśli x > 0, to

x < 1 wtedy i tylko wtedy, gdy 1/x > 1.

Dowód. Ad (a). ⇒. Załóżmy, że x < 0. Wówczas z Aksjomatu III.1 mamy0 = x+ (−x) < 0 + (−x) = −x, więc 0 < −x.⇐. Analogicznie jak powyżej, zakładając że 0 < −x, mamy x = 0 + x <

(−x) + x = 0, więc x < 0.

Ad (b).⇒. Załóżmy, że x > 0. Pokażemy, że 1/x > 0. Przypuśćmy przeciwnie,że nierówność 1/x > 0 nie zachodzi. Wówczas, wobec własności 1.1.7, 1/x = 0lub 1/x < 0.

Jeśli 1/x = 0, to z własności 1.1.5 wynika, że 1 = (1/x) · x = 0 · x = 0, co jestsprzeczne z Aksjomatem I.4.

Jeśli 1/x < 0, to z Aksjomatu III.2 i własności 1.1.5 dostajemy 1 =(1/x) · x < 0 · x = 0, co jest sprzeczne z własnością 1.1.8 i 1.1.7.

Doszliśmy do sprzeczności, a więc przypuszczenie było fałszywe. Zatem1/x > 0.⇐. Załóżmy, że 1/x > 0. Pokażemy, że x > 0. Przypuszczając przeciwnie, że

x < 0 (gdyż z założenia, x 6= 0) mamy 1 = (1/x) · x < (1/x) · 0 = 0, co jestniemożliwe. Zatem musi zachodzić x > 0.

Ad (c). ⇒. Załóżmy, że 0 < x < 1. Pokażemy, że 1/x > 1. Przypuśćmyprzeciwnie, że 1/x = 1 lub 1/x < 1.

Jeśli 1/x = 1, to x = (1/x) · x = 1, co jest sprzeczne z założeniem, że x < 1.Jeśli 1/x < 1, to z Aksjomatu III.2 dostajemy 1 = (1/x) · x < 1 · x = x < 1,

co jest niemożliwe.Doszliśmy do sprzeczności, a więc musi zachodzić 1/x > 1.⇐. Załóżmy, że 1/x > 1. Pokażemy, że x < 1. Przypuśćmy przeciwnie, że

x = 1 lub x > 1.Jeśli x = 1, to 1 = (1/x) · x = 1/x > 1, co jest niemożliwe.Jeśli x > 1, to 1 = x · (1/x) > 1 · (1/x) > 1, co jest niemożliwe.Doszliśmy do sprzeczności, a więc musi zachodzić x < 1.

Definicja . Przyjmujemy następujące oznaczenia: 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1, 4 = 3 + 1,5 = 4 + 1, 6 = 5 + 1, 7 = 6 + 1, 8 = 7 + 1, 9 = 8 + 1, 10 = 9 + 1.

Własność 1.1.10. Dla każdych x, y ∈ R takich, że x < y istnieje z ∈ R, żex < z < y.

Dowód. Z własności 1.1.8 i Aksjomatów I.4., II.2. oraz III.1. mamy 0 < 1 =0 + 1 < 1 + 1 = 2, czyli 0 < 2. Zatem, z własności 1.1.9(b) wynika, że 1/2 > 0.


Wykażemy, że liczba z = (x + y)/2 spełnia tezę własności. Istotnie, z Ak-sjomatu III.1, x + x < x + y, czyli 2x < x + y. Ponieważ 1/2 > 0, więc zAksjomatu III.2 mamy x < (x+y)/2 = z. Podobnie mamy x+y < 2y i dalej z =(x+ y)/2 < y. Reasumując, x < z < y, co kończy dowód.

Definicja relacji 6. W R określamy relację 6 w następujący sposób: liczbyx, y ∈ R są w relacji 6, co zapisujemy x 6 y, gdy x < y lub x = y.

Piszemy również y > x zamiast x 6 y i mówimy x jest niewiększe od y lub y jestniemniejsze od x lub x jest mniejsze lub równe y lub y jest większe lub równe x.

Definicja modułu liczby. Wartością bezwzględną lub modułem liczby x ∈ Rnazywamy liczbę |x| ∈ R określoną następująco:

|x| =

x, gdy x > 0,

−x, gdy x < 0.

Własność 1.1.11. Niech x, y ∈ R. Wówczas mamy:

(a) |x| > 0, | − x| = |x| oraz −|x| 6 x 6 |x|.(b) |xy| = |x||y| oraz |x|

|y| = |xy |, gdy y 6= 0.

(c) |x+ y| 6 |x|+ |y| oraz |x− y| > ||x| − |y||.

Dowód. Ad (a). Ponieważ |x| = x > 0 dla x > 0 oraz |x| = −x > 0 dlax < 0, więc |x| > 0. Pokażemy, że | − x| = |x|. Istotnie, dla x = 0 równośćoczywiście zachodzi. Dla x > 0 mamy −x < 0, więc | − x| = −(−x) = x = |x|.Dla x < 0 mamy −x > 0, więc | − x| = −x = |x|. W konsekwencji | − x| = |x|.Pokażemy teraz, że −|x| 6 x 6 |x|. Ponieważ |x| > 0, to dla x > 0, mamy−|x| 6 0 6 x = |x|. Dla x < 0, zaś mamy −x > 0, więc −|x| 6 0 < −x 6 |x|, awięc |x| > x > −|x|. W konsekwencji −|x| 6 x 6 |x| i część (a) jest udowodniona.

Ad (b). Z części (a) mamy |xy| = ||x| · |y||, a więc |xy| = ||x| · |y|| = |x||y|.Stąd dla y 6= 0, mamy |y||xy | = |y

xy | = |x|, a więc |x||y| = |xy |. To daje (b).

Ad (c). Jeśli x+y > 0, to z (a) mamy |x+y| = x+y 6 |x|+|y|. Jeśli x+y < 0,to −x+ (−y) > 0, więc z (a), |x+ y| = −x+ (−y) 6 | − x|+ | − y| = |x|+ |y|. Wkonsekwencji |x+ y| 6 |x|+ |y|.

Z powyższego, mamy |x| 6 |x− y|+ |y| oraz |y| 6 |y− x|+ |x| = |x− y|+ |x|.Zatem |x| − |y| 6 |x− y| oraz −(|x| − |y|) 6 |x− y|. Uwzględniając więc definicję||x| − |y||, dostajemy ||x| − |y|| 6 |x− y|. To daje (c) i kończy dowód.

Definicja . Liczbę x ∈ R nazywamy dodatnią, gdy x > 0. Zbiór R+ = x ∈ R :x > 0 nazywamy zbiorem liczb dodatnich.

Liczbę x ∈ R nazywamy ujemną, gdy x < 0. Zbiór R− = x ∈ R : x < 0nazywamy zbiorem liczb ujemnych.

Liczbę x ∈ R nazywamy nieujemną, gdy x > 0. Zbiór R0+ = x ∈ R : x > 0nazywamy zbiorem liczb nieujemnych.


Liczbę x ∈ R nazywamy niedodatnią, gdy x 6 0. Zbiór R0− = x ∈ R : x 6 0nazywamy zbiorem liczb niedodatnich.

Definicja przedziału. Jeśli a, b ∈ R oraz a < b, to zbiory

(a, b) = x ∈ R : a < x < b, [a, b] = x ∈ R : a 6 x 6 b,[a, b) = x ∈ R : a 6 x < b, (a, b] = x ∈ R : a < x 6 b

nazywamy przedziałami o końcach a, b.Przedziały typu (a, b) nazywamy otwartymi, typu zaś [a, b] domkniętymi(5).Liczbę (a+ b)/2 nazywamy środkiem, a liczbę |b−a| > 0 nazywamy długością

przedziału o końcach a i b. Długość przedziału P oznaczamy |P |.

Uwaga 1.1.12. Przedział otwarty oznaczamy tak samo jak parę uporządkowa-ną. Nie powinno to prowadzić do nieporozumień. Używając oznaczenia (a, b), zkontekstu będzie jasne, co przez to rozumiemy.

Definicja znaku liczby. Znakiem lub signum liczby x ∈ R nazywamy liczbęsgn (x) ∈ R określoną następująco:

sgn (x) =

1, gdy x > 0,

−1, gdy x < 0,

0, gdy x = 0.

ZADANIA

Zadanie 1.1.1. Dla dowolnych x, y, z, w ∈ R mamy:1. −(−x) = x, 1

1/x = x, gdy x 6= 0.

2. −x = (−1)x.3. x

y = wz ⇐⇒ xz = yw, gdy y, z 6= 0.

4. xzyz = x

y , gdy y, z 6= 0.

5. xy + w

z = xz+ywyz ; x

y −wz = xz−yw

yz , gdy y, z 6= 0.6. x

ywz = xw

yz , gdy y, z 6= 0; xy : wz = xz

yw , gdy y, z, w 6= 0.

Zadanie 1.1.2. Niech x, y, z, w ∈ R.1. Jeśli x 6 y i y 6 x, to x = y.2. Jeśli x > 0 i y > 0, to xy > 0.3. Jeśli x < y i z 6 w, to x+ z < y + w.4. Jeśli x 6 y i z 6 w, to x+ z 6 y + w.5. Jeśli x > 0 i y < z, to y/x < z/x.6. Jeśli x < 0, to 1/x < 0.7. Jeśli x < 0 i y < z, to yx > zx oraz y/x > z/x.

(5)Przedziały domknięte o końcach a, b oznaczamy również 〈a, b〉.


8. Jeśli x 6= 0, to xx > 0.9. Jeśli 0 < x < y, to 0 < 1/y < 1/x.

Zadanie 1.1.3. Niech x ∈ R. Dla dowolnego ε ∈ R,1. |x| < ε wtedy i tylko wtedy, gdy −ε < x i x < ε,2. |x| > ε wtedy i tylko wtedy, gdy −ε > x lub x > ε.

Zadanie 1.1.4. Dla dowolnego x 6= 0 zachodzi sgn (x) = |x|x .

1.2 Kresy

W punkcie tym przedstawimy ważne konsekwencje aksjomatu ciągłości.

Definicja zbioru ograniczonego. Niech E ⊂ R.Mówimy, że zbiór E jest ograniczony z góry, gdy istnieje liczba M ∈ R taka,

że dla każdego x ∈ E zachodzi x 6 M . Każdą taką liczbę M nazywamy ograni-czeniem górnym zbioru E. Zbiór E, który nie jest ograniczony z góry, nazywamynieograniczonym z góry.

Mówimy, że zbiór E jest ograniczony z dołu, gdy istnieje liczba m ∈ R taka,że dla każdego x ∈ E zachodzi x > m. Każdą taką liczbę m nazywamy ograni-czeniem dolnym zbioru E. Zbiór E, który nie jest ograniczony z dołu, nazywamynieograniczonym z dołu.

Zbiór E nazywamy ograniczonym, gdy E jest ograniczony z góry i z dołu. Wprzeciwnym przypadku zbiór E nazywamy nieograniczonym.

Definicje kresu górnego i kresu dolnego zbioru. Niech E ⊂ R.Liczbę M ∈ R spełniającą warunki:1) M jest ograniczeniem górnym zbioru E,2) dla każdego M ′ < M istnieje x ∈ E, takie że x > M ′,

nazywamy kresem górnym zbioru E i oznaczamy supE.Liczbę m ∈ R spełniającą warunki:1) m jest ograniczeniem dolnym zbioru E,2) dla każdego m′ > m istnieje x ∈ E, takie że x < m′,

nazywamy kresem dolnym zbioru E i oznaczamy inf E.

Uwaga 1.2.1. W myśl przyjętych definicji, zbiór pusty oraz zbiór nieograniczonyz góry nie mają kresów górnych. Analogicznie zbiór pusty oraz zbiór nieograni-czony z dołu nie mają kresów dolnych. Na końcu tego rozdziału rozszerzymy zbiórliczb rzeczywistych w ten sposób, że każdy zbiór będzie miał kres górny i dolny.

Definicje maksimum i minimum zbioru. Niech E ⊂ R.Element x0 ∈ E taki, że dla każdego x ∈ E zachodzi x 6 x0, nazywamy

elementem maksymalnym zbioru E lub maksimum zbioru E lub elementem naj-większym zbioru E i oznaczamy maxE.

1.2. KRESY 13

Element x0 ∈ E taki, że dla każdego x ∈ E zachodzi x > x0, nazywamyelementem minimalnym zbioru E lub minimum zbioru E lub elementem naj-mniejszym zbioru E i oznaczamy minE.

Uwaga 1.2.2. Z własności 1.1.7 dostajemy natychmiast, że jeśli zbiór E ⊂ R mamaksimum, to jest ono wyznaczone jednoznacznie. Analogiczna uwaga zachodzidla minimum, kresu górnego i dolnego.

Z definicji modułu liczby oraz maksimum i minimum zbioru dostajemy

Własność 1.2.3. Jeśli x, y ∈ R, to

maxx, y =x+ y

2+|x− y|

2oraz minx, y =

x+ y

2− |x− y|

2.

W tym punkcie udowodnimy, że każdy niepusty i ograniczony z góry zbiór liczbrzeczywistych ma kres górny. Zanim przejdziemy do tego faktu, wprowadźmypojęcie przekroju Dedekinda i udowodnimy lemat. W dalszym ciągu wykładusymbolem ∅ oznaczamy zbiór pusty (patrz dodatek C).Definicja przekroju Dedekinda. Niech A,B ⊂ R. Parę zbiorów (A,B) nazy-wamy przekrojem Dedekinda, gdy spełnione są warunki:

1) A 6= ∅, B 6= ∅,2) A ∪B = R,3) dla każdego x ∈ A oraz każdego y ∈ B zachodzi x < y.

Lemat 1.2.4. Niech A,B ⊂ R. Jeśli (A,B) jest przekrojem Dedekinda, to istniejemaxA lub istnieje minB.

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że nie istnieje maxA i nie istnieje minB.Wówczas, z definicji maksimum i minimum, dla każdego a ∈ A istnieje a ∈A, że a < a oraz dla każdego b ∈ B istnieje b ∈ B, że b < b. To, wraz zokreśleniem przekroju Dedekinda, daje sprzeczność z Aksjomatem IV.1 (zasadaciągłości Dedekinda).

Twierdzenie 1.2.5. (o istnieniu kresu górnego). Jeśli E ⊂ R jest zbioremniepustym i ograniczonym z góry, to istnieje kres górny zbioru E.

Dowód. Niech A = a ∈ R : istnieje x ∈ E, że a < x oraz B = R \ A.Z określenia zbiorów A i B wynika, że każdy element b ∈ B jest ograniczeniemgórnym zbioru E.

Pokażemy najpierw, że para (A,B) jest przekrojem Dedekinda, tzn. spełniawarunki 1), 2), 3) definicji przekroju Dedekinda.

Ad 1). Ponieważ E 6= ∅, więc istnieje x ∈ E. Wówczas x−1 < x, więc x−1 ∈ Ai w konsekwencji A 6= ∅. Ponieważ zbiór E jest ograniczony z góry, więc istniejeb ∈ R takie, że x 6 b dla każdego x ∈ E. Zatem b 6∈ A i w konsekwencji b ∈ B,czyli B 6= ∅.


Ad 2). Z określenia zbiorów A i B mamy A ∪B = A ∪ (R \A) = R.Ad 3). Niech a ∈ A, b ∈ B. Z określenia zbioru A wynika, że istnieje x ∈ E, że

a < x. Ponieważ b jest ograniczeniem górnym zbioru E, więc x 6 b, zatem a < b.Reasumując, (A,B) jest przekrojem Dedekinda. W konsekwencji, z lematu

1.2.4 istnieje maxA lub istnieje minB. Pokażemy teraz, że nie istnieje maxA.Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje maxA. Wówczas maxA ∈ A i z określeniazbioru A, istnieje x ∈ E, że maxA < x. Na mocy własności 1.1.10 istnieje c ∈ Rtakie, że maxA < c < x. Zatem c ∈ A. To jest niemożliwe, gdyż maxA < c.Pokazaliśmy więc, że nie istnieje maxA, a więc istnieje minB.

Pokażemy na koniec, że minB jest kresem górnym zbioru E. PonieważminB ∈ B, więc minB jest ograniczeniem górnym zbioru E. Weźmy dowolneM ′ < minB. Wówczas M ′ 6∈ B, więc M ′ ∈ A. Zatem z określenia zbioru A ist-nieje x ∈ E takie, że M ′ < x. Pokazaliśmy więc, że minB spełnia warunki 1) i 2)definicji kresu górnego, czyli supE = minB.

Analogicznie jak twierdzenie 1.2.5 dowodzimy

Twierdzenie 1.2.6. (o istnieniu kresu dolnego). Jeśli E ⊂ R jest zbioremniepustym i ograniczonym z dołu, to istnieje kres dolny zbioru E.

Z definicji maksimum i minimum zbioru dostajemy natychmiast

Własność 1.2.7. Niech E ⊂ R.(i) Jeśli zbiór E posiada maksimum, to również posiada kres górny i supE =

maxE.(ii) Jeśli zbiór E posiada minimum, to również posiada kres dolny i inf E =

minE.

Definicja . Niech E,F ⊂ R, E 6= ∅, F 6= ∅. Przyjmujemy oznaczania:

−E = x ∈ R : −x ∈ E,E + F = x ∈ R : x = y + z, y ∈ E, z ∈ F,E · F = x ∈ R : x = yz, y ∈ E, z ∈ F.

Dowody następujących dwóch własności pozostawiamy czytelnikowi.

Własność 1.2.8. Niech E,F ⊂ R będą zbiorami niepustymi i ograniczonymi zgóry.

(a) Wówczas inf(−E) = − supE.(b) Jeśli E ⊂ F , to supE 6 supF .(c) Jeśli dla dowolnego x ∈ E istnieje y ∈ F , że x 6 y, to supE 6 supF .

1.2. KRESY 15

Własność 1.2.9. Jeśli zbiór E ⊂ R jest niepusty i ograniczony, to:(a) inf E 6 supE.(b) równość inf E = supE zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy E jest zbiorem

jednoelementowym.

Własność 1.2.10. Niech E,F ⊂ R będą zbiorami niepustymi i ograniczonymi zgóry.

(a) Wówczas sup(E + F ) = supE + supF .(b) Jeśli E,F ⊂ R+, to sup(E · F ) = supE · supF .(c) Jeśli a ∈ R+, to sup(a · F ) = a supF .

Dowód. Z twierdzenia 1.2.5 wynika, że istnieją supE i supF .Ad (a). Niech M = supE + supF . Weźmy dowolny x ∈ E + F . Wówczas

x = y+ z, gdzie y ∈ E, z ∈ F . Ponieważ y 6 supE i z 6 supF , więc y+ z 6M .Zatem M jest ograniczeniem górnym zbioru E + F . Weźmy dowolne M ′ < M .Wówczas M ′ − supE < supF , więc istnieje z ∈ F , że M ′ − supE < z, czyliM ′−z < supE. Zatem istnieje y ∈ E, że M ′−z < y. W konsekwencji M ′ < y+zi x = y + z ∈ E + F . Reasumując, sup(E + F ) = M .

Ad (b). Ponieważ E,F ⊂ R+, więc supE > 0 i supF > 0. Niech M =supE · supF . Wtedy M > 0. Dla dowolnych y ∈ E, z ∈ F mamy 0 < y 6 supE,0 < z 6 supF , więc yz 6 y · supF 6 M . Zatem M jest ograniczeniem górnymzbioru E · F . Niech M ′ < M . Ponieważ M ′/ supE < supF , więc istnieje z ∈ F ,że M ′/ supE < z. Wtedy z > 0 oraz M ′/z < supE, więc istnieje y ∈ E, żeM ′/z < y, czyli M ′ < yz i yz ∈ E · F . Reasumując, M = supE · F .

Ad (c). Dla y ∈ F mamy y 6 supF , a ponieważ a > 0, więc ay 6 a supF .Stąd wynika, że a supF jest ograniczeniem górnym zbioru a · F . Niech M ′ <a supF . Wtedy M ′/a < supF , więc istnieje y ∈ F , że M ′/a < y. Zatemay ∈ a · F oraz M ′ < ay. Reasumując, a · supF = sup(a · F ).

ZADANIA

Zadanie 1.2.1. Udowodnić własność 1.2.3, twierdzenie 1.2.6 oraz własności 1.2.8 i 1.2.9.

Zadanie 1.2.2. Dla przedziału (a, b] mamy max(a, b] = sup(a, b] = b, inf(a, b] = a oraznie istnieje min(a, b].

Zadanie 1.2.3. Jeśli (A,B) jest przekrojem Dedekinda, to supA = inf B.

Zadanie 1.2.4. Niech E ⊂ R będzie zbiorem niepustym oraz a ∈ R, a < 0.1. Jeśli zbiór E jest ograniczony z góry, to zbiór a · E jest ograniczony z dołu i

inf(a · E) = a supE.2. Jeśli zbiór E jest ograniczony z dołu, to zbiór a · E jest ograniczony z góry i

sup(a · E) = a inf E.3. Jeśli zbiór E jest ograniczony, to zbiór F = |x| : x ∈ E jest ograniczony i

supF = max| supE|, | inf E|.


Zadanie 1.2.5. Niech E,F ⊂ R będą zbiorami niepustymi.1. Jeśli zbiory E,F są ograniczone z góry, to sup(E ∪ F ) = maxsupE, supF.2. Jeśli zbiory E,F są ograniczone z dołu, to inf(E ∪ F ) = mininf E, inf F.3.Jeśli E,F ⊂ R+, to inf(E · F ) = inf E · inf F .

1.3 Liczby naturalne

Definicja zbioru liczb naturalnych. Niech N będzie rodziną wszystkich pod-zbiorów X ⊂ R posiadających następujące dwie własaności:

(i) 1 ∈ X,(ii) jeśli x ∈ X, to x+ 1 ∈ X.(6)

Niech N będzie częścią wspólną tej rodziny, tzn.

N =⋂X∈N

X.

Zbiór N nazywamy zbiorem liczb naturalnych. Elementy zbioru N nazywamy licz-bami naturalnymi.(7)

Uwaga 1.3.1. Rodzina N jest niepusta, gdyż oczywiście R ∈ N. Zbiór N posiadawłasności (i), (ii), więc 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 ∈ N.

Twierdzenie 1.3.2. (zasada Archimedesa(8)). Dla każdego x ∈ R istniejen ∈ N, takie że n > x.

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje x ∈ R takie, że nie istnieje n ∈ Nspełniające nierówność n > x. Wówczas dla każdego n ∈ N mamy n 6 x, czylix jest ograniczeniem górnym zbioru N. Stąd, na mocy twierdzenia 1.2.5, istniejekres górny zbioru N. Oznaczmy ten kres przez M . Ponieważ M − 1 < M , więc

(6)Niech R będzie rodziną wszystkich podzbiorów zbioru R takich, że 1 ∈ A. W zbiorze R×Rokreślamy formułę ϕ(x,A) wzorem: x 6∈ A lub x + 1 ∈ A (inaczej x ∈ A ⇒ x + 1 ∈ A). ϕjest formułą teoriomnogościową (patrz dodatek C), bowiem istnieje działanie +, a więc istniejefunkcja F : R 3 x 7→ x+1 ∈ R i wtedy warunek x+1 ∈ A można zapisać ∃y∈R y ∈ A∧ (x, y) ∈ F .Wówczas rodzina N jest zbiorem wszystkich A ∈ R spełniających formułę ∀x∈R ϕ(x,A).(7)Wobec przyjętej definicji mamy 0 6∈ N, co pokażemy dalej. W literaturze przyjmuje się

również, że N ∪ 0 jest zbiorem liczb naturalnych. Włoski matematyk i logik Giuseppe Pe-ano (1858-1932), zakładając że istnieje zbiór elementów zwanych liczbami naturalnymi (z do-łączonym zerem) i istnieje funkcja następnik przekształcająca zbiór liczb naturalnych w siebiewykazał, że arytmetykę liczb naturalnych można oprzeć na następujących aksjomatach:

(a) zero jest liczbą naturalną,(b) zero nie jest następnikiem żadnej liczby naturalnej,(c) liczby o równych następnikach zą równe,(d) zbiór, który zawiera zero i który wraz z każdą liczbą zawiera jej następnik, zawiera wszystkieliczby naturalne.(8)Archimedes z Syrakuz (około 287-212 p.n.e.) wybitny grecki fizyk i matematyk.

1.3. LICZBY NATURALNE 17

z definicji kresu górnego, istnieje liczba n0 ∈ N taka, że M − 1 < n0. ZatemM < n0+1. Ponieważ n0+1 ∈ N, więc z definicji kresu górnego mamy n0+1 6M .Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Z twierdzenia 1.3.2 dostajemy natychmiast następujące dwa wnioski.

Wniosek 1.3.3. Zbiór liczb naturalnych nie jest ograniczony z góry.

Wniosek 1.3.4. Dla dowolnych x, y ∈ R, jeśli y > 0, to istnieje n0 ∈ N takie, żeny > x dla każdego n ∈ R takiego, że n > n0.

Twierdzenie 1.3.5. (zasada indukcji). Jeśli zbiór X ⊂ N spełnia warunki:(i) 1 ∈ X,(ii) jeśli x ∈ X, to x+ 1 ∈ X,

to X = N.

Dowód. Z założenia o zbiorze X mamy, że X ⊂ N oraz X ∈ N. Zatem zdefinicji zbioru N dostajemy N ⊂ X. W konsekwencji X = N.

Własność 1.3.6. Dla każdego n ∈ N zachodzi n > 1.

Dowód. Niech X = n ∈ N : n > 1. Oczywiście X ⊂ N. Pokażemy, że zbiórX spełnia warunki (i), (ii) w twierdzeniu 1.3.5.

(i) Ponieważ 1 > 1, więc z definicji zbioru X mamy 1 ∈ X.(ii) Niech n ∈ X. Wówczas n+1 > 1+1 > 1, więc n+1 > 1, zatem n+1 ∈ X.

Pokazaliśmy, że zbiór X spełnia warunki (i) oraz (ii). Zatem, na mocy twierdzenia1.3.5, zachodzi X = N.

Własność 1.3.7. (a) Dla dowolnych m,n ∈ N mamy m+ n ∈ N i mn ∈ N.(b) Dla każdego n ∈ N mamy n = 1 albo n− 1 ∈ N.(c) Dla każdego n ∈ N nie istnieje m ∈ N, że n < m i m < n+ 1.(d) Dla dowolnych m,n ∈ N, jeśli m < n, to m+ 1 6 n.(e) Dla dowolnych m,n ∈ N, jeśli m < n, to n−m ∈ N.

Dowód. Ad (a). Dla dowolnego m ∈ N, oznaczając X = n ∈ N : m+n ∈ Ni stosując twierdzenie 1.3.5, łatwo dostajemy, że X = N. Podobnie, dla dowolnegom ∈ N biorąc X ′ = n : mn ∈ N, dostajemy X ′ = N. To daje (a).

Ad (b). Niech A = n ∈ N : n − 1 ∈ N oraz X ′′ = 1 ∪ A. OczywiścieX ′′ ⊂ N. Pokażemy, że zbiór X ′′ spełnia warunki (i), (ii) twierdzenia 1.3.5.

(i) 1 ∈ X ′′ – oczywiste.(ii) Niech n ∈ X ′′. Pokażemy, że n+ 1 ∈ X ′′. Istotnie, n ∈ N, więc n+ 1 ∈ N

oraz (n+ 1)− 1 = n ∈ N. Zatem n+ 1 ∈ A i w konsekwencji n+ 1 ∈ X ′′.Reasumując, X ′′ = N. Ponadto warunki n = 1, n − 1 ∈ N wykluczają się (patrzwłasność 1.3.6), więc mamy (b).


Ad (c). Niech X ′′′ = n ∈ N : nie istnieje m ∈ N, że n < m i m < n + 1.Oczywiście X ′′′ ⊂ N.

Zauważmy, że 1 ∈ X ′′′. Istotnie, gdyby dla pewnego m ∈ N zachodziło 1 < mi m < 1+1, to wobec części (b) mielibyśmy m−1 ∈ N oraz m−1 < 1, co przeczytezie własności 1.3.6. W konsekwencji 1 ∈ X ′′′.

Niech n ∈ X ′′′. Pokażemy, że n+ 1 ∈ X ′′′. Przypuśćmy przeciwnie, że istniejem ∈ N takie, że n + 1 < m i m < (n + 1) + 1. Wówczas m > 1 + 1 > 1, więcm 6= 1 i z części (b) mamy m − 1 ∈ N. Stąd mamy n < m − 1, m − 1 < n + 1i m − 1 ∈ N, co przeczy temu, że n ∈ X ′′′. Zatem n + 1 ∈ X ′′′. Stosując terazzasadę indukcji dostajemy X ′′′ = N.

Ad (d). Część (d) wynika natychmiast z części (c).Ad (e). Niech XIV = m ∈ N : dla każdego n ∈ N takiego, że n > m mamy

n −m ∈ N. Oczywiście XIV ⊂ N. Z części (b) dostajemy 1 ∈ XIV . Załóżmy,że m ∈ XIV . Weźmy dowolny n ∈ N takie, że n > m + 1. Wówczas n 6= 1,zatem n − 1 ∈ N oraz n − 1 > m, więc n − (m + 1) = (n − 1) − m ∈ N. Stądi z dowolności n > m + 1 mamy m + 1 ∈ XIV . Stosując teraz zasadę indukcjidostajemy XIV = N.

Udowodnimy, że każdy niepusty podzbiór zbioru liczb naturalnych ma elementnajmniejszy. Zacznijmy od definicji i dwóch lematów.

Definicja . Dla dowolnego n ∈ N określamy

Fn = k ∈ N : k 6 n.

Piszemy również Fn = 1, ..., n oraz k = 1, ..., n zamiast k ∈ Fn.

Lemat 1.3.8. Dla dowolnego n ∈ N mamy,

Fn = k ∈ N : k < n+ 1,(1.1)

Fn+1 = Fn ∪ n+ 1.(1.2)

Dowód. Oznaczmy F′n = k ∈ N : k < n+ 1. Oczywiście Fn ⊂ F′n. Pokaże-my, że F′n ⊂ Fn. Weźmy dowolny k ∈ F′n. Wówczas k < n + 1, więc z własności1.3.7(c) mamy k 6 n. Stąd wynika, że k ∈ Fn i w konsekwencji, że F′n ⊂ Fn.Reasumując, Fn = F′n, co daje (1.1).

W myśl (1.1) dla n ∈ N mamy,

Fn+1 = k ∈ N : k 6 n+ 1 = k ∈ N : k < n+ 1 ∪ n+ 1 = Fn ∪ n+ 1,

co daje (1.2) i kończy dowód.

Twierdzenie 1.3.9. (zasada minimum). Każdy niepusty podzbiór zbioru liczbnaturalnych ma element najmniejszy.

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje niepusty zbiór A ⊂ N, który niema elementu najmniejszego. Połóżmy X = n ∈ N : Fn ∩ A = ∅. Pokażemy, żeX = N. Istotnie, X ⊂ N oraz:

1.3. LICZBY NATURALNE 19

(i) 1 ∈ X, gdyż w przeciwnym razie 1 = F1∩A i wobec własności 1.3.6 liczba1 byłaby elementem najmniejszym zbioru A, co jest sprzeczne z przypuszczeniem.

(ii) Niech n ∈ X. Pokażemy, że n + 1 ∈ X. Przypuśćmy, że n + 1 6∈ X,czyli Fn+1 ∩ A 6= ∅. Ponieważ n ∈ X, więc Fn ∩ A = ∅, zatem, wobec lematu1.3.8(1.2) mamy n + 1 ∈ A. Ponadto z własności 1.3.7(d) dla każdego k ∈ Amamy k > n+ 1. W konsekwencji n+ 1 jest elementem najmniejszym zbioru A,wbrew przypuszczeniu. Reasumując, n+ 1 ∈ X.Z (i), (ii) oraz zasady indukcji (twierdzenie 1.3.5) dostajemy X = N. Oczywiściedla każdego n ∈ N mamy n ∈ Fn, więc z określenia zbioru X dostajemy A = ∅.Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Twierdzenie 1.3.10. (zasada indukcji o innym początku). Niech n0 ∈ Noraz

Nn0 = n ∈ N : n > n0.

Jeśli zbiór X ⊂ Nn0 spełnia warunki:(i) n0 ∈ X,(ii) jeśli n ∈ X, to n+ 1 ∈ X,

to X = Nn0.

Dowód. Niech X będzie zbiorem spełniającym (i) i (ii) oraz A = Nn0 \ X.Pokażemy, że A = ∅. Istotnie, przypuśćmy przeciwnie, że A 6= ∅. Wówczas zzasady minimum (twierdzenie 1.3.9), w zbiorze A istnieje element najmniejszy.Oznaczmy go przez m0. Wówczas, z określenia zbioru Nn0 , mamy m0 > n0 orazm0 ∈ A. Ponieważ z (i), n0 ∈ X, więc n0 6∈ A, zatem m0 > n0 i m0 6= 1. Stądmamy m0 − 1 ∈ X (patrz własności 1.3.7 (b) i (d)). To jest jednak niemożliwe,gdyż wtedy z (ii) mamy m0 = (m0 − 1) + 1 ∈ X.

Analogicznie jak twierdzenie 1.3.10 dowodzimy następujące

Twierdzenie 1.3.11. (zasada indukcji skończonej). Niech n0,m0 ∈ N, n0 6m0 oraz niech

Nn0,m0 = n ∈ N : n0 6 n 6 m0.

Jeśli zbiór X ⊂ Nn0,m0 spełnia warunki:(i) n0 ∈ X,(ii) dla każdego n < m0, jeśli n ∈ X, to n+ 1 ∈ X,

to X = Nn0,m0.

Definicje liczb parzystych i liczb nieparzystych. Mówimy, że liczba natu-ralna n jest parzysta, gdy istnieje k ∈ N, że n = 2k; w przeciwnym przypadkumówimy, że n jest liczbą nieparzystą. Zbiór liczb parzystych oznaczamy 2N. Zbiórliczb nieparzystych oznaczamy 2N− 1.


ZADANIA

Zadanie 1.3.1. Udowodnić wniosek 1.3.4 i twierdzenie 1.3.11.

Zadanie 1.3.2. (zasada indukcji). Niech X ⊂ N. Jeśli X spełnia warunki:(i) 1 ∈ X,(ii) jeśli Fn ⊂ X, to n+ 1 ∈ X,

to X = N.

Zadanie 1.3.3. Dla każdego ε ∈ R takiego, że ε > 0, istnieje n0 ∈ N, że dla każdej liczbynaturalnej n > n0 zachodzi 1/n < ε.

Zadanie 1.3.4. Wykazać, że 2N = 2n : n ∈ N oraz 2N− 1 = 2n− 1 : n ∈ N.

Zadanie 1.3.5. Jeśli n,m ∈ N oraz nm ∈ 2N, to n ∈ 2N lub m ∈ 2N.

1.4 Liczby całkowite i liczby wymierne

Definicja liczby całkowitej. Każdą liczbę rzeczywistą, która jest różnicą dwóchliczb naturalnych, nazywamy liczbą całkowitą. Zbiór liczb całkowitych oznaczamysymbolem Z.

Wprost z definicji dostajemy następujące dwie własności.

Własność 1.4.1. N ⊂ Z.

Własność 1.4.2. (a) Jeśli a ∈ Z, to a ∈ N albo −a ∈ N albo a = 0.(b) Z ∩ R+ = N, Z ∩ R− = −N.(c) Dla dowolnych a, b ∈ Z mamy a+ b ∈ Z, ab ∈ Z, a− b ∈ Z.(d) Dla dowolnego a ∈ Z mamy −a ∈ Z.(e) 1/2 6∈ Z.

Z własności 1.3.7 dostajemy

Własność 1.4.3. (a) Dla każdego a ∈ Z nie istnieje b ∈ Z, że a < b i b < a+ 1.(b) Dla dowolnych a, b ∈ Z, jeśli a < b, to a+ 1 6 b.(c) Dla dowolnych a, b ∈ Z, jeśli a < b, to b− a ∈ N.

Twierdzenie 1.4.4. (zasada minimum dla liczb całkowitych). Każdy nie-pusty i ograniczony z dołu podzbiór zbioru liczb całkowitych ma element najmniej-szy.

Dowód. Niech A ⊂ Z, A 6= ∅ będzie zbiorem ograniczonym z dołu i niechM ∈ R będzie jego dowolnym ograniczeniem dolnym. Na mocy zasady Archi-medesa (twierdzenie 1.3.2) istnieje liczba n0 ∈ N taka, że n0 > −M . Wówczas

1.4. LICZBY CAŁKOWITE I LICZBY WYMIERNE 21

n0+A ⊂ N. Istotnie, dla a ∈ A mamy n0 + a ∈ Z oraz n0 + a > −M + a > 0,więc z własności 1.4.2(a) mamy n0+a ∈ N. W konsekwencji n0+A ⊂ N. Zatemz twierdzenia 1.3.9 zbiór n0+A ma element najmniejszy. Oznaczmy go x0.

Pokażemy, że x0 − n0 jest elementem najmniejszym zbioru A. Istotnie,n0 + (x0 − n0) = x0 ∈ n0 + A, więc x0 − n0 ∈ A. Ponadto dla każdego a ∈ Amamy n0 + a > x0, a więc a > x0 − n0.

Analogicznie jak twierdzenie 1.3.10 (stosując twierdzenie 1.4.4 zamiast 1.3.9),dostajemy następującą wersję zasady indukcji.

Twierdzenie 1.4.5. (zasada indukcji). Niech a0 ∈ Z oraz

Za0 = a ∈ Z : a > a0.

Jeśli zbiór X ⊂ Za0 spełnia warunki:(i) a0 ∈ X,(ii) jeśli a ∈ X, to a+ 1 ∈ X,

to X = Za0.

Z twierdzenia 1.4.4 dostajemy następujący

Wniosek 1.4.6. Każdy niepusty i ograniczony z góry zbiór liczb całkowitych maelement największy.

Dowód. Niech A ⊂ Z będzie zbiorem ograniczonym z góry. Wówczas zbiór−A jest ograniczony z dołu, więc z twierdzenia 1.4.4, istnieje min(−A). Oznacza-jąc a = min(−A) i stosując definicje minimum i maksimum zbioru, dostajemy−a = maxA.

Definicja całości z liczby. Niech x ∈ R. Całością lub entier z liczby x nazywa-my maxa ∈ Z : a 6 x i oznaczamy [x].

Uwaga 1.4.7. Całość [x] jest poprawnie określona. Istotnie, A = a ∈ Z : a 6 xjest zbiorem ograniczonym z góry i niepustym, bowiem dla liczby −x, z zasadyArchimedesa istnieje n0 ∈ N, że n0 > −x. Zatem −n0 < x, więc −n0 ∈ A.Stosując teraz wniosek 1.4.6 dostajemy istnienie i jedyność liczby [x].

Z definicji całości z liczby dostajemy natychmiast

Własność 1.4.8. Dla każdego x ∈ R mamy [x] ∈ Z oraz [x] 6 x < [x] + 1. Wszczególności 0 6 x− [x] < 1.

Definicja liczby wymiernej. Mówimy, że liczba x ∈ R jest wymierna, gdyistnieją a, b ∈ Z, b 6= 0, takie że x = a/b. Liczbę a nazywamy licznikiem, zaśliczbę b mianownikiem liczby wymiernej x. Zbiór liczb wymiernych oznaczamy Q.


Definicja liczby niewymiernej. Zbiór R \ Q nazywamy zbiorem liczb niewy-miernych. Każdą liczbę x ∈ R \Q nazywamy niewymierną.

Łatwo sprawdzić, że zachodzą następujące własności:

Własność 1.4.9. (a) Z ⊂ Q.(b) Dla dowolnego r ∈ Q zachodzi −r ∈ Q oraz 1/r ∈ Q, gdy r 6= 0.(c) Jeśli r, w ∈ Q, to r+w ∈ Q, r−w ∈ Q, rw ∈ Q oraz r/w ∈ Q, gdy w 6= 0.(d) Dla każdej liczby r ∈ Q istnieją a ∈ Z oraz b ∈ N, że r = a/b.

Udowodnimy teraz twierdzenie o ”gęstości” zbioru Q w R.

Twierdzenie 1.4.10. Dla każdych x, y ∈ R takich, że x < y istnieje liczba r ∈ Q,że x < r < y.

Dowód. Na mocy zasady Archimedesa istnieje n ∈ N, że n > 1/(y − x). Wszczególności 1/n < y−x. Niech a = [nx] ∈ Z. Pokażemy, że liczba r = (a+ 1)/nspełnia tezę twierdzenia. Z własności 1.4.8 mamy nx < a+ 1, więc x < (a+ 1)/n,czyli x < r. Z drugiej strony

a+ 1n

=a+ 1− nx

n+ x =

1− (nx− [nx])n

+ x 61n

+ x < (y − x) + x = y,

czyli r < y. Reasumując, x < r < y.

ZADANIA

Zadanie 1.4.1. Udowodnić własności 1.4.1, 1.4.2, 1.4.8, 1.4.9 i twierdzenie 1.4.5.

Zadanie 1.4.2. Niech a0 ∈ Z oraz Za0 = a ∈ Z : a > a0. Jeśli zbiór X ⊂ Za0 spełniawarunki:

(i) a0 ∈ X,(ii) jeśli a ∈ Za0 i k ∈ Z : a0 6 k 6 a ⊂ X, to a+ 1 ∈ X,

to X = Za0 .

Zadanie 1.4.3. Dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi [2x] = [x] + [x+ 1/2].

Zadanie 1.4.4. Mówimy, że liczba całkowita m 6= 0 dzieli liczbę całkowitą a i piszemym|a, gdy istnieje taka liczba całkowita n, że a = mn. Niech a, b, c ∈ Z.

1. Jeśli c|a i c|b, to c|(a+ b).2. Jeśli c|a i a|b, to c|b.3. Jeśli b 6= 0 i a|b, to |a| 6 |b|.4. Jeśli a|b i b|a, to a = b lub a = −b.

Zadanie 1.4.5. (o dzieleniu z resztą). Niech a, b ∈ Z i niech b 6= 0. Wówczas istniejedokładnie jedna para liczb q, r ∈ Z taka, że a = bq+ r i 0 6 r < |b|. Przy czym b|a wtedyi tylko wtedy, gdy r = 0.

Wsk. Rozważyć q = [a/b].

1.5. INFORMACJE O DEFINIOWANIU PRZEZ INDUKCJĘ 23

Zadanie 1.4.6. Dla każdych n ∈ N, x ∈ (0, 1) istnieje k ∈ N, że n · n/(n+ 1) 6 kx < n.

Zadanie 1.4.7. Zachodzi równość (4n− 3k)/(2n+ 5k) : n, k ∈ N = (− 35 , 2) ∩Q.

Zadanie 1.4.8. Niech x ∈ R. Udowodnić, że jeśli dla każdego n ∈ N istnieją q, r ∈ Noraz p ∈ Z, że q, r > n oraz 0 < |x− p

q | <1qr , to x jest liczbą niewymierną.

Zadanie 1.4.9.* Udowodnić, że jeśli x ∈ R jest liczbą niewymierną, to dla każdego n ∈ Nistnieją p ∈ Z, q ∈ N takie, że q > n oraz |x− p

q | <1q·q .

1.5 Informacje o definiowaniu przez indukcję

Niech n ∈ N oraz, zgodnie z wcześniejszym oznaczeniem, Fn = k ∈ N : k 6 n.Definicja określania funkcji przez indukcję skończoną. Niech X będzieniepustym zbiorem, n ∈ N, n > 1, x ∈ X oraz f : X × Fn−1 → X. Funkcjęϕ : Fn → X spełniającą warunki

(i) ϕ(1) = x,(ii) ϕ(k + 1) = f(ϕ(k), k) dla każdego k ∈ Fn−1 ,

nazywamy określoną przez x i f przy pomocy indukcji skończonej.

Twierdzenie 1.5.1. Jeśli X jest niepustym zbiorem, x ∈ X i f : X×Fn−1 → X,gdzie n ∈ N, n > 1, to istnieje dokładnie jedna funkcja ϕ : Fn → X określonaprzez x i f przy pomocy indukcji skończonej.(9)

Definicja określania funkcji przez indukcję. Niech X będzie niepustym zbio-rem, x ∈ X oraz f : X × N→ X. Funkcję ϕ : N→ X spełniającą warunki

(j) ϕ(1) = x,(jj) ϕ(n+ 1) = f(ϕ(n), n) dla każdego n ∈ N,

nazywamy określoną indukcyjnie przez x i f .

(9)Dowód twierdzenia 1.5.1. Jednoznaczność dostajemy z zasady minimum. Istotnie, jeśliistnieją dwie różne funkcje ϕ i ψ spełniające (i), (ii), to zbiór A = k ∈ Fn : ϕ(k) 6= ψ(k) jestniepusty. Zatem istnieje s = minA. Wówczas s > 1, bo z (i) mamy ϕ(1) = ψ(1). Stąd dostajemys− 1 ∈ Fn−1, a ponieważ s− 1 6∈ A, to ϕ(s− 1) = ψ(s− 1). Zatem z (ii) otrzymujemy

ϕ(s) = f(ϕ(s− 1), s− 1) = f(ψ(s− 1), s− 1) = ψ(s),

co, wraz z faktem s ∈ A, prowadzi do sprzeczności.Pokażemy istnienie funkcji ϕ. Niech N będzie zbiorem tych m ∈ Fn, że istnieje funkcja ϕm :

Fm → X spełniająca warunki(i′) ϕm(1) = x,(ii′) ϕm(k + 1) = f(ϕm(k), k) dla każdego k ∈ Fm−1 (przyjmujemy tutaj F0 = ∅).

Z (i′) oraz (ii′) mamy 1 ∈ N . Niech teraz m ∈ N , m < n. Wówczas istnieje funkcja ϕm : Fm → Xspełniająca (i′), (ii′). Biorąc ϕm+1 : Fm+1 → X określoną wzorami ϕm+1(n) = ϕm(n) dlan ∈ Fm oraz ϕm+1(m + 1) = f(ϕm(m),m) dostajemy, że ϕm+1 spełnia (i′), (ii′) dla m + 1. Wkonsekwencji m+ 1 ∈ N . Reasumując, z zasady indukcji skończonej mamy N = Fn. Przyjmującteraz ϕ = ϕn dostajemy tezę.


Twierdzenie 1.5.2. Jeśli X jest niepustym zbiorem, x ∈ X oraz f : X×N→ X,to istnieje dokładnie jedna funkcja ϕ określona indukcyjnie przez x i f .(10)

Jako przykład definiowania przez indukcję podamy następującą definicję.

Definicja silni. Niech X = N, x = 1 oraz f : N × N → N będzie określonawzorem

f(a, n) = a · (n+ 1) dla n ∈ N

Wtedy funkcję ϕ : N → N określoną indukcyjnie przez x i f nazywamy funkcjąsilnia i dla n ∈ N piszemy ϕ(n) = n!. Liczbę n! nazywamy n-silnia. Dodatkowoprzyjmujemy 0! = 1.

Uwaga 1.5.3. W literaturze dla n ∈ N, liczbę n-silnia określa się również nastę-pująco:

n! = 1, gdy n = 1 oraz (n+ 1)! = n!(n+ 1) dla n ∈ N.

W świetle twierdzenia 1.5.2, jest to definicja równoważna powyższej. Ponadto dlakażdego n ∈ N istnieje dokładnie jedna liczba n! oraz n! ∈ N.

Definicja symbolu Newtona. Symbolami Newtona nazywamy liczby(m

n

)=

m!n!(m− n)!

gdzie n, m ∈ Z, 0 6 n 6 m.

ZADANIA

Zadanie 1.5.1. Dla dowolnych n,m ∈ N, n 6 m zachodzi(mn

)∈ N.

Zadanie 1.5.2. Jeśli n, k ∈ N i k 6 n, to(n+1k

)=(nk

)+(nk−1

).

(10)Dowód twierdzenia 1.5.2. Jednoznaczność dostajemy z zasady minimum. Istotnie, jeśliistnieją dwie różne funkcje ϕ i ψ spełniające (j), (jj), to zbiór A = n ∈ N : ϕ(n) 6= ψ(n) jestniepusty. Zatem istnieje k = minA. Ponadto k > 1, bo z (j) mamy ϕ(1) = ψ(1). Stąd dostajemyk − 1 /∈ A oraz ϕ(k − 1) = ψ(k − 1). Zatem z (jj) mamy ϕ(k) = ψ(k), co jest niemożliwe, bok ∈ A.

Pokażemy istnienie funkcji ϕ. Na mocy twierdzenia 1.5.1 dla każdego n ∈ N, zbiór funkcjiokreślonych indukcyjnie przez x i f |X×Fn jest niepusty (dla n = 1 kładziemy ϕ : F1 → X,wzorem ϕ(1) = x). Zatem, stosując aksjomat wyboru, istnieje zbiór funkcji ϕn : Fn → X, n ∈ N,spełniających warunki (i), (ii) definicji określania funkcji przez indukcję skończoną. Ponadto dlakażdego n ∈ N mamy ϕn+1|Fn = ϕn. Określmy funkcję ϕ : N → X wzorem ϕ(n) = ϕn(n),n ∈ N. Funkcja ϕ spełnia warunki (j), (jj). Istotnie, mamy ϕ(1) = ϕ1(1) = x, czyli zachodzi (j).Weźmy n ∈ N. Wtedy ϕ(n) = ϕn+1(n), ϕ(n+ 1) = ϕn+1(n+ 1), zatem z (ii) mamy

ϕ(n+ 1) = ϕn+1(n+ 1) = f(ϕn+1(n), n) = f(ϕ(n), n).

Zatem ϕ spełnia warunek (jj). To kończy dowód.

1.6. ZBIORY SKOŃCZONE, PRZELICZALNE I NIEPRZELICZALNE 25

1.6 Zbiory skończone, przeliczalne i nieprzeliczalne

Definicja równoliczności. Dwa zbiory X, Y nazywamy równolicznymi, gdy ist-nieje bijekcja zbioru X na zbiór Y . Dodatkowo przyjmujemy, że zbiór pusty jestrównoliczny tylko ze zbiorem pustym.

Uwaga 1.6.1. Relacja równoliczności (zbiorów ustalonej przestrzeni) jest relacjąrównoważności, to znaczy jest zwrotna, symetryczna i przechodnia, dokładniej:

1) każdy zbiór X jest równoliczny ze zbiorem X (zwrotność),2) jeśli zbiór X jest równoliczny ze zbiorem Y , to zbiór Y jest równoliczny ze

zbiorem X (symetria),3) jeśli zbiór X jest równoliczny ze zbiorem Y i zbiór Y jest równoliczny ze

zbiorem Z, to zbiór X jest równoliczny ze zbiorem Z (przechodniość).

Definicje zbioru skończonego i zbioru nieskończonego. Zbiór X nazywamyskończonym, gdy jest pusty lub równoliczny z pewnym zbiorem Fn = k ∈ N : k 6n, gdzie n ∈ N. Jeśli X jest równoliczny z Fn, gdzie n ∈ N, to mówimy, że zbiór Xjest n-elementowy. Wtedy liczbę n nazywamy również ilością elementów zbioruX. Liczbę 0 nazywamy ilością elementów zbioru pustego. Zbiór X nazywamynieskończonym, gdy nie jest on skończony.

Definicja zbioru n-elementowego jest poprawna. Mamy bowiem następującą

Własność 1.6.2. Jeśli zbiory Fn i Fm są równoliczne, to n = m.

Dowód. Zauważmy najpierw, że dla m ∈ N, m > 1 oraz k ∈ Fm zbioryFm \ k i Fm−1 są równoliczne. Istotnie, funkcja ϕ : Fm \ k → Fm−1 określonawzorami ϕ(j) = j dla 1 6 j < k, ϕ(j) = j − 1 dla m > j > k, jest bijekcją(11).

Do zakończenia dowodu wystarczy pokazać, że zbiór N = n ∈ N : Fn nie jestrównoliczny z Fm dla m ∈ N, m 6= n jest równy N. Oczywiście N ⊂ N.

(i) 1 ∈ N . Istotnie, F1 = 1 oraz dla m ∈ N, m 6= 1 mamy m > 1, więc1, 2 ∈ Fm, a więc zbiory F1 i Fm nie mogą być równoliczne.

(ii) Niech n ∈ N . Pokażemy, że n + 1 ∈ N . Przypuśćmy przeciwnie, żen + 1 6∈ N , czyli, że istnieje m 6= n + 1 dla którego zbiór Fn+1 jest równo-liczny z Fm. Ponieważ n+ 1 > 1, więc z części (i) dowodu mamy, że m > 1. Niechψ : Fn+1 → Fm będzie bijekcją. Wtedy zbiór Fn jest równoliczny z Fm\ψ(n+1)(11)Funkcja ϕ jest różnowartościowa, gdyż jest różnowartościowa na A = j ∈ Fm : j < k

oraz na B = j ∈ Fm : j > k oraz, wobec własności 1.3.7(d), ϕ(A) ∩ ϕ(B) = ∅. Ponadtoϕ(Fm \ k) ⊂ Fm−1, bo dla 1 6 j < k zachodzi 1 6 ϕ(j) < k 6 m oraz dla k < j 6 m zachodzik 6 ϕ(j) < m (własność 1.3.7). Mamy również Fm−1 ⊂ ϕ(Fm \ k), gdyż dla 1 6 j < kzachodzi j = ϕ(j) ∈ ϕ(Fm \ k) oraz dla k 6 j 6 m − 1 mamy k < j + 1 6 m i wtedyj = ϕ(j+1) ∈ ϕ(Fm \k). W konsekwencji ϕ(Fm \k) = Fm−1, co wobec różnowartościowościϕ daje, że ϕ jest bijekcją.


(patrz lemat 1.3.8). Z obserwacji poczynionej na początku dowodu wynika, żezbiór Fm \ ψ(n + 1) jest równoliczny z Fm−1. W konsekwencji Fn jest równo-liczny z Fm−1 oraz m− 1 6= n. To przeczy temu, że n ∈ N . Zatem n+ 1 ∈ N .Reasumując, na mocy zasady indukcji (twierdzenie 1.3.5) mamy, że N = N.

Własność 1.6.3. Jeśli zbiory A, B są skończone i rozłączne, to A∪B jest zbio-rem skończonym oraz ilość elementów zbioru A ∪ B jest sumą ilości elementówzbioru A i zbioru B.

Dowód. Jeśli A = ∅ lub B = ∅, to teza jest oczywista. Załóżmy więc, żeA 6= ∅ i B 6= ∅. Niech n będzie ilością elementów zbioru A oraz m – ilościąelementów zbioru B. Niech ϕ : Fn → A, ψ : Fm → B będą bijekcjami. Kładącf(j) = ϕ(j) dla 1 6 j 6 n oraz f(j) = ψ(j − n) dla n + 1 6 j 6 n + m, łatwosprawdzamy, że funkcja f : Fn+m → A ∪B jest bijekcją. To daje tezę.

Twierdzenie 1.6.4. Każdy skończony i niepusty zbiór A ⊂ R ma minimum imaksimum.

Dowód. Wystarczy pokazać, że N pokrywa się ze zbiorem N = n ∈ N :każdy podzbiór n-elementowy zbioru R ma minimum i maksimum. OczywiścieN ⊂ N. Mamy kolejno:

(i) 1 ∈ N . Istotnie, niech zbiór A ⊂ R będzie równoliczny z F1. Wówczasistnieje bijekcja ϕ : F1 → A. Zatem A = ϕ(1) i maxA = minA = ϕ(1). Stądwynika, że 1 ∈ N .

(ii) Niech n ∈ N . Weźmy dowolny zbiór n + 1-elementowy A ⊂ R i niechϕ : Fn+1 → A będzie bijekcją. Wówczas zbiór A \ ϕ(n+ 1) jest n-elementowy.Ponieważ n ∈ N , więc A \ ϕ(n+ 1) ma maksimum i minimum. Niech

x = min(A \ ϕ(n+ 1)) oraz y = max(A \ ϕ(n+ 1)).

W myśl własności 1.1.7, istnieje z = minx, ϕ(n+ 1) oraz t = maxy, ϕ(n+ 1).Ponadto z, t ∈ A. W konsekwencji minA = z oraz maxA = t. Stąd wynika, żen+ 1 ∈ N .Reasumując, na mocy zasady indukcji, N = N.

Definicje zbioru przeliczalnego i zbioru nieprzeliczalnego. Mówimy, żezbiór X jest przeliczalny, gdy jest on równoliczny ze zbiorem N. Zbiór X nazy-wamy co najwyżej przeliczalnym, gdy jest on skończony lub przeliczalny. Zbiór,który nie jest skończony ani przeliczalny nazywamy nieprzeliczalnym.

Z twierdzenia 1.6.4 i własności 1.3.3 dostajemy natychmiast

Wniosek 1.6.5. Zbiór N jest nieskończony. W szczególności każdy zbiór przeli-czalny jest nieskończony.


Twierdzenie 1.6.6. Niech A ⊂ N. Wówczas zbiór A jest ograniczony wtedy itylko wtedy, gdy zbiór A jest skończony.

Dowód. (⇒) Pokażemy najpierw, że każdy ograniczony podzbiór zbioru Njest skończony. Weźmy dowolny zbiór ograniczony A ⊂ N. Wówczas istnieje x ∈ R,że k 6 x dla wszystkich k ∈ A. Biorąc, w myśl zasady Archimedesa (twierdzenie1.3.2), n ∈ N takie, że n > x dostajemy inkluzję A ⊂ Fn. Do zakończenia dowoduwystarczy więc pokazać, że N pokrywa się ze zbiorem N = n ∈ N : każdypodzbiór zbioru Fn jest skończony. Oczywiście N ⊂ N. Mamy kolejno:

(i) 1 ∈ N , bo F1 = 1 i jedynymi podzbiorami F1 są ∅ i 1.(ii) Niech n ∈ N . Weźmy dowolny podzbiór A ⊂ Fn+1. Jeśli n + 1 6∈ A,

to A ⊂ Fn, a więc zbiór A jest skończony, bo n ∈ N . Jeśli n + 1 ∈ A, toA \ n+ 1 ⊂ Fn, więc zbiór A \ n+ 1 jest skończony. Wtedy

A = (A \ n+ 1) ∪ n+ 1

i z własności 1.6.3 zbiór A jest skończony. Z dowolności wyboru zbioru A wynika,że n+ 1 ∈ N .Reasumując, na mocy zasady indukcji, N = N. Pokazaliśmy więc, że każdy ogra-niczony podzbiór zbioru N jest skończony.

(⇐) Z twierdzenia 1.6.4 wynika, że każdy skończony i niepusty podzbiór A ⊂N ma minimum i maksimum, w szczególności zbiór A jest ograniczony. Oczywiściezbiór pusty jest ograniczony.

Wniosek 1.6.7. Jeśli A ⊂ B i B jest zbiorem skończonym, to zbiór A jest skoń-czony.

Dowód. Można założyć, że B 6= ∅. Wtedy istnieje n ∈ N oraz bijekcja ϕ :B → Fn. W szczególności ϕ(A) ⊂ Fn, więc ϕ(A) jest ograniczonym podzbioremzbioru N. Zatem z twierdzenia 1.6.6, zbiór ϕ(A) jest skończony. Ponieważ zbiórA jest równoliczny z ϕ(A), więc mamy tezę.

Własność 1.6.8. Jeśli n ∈ N oraz ϕ : Fn → R, to zbiór ϕ(Fn) jest skończony.

Dowód. Niech N = n ∈ N : dla każdej funkcji ϕ : Fn → R, zbiór ϕ(Fn) jestskończony. Wówczas N ⊂ N. Ponadto

(i) 1 ∈ N , gdyż dla każdej funkcji ϕ : F1 → R, zbiór ϕ(F1) = ϕ(1) jestjednoelementowy.

(ii) Załóżmy, że n ∈ N . Biorąc dowolną funkcją ϕ : Fn+1 → R, mamyϕ(Fn+1) = ϕ(Fn) ∪ ϕ(n + 1). Z założenia, że n ∈ N wynika, że zbiór ϕ(Fn)jest skończony. Jeśli ϕ(n + 1) ∈ ϕ(Fn), to ϕ(Fn+1) = ϕ(Fn), więc ϕ(Fn+1) jestzbiorem skończonym. Jeśli ϕ(n+ 1) 6∈ ϕ(Fn), to zbiór ϕ(Fn+1) jest skończony, ja-ko suma dwóch zbiorów skończonych i rozłącznych (patrz własność 1.6.3). Zatemn+ 1 ∈ N .Reasumując, z zasady indukcji, dostajemy równość N = N. To daje tezę.


Lemat 1.6.9. Niech ϕ : N → N będzie funkcją taką, że dla każdego n ∈ Nzachodzi ϕ(n) < ϕ(n+ 1). Wówczas dla każdego n ∈ N mamy n 6 ϕ(n). Ponadtodla każdych k, l ∈ N takich, że k < l mamy ϕ(k) < ϕ(l).

Dowód. Niech N = n ∈ N : n 6 ϕ(n). Wtedy N ⊂ N. Ponieważ ϕ(N) ⊂ Nwięc 1 6 ϕ(1), czyli 1 ∈ N . Zakładając, że n ∈ N mamy n 6 ϕ(n). Wówczas zzałożenia o funkcji ϕ dostajemy n 6 ϕ(n) < ϕ(n + 1), a więc n + 1 6 ϕ(n + 1).To daje, ze n + 1 ∈ N . Na mocy zasady indukcji mamy więc N = N, co dajepierwszą część tezy.

Weźmy dowolne k ∈ N i oznaczmy terazN ′ = l ∈ N : l > k+1∧ϕ(k) < ϕ(l).Wówczas z założenia o funkcji ϕ mamy k + 1 ∈ N ′. Zakładając, że l ∈ N ′

dostajemy łatwo, że l + 1 ∈ N ′, a więc z zasady indukcji o innym początkuN ′ = l ∈ N : l k + 1. Ponieważ l ∈ N : l > k = l ∈ N : l > k + 1, więcmamy drugą część tezy.

Twierdzenie 1.6.10. Każdy podzbiór zbioru przeliczalnego jest albo skończonyalbo przeliczalny.

Dowód. Niech A będzie podzbiorem zbioru przeliczalnego. Wówczas A jestrównoliczny z pewnym podzbiorem zbioru N. Można więc założyć, że A ⊂ N. Zwniosku 1.6.5 wynika, że zbiór A nie może być jednocześnie skończony i przeli-czalny. Załóżmy, że zbiór A jest nieskończony. Do zakończenia dowodu wystarczypokazać, że zbiór A jest przeliczalny.

Niech f : A× N→ A będzie funkcją określoną wzorem

f(a, n) = minx ∈ A : x > a.

Funkcja f jest poprawnie określona. Istotnie, z założenia, że A jest zbiorem nie-skończonym i twierdzenia 1.6.6 dla każdego a ∈ A, zbiór x ∈ A : x > a jestniepusty, z zasady minimum (twierdzenie 1.3.9), zaś istnieje minx ∈ A : x > a.Niech ϕ : N→ A będzie funkcją określoną indukcyjnie przez x = minA i funkcjęf (patrz twierdzenie 1.5.2). Funkcja ϕ jest poprawnie określona oraz

(1.3) ϕ(1) = minA, ϕ(n+ 1) = minx ∈ A : x > ϕ(n).

Funkcja ϕ jest różnowartościowa, gdyż z (1.3) dla każdego n ∈ N zachodziϕ(n) < ϕ(n+ 1), więc stosując lemat 1.6.9 dostajemy, że dla dowolnych k, l ∈ Ntakich, że k < l mamy ϕ(k) < ϕ(l).

Funkcja ϕ przekształca N na cały zbiór A. Przypuśćmy przeciwnie, że istniejea ∈ A, który nie jest wartością funkcji ϕ. Niech, wobec zasady Archimedesa 1.3.2,l ∈ N będzie takie, że l > a. Z warunku ϕ(n) < ϕ(n+ 1) dla n ∈ N i lematu 1.6.9dostajemy, że l 6 ϕ(l). Oznaczmy przez N = n ∈ N : ϕ(n) < a. Pokażemy, żewówczas N = N. Istotnie, N ⊂ N oraz mamy kolejno:

(i) ϕ(1) = minA 6 a, bo a ∈ A. Ponieważ z przypuszczenia a 6= ϕ(1), więcϕ(1) < a, czyli 1 ∈ N .


(ii) Załóżmy, że n ∈ N . Wtedy ϕ(n) < a, a więc a ∈ x ∈ A : x > ϕ(n).Zatem z (1.3) mamy ϕ(n + 1) 6 a. Ponieważ ϕ(n + 1) 6= a, więc ϕ(n + 1) < a.To daje, że n+ 1 ∈ N .Reasumując, z zasady indukcji mamy, że N = N. To jest jednak niemożliwe, gdyżz wyboru liczby l i określenia zbioru N mamy a < l 6 ϕ(l) < a. W konsekwencjiA = ϕ(N).

Reasumując, ϕ jest funkcją różnowartościową i na cały zbiór A. To daje, żeA jest zbiorem przeliczalnym.

Z twierdzenia 1.6.6 i 1.6.10 dostajemy natychmiast

Wniosek 1.6.11. Zbiór liczb parzystych oraz zbiór liczb nieparzystych są przeli-czalne.

Stosując twierdzenie 1.6.10 udowodnimy trzy wnioski

Wniosek 1.6.12. Jeśli A jest zbiorem przeliczalnym i ϕ : A → R, to ϕ(A) jestzbiorem co najwyżej przeliczalnym.

Dowód. Można założyć, że A = N. Niech B = minϕ−1(b) : b ∈ ϕ(A).Wówczas B ⊂ N. W myśl twierdzenia 1.6.10, zbiór B jest co najwyżej przeli-czalny. Ponadto dla b1, b2 ∈ ϕ(A), b1 6= b2 mamy ϕ−1(b1) ∩ ϕ−1(b2) = ∅, więcminϕ−1(b1) 6= minϕ−1(b2). W konsekwencji funkcja

f : ϕ(A) 3 b 7→ minϕ−1(b) ∈ B

jest bijekcją, czyli zbiór ϕ(A) jest równoliczny z B. To daje, że zbiór ϕ(A) jestco najwyżej przeliczalny.

Wniosek 1.6.13. Niech X i Y będą zbiorami co najwyżej przeliczalnymi. Wów-czas X ∪ Y jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym. Ponadto zbiór X ∪ Y jestprzeliczalny wtedy i tylko wtedy, gdy przynajmniej jeden ze zbiorów X, Y jestprzeliczalny.

Dowód. Jeśli X ⊂ Y lub Y ⊂ X, to teza jest oczywista(12). Załóżmy więc,że X 6= ∅ oraz Y \X 6= ∅. Wówczas Y \X jest co najwyżej przeliczalny (wniosek1.6.7 i twierdzenie 1.6.10). Z wniosku 1.6.11 dostajemy łatwo, że istnieją funk-cje różnowartościowe ϕ : X → 2N oraz ψ : Y \ X → 2N − 1. Zatem funkcjaf : X ∪ Y → N określona wzorami

f(x) = ϕ(x), gdy x ∈ X oraz f(x) = ψ(x), gdy x ∈ Y \X

jest różnowartościowa. Stąd i z twierdzenia 1.6.10 mamy, że f(X ∪ Y ), a więc iX ∪ Y , jest co najwyżej przeliczalny.

(12)Jeśli X ⊂ Y i zbiór X jest przeliczalny, to z wniosku 1.6.7, zbiór Y = X∪Y jest przeliczalny.


Jeśli któryś ze zbiorów X, Y jest przeliczalny to, X lub Y \X jest przeliczalny,więc z twierdzenia 1.6.6, ϕ(X) lub ψ(Y \X) nie jest ograniczony. W konsekwen-cji zbiór f(X ∪ Y ) nie jest ograniczony, więc nie jest on skończony. Reasumując,f(X ∪ Y ) jako zbiór nieskończony i co najwyżej przeliczalny jest zbiorem przeli-czalnym. Stąd dostajemy przeliczalność zbioru X ∪ Y .

Jeśli X∪Y jest przeliczalny, to X∪(Y \X) jest przeliczalny. Zatem z własności1.6.3 dostajemy, że X lub Y \X jest nieskończony. Stąd wynika, że X lub Y jestzbiorem nieskończonym, a więc przeliczalnym.

Wniosek 1.6.14. Jeśli A i B są zbiorami przeliczalnymi, to zbiór A × B jestprzeliczalny.

Dowód. Ponieważ A i B są równoliczne z N, więc A × B jest równoliczny zN×N. Wystarczy więc pokazać, że N×N jest zbiorem przeliczalnym. Z wniosku1.6.7 dostajemy łatwo, że N × N jest nieskończony (istotnie, 1 × N ⊂ N × Ni zbiór 1 × N jest nieskończony, jako równoliczny z N). Na mocy twierdzenia1.6.10 wystarczy więc pokazać, że N × N jest zbiorem równolicznym z pewnympodzbiorem zbioru N. Inaczej, wystarczy pokazać, że istnieje funkcja różnowar-tościowa ϕ : N× N→ N.

Połóżmyϕ(n,m) = (n+m)(n+m− 1) + n.

Oczywiście funkcja ϕ przekształca zbiór N×N w N. Pokażemy różnowartościowośćfunkcji ϕ. Weźmy dowolne (n,m), (n′,m′) ∈ N × N takie, że (n,m) 6= (n′,m′).Jeśli n+m = n′ +m′, to n 6= n′, więc

ϕ(n,m) = (n′ +m′)(n′ +m′ − 1) + n 6= (n′ +m′)(n′ +m′ − 1) + n′ = ϕ(n′,m′).

Jeśli n+m 6= n′ +m′, to można założyć, że n+m 6 n′ +m′ − 1 i wówczas

ϕ(n,m) < ϕ(n,m) +m = (n+m)(n+m) 6 (n′ +m′)(n′ +m′ − 1) < ϕ(n′,m′).

To daje różnowartościowość ϕ i kończy dowód.

Udowodnimy teraz zasadnicze twierdzenie tego punktu.

Twierdzenie 1.6.15. Zbiór Q jest przeliczalny.

Dowód. Ponieważ Q = (Q∩R+)∪0∪ (Q∩R−) i zbiory Q∩R+, Q∩R− sąrównoliczne (13), więc wobec wniosku 1.6.13, wystarczy pokazać, że zbiór Q∩R+jest przeliczalny. Weźmy odwzorowanie ϕ : N × N → Q ∩ R+ określone wzoremϕ(n,m) = n/m. Jest to oczywiście surjekcja. Zatem, z wniosku 1.6.12 wynika,że zbiór Q ∩ R+ jest co najwyżej przeliczalny. Ponieważ N ⊂ Q ∩ R+, więc zbiórQ ∩ R+ jest nieskończony (patrz wniosek 1.6.7 i 1.6.5), a więc przeliczalny.

Z twierdzeń 1.6.15 i 1.6.10 wynika(13)bowiem funkcja ψ : Q ∩ R+ → Q ∩ R− określona wzorem ψ(x) = −x jest bijekcją.


Wniosek 1.6.16. Każda rodzina przedziałów parami rozłącznych jest co najwyżejprzeliczalna.

Dowód. Biorąc dowolną rodzinę P przedziałów parami rozłącznych, z aksjo-matu wyboru dostajemy, że istnieje zbiór E ⊂ Q zawarty w sumie przedziałówrodziny P który ma po jednym punkcie wspólnym z każdym przedziałem rodzinyP. W konsekwencji zbiór P jest równoliczny z E. Ponieważ E ⊂ Q, więc z twier-dzenia 1.6.15 zbiór E jest równoliczny z pewnym podzbiorem zbioru N, a więc ztwierdzenia 1.6.10, zbiór E co najwyżej przeliczalny.

Wykażemy, że R jest zbiorem nieprzeliczalnym. Zacznijmy od lematu (14).

Lemat 1.6.17. Niech Pn, n ∈ N będzie rodziną przedziałów domkniętych taką, żePn+1 ⊂ Pn dla n ∈ N. Wówczas część wspólna

⋂n∈N Pn jest niepusta.

Dowód. Stosując zasadę indukcji o innym początku (twierdzenie 1.3.10), po-kazujemy że dla każdych k, l ∈ N,

(1.4) Pk ⊂ Pl, jeśli l 6 k.

Niech Pn = [an, bn], n ∈ N. Zauważmy, że dla każdego n,m ∈ N zachodzi

(1.5) an 6 bm.

Istotnie, jeśli n 6 m, to z (1.4) mamy Pm ⊂ Pn, więc an 6 bm, jeśli zaś n > m,to z (1.4) mamy Pn ⊂ Pm, więc an 6 bm. Pokazaliśmy więc (1.5).

Oznaczmy A = an : n ∈ N. Zbiór ten jest niepusty i ograniczony z góry naprzykład przez b1 (patrz wzór (1.5)). Zatem, na mocy twierdzenia 1.2.5 istniejekres górny zbioru A. Oznaczmy ten kres przez c. Pokażemy, że c ∈

⋂n∈N Pn. Istot-

nie, z określenia kresu górnego mamy an 6 c dla wszystkich n ∈ N. Z (1.5) mamy,że każdy bn jest ograniczeniem górnym zbioru A, zatem c 6 bn dla wszystkichn ∈ N. Reasumując, c ∈ Pn dla wszystkich n ∈ N i w konsekwencji c ∈

⋂n∈N Pn.

Twierdzenie 1.6.18. Zbiór R jest nieprzeliczalny(15).

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że R nie jest nieprzeliczalny. Stąd, ponieważzbiór R jest nieskończony (co wynika z faktu, że N ⊂ R, wniosku 1.6.7 i 1.6.5)dostajemy, że R jest zbiorem przeliczalnym. Niech więc ϕ : N→ R będzie bijekcją.Weźmy dowolny przedział domknięty P1 taki, że ϕ(1) 6∈ P1. Stosując własność1.1.10 dostajemy, że istnieje przedział domknięty P2 ⊂ P1 taki, że ϕ(2) 6∈ P2.Postępując dalej indukcyjnie znajdziemy rodzinę przedziałów domkniętych Pn,

(14)Lemat ten jest wersją twierdzenia Cantora (patrz zadanie 3.9.9). Georg Ferdinand LudwigPhilipp Cantor (1845-1918) – niemiecki matematyk.(15)W szczególności zbiory R i N nie są równoliczne. Fakt ten udowodnił G. Cantor w 1873 r.


n ∈ N takich, że Pn+1 ⊂ Pn oraz ϕ(n) 6∈ Pn dla wszystkich n ∈ N (16). Z lematu1.6.17 istnieje x ∈

⋂n∈N Pn, zaś z wyboru przedziałów Pn mamy, że x 6= ϕ(n) dla

n ∈ N. To daje, że x 6∈ ϕ(N). Otrzymaliśmy sprzeczność z tym, że ϕ jest bijekcjązbioru N na zbiór R. To kończy dowód.

Z twierdzeń 1.6.18, 1.6.15 i wniosku 1.6.13 dostajemy natychmiast

Wniosek 1.6.19. Zbiór liczb niewymiernych jest nieprzeliczalny.

Powtarzając dowód twierdzenia 1.6.18, przy zastosowaniu twierdzenia 1.6.15dostajemy natychmiast

Wniosek 1.6.20. Każdy przedział jest zbiorem nieprzeliczalnym. W szczególno-ści w każdym przedziale istnieją liczby niewymierne.

Definicja zbioru mocy continuum. O zbiorze, który jest równoliczny z Rmówimy, że jest mocy continuum(17).

ZADANIA

Zadanie 1.6.1. Dowolne dwa przedziały są równoliczne.

Zadanie 1.6.2. Udowodnić, że1. Zbiór Z jest przeliczalny.2. Zbiór wszystkich przedziałów o końcach wymiernych jest przeliczalny.3. Zbiór wszystkich funkcji f : N→ 0, 1 jest nieprzeliczalny.

Zadanie 1.6.3. Jeśli zbiory An, n ∈ N, są przeliczalne, to zbiór⋃n∈NAn jest przeliczal-

ny.

Zadanie 1.6.4. (zasada szufladkowa Dirichleta(18)). Niech A, B1, . . . , Bk będą zbio-rami, przy czym niech A będzie zbiorem n elementowym. Jeśli A ⊂ B1 ∪ . . . ∪ Bk orazn > k, to istnieje Bj taki, że A ∩Bj jest zbiorem co najmniej 2-elementowym.

Zadanie 1.6.5. Lemat 1.6.17 jest fałszywy, gdy zaniedbamy założenia domkniętości prze-działów.

Zadanie 1.6.6. Udowodnić wniosek 1.6.20.

Zadanie 1.6.7. Jeśli zbiór A ⊂ R jest nieprzeliczalny oraz A ⊂ B, gdzie B ⊂ R, to zbiórB jest nieprzeliczalny.(16)Dokładniej, ciąg przedziałów (Pn)n∈N można określić indukcyjnie przy pomocy przedziałuP1, gdzie ϕ(1) 6∈ P1, i funkcji f([a, b], n) = [a, a + b−a

3 ], gdy ϕ(n) > a+b2 oraz f([a, b], n) =

[b− b−a3 , b], gdy ϕ(n) < a+b

2 .(17)G. Cantor postawił następującą hipotezę zwaną hipotezą continuum: dowolny zbiór A ⊂ R

taki, że N ⊂ A jest równoliczny ze zbiorem N lub ze zbiorem R. W 1940 r. austriacki logik imatematyk Kurt Godel (1906-1978) udowodnił, że hipoteza ta jest niesprzeczna z aksjomatamiteorii mnogości, a w 1963 r., matematyk amerykański Paul Joseph Cohen (1934-2007) udowodnił,że również jej zaprzeczenie jest niesprzeczne z aksjomatami teorii mnogości. Hipotezy continuumnie można więc udowodnić w oparciu o aksjomaty teorii mnogości.(18)Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859) - niemiecki matematyk francuskiego

pochodzenia.

1.7. CIĄGI SKOŃCZONE 33

1.7 Ciągi skończone

Definicja ciągu skończonego. Niech X, Y będą zbiorami niepustymi i n ∈ N.Funkcję a : Fn → X nazywamy ciągiem skończonym (19). Parę uporządkowaną

(k, a(k)), gdzie k ∈ Fn, nazywamy k–tym wyrazem ciągu, k – wskaźnikiem tegowyrazu, a(k) – wartością tego wyrazu. Piszemy również ak zamiast a(k).

Ciąg a : Fn → X zapisujemy (a1, ..., an) lub (ak)nk=1 lub ak, k = 1, ..., n.Pisząc a1, ..., an ∈ Y rozumiemy, że wszystkie wartości ciągu (a1, ..., an) należą

do zbioru Y . Jeśli a1, ..., an ∈ R, to ciąg (a1, ..., an) nazywamy ciągiem liczbowym.Zbiór wszystkich ciągów liczbowych n-wyrazowych oznaczamy Rn. Inaczej

Rn = (a1, ..., an) : a1, ..., an ∈ R.

Definicja sumy wartości ciągu skończonego. Niech (a1, ..., an), n > 1, będzieskończonym ciągiem liczbowym. Niech X = R, x = a1 oraz f : R × Fn−1 → Rbędzie funkcją określoną wzorem

f(a, k) = a+ ak+1 dla a ∈ R, k ∈ Fn−1Oznaczmy przez ϕ : Fn → R funkcję określoną przez x i f przy pomocy indukcjiskończonej. Sumą wartości ciągu (a1, ..., an) nazywamy liczbę ϕ(n) i oznaczamy

a1 + · · · + an lubn∑k=1

ak lub∑nk=1 ak. Dodatkowo przyjmujemy

∑1k=1 ak = a1,

gdy n = 1 (20).Definicja iloczynu wartości ciągu skończonego. Niech (a1, ..., an), n > 1 bę-dzie skończonym, ciągiem liczbowym. Niech X = R, x = a1 oraz niechf : R× Fn−1 → R będzie funkcją określona wzorem

f(a, k) = a · ak+1 dla a ∈ R, k ∈ Fn−1.

Niech ϕ : Fn → R będzie funkcję określoną przez x i f przy pomocy indukcjiskończonej. Iloczynem wartości ciągu (a1, ..., an) nazywamy liczbę ϕ(n) i ozna-

czamy a1 · · · an lubn∏k=1

ak lub∏nk=1 ak. Dodatkowo przyjmujemy

∏1k=1 ak = a1,

gdy n = 1 (21).Z twierdzenia o definiowaniu przez indukcję skończona dostajemy, że dla każ-

dego skończonego ciągu liczbowego istnieje dokładnie jedna suma i dokładniejeden iloczyn tego ciągu.(19)Przypomnijmy, że Fn = k ∈ N : k 6 n, gdzie n ∈ N.(20)W literaturze podaje się również następującą (równoważną powyższej) definicję sumy war-

tości ciągu skończonego. Sumą wartości ciągu (a1, ..., an) ∈ Rn nazywamy liczbę∑n

k=1 ak okre-śloną następująco:

∑n

k=1 ak = a1, gdy n = 1 oraz∑n

k=1 ak = an +∑n−1

k=1 ak, gdy n > 1.(21)W literaturze podaje się również następującą (równoważną powyższej) definicję iloczy-

nu wartości ciągu skończonego. Iloczynem wartości ciągu (a1, ..., an) ∈ Rn nazywamy licz-bę∏n

k=1 ak określoną indukcyjnie:∏n

k=1 ak = a1, gdy n = 1 oraz∏n

k=1 ak = an∏n−1k=1 ak,

gdy n > 1.


Własność 1.7.1. Niech (a1, ..., an), (b1, ..., bn), n ∈ N będą ciągami liczbowymioraz α, β ∈ R. Wówczas

αn∑k=1

ak + βn∑k=1

bk =n∑k=1

(αak + βbk)

orazn∏k=1

ak·n∏k=1

bk =n∏k=1

(akbk). (22)

Definicje sumy wartości funkcji i iloczynu wartości funkcji. Niech A 6= ∅będzie zbiorem skończonym oraz ϕ : Fn → A będzie bijekcją. Niech a : A → Rbędzie funkcją.

Sumą wartości funkcji a nazywamy liczbę∑x∈A

a(x) =n∑j=1

a(ϕ(j)).

Iloczynem wartości funkcji a nazywamy liczbę∏x∈A

a(x) =n∏j=1

a(ϕ(j)).

Definicja . Niech n0,m0 ∈ Z, n0 6 m0 oraz A = n ∈ Z : n0 6 n 6 m0 (23).Wówczas dla każdej funkcji a : A→ R przyjmujemy

m0∑n=n0

a(n) =∑n∈A

a(n),m0∏n=n0

a(n) =∏n∈A

a(n).

(22)Dowód własności 1.7.1. Jeśli n = 1, to teza jest oczywista. Załóżmy, że n > 1. Niechf : R×Fn−1 → R będzie funkcją określoną wzorem f(a, k) = a+ ak+1 dla a ∈ R, k ∈ Fn−1 orazniech ϕ : Fn → R będzie funkcją określoną przez x = a1 i f przy pomocy indukcji skończonej.Niech g : R×Fn−1 → R będzie funkcją określoną wzorem g(b, k) = b+ bk+1 dla b ∈ R, k ∈ Fn−1oraz niech ψ : Fn → R będzie funkcją określoną przez x = b1 i g przy pomocy indukcji skończonej.Niech h : R×Fn−1 → R będzie funkcją określoną wzorem h(x, k) = x+αak+1+βbk+1 dla x ∈ R,k ∈ Fn−1 oraz niech λ : Fn → R będzie funkcją określoną przez x = αa1 + βb1 i h przy pomocyindukcji skończonej. Zauważmy, że dla każdego k ∈ Fn,

(1) αϕ(k) + βψ(k) = λ(k).

Istotnie dla k = 1 równość (1) jest oczywista. Zakładając, że (1) zachodzi dla k ∈ Fn takiego,że k < n, z określenia ϕ, ψ oraz λ mamy

αϕ(k + 1) + βψ(k + 1) = αf(ϕ(k), k) + βg(ψ(k), k) = αϕ(k) + αak+1 + βψ(k) + βbk+1

= λ(k) + αak+1 + βbk+1 = h(λ(k), k) = λ(k + 1).

Zatem (1) zachodzi dla k+1. Stosując teraz zasadę indukcji skończonej dostajemy, że (1) zachodzidla wszystkich k ∈ Fn. W szczególności (1) dla k = n daje pierwszą część tezy.

Drugą część tezy dowodzimy analogicznie. (23)Zbiór A jest skończony, bowiem k = m0−n0+1 jest liczbą naturalną oraz łatwo sprawdzamy,

że funkcja ϕ : Fk → A określona wzorem ϕ(n) = n+ n0 − 1 dla n ∈ Fk, jest bijekcją.

1.7. CIĄGI SKOŃCZONE 35

Własność 1.7.2. Jeśli a : A → R, gdzie A 6= ∅ jest zbiorem skończonym, to∑x∈A a(x) i

∏x∈A a(x) nie zależą od wyboru bijekcji ϕ : Fn → A. Ponadto jeśli

A = B ∪ C, gdzie B, C są niepustymi zbiorami rozłącznymi, to∑x∈A

a(x) =∑x∈B

a(x) +∑x∈C

a(x) i∏x∈A

a(x) =∏x∈B

a(x) ·∏x∈C

a(x). (24)

(24)Zanim przejdziemy do dowodu własności 1.7.2, wprowadzimy pojęcie transpozycji i udo-wodnimy pewną własność.

Definicja transpozycji. Niech n ∈ N, n > 1 oraz k, l ∈ Fn, k 6= l. Transpozycją nazywamybijekcję σk,l : Fn → Fn określoną następująco:

σk,l(i) = i dla i ∈ Fn \ k, l oraz σk,l(k) = l i σk,l(l) = k.

Bezpośrednio z definicji widzimy, że σk,l = σ−1k,l .

Własność A. Każda bijekcja ϕ : Fn → Fn, gdzie n > 1, jest złożeniem skończonej ilościtranspozycji.

Dowód. Jeśli n = 2, to każda bijekcja ϕ : Fn → Fn jest albo identycznością albo transpozycją,więc teza jest oczywista. Załóżmy, że teza zachodzi dla n − 1 > 2. Niech ϕ : Fn → Fn będziebijekcją i niech n = ϕ(k).

Jeśli k = n, to biorąc ϕ : Fn−1 → Fn−1 określoną wzorem ϕ(i) = ϕ(i) dla i ∈ Fn−1, zzałożenia indukcyjnego dostajemy, że istnieją transpozycje σ1, ..., σs : Fn−1 → Fn−1 takie, żeϕ = σ1 · · · σs. Kładąc σj(i) = σj(i) dla j ∈ Fn−1 oraz σj(n) = n dostajemy, że σ1, ..., σs :Fn → Fn są transpozycjami oraz ϕ = σ1 · · · σs.

Jeśli k 6= n, to biorąc transpozycję σk,n : Fn → Fn, gdzie σk,n(i) = i dla i ∈ Fn \ k, n orazσk,n(k) = n, σk,n(n) = k, dostajemy, że ϕ σk,n spełnia założenia poprzedniego przypadku.Zatem istnieją transpozycje σ1, ..., σs : Fn → Fn takie, że ϕσk,n = σ1 · · ·σs. W konsekwencjiϕ = σ1 · · · σs σk,n. Reasumując, zasada indukcji daje tezę.

Dowód własności 1.7.2. Niech A będzie zbiorem n-elementowym, ϕ,ψ : Fn → A – bi-jekcjami oraz a : A → R. Jeśli n = 1, to teza jest oczywista. Załóżmy, że n > 1. Wówczasϕ−1 ψ : Fn → Fn jest bijekcją. Z własności A, istnieją transpozycje σ1, ..., σs : Fn → Fn takie,że ϕ−1 ψ = σ1 · · · σs. Zatem ψ = ϕ σ1 · · · σs. Wystarczy więc pokazać, że dla dowolnejtranspozycji σ : Fn → Fn mamy

(2)∑n

i=1 a(ϕ(i)) =∑n

i=1 a(ϕ σ(i)).

Niech k, l ∈ Fn, k 6= l oraz niech σ : Fn → Fn będzie transpozycją taką, że σ(i) = i dlai ∈ Fn \ k, l oraz σ(k) = l, σ(l) = k. Wtedy stosując definicję sumy ciągu skończonegoindukcyjnie sprawdzamy, że∑n

i=1a(ϕ(i))−

∑n

i=1a(ϕ σ(i)) =

∑n

i=1(a(ϕ(i))− a(ϕ σ(i)))

= a(ϕ(k))− a(ϕ(l)) + a(ϕ(l))− a(ϕ(k)) = 0.

To daje (2) i w konsekwencji niezależność sumy od wyboru bijekcji ϕ.Udowodnimy teraz pierwszą część tezy. Jeśli A jest zbiorem 2-elementowym, to teza jest

oczywista. Załóżmy, że teza zachodzi dla n − 1 > 2 i niech A będzie zbiorem n-elementowymoraz a : A → R. Niech A = B ∪ C, gdzie B,C są zbiorami niepustymi i rozłącznymi. Wtedyjeden ze zbiorów B,C jest co najmniej 2-elementowy. Niech na przykład B bądzie zbioremco najmniej 2-elementowym. Weźmy dowolny x0 ∈ B. Biorąc bijekcję ϕ : Fn → A taką, żeϕ(n) = x0 (istnienie takiej bijekcji dostajemy z dowolnej bijekcji przez złożenie z transpozycją),


Indukcyjnie łatwo dowodzimy następującej własności:

Własność 1.7.3. Niech A 6= ∅ będzie zbiorem skończonym oraz a, b : A→ R. Je-śli dla każdego x ∈ A zachodzi a(x) 6 b(x), to

∑x∈A a(x) 6

∑x∈A b(x). Ponadto

równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy a(x) = b(x) dla wszystkich x ∈ A.

ZADANIA

Zadanie 1.7.1. Jeśli m,n ∈ N, 1 6 m < n oraz (a1, ..., an) jest ciągiem liczbowym, to∑nk=1 ak =

∑mk=1 ak +

∑nk=m+1 ak.

Zadanie 1.7.2. Dla każdej liczby naturalnej n ∈ N zachodzą:

1. 1 + 2 + · · ·+ n = n(n+1)2 ,

2. 11·2 + 1

2·3 + · · ·+ 1n(n+1) = n

n+1 ,

3. 11·3 + 1

3·5 + · · ·+ 1(2n−1)(2n+1) = n

2n+1 ,

4. 1− 12 + 1

3 −14 + · · ·+ 1

2n−1 −1

2n = 1n+1 + 1

n+2 + · · ·+ 1n+n ,

5. 1n+1 + 1

n+2 + · · ·+ 1n+n >

12 .

Zadanie 1.7.3. Niech n ∈ N, n > 2 oraz niech x1, . . . , xn będą liczbami dodatnimi.Wówczas zachodzą następujące trzy własności:

1. Jeśli x1 + · · ·+ xn = n, to x1 · · ·xn 6 1,

2. Jeśli x1 · · ·xn = 1, to x1 + · · ·+ xn > n,

3. x1x2

+ x2x3

+ · · ·+ xn−1xn

+ xnx1> n.

Zadanie 1.7.4. Dla każdego n ∈ N oraz ciągu liczbowego (x1, ..., xn) mamy

R 6= x : x = a1x1 + · · ·+ anxn, a1, ..., an ∈ Q.

Zadanie 1.7.5. Dla każdego zbioru przeliczalnego A ⊂ R mamy

R 6= x : x = a1x1 + · · ·+ anxn dla pewnych ciągów x1, ..., xn ∈ A, a1, ..., an ∈ Q.

Zadanie 1.7.6. Udowodnić własność 1.7.3.

dostajemy, że∑

x∈A a(x) =∑

x∈A\x0a(x) + a(x0). Zatem z założenia indukcyjnego mamy∑

x∈Aa(x) =

∑x∈A\x0

a(x) + a(x0) =∑

x∈B\x0a(x) + a(x0) +

∑x∈C

a(x)

=∑

x∈Ba(x) +

∑x∈C

a(x).

To daje pierwszą część tezy. Drugą część dowodzimy analogicznie. To kończy dowód.

1.8. ROZSZERZONY ZBIÓR LICZB RZECZYWISTYCH 37

1.8 Rozszerzony zbiór liczb rzeczywistych

W punkcie 1.1, aksjomatycznie wprowadziliśmy zbiór liczb rzeczywistych. Terazaksjomatycznie określimy rozszerzony zbiór liczb rzeczywistych.

Zakładamy, że istnieją elementy +∞ i −∞ zwane odpowiednio plus nieskoń-czonością i minus nieskończonością. Zakładamy, że relacja mniejszości < wrazz działaniami dodawania, odejmowania, mnożenia, dzielenia i elementu przeciw-nego w R rozszerzają się w zbiorze R ∪ −∞,+∞ w ten sposób, że spełniająnastępujące aksjomaty:

V. Aksjomaty rozszerzonego zbioru liczb rzeczywistych.

1. −(−∞) = +∞, −(+∞) = −∞, +(−∞) = −∞.

2. (+∞) + (+∞) = +∞, (−∞) + (−∞) = −∞.

3. (−∞)(−∞) = +∞, (+∞)(+∞) = +∞, (−∞)(+∞) = −∞,(+∞)(−∞) = −∞.

4. Dla każdego x ∈ R,x+ (+∞) = +∞, (+∞) + x = +∞, x+ (−∞) = −∞,(−∞) + x = −∞.

5. Dla każdego x ∈ R, x/(+∞) = 0, x/(−∞) = 0.

6. −∞ < +∞ i dla każdego x ∈ R, −∞ < x < +∞.

7. Dla każdego x ∈ R takiego, że x > 0,x(+∞) = +∞, (+∞)x = +∞, x(−∞) = −∞, (−∞)x = −∞.

Definicja rozszerzonego zbioru liczb rzeczywistych. Rozszerzonym zbioremliczb rzeczywistych nazywamy zbiór R ∪ +∞,−∞, który oznaczamy R.

Uwaga 1.8.1. Wprost z aksjomatów widzimy, że nie wprowadziliśmy działań +i · w R. Na przykład nie określamy (+∞) + (−∞) oraz 0(+∞). Takie symbolebędziemy nazywać nieoznaczonymi. Często piszemy ∞ zamiast +∞.

Uwaga 1.8.2. W R wprowadzamy relacje 6 i > w analogiczny sposób jak w R.

Definicje kresów w rozszerzonym zbiorze liczb rzeczywistych. NiechE ⊂ R.

Mówimy, że M ∈ R jest kresem górnym zbioru E, gdy(i) dla każdego x ∈ E zachodzi x 6M ,(ii) dla każdego M ′ < M istnieje x ∈ E takie, że x > M ′.

Kres górny zbioru E oznaczamy supE.

Mówimy, że m ∈ R jest kresem dolnym zbioru E, gdy(i) dla każdego x ∈ E zachodzi x > m,(ii) dla każdego m′ > m istnieje x ∈ E takie, że x < m′.

Kres dolny zbioru E oznaczamy inf E.


Uwaga 1.8.3. Wprost z definicji kresów zbiorów niepustych i ograniczonych ma-my, że definicja powyższa jest zgodna z wprowadzonymi wcześniej.

Bezpośrednio z definicji dostajemy następujące dwie własności:

Własność 1.8.4. Niech E ⊂ R.(a) Jeśli E nie jest zbiorem ograniczonym z góry, to supE = +∞.(b) Jeśli E nie jest zbiorem ograniczonym z dołu, to inf E = −∞.

Własność 1.8.5. Niech E ⊂ R.(a) Jeśli +∞ ∈ E, to supE = +∞.(b) Jeśli −∞ ∈ E, to inf E = −∞.

Z własności 1.8.4, 1.8.5 i twierdzeń 1.2.5, 1.2.6 dostajemy

Wniosek 1.8.6. Jeśli E ⊂ R i E 6= ∅, to istnieją inf E, supE oraz inf E 6 supE.

Definicja przedziału nieskończonego. Niech a ∈ R. Przedziałami nieskoń-czonymi nazywamy następujące zbiory:

(a,+∞) = x ∈ R : a < x, [a,+∞) = x ∈ R : a 6 x,(−∞, a) = x ∈ R : x < a, (−∞, a] = x ∈ R : x 6 a,(−∞,+∞) = R.

Dla odróżnienia, przedziały wcześniej określone nazywamy przedziałami skończo-nymi.

ZADANIA

Zadanie 1.8.1. Udowodnić, że w R istnieją kresy sup ∅ i inf ∅ i że sup ∅ < inf ∅.

Zadanie 1.8.2. Niech h : [−1, 1]→ R będzie funkcją określoną wzorami

h(x) =x

1− x · xdla x ∈ (−1, 1) oraz h(−1) = −∞, h(1) = +∞.

1. Funkcja h|(−1,1) jest bijekcją przedziału (−1, 1) na zbiór R.2. Funkcja h jest bijekcją przedziału [−1, 1] na zbiór R. W szczególności zbiór R jest

równoliczny z przedziałem [−1, 1].

Rozdział 2

Logarytm i potęga

W rozdziale tym wprowadzimy pojęcie potęgi o wykładniku naturalnym, całko-witym, wymiernym i o wykładniku rzeczywistym. W oparciu o pojęcie potęgiwprowadzimy definicję logarytmu. Na koniec rozdziału podamy podstawowe wła-sności funkcji potęgowych wykładniczych, logarytmicznych oraz wielomianów.

2.1 Potęga o wykładniku naturalnym

Definicja potęgi o wykładniku naturalnym. Niech x ∈ R oraz n ∈ N. Potęgąo podstawie x i wykładniku n nazywamy liczbę xn określoną następująco: xn = x,gdy n = 1 oraz xn = xn−1x, gdy n > 1. Dodatkowo, dla x 6= 0, przyjmujemyx0 = 1.

Uwaga 2.1.1. Powyższa definicja potęgi jest zgodna z definicją iloczynu n-wyra-zowego ciągu (x, ..., x). W konsekwencji dla każdego x ∈ R oraz n ∈ N potęga xn

jest określona jednoznacznie.

Łatwy dowód poniższej własności pozostawiamy czytelnikowi.

Własność 2.1.2. Niech x, y ∈ R oraz n,m ∈ N. Wówczas zachodzą następujące:(a) xn 6= 0, gdy x 6= 0.(b) xnxm = xn+m; xn/xm = xn−m, gdy x 6= 0 oraz m 6 n.(c) xnyn = (xy)n; xn/yn = (x/y)n, gdy y 6= 0.(d) (xn)m = xnm.

Własność 2.1.3. Niech x ∈ R, x > 0 oraz n ∈ N. Wówczas xn > 0. Ponadto

x > 1 wtedy i tylko wtedy, gdy xn > 1.

Dowód. Indukcyjnie łatwo pokazujemy, że1) jeśli x > 1, to xn > 1,2) jeśli x = 1, to xn = 1,3) jeśli 0 < x < 1, to 0 < xn < 1.

1) jest implikacją prostą tezy. Z 2), 3) wynika implikacja odwrotna.

Własność 2.1.4. Niech x ∈ R, x > 1 oraz n,m ∈ N. Wówczas

m > n wtedy i tylko wtedy, gdy xm > xn.

Dowód. Niech x ∈ R, x > 1 oraz n,m ∈ N, m > n. Wówczas z własności1.3.7(e) mamy, że m − n ∈ N, więc z własności 2.1.3, xm−n > 1 i analogiczniexn > 0. Zatem z własności 2.1.2(b), xm/xn > 1, więc xm > xn. To daje implikacjęprostą. Implikacja odwrotna wynika natychmiast z udowodnionej.

39

40 ROZDZIAŁ 2. LOGARYTM I POTĘGA

Własność 2.1.5. Niech x, y ∈ R, x, y > 0 oraz niech n ∈ N. Wówczas

y > x wtedy i tylko wtedy, gdy yn > xn.

Dowód. Załóżmy, że x < y. Ponieważ x > 0, więc y/x > x/x = 1. Stosującteraz własność 2.1.3 mamy, że xn > 0 oraz (y/x)n > 1. W konsekwencji, zwłasności 2.1.2 (c) i (b) dostajemy yn = ((y/x)x)n = (y/x)nxn > xn. To dajeimplikację prostą. Implikacja odwrotna wynika natychmiast z udowodnionej.

Lemat 2.1.6. (nierówność Bernoulliego(1)). Dla każdego x ∈ R, x > −1 orazn ∈ N zachodzi (1 + x)n > 1 + nx.

Dowód. Dla n = 1 teza jest oczywista. Załóżmy, że teza zachodzi dla n ∈ N.Ponieważ 1 + x > 0 oraz nx2 > 0, więc z założenia mamy

(1+x)n+1 = (1+x)n(1+x) > (1+nx)(1+x) = 1+(n+1)x+nx2 > 1+(n+1)x.

Reasumując, zasada indukcji kończy dowód.

Wniosek 2.1.7. (zasada Archimedesa dla potęgowania). Niech a, b ∈ R.Jeśli a > 1, to istnieje n ∈ N takie, że an > b.

Dowód. Ponieważ a > 1, więc (b− 1)/(a− 1) ∈ R. Z zasady Archimedesa(twierdzenie 1.3.2) istnieje więc n ∈ N takie, że n > (b− 1)/(a− 1). Zatemn(a− 1) + 1 > b i z nierówności Bernoulliego (lemat 2.1.6),

an = (1 + (a− 1))n > 1 + n(a− 1) > b.

To kończy dowód.

Lemat 2.1.8. (wzór dwumienny Newtona(2)). Dla każdych x, y ∈ R orazn ∈ N zachodzi

(2.1) (x+ y)n =n∑k=0

(n

k

)xkyn−k,

gdzie dla uproszczenia zapisu przyjmujemy 00 = 1.

Dowód. Weźmy dowolne x, y ∈ R i oznaczmy N = n ∈ N : (2.1) zachodzi.Oczywiście 1 ∈ N . Niech n ∈ N . Pokażemy, że n+ 1 ∈ N . Ponieważ n ∈ N , to

(x+ y)n+1 = (x+ y)n∑k=0

(n

k

)xkyn−k =

n∑k=0

(n

k

)xk+1yn−k +

n∑k=0

(n

k

)xkyn+1−k,

(1)Jakob Bernoulli (1654-1705) – szwajcarski matematyk i fizyk.(2)Isaac Newton (1642-1727) – angielski fizyk, matematyk, astronom, filozof, historyk, badacz

Biblii i alchemik.

2.1. POTĘGA O WYKŁADNIKU NATURALNYM 41

więc

(x+ y)n+1 =n+1∑k=1

(n

k − 1

)xkyn+1−k +

n∑k=0

(n

k

)xkyn+1−k

= yn+1 +n∑k=1

((n

k − 1

)+

(n

k

))xkyn+1−k + xn+1.

Z definicji symbolu Newtona dla k, n ∈ N, 1 6 k 6 n dostajemy( nk−1)

+(nk

)=(n+1

k

). Stąd i z powyższego wynika (2.1) dla n + 1, a więc n + 1 ∈ N . Z zasady

indukcji dostajemy więc, że N = N. To kończy dowód.

ZADANIA

Zadanie 2.1.1. Dla każdej liczby n ∈ N zachodzi 2n−1 6 n!.

Zadanie 2.1.2. (wzór wielomianowy Newtona). Niech n, s ∈ N, n, s > 2, x1, .., xs ∈R oraz A = (i1, ..., is) : i1, ..., is ∈ Z, i1, ..., is > 0, i1 + · · ·+ is = n. Wówczas

(x1 + · · ·+ xs)n =∑

(i1,...,is)∈A

n!i1! · · · is!

xii1 · · ·xiss .

Zadanie 2.1.3. (nierówność Schwarza(3)). Dla dowolnych liczb xk, yk ∈ R, k =1, ..., n zachodzi nierówność (

∑nk=1 xkyk)2

6(∑n

k=1 x2k

) (∑nk=1 y

2k

).

Zadanie 2.1.4. Liczbę naturalną p 6= 1 nazywamy pierwszą jeśli nie można jej przedsta-wić w postaci iloczynu dwóch liczb naturalnych różnych od 1.

1. Każdą liczbę naturalną n 6= 1 można przedstawić w postaci n = p1 · · · pk, gdziep1, . . . , pk są liczbami pierwszymi.

2. Każda liczba naturalna n 6= 1 ma co najmniej jeden dzielnik pierwszy, tzn. istniejeliczba pierwsza p taka, że p|n (patrz zadanie 1.4.4).

3. Zbiór liczb pierwszych jest przeliczalny.

Zadanie 2.1.5. (zasadnicze twierdzenie arytmetyki). Każdą liczbę naturalną n 6= 1można jednoznacznie przedstawić w postaci n = pn11 · · · p

nkk , gdzie n1, ..., nk ∈ N oraz

p1, ..., pk są liczbami pierwszymi, przy czym p1 < · · · < pk(4).

Wsk. Istnienie odpowiedniego przedstawienia liczby n wynika z zadania 2.1.4. Przy-puszczając, że teza nie zachodzi, w myśl zasady minimum (twierdzenie 1.3.9) bierzemynajmniejszą liczbę naturalną n 6= 1, która ma dwa przedstawienia n = pn11 · · · p

nkk =

qm11 . . . qmss , gdzie n1, ..., nk,m1, . . . ,ms ∈ N oraz p1, ..., pk, q1, . . . , qs są liczbami pierw-szymi, przy czym p1 < . . . < pk oraz q1 < . . . < qs. Możemy przyjąć, że p1 < q1

(dlaczego?). Wtedy q1 = ap1 + r, gdzie a, r ∈ Z, a > 0, 0 < r < p1 (zadanie 1.4.5).Zastosować założenie indukcyjne i zadanie 1.4.4.

(3)zwana też nierównością Cauchy’ego-Schwarza, Buniakowskiego-Schwarza lub Cauchy’ego-Buniakowskiego-Schwarza. Karl Hermann Amandus Schwarz (1843-1921) – niemiecki matema-tyk, Augustin Louis Cauchy (1789-1857) - francuski matematyk, Wiktor Jakowlewicz Bunia-kowski (1804-1889) – rosyjski matematyk.(4)p1 < ... < pk oznacza pn < pn+1 dla 1 6 n < k (gdy k > 1).


Zadanie 2.1.6. Niech n ∈ N, n > 4. Wówczas n jest liczbą pierwszą wtedy i tylko wtedy,gdy (n− 1)!/n 6∈ N.

Zadanie 2.1.7. Niech n ∈ N, n > 1. Wówczas n jest liczbą pierwszą wtedy i tylko wtedy,gdy liczba ((n− 1)! + 1)/n jest naturalna (tzn. (n− 1)! + 1 jest podzielne przez n).

Zadanie 2.1.8.* Równanie x4+y4 = z4 nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych x, y, z.

Zadanie 2.1.9.* Rozważmy równanie Pitagorasa(5) x2 + y2 = z2. Dla każdych m,n ∈ Nliczby x = m2 − n2, y = 2mn, z = m2 + n2 oraz x = 2mn, y = m2 − n2, z = m2 + n2

spełniają to równanie. Czy są to wszystkie możliwe układy liczb x, y, z ∈ N spełniającerównanie Pitagorasa?

Hipoteza 1. (Goldbach(6), 1742 r). Każda liczba parzysta n, n > 2 jest sumą dwóchliczb pierwszych (problem ten jest dotąd nierozstrzygnięty).

2.2 Potęga o wykładniku całkowitym

W punkcie 2.1 wprowadziliśmy definicję potęgi o wykładniku naturalnym. Roz-szerzymy to pojęcie na przypadek potęg o wykładniku całkowitym.

Definicja potęgi o wykładniku całkowitym. Niech x ∈ R oraz a ∈ Z. Potęgąo podstawie x i wykładniku a nazywamy liczbę xa określoną następująco

xa =

xa , gdy a ∈ N,1/x−a , gdy − a ∈ N i x 6= 0,

1 , gdy a = 0 i x 6= 0.

Uwaga 2.2.1. Potęga o wykładniku całkowitym jest poprawnie określona, gdyżdla liczb a ∈ Z mamy a ∈ N albo a = 0 albo −a ∈ N (patrz własność 1.4.2(a)).Ponadto, dla n ∈ N oraz x ∈ R, x 6= 0 mamy xn 6= 0 (patrz własność 2.1.2(c)),więc 1/xn istnieje.

Z własności 2.1.2, 2.1.3, 2.1.4 dostajemy następujące dwie własności.

Własność 2.2.2. Niech x, y ∈ R, x, y 6= 0 oraz a, b ∈ Z. Wówczas zachodząnastępujące:

(a) xa 6= 0; xa > 0 dla x > 0.(b) xaxb = xa+b; xa/xb = xa−b.(c) xaya = (xy)a; xa/ya = (x/y)a.(d) (xa)b = xab.

Własność 2.2.3. Niech x ∈ R, x > 1 oraz a, b ∈ Z. Wówczas

b > a wtedy i tylko wtedy, gdy xb > xa.

(5)Pitagoras (582-493 p.n.e.) - grecki matematyk, filozof, mistyk.(6)Christian Goldbach (1690-1764) – matematyk rosyjski pochodzenia niemieckiego.

2.3. PIERWIASTEK LICZBY RZECZYWISTEJ 43

2.3 Pierwiastek liczby rzeczywistej

W tym punkcie wprowadzimy pojęcie pierwiastka liczby rzeczywistej. Udowodni-my najpierw twierdzenie o istnieniu pierwiastków. Zacznijmy od lematu.

Lemat 2.3.1. Niech x, y ∈ R, x, y > 0 oraz n ∈ N. Wówczas:(a) Jeśli yn < x, to istnieje y ∈ R, takie że y < y oraz (y)n < x.(b) Jeśli yn > x, to istnieje y ∈ R, takie że y > y > 0 oraz (y)n > x.

Dowód. Ad (a). Ponieważ y > 0, więc yn > 0 (własność 2.1.3). Zatem zzałożenia, że yn < x dostajemy 1 < x/yn (wniosek 1.1.9). Ponadto 1/2n > 0,więc (−1 + x/yn)/2n > 0. W myśl własności 1.1.10, istnieje t ∈ R, że t < 1/2oraz 0 < t < (−1 + x/yn)/2n. W konsekwencji istnieje 0 < t < 1/2 takie, że

(2.2) 1 + 2nt < x/yn.

Zauważmy teraz, że dla każdego k ∈ N mamy

(2.3) (1 + t)k < 1 + 2kt.

Istotnie, dla k = 1 nierówność (2.3) jest oczywista. Jeśli (2.3) zachodzi dla k ∈ N,to wobec tego, że 0 < t < 1/2 mamy

(1 + t)k+1 = (1 + t)k(1 + t) < (1 + 2kt)(1 + t)

= 1 + 2kt+ t+ 2kt2 6 1 + 2kt+ t+ 2k−1t 6 1 + t2k+1.

Stąd i z zasady indukcji, (2.3) zachodzi dla każdego k ∈ N.Z (2.3) dla k = n oraz (2.2) dostajemy (1+ t)n < x/yn. Zatem [(1+ t)y]n < x.

Oznaczając teraz y = (1 + t)y dostajemy y < y oraz (y)n < x, czyli mamy (a).Ad (b). Ponieważ yn > x, więc 1 − x/yn > 0 i podobnie jak poprzednio

pokazujemy, że istnieje t ∈ R, 0 < t < 1 takie, że (1 − x/yn)/n > t > 0, więcyn(1− nt) > x. Zatem stosując nierówność Bernoulliego (lemat 2.1.6) dostajemyyn(1− t)n > x. Przyjmując y = (1− t)y dostajemy y > y > 0 oraz (y)n > x. Todaje (ii) i kończy dowód.

Twierdzenie 2.3.2. (o istnieniu pierwiastków). Dla każdego x ∈ R, x > 0oraz każdego n ∈ N istnieje dokładnie jedno y ∈ R, takie że y > 0 oraz yn = x.

Dowód. Pokażemy najpierw istnienie liczby y. Przypuśćmy przeciwnie, żedla pewnych x ∈ R, x > 0 oraz n ∈ N nie istnieje y ∈ R, y > 0, taki że yn = x.Niech

A+ = a ∈ R+ : an < x, A = R0− ∪A+, B = b ∈ R+ : bn > x.


Wówczas z przypuszczenia dostajemy, że A ∪B = R. Pokażemy, że:1) A 6= ∅, B 6= ∅,2) dla każdych a ∈ A, b ∈ B zachodzi a < b,3) dla każdego a ∈ A istnieje a ∈ A, że a < a,4) dla każdego b ∈ B istnieje b ∈ B, że b < b.Ad 1). Oczywiście A 6= ∅. Z nierówności Bernoulliego (lemat 2.1.6) mamy

(1 + x)n > 1 + nx > 1 + x > x,

więc b = x+ 1 ∈ B, czyli B 6= ∅.Ad 2). Weźmy dowolne a ∈ A, b ∈ B. Jeśli a ∈ R0−, to a 6 0 < b. Jeśli a ∈ R+,

to an < x < bn, więc z własności 2.1.5 mamy a < b. Reasumując, a < b.Ad 3). Weźmy dowolny a ∈ A. Jeśli a ∈ R−, to biorąc a = 0 mamy a < a i

a ∈ A. Jeśli a ∈ R+, to z lematu 2.3.1(a) dostajemy, że istnieje a ∈ A, że a < a.Jeśli a = 0, to w myśl własności 1.1.10 istnieje a ∈ R takie, że 0 < a < 1 oraza < x. Wówczas indukcyjnie pokazujemy, że (a)n 6 a. W konsekwencji (a)n < x,więc a ∈ A oraz a < a.

Ad 4). Wynika wprost z lematu 2.3.1(b).Reasumując, uporządkowana para zbiorów (A,B) przeczy Aksjomatowi IV.1.

(zasada ciągłości Dedekinda). Z otrzymanej sprzeczności dostajemy, że przypusz-czenie było fałszywe, czyli istnieje y ∈ R, takie że y > 0 oraz yn = x.

Pozostaje udowodnić jednoznaczność liczby y. Jeśli y, y ∈ R+ spełniają wa-runki yn = x oraz (y)n = x, to yn = (y)n i w myśl własności 2.1.5 nie możezachodzić y < y ani y > y. W konsekwencji y = y. To kończy dowód.

Definicja pierwiastka liczby rzeczywistej. Niech x ∈ R, x > 0 oraz n ∈ N.Pierwiastkiem n-tego stopnia z liczby x nazywamy taką liczbę y ∈ R, że y > 0oraz yn = x i oznaczamy n

√x. W przypadku n = 2 piszemy

√x zamiast 2

√x.

Dodatkowo przyjmujemy n√

0 = 0.

Uwaga 2.3.3. Z twierdzenia 2.3.2 wynika, że dla każdej liczby x ∈ R, x > 0istnieje dokładnie jeden pierwiastek n-tego stopnia z liczby x.

Własność 2.3.4. Niech x, y ∈ R, x, y > 0 oraz n, k ∈ N oraz m ∈ Z. Wówczaszachodzą następujące:

(a) n√xn = x.

(b) n√xm = ( n

√x)m.

(c) n√xm = nk

√xmk.

(d) n

√k√x = nk

√x.

(e) n√x n√y = n

√xy.

(f) n√x k√x = nk

√xn+k.

2.3. PIERWIASTEK LICZBY RZECZYWISTEJ 45

Dowód. Ad (a). Ponieważ x > 0, więc xn > 0. Niech t = n√xn. Wówczas

t > 0 i tn = xn. Stąd i z twierdzenia 2.3.2 dostajemy, że t = x.Ad (b). Niech t = n

√x. Wówczas tn = x, więc (tm)n = xm (własność 2.2.2(d)).

Ponieważ t > 0, więc tm > 0 (własność 2.2.2(a)) i analogicznie xm > 0. Wkonsekwencji tm = n

√xm. To daje (b).

Ad (c). Niech t = n√xm. Wówczas tn = xm, więc tnk = xmk. To daje, że

t = nk√xmk.

Ad (d). Niech t = n

√k√x. Wówczas tn = k

√x, więc tnk = x, czyli t = nk

√x.

Ad (e). Niech t = n√x, z = n

√y. Wówczas tn = x oraz zn = y, więc (tz)n =

tnzn = xy, czyli tz = n√xy.

Ad (f). Niech t = n√x, z = k

√x. Wówczas tn = x oraz zk = x, więc tnk = xk

oraz znk = xn. Zatem (tz)nk = tnkznk = xkxn = xk+n i w konsekwencji tz =nk√xn+k.

Wniosek 2.3.5. Niech n, n ∈ N oraz m, m ∈ Z. Jeśli nm = nm, to dla każdegox ∈ R, x > 0, mamy

n√xm =

n√xm.

Dowód. Ponieważ x > 0, więc z własności 2.2.2(a) mamy xm > 0 orazxm > 0. Z drugiej strony, wobec własności 2.2.2(d) oraz własności 2.3.4 (a) i(b) dostajemy

( n√xm)nn = xmn = xmn = (

n√xm)nn.

Stąd i z twierdzenia 2.3.2 dostajemy n√xm = n

√xm.

Wniosek 2.3.6. Niech x, y ∈ R, x, y > 0 oraz niech n ∈ N. Wówczas

x > y wtedy i tylko wtedy, gdy n√x > n

√y.

Dowód. Niech t = n√x, z = n

√y. Wówczas t > 0 i z > 0 oraz x = tn i y = zn.

Zatem teza wynika natychmiast z własności 2.1.5.

Pojęcie pierwiastka nieparzystego stopnia liczby rzeczywistej można rozsze-rzyć na cały zbiór liczb rzeczywistych.

Definicja pierwiastka liczby ujemnej. Niech n ∈ N będzie liczbą nieparzystą.Pierwiastkiem n-tego stopnia z liczby ujemnej x nazywamy − n

√−x i oznaczamy

n√x.


Własność 2.3.7. Niech x ∈ R oraz n ∈ N. Wówczas zachodzą następujące:(a) Jeśli n ∈ 2N− 1, to n

√xn = x.

(b) Jeśli n ∈ 2N, to n√xn = |x|.


ZADANIA


Zadanie 2.3.2. Niech n ∈ N będzie liczbą nieparzystą oraz k ∈ N niech będzie liczbąparzystą. Wówczas dla każdej liczby ujemnej x mamy n

√x 6= nk

√xk.

Zadanie 2.3.3. Liczba√

2 jest niewymierna.

Zadanie 2.3.4. Dla każdej liczby naturalnej n zachodzą nierówności:

1. 1√1

+ 1√2

+ · · ·+ 1√n>√n.

2. n√n 6 1 +

√2n .

Zadanie 2.3.5. Dla dowolnych a1, . . . , an ∈ R+ zachodzi n√a1 · · · an 6 a1+···+an

n .

2.4 Potęga o wykładniku wymiernym

Definicja potęgi o wykładniku wymiernym. Niech x ∈ R, x > 0 oraz r ∈ Q.Potęgą o podstawie x i wykładniku wymiernym r nazywamy liczbę xr określonąnastępująco:

xr = n√xm, gdzie r = m/n, n ∈ N, m ∈ Z.

Uwaga 2.4.1. Definicja potęgi o wykładniku wymiernym jest poprawna. Istotnie,jeśli x ∈ R, x > 0 oraz r = m/n = m/n, gdzie n, n ∈ N, m, m ∈ Z, to w myślwniosku 2.3.5 mamy n

√xm = n

√xm.

Dla r ∈ Z powyższa definicja potęgi jest zgodna z definicją potęgi o wykładnikucałkowitym. Istotnie, jeśli r = m/1, gdzie m ∈ Z, to z własności 2.3.7(a) mamyxr = 1

√xm = xm.

Uwaga 2.4.2. Dla liczb ujemnych analogiczna definicja potęgi o wykładniku wy-miernym prowadzi do sprzeczności (patrz zadanie 2.3.2).


Własność 2.4.3. Niech x, y ∈ R, x, y > 0 oraz r, s ∈ Q. Wówczas zachodząnastępujące:

(a) 1r = 1.(b) xr > 0.(c) xrxs = xr+s; xr/xs = xr−s; xr = 1/x−r.(d) xryr = (xy)r; xr/yr = (x/y)r.(e) (xr)s = xrs.

2.5. POTĘGA O WYKŁADNIKU RZECZYWISTYM 47

Własność 2.4.4. Niech x, y ∈ R, x, y > 0 oraz r ∈ Q, r > 0. Wówczas

(2.4) x > y wtedy i tylko wtedy, gdy xr > yr.

W szczególności

(2.5) x > 1 wtedy i tylko wtedy, gdy xr > 1.

Dowód. (2.5) wynika natychmiast z (2.4), gdyż 1r = 1 (własność 2.4.3).Udowodnimy (2.4). Niech r = m/n, gdzie n ∈ N, m ∈ Z. Ponieważ r > 0, więcm ∈ N.

Załóżmy, że x > y. Ponieważ m ∈ N, więc z własności 2.1.5 mamy xm > ym.Stąd i z wniosku 2.3.6 mamy n

√xm > n

√ym, czyli xr > yr. To daje implikację

prostą w (2.4). Implikacja odwrotna wynika natychmiast z udowodnionej.

Własność 2.4.5. Niech x ∈ R, x > 1 oraz r, s ∈ Q. Wówczas

r > s wtedy i tylko wtedy, gdy xr > xs.

Dowód. Można założyć, że r = a/n, s = b/n, gdzie n ∈ N, a, b ∈ Z.Załóżmy, że r > s. Wtedy a > b oraz z własności 2.2.3 mamy xa > xb. Stąd i

z wniosku 2.3.6 dostajemy n√xa >

n√xb, czyli xr > xs. To daje implikację prostą.

Implikacja odwrotna wynika natychmiast z udowodnionej.

ZADANIA


2.5 Potęga o wykładniku rzeczywistym

W punkcie tym określimy potęgę o wykładniku rzeczywistym. Zacznijmy od de-finicji i własności.

Definicja . Niech x, y ∈ R oraz x > 0. Wówczas określamy

Eyx = xr : r ∈ Q, r < y.

Własność 2.5.1. Niech x, y ∈ R, x > 0. Wówczas Eyx ⊂ R+. Jeśli dodatkowox > 1, to 0 < supEyx < +∞.

Dowód. Inkluzja Eyx ⊂ R+ wynika z własności 2.4.3(b). Niech x > 1. Ztwierdzenia 1.4.10 istnieją liczby r, s ∈ Q takie, że r < y < s. Zatem xr ∈ Eyx,czyli Eyx 6= ∅. Ponieważ x > 1, więc z własności 2.4.5, xs jest ograniczeniemgórnym zbioru Eyx. Stąd i z twierdzenia 1.2.5, supEyx ∈ R. Ponieważ Eyx ⊂ R+,więc supEyx > 0.


Własność 2.5.1 i wniosek 1.1.9(c) pozwalają poprawnie określić pojęcie potęgi.

Definicja potęgi o wykładniku rzeczywistym. Niech x, y ∈ R, gdzie x > 0.Potęgą o podstawie x i wykładniku rzeczywistym y nazywamy liczbę xy określonąnastępująco:

xy =

supEyx , gdy x > 1,

1 , gdy x = 1,

(1/x)−y , gdy 0 < x < 1.

Pokażemy, że w przypadku potęgi xy, gdzie x > 0 oraz y jest liczbą wymierną,definicje potęg o wykładniku rzeczywistym i wymiernym są zgodne. Zacznijmyod lematu.

Lemat 2.5.2. Dla dowolnych x > 0 oraz y > 1 istnieje k ∈ N takie, że

0 < k√x < y.

Dowód. Ponieważ y > 1 i x > 0, więc z zasady Archimedesa dla potęgowania(wniosek 2.1.7) istnieje k ∈ N takie, że 0 < x < yk. Stąd, z własności 2.3.4(a) i2.4.4(2.4) i definicji pierwiastka liczby rzeczywistej mamy, że 0 < k

√x < y.

Własność 2.5.3. Niech x ∈ R, x > 0, niech y ∈ Q i niech a ∈ R będzie potęgąxy o podstawie x i wykładniku rzeczywistym y. Wówczas liczba a jest potęgą opodstawie x i wykładniku wymiernym y.

Dowód. Wobec własności 2.4.3 (a) i (c), wystarczy pokazać zgodność definicjiw przypadku x > 1. Niech y = m/n, gdzie n ∈ N, m ∈ Z oraz niech M = n

√xm.

Z własności 2.4.5 wynika, że liczba M jest ograniczeniem górnym zbioru Eyx. Zdefinicji pierwiastka mamy, że M > 0. Weźmy dowolny M ′ < M . Biorąc t > 0takie, że M ′ < t < M (patrz własność 1.1.10) dostajemy, że 1 < M/t. Zatem, wmyśl lematu 2.5.2, istnieje k ∈ N takie, że 0 < k

√x < M/t. W konsekwencji

(2.6) M ′ < t <Mk√x

=n√xm

k√x

= xmn− 1k = xy−

1k .

Ponieważ y− 1/k ∈ Q i y− 1/k < y, więc z = xy−1/k ∈ Eyx. Stąd i z (2.6) mamy,że istnieje z ∈ Eyx taki, że M ′ < z. Reasumując, M = supEyx = a.

Udowodnimy teraz podstawowe własności potęgi o wykładniku rzeczywistym.Zacznijmy od lematu.

Lemat 2.5.4. Niech x, y, z ∈ R.(a) Jeśli x > 1, to xyxz = xy+z, w szczególności xy/xz = xy−z oraz

xz = 1/x−z.(b) Jeśli x > 1, y > 1, to xzyz = (xy)z oraz xz/yz = (x/y)z.


Dowód. Z własności 2.5.1 mamy, że Eyx, Ezx, E

y+zx ⊂ R+ oraz Ezy , E

zxy ⊂ R+,

gdy y > 0.Ad (a). Udowodnimy najpierw, że xyxz = xy+z. Wobec własności 1.2.10 (b)

wystarczy pokazać, że

(2.7) Eyx · Ezx = Ey+zx .

1) Eyx · Ezx ⊂ Ey+zx . Inkluzja ta wynika z faktu, że jeśli xr ∈ Eyx, xs ∈ Ezx, tor, s ∈ Q oraz r < y i s < z, więc r + s < y + z i xrxs = xr+s ∈ Ey+zx .2) Eyx · Ezx ⊃ Ey+zx . Niech xr ∈ Ey+zx . Wtedy r ∈ Q i r < y + z, więcr − z < y. Z twierdzenia 1.4.10 istnieje s ∈ Q, że r − z < s < y. Połóżmyt = r − s. Wówczas s < y i t < z, więc xs ∈ Eyx i xt ∈ Ezx. Ponadto xr = xsxt,więc xr ∈ Eyx · Ezx. Pokazaliśmy więc inkluzję 2). Z inkluzji 1) i 2) dostajemy(2.7), czyli udowodniliśmy pierwszą część (a). Pozostałe równości w (a) wynikająnatychmiast z udowodnionej.

Ad (b). Udowodnimy najpierw równość xzyz = (xy)z. Zauważmy, że

(2.8) xzyz 6 (xy)z.

Istotnie, weźmy dowolne a ∈ Ezx · Ezy . Wtedy a = xrxs, gdzie xr ∈ Ezx,ys ∈ Ezy , przy czym r, s ∈ Q oraz r, s < z. Zatem t = maxr, s ∈ Q i t < z. Wkonsekwencji b = (xy)t ∈ Ezxy. Z własności 2.4.5 mamy xr 6 xt i ys 6 yt, więc

a = xrys 6 xtyt = (xy)t = b.

Pokazaliśmy więc, że dla każdego a ∈ Ezx ·Ezy istnieje b ∈ Ezxy takie, że a 6 b. Za-tem, z własności 1.2.8(c) mamy sup(Ezx · Ezy) 6 supEzxy. Ponieważsup(Ezx · Ezy) = supEzx · supEzy (patrz własność 1.2.10(b)), więc wobec defini-cji potęgi mamy (2.8).

Zauważmy teraz, że

(2.9) xzyz > (xy)z.

Istotnie, biorąc dowolny (xy)t ∈ Ezxy, mamy t ∈ Q, t < z i (xy)t = xtyt ∈ Ezx ·Ezy .Zatem Ezxy ⊂ Ezx · Ezy i wobec własności 1.2.8(b) i 1.2.10(b), mamy supEzxy 6supEzx · supEzy . To daje (2.9).

Z (2.8) i (2.9) dostajemy równość xzyz = (xy)z.Pokażemy, że xz/yz = (x/y)z. Istotnie, jeśli x/y > 1, to z pierwszej części (b),(

x

y

)zyz =

(x

yy

)z= xz, więc

(x

y

)z=xz

yz.

Jeśli x/y = 1, to x = y i zapowiedziana równość jest oczywista. Jeśli x/y < 1, toy/x > 1 (bo x, y > 0), zatem(y

x

)zxz = yz, więc

xz

yz=

1(y/x)z

i wobec (a),xz

yz=

1(y/x)z

=(y

x

)−z=(x

y

)z.

Reasumując, mamy równość xz/yz = (x/y)z. To kończy dowód.


Twierdzenie 2.5.5. Niech x, y, z ∈ R.(a) Jeśli x > 0, to xy > 0.(b) Jeśli x > 1 i y > 0, to xy > 1.(c) Jeśli x > 1, to

y < z wtedy i tylko wtedy, gdy xy < xz.(d) Jeśli x, y, z > 0, to

x < y wtedy i tylko wtedy, gdy xz < yz.

Dowód. Ad (a). Jeśli x > 1, to nierówność xy > 0 wynika z własności 2.5.1.Jeśli x = 1, to xy = 1 > 0. Jeśli 0 < x < 1, to 1/x > 1 (patrz wniosek 1.1.9(c)),więc tezę dostajemy z pierwszego przypadku.

Ad (b). Z twierdzenia 1.4.10 istnieje r ∈ Q takie, że 0 < r < y, więc xr ∈ Eyx.Zatem, z własności 2.4.4(2.5) mamy xy = supEyx > x

r > 1. To daje (b).Ad (c). Załóżmy, że y < z. Wówczas istnieją r, s ∈ Q takie, że y < r < s < z.

Wówczas xs ∈ Ezx i z własności 2.4.5, xr jest ograniczeniem górnym zbioru Eyx.Ponadto

xy = supEyx 6 xr < xs 6 supEzx = xz.

To daje implikację prostą w punkcie (c). Implikacja odwrotna wynika z udowod-nionej.

Ad (d). Załóżmy, że x < y. Wtedy 1 < y/x i ponieważ z > 0, więc z (b) mamy1 < (y/x)z. Ponadto z (a) mamy xz > 0, więc

xz < xz(y

x

)z.

Jeśli x > 1, to z lematu 2.5.4(b) mamy

xz(y

x

)z=(xy

x

)z= yz, czyli xz < yz.

Jeśli x = 1, to nierówność xz < yz wynika z (b). Jeśli 0 < x < 1, to 1/x > 1 i zlematu 2.5.4(b),

xz =(

1x

)−z=

1(1/x)z

, zatem xz(y

x

)z=

(y/x)z

(1/x)z= yz, więc xz < yz.

Reasumując, udowodniliśmy implikację prostą w punkcie (d). Implikacja odwrot-na wynika z udowodnionej.

Lemat 2.5.6. Jeśli x, y, z ∈ R oraz x > 1, y, z > 0, to (xy)z = xyz.

Dowód. Udowodnimy najpierw, że

(2.10) (xy)z 6 xyz.


Wobec definicji potęgi, wystarczy pokazać, że supEzxy 6 xyz. Przypuśćmy prze-ciwnie, że supEzxy > xyz. Wtedy istnieje (xy)s ∈ Ezxy , gdzie s ∈ Q oraz s < z,że

(2.11) (xy)s > xyz.

Ponieważ x > 1 oraz y, z > 0, więc z twierdzenia 2.5.5(b) mamy xy > 1 orazxyz > 1. W szczególności (xy)s > 1 = (xy)0, więc z własności 2.4.5 mamy s > 0.Zatem, z własności 2.4.3(e) i 2.4.4(2.4) oraz wzoru (2.11) mamy

xy = ((xy)s)1/s > (xyz)1/s,

przy czym (xyz)1/s > 1. Stąd i z faktu, że xy = supEyx dostajemy, że istniejexr ∈ Eyx takie, że xr > (xyz)1/s oraz r ∈ Q, r < y. W konsekwencji xr > 1, a więcr > 0. Zatem xrs > xyz. To jest jednak niemożliwe, gdyż rs < yz, więc xrs < xyz

(patrz twierdzenie 2.5.5(c)). Z otrzymanej sprzeczności dostajemy (2.10).Udowodnimy teraz, że

(2.12) (xy)z > xyz.

Wystarczy wykazać, że (xy)z jest ograniczeniem górnym zbioru Eyzx . Weźmy do-wolny xt ∈ Eyzx , gdzie t ∈ Q oraz t < yz. Pokażemy, że

(2.13) xt 6 (xy)z.

Z założenia mamy x > 1, więc wobec własności 2.4.5, wystarczy rozważyć przy-padek, gdy t > 0. Ponieważ 0 < t < yz, więc t/y < z, a więc istnieje w ∈ Q takie,że t/y < w < z (patrz twierdzenie 1.4.10). Stąd t/w < y oraz t/w ∈ Q, więcxt/w ∈ Eyx i w konsekwencji xt/w 6 xy. Stąd, z własności 2.4.3(e) i 2.4.4(2.4) ma-my xt 6 (xy)w. Ponieważ w < z i w ∈ Q, więc (xy)w ∈ Ezxy . Zatem (xy)w 6 (xy)z.Reasumując, xt 6 (xy)z, czyli pokazaliśmy (2.13). Z (2.13) dostajemy (2.12).

Z (2.10) i (2.12) dostajemy tezę.

Twierdzenie 2.5.7. Niech x, y, z ∈ R. Wówczas(a) Jeśli x > 0, to xyxz = xy+z.(b) Jeśli x > 0 i y > 0, to xzyz = (xy)z.(c) Jeśli x > 0 i y > 0, to xz/yz = (x/y)z.(d) Jeśli x > 0, to (xy)z = xyz.

Dowód. Ad (a). Mamy następujące przypadki:(a1) x > 1. Wtedy teza wynika z lematu 2.5.4(a).(a2) x = 1. Wtedy teza wynika z definicji potęgi.


(a3) 0 < x < 1. Wtedy z wniosku 1.1.9(c) mamy 1/x > 1, więc z definicjipotęgi i przypadku (a1) mamy

xyxz =(

1x

)−y (1x

)−z=(

1x

)−(y+z)= xy+z.

Ad (b). Mamy następujące przypadki:(b1) x > 1 i y > 1. Wtedy teza wynika z lematu 2.5.4(b).(b2) x > 1 i 0 < y < 1 i xy > 1. Wtedy 1/y > 1, z własności 2.5.3 zaś,

(1/y)0 = 1. Stąd, z przypadku (b1) i punktu (a) mamy

xzyz =(xy

1y

)zyz = (xy)z

(1y

)z (1y

)−z= (xy)z

(1y

)0= (xy)z.

(b3) x > 1 i 0 < y < 1 i xy = 1. Wtedy (xy)z = 1 i podobnie jak w przypadku(b2),

xzyz =(xy

1y

)zyz =

(1y

)z (1y

)−z=(

1y

)0= 1 = (xy)z.

(b4) x > 1 i 0 < y < 1 i 0 < xy < 1. Wtedy podobnie jak w przypadku (b2)mamy 1/(xy) > 1 oraz

xzyz = xz(

1y

)−z= xz

(1xyx

)−z= xz

(1xy

)−zx−z =

(1xy

)−z= (xy)z.

(b5) x = 1. Wtedy teza jest oczywista.(b6) 0 < x < 1 i y > 1. Zamieniając rolami x i y, z przypadku (b2), (b3) i

(b4) dostajemy tezę.(b7) 0 < x < 1 i 0 < y < 1. Wtedy 0 < xy < 1 i analogicznie jak w przypadku

(b2),

xzyz =(

1x

)−z (1y

)−z=(

1xy

)−z= (xy)z.

Ad (c). Z części (b) mamy yz(1/y)z = (y/y)z = 1z = 1, więc (1/y)z = 1/yz.Stąd i z części (b) mamy

xz

yz= xz

1yz

= xz(

1y

)z=(x

y

)z.

Ad (d). Mamy przypadki:(d1) x > 1 i y > 0 i z > 0. Wtedy teza wynika z lematu 2.5.6.(d2) x > 1 i y = 0. Wtedy xy = 1, więc (xy)z = 1 oraz xyz = 1. Zatem teza

zachodzi.(d3) x > 1 i y < 0 i z > 0. Z własności (a) mamy xyx−y = 1, więc xy = 1/x−y

i analogicznie xyz = 1/x−yz. Zatem z przypadku (d1) i (b) dostajemy

(xy)z =(

1x−y

)z=

1(x−y)z

=1

x−yz= xyz.

2.6. LOGARYTM 53

(d4) x > 1 i z = 0. Wtedy teza jest oczywista.(d5) x > 1 i y > 0 i z < 0. Wtedy z (d1) mamy (xy)z = 1/(xy)−z =

1/x−yz = xyz.(d6) x > 1 i y < 0 i z < 0. Wtedy (xy)z = (1/x−y)z = 1/(x−y)z =

1/x−yz = xyz.(d7) x = 1. Wtedy teza jest oczywista.(d8) 0 < x < 1. Wtedy 1/x > 1. Z przypadków (d1) – (d6) mamy, że teza

zachodzi, dla 1/x. Zatem z definicji potęgi (xy)z = ((1/x)−y)z = (1/x)−yz = xyz.To kończy dowód.

Z faktu xy 6= 0 dla x > 0 i twierdzenia 2.5.7(b) dostajemy natychmiast

Wniosek 2.5.8. Niech x, y, z ∈ R oraz x > 0. Wówczas:(a) xy = 1/x−y.(b) xy/xz = xy−z.

ZADANIA


Zadanie 2.5.2. Niech x, y, z ∈ R oraz 0 < x < 1. Wówczas

y < z wtedy i tylko wtedy, gdy xy > xz.

Zadanie 2.5.3. Niech x, y ∈ R. Jeśli x > 1, to xy = infxr : r ∈ Q, r > y.

Zadanie 2.5.4. Istnieją liczby x, y ∈ R \Q takie, że xy ∈ Q.

Zadanie 2.5.5.* Rozważmy równanie xy = yx, gdzie x, y są liczbami wymiernymi do-datnimi, x < y. Wówczas liczby x = (1 + 1/n)n, y = (1 + 1/n)n+1, n ∈ N, spełniają torównanie. Uzasadnić, że są to wszystkie wymierne rozwiązania równania takie, że x < y.

2.6 Logarytm

W tym punkcie określimy pojęcie logarytmu. Zacznijmy od twierdzenia.

Twierdzenie 2.6.1. Niech x, a ∈ R. Jeśli a > 0, a 6= 1 i x > 0, to istniejedokładnie jedno y ∈ R takie, że ay = x.

Dowód. Rozważmy najpierw przypadek a > 1. Pokażemy istnienie liczby y.Niech

E = t ∈ R : at < x.

Pokażemy, że zbiór E jest niepusty. Istotnie, z założenia a > 1 i zasady Ar-chimedesa dla potęgowania (wniosek 2.1.7) istnieje m ∈ N takie, że am > 1/x.Stąd mamy a−m < x, więc −m ∈ E.


Pokażemy, że zbiór E jest ograniczony z góry. Z zasady Archimedesa dlapotęgowania istnieje n ∈ N takie, że an > x. Stąd, wobec twierdzenia 2.5.5(c)dla t > n mamy at > an > x, czyli żadna liczba t > n nie należy do E. Wkonsekwencji n jest ograniczeniem górnym zbioru E.

Pokazaliśmy, że E jest niepusty i ograniczony z góry. Zatem na mocy twier-dzenia 1.2.5, supE ∈ R. Oznaczmy y = supE. Pokażemy, że ay = x. Przypuśćmyprzeciwnie, że ay 6= x. Wówczas ay > x lub ay < x.

Jeśli ay > x, to ay/x > 1, więc z zasady Archimedesa dla potęgowania istniejek ∈ N, że (ay/x)k > a. Stąd mamy ay/x > a1/k, więc

ay−1/k = aya−1/k > x.

Weźmy dowolny t ∈ E. Wówczas z powyższego, at < x < ay−1/k, czylit < y − 1/k i y − 1/k jest ograniczeniem górnym zbioru E. W konsekwencjiy = supE 6 y − 1/k < y. To jest niemożliwe, więc nierówność ay > x jestfałszywa.

Jeśli ay < x, to x/ay > 1, więc z zasady Archimedesa dla potęgowania istniejej ∈ N, że (x/ay)j > a. Stąd wynika, że aya1/j < x, więc

ay+1/j = aya1/j < x.

Zatem y + 1/j ∈ E. To jest niemożliwe, bo wtedy y < y + 1/j 6 supE = y.Obydwa powyższe przypadki doprowadziły nas do sprzeczności. W konse-

kwencji musi być ay = x. Jedyność liczby y wynika z twierdzenia 2.5.5(c).Rozważmy teraz przypadek 0 < a < 1. Wtedy 1/a > 1, więc z pierwszej

części dowodu istnieje y ∈ R, że (1/a)y = x. Biorąc y = −y dostajemy ay = x.Pozostaje pokazać jedyność liczby y. Jeśli ay1 = ay2 , to (1/a)−y1 = (1/a)−y2 , więcz pierwszej części dowodu, −y1 = −y2, czyli y1 = y2.

Definicja logarytmu. Niech x, a ∈ R oraz x > 0 i a > 0, a 6= 1. Logarytmemprzy podstawie a z liczby x nazywamy taką liczbę y ∈ R, że ay = x i oznaczamyloga x. Dla a = 10 piszemy log x zamiast log10 x.

Uwaga 2.6.2. Niech x, a ∈ R, x > 0, a > 0, a 6= 1. Z twierdzenia 2.6.1 dostaje-my, że loga x istnieje i jest określony jednoznacznie. Ponadto

xy = ay loga x dla y ∈ R

oraz y = loga x wtedy i tylko wtedy, gdy ay = x. W szczególności loga a = 1 orazloga x = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = 1.

Z definicji logarytmu i własności potęgi dostajemy dwie własności.

2.7. INFORMACJE O FUNKCJACH RZECZYWISTYCH 55

Własność 2.6.3. Niech x, y, a, b ∈ R.(a) Jeśli a > 0, a 6= 1, x > 0, y > 0, to loga(xy) = loga x + loga y oraz

loga (x/y) = loga x− loga y.(b) Jeśli a > 0, a 6= 1, x > 0, to loga x

y = y loga x.(c) Jeśli a > 0, a 6= 1, b > 0, b 6= 1, to loga b = 1/logb a.(d) Jeśli a > 0, a 6= 1, b > 0, b 6= 1, x > 0, to loga x = logb x/logb a.

Własność 2.6.4. Niech x, y, a ∈ R.(a) Jeśli a > 1 i 0 < x < y, to loga x < loga y.(b) Jeśli 0 < a < 1 i 0 < x < y, to loga x > loga y.

ZADANIA

Zadanie 2.6.1. Udowodnić własności 2.6.3 i 2.6.4.

Zadanie 2.6.2. Niech a, b, c ∈ R, a, b, c > 0, b 6= 1. Wówczas alogb c = clogb a.

Zadanie 2.6.3. Liczba log2 3 jest niewymierna.

2.7 Informacje o funkcjach rzeczywistych

Definicja funkcji rzeczywistej. Funkcją rzeczywistą nazywamy każdą funkcjępostaci

f : X → R, gdzie X ⊂ R, X 6= ∅.Każdą liczbę x ∈ X taką, że f(x) = 0 nazywamy pierwiastkiem lub zerem

funkcji f .

Definicje sumy, różnicy, iloczynu i ilorazu funkcji rzeczywistych. NiechX ⊂ R, X 6= ∅ oraz f, g : X → R.

Sumą funkcji f i g nazywamy funkcję f + g : X → R określoną wzorem

(f + g)(x) = f(x) + g(x), x ∈ X.Różnicą funkcjif i g nazywamy funkcję f − g : X → R określoną wzorem

(f − g)(x) = f(x)− g(x), x ∈ X.Iloczynem funkcji f i g nazywamy funkcję fg : X → R określoną wzorem

(fg)(x) = f(x)g(x), x ∈ X.Ilorazem funkcji f i g nazywamy funkcję f/g : X → R określoną wzorem

(f/g)(x) = f(x)/g(x), x ∈ X,przy założeniu, że g(x) 6= 0 dla x ∈ X. Iloraz funkcji f/g oznaczamy również f

g .Iloczynem funkcji f przez liczbę α ∈ R nazywamy funkcję αf : X → R

określoną wzorem

(αf)(x) = αf(x), x ∈ X.


Definicja funkcji monotonicznej. Niech X ⊂ R, X 6= ∅ oraz f : X → R.

Mówimy, że funkcja f jest rosnąca, gdydla dowolnych x, y ∈ X takich, że x < y, zachodzi f(x) 6 f(y).

Mówimy, że funkcja f jest ściśle rosnąca, gdydla dowolnych x, y ∈ X takich, że x < y, zachodzi f(x) < f(y).

Mówimy, że funkcja f jest malejąca, gdydla dowolnych x, y ∈ X takich, że x < y, zachodzi f(x) > f(y).

Mówimy, że funkcja f jest ściśle malejąca , gdydla dowolnych x, y ∈ X takich, że x < y, zachodzi f(x) > f(y).

Mówimy, że funkcja f jest monotoniczna, gdy jest rosnąca lub jest malejąca.Mówimy, że funkcja f jest ściśle monotoniczna, gdy jest ściśle rosnąca lub

ściśle malejąca.

Bezpośrednio z definicji dostajemy

Własność 2.7.1. Złożenie funkcji monotonicznych jest funkcją monotonicznąoraz złożenie funkcji ściśle monotonicznych jest funkcją ściśle monotoniczną.

Definicje funkcji parzystej i funkcji nieparzystej. Niech X ⊂ R, X 6= ∅ orazf : X → R.

Mówimy, że funkcja f jest parzysta, gdydla każdego x ∈ X, zachodzi −x ∈ X oraz f(−x) = f(x).

Mówimy, że funkcja f jest nieparzysta, gdydla każdego x ∈ X, zachodzi −x ∈ X oraz f(−x) = −f(x).

Definicja funkcji okresowej. Niech X ⊂ R, X 6= ∅ oraz f : X → R. Funkcjęf nazywamy okresową, gdy istnieje T ∈ R, T 6= 0 takie, że dla każdego x ∈ X,zachodzi x + T ∈ X, x − T ∈ X oraz f(x + T ) = f(x). Każdą taką liczbęT nazywamy okresem funkcji f . Najmniejszy dodatni okres funkcji nazywamyokresem podstawowym tej funkcji.

Uwaga 2.7.2. Istnieją funkcje okresowe, które nie mają okresu podstawowego.Przykładem takiej funkcji jest funkcja Dirichleta określona następująco

f(x) =

1 dla x ∈ Q,0 dla x ∈ R \Q.

Definicja funkcji ograniczonej. Niech X ⊂ R, X 6= ∅ oraz f : X → R.Mówimy, że funkcja f jest ograniczona z góry, gdy zbiór f(X) jest ograniczony

z góry.Mówimy, że funkcja f jest ograniczona z dołu, gdy zbiór f(X) jest ograniczony

z dołu.Mówimy, że funkcja f jest ograniczona, gdy zbiór f(X) jest ograniczony.

2.8. FUNKCJA POTĘGOWA, WYKŁADNICZA I LOGARYTMICZNA 57

Definicje kresu górnego i kresu dolnego funkcji. Niech X ⊂ R, X 6= ∅,oraz niech f : X → R.

Kresem górnym funkcji f nazywamy sup f(X).Kresem dolnym funkcji f nazywamy inf f(X).Największą wartością funkcji f nazywamy max f(X).Najmniejszą wartością funkcji f nazywamy min f(X).

Uwaga 2.7.3. Istnieją funkcje, które nie mają najmniejszej wartości i najwięk-szej wartości. Przykładem takiej funkcji jest f(x) = x, x ∈ R.

ZADANIA

Zadanie 2.7.1. 1. Złożenie funkcji rosnących jest funkcją rosnącą.2. Złożenie dwóch funkcji malejących jest funkcja rosnącą.3. Złożenie funkcji rosnącej i malejącej (oraz malejącej i rosnącej) jest funkcją ma-

lejącą.4. Złożenie funkcji ściśle rosnących (oraz dwóch funkcji ściśle malejących) jest funkcją

ściśle rosnącą.5. Złożenie funkcji ściśle rosnącej i ściśle malejącej (oraz ściśle malejącej i ściśle

rosnącej) jest funkcją ściśle malejącą.

Zadanie 2.7.2. (Lemat o przedłużeniu). Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R oraz niecha = inf X, b = supX. Załóżmy, że a < b.

1. Jeśli funkcja f jest rosnąca, to funkcja g : (a, b) → R określona wzorem g(x) =sup f(X ∩ (a, x]), x ∈ (a, b) jest rosnąca i g(x) = f(x) dla x ∈ X ∩ (a, b).

2. Jeśli funkcja f jest malejąca, to funkcja h : (a, b) → R określona wzorem h(x) =inf f(X ∩ (a, x]), x ∈ (a, b) jest malejąca i h(x) = f(x) dla x ∈ X ∩ (a, b).

Zadanie 2.7.3. Każda funkcja f : R→ R jest sumą funkcji parzystej i nieparzystej.

Zadanie 2.7.4. Udowodnić, że liczba T jest okresem funkcji Dirichleta wtedy i tylkowtedy, gdy T ∈ Q \ 0.

Zadanie 2.7.5. Niech f będzie funkcją określoną wzorem f(x) = log2(x +√

1 + x2).Udowodnić, że funkcja f jest określona w zbiorze R, jest nieparzysta i ściśle rosnąca.Wyznaczyć zbiór wartości funkcji f i funkcję odwrotną do tej funkcji.

2.8 Funkcja potęgowa, wykładnicza i logarytmiczna

Definicja funkcji potęgowej. Niech α ∈ R. Funkcją potęgową o wykładniku αnazywamy funkcję określoną wzorem

f(x) = xα, x ∈ R, gdy α ∈ N,f(x) = xα, x ∈ R \ 0, gdy α ∈ Z \ N,f(x) = xα, x ∈ R0+, gdy α ∈ R+ \ Z,f(x) = xα, x ∈ R+, gdy α ∈ R− \ Z.


Uwaga 2.8.1. Funkcja potęgowa jest poprawnie określona (patrz definicja potęgio wykładniku naturalnym, całkowitym i rzeczywistym oraz uwagi 2.1.1, 2.2.1).Nie można analogicznie rozszerzyć funkcji potęgowej o wykładniku wymiernymna R− (patrz uwaga 2.4.2).

Rysunek 2.1: Fragmenty wykresów funkcji f(x) = xα, α ∈ N.

Z twierdzenia 2.5.5(d) i 2.5.7(c),(d) dostajemy natychmiast

Własność 2.8.2. Niech α ∈ R oraz f(x) = xα, x ∈ R+.(a) Jeśli α > 0, to f jest funkcją ściśle rosnącą.(b) Jeśli α = 0, to f jest funkcją stałą.(c) Jeśli α < 0, to f jest funkcją ściśle malejącą.

Z powyższej własności i twierdzenia 2.5.7(d) dostajemy natychmiast

Wniosek 2.8.3. Niech α ∈ R, α 6= 0 oraz f(x) = xα, x ∈ R+. Wówczas(a) f jest funkcją różnowartościową.(b) Zbiorem wartości funkcji f jest R+.

Rysunek 2.2: Fragmenty wykresów funkcji f(x) = xα, α ∈ R.

Szczególnym przypadkiem funkcji potęgowej jest funkcja pierwiastkowa okre-ślona poniżej.

2.8. FUNKCJA POTĘGOWA, WYKŁADNICZA I LOGARYTMICZNA 59

Definicja funkcji pierwiastkowej. Niech n ∈ N. Funkcją pierwiastkową n-tegostopnia nazywamy funkcję określoną wzorem

f(x) = n√x, x ∈ R, gdy n jest liczbą nieparzystą,

f(x) = n√x, x ∈ R0+, gdy n jest liczbą parzystą

Uwaga 2.8.4. Z definicji pierwiastka liczby rzeczywistej dostajemy, że funkcjapierwiastkowa jest poprawnie określona. W zbiorze R+ funkcja pierwiastkowa n

√x

pokrywa się z funkcją potęgową x1/n (patrz wniosek 2.3.5 i uwaga 2.4.1).

Rysunek 2.3: Fragmenty wykresów funkcji f(x) = n√x, gdzie n ∈ N.

Definicja funkcji wykładniczej. Niech a ∈ R, a > 0. Funkcją wykładniczą opodstawie a nazywamy funkcję określoną wzorem

f(x) = ax, x ∈ R.

Bezpośrednio z twierdzeń 2.5.5(c), 2.5.7(c) dostajemy (por. zadanie 2.5.2)

Własność 2.8.5. Niech f będzie funkcją wykładniczą o podstawie a ∈ R, a > 0.(a) Jeśli 0 < a < 1, to f jest funkcją ściśle malejącą.(b) Jeśli a = 1, to f jest funkcją stałą.(c) Jeśli a > 1, to f jest funkcją ściśle rosnącą.

Z powyższej własności oraz z twierdzeń 2.5.5(a) i 2.6.1 dostajemy

Wniosek 2.8.6. Niech f będzie funkcją wykładniczą o podstawie a ∈ R, a > 0.(a) Wówczas f(x) > 0 dla x ∈ R.(b) Jeśli a 6= 1, to f jest funkcją różnowartościową.(c) Jeśli a 6= 1, to zbiór wartości funkcji f jest równy R+.


Rysunek 2.4: Fragmenty wykresów funkcji f(x) = ax, a > 0, a 6= 1.

Definicja funkcji logarytmicznej. Niech a ∈ R, a > 0, a 6= 1. Funkcją loga-rytmiczną o podstawie a nazywamy funkcję określoną wzorem

f(x) = loga x, x ∈ R+.

Bezpośrednio z własności 2.6.4 dostajemy

Własność 2.8.7. Niech f będzie funkcją logarytmiczną o podstawie a ∈ R, a > 0,a 6= 1.

(a) Jeśli 0 < a < 1, to f jest funkcją ściśle malejącą.(b) Jeśli a > 1, to f jest funkcją ściśle rosnącą.

Z powyższej własności oraz z twierdzenia 2.5.5(a) dostajemy

Wniosek 2.8.8. Niech f będzie funkcją logarytmiczną o podstawie a ∈ R, a > 0,a 6= 1.

(a) Wówczas f jest funkcją różnowartościową.(b) Wówczas zbiór wartości funkcji f jest równy R.

Dowód. Część (a) wynika z własności 2.8.7. Udowodnimy część (b). Niechy ∈ R. Weźmy x = ay. Z twierdzenia 2.5.5(a) mamy x > 0, więc z definicjilogarytmu, y = loga x. To daje, że y należy do zbioru wartości funkcji f i kończydowod.

Z definicji funkcji logarytmicznej oraz własności 2.8.8(b) i 2.8.6(c) dostajemy

Wniosek 2.8.9. Niech a ∈ R, a > 0, a 6= 1. Jeśli f jest funkcją logarytmiczną opodstawie a oraz g : R → R+ – funkcją określoną wzorem g(x) = ax, x ∈ R (7),to f = g−1.

(7)g jest funkcją wykładniczą, gdzie przeciwdziedziną jest R+.

2.9. WIELOMIANY I FUNKCJE WYMIERNE. 61

Rysunek 2.5: Fragmenty wykresów funkcji f(x) = loga x, a > 0, a 6= 1.

Rysunek 2.6: Fragmenty wykresów funkcji ax oraz loga x, a > 0, a 6= 1.

ZADANIA

Zadanie 2.8.1. Udowodnić własności 2.8.2, 2.8.3, 2.8.5, 2.8.6 oraz 2.8.7 i 2.8.8.

2.9 Wielomiany i funkcje wymierne.

Definicja ciągu skończonego o wskaźnikach 0, ..., n. Niech X będzie zbio-rem niepustym. Funkcję a : 0 → X lub a : 0 ∪ Fn → X nazywamy ciągiemskończonym o wskaźnikach 0, ..., n. Przyjmując analogiczne oznaczenia i określe-nia jak w definicji ciągu skończonego, k-ty wyraz ciągu a oznaczamy ak = a(k),k = 0, ..., n. Ciąg a zapisujemy (a0, ..., an). Pisząc a0, ..., an ∈ X rozumiemy, żewszystkie wartości ciągu a należą do X.

Definicja funkcji wielomianowej. Niech a0, ..., an ∈ R, n ∈ Z, n > 0. Funkcjąwielomianową lub wielomianem nazywamy funkcję f : R→ R, postaci

(2.14) f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn, x ∈ R.


Przyjmujemy tutaj 00 = 1. Wielomian postaci f(x) = axk, gdzie a ∈ R, k ∈ Z,k > 0, nazywamy jednomianem. Liczby a0, ..., an nazywamy współczynnikamiwielomianu f . Liczbę a0 nazywamy wyrazem wolnym wielomianu f .

Jeśli nie wszystkie współczynniki a0, ..., an są równe zeru, to największą liczbęk taką, że ak 6= 0 nazywamy stopniem wielomianu f i oznaczamy deg f . Jeślia0 = ... = an = 0, to przyjmujemy deg f = −∞.

Jeśli istnieje c ∈ R takie, że f(x) = c dla x ∈ R, to wielomian f nazywamystałym. Wielomian f(x) = 0 dla x ∈ R nazywamy wielomianem zerowym, wprzeciwnym przypadku wielomian nazywamy niezerowym.

Zbiór wszystkich wielomianów zmiennej x oznaczamy R[x].

Własność 2.9.1. Jeśli f i g są wielomianami, to f+g oraz fg są wielomianami.

Dowód. Niech f i g będą wielomianami odpowiednio postaci

f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn, g(x) = b0 + b1x+ · · ·+ bmx

m.

Kładąc ewentualnie ak = 0 dla n < k 6 m, gdy m > n oraz bk = 0 dla m < k 6 n,gdy n > m, możemy założyć, że m = n. Wtedy

(f + g)(x) = (a0 + b0) + (a1 + b1)x+ · · ·+ (an + bn)xn,

więc f + g jest wielomianem. To daje pierwszą część tezy. Stąd, indukcyjniedostajemy, że suma dowolnej skończonej ilości wielomianów jest wielomianem.Ponadto mamy

f(x)g(x) =n∑i=0

aixig(x) =

n∑i=0

m∑j=0

aibjxi+j .

Zatem fg jest wielomianem.

Lemat 2.9.2. Niech f będzie wielomianem postaci (2.14). Jeśli f(x) = 0 dlakażdego x ∈ R, to a0 = · · · = an = 0.

Dowód. Załóżmy, że nie wszystkie współczynniki a0, ..., an wielomianu f sązerami. Można założyć, że an 6= 0. Wystarczy pokazać, że istnieje x ∈ R taki, żef(x) 6= 0. Jeśli n = 0, to teza jest oczywista. Załóżmy, że n > 0. Niech

r = max|ak/an|1/(n−k) : k = 0, ..., n− 1.

Wtedy r > 0 oraz dla każdego k = 0, ..., n− 1 mamy

(2.15) |ak/an|rk = (|ak/an|1/(n−k))n−krk 6 rn−krk = rn.


Jeśli r = 0, to f(x) = anxn i f(1) = an 6= 0. Załóżmy, że r 6= 0. Wtedy r > 0.

Pokażemy, że f(2r) 6= 0. Przypuśćmy przeciwnie, że f(2r) = 0. Wówczas

−2nrn = (a0/an) + (a1/an)2r + · · ·+ (an−1/an)2n−1rn−1,

więc z (2.15) mamy

2nrn 6 |a0/an|+ 2|a1/an|r+ · · ·+ 2n−1|an−1/an|rn−1 6 rn + 2rn + · · ·+ 2n−1rn.

Stąd, ponieważ r > 0, dostajemy 2n 6 1+2+ · · · 2n−1. To jest jednak niemożliwe,gdyż łatwą indukcją pokazujemy, że dla każdego n ∈ N zachodzi 1+2+· · ·+2n−1 =2n − 1. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Z lematu 2.9.2 dostajemy natychmiast

Wniosek 2.9.3. Jeśli dwa wielomiany są równe, to mają współczynniki przy od-powiednich potęgach równe.

Uwaga 2.9.4. Z wniosku 2.9.3 dostajemy, że pojęcie stopnia wielomianu jestpoprawnie określone.

Własność 2.9.5. Jeśli f , g są wielomianami, to

deg(fg) = deg f + deg g, deg(f + g) 6 maxdeg f, deg g,

gdzie przyjmujemy maxa,−∞ = max−∞, a = a, dla a ∈ R ∪ −∞.

Dowód. Łatwo sprawdzamy, że jeśli deg f > deg g, to deg(f + g) = deg f .Ponadto jeśli f lub g jest jednomianem, to tezę dostajemy bezpośrednio z definicjiwielomianu.

Jeśli deg f + deg g = −∞, to teza jest oczywista. Wystarczy więc pokazać, żeZ0 = m ∈ Z : m > 0 pokrywa się ze zbiorem Z = m ∈ Z0 : dla dowolnychwielomianów f i g takich, że 0 6 deg f + deg g 6 m zachodzi teza własności.

(i) Niech deg f + deg g = 0. Wówczas f i g są wielomianami stałymi, a więcjednomianami. Z uwagi poczynionej na początku dowodu mamy więc, że tezawłasności zachodzi dla f i g. To daje, że 0 ∈ Z.

(ii) Niech m ∈ Z oraz niech f i g będą wielomianami takimi, że deg f+deg g =m+ 1. Oznaczmy deg f = k, deg g = l. Ponieważ k + l = m+ 1 > 1, więc k > 1lub l > 1. Rozważmy przypadek k > 1, przypadek l > 1 rozważamy analogicznie.Ponieważ k > 1, więc istnieje a ∈ R, a 6= 0 takie, że deg(f−axk) < k. Oznaczająch = f − axk dostajemy

deg h+ deg g 6 m oraz fg = hg + axkg i f + g = (h+ g) + axk.


Wówczas z założenia, że m ∈ Z mamy deg(hg) 6 k + l − 1 oraz deg(h + g) 6maxk−1, l. Z uwagi poczynionej na początku dowodu mamy deg(axkg) = k+l,więc deg(fg) = k + l oraz

deg((h+ g) + axk) 6 maxmaxk − 1, l, k = maxk, l,

więc deg(f + g) 6 maxk, l. To daje, że m+ 1 ∈ Z.Reasumując, na mocy zasady indukcji (twierdzenie 1.4.5) dostajemy tezę.

Twierdzenie 2.9.6. (o dzieleniu z resztą). Niech f, g ∈ R[x] będą wielomia-nami niezerowymi. Wówczas istnieją i są określone jednoznacznie wielomianyq, r ∈ R[x] takie, że

(2.16) f = qg + r oraz deg r < deg g.

Dowód. Pokażemy najpierw jednoznaczność przedstawienia (2.16). Jeślif = qg + r i f = ag + b, gdzie q, a, r, b ∈ R[x] oraz deg r < deg g i deg b < deg g,to g(q− a) = b− r. Wówczas deg(b− r) < deg g. Ponieważ deg[g(q− a)] > deg g,gdy q − a 6= 0, więc musi być q − a = 0 i w konsekwencji b − r = 0. To dajejednoznaczność przedstawienia (2.16).

Niech f = amxm + am−1x

m−1 + · · ·+ a0, g(x) = bkxk + bk−1x

k−1 + · · ·+ b0,am 6= 0, bk 6= 0. Wtedy m = deg f , k = deg g. Jeśli m < k, to kładąc q = 0,r = f dostajemy tezę. Załóżmy, że m > k. Oznaczmy m = m0, r0 = f orazα0 = am/bk. Wtedy wielomian r1 = r0 − α0xm−kg ma stopień mniejszy od m0.Jeśli m1 = deg r1 < k, to dla q(x) = αxm−k oraz r = r1, dostajemy tezę. Jeślim1 > k, to analogicznie jak powyżej, istnieje α1 ∈ R, że r2 = r1−α1xm1−kg orazm2 = deg r2 < m1. Postępując tak dalej znajdziemy skończony ciąg liczb αi ∈ Roraz wielomianów ri, że ri = ri−1 − αi−1xmi−kg dla i = 0, ..., n oraz mi = deg rijest ciągiem malejącym, k 6 mn−1, k > mn. Wtedy dla q = α0x

m0−k+α1xm1−k+· · ·αn−1xmn−1−k oraz r = rn dostajemy (2.16).

Z twierdzenia 2.9.6 dostajemy

Twierdzenie 2.9.7. (Bezout(8)). Niech f będzie wielomianem oraz niech a ∈ R.Jeśli f(a) = 0, to istnieje wielomian g taki, że f(x) = (x− a)g(x).

Dowód. Jeśli f jest wielomianem stałym, to wobec założenia f(a) = 0, wie-lomian f jest zerowy i dla wielomianu zerowego g dostajemy tezę. Załóżmy, że fjest wielomianem niezerowym. Wówczas z twierdzenia 2.9.6 istnieją wielomianyq, r ∈ R takie, że f(x) = q(x)(x−a)+r(x) i deg r < 1. Zatem r jest wielomianemstałym, a ponieważ r(a) = f(a)−q(a)(a−a) = 0, to r jest wielomianem zerowym.W konsekwencji kładąc g = q dostajemy tezę.

Z twierdzenia 2.9.7 oraz własności 2.9.5 dostajemy natychmiast

(8)Etienne Bezout (1730-1783) – matematyk francuski.


Wniosek 2.9.8. Każdy wielomian stopnia n > 0 ma co najwyżej n pierwiastków.

Wniosek 2.9.9. Jeśli f i g są wielomianami stopni co najwyżej n i istnieją liczbyx1, ..., xn+1 ∈ R takie, że xi 6= xj dla i 6= j oraz f(xi) = g(xi) dla i = 1, ..., n+ 1,to f = g.

Dowód. Z własności 2.9.5 mamy deg(f − g) 6 n oraz (f − g)(xj) = 0 dlaj = 1, ..., n+ 1. Stąd i z wniosku 2.9.8 dostajemy, że f − g = 0, czyli f = g.

Definicja funkcji wymiernej. Niech f, g będą wielomianani oraz niech g będziewielomianem niezerowym(9) oraz niech X = x ∈ R : g(x) 6= 0. Iloraz funkcjif/g określony w X nazywamy funkcją wymierną. Zbiór wszystkich funkcji wy-miernych zmiennej x oznaczamy R(x).

Uwaga 2.9.10. Bezpośrednio z udowodnionych własności wielomianów dostaje-my, że zbiór wszystkich funkcji wymiernych z działaniami dodawania i mnożeniafunkcji spełnia aksjomaty ciała (Aksjomaty I).

ZADANIA

Zadanie 2.9.1. (wzór interpolacyjny Lagrange’a(10)). Niech x1, . . . , xn+1 ∈ R,xi 6= xj dla i 6= j i niech

uk(x) =(x− x1) · · · (x− xk−1)(x− xk+1) · · · (x− xn+1)

(xk − x1) · · · (xk − xk−1)(xk − xk+1) · · · (xk − xn+1)dla k = 1, . . . n+ 1.

Wówczas dla każdych y1, . . . yn+1 ∈ R wielomian w(x) = y1ui(x) + · · ·+yn+1un+1(x) mastopień mniejszy lub równy n oraz w(xi) = yi dla i = 1, . . . , n+ 1.

Zadanie 2.9.2. Jeśli x1, . . . , xn+1 ∈ R są takimi liczbami, że xi 6= xj dla i 6= j, to dlakażdych liczb y1, . . . , yn+1 ∈ R istnieje dokładnie jeden wielomian f stopnia co najwyżejn taki, że f(xi) = yi dla i = 1, . . . , n+ 1.

Zadanie 2.9.3. Niech f będzie wielomianem postaci (2.14)(11). Jeśli an 6= 0 i x0 ∈ Rjest pierwiastkiem wielomianu f , to |x0| 6 2 max|an−k/an|1/k : k = 1, ..., n.

Zadanie 2.9.4. (Wzory Viete’a(12)). Niech f będzie wielomianem postaci (2.14) iniech an 6= 0. Jeżeli x1, x2, . . . , xn ∈ R są wszystkimi pierwiastkami wielomianu f wypi-sanymi z uwzględnieniem ich krotności(13), to:∑

16i1<i2<···<ik6n

xi1xi2 · · ·xik = (−1)kan−k/an dla k = 1, . . . , n.

(9)to znaczy g nie znika tożsamościowo.(10)Joseph Louis Lagrange (1736-1813) – włoski matematyk i astronom.(11)czyli f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anx

n, x ∈ R, gdzie a0, . . . , an ∈ R.(12)Francois Viete (1540-1603) – francuski matematyk i astronom.(13)Definicja krotności pierwiastka wielomianu. Niech f ∈ R[x], a ∈ R oraz k ∈ N.

Mówimy, że liczba a jest pierwiastkiem k-krotnym wielomianu f , gdy istnieje wielomian g ∈ R[x]taki, że f(x) = (x− a)kg(x) dla x ∈ R lecz dla każdego wielomianu h ∈ R[x] istnieje x1 ∈ R, żef(x1) 6= (x1 − a)k+1h(x1).


W szczególności x1 + · · ·+ xn = −an−1/an oraz x1 · · ·xn = (−1)na0/an.

Zadanie 2.9.5. Niech f będzie wielomianem postaci (2.14) i niech an 6= 0. Jeśli wielo-mian f ma n pierwiastków z uwzględnieniem ich krotności, to istnieje taki pierwiastekx0 ∈ R wielomianu f , że |x0| > (1/n) max|an−k/an|1/k : k = 1, ..., n.

Zadanie 2.9.6. (algorytm Euklidesa(14)). Niech f, g ∈ R[x], deg f > 0, deg g > 0.Wówczas istnieje i jest określony jednoznacznie ciąg wielomianów f0, . . . , fm ∈ R[x] taki,że f0 = f , f1 = g oraz istnieją wielomiany q1, . . . , qm ∈ R, że fj−1 = qjfj + fj+1, przyczym deg fj+1 < deg fj dla j = 1, . . . ,m− 1 oraz fm−1 = qmfm. Wówczas wielomian fmjest niezerowy i jest największym wspólnym dzielnikiem wielomianów f i g, to znaczyf = afm, g = bfm dla pewnych wielomianów a, b ∈ R[x] i dla każdego innego wielomianuh o tej własności istnieje wielomian c ∈ R[x], że fm = c · h.

Zadanie 2.9.7. Liczbę a ∈ R nazywamy algebraiczną, gdy istnieje niezerowy wielomianf o współczynnikach wymiernych taki, że f(a) = 0. Liczbę, która nie jest algebraicznanazywamy przestępną.Udowodnić, że

1. istnieją liczby przestępne,2.* zbiór liczb algebraicznych spełnia układy Aksjomatów I, II, III lecz nie spełnia

Aksjomatu IV.

(14)Euklides z Aleksandrii (ok. 365 p.n.e.-ok. 300 p.n.e.) – matematyk grecki, autor pierwszychprac teoretycznych z matematyki.

Rozdział 3

Ciągi nieskończone

W rozdziale tym wprowadzimy pojęcie granicy ciągu liczbowego. Jest to jednoz najważniejszych pojęć analizy matematycznej. W oparciu o to pojęcie określi-my liczbę e, która jest jedną z najważniejszych liczb w matematyce. Wychodzącod definicji granicy, wprowadzimy również pojęcie punktu skupienia zbioru. Do-prowadzi nas to do pojęcia topologii w zbiorze liczb rzeczywistych, to znaczy wzbiorze R wyróżnimy pewną rodzinę zbiorów, które będziemy nazywać zbiora-mi domkniętymi. Dopełnienia zbiorów domkniętych będziemy nazywać zbioramiotwartymi.

3.1 Ciągi nieskończone

Analogicznie jak ciągi skończone określamy ciągi nieskończone.

Definicja ciągu nieskończonego. Niech X będzie niepustym zbiorem.Funkcję a : N → X nazywamy ciągiem nieskończonym lub ciągiem. Parę

uporządkowaną (n, a(n)), gdzie n ∈ N, nazywamy n–tym wyrazem ciągu, n –wskaźnikiem tego wyrazu, a(n) – wartością tego wyrazu. Piszemy an zamiasta(n).

Ciąg a : N → X zapisujemy również (a1, a2, ...) lub (an)∞n=1 lub (an)n∈N lubkrótko (an), piszemy również an, n = 1, 2, ....

Jeśli wszystkie wartości ciągu (an)n∈N należą do R to ciąg ten nazywamyliczbowym.

Uwaga 3.1.1. Ciągi można określić za pomocą wzoru, np.

an =1√5

[(1 +√

52

)n−(

1−√

52

)n], n ∈ N.

Można ciąg określić indukcyjnie, np. a1 = 1, a2 = 1 oraz an = an−1 + an−2dla n > 2. Ciąg ten nazywamy ciągiem Fibonacci’ego(1).

Ciągi można określać przez podanie ”przepisu” wyliczania jego wyrazów, np.an jest sumą wszystkich liczb pierwszych mniejszych od n, gdzie przyjmujemya1 = a2 = 0.

(1)Leonardo Fibonacci, znany jako Leonardo z Pizy (1175-1250) - włoski matematyk. Przyjmu-jąc X = R2, x = (1, 1) oraz f : X × N→ X określone wzorem f(x, y, n) = (x+ y, x) dostajemyciąg ϕn = (an, bn), n ∈ N określony indukcyjnie przez x i f . Wówczas (an) jest szukanymciągiem.

67

68 ROZDZIAŁ 3. CIĄGI NIESKOŃCZONE

Uwaga 3.1.2. Ponieważ ciągi są funkcjami, więc wszystkie pojęcia dotyczącefunkcji przenoszą się na ciągi, w szczególności, pojęcie różnowartościowości ciągui zbioru wartości. Dla ciągów liczbowych mamy określone pojęcia ograniczonościciągu, ograniczoności z góry i z dołu, kresu górnego i dolnego, najmniejszej i naj-większej wartości, pojęcia sumy, różnicy, iloczynu, ilorazu ciągów, iloczynu ciąguprzez liczbę. Mamy również określone pojęcie monotoniczności ciągu w szczegól-ności pojęcia ciągu ściśle rosnącego, rosnącego, malejącego, ściśle malejącego.

Łatwo przez indukcję skończoną pokazujemy

Własność 3.1.3. Niech (an) będzie nieskończonym ciągiem liczbowym.(a) Ciąg (an) jest rosnący wtedy i tylko wtedy, gdy

dla każdego n ∈ N zachodzi an 6 an+1.(b) Ciąg (an) jest ściśle rosnący wtedy i tylko wtedy, gdy

dla każdego n ∈ N zachodzi an < an+1.(c) Ciąg (an) jest malejący wtedy i tylko wtedy, gdy

dla każdego n ∈ N zachodzi an > an+1.(d) Ciąg (an) jest ściśle malejący wtedy i tylko wtedy, gdy

dla każdego n ∈ N zachodzi an > an+1.

Uwaga 3.1.4. Będziemy mówić, że prawie wszystkie wyrazy ciągu mają określonąwłasność, gdy własność tę mają wszystkie wyrazy ciągu z wyjątkiem skończonejich ilości. Mówimy, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych zachodzi okre-ślona własność, gdy istnieje N ∈ R, że własność ta zachodzi dla wszystkich liczbnaturalnych większych od N . W szczególności: prawie wszystkie wyrazy ciągumają określoną własność wtedy i tylko wtedy, gdy mają tę własność dla dosta-tecznie dużych wskaźników.

Na przykład ciąg an = n ma prawie wszystkie wyrazy większe od 2 i dladostatecznie dużych wskaźników, jego wartości są większe od 2. Nie można tegosamego powiedzieć o ciągu an = (−1)nn. Ten ostatni ciąg ma nieskończenie wielewyrazów dodatnich i nieskończenie wiele wyrazów ujemnych.

ZADANIA

Zadanie 3.1.1. Dla ciągu Fibonacci’ego (określony indukcyjnie: a1 = 1, a2 = 1 oraz

an = an−1 + an−2 dla n > 2) zachodzi an = 1√5

[(1+√

52

)n−(

1−√

52

)n], n ∈ N.

Zadanie 3.1.2. Ciąg (an) określony indukcyjnie: a1 =√

2 oraz an =√

2 + an−1 dlan > 2 jest monotoniczny i ograniczony.

Zadanie 3.1.3. Ciąg (an) określony indukcyjnie: a1 = 2 oraz an = 12 (an−1 + 1

an−1) dla

n > 2 jest monotoniczny i ograniczony.

3.2. GRANICA CIĄGU 69

3.2 Granica ciągu

Definicja granicy ciągu. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym nieskończo-nym oraz g ∈ R. Mówimy, że liczba g jest granicą tego ciągu, gdy dla każdegoε > 0 istnieje N ∈ R takie, że dla każdego n ∈ N spełniającego warunek n > Nzachodzi |an − g| < ε. Fakt ten zapisujemy lim

n→∞an = g lub limn→∞ an = g, lub

an −→n→∞

g, lub an → g.

Ciąg (an)n∈N nazywamy zbieżnym do g, gdy ma granicę równą g. Ciąg na-zywamy zbieżnym, gdy ma granicę, w przeciwnym przypadku ciąg nazywamyrozbieżnym.

Uwaga 3.2.1. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym oraz niech g ∈ R. Wów-czas

limn→∞

an = g ⇐⇒ ∀ε>0 ∃N∈R ∀n∈N (n > N ⇒ |an − g| < ε).

Ponadto w definicji granicy ciągu można zmieniać ”istnieje N ∈ R” na ” istnie-je N należącego do zbioru nieograniczonego z góry” oraz nierówności ostre ”<”,”>” odpowiednio na nierówności nieostre ”6”, ”>” z wyjątkiem jednej nierów-ności ”ε > 0” i uzyskany warunek będzie równoważny definicji. W szczególnościdefinicja granicy ciągu jest równoważna następującej:

limn→∞

an = g ⇐⇒ ∀ε>0 ∃N∈N ∀n∈N (n > N ⇒ |an − g| 6 ε).

Rysunek 3.1: Fragment wykresu ciągu (an)∞n=1. Dla n > 6 zachodzi |an − g| < ε.

Bezpośrednio z definicji granicy ciągu dostajemy

Własność 3.2.2. Jeśli (an)n∈N jest ciągiem liczbowymi oraz a ∈ R, to(a) lim

n→∞an = a wtedy i tylko wtedy, gdy lim

n→∞(an − a) = 0.

(b) limn→∞

an = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy limn→∞

|an| = 0.

Własność 3.2.3. Każdy ciąg liczbowy zbieżny jest ograniczony.


Dowód. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym zbieżnym do a ∈ R. Wtedyistnieje N ∈ N, że dla n ∈ N, n > N zachodzi |an − a| < 1, w szczególnościa−1 6 an 6 a+ 1. Zbiór an : n ∈ N, n 6 N jest skończony i niepusty, więc maminimum i maksimum. Oznaczmy minimum tego zbioru przez m1 a maksimumprzez M1. Kładąc m = minm1, a− 1 oraz M = maxM1, a+ 1 dostajemy, żem jest ograniczeniem dolnym oraz M jest ograniczeniem górnym zbioru wartościciągu (an)n∈N.

Twierdzenie 3.2.4. Każdy ciąg monotoniczny i ograniczony jest zbieżny.

Dowód. Niech (an)n∈N będzie ciągiem monotonicznym i ograniczonym. Roz-ważmy przypadek, gdy ciąg ten jest rosnący. W przypadku, gdy ciąg jest malejący,rozumowanie jest analogiczne. Z założenia mamy, że zbiór A = an : n ∈ N jestograniczony i oczywiście jest niepusty. Zatem istnieje a = supA ∈ R. Pokażemy,że lim

n→∞an = a. Istotnie, weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ a − ε < a, więc z

definicji supA istnieje ak ∈ A, że ak > a − ε. Zatem, z monotoniczności ciągu(an)n∈N, dla n > k mamy a − ε < ak 6 an 6 a < a + ε, czyli |an − a| < ε. Todaje, że lim

n→∞an = a.

Przejdźmy do własności granicy ciągów wynikające wprost z definicji.

Własność 3.2.5. Niech (an)n∈N, (bn)n∈N będą nieskończonymi ciągami liczbo-wymi zbieżnymi odpowiednio do a, b ∈ R. Wówczas dla każdego ε > 0 istniejeN ∈ N takie, że dla każdego n ∈ N, n > N zachodzi |an−a| < ε oraz |bn− b| < ε.

Dowód. Istotnie, wobec uwagi 3.2.1 dla ustalonego ε > 0 istnieją N1, N2 ∈ Ntakie, że dla n > N1 mamy |an − a| < ε oraz dla n > N2 mamy |bn − b| < ε.Zatem biorąc N = maxN1, N2 dla n > N mamy |an − a| < ε oraz |bn − b| < ε.

Własność 3.2.6. Niech (an)n∈N, (bn)n∈N będą ciągami liczbowymi oraz a, b ∈ R.(a) Jeśli lim

n→∞an = a i lim

n→∞an = b, to a = b.

(b) Jeśli limn→∞

an = a, limn→∞

bn = b i an 6 bn dla prawie wszystkich n ∈ N, toa 6 b.

(c) Jeśli an = bn dla prawie wszystkich n ∈ N, tolimn→∞

an = a wtedy i tylko wtedy, gdy limn→∞

bn = a.

(d) Jeśli istnieje k ∈ N takie, ze an = bn+k dla prawie wszystkich n ∈ N, tolimn→∞


bn = a.

Dowód. Ad (a). Wystarczy pokazać, że dla każdego η > 0 zachodzi |a−b| < η(2). Weźmy dowolne η > 0. Niech ε = η/2. Z założenia i własności 3.2.5, istnieje

(2)Wtedy |a − b| jest ograniczeniem dolnym zbioru R+, więc musi być |a − b| 6 0. Ponieważ|a− b| > 0, więc |a− b| = 0 i w konsekwencji a = b.


N1 ∈ R takie, że dla n ∈ N, n > N1 zachodzi |an − a| < ε oraz |an − b| < ε, więcmamy (a), gdyż

|a− b| = |(a− an)− (b− an)| 6 |an − a|+ |an − b| < ε+ ε = η.

Ad (b). Ponieważ dla prawie każdego n ∈ N zachodzi an 6 bn, więc istniejeN2 ∈ R takie, że dla n ∈ N, n > N2 zachodzi an 6 bn.

Wystarczy pokazać, że dla każdego η > 0 zachodzi a− b < η. Weźmy dowolneη > 0. Niech ε = η/2. Wówczas istnieje N3 ∈ R takie, że dla n ∈ N, n > N3zachodzi |an − a| < ε oraz |bn − b| < ε. W szczególności dla n > maxN2, N3mamy 0 6 bn−an oraz a−an < ε i bn−b < ε. Stąd wynika (b), gdyż z powyższegomamy

a− b 6 (a− b) + (bn − an) = (a− an) + (bn − b) < ε+ ε = η.

Ad (c). Ze względu na symetrię warunków, wystarczy udowodnić, że ze zbież-ności lim

n→∞an = a wynika zbieżność lim

n→∞bn = a.

Podobnie jak w dowodzie punktu (b) istnieje N4 ∈ R takie, że dla n > N4zachodzi an = bn. Weźmy dowolne ε > 0. Wówczas istnieje N5 ∈ R, że dla n ∈ Ntakich, że n > N5 zachodzi |an − a| < ε. W szczególności dla n > maxN4, N5mamy

|bn − a| = |an − a| < ε.

To, wobec dowolności ε > 0 oznacza, że limn→∞

bn = a i daje (c).

Ad (d). Załóżmy, że limn→∞

an = a. Weźmy dowolne ε > 0 i niech N6 ∈ R będzie

takie, że dla n ∈ N, n > N6 zachodzi |an − a| < ε. Ponieważ dla n > N6 + kmamy n− k > N6 oraz bn = an−k, więc

|bn − a| = |an−k − a| < ε.

To daje, że limn→∞

bn = a.Załóżmy, że lim

n→∞bn = a. Weźmy dowolne ε > 0 oraz N7 ∈ R takie, że dla

n ∈ N, n > N7 zachodzi |bn−a| < ε. Wówczas dla n ∈ N, n > N7 mamy n+k ∈ Ni n+ k > N7, więc

|an − a| = |bn+k − a| < ε.

To daje, że limn→∞

an = a i kończy dowód.

Twierdzenie 3.2.7. (o działaniach na granicach ciągów). Niech (an)n∈N,(bn)n∈N będą ciągami liczbowymi zbieżnymi oraz niech lim

n→∞an = a, lim

n→∞bn = b,

gdzie a, b ∈ R. Wówczas:(a) lim

n→∞(an + bn) = a+ b.

(b) limn→∞

(an − bn) = a− b.


(c) Jeśli c ∈ R, to limn→∞

(can) = ca.

(d) limn→∞

(anbn) = ab.

(e) Jeśli b 6= 0 oraz bn 6= 0 dla n ∈ N, to limn→∞

(an/bn) = a/b.

Dowód. Z założenia, że limn→∞

an = a, limn→∞

bn = b oraz własności 3.2.5, dla

każdego η > 0 istnieje N(η) ∈ N takie, że

(3.1) dla n ∈ N takich, że n > N(η) zachodzi |an − a| < η oraz |bn − b| < η.

Ad (a) i (b). Weźmy dowolne ε > 0. Z (3.1) dla n ∈ N, n > N( ε2) mamy

|(an + bn)− (a+ b)| 6 |an − a|+ |bn − b| <ε

2+ε

2= ε,

co daje (a). Ponadto |(an − bn) − (a − b)| 6 |an − a| + |bn − b| < ε2 + ε

2 = ε, codaje (b).

Ad (c). Jeśli c = 0, to punkt (c) jest oczywisty. Załóżmy, że c 6= 0. Weźmydowolne ε > 0. Z (3.1), dla n > N( ε|c|) mamy |can − ca| = |c||an − a| < |c| ε|c| = ε.To daje (c).

Ad (d). Weźmy dowolne ε > 0. Niech, w myśl własności 3.2.3, M > 0 będzietakie, że |bn| < M dla wszystkich n ∈ N. Wtedy, z własności 3.2.6(b) dostajemy,że |b| 6 M . Zwiększając ewentualnie M można założyć, że |a| < M . Wówczas, z(3.1) dla n > N( ε

2M ),

|anbn − ab| = |(anbn − abn) + (abn − ab)|

6 |an − a||bn|+ |bn − b||a| <ε

2MM +

ε

2MM = ε.

To daje (d).Ad (e). W myśl udowodnionej części (d), wystarczy pokazać, że lim

n→∞1bn

= 1b .

Ponieważ limn→∞

bn = b oraz |b| > 0, więc z (3.1) dla n ∈ N, n > N( |b|2 ) mamy

|b− bn| < |b|2 , zatem |b| − |bn| 6 |b− bn| < |b|

2 , czyli |bn| > |b|2 . W konsekwencji

(3.2)1|bn|

<2|b|

dla n > N

( |b|2

).

Weźmy dowolne ε > 0. Wówczas dla n ∈ N, n > N( ε|b|2

2 ) mamy |bn − b| < ε|b|22 ,

więc z (3.2) dla n > maxN( ε|b|2

2 ), N( |b|2 ),∣∣∣∣ 1bn− 1b

∣∣∣∣ =|bn − b||bn||b|

<ε|b|2

22|b|2

= ε.

To daje (e) i kończy dowód.


Twierdzenie 3.2.8. (o trzech ciągach). Niech (an)n∈N, (bn)n∈N, (cn)n∈N będąciągami liczbowymi takimi, że

an 6 bn 6 cn dla prawie wszystkich n ∈ N.

Jeśli g ∈ R oraz limn→∞

an = g i limn→∞

cn = g, to limn→∞

bn = g.

Dowód. Z założenia, że an 6 bn 6 cn dla prawie wszystkich n ∈ N wynika,że istnieje N1 ∈ R, że dla n > N1 zachodzi an 6 bn 6 cn. Weźmy dowolne ε > 0.Z definicji granicy ciągu istnieje N2 ∈ R, że dla n > N2 zachodzi |an−g| < ε oraz|cn − g| < ε. Zatem dla n > maxN1, N2 mamy −ε < an − g oraz cn − g < ε,więc

−ε < an − g 6 bn − g 6 cn − g < ε.

To daje |bn − g| < ε. Reasumując, limn→∞

bn = g.

Wniosek 3.2.9. Jeśli (an)n∈N jest ciągiem ograniczonym oraz (bn)n∈N – ciągiemzbieżnym do zera, to (anbn)n∈N jest ciągiem zbieżnym do zera.

Dowód. Z założenia i uwagi 3.2.2 mamy limn→∞

|bn| = 0. Ponieważ (an)n∈Njest ciągiem ograniczonym, więc istnieje M > 0 takie, że |an| < M dla n ∈ N.Stąd, −M |bn| 6 anbn 6M |bn|, zatem z twierdzenia 3.2.8 dostajemy tezę.

Własność 3.2.10. Jeśli (an)n∈N jest ciągiem liczbowym zbieżnym do a ∈ R, tolimn→∞

|an| = |a|.

Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Wówczas istnieje N ∈ R takie, że dla n > Nzachodzi |an − a| < ε. Ponieważ ||an| − |a|| 6 |an − a|, więc dla n > N mamy||an| − |a|| < ε. To, wobec definicji granicy ciągu, daje tezę.

Wniosek 3.2.11. Jeśli limn→∞

an = a, limn→∞

bn = b, gdzie a, b ∈ R, to

limn→∞

maxan, bn = maxa, b, limn→∞

minan, bn = mina, b.

Dowód. Z własności 1.2.3 mamy

maxan, bn =an + bn

2+|an − bn|

2oraz minan, bn =

an + bn2

− |an − bn|2

,

więc z własności 3.2.10 dostajemy tezę.

Własność 3.2.12. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowymi, niech a ∈ R orazniech f : N→ N będzie bijekcją. Wówczas

limn→∞


af(n) = a.

Inaczej, zmiana kolejności wyrazów ciągu nie wpływa na istnienie jego granicy.


Dowód. Ponieważ f−1 : N → N również jest bijekcją, więc wystarczy udo-wodnić, że ze zbieżności lim

n→∞an = a wynika zbieżność lim

n→∞af(n) = a.

Załóżmy, że limn→∞

an = a. Weźmy dowolne ε > 0. Wtedy istnieje N ∈ N, że

dla n ∈ N, n > N zachodzi |an−a| < ε. Inaczej, dla każdego n ∈ N\FN zachodzi|an−a| < ε. Niech A = f−1(FN ). Zbiór A jest skończony i niepusty, więc posiadamaksimum (patrz twierdzenie 1.6.4). Oznaczmy N1 = maxA. Wtedy dla n ∈ N,n > N1 mamy f(n) ∈ N \ FN , zatem |af(n) − a| < ε. To daje, że lim

n→∞af(n) = a i

kończy dowód. Odnotujmy jeszcze jedną własność

Własność 3.2.13. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym, którego zbiór war-tości jest zbiorem skończonym i niech a ∈ R. Jeśli ciąg (an)n∈N jest zbieżny doa, to istnieje N ∈ N takie, że an = a dla wszystkich n > N .

Dowód. Ponieważ zbiór an : n ∈ N jest skończony, to również zbiór X =|an−a| : n ∈ N jest skończony. Oznaczmy przez ε najmniejszy dodatni elementzbioru X jeśli X 6= 0 oraz ε = 1 jeśli X = 0. Ponieważ lim

n→∞an = a, to istnieje

N ∈ R takie, że dla każdego n ∈ N takiego, że n > N zachodzi |an − a| < ε.Wówczas z wyboru ε i określenia zbioru X dla n > N mamy |an − a| = 0, czylian = a. To daje tezę.

ZADANIA

Zadanie 3.2.1. Korzystając z definicji granicy ciągu pokazać, że limn→∞

1n = 0.

Zadanie 3.2.2. Niech (an)∞n=1, (bn)∞n=1 będą ciągami liczbowymi takimi, że zbieżne sąciągi (an)∞n=1 i (an + bn)∞n=1. Wówczas ciąg (bn)∞n=1 jest zbieżny i lim

n→∞bn =

limn→∞

(an + bn)− limn→∞

an.

Zadanie 3.2.3. Obliczyć granicę ciągu (an)∞n=1 określonego indukcyjnie: a1 = 2 orazan = 1

2 (an−1 + 1an−1

) dla n > 2.

Zadanie 3.2.4. Ciąg (an)∞n=1 określony indukcyjnie: a1 =√

2 oraz an =√

2 + an−1 dlan > 2, jest zbieżny.

Zadanie 3.2.5. Obliczyć granice ciągów:

1. an = 1n [nx], n ∈ N, gdzie x ∈ R,

2. an = (−1)n

n , n ∈ N,

3. an = 11·2 + 1

2·3 + · · ·+ 1n(n+1) , n ∈ N,

4. an = 11+n2 + 2

2+n2 + · · ·+ nn+n2 , n ∈ N.

3.3. GRANICA CIĄGU POTĘG 75

3.3 Granica ciągu potęg

Lemat 3.3.1. (a) Jeśli α ∈ R, α > 0, to limn→∞

1/nα = 0.

(b) limn→∞

n√n = 1.

(c) Jeśli a > 0, to limn→∞

n√a = 1.

Dowód. Ad (a). Weźmy dowolne ε > 0. Wówczas z zasady Archimedesaistnieje N ∈ N takie, że N > (1/ε)1/α Ponieważ α > 0, więc z twierdzenia2.5.5(d), dla n > N mamy∣∣∣∣ 1

nα− 0

∣∣∣∣ =(

1n

)α<

(1N

)α=

1Nα6 ε.

Stąd dostajemy (a).Ad (b). Dla n > 2 mamy,

[n2

]∈ N, gdzie [x] oznacza całość z x. Ponieważ

n > 1, więc n√n− 1 > 0. Zatem dla n > 2, z nierówności Bernoulliego, mamy

√n =

(n√n)n2 >

(n√n)[n2 ] =

(1 + ( n

√n− 1)

)[n2 ] > 1 +[n

2

]( n√n− 1)

> 1 +(n

2− 1

) (n√n− 1

).

W konsekwencji dla n > 2,

(3.3) 1 6 n√n 6 1 + 2

√n− 1n− 2

.

W myśl cząści (a) i twierdzenia 3.2.7,

limn→∞

2√n− 1n− 2

= limn→∞

21√n

1− 1√n

1− 2n= 0.

Stąd i z twierdzenia o trzech ciągach (twierdzenie 3.2.8), wobec (3.3) mamylimn→∞

n√n = 1.

Ad (c). Jeśli a > 1, to z wniosku 2.3.6 dla n > a mamy 1 6 n√a < n

√n, więc

z twierdzenia o trzech ciągach i części (b) dostajemy limn→∞

n√a = 1.

Jeśli a = 1, to teza jest oczywista.Jeśli 0 < a < 1, to 1/a > 1, więc z wcześniejszego przypadku mamy

limn→∞

n√a = lim

n→∞1

n√

1/a=

11

= 1.

To daje (c) w tym przypadku i kończy dowód.


Wniosek 3.3.2. Jeśli a, b ∈ R, a > 0 oraz (bn)n∈N jest ciągiem zbieżnym do b,to

limn→∞

abn = ab.

Dowód. Pokażemy najpierw, że

(3.4) limn→∞

abn−b = 1.

Rozważmy przypadek a > 1. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ, w myśl lematu3.3.1(c) mamy lim

n→∞n√a = 1, więc lim

n→∞1/ n√a = 1, zatem istnieje k ∈ N takie, że

(3.5) 0 < a1/k − 1 < ε oraz 0 < 1− a−1/k < ε.

Z założenia limn→∞

bn = b dostajemy, że istnieje N ∈ N takie, że dla n ∈ N, n > N

mamy |bn − b| < 1/k. Weźmy dowolne n > N . Jeśli bn − b > 0, to bn − b < 1/k iponieważ a > 1, więc z (3.5) i twierdzenia 2.5.5(c) mamy

|abn−b − 1| = abn−b − 1 < a1/k − 1 < ε.

Jeśli bn − b < 0, to −1/k < bn − b. Ponieważ a > 1, więc a−1/k < abn−b, zatem z(3.5),

|abn−b − 1| = 1− abn−b < 1− a−1/k < ε.

W konsekwencji |abn−b−1| < ε dla n > N . To daje (3.4) w przypadku, gdy a > 1.W przypadku a = 1 równość (3.4) jest oczywista.W przypadku 0 < a < 1 mamy 1/a > 1, więc z wcześniejszego przypadku

limn→∞

abn−b = limn→∞

1(1/a)bn−b

= 1.

Reasumując, mamy (3.4).Z (3.4) i twierdzenia 3.2.7(d) dostajemy

limn→∞

abn = limn→∞

ababn−b = ab.

To daje tezę i kończy dowód.

Twierdzenie 3.3.3. Niech a, b ∈ R, a, b > 0 oraz a 6= 1. Jeśli (bn)n∈N jestciągiem takim, że bn > 0 dla n ∈ N oraz lim

n→∞bn = b, to

limn→∞

loga bn = loga b.

3.3. GRANICA CIĄGU POTĘG 77

Dowód. Rozważmy najpierw przypadek a > 1. Oznaczmy cn = loga bn,n ∈ N oraz c = loga b. Przypuśćmy przeciwnie, że c nie jest granicą ciągu cn.Wówczas istnieje ε0 > 0 takie, że dla każdego N ∈ R istnieje nN ∈ N, nN > N ,że zachodzi |cnN − c| > ε0. Ponieważ bn = acn oraz b = ac, więc

|bnN − b| = |acnN − ac| = |ac||acnN−c − 1|.

Wówczas|bnN − b| > a

c(aε0 − 1) > 0, gdy cnN − c > ε0oraz

|bnN − b| > ac(1− a−ε0) > 0, gdy cnN − c 6 −ε0.

W konsekwencji biorąc ε = minac(aε0 − 1), ac(1 − a−ε0), dla każdego N ∈ Ristnieje n ∈ N, n > N , że |bn−b| > ε. To jest sprzeczne z założeniem lim

n→∞bn = b.

Otrzymana sprzeczność daje tezę w tym przypadku.Jeśli 0 < a < 1, to 1/a > 1 oraz z własności 2.6.3(d) mamy loga bn =

− log1/a bn, więc z pierwszej cząści dowodu mamy tezę.

Twierdzenie 3.3.4. Niech (an)n∈N, (bn)n∈N będą ciągami liczbowymi zbieżnymioraz niech lim

n→∞an = a, lim

n→∞bn = b, gdzie a, b ∈ R.

(a) Jeśli a > 0 oraz an > 0 dla n ∈ N, to limn→∞

abnn = ab.

(b) Jeśli a = 0, b > 0 oraz an > 0 dla n ∈ N, to limn→∞

abnn = 0.

Dowód. Ad (a). Niech d ∈ R będzie takie, że d > 0, d 6= 1. Wtedy

abnn = dbn logd an oraz ab = db logd a,

więc teza wynika z twierdzeń 3.3.3, 3.2.7(d) i wniosku 3.3.2.Ad (b). Ponieważ (bn) jest ciągiem zbieżnym do b > 0, zaś (an) jest zbieżny

do 0, więc istnieje N ∈ R takie, że

bn > b/2 i 0 < an < 1 dla n > N.

Stąd mamy

(3.6) 0 < abnn < (an)b/2 dla n > N.

Weźmy dowolne ε > 0. Z lematu 3.3.1(a) mamy limn→∞

(1/n)b/2 = limn→∞

1/nb/2 = 0,

więc istnieje k ∈ N takie, że 0 < (1/k)b/2 < ε. Ponieważ limn→∞

an = 0, więc istnieje

N1 ∈ R takie, że an < 1/k dla n > N1. Wówczas z (3.6) dla n > maxN,N1mamy

0 < abnn < (1/k)b/2 < ε.

To daje tezę.


ZADANIA

Zadanie 3.3.1. Niech (an) będzie ciągiem liczbowym i g ∈ R.1. Jeśli lim

n→∞n√|an| = g i g ∈ [0, 1), to lim

n→∞an = 0.

2. Jeśli an 6= 0 dla n ∈ N oraz limn→∞

|an+1/an| = g i g ∈ [0, 1), to limn→∞

an = 0.

Zadanie 3.3.2. Obliczyć granicę ciągu (an) określonego indukcyjnie: a1 =√

2 i an =√2 + an−1 dla n > 2.

Zadanie 3.3.3. Obliczyć granice ciągów:1. an = n

√2n + n · 3n, n ∈ N,

2. an =√n2 + n− n, n ∈ N,

3. an = n( 3√n3 + n− n), n ∈ N.

3.4 Granice niewłaściwe ciągu

Definicja granicy niewłaściwej ciągu. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbo-wym.

Mówimy, że ciąg (an)n∈N ma granicę niewłaściwą +∞ lub dąży do +∞, gdydla każdego A ∈ R istnieje N ∈ R, że dla każdego n > N zachodzi an > A.Fakt ten zapisujemy lim

n→∞an = +∞ lub limn→∞ an = +∞ lub an −→

n→∞+∞ lub

an → +∞.Mówimy, że ciąg (an)n∈N ma granicę niewłaściwą −∞ lub dąży do −∞, gdy

dla każdego A ∈ R istnieje N ∈ R, że dla każdego n > N zachodzi an < A.Fakt ten zapisujemy lim

n→∞an = +∞ lub limn→∞ an = −∞ lub an −→

n→∞−∞ lub

an → −∞.

Uwaga 3.4.1. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym. Wówczas

limn→∞

an = +∞ ⇐⇒ ∀A∈R ∃N∈R ∀n∈N (n > N ⇒ an > A).

Z definicji granicy niewłaściwej ciągu dostajemy, że powyższy warunek jest rów-noważny następującemu:

limn→∞

an = +∞ ⇐⇒ ∀A>0 ∃N∈N ∀n∈N (n > N ⇒ an > A).

Ponadto w tej definicji granicy można zmieniać ”istnieje N ∈ R” na ”istniejeN należącego do zbioru nieograniczonego z góry” oraz nierówności ostre ”>”odpowiednio na nierówności nieostre, ”>” i uzyskany warunek będzie równoważnydefinicji dążenia ciągu do +∞.

Analogicznie mamy

limn→∞

an = −∞ ⇐⇒ ∀A∈R ∃N∈R ∀n∈N (n > N ⇒ an < A).

3.4. GRANICE NIEWŁAŚCIWE CIĄGU 79

Z definicji granicy niewłaściwej ciągu dostajemy, że powyższy warunek jest rów-noważny następującemu:

limn→∞

an = −∞ ⇐⇒ ∀A<0 ∃N∈N ∀n∈N (n > N ⇒ an < A).

Ponadto w tej definicji granicy można zmieniać ”istnieje N ∈ R” na ”istniejeN należącego do zbioru nieograniczonego z dołu” oraz nierówności ostre ”>”,”<” odpowiednio na nierówności nieostre, ”>”, ”6” i uzyskany warunek będzierównoważny definicji dążenia ciągu do −∞.

Rysunek 3.2: Fragment wykresu ciągu (an)∞n=1. Dla n > 4 zachodzi an > A.

Z definicji granicy niewłaściwej ciągu dostajemy następujące cztery własności.

Własność 3.4.2. Niech (an)n∈N, (bn)n∈N będą ciągami liczbowymi oraz a ∈ R.

(a) Jeśli limn→∞

an = a i limn→∞

an = +∞, to a = +∞.

(a′) Jeśli limn→∞

an = a i limn→∞

an = −∞, to a = −∞.

(b) Jeśli an = bn dla prawie wszystkich n ∈ N, to

limn→∞

an = +∞ wtedy i tylko wtedy, gdy limn→∞

bn = +∞.

(b′) Jeśli an = bn dla prawie wszystkich n ∈ N, to

limn→∞

an = −∞ wtedy i tylko wtedy, gdy limn→∞

bn = −∞.

(c) Jeśli istnieje k ∈ N takie, że an = bn+k dla prawie wszystkich n ∈ N, to

limn→∞


bn = +∞.

(c′) Jeśli istnieje k ∈ N takie, że an = bn+k dla prawie wszystkich n ∈ N, to

limn→∞


bn = −∞.


Własność 3.4.3. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowymi oraz niech f : N→ Nbędzie bijekcją. Wówczas

(a) limn→∞


af(n) = +∞.

(b) limn→∞


af(n) = −∞.

Własność 3.4.4. Niech (an)n∈N, (bn)n∈N będą ciągami liczbowymi takimi, że

an 6 bn dla prawie wszystkich n ∈ N.


an = +∞, to limn→∞

bn = +∞.


bn = −∞, to limn→∞

an = −∞.

Własność 3.4.5. Niech (an)n∈N, (bn)n∈N będą ciągami liczbowymi.

(a) Wówczas limn→∞


(−an) = −∞.

(b) Jeśli an > 0 i limn→∞

an = 0, to limn→∞

1/an = +∞.

(c) Jeśli an < 0 i limn→∞


1/an = −∞.

(d) Jeśli limn→∞

an = +∞ i limn→∞

bn = +∞, to limn→∞

(an + bn) = +∞.

(e) Jeśli limn→∞

an = −∞ i limn→∞

bn = −∞, to limn→∞

(an + bn) = −∞.

(f) Jeśli ciąg (an)n∈N jest ograniczony i limn→∞

bn = +∞, to

limn→∞

(an + bn) = +∞, limn→∞

(an − bn) = −∞, limn→∞

anbn

= 0.

(g) Jeśli limn→∞

an = a, a ∈ R, a > 0 i limn→∞


(anbn) = +∞.

Udowodnimy teraz trzy twierdzenia

Twierdzenie 3.4.6. Niech a ∈ R, a > 0, gdzie a 6= 1 oraz niech (bn)n∈N będzieciągiem takim, że bn > 0 dla n ∈ N.

(a) Jeśli a > 1 i limn→∞


loga bn = +∞.

(b) Jeśli a < 1 i limn→∞


loga bn = −∞.

(c) Jeśli a > 1 i limn→∞

bn = 0, to limn→∞

loga bn = −∞.

(d) Jeśli a < 1 i limn→∞

bn = 0, to limn→∞

loga bn = +∞.

Dowód. Ad (a). Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje A ∈ R takie, że dlakażdego N ∈ R istnieje nN ∈ N, nN > N , że loga bnN 6 A. Stąd i z równościA = loga a

A, mamy bnN 6 aA dla każdego N . Z założenia limn→∞

bn = +∞, więc

istnieje N ∈ R takie, że dla każdego n > N zachodzi bn > aA. W szczególnościnN > N , więc bnN 6 aA < bnN , co jest niemożliwe. Otrzymana sprzeczność daje(a).


Ad (b). Ponieważ 0 < a < 1, więc 1/a > 1 i z części (a) wynika, żelimn→∞

log1/a bn = +∞. Z własności 2.6.3(d), loga bn = − log1/a bn, więc z wła-

sności 3.4.5(a) dostajemy (b).Ad (c) i (d). Z własności 2.6.3(b) mamy loga bn = − loga(1/bn), więc z części

(a) i (b) oraz własności 3.4.5(a),(b) dostajemy tezę.

Twierdzenie 3.4.7. Niech (an)n∈N, (bn)n∈N będą ciągami liczbowymi, an > 0dla n ∈ N.


an = a, a > 1 oraz limn→∞


abnn = +∞.


an = a, a < 1 oraz limn→∞


abnn = 0.

Dowód. Ad (a). Niech b ∈ R, 1 A. Ponieważlimn→∞

an = a i limn→∞

bn = +∞, więc istnieje N ∈ R, że dla n > N zachodzi an > b

i bn > k. W konsekwencji z twierdzenia 2.5.5(c) i (d) dla n > N mamy

abnn > bbn > bk > A.

To daje (a).Ad (b). Ponieważ 0 6 a < 1, więc lim

n→∞1/an > 1. Z drugiej strony zachodzi

równość abnn = 1/(1/an)bn . To, w myśl części (a) i własności 3.4.5(f), daje tezę.

Twierdzenie 3.4.8. (Stolz(3)). Niech (an)n∈N, (bn)n∈N będą ciągami liczbowy-mi. Jeśli lim

n→∞bn = +∞ i istnieje k ∈ N, że ciąg (bn)∞n=k jest ściśle rosnący,

to

(3.7) limn→∞

anbn

= limn→∞

an − an−1bn − bn−1

,

jeśli tylko istnieje granica po prawej stronie (skończona lub nieskończona).

Dowód. Niechg = lim

n→∞an − an−1bn − bn−1

.

Rozważmy najpierw przypadek, gdy g ∈ R. Weźmy dowolne ε > 0. Wówczasistnieje N , że

g − ε

2<an − an−1bn − bn−1

< g +ε

2dla n > N.

(3)Otto Stolz (1881-1957) – austryjacki matematyk. Twierdzenie to jest czasem zwane twier-dzeniem Stolza-Cesaro. Ernesto Cesaro (1859-1906) – włoski matematyk.


Można założyć, żeN > k i wtedy bn−bn−1 > 0 dla n > N . Wówczas z powyższego,

g − ε

2<

(an − an−1) + · · ·+ (aN+1 − aN )(bn − bn−1) + · · ·+ (bN+1 − bN )

< g +ε

2dla n > N,

a więc dla n > N mamy

g − ε

2<an − aNbn − bN

< g +ε

2,

czyli

(3.8)∣∣∣∣an − aNbn − bN

− g∣∣∣∣ < ε

2.

Można założyć, że bn > 0 dla n > N . Łatwo sprawdzamy, że

(3.9)anbn− g =

aN − gbNbn

+(

1− bNbn

)(an − aNbn − bN

− g),

a więc ∣∣∣∣anbn − g∣∣∣∣ 6 ∣∣∣∣aN − gbNbn

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣1− bNbn

∣∣∣∣ ∣∣∣∣an − aNbn − bN− g

∣∣∣∣ .Dla n > N mamy 0 < bN < bn, więc |1− bN

bn| < 1. Ponieważ lim

n→∞aN−gbN

bn= 0,

więc istnieje N ′ > N , że∣∣∣∣aN − gbNbn

∣∣∣∣ < ε

2dla n > N ′.

Reasumując, z (3.9) i (3.8) dla n > N ′ mamy∣∣∣∣anbn − g∣∣∣∣ < ε

2+ε

2= ε,

co dowodzi (3.7) w rozważanym przypadku.Załóżmy teraz, że g = +∞. Wówczas istnieje s ∈ N, że dla n > s ma-

my an − an−1 > bn − bn−1 > 0, a więc (an)∞n=s jest ciągiem ściśle rosnącym ilimn→∞

an = +∞. Można więc zastosować (3.7) w udowodnionym przypadku do

ciągu ( bnan )n∈N,

limn→∞

bnan

= limn→∞

bn − bn−1an − an−1

= 0.

Stąd, ponieważ dla dostatecznie dużych n mamy bnan> 0, więc lim

n→∞anbn

= +∞.Rozważmy na koniec przypadek g = −∞. Biorąc an = −an dla n ∈ N,

dostajemy

limn→∞

an − an−1bn − bn−1

= +∞


i z poprzedniego przypadku, limn→∞

anbn

= +∞. To daje limn→∞

anbn

= −∞ i kończydowód.

ZADANIA

Zadanie 3.4.1. Udowodnić własności 3.4.2, 3.4.2, 3.4.5 i 3.4.6.

Zadanie 3.4.2. Niech (an) będzie ciągiem liczbowym takim, że an 6= 0 dla n ∈ N. Jeślilimn→∞

|an| = +∞, to limn→∞

1an

= 0.

Zadanie 3.4.3. Niech (an) będzie ciągiem liczbowym i σ : N→ N.1. Jeśli lim

n→∞σ(n) = +∞ i lim

n→∞an = g, gdzie g ∈ R, to lim

n→∞aσ(n) = g.

2. Jeśli limn→∞

aσ(n) = +∞, to limn→∞

σ(n) = +∞.

Zadanie 3.4.4. Niech (an) będzie ciągiem liczbowym i niech g ∈ R. Wówczas g = limn→∞

an

wtedy i tylko wtedy, gdy

(∀A>g ∃N∈R ∀n>N an < A) ∧ (∀B<g ∃N∈R ∀n>N an > B) .

Zadanie 3.4.5. Niech (an) będzie ciągiem liczbowym oraz niech g ∈ R.


(an+1 − an) = g, to limn→∞

ann = g.


an = g, to limn→∞

a1+···+ann = g.

Zadanie 3.4.6. Niech (an) będzie ciągiem liczbowym takim, że an > 0 dla n ∈ N orazniech g ∈ R.


an = g, to limn→∞

n√a1a2 · · · an = g.


an+1an

= g, to limn→∞

n√an = g.

Zadanie 3.4.7. Obliczyć granicę limn→∞

1nn√n! .

Zadanie 3.4.8. Niech k ∈ N. Wówczas

1. limn→∞

1k+2k+···+nknk+1

= 1k+1 ,

2. limn→∞

(1k+2k+···+nk

nk+1− n

k+1

)= 1

2 .

Zadanie 3.4.9. limn→∞

(1√

1+n2+ 1√

2+n2+ · · ·+ 1√

n+n2

)= 1.


3.5 Liczba e, logarytm naturalny

W punkcie tym określimy jedną z najważniejszych liczb w analizie.Zacznijmy od lematu. Stosując zasadę indukcji dostajemy natychmiast

Lemat 3.5.1. Dla każdego x ∈ R, x 6= 1 oraz każdego n ∈ N zachodzin∑k=1

xk = x1− xn

1− x.

Twierdzenie 3.5.2. Ciąg (en)n∈N określony wzorem

(3.10) en =(

1 +1n

)n, n ∈ N.

jest zbieżny. Ponadto 2 < limn→∞

en < 3.

Dowód. Z nierówności Bernoulliego dla n ∈ N, n > 1 i własności potęgimamy

1− 1n6(

1− 1n2

)n, więc 1− 1

n6(

1 +1n

)n (1− 1

n

)n.

Stąd dostajemy(1− 1n

)−n+16(1 + 1

n

)n, czyli(

1 +1

n− 1

)n−1=(

1− 1n

)−n+16(

1 +1n

)n.

Z ostatniej nierówności dostajemy, że ciąg (en)n∈N jest rosnący.Pokażemy, że dla każdego n > 1 zachodzi 2 < en < 3 − 1

12(4). Istotnie, ze

wzoru dwumiennego Newtona, dla każdego n ∈ N mamy

en =(

1 +1n

)n=

n∑k=0

(n

k

)1nk

= 1 +n∑k=1

n(n− 1) · · · (n− k + 1)k!

1nk6 1 +

n∑k=1

1k!.

Oczywiście 13! = 1

22 −112 . Łatwą indukcją pokazujemy, że dla każdego k ∈ N

zachodzi 2k−1 6 k!, więc z lematu 3.5.1 i powyższego mamy

en 6 1 +n∑k=1

1k!6 1− 1

12+

n∑k=1

12k−1

=1112

+ 2n∑k=1

12k

=1112

+1− (12)

n

1− 12< 3− 1

12.

Reasumując, (en) jest ciągiem rosnącym i ograniczonym z góry, zatem z twier-dzenia 3.2.4 dostajemy zbieżność ciągu (en). Ponadto dla n > 1 zachodzi

2 < e2 6 en < 3− 112,

więc z własności 3.2.6(b) mamy 2 < limn→∞

en < 3. To daje tezę.

(4)przyjmujemy oznaczenia 11 = 10 + 1, 12 = 11 + 1

3.5. LICZBA E, LOGARYTM NATURALNY 85

W świetle twierdzenia 3.5.2 poniższa definicja jest poprawna.

Definicja liczby e (5). Liczbę e ∈ R określamy wzorem

e = limn→∞

(1 +

1n

)n.

Lemat 3.5.3. Dla każdego x ∈ R takiego, że |x| > 1 zachodzi 1+ 1x > 0. Ponadtodla każdego ε > 0 istnieje K ∈ N, że

(3.11)∣∣∣∣(1 +

1x

)x− e

∣∣∣∣ < ε dla każdego x ∈ R, takiego, że |x| > K.

Dowód. Pierwsza część tezy jest oczywista. Pokażemy drugą część tezy. Weź-my dowolne ε > 0. Zgodnie z definicją, granica ciągu en = (1 + 1

n)n jest równa e.W szczególności lim

n→∞[en(1+ 1n)2] = e oraz lim

n→∞[en(1+ 1n)−1] = e. Zatem istnieje

N ∈ N takie, że dla n > N zachodzi

(3.12) en

(1 +

1n

)2< e+ ε oraz e− ε < en+1

(1 +

1n+ 1

)−1.

Jeśli x > N + 1, to istnieje n ∈ N, n > N takie, że n 6 x < n + 1. Wówczas1

n+1 <1x 6

1n . Zatem z (3.12) mamy

(3.13) e− ε <(

1 +1

n+ 1

)−1en+1 =

(1 +

1n+ 1

)n<

(1 +

1x

)n6(

1 +1x

)xoraz

(3.14)(

1 +1x

)x<

(1 +

1x

)x+1<

(1 +

1n

)n+2= en

(1 +

1n

)2< e+ ε.

Z (3.13) i (3.14) dostajemy

(3.15)∣∣∣∣(1 +

1x

)x− e

∣∣∣∣ < ε dla x > N + 1.

Jeśli x < −N − 2, to −x− 1 > N + 1 oraz(1 +

1x

)x=(

x

x+ 1

)−x=(

1− 1x+ 1

)−x=(

1 +1

−x− 1

)−x−1(1 +

1−x− 1

).

(5)Liczba e zwana jest również liczbą Eulera. Leonhard Euler (1707-1783) - szwajcarski mate-matyk, fizyk i astronom, jeden z twórców nowoczesnej matematyki. Euler udowodnił, że liczbae jest niewymierna.


Zatem (1 +

1−x− 1

)−x−16(

1 +1x

)x=(

1 +1

−x− 1

)(−x−1)+1.

Stąd, z (3.13) i (3.14) mamy

e− ε <(

1 +1

−x− 1

)−x−16(

1 +1x

)x=(

1 +1

−x− 1

)(−x−1)+1< e+ ε.

(3.16)

To daje∣∣∣(1 + 1

x

)x− e

∣∣∣ < ε dla x < −N − 2. W konsekwencji, biorąc K = N + 2,z (3.15) i (3.16) dostajemy (3.11). To kończy dowód.

Wniosek 3.5.4. Niech x ∈ R oraz (an)n∈N będzie ciągiem takim, że an 6= 0 dlan ∈ N.



(1 + 1

an

)an= e.



(1 + x

an

)an= ex.

(c) Jeśli limn→∞


(1 + an)1an = e.

(d) Jeśli limn→∞


(1 + xan)1an = ex.

Dowód. Weźmy dowolne ε > 0 oraz niech, zgodnie z lematem 3.5.3, K ∈ Nbędzie takie, że zachodzi (3.11).

Ad (a). Ponieważ limn→∞

|an| = +∞, więc istniej N ∈ N takie, że |an| > K dla

n > N . Wówczas z (3.11) mamy∣∣∣(1 + 1

an

)an− e

∣∣∣ < ε. Stąd i z dowolności ε > 0dostajemy (a).

Ad (b). Jeśli x = 0, to (b) jest oczywiste. Jeśli x 6= 0, to limn→∞

∣∣anx

∣∣ = +∞,

więc z (a) dostajemy limn→∞

(1 + x

an

)an= limn→∞

[(1 + x

an

)an/x]x= ex. To daje (b).

Ad (c). Ponieważ an 6= 0 i limn→∞

an = 0, więc limn→∞

∣∣∣ 1an ∣∣∣ = +∞. Zatem istnieje

N ′′ ∈ N takie, że∣∣∣ 1an ∣∣∣ > K dla n > N ′′. Stąd i z (3.11) dla n > N ′′ mamy

∣∣∣(1 + an)1an − e

∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣(

1 +11an

) 1an

− e

∣∣∣∣∣∣ < ε.

To daje (c)

3.5. LICZBA E, LOGARYTM NATURALNY 87

Ad (d). Jeśli x = 0 to (d) jest oczywiste. Jeśli x 6= 0, to xan 6= 0 dlan ∈ N oraz lim

n→∞xan = 0, więc z (c) dostajemy lim

n→∞(1 + xan)1/(an) =

limn→∞

[(1 + xan)1/(xan)

]x= ex. To daje (d) i kończy dowód.

Definicja logarytmu naturalnego. Niech x ∈ R, x > 0. Logarytmem natural-nym z liczby x nazywamy logarytm przy podstawie e z tej liczby i oznaczamylnx. Logarytmem naturalnym nazywamy funkcję określoną wzorem f(x) = lnx,x > 0.

Uwaga 3.5.5. Z własności 2.8.7 oraz 2.8.8 mamy, że logarytm naturalny jestfunkcją ściśle rosnącą, której zbiór wartości jest równy R.

ZADANIA

Zadanie 3.5.1. Ciąg (an)n∈N określony wzorem an =(1 + 1

n

)n+1, n ∈ N, jest malejący.

Zadanie 3.5.2. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym takim, że an 6= 0 dla n ∈ N iniech lim

n→∞an = 0. Wówczas dla każdego x ∈ R, x > 0 zachodzi lim

n→∞xan−1an

= lnx.

Zadanie 3.5.3. W analizie rozważa się funkcje hiperboliczne określone następująco:

coshx = (ex + e−x)/2, x ∈ R i nazywamy cosinusem hiperbolicznym,

sinhx = (ex − e−x)/2, x ∈ R i nazywamy sinusem hiperbolicznym,

tanhx = sinhx/coshx, x ∈ R i nazywamy tangensem hiperbolicznym,

cothx = coshx/sinhx, x ∈ R \ 0 i nazywamy cotangensem hiperbolicznym.

Funkcje hiperboliczne mają podobne własności do funkcji trygonometrycznych, którewprowadzimy w następnym rozdziale. Udowodnić, że dla x, y ∈ R zachodzą:

1. (coshx)2 − (sinhx)2 = 1,2. sinh (2x) = 2 sinhx coshx,3. cosh (2x) = (coshx)2 + (sinhx)2,4. sinh(x+y) = sinhx cosh y+coshx sinhx, sinh(x−y) = sinhx cosh y−coshx sinhx,5. cosh(x+y) = coshx cosh y+sinhx sinh y, cosh(x−y) = coshx cosh y−sinhx sinh y.

Zadanie 3.5.4. Udowodnić, że:1. Funkcja cosh jest parzysta, rosnąca w przedziale [0,+∞) i malejaca w (−∞, 0], jej

zbiorem wartości jest [1,+∞). Funkcja f(x) = ln(x+√x2 − 1), x ∈ [0,+∞) jest funkcją

odwrotną do cosh |[0,+∞), a funkcja g(x) = − ln(x +√x2 − 1), x ∈ [0,+∞) jest funkcją

odwrotną do cosh |(−∞,0]. Funkcje f i g nazywamy area cosinusami hiperbolicznymi.2. Funkcja sinh jest nieparzysta, rosnąca i jej zbiorem wartości jest R. Funkcja

f(x) = ln(x+√

1 + x2), x ∈ R, jest funkcją odwrotną do sinh (i nazywana area sinusemhiperbolicznym).

3. Funkcja tanh jest nieparzysta, rosnaca i jej zbiorem wartości jest przedział (−1, 1).Funkcja g(x) = (1/2) ln[(1 + x)/(1 − x)], x ∈ (−1, 1) jest funkcją odwrotną do tanh(i nazywana area tangensem hiperbolicznym).


Rysunek 3.3: Fragmenty wykresów funkcji hiperbolicznych.

3.6 Podciągi, granice częściowe

Definicja podciągu. Niech (an)n∈N będzie dowolnym ciągiem i niech (nk)k∈Nbędzie ściśle rosnącym ciągiem liczb naturalnych. Ciąg (ank)k∈N będący złożeniemciągów (nk)k∈N i (an)n∈N nazywamy podciągiem lub ciągiem częściowym ciągu(an)n∈N.

Uwaga 3.6.1. Jeśli (nk)k∈N jest ściśle rosnącym ciągiem liczb naturalnych, tonk > k dla wszystkich k ∈ N. Wynika to bezpośrednio z lematu 1.6.9.

Własność 3.6.2. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym, (ank)k∈N jego podcią-giem oraz g ∈ R. Jeśli lim

n→∞an = g, to lim

k→∞ank = g.

Dowód. Rozważmy przypadek g ∈ R. Weźmy dowolne ε > 0 i niech N ∈ Rbędzie takie, że |an − g| < ε dla n > N . Ponieważ nk > k dla k ∈ N, więc dlak > N mamy |ank − g| < ε. To daje, że lim

k→∞ank = g.

3.6. PODCIĄGI, GRANICE CZĘŚCIOWE 89

Jeśli g = +∞, to dla dowolnego A ∈ R istnieje N ′ ∈ R, że an > A dla n > N ′.W szczególności ank > A dla k > N ′. To daje, że lim

k→∞ank = +∞. Analogicznie

rozważamy przypadek g = −∞.

Lemat 3.6.3. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym oraz g ∈ R. Wóczas na-stępujące warunki są równoważne:

(a) Istnieje podciąg (ank)k∈N ciągu (an)n∈N taki, że limk→∞

ank = g.

(b) Dla każdego ε > 0 zbiór Xε = n ∈ N : |an − g| < ε jest nieskończony.

Dowód. Ad (a)⇒(b). Z definicji granicy ciągu mamy, że dla każdego ε > 0istnieje K ∈ N takie, że dla k > K zachodzi |ank − g| < ε. W konsekwencjink : k > K ⊂ Xε, więc zbiór Xε jest nieskończony.

Ad (b)⇒(a). Pokażemy, że istnieje podciąg (ank)k∈N ciągu (an)n∈N taki, że

(3.17) |ank − g| < 1/k dla k ∈ N.

Istotnie, z (b) mamy, że istnieje n1 ∈ X1. Ponadto istnieje n2 > n1 takie, żen2 ∈ X 1

2. Zakładając, że wybraliśmy już nk ∈ X 1

k, wobec (b) istnieje nk+1 > nk,

że nk+1 ∈ X 1k+1

. Istnieje, więc ściśle rosnący ciąg (nk)k∈N liczb naturalnych taki,

że nk ∈ X 1k

dla k ∈ N (6). Wówczas z określenia zbiorów Xε dostajemy, że podciąg(ank)k∈N ciągu (an)n∈N spełnia (3.17). Z (3.17) dostajemy natychmiast (a).

Głównym twierdzeniem tego punktu jest

Twierdzenie 3.6.4. (Bolzano-Weierstrass(7)). Każdy liczbowy ciąg ograni-czony ma podciąg zbieżny.

Dowód. Niech (an)n∈N będzie ciągiem ograniczonym. Wówczas istnieje prze-dział domknięty P = [α, β] taki, że α 6 an 6 β dla n ∈ N. Pokażemy, że istniejerodzina przedziałów domkniętych Pk, k ∈ N spełniająca warunki:

1) P1 ⊂ P oraz Pk+1 ⊂ Pk dla k ∈ N,

2) |Pk| = |P |2k dla k ∈ N.

3) Dla każdego k ∈ N zbiór n ∈ N : an ∈ Pk jest nieskończony.

(6)Dokładniej, ciąg (ank )k∈N można określić indukcyjnie przy pomocy x = n1 ∈ X1 i funkcjif : N× N→ N określonej wzorem f(k, n) = minm ∈ N : |am − g| < 1

k∧ m > k.

(7)Bernard Placidus Johann Nepomuk Bolzano (1781-1848) – czeski matematyk, filozof, histo-ryk, logik i teolog. Karl Weierstrass (1815-1897) niemiecki matematyk, zwolennik arytmetyzacjianalizy matematycznej, twórca precyzyjnego pojęcia granicy funkcji. Twierdzenie to było naj-pierw udowodnione przez Bernarda Bolzano, a później ponownie odkryte i udowodnione przezKarla Weierstrassa.


Istotnie, biorąc przedziały [α, α+β2 ], [α+β2 , β], jako P1 wybieramy ten z nich, któryspełnia 3) (oczywiście jeden z tych przedziałów spełnia ten warunek). Zakładając,że wybraliśmy przedział Pk = [αk, βk], dzielimy go na przedziały [αk,

αk+βk2 ],

[αk+βk2 , βk] i jako Pk+1 wybieramy ten z nich, który spełnia 3). Określiliśmy więcnieskończony ciąg przedziałów, który spełnia 1), 2), 3) (8).

W myśl 1) i lematu 1.6.17 zbiór⋂k∈N Pk jest niepusty. Niech a ∈

⋂k∈N Pk.

Weźmy dowolne ε > 0 oraz Xε = n ∈ N : |an − a| < ε. Z 2) mamy, że dlak > |P |

ε zachodzi ε > |Pk|, więc Pk ⊂ x ∈ R : |x − a| < ε, a więc wobec 3)mamy, że zbiór Xε jest nieskończony. Stąd i z lematu 3.6.3(b)⇒(a) dostajemy, żeistnieje podciąg (ank)k∈N ciągu (an)n∈N zbieżny do a. To kończy dowód.

Definicja granicy częściowej ciągu. Niech (an)n∈N będzie dowolnym ciągiemliczbowym. Mówimy, że element a ∈ R jest granicą częściową ciągu (an)n∈N, gdyistnieje jego podciąg (ank)k∈N taki, że lim

k→∞ank = a.

Lemat 3.6.5. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym.(a) Jeśli ciąg (an)n∈N nie jest ograniczony z góry, to +∞ jest jego granicą

częściową.(b) Jeśli ciąg (an)n∈N nie jest ograniczony z dołu, to −∞ jest jego granicą

częściową.

Dowód. Ad (a). Zauważmy, że

(3.18) dla każdego k ∈ N zbiór Xk = n ∈ N : an > k jest nieskończony.

Istotnie, przypuśćmy przeciwnie, że dla pewnego k ∈ N, Xk jest skończony. JeśliXk = ∅, to an 6 k dla n ∈ N i k jest ograniczeniem górnym zbioru wartościciągu (an)n∈N, wbrew założeniu. Jeśli Xk 6= ∅, to z twierdzenia 1.6.4 istniejex = maxan : n ∈ Xk i wtedy x jest ograniczeniem górnym zbioru wartościciągu (an)n∈N, wbrew założeniu. W każdym przypadku doszliśmy do sprzeczności.Zatem zachodzi (3.18).

Pokażemy, że istnieje podciąg (ank)k∈N ciągu (an)n∈N taki, że

(3.19) ank > k dla k ∈ N.

Istotnie, niech n1 ∈ X1. Wtedy an1 > 1. Z (3.18) istnieje n2 ∈ X2 takie, żen2 > n1. Postępując dalej indukcyjnie znajdziemy podciąg spełniający (3.19) (9).

(8)Dokładniej, ciąg przedziałów (Pn)n∈N określamy indukcyjnie przy pomocy x = P orazfunkcji f([a, b], n) = [a, a+b2 ], gdy zbiór i ∈ N : ai ∈ [a, a+b2 ] jest nieskończony orazf([a, b], n) = [a+b2 , b], gdy zbiór i ∈ N : ai ∈ [a, a+b2 ] jest skończony.(9)Dokładniej ciąg (nk)k∈N można określić indukcyjnie przy pomocy x = minn ∈ N : an > 1

oraz funkcji f : N× N→ N określonej wzorem f(m, k) = minn ∈ N : an > m ∧ n > m.

3.6. PODCIĄGI, GRANICE CZĘŚCIOWE 91

Z (3.19) i własności 3.4.4(a) dostajemy limk→∞

ank = +∞, więc +∞ jest granicą

częściową ciągu (an)n∈N.Ad (b). Analogicznie jak w części (a) pokazujemy, że dla każdego k ∈ N zbiór

Yk = n ∈ N : an < −k jest nieskończony i dalej, że istnieje podciąg (ank)k∈Nciągu (an)n∈N taki, że ank < −k dla k ∈ N. Zatem lim

k→∞ank = −∞ i −∞ jest

granicą częściową ciągu (an)n∈N. To kończy dowód.

Wniosek 3.6.6. Zbiór granic częściowych dowolnego nieskończonego ciągu licz-bowego jest niepusty.

Dowód. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym. Jeśli ciąg ten jest ograni-czony, to teza wynika z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa 3.6.4. W przeciwnymprzypadku teza wynika z lematu 3.6.5.

Lemat 3.6.7. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym oraz A ∈ R.

(a) Jeśli zbiór X = n ∈ N : an A jest nieskończony, to istnieje podciąg(ank)k∈N ciągu (an)n∈N taki, że ank A dla k ∈ N.

(b) Jeśli zbiór Y = n ∈ N : an ¬ A jest nieskończony, to istnieje podciąg(ank)k∈N ciągu (an)n∈N taki, że ank ¬ A dla k ∈ N.

Dowód. Ad (a). Weźmy dowolny n1 ∈ X. Z założenia, zbiór X jest nie-skończony i w konsekwencji – nieograniczony. Zatem istnieje n2 = minn ∈ X :n > n1. Mając nk ∈ X, znajdziemy nk+1 = minn ∈ X : n > nk. Zatem ztwierdzenia o definiowaniu przez indukcję, istnieje rosnący ciąg (nk)k∈N elemen-tów zbioru X. Biorąc (ank)k∈N dostajemy (a). Część (b) dowodzimy analogiczniejak część (a).

Twierdzenie 3.6.8. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym, E ⊂ R – zbioremjego granic częściowych oraz g ∈ R. Wówczas

limn→∞

an = g wtedy i tylko wtedy, gdy E = g.

Dowód. Jeśli limn→∞

an = g, to z własności 3.6.2 mamy E = g.Załóżmy teraz, że E = g. Pokażemy, że lim

n→∞an = g.

Jeśli g = +∞, to wobec lematu 3.6.5 mamy, że ciąg (an)n∈N jest ograni-czony z dołu. Zauważmy, że dla każdego A ∈ R zbiór n ∈ N : an 6 A jestskończony. Istotnie, w przeciwnym przypadku, wobec lematu 3.6.7 wybralibyśmypodciąg (ank)k∈N ciągu (an)n∈N ograniczony z góry przez A. Wtedy podciąg tenbyłby ograniczony i w myśl twierdzenia Bolzano-Weierstrassa 3.6.4 istniałby jegopodciąg zbieżny do granicy skończonej, a więc istniałby podciąg ciągu (an)n∈N


zbieżny do granicy skończonej. To przeczy założeniu, że E = +∞. W konse-kwencji dla każdego A ∈ R, prawie wszystkie wyrazy ciągu spełniają warunekan > A, co oznacza, że lim

n→∞an = +∞.

Analogicznie jak powyżej rozważamy przypadek g = −∞.Jeśli g ∈ R, to wobec lematu 3.6.5, ciąg (an)n∈N jest ograniczony. Zauważmy,

że dla każdego ε > 0, zbiór n ∈ N : |an − g| > ε jest skończony. Istotnie,w przeciwnym przypadku, wobec lematu 3.6.7 i powyższego, istniałby podciągograniczony (ank)k∈N ciągu (an)n∈N taki, że |ank − g| > ε. Zatem z twierdzeniaBolzano-Weierstrassa, istniałby podciąg tego podciągu zbieżny do granicy różnejod g, co przeczy założeniu E = g. Reasumując, dla każdego ε > 0, zbiórn ∈ N : |an− g| > ε jest skończony. To daje, że lim

n→∞an = g i kończy dowód.

Z twierdzenia 3.6.8 dostajemy natychmiast

Wniosek 3.6.9. Ciąg liczbowy (an)n∈N nie ma granicy wtedy i tylko wtedy, gdyistnieją dwa jego podciągi które mają różne granice.

Wniosek 3.6.10. Niech x ∈ R.(a) Jeśli |x| < 1, to lim

n→∞xn = 0.

(b) Jeśli x = 1, to limn→∞

xn = 1.

(c) Jeśli x > 1, to limn→∞

xn = +∞.

(d) Jeśli x 6 −1, to granica ciągu (xn)n∈N nie istnieje.

Dowód. Część (a) i (c) wynika natychmiast z twierdzenia 3.4.7. Część (b)jest oczywista. Jeśli x 6 −1, to podciągi (x2n)n∈N oraz (x2n−1)n∈N ciągu (xn)n∈Nmają różne granice. Mianowicie lim

n→∞x2n = 1 i lim

n→∞x2n−1 = −1, gdy x = −1

oraz limn→∞

x2n = +∞ i limn→∞

x2n−1 = −∞, gdy x < −1. To wraz z wnioskiem

3.6.9 daje (d).

ZADANIA

Zadanie 3.6.1. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym oraz g ∈ R. Jeśli limn→∞

a2n = g

i limn→∞

a2n+1 = g, to limn→∞

an = g.

Zadanie 3.6.2. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym. Jeśli ciągi (a2n)n∈N, (a3n)n∈N,(a2n+1)n∈N mają granice, to ciąg (an)n∈N ma granicę.

Zadanie 3.6.3. Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym takim, że zbieżny jest każdy jegopodciąg postaci (ak·s)∞k=1, gdzie s ∈ N, s > 1 (tzn. ak·s = ank , gdzie nk = ks dla k ∈ N).Czy ciąg (an)∞n=1 jest zbieżny?

Zadanie 3.6.4. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym. Wówczas następujące warunkisą równoważne:

(a) Istnieje granica ciągu (an)n∈N.(b) Każdy podciąg ciągu (an)n∈N ma granicę.

3.7. CIĄGI CAUCHY’EGO 93

Zadanie 3.6.5. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym oraz g ∈ R. Wówczas następu-jące warunki są równoważne:

(a) limn→∞

an = g.

(b) Dla każdego podciągu (ank)k∈N zachodzi limk→∞

ank = g.

(c) Dla każdego podciągu (ank)k∈N posiadającego granicę zachodzi limk→∞

ank = g.

Zadanie 3.6.6. Niech ϕ : N → Q będzie bijekcją (patrz twierdzenie 1.6.15). Wówczaszbiór granic częściowych ciągu ϕ jest równy R.

Zadanie 3.6.7. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym oraz g ∈ R. Wówczaslimn→∞

an = g wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ε > 0 zbiór n ∈ N : |an − g| > ε jest

skończony.

3.7 Ciągi Cauchy’ego

Definicja ciągu Cauchy’ego. Ciąg liczbowy (an)n∈N nazywamy ciągiem Cau-chy’ego, gdy dla każdego ε > 0 istnieje N ∈ R takie, że dla każdych k, n ∈ Ntakich, że k, n > N zachodzi |ak − an| < ε.

Uwaga 3.7.1. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym. Ciąg ten jest ciągiemCauchy’ego wtedy i tylko wtedy, gdy

∀ε>0 ∃N∈R ∀k,n∈N (k, n > N ⇒ |ak − an| < ε).

Z definicji granicy ciągu dostajemy, że powyższy warunek jest równoważny nastę-pującemu:

∀ε>0 ∃N∈N ∀k,n∈N (k, n > N ⇒ |ak − an| 6 ε).

Bezpośrednio z definicji mamy

Własność 3.7.2. Każdy zbieżny ciąg liczbowy jest ciągiem Cauchy’ego.

Dowód. Niech (an)n∈N będzie ciągiem zbieżnym do g ∈ R. Weźmy dowolneε > 0. Wówczas istnieje N ∈ R, że dla n > N zachodzi |an− g| < ε/2. Zatem dlak, n > N mamy

|ak − an| 6 |ak − g|+ |an − g| < ε/2 + ε/2 = ε.

To daje tezę.

Twierdzenie 3.7.3. (Cauchy). Każdy liczbowy ciąg Cauchy’ego jest zbieżny.


Dowód. Niech (an)n∈N będzie ciągiem Cauchy’ego. Zauważmy najpierw, żejest to ciąg ograniczony. Istotnie dla ε = 1 istnieje N ∈ N, że dla k, n > Nzachodzi |ak−an| < 1. Zatem dla każdego n > N mamy |an| < |aN+1|+1. BiorącM = max|an|+ 1 : n 6 N + 1 dostajemy, że |an| 6M dla n ∈ N, czyli (an)n∈Njest ciągiem ograniczonym. Stąd, wobec twierdzenia Bolzano-Weierstrassa 3.6.4istnieje podciąg zbieżny (ank)k∈N ciągu (an)n∈N. Niech a = lim

k→∞ank . Pokażemy,

że limn→∞

an = a. Weźmy dowolne ε > 0. Wówczas istnieje N ′ ∈ N takie, że dla

m,n > N ′ zachodzi |am − an| < ε/2 oraz dla k > N ′ zachodzi |ank − a| < ε/2.Ponieważ nk > k, więc dla n > N ′ mamy

|an − a| 6 |an − ank |+ |ank − a| <ε

2+ε

2= ε,

gdzie k > N ′. Reasumując, limn→∞

an = a. To kończy dowód.

ZADANIA

Zadanie 3.7.1. Ciąg (an)n∈N jest ciągiem Cauchy’ego wtedy i tylko wtedy, gdy dla do-wolnego ε > 0 istnieje N ∈ N takie, że dla każdego n > N zachodzi |an − aN | < ε.

3.8 Granica dolna i górna ciągu

Definicje granicy dolnej i granicy górnej. Niech (an)n∈N będzie ciągiem licz-bowym i niech E ⊂ R będzie zbiorem wszystkich granic częściowych tego ciągu.Granicą dolną ciągu (an)n∈N nazywamy inf E i oznaczamy lim inf

n→∞an. Granicą

górną ciągu (an)n∈N nazywamy supE i oznaczamy lim supn→∞

an.

Własność 3.8.1. Dla każdego ciągu liczbowego (an)n∈N zachodzi

lim infn→∞

an 6lim supn→∞

an.

Dowód. Istotnie, z własności 3.6.6 zbiór granic częściowych E ciągu (an)n∈Njest niepusty. Zatem dla dowolnego x ∈ E mamy inf E 6 x 6 supE. To dajetezę.

Bezpośrednio z twierdzenia 3.6.8 dostajemy

Własność 3.8.2. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym oraz g ∈ R. Wówczas

limn→∞

an = g wtedy i tylko wtedy, gdy lim infn→∞

an =lim supn→∞

an = g.

Własność 3.8.3. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym i E zbiorem jego gra-nic częściowych. Wówczas

lim infn→∞

an ∈ E oraz lim supn→∞

an ∈ E.

3.8. GRANICA DOLNA I GÓRNA CIĄGU 95

Dowód. Oznaczmy a∗ =lim infn→∞

an. Pokażemy, że a∗ ∈ E. Jeśli a∗ = +∞, to

E = +∞, więc a∗ ∈ E. Jeśli a∗ = −∞, to ciąg (an)n∈N nie jest ograniczonyz dołu, więc z lematu 3.6.5(b) mamy a∗ ∈ E. Rozważmy przypadek a∗ ∈ R.Zauważmy, że dla każdego ε > 0 zbiór Xε = n ∈ N : |an − a∗| < ε jestnieskończony. Istotnie, przypuśćmy przeciwnie, że dla pewnego ε0 > 0, zbiór Xε0

jest skończony. Weźmy dowolną liczbę x ∈ (a∗−ε0, a∗+ε0). Wtedy istnieje ε > 0,że (x−ε, x+ε) ⊂ (a∗−ε0, a∗+ε0), więc zbiór n ∈ N : |an−x| < ε jest skończony.Zatem z lematu 3.6.3(a)⇒(b), żadna liczba x ∈ (a∗ − ε, a∗ + ε) nie jest granicączęściową ciągu (an)n∈N, co przeczy określeniu a∗. W konsekwencji dla każdegoε > 0 zbiór Xε jest nieskończony, więc z lematu 3.6.3(b)⇒(a) dostajemy a∗ ∈ E.

Analogicznie dowodzimy lim supn→∞

an ∈ E.

Własność 3.8.4. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym. Wówczas

lim supn→∞

(−an) = − lim infn→∞

(an) oraz lim infn→∞

(−an) = − lim supn→∞

an.

Dowód. Istotnie, jeśli E jest zbiorem granic częściowych ciągu (an)n∈N, toF = −g : g ∈ E jest zbiorem granic częściowych ciągu (−an)n∈N (patrz twier-dzenie 3.2.7(b) oraz własność 3.4.5(a)). Zatem z definicji granicy górnej i dolnejdostajemy tezę.

Wniosek 3.8.5. Niech (an)n∈N, (bn)n∈N będą ciągami liczbowymi, limn→∞

an = α,α ∈ R.

(a) Jeśli α > 0, to

lim infn→∞

(anbn) = α lim infn→∞

bn oraz lim supn→∞

(anbn) = α lim supn→∞

bn.

(b) Jeśli α < 0, to

lim infn→∞

(anbn) = α lim supn→∞


(anbn) = α lim infn→∞

bn,

gdzie przyjmujemy α(+∞) = −∞, α(−∞) = +∞, gdy α < 0.

Dowód. Udowodnimy część (a). Część (b) wynika z (a) i własności 3.8.4.Niech α > 0. Oznaczmy przez E ⊂ R zbiór granic częściowych ciągu (bn)n∈N

oraz niech a∗ = inf E, a∗ = supE. Z własności 3.8.3 mamy a∗, a∗ ∈ E.Oznaczmy przez F zbiór granic cząściowych ciągu (anbn)n∈N. Zauważmy, że

(3.20) F = αg : g ∈ E.

Z twierdzenia 3.2.7(d) oraz własności 3.4.5(g) dostajemy, że αg : g ∈ E ⊂ F .Niech x ∈ F oraz (ankbnk)k∈N będzie podciągiem ciągu (anbn)n∈N takim, że


limk→∞

(ankbnk) = x. Wtedy z twierdzenia 3.2.7(e) oraz własności 3.4.5(g) dostaje-

my, że limk→∞

bnk = xα , gdzie x

α = +∞, gdy x = +∞ oraz xα = −∞, gdy x = −∞.

W konsekwencji xα ∈ E oraz x ∈ αg : g ∈ E. Zatem F ⊂ αg : g ∈ E.

Reasumując, mamy (3.20). Z (3.20) wynika, że αa∗, αa∗ ∈ F oraz dla każdegox ∈ F zachodzi αa∗ 6 x 6 αa∗. W konsekwencji αa∗ = inf F oraz αa∗ = supF .To daje tezę.

Twierdzenie 3.8.6. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym, E – zbiorem jegogranic częściowych oraz a∗ ∈ R. Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) lim infn→∞

an = a∗.

(b) a∗ ∈ E oraz dla każdego a < a∗ zbiór Xa = n ∈ N : an < a jestskończony.

Dowód. Ad (a)⇒(b). Z (a) i własności 3.8.3 mamy a∗ ∈ E. Weźmy dowolnea < a∗. Pokażemy, że zbiór Xa jest skończony. Istotnie, w przeciwnym przypadkuz lematu 3.6.7(b) istniałby podciąg (ank)k∈N ciągu (an)n∈N taki, że ank < a dlak ∈ N. W myśl własności 3.6.6 istniałaby granica częściowa g ciągu (ank)k∈N taka,że g 6 a. Wtedy g ∈ E, co jest niemożliwe. Reasumując, mamy (b).

Ad (b)⇒(a). Ponieważ a∗ ∈ E, więc lim infn→∞

an 6 a∗. Jeśli a∗ = −∞, to

oczywiście (a) zachodzi. Załóżmy, że a∗ > −∞. Z (b) mamy, że dla każdego a < a∗zbiór Xa jest skończony, więc −∞ nie jest granicą częściową ciągu (an)n∈N orazz lematu 3.6.3, żadna liczba g < a∗ nie jest granicą częściową ciągu (an)n∈N. Todaje, że a∗ 6 x dla x ∈ E i w konsekwencji a∗ 6 inf E =lim inf

n→∞an. Reasumując,

mamy (a).


Twierdzenie 3.8.7. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym i E zbiorem jegogranic częściowych oraz a∗ ∈ R. Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) lim supn→∞

an = a∗.

(b) a∗ ∈ E oraz dla każdego a > a∗ zbiór Xa = n ∈ N : an > a jestskończony.

Z twierdzeń 3.8.6 i 3.8.7 dostajemy

Wniosek 3.8.8. Niech (an)n∈N, (bn)n∈N będą ciągami liczbowymi. Jeśli dla pra-wie wszystkich n ∈ N zachodzi an 6 bn, to

lim infn→∞

an 6lim infn→∞


an 6lim supn→∞

bn.

3.9. ELEMENTY TOPOLOGII 97

Dowód. Niech N ∈ N będzie takie, że an 6 bn dla każdego n > N . Oznaczmya∗ =lim inf

n→∞an, b∗ =lim inf

n→∞bn. Udowodnimy, że a∗ 6 b∗. Z twierdzenia 3.8.6, dla

każdego a < a∗ zbiór Xa = n ∈ N : an < a jest skończony. Ponieważ z założenian ∈ N : n > N ∧ bn < a ⊂ Xa, więc dla każdego a < a∗ zbiór n ∈ N : bn < ajest skończony. Zatem żaden element b < a∗ nie jest granicą częściową ciągu(bn)n∈N. To daje a∗ 6 b∗. Analogicznie dowodzimy drugą część wniosku.

ZADANIA

Zadanie 3.8.1. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym. Wówczas1. lim sup

n→∞an = infx ∈ R : dla prawie wszystkich n ∈ N zachodzi an 6 x.

2. lim infn→∞

an = supx ∈ R : dla prawie wszystkich n ∈ N zachodzi an > x.

Zadanie 3.8.2. Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowym. Wówczas1. lim sup

n→∞an = infsupak : k > n : n ∈ N.

2. lim infn→∞

an = supinfak : k > n : n ∈ N.

Zadanie 3.8.3. Obliczyć granicę górną i dolną ciągu (an)n∈N określonego wzoreman =

√n− [

√n ] dla n ∈ N, gdzie [x] oznacza całość z liczby x ∈ R.

Zadanie 3.8.4. Niech x ∈ R. Obliczyć granicę górną i dolną ciągu (an)n∈N określonegowzorem an = nx− [nx] dla n ∈ N (dla x ∈ Q oraz dla x ∈ R \Q).

3.9 Elementy topologii

W punkcie tym podamy elementy teorii przestrzeni metrycznych na przykładziezbioru R.

Definicja metryki. Niech X będzie niepustym zbiorem. Funkcję d : X×X → Rspełniającą warunki:

1 d(x, y) > 0, gdy x 6= y oraz d(x, x) = 0,2 d(x, y) = d(y, x),3 d(x, y) 6 d(x, z) + d(z, y),

nazywamy metryką w X. Liczbę d(x, y) nazywamy odległością punktów x, y.

Definicja przestrzeni metrycznej. Przestrzeń X w której istnieje metryka dnazywamy przestrzenią metryczną. Wtedy mówimy, że przestrzeń X jest wypo-sażona w metrykę d.

Bezpośrednio z własności modułu dostajemy

Własność 3.9.1. R jest przestrzenią metryczną z metryką d(x, y) = |x− y|.

Uwaga 3.9.2. W dalszym ciągu zakładać będziemy, że R została wyposażona wmetrykę d(x, y) = |x− y|.


Definicja otoczenia punktu. Niech X będzie przestrzenią metryczną z metry-ką d oraz niech a ∈ X. Każdy zbiór postaci U = x ∈ X : d(x, a) < ε, gdzieε > 0, nazywamy otoczeniem punktu a. Każdy zbiór postaci W = x ∈ X :0 < d(x, a) < ε, gdzie ε > 0, nazywamy sąsiedztwem punktu a.

Uwaga 3.9.3. Otoczeniem punktu a ∈ R jest każdy przedział postaci (a−ε, a+ε),gdzie ε > 0. Sąsiedztwem punktu a jest każdy zbiór postaci (a− ε, a) ∪ (a, a+ ε),gdzie ε > 0.

Definicje otoczenia prawostronnego i otoczenia lewostronnego punktu.Niech x ∈ R. Otoczeniem prawostronnym punktu x nazywamy każdy przedział[x, y), gdzie x < y. Otoczeniem lewostronnym punktu x nazywamy każdy prze-dział (y, x], gdzie y < x. Sąsiedztwem prawostronnym punktu x nazywamy każdyprzedział (x, y), gdzie x < y. Sąsiedztwem lewostronnym punktu x nazywamykażdy przedział (y, x), gdzie y < x.

Uwaga 3.9.4. Pisząc (an)n∈N ⊂ X rozumiemy, że wszystkie wartości ciągu(an)n∈N należą do zbioru X.

Uwaga 3.9.5. W świetle definicji otoczenia, pojęcie granicy można rozumieć na-stępująco: granicą ciągu (xn)n∈N ⊂ R jest punkt x ∈ R, gdy dla każdego otoczeniaU punktu x prawie wszystkie wartości ciągu (xn) należą do U .

W takiej postaci, pojęcie granicy przenosi się na dowolne przestrzenie me-tryczne. Dokładniej, niech X bądzie przestrzenią metryczną oraz (xn)n∈N ⊂ X.Mówimy, że x ∈ X jest granicą ciągu (xn)n∈N gdy dla każdego otoczenia U ⊂ Xpunktu x, prawie wszystkie wartości tego ciągu należą do U i piszemy lim

n→∞xn = x.

Wtedy mówimy, że ciąg (xn)n∈N jest zbieżny do x.

Definicja punktu skupienia zbioru. Niech X ⊂ R. Mówimy, że y ∈ R jestpunktem skupienia zbioru X, gdy dla każdego sąsiedztwa W punktu y zbiór X∩Wjest niepusty. Punkt y ∈ X, który nie jest punktem skupienia zbioru X nazywamypunktem izolowanym tego zbioru.

Własność 3.9.6. Niech X ⊂ R oraz y ∈ R. Wówczas punkt y jest punktemskupienia zbioru X wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje ciąg (xn)n∈N ⊂ X \ y taki,że lim

n→∞xn = y.

Dowód. Załóżmy, że y jest punktem skupienia zbioru X. Wtedy, z definicjipunktu skupienia dla każdego n ∈ N istnieje xn ∈ X \ y taki, że |xn − y| < 1

n .Stąd mamy lim

n→∞xn = y.

Załóżmy, że (xn)n∈N ⊂ X \ y oraz limn→∞

xn = y. Wtedy z definicji granicy

ciągu mamy, że dla każdego ε > 0 istnieje xn ∈ X, że |xn − y| < ε i oczywiściexn 6= y. Zatem y jest punktem skupienia zbioru X.


Wniosek 3.9.7. Niech X ⊂ R oraz y ∈ R. Wówczas y jest punktem skupieniazbioru X wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego przedziału otwartego P takiego, żey ∈ P , zbiór X ∩ P jest nieskończony.

Dowód. Załóżmy najpierw, że y jest punktem skupienia zbioru X. Wówczas,wobec własności 3.9.6, istnieje ciąg (xn)n∈N ⊂ X \ y taki, że lim

n→∞xn = y.

Weźmy dowolny przedział otwarty P taki, że y ∈ P . Wówczas istnieje ε > 0,że (y − ε, y + ε) ⊂ P . Ponieważ lim

n→∞xn = y, to istnieje N ∈ N takie, że dla

n ∈ N, n > N zachodzi |xn − y| < ε i w konsekwencji xn : n > N ⊂ X ∩ P .Zauważmy, że zbiór xn : n > N jest nieskończony. Istotnie, w przeciwnymrazie ciąg (xn)n∈N przyjmowałby skończoną ilość wartości. Ponieważ jest to ciągzbieżny do y, więc w myśl własności 3.2.13 istnieje N ∈ N, że xn = y dla n > N .To przeczy temu, że (xn)n∈N ⊂ X \ y. W konsekwencji X ∩ P zawiera zbiórnieskończony xn : n > N, a więc X ∩ P jest zbiorem nieskończonym.

Załóżmy teraz, że dla każdego przedziału otwartego P takiego, że y ∈ P ,zbiór X∩P jest nieskończony. Weźmy dowolne sąsiedztwo W punktu y. WówczasP = W ∪ y jest przedziałem otwartym takim, że y ∈ P . Zatem zbiór X ∩ Pjest zbiorem nieskończonym. Ta daje, że X ∩W 6= ∅ i kończy dowód.

Wniosek 3.9.8. Każdy zbiór skończony X ⊂ R nie ma punktów skupienia.

Odpowiednikiem twierdzenia Bolzano-Weierstrassa 3.6.4 dla zbiorów jest

Twierdzenie 3.9.9. (Bolzano-Weierstrass). Każdy nieskończony i ograniczo-ny podzbiór X ⊂ R ma co najmniej jeden punkt skupienia.

Dowód. Ponieważ X jest zbiorem ograniczonym, więc istnieje przedział do-mknięty P ⊂ R taki, że X ⊂ P . Analogicznie jak w dowodzie twierdzenia 3.6.4pokazujemy, że istnieje rodzina przedziałów domkniętych Pk, k ∈ N spełniającawarunki:

1) P1 ⊂ P oraz Pk+1 ⊂ Pk dla k ∈ N,

2) |Pk| = |P |2k dla k ∈ N.

3) Dla każdego k ∈ N zbiór X ∩ Pk jest nieskończony.

Niech, wobec 1) i lematu 1.6.17, a ∈⋂k∈N Pk. Weźmy dowolny przedział otwarty

Q taki, że a ∈ Q. Wtedy istnieje ε > 0 takie, że (a− ε, a+ ε) ⊂ Q. Z 2) wynika,że istnieje k ∈ N takie, że |Pk| < ε, a więc Pk ⊂ Q. Stąd dostajemy, że zbiórX ∩Q zawiera zbiór X ∩ Pk. Z warunku 3), dostajemy więc, że zbiór X ∩Q jestnieskończony. To wobec wniosku 3.9.7 daje, że punkt a jest punktem skupieniazbioru X. To kończy dowód.


Definicje zbioru domkniętego i zbioru otwartego. Zbiór X ⊂ R nazywamydomkniętym, gdy X zawiera wszystkie swoje punkty skupienia. Zbiór X nazywa-my otwartym, gdy R \X jest zbiorem domkniętym. Rodzinę wszystkich podzbio-rów otwartych w R nazywamy topologią przestrzeni R.

Z definicji punktu skupienia dostajemy

Twierdzenie 3.9.10. Zbiór X ⊂ R jest otwarty wtedy i tylko wtedy, gdy dlakażdego punktu x ∈ X istnieje otoczenie U punktu x takie, że U ⊂ X.

Dowód. Jeśli X jest zbiorem otwartym, to R \X jest zbiorem domkniętym,więc żaden punkt x ∈ X nie jest punktem skupienia zbioru R \ X. Zatem dlakażdego x ∈ X istnieje otoczenie U punktu x rozłączne z R \X. W konsekwencjiU ⊂ X.

Jeśli dla każdego x ∈ X istnieje otoczenie U ⊂ X, to żaden punkt x ∈ Xnie jest punktem skupienia zbioru R \X. Zatem R \X zawiera wszystkie swojepunkty skupienia, więc jest zbiorem domkniętym. W konsekwencji X jest zbioremotwartym.

Uwaga 3.9.11. Z definicji dostajemy natychmiast, że ∅ oraz R są zbiorami otwar-tymi i są zbiorami domkniętymi. Ponadto przedziały otwarte są zbiorami otwar-tymi, przedziały domknięte zaś są zbiorami domkniętymi.

Z twierdzenia 3.9.10 wynika, że jeśli At ⊂ R, t ∈ T jest dowolną rodzinązbiorów otwartych, to

⋃t∈T At jest zbiorem otwartym. Ponadto można łatwo po-

kazać, że jeśli A1, ..., An ⊂ R są zbiorami otwartymi, to A1 ∩ ...∩An jest zbioremotwartym.

Z powyższego i definicji zbioru otwartego dostajemy natychmiast, że jeśliBt ⊂ R, t ∈ T jest rodziną zbiorów domkniętych, to

⋂t∈T Bt jest zbiorem domknię-

tym. Ponadto, jeśli B1, ..., Bn ⊂ R są zbiorami domnkniętymi, to B1 ∪ ... ∪ Bnjest zbiorem domkniętym.

Twierdzenie 3.9.12. Każdy zbiór otwarty X ⊂ R jest sumą co najwyżej przeli-czalnej ilości przedziałów otwartych i rozłącznych.

Dowód. Jeśli X = ∅, to teza jest oczywista. Załóżmy, że X 6= ∅. Z twier-dzenia 3.9.10 dla każdego x ∈ X istnieje otoczenie (x − ε, x + ε) ⊂ X, gdzieε > 0. Weźmy dowolny x ∈ X. Niech Zx = (a, b) ⊂ X : a < x < b. WówczasPx =

⋃(a,b)∈Zx(a, b) jest przedziałem otwartym zawartym w X. Końcami prze-

działu Px są infa : (a, b) ∈ Zx oraz supb : (a, b) ∈ Zx. Ponadto, jeśli Pjest przedziałem takim, że Px ⊂ P ⊂ X, to łatwo sprawdzamy, że P = Px. Wszczególności, jeśli x, y ∈ X oraz Px ∩ Py 6= ∅, to Px ∪ Py ⊂ X jest przedziałemotwartym zawierającym x, więc z określenia zbioru Px mamy Px = Py.


Pokazaliśmy więc, że istnieje rodzina przedziałów P otwartych i rozłącznychtakich, że X =

⋃P∈P P . Oczywiście w każdym przedziale P ∈ P istnieje liczba

wymierna. Zatem istnieje zbiór E ⊂ Q taki, że E ⊂ X oraz E ma po jednympunkcie wspólnym z każdym przedziałem P ∈ P (10). W konsekwencji funkcjaϕ : E → P określona wzorem ϕ(r) = P , gdy r ∈ P , jest bijekcją. Ponieważ Ejest zbiorem co najwyżej przeliczalnym, jako podzbiór zbioru przeliczalnego Q,więc mamy tezę.

Uwaga 3.9.13. Odpowiednik twierdzenia 3.9.12 dla zbiorów domkniętych jestfałszywy, dokładniej istnieją zbiory domknięte które nie są sumami przeliczalnejilości przedziałów domkniętych i zbioru przeliczalnego.

Definicja topologii indukowanej. Niech X ⊂ R, X 6= ∅. Zbiory postaci X∩D,gdzie D ⊂ R jest zbiorem domkniętym nazywamy domkniętymi w zbiorze X.Zbiory postaci X\A, gdzie A jest zbiorem domkniętym w X nazywamy otwartymiw zbiorze X. Rodzinę wszystkich podzbiorów otwartych w X nazywamy topologiąw X indukowaną z R.

Uwaga 3.9.14. Niech X ⊂ R, X 6= ∅. Bezpośrednio z definicji topologii induko-wanej mamy, że dla każdego zbioru A ⊂ X otwartego w X istnieje zbiór otwartyY ⊂ R taki, że A = X ∩ Y . Z uwagi 3.9.11 dostajemy, że rodzina zbiorów otwar-tych w zbiorze X spełnia analogiczne własności jak w uwadze 3.9.11. Mianowicie,jeśli At ⊂ X, t ∈ T jest dowolną rodziną zbiorów otwartych w X, to

⋃t∈T At jest

zbiorem otwartym w X. Ponadto, jeśli A1, ..., An ⊂ X są zbiorami otwartymi wX, to A1 ∩ ... ∩ An jest zbiorem otwartym w X. Również zachodzą odpowiedniewłasności dotyczące zbiorów domkniętych.

Definicja domknięcia zbioru. Niech X ⊂ R i niech Y będzie zbiorem punktówskupienia zbioru X. Domknięciem zbioru X nazywamy zbiór X ∪ Y i oznacza-my X.

Własność 3.9.15. Niech X ⊂ R. Wówczas X jest zbiorem domkniętym.

Dowód. Weźmy dowolny punkt skupienia y zbioru X. Jeśli y ∈ X, to y ∈ X.Załóżmy, że y 6∈ X. Pokażemy, że punkt y jest punktem skupienia zbioru X.Ponieważ jest to punkt skupienia zbioru X, to istnieje ciąg (xn)n∈N ⊂ X \ ytaki, że lim

n→∞xn = y. Pokażemy, że istnieje ciąg (xn)n∈N ⊂ X \ y taki, że

limn→∞

xn = y. Istotnie, dla każdego n ∈ N, zbiór X∩(xn− 1n , xn+ 1n) jest niepusty,

więc(11) istnieje ciąg (xn)n∈N ⊂ X taki, że xn ∈ (xn − 1n , xn + 1n) dla n ∈ N.

(10)Tutaj stosujemy aksjomat wyboru.(11)stosując aksjomat wyboru.


Ponieważ y 6∈ X, więc (xn)n∈N ⊂ X \ y. Stosując twierdzenia o trzech ciągach3.2.8 mamy lim

n→∞xn = y. Zatem y jest punktem skupienia zbioru X. To daje, że

X jest zbiorem domkniętym i kończy dowód.

Definicja wnętrza zbioru. Niech X ⊂ R. Wnętrzem zbioru X nazywamy zbiórR \ (R \X) i oznaczamy IntX.

Uwaga 3.9.16. Z własności 3.9.15 dostajemy natychmiast, że jeśli X ⊂ R, toIntX jest zbiorem otwartym i IntX ⊂ X.

Definicja podzbioru gęstego. Niech X,Y ⊂ R oraz X ⊂ Y . Mówimy, że Xjest zbiorem gęstym w zbiorze Y , gdy Y ⊂ X.

Uwaga 3.9.17. Można pokazać, że Q = R, więc Q jest zbiorem gęstym w R.Ponadto dla każdego przedziału P , zbiór P ∩Q jest gęsty w P .

Uwaga 3.9.18. Można pokazać, że dla każdego zbioru X ⊂ R istnieje podzbiórE ⊂ X co najwyżej przeliczalny i gęsty w X.

Definicja przestrzeni zupełnej. Niech X będzie przestrzenią metryczną z me-tryką d. Mówimy, że X jest przestrzenią zupełną, gdy każdy ciąg (xn)n∈N ⊂ Xspełniający warunek Cauchy’ego

∀ε>0 ∃N∈R ∀k,n∈N ( k, n > N ⇒ d(xk, xn) < ε).

jest zbieżny do pewnego elementu x ∈ X.

Bezpośrednio z definicji przestrzeni zupełnej i twierdzenia 3.7.3 dostajemy

Własność 3.9.19. R jest przestrzenią zupełną.

Uwaga 3.9.20. Można pokazać, że Q nie jest przestrzenią zupełną.

Definicja zbioru zwartego. Niech X będzie przestrzenią metryczną. Mówimy,że zbiór A ⊂ X jest zbiorem zwartym, gdy każdy ciąg (xn)n∈N ⊂ A ma podciągzbieżny do pewnego elementu x ∈ A. Jeśli X jest zbiorem zwartym, to mówimy,że przestrzeń X jest zwarta.

Twierdzenie 3.9.21. (charakteryzacja zbiorów zwartych). Zbiór A ⊂ Rjest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy A jest zbiorem domkniętym i ograniczonym.


Dowód. Załóżmy, że A jest zbiorem zwartym.Pokażemy, że A jest zbiorem domkniętym. Niech y będzie punktem skupienia

zbioru A. Wobec własności 3.9.6 istnieje ciąg (xn)n∈N ⊂ A taki, że limn→∞

xn = y.

Zatem każdy podciąg ciągu (xn)n∈N jest zbieżny do y. Stąd i z definicji zbioruzwartego mamy y ∈ A. To daje, że A jest zbiorem domkniętym.

Pokażemy, że A jest zbiorem ograniczonym. Przypuśćmy przeciwnie, że Anie jest ograniczony. Rozważmy przypadek, gdy A nie jest ograniczony z góry.Wtedy dla każdego n ∈ N, zbiór x ∈ A : x > n jest niepusty. Zatem(12),istnieje ciąg (xn)n∈N ⊂ A taki, że dla każdego n ∈ N zachodzi xn > n. Wkonsekwencji lim

n→∞xn = +∞ i każdy podciąg ciągu (xn)n∈N ma granicę równą

+∞. Ponieważ A ⊂ R, więc +∞ 6∈ A. To jest sprzeczne z założeniem, że A jestzbiorem zwartym. Analogicznie rozważamy przypadek, gdy A nie jest ograniczonyz dołu. Reasumując, A jest zbiorem domkniętym i ograniczonym.

Załóżmy teraz, że A jest zbiorem domkniętym i ograniczonym. Weźmy dowol-ny ciąg (xn)n∈N ⊂ A. Wówczas jest to ciąg ograniczony i z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa 3.6.4 istnieje jego podciąg (xnk)k∈N zbieżny, powiedzmy do y. Poka-żemy, że y ∈ A. Przypuśćmy przeciwnie, że y 6∈ A. Wtedy xnk 6= y dla wszystkichk ∈ N. Zatem z własności 3.9.6, y jest punktem skupienia zbioru A. Ponieważ Ajest zbiorem domkniętym, więc y ∈ A. To jest sprzeczne z przypuszczeniem, żey 6∈ A. Reasumując, y ∈ A i A jest zbiorem zwartym.

Wniosek 3.9.22. Jeśli A ⊂ R, A 6= ∅, jest zbiorem zwartym, to istnieje maxAi minA.

Dowód. Z twierdzenia 3.9.21 mamy, że A jest zbiorem ograniczonym. Ozna-czając a = supA dostajemy, że a ∈ R i dla każdego n ∈ N istnieje xn ∈ A, żea − 1n < xn 6 a. W konsekwencji lim

n→∞xn = a i ze zwartości zbioru A mamy

a ∈ A. To daje, że a = maxA. Analogicznie pokazujemy istnienie minA.

Uwaga 3.9.23. Bezpośrednio z twierdzenia 3.9.21 dostajemy, że każdy przedziałdomknięty jest zbiorem zwartym.

Definicja zbioru spójnego. Mówimy, że zbiór A ⊂ R jest spójny, gdy nie możnago przedstawić w postaci A = X ∪ Y , gdzie X, Y ⊂ A są zbiorami niepustymi,rozłącznymi i otwartymi w zbiorze A.

Uwaga 3.9.24. Z definicji topologii indukowanej dostajemy, że zbiór A ⊂ R jestspójny wtedy i tylko wtedy, gdy nie można go przedstawić w postaci

A = (A ∩D) ∪ (A ∩G),

gdzie D, G ⊂ R są zbiorami otwartymi oraz A∩D 6= ∅, A∩G 6= ∅ i A∩D∩G = ∅.(12)stosując aksjomat wyboru.


Własność 3.9.25. Każdy przedział jest zbiorem spójnym.

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje przedział P , który nie jest zbio-rem spójnym. Wtedy istnieją zbiory X, Y ⊂ P niepuste, rozłączne i otwarte wzbiorze P takie, że P = X ∪ Y . Niech a ∈ X, b ∈ Y . Zamieniając ewentualnierolami X i Y można założyć, że a < b. Niech E = x ∈ X : x < b. OczywiścieE jest zbiorem otwartym w zbiorze P i rozłącznym z Y . Ponieważ a ∈ E, więcE 6= ∅, ponadto E jest ograniczony z góry przez b. Zatem c = supE jest liczbąrzeczywistą oraz a 6 c 6 b, czyli c ∈ P . W konsekwencji c ∈ X albo c ∈ Y .

Rozważmy przypadek, gdy c ∈ X. Niech D ⊂ R będzie zbiorem otwartymtakim, że X = P ∩D. Wobec twierdzenia 3.9.10 istnieje otoczenie U ⊂ D punktuc. Wówczas U ∩ P ∩ Y = ∅, więc dla każdego y ∈ U ∩ P mamy y c i oczywiście x ∈ E.To przeczy określeniu c.

Rozważmy przypadek, gdy c ∈ Y . Niech G ⊂ R będzie zbiorem otwartymtakim, że Y = P ∩ G. Niech U ′ ⊂ G będzie otoczeniem punktu c. Zauważmy,że każdy punkt y ∈ U ′ ∩ P jest ograniczeniem górnym zbioru E. Istotnie, gdybyistniały y′ ∈ U ′ ∩P oraz x ∈ E takie, że y′ < x, to y′ < x 6 c, więc x ∈ U ′ ∩P ⊂G ∩ P = Y , co jest niemożliwe. Zatem każdy punkt y ∈ U ′ jest ograniczeniemgórnym zbioru E. Z definicji otoczenia – istnieje y ∈ U ′ ∩ P taki, że y < c. Wkonsekwencji c = supE ¬ y < c, co jest niemożliwe.

Reasumując, w każdym przypadku doszliśmy do sprzeczności, więc przypusz-czenie było fałszywe.

Własność 3.9.26. Niech A ⊂ R. Zbiór A jest spójny wtedy i tylko wtedy, gdydla każdych punktów a, b ∈ A takich, że a < b zachodzi [a, b] ⊂ A.

Dowód. Udowodnimy najpierw implikację prosta ⇒. Przypuśćmy przeciw-nie, że istnieje zbiór spójny A ⊂ R i liczby a, b ∈ A takie, że a c. Wtedy D,G są zbiorami otwartymi, rozłącznymi,A = (A ∩ D) ∪ (A ∩ G) oraz a ∈ A ∩ D, b ∈ A ∩ G. To przeczy definicji zbioruspójnego.

Udowodnimy implikację odwrotną ⇐. Jeśli zbiór A jest pusty lub jednoele-mentowy, to teza jest oczywista. Załóżmy, że zbiór A zawiera co najmniej dwapunkty a, b i niech a < b. Wówczas [a, b] ⊂ A. Weźmy dowolny punkt c ∈ (a, b).Wtedy c ∈ A i dla każdego d ∈ A, d > c zachodzi [a, d] ⊂ A. Stąd wy-nika, że zbiór A+ =

⋃d∈A, d>c[c, d] jest zawarty w zbiorze A. Ponadto biorąc

d0 = supd ∈ A : d > c dostajemy, że A+ jest przedziałem postaci [c, d) lub[c, d]. Analogicznie pokazujemy, że A− =

⋃e∈A, e<c[e, c] jest przedziałem i zawiera

się w zbiorze A. Reasumując, zbiór A− ∪ A+ jest przedziałem i A = A− ∪ A+.To, wobec własności 3.9.25 daje, że A jest zbiorem spójnym.


Twierdzenie 3.9.27. (charakteryzacja zbiorów spójnych w R). NiechA ⊂ R. Wówczas zbiór A jest spójny wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór A jest pustyalbo jednoelementowy albo jest przedziałem (skończonym lub nieskończonym).

Dowód. Niech A ⊂ R będzie zbiorem spójnym. Załóżmy, że A zawiera conajmniej dwa punkty (różne). Niech a ∈ A. Rozważmy zbiór P wszystkich prze-działów zawartych w A i zawierających punkt a. Z własności 3.9.26 dostajemy, żeA =

⋃P∈P P . Łatwo sprawdzamy, że

⋃P∈P P jest przedziałem o końcach inf A,

supA. To daje implikację prostą.Załóżmy teraz, że zbiór A jest pusty albo jednoelementowy albo jest przedzia-

łem (skończonym lub nieskończonym). Jeśli A jest zbiorem pustym lub jednoele-mentowym, to oczywiście jest spójny. Jeśli A jest przedziałem, to jego spójnośćwynika z własności 3.9.25.

Definicja składowej zbioru. Niech X ⊂ R. Zbiór spójny A ⊂ X nazywamyskładową zbioru X, gdy dla każdego zbioru spójnego S takiego, że A ⊂ S ⊂ Xzachodzi S = A.

Uwaga 3.9.28. Niech X ⊂ R. W świetle twierdzenia 3.9.27, każda składowazbioru X jest albo zbiorem jednoelementowym albo przedziałem. Jeśli ponadto Xjest zbiorem otwartym i niepustym, to z twierdzenia 3.9.12 i własności 3.9.25,zbiór X ma co najwyżej przeliczalną ilość składowych i wszystkie składowe sąprzedziałami otwartymi.

ZADANIA

Zadanie 3.9.1. Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym i niech A = an : n ∈ N.1. Jeśli g ∈ R jest punktem skupienia zbioru A, to liczba g jest granicą częściową

ciągu (an)∞n=1.2. Jeśli ciąg (an)∞n=1 jest różnowartościowy oraz g ∈ R, to

g jest punktem skupienia zbioru A wtedy i tylko wtedy, gdyg jest granicą częściową ciągu (an)∞n=1.

Zadanie 3.9.2. Każdy przedział otwarty jest zbiorem otwartym w R.

Zadanie 3.9.3. Domknięcie przedziału otwartego (a, b) jest przedziałem domkniętym[a, b], a wnętrze przedziału domkniętego [a, b] jest przedziałem otwartym (a, b).

Zadanie 3.9.4. Dla każdego przedziału P ⊂ R zachodzi P ⊂ P ∩Q. W szczególności,Q = R, więc Q jest zbiorem gęstym w R.

Zadanie 3.9.5. Dla każdego zbioru X ⊂ R istnieje podzbiór E ⊂ X co najwyżej przeli-czalny i gęsty w X.


Zadanie 3.9.6. Niech Ut : t ∈ T, T 6= ∅, będzie rodziną zbiorów otwartych w R.Wówczas istnieje zbiór co najwyżej przeliczalny T0 ⊂ T taki, że

⋃t∈T Ut =

⋃t∈T0 Ut.

Wsk. Zauważyć, że każdy niepusty zbiór otwarty U ⊂ R jest sumą przeliczalnej ilościprzedziałów postaci (p, q), gdzie p, q ∈ Q, p < q.

Zadanie 3.9.7. (Baire(13)). Iloczyn przeliczalnie wielu zbiorów otwartych i gęstych wprzedziale (a, b) jest zbiorem gęstym w (a, b).

Zadanie 3.9.8. Niech h : [−1, 1] → R będzie funkcją określoną wzorem h(x) = x1−x2

dla x ∈ (−1, 1) oraz h(−1) = −∞ i h(1) = +∞. Funkcja h jest bijekcją(14). Niechd : R×R→ R będzie funkcją określoną wzorem d(x, y) = |h−1(x)− h−1(y)| dla x, y ∈ R.

1. Funkcja d jest metryką.2. Przestrzeń R wyposażona w metrykę d jest przestrzenią zwartą.

Zadanie 3.9.9. (Cantor). Niech Xn ⊂ R będzie ciągiem niepustych zbiorów zwartychtakich, że dla każdego n ∈ N zachodzi Xn+1 ⊂ Xn. Wówczas

⋂n∈NXn 6= ∅.

Zadanie 3.9.10. Niech X ⊂ R. Zbiór X jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdejrodziny Ut : t ∈ T, T 6= ∅, zbiorów otwartych w R takiej, że X ⊂

⋃t∈T Ut

(15), istniejezbiór skończony T1 ⊂ T i taki, że X ⊂

⋃t∈T1 Ut.

Wsk. Zastosować zadania 3.9.6 i 3.9.9.

Zadanie 3.9.11. Niech A ⊂ R. Następujące warunki są równoważne:(i) Zbiór A ⊂ R jest spójny.(ii) zbioru A nie można przedstawić w postaci A = (A∩D)∪ (A∩G), gdzie D,G ⊂ R

są zbiorami otwartymi, rozłącznymi oraz A ∩D 6= ∅ i A ∩G 6= ∅.

(13)Rene-Louis Baire (1874-1932) – francuski matematyk.(14)patrz zadanie 1.8.2(15)rodzinę zbiorów Ut : t ∈ T taką, że X ⊂

⋃t∈T Ut nazywamy pokryciem zbioru X. Jeśli

zbiory Ut są otwarte w R, to pokrycie nazywamy otwartym.

Rozdział 4

Szeregi liczbowe

W rozdziale tym wprowadzimy pojęcie szeregu liczbowego. Na początku zajmie-my się zagadnieniem zbieżności, czyli istnienia sumy szeregu liczbowego i jej nie-zależności od porządku wyrazów szeregu. Podamy kilka podstawowych kryteriówzbieżności szeregu i pokażemy, że wartość sumy szeregu nie zależy od porządkuwyrazów wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg wartości bezwzględnychjego wyrazów. Następnie wyróżnimy pewną ważną klasę szeregów liczbowych zparametrem, zwanych szeregami potęgowymi. Przy pomocy tych szeregów wpro-wadzimy pojęcia funkcji trygonometrycznych sinus i cosinus oraz podamy podsta-wowe ich własności. Nie wprowadzimy jeszcze liczby π, która jest ściśle związanaz funkcjami trygonometrycznymi. Do określenia tej liczby będziemy potrzebo-wali pojęcia ciągłości funkcji. W dalszej części rozdziału przedstawiamy każdąliczbę rzeczywistą w postaci sumy pewnego szeregu liczbowego zwanego rozwi-nięciem dziesiętnym liczby. Na końcu rozdziału przedstawiamy liczbowe iloczynynieskończone.

4.1 Szeregi liczbowe

Definicja sumy częściowej ciągu. Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym.Ciąg (sn)∞n=1 określony wzorem sn =

∑nj=1 aj , n ∈ N, nazywamy ciągiem sum

częściowych ciągu (an)∞n=1.

Definicja szeregu liczbowego. Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym orazniech (sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych ciągu (an)∞n=1. Szeregiem liczbowymo wyrazach an, n = 1, 2, ... lub krótko szeregiem nazywamy parę uporządkowa-

ną ((an)∞n=1, (sn)∞n=1) i oznaczamy∞∑n=1

an lub∑∞n=1 an, lub

∑an. Ciąg (sn)∞n=1

nazywamy również ciągiem sum częściowych szeregu∑∞n=1 an.

Definicja zbieżności szeregu. Niech∑∞n=1 an będzie szeregiem liczbowym. Sze-

reg ten nazywamy zbieżnym, gdy zbieżny jest jego ciąg sum częściowych (sn)∞n=1.Jeśli lim

n→∞sn = s, gdzie s ∈ R, to mówimy, że szereg jest zbieżny do s i piszemy∑∞

n=1 an = s. Wtedy liczbę s nazywamy sumą tego szeregu.Szereg, który nie jest zbieżny nazywamy rozbieżnym. Jeśli ciąg sum częścio-

wych szeregu∑∞n=1 an ma granicę +∞, to szereg nazywamy rozbieżnym do +∞ i

piszemy∑∞n=1 an = +∞. Jeśli ciąg sum częściowych szeregu

∑∞n=1 an ma granicę

−∞, to mówimy, że szereg ten jest rozbieżny do −∞ i piszemy∑∞n=1 an = −∞.

107

108 ROZDZIAŁ 4. SZEREGI LICZBOWE

Przykład 4.1.1. Szereg∑∞n=1 an, gdzie an = 1

n(n+1) , n ∈ N, jest zbieżny do 1,ma on bowiem ciąg sum częściowych (sn)∞n=1 postaci

sn =(

11− 1

2

)+(

12− 1

3

)+ · · ·+

(1n− 1n+ 1

)= 1− 1

n+ 1.

Z twierdzenia 3.6.8 i własności 3.6.2 wynika natychmiast

Własność 4.1.2. Niech∑∞n=1 an będzie szeregiem liczbowym, (sn)∞n=1 jego cią-

giem sum częściowych oraz s ∈ R. Wówczas szereg∑∞n=1 an jest zbieżny do s

wtedy i tylko wtedy, gdy każdy podciąg ciągu (sn)∞n=1 jest zbieżny do s.

Twierdzenie 4.1.3. (warunek konieczny zbieżności szeregu). Jeśli szeregliczbowy

∑∞n=1 an jest zbieżny, to lim

n→∞an = 0.

Dowód. Niech (sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych szeregu∑∞n=1 an i

s =∑∞n=1 an. Z własności 4.1.2, s = lim

n→∞sn = lim

n→∞sn+1, więc

limn→∞

an= limn→∞

an+1= limn→∞

(sn+1 − sn) = 0.

To kończy dowód.

Twierdzenie odwrotne do powyższego nie zachodzi. Mamy mianowicie

Twierdzenie 4.1.4. Szereg∑∞n=1

1n jest rozbieżny do +∞.

Dowód. Ciąg sum częściowych sn =∑nj=1

1j , n ∈ N, szeregu jest rosnący, a

więc ma granicę różną od −∞. Ponieważ

|s2n − sn| =1

n+ 1+

1n+ 2

+ · · ·+ 12n> n

12n

=12,

więc, wobec własności 4.1.2 granica ciągu (sn)∞n=1 nie może być skończona.

Definicje działań na szeregach. Niech∑∞n=1 an,

∑∞n=1 bn będą szeregami licz-

bowymi oraz α ∈ R.Szereg

∑∞n=1(an + bn) nazywamy sumą szeregów

∑∞n=1 an i

∑∞n=1 bn.

Szereg∑∞n=1(an − bn) nazywamy różnicą szeregów

∑∞n=1 an i

∑∞n=1 bn.

Szereg∑∞n=1(αan) nazywamy iloczynem szeregu

∑∞n=1 an przez liczbę α.

Własność 4.1.5. Niech∑∞n=1 an,

∑∞n=1 bn będą szeregami liczbowymi zbieżnymi

oraz α ∈ R. Wówczas szeregi∑∞n=1(an + bn),

∑∞n=1(an − bn),

∑∞n=1(αan) są

zbieżne oraz∞∑n=1

(an+bn) =∞∑n=1

an+∞∑n=1

bn,∞∑n=1

(an−bn) =∞∑n=1

an−∞∑n=1

bn,∞∑n=1

(αak) = α∞∑n=1

an.

4.1. SZEREGI LICZBOWE 109

Dowód. Jeśli (sn)∞n=1, (tn)∞n=1 są ciągami sum częściowych odpowiednio sze-regów

∑∞n=1 an,

∑∞n=1 bn, to (sn + tn)∞n=1, (sn− tn)∞n=1, (αsn)∞n=1 są ciągami sum

częściowych odpowiednio szeregów∑∞n=1(an + bn),

∑∞n=1(an − bn),

∑∞n=1(αan).

Zatem teza wynika natychmiast z twierdzenia 3.2.7.

Z twierdzenia Cauchy’ego 3.7.3 dostajemy natychmiast

Twierdzenie 4.1.6. (Cauchy’ego). Niech∑∞n=1 an będzie szeregiem liczbowym.

Wówczas szereg∑∞n=1 an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia on warunek

Cauchy’ego:

(4.1) ∀ε>0 ∃N∈R ∀m,l∈N

(m > l > N ⇒

∣∣∣∣∣m∑n=l

an

∣∣∣∣∣ < ε

).

Dowód. Niech (sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych szeregu∑∞n=1 an. Z

twierdzenia Cauchy’ego 3.7.3 mamy, że szereg∑∞n=1 an jest zbieżny wtedy i tylko

wtedy, gdy ciąg (sn)∞n=1 spełnia warunek Cauchy’ego::

∀ε>0 ∃N∈R ∀m,l∈N (m > l > N ⇒ |sm − sl−1| < ε),

gdzie s0 = 0. Powyższy warunek jest równoważny (4.1), więc mamy tezę.

Uwaga 4.1.7. Pokazaliśmy, że dla szeregów zachodzą pewne odpowiedniki wła-sności ciągów (własność 3.2.6). W przypadku ciągów można zamienić kolejnośćwyrazów bez straty zbieżności ciągu (własność 3.2.12). Dalej pokażemy, że odpo-wiednik tego faktu dla szeregów jest fałszywy, mianowicie istnieją szeregi zbieżnektóre po zamianie kolejności wyrazów stają się rozbieżne.

ZADANIA

Zadanie 4.1.1. Szereg∑∞n=1 ln(1 + 1

n ) jest rozbieżny.

Zadanie 4.1.2. Niech∑∞n=1 an,

∑∞n=1 bn będą szeregami liczbowymi. Jeśli szeregi∑∞

n=1 an oraz∑∞n=1(an + bn) są zbieżne, to szereg

∑∞n=1 bn jest zbieżny i

∑∞n=1 bn =∑∞

n=1(an + bn)−∑∞n=1 an.

Zadanie 4.1.3. Niech (an)∞n=1 będzie zbieżnym ciągiem liczbowym oraz (bn)∞n=1 ciągiemokreślonym wzorem b1 = a1 oraz bn = an − an−1 dla n > 2. Wówczas szereg

∑∞n=1 bn

jest zbieżny oraz∑∞n=1 bn = lim

n→∞an.

Zadanie 4.1.4. Obliczyć sumy szeregów liczbowych:1.∑∞n=1

2n(n+1)(n+2) ,

2.∑∞n=1

n2

(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) ,3.∑∞n=1

1√n(n+1)(

√n+√n+1)

.


4.2 Dalsze informacje o szeregach

W punkcie 4.1 wprowadziliśmy pojęcie szeregu liczbowego∑∞n=1 an, gdzie wskaź-

niki przebiegają zbiór liczb naturalnych. W wielu zagadnieniach wygodnie jestrozważać szeregi w nieco ogólniejszym sensie, gdzie wskaźniki przebiegają pewnezbiory liczb całkowitych. Prowadzi to do uogólnienia pojęcia ciągu. Dokładniej,będziemy rozważać ciągi liczbowe o wskaźnikach większych od pewnej ustalonejliczby całkowitej. Ciągi takie definiujemy analogicznie jak w rozdziale 3.

Definicja ciągu nieskończonego o wskaźnikach w zbiorze Zk. Niech Xbędzie niepustym zbiorem, niech k ∈ Z oraz Zk = n ∈ Z : n > k.

Funkcję a : Zk → X nazywamy ciągiem nieskończonym o wskaźnikach wzbiorze Zk lub krótko ciągiem. Parę uporządkowaną (n, a(n)), gdzie n ∈ Zk,nazywamy n – tym wyrazem ciągu, n – wskaźnikiem tego wyrazu, a(n) – wartościątego wyrazu. Piszemy an zamiast a(n).

Ciąg a : Zk → X zapisujemy również (ak, ak+1, ...) lub (an)∞n=k, lub (an)n∈Zk ,lub krótko (an), piszemy również an, n = k, k + 1, ....

Jeśli wszystkie wartości ciągu (an)∞n=k należą do R, to ciąg ten nazywamyliczbowym.

Uwaga 4.2.1. Niech k ∈ Z oraz niech dany będzie ciąg (an)∞n=k. Wtedy bn =an+k−1, n ∈ N jest ciągiem określonym na zbiorze liczb naturalnych. Zatemwszystkie pojęcia z rozdziału 3 dotyczące ciągów przenoszą się na powyżej wprowa-dzone ciągi o wskaźnikach w zbiorze Zk. Dokładniej definicja granicy i wszystkiejej własności, definicja monotoniczności, ograniczoności przenoszą się bez żad-nych zmian. Analogicznie określamy podciągi, jako złożenia ciągu (an)∞n=k ześciśle rosnącym ciągiem (nj)∞j=k liczb całkowitych o wartościach w Zk. Wtedywszystkie twierdzenia dotyczące podciągów i granic częściowych przenoszą się bezżadnych zmian.

Definicja szeregu liczbowego. Dla ciągu liczbowego (an)∞n=k określamy ciągsum częściowych (sn)∞n=k wzorem sn =

∑nj=k aj , n = k, k + 1, ....

Szeregiem liczbowym o wyrazach an, n = k, k+1, ... lub krótko szeregiem nazy-

wamy parę uporządkowaną ((an)∞n=k, (sn)∞n=k) i oznaczamy∞∑n=k

an lub∑∞n=k an,

lub∑an. Ciąg (sn)∞n=k nazywamy również ciągiem sum częściowych szeregu∑∞

n=k an.Mówimy, że szereg

∑∞n=k an jest zbieżny, gdy zbieżny jest jego ciąg sum czę-

ściowych (sn)∞n=k. Jeśli limn→∞

sn = s, gdzie s ∈ R, to mówimy, że szereg jest zbieżnydo s i piszemy

∑∞n=k an = s. Wtedy liczbę s nazywamy sumą tego szeregu. Szereg,

który nie jest zbieżny nazywamy rozbieżnym.

4.2. DALSZE INFORMACJE O SZEREGACH 111

Uwaga 4.2.2. Dla szeregów określonych powyżej zachodzą wszystkie własności zpunktu 4.1, gdzie sumę i różnicę szeregów

∑∞n=k an,

∑∞n=k bn oraz iloczyn szeregu

przez liczbę określamy analogicznie jak w punkcie 4.1. Dalej, na ogół będziemy roz-ważać szeregi postaci

∑∞n=1 an lub

∑∞n=0 an. Przedstawiane twierdzenia przenoszą

się jednak na przypadek ogólny.

Z twierdzenia Cauchy’ego 4.1.6 dostajemy

Wniosek 4.2.3. Jeśli∑∞n=k an jest szeregiem liczbowym oraz l ∈ Z, l > k, to

szereg∑∞n=k an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg

∑∞n=l an.

Inaczej, odrzucenie skończonej ilości początkowych wyrazów szeregu lub dołączeniena początku skończonej ilości wyrazów nie wpływa na zbieżność szeregu.

Ponadto, jeśli szereg∑∞n=k an jest zbieżny i l > k, to

∞∑n=k

an =l−1∑n=k

ak +∞∑n=l

an.

Dowód. Ponieważ, co łatwo sprawdzamy, warunek (4.1) jest równoważny

∀ε>0 ∃N>l ∀m,p∈Z

(m > p > N ⇒

∣∣∣∣∣m∑n=p

an

∣∣∣∣∣ < ε

).

więc z twierdzenia Cauchy’ego 4.1.6 dostajemy pierwszą część tezy. Druga częśćtezy wynika z pierwszej i z faktu, że

∑mn=k ak =

∑l−1n=k ak +

∑mn=l ak dla m > l.

Wniosek 4.2.4. Niech∑∞n=k an,

∑∞n=k bn będą szeregami liczbowymi takimi, że

istnieje N ∈ R, że dla n ∈ Z, n > N zachodzi an = bn. Wówczas szereg∑∞n=k an

jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg∑∞n=k bn.

Dowód. Niech l ∈ Z, l > N oraz l > k. Z wniosku 4.2.3, zbieżność szere-gu∑∞n=k an jest równoważna zbieżności szeregu

∑∞n=l an oraz zbieżność szeregu∑∞

n=l bn jest równoważna zbieżności szeregu∑∞n=k bn. Ponieważ szeregi

∑∞n=l an,∑∞

n=l bn są równe, więc mamy tezę.

Wniosek 4.2.5. Niech∑∞n=k an,

∑∞n=j bn będą szeregami liczbowymi takimi, że

an = bn−k+j dla n ∈ Z, n > k. Wówczas szereg∑∞n=k an jest zbieżny wtedy i

tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg∑∞n=j bn. Ponadto

∑∞n=k an =

∑∞n=j bn.

Dowód. Niech (sn)∞n=k, (tn)∞n=j będą ciągami sum częściowych odpowiednioszeregów

∑∞n=k an,

∑∞n=j bn. Wobec założenia an = bn−k+j dla n > k dostajemy

łatwo, że sn = tn−k+j dla n > k. Zatem z własności 3.2.6(d) mamy, że ciąg(sn)∞n=k jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest ciąg (tn)∞n=j . Ponadtozachodzi lim

n→∞sn = lim

n→∞tn. To daje tezę.


Definicja szeregu geometrycznego. Niech a, q ∈ R, k ∈ Z. Szereg postaci∑∞n=k aq

n nazywamy szeregiem geometrycznym, gdzie przyjmujemy 00 = 1 orazq 6= 0, gdy k < 0. Liczbę q nazywamy ilorazem szeregu geometrycznego.

Własność 4.2.6. Niech a, q ∈ R, a 6= 0, k ∈ Z.

(a) Jeśli 0 < |q| < 1, to∑∞n=k aq

n = aqk

1−q .(b) Jeśli |q| > 1, to szereg

∑∞n=k aq

n jest rozbieżny.

Dowód. Ad (a). Ponieważ q 6= 1, więc indukcyjnie, łatwo pokazujemy, że

n∑i=k

aqi = aqk1− qn−k+1

1− q.

Zatem teza wynika z własności 3.6.10.Ad (b). Jeśli |q| > 1, to z własności 3.6.10 dostajemy, że ciąg (aqn)∞n=k nie

jest zbieżny do zera. Istotnie, jeśli q = 1, to limn→∞

aqn = a 6= 0. Jeśli q > 1, tolimn→∞

aqn jest równa +∞ lub −∞ w zależności od tego, czy a > 0, czy a < 0.

Jeśli q 6 −1, to granica limn→∞

aqn nie istnieje. Zatem (b) wynika z warunkukoniecznego zbieżności szeregu 4.1.3.

ZADANIA

Zadanie 4.2.1. Szereg∑∞n=2 ln(1− 1

n ) jest rozbieżny.

4.3 Szeregi o wyrazach nieujemnych

Twierdzenie 4.3.1. Szereg o wyrazach nieujemnych jest zbieżny wtedy i tylkowtedy, gdy jego ciąg sum częściowych jest ograniczony.

Dowód. Niech (sn)∞n=1 będzie ciągiem sum częściowych szeregu∑∞n=1 an oraz

niech an > 0 dla n ∈ N.Jeśli szereg jest zbieżny, to ciąg (sn)∞n=1 jest ograniczony (patrz własność

3.2.3).Załóżmy, że ciąg (sn)∞n=1 jest ograniczony. Ponieważ an > 0 dla n ∈ N, więc

ciąg (sn)∞n=1 jest rosnący. Zatem jest to ciąg zbieżny (patrz twierdzenie 3.2.4).

Twierdzenie 4.3.2. (kryterium porównawcze zbieżności szeregów). Niech∑∞n=1 an,

∑∞n=1 bn będą szeregami liczbowymi oraz niech N ∈ N będzie takie, że

0 6 an 6 bn dla n > N.

(a) Jeśli szereg∑∞n=1 bn jest zbieżny, to zbieżny jest szereg

∑∞n=1 an.

(b) Jeśli szereg∑∞n=1 an jest rozbieżny, to rozbieżny jest szereg

∑∞n=1 bn.

4.3. SZEREGI O WYRAZACH NIEUJEMNYCH 113

Dowód. Udowodnimy (a). Ponieważ szereg∑∞n=1 bn jest zbieżny, więc szereg∑∞

n=N bn jest zbieżny. Niech b =∑∞n=N bn. Wówczas dla każdego m > N mamy∑m

n=N an 6∑mn=N bn 6 b. Zatem ciąg sum częściowych szeregu

∑∞n=N an jest

ograniczony. To wraz z twierdzeniem 4.3.1 daje zbieżność szeregu∑∞n=N an, a

więc i zbieżność szeregu∑∞n=1 an. Część (b) wynika z (a), gdyż zbieżność szeregu∑∞

n=1 bn pociągałaby zbieżność szeregu∑∞n=1 an.

Wniosek 4.3.3. Niech∑∞n=1 an,

∑∞n=1 bn będą szeregami o wyrazach dodatnich

takimi, że istnieje N ∈ N, że

(4.2)an+1an6bn+1bn

dla n > N.

(a) Jeśli szereg∑∞n=1 bn jest zbieżny, to zbieżny jest szereg

∑∞n=1 an.

(b) Jeśli szereg∑∞n=1 an jest rozbieżny, to rozbieżny jest szereg

∑∞n=1 bn.

Dowód. Udowodnimy (a). Z (4.2) mamy, że ciąg (anbn )∞n=N jest malejący, więc

(4.3) 0 6 an 6aNbN

bn dla n > N.

Jeśli∑∞n=1 bn jest zbieżny, to z własności 4.1.5 i 4.2.3, szereg

∑∞n=1

aNbNbn jest zbież-

ny, więc z (4.3) i kryterium porównawczego zbieżności szeregów 4.3.2 dostajemyzbieżność szeregu

∑∞n=1 an. Część (b) wynika natychmiast z (a).

Twierdzenie 4.3.4. (kryterium graniczne). Niech∑∞n=1 an,

∑∞n=1 bn będą

takimi szeregami, że an > 0, bn > 0 dla n ∈ N. Załóżmy, że istnieje granica

K = limn→∞

anbn.

(a) Jeśli K < +∞ i szereg∑∞n=1 bn jest zbieżny, to szereg

∑∞n=1 an jest zbież-

ny.(b) Jeśli K > 0 i szereg

∑∞n=1 bn jest rozbieżny, to szereg

∑∞n=1 an jest roz-

bieżny.

Dowód. Ad (a). Z określenia liczby K wynika, że istnieje N ∈ N takie, żedla n > N zachodzi an

bn< K + 1, więc 0 6 an < (K + 1)bn. Jeśli

∑∞n=1 bn jest

zbieżny, to z własności 4.1.5, szereg∑∞n=1(K+1)bn jest zbieżny, więc z kryterium

porównawczego zbieżności szeregów 4.3.2 dostajemy zbieżność szeregu∑∞n=1 an.

Ad (b). Jeśli K = +∞, to istnieje N ∈ N, że dla n > N zachodzian/bn > 1, czyli an > bn. Zatem z kryterium porównawczego zbieżności szeregów4.3.2, z rozbieżności szeregu

∑∞n=1 bn wynika rozbieżność szeregu

∑∞n=1 an. Jeśli

K < +∞, to z założenia, że K > 0 mamy an > 0 dla dostatecznie dużych n, więclimn→∞

bn/an = 1/K < +∞ i teza wynika z (a) i wniosku 4.2.3.



Wniosek 4.3.5. Niech∑∞n=1 an,

∑∞n=1 bn będą szeregami takimi, że an > 0,

bn > 0 dla n ∈ N. Jeśli istnieje granica

K = limn→∞

anbn, przy czym 0 < K < +∞,

to oba szeregi są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne.

Twierdzenie 4.3.6. (o zagęszczaniu). Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem maleją-cym o wyrazach nieujemnych. Wówczas szereg

∑∞n=1 an jest zbieżny wtedy i tylko

wtedy, gdy zbieżny jest szereg∑∞n=1 2na2n.

Dowód. Oznaczmy przez (sn)∞n=1, (tn)∞n=1 ciągi sum częściowych odpowied-nio szeregów

∑∞n=1 an,

∑∞n=1 2na2n . Ponieważ an > 0, więc ciągi (sn)∞n=1 i (tn)∞n=1

są rosnące. W myśl twierdzenia 4.3.1 wystarczy pokazać, że z ograniczoności ciągu(sn)∞n=1 wynika ograniczoność ciągu (tn)∞n=1 i odwrotnie.

Załóżmy, że ciąg (sn)∞n=1 jest ograniczony przez M ∈ R, M > 0, to znaczy|sn| 6M dla n ∈ N. Ponieważ (an)∞n=1 jest ciągiem malejącym, więc dla każdegon ∈ N,

0 6 tn = 2(a2 + 2a4 + · · ·+ 2n−1a2n

)6 2 ((a1 + a2) + (a3 + a4) + · · ·+ (a2n−1+1 + · · ·+ a2n)) = 2s2n 6 2M.

To daje ograniczoność ciągu (tn)∞n=1.Załóżmy, że ciąg (tn)∞n=1 jest ograniczony przez K ∈ R, K > 0. Ponieważ

(an)∞n=1 jest ciągiem malejącym i 2n+1 − 1 > n dla n ∈ N, więc

0 6 sn 6 s2n+1−1 = a1 + · · ·+ a2n+1−1

= a1 + (a2 + a3) + (a4 + a5 + a6 + a7) + · · ·+ (a2n + · · ·+ a2n+1−1)

6 a1 + 2a2 + · · ·+ 2na2n 6 a1 +K,

gdzie k-ty nawias w środkowej linijce wzoru jest sumą 2k+1 − 2k składników(1).To daje ograniczoność ciągu (sn)∞n=1 i kończy dowód.

Definicja szeregu harmonicznego. Szereg∑∞n=1

1nα nazywamy harmonicznym

rzędu α.

Wniosek 4.3.7. Szereg∑∞n=1

1nα jest zbieżny dla α > 1 i rozbieżny dla α 6 1

(2).(1)dokładniej a1 + a2 + · · ·+ a2n+1−1 = a1 +

∑n

k=1(a2k + · · ·+ a2k+1−1).(2)Funkcję ζ(x) =

∑∞n=1

1nx

, x > 1 nazywamy funkcją ζ Riemanna. Georg Friedrich Bern-hard Riemann (1826-1866) – matematyk niemiecki. Funkcję ζ rozważa się przede wszystkim wdziedzinie zespolonej, gdzie (pokazuje się, że) rozszerza się ona na całą płaszczynnę zespolonąz wyłączonym punktem 1. Ma ona tzw. trywialne miejsca zerowe x = −2,−4,−6, .... Jednym znajwiększych dotychczas nierozwiązanych problemów w matematyce (obok hipotezy Goldbacha)jest Hipoteza Riemanna (1859). Mówi ona, że wszystkie nietrywialne zera zespolone funkcji ζ(rozważanej w dziedzinie zespolonej), mają część rzeczywistą równą 12 (patrz rozdział A).

4.3. SZEREGI O WYRAZACH NIEUJEMNYCH 115

Dowód. Oznaczmy an = 1nα , n ∈ N.

Załóżmy najpierw, że α > 1. Wówczas ciąg (an)∞n=1 jest malejący i ma wyrazydodatnie oraz

2na2n = 2n2−αn = (21−α)n dla n ∈ N.

W konsekwencji szereg∑∞n=1 2na2n jest geometryczny o ilorazie 21−α ∈ (0, 1). Za-

tem z własności 4.2.6(a) szereg∑∞n=1 2na2n jest zbieżny. To wraz z twierdzeniem

4.3.6 daje zbieżność szeregu harmonicznego.Załóżmy, że α 6 1. Wówczas z własności potęgi, 1n 6

1nα dla n ∈ N. Ponieważ

szereg∑∞n=1

1n jest rozbieżny (twierdzenie 4.1.4), więc z kryterium porównawczego

zbieżności szeregów 4.3.2(b) dostajemy, że szereg harmoniczny jest rozbieżny.

ZADANIA

Zadanie 4.3.1. Zbadać czy następujące szeregi są zbieżne:

1.∑∞n=1

1

n1+1n

,

2.∑∞n=2

1n lnnp , gdzie p ∈ R, p 6= 0,

3.∑∞n=2

1(lnn)lnn ,

4.∑∞n=1

11+xn dla x ∈ R, x > 0.

Zadanie 4.3.2. Szereg∑∞n=1 an, gdzie an = 1

2n , gdy n jest liczbą nieparzystą orazan = n

2n , gdy n jest liczbą parzystą, jest zbieżny.

Zadanie 4.3.3. Jeśli szereg∑∞n=1 an jest zbieżny i an > 0 dla n ∈ N, to zbieżny jest

szereg∑∞n=1

√ann .

Zadanie 4.3.4. Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym takim, że an > 0 dla n ∈ N.

1. Szereg∑∞n=1 an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest szereg

∑∞n=1

an1+an

.

2. Jeśli szereg∑∞n=1 a

2n jest zbieżny, to zbieżny jest szereg

∑∞n=1

ann .

Zadanie 4.3.5. * (kryterium Raabego(3)). Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem o wyrazachdodatnich oraz r > 1.

(a) Jeśli n(

anan+1

− 1)> r dla prawie wszystkich n ∈ N, to szereg

∑∞n=1 an jest

zbieżny.

(a) Jeśli n(

anan+1

− 1)< 1 dla prawie wszystkich n ∈ N, to szereg

∑∞n=1 an jest

rozbieżny.

Wsk. Udowodnić, że dla s ∈ R zachodzi limn→∞

(1+ 1n )s−11n

= s.

(3)Joseph Ludwig Raabe (1801-1859) – szwajcarski matematyk.


4.4 Dalsze kryteria zbieżności szeregów

Twierdzenie 4.4.1. (kryterium Dirichleta). Niech (an)∞n=1, (bn)∞n=1 będą cią-gami liczbowymi. Jeśli

(i) ciąg sum częściowych ciągu (an)∞n=1 jest ograniczony,(ii) ciąg (bn)∞n=1 jest monotoniczny,(iii) lim

n→∞bn = 0,

to szereg∑∞n=1 anbn jest zbieżny.

Dowód. Niech An =∑nj=1 aj , n ∈ N. Załóżmy najpierw, że ciąg (bn)∞n=1 jest

malejący. Wówczas z (ii), (iii) mamy bn > 0 dla n ∈ N. Dla m > l > 2 mamy(4)

m∑n=l

anbn =m∑n=l

(An −An−1)bn =m∑n=l

Anbn −m∑n=l

An−1bn

=m∑n=l

Anbn −m−1∑n=l−1

Anbn+1 =m−1∑n=l

An(bn − bn+1) +Ambm −Al−1bl.

Weźmy dowolne ε > 0. Wobec (i) istnieje M ∈ R, M > 0 takie, że |An| 6M dlan ∈ N. Z (ii) oraz (iii) wynika, że istnieje N ∈ N, N > 2 takie, że dla n > Nzachodzi 0 6 bn <

ε2M . Weźmy dowolne m, l ∈ N takie, że m > l > N . Wtedy

m > l > 2. Ponieważ ciąg (bn)∞n=1 jest malejący, więc bn − bn+1 = |bn − bn+1| dlan ∈ N, zatem z powyższego mamy∣∣∣∣∣

m∑n=l

anbn

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣m−1∑n=l

An(bn − bn+1) +Ambm −Al−1bl

∣∣∣∣∣6

m−1∑n=l

|An||bn − bn+1|+ |Am||bm|+ |Al−1||bl|

6m−1∑n=l

M(bn − bn+1) +Mbm +Mbl

= M

(m−1∑n=l

(bn − bn+1) + bm + bl

)= 2Mbl < ε.

Powyższa nierówność zachodzi także dla m = l > N . Reasumując, z twierdzeniaCauchy’ego 4.1.6 dostajemy zbieżność szeregu

∑∞n=1 anbn.

Jeśli ciąg (bn)∞n=1 jest rosnący, to ciąg (−bn)∞n=1 jest malejący i z pierw-szej części dowodu dostajemy zbieżność szeregu

∑∞n=1 an(−bn), a więc i szeregu∑∞

n=1 anbn.

(4)przekształcenie to nazywamy przekształceniem Abela. Niels Henrik Abel (1802-1829) – ma-tematyk norweski, udowodnił niemożliwość rozwiązania równania algebraicznego stopnia wyż-szego niż cztery przez pierwiastniki.

4.5. ZBIEŻNOŚĆ BEZWZGLĘDNA 117

Z kryterium Dirichleta zbieżności szeregów dostajemy następne dwa kryteria.

Wniosek 4.4.2. (kryterium Leibniza(5)). Jeśli ciąg (bn)∞n=1 jest monotonicz-ny i lim

n→∞bn = 0, to szereg

∑∞n=1(−1)nbn jest zbieżny.

Dowód. Oznaczając an = (−1)n dla n ∈ N dostajemy, że suma∑nj=1 aj jest

równa 0, gdy n jest liczbą parzystą oraz równa −1, gdy n jest liczbą nieparzy-stą. Wobec założonej monotoniczności ciągu (bn)∞n=1 i lim

n→∞bn = 0, z kryterium

Dirichleta 4.4.1 dostajemy tezę.

Wniosek 4.4.3. (kryterium Abela). Jeśli szereg∑∞n=1 an jest zbieżny, a ciąg

(bn)∞n=1 jest monotoniczny i ograniczony, to szereg∑∞n=1 anbn jest zbieżny.

Dowód. Ciąg (bn)∞n=1, jako monotoniczny i ograniczony, jest zbieżny. Niechwięc b = lim

n→∞bn. Wtedy ciąg (bn − b)∞n=1 jest monotoniczny i zbieżny do zera.

Ciąg sum częściowych szeregu zbieżnego∑∞n=1 an jest oczywiście ograniczony.

W konsekwencji, na mocy kryterium Dirichleta 4.4.1, mamy zbieżność szeregu∑∞n=1(bn − b)an. Ponieważ szereg

∑∞n=1 ban jest zbieżny, więc szereg

∑∞n=1 anbn

jest zbieżny, jako różnica szeregów zbieżnych.

ZADANIA

Zadanie 4.4.1. Zbadać zbieżność szeregów:1.∑∞n=1(−1)n lnn

n ,

2.∑∞n=1(−1)n 2+(−1)n

n ,

3.∑∞n=1

(−1)n

n−(−1)n√n

,

4.∑∞n=1

xn

n dla x ∈ R.

4.5 Zbieżność bezwzględna

Definicja zbieżności bezwzględnej szeregu. Mówimy, że szereg∑∞n=1 an jest

zbieżny bezwzględnie, gdy zbieżny jest szereg∑∞n=1 |an|.

Własność 4.5.1. Jeśli szereg∑∞n=1 an jest zbieżny bezwzględnie, to jest zbieżny.

Ponadto |∑∞n=1 an| 6

∑∞n=1 |an|.

Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ szereg∑∞n=1 |an| jest zbieżny, więc

z twierdzenia Cauchy’ego 4.1.6 istnieje N ∈ N takie, że dla m > l > N mamy∑mn=l |an| < ε. Zatem ∣∣∣∣∣

m∑n=l

an

∣∣∣∣∣ 6m∑n=l

|an| < ε.

(5)Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) – niemiecki filozof, matematyk, prawnik, inżyniermechanik, fizyk i dyplomata.


To, wobec twierdzenia Cauchy’ego, daje zbieżność szeregu∑∞n=1 an. Przechodząc

w nierówności |∑mn=1 an| 6

∑mn=1 |an| do granicy m→∞ dostajemy |

∑∞n=1 an| 6∑∞

n=1 |an|. To kończy dowód.


Twierdzenie 4.5.2. (kryterium porównawcze zbieżności bezwzględnejszeregów). Niech

∑∞n=1 an,

∑∞n=1 bn będą szeregami liczbowymi oraz N ∈ N.

Jeśli |an| 6 bn dla n > N i szereg∑∞n=1 bn jest zbieżny, to szereg

∑∞n=1 an jest

zbieżny bezwzględnie.

Twierdzenie 4.5.3. (kryterium d’Alemberta(6)). Niech∑∞n=1 an będzie sze-

regiem liczbowym takim, że an 6= 0 dla n ∈ N.(a) Jeśli lim sup

n→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ < 1, to szereg∑∞n=1 an jest zbieżny bezwzględnie.

(b) Jeśli istnieje N ∈ N, że∣∣∣an+1an

∣∣∣ > 1 dla n > N , to szereg∑∞n=1 an jest

rozbieżny.

Dowód. Ad (a). Niech g =lim supn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣. Z założenia, istnieje r ∈ R, że

g < r < 1. Zatem, z twierdzenia 3.8.7 istnieje N ∈ N, że∣∣∣an+1an

∣∣∣ 6 r dla n > N .Stąd mamy

|an+1| 6 |an|r dla n > N.

Niech bn = |aN |rn−N , n > N . Wówczas |aN | 6 bN , |aN+1| 6 bN+1 i indukcyjniedostajemy |an| 6 bn dla n > N . Ponieważ szereg

∑∞n=N bn, jako geometryczny

o ilorazie r ∈ (0, 1) jest zbieżny (patrz własność 4.2.6), więc z kryterium po-równawczego zbieżności szeregów 4.5.2 dostajemy zbieżność bezwzględną szeregu∑∞n=1 an.

Ad (b). Ponieważ∣∣∣an+1an

∣∣∣ > 1 dla n > N , więc indukcyjnie pokazujemy, że0 < |aN | 6 |an| dla n > N . Zatem zero nie może być granicą ciągu (an)∞n=1. To,wraz z warunkiem koniecznym zbieżności szeregu 4.1.3, daje rozbieżność szeregu∑∞n=1 an.

Z kryterium d’Alemberta 4.5.3 i własności 3.8.2 dostajemy natychmiast

Wniosek 4.5.4. (kryterium d’Alemberta). Niech∑∞n=1 an będzie szeregiem

liczbowym takim, że an 6= 0 dla n ∈ N oraz niech istnieje granica g = limn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣.(a) Jeśli g < 1, to szereg

∑∞n=1 an jest zbieżny bezwzględnie.

(b) Jeśli g > 1, to szereg∑∞n=1 an jest rozbieżny.

(6)Jean Le Rond d’Alembert (1717-1783) – francuski filozof, fizyk i matematyk.

4.5. ZBIEŻNOŚĆ BEZWZGLĘDNA 119

Uwaga 4.5.5. W twierdzeniu 4.5.3(b) warunku∣∣∣an+1an

∣∣∣ > 1 dla dostatecznie du-

żych n ∈ N, nie można zastąpić przez lim supn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ > 1. Pokażemy, że z warunku

lim supn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ > 1 nie wynika rozbieżność szeregu∑∞n=1 an.

Rozważmy ciąg an = 12n , gdy n jest liczbą nieparzystą oraz an = 4

2n , gdy n jestliczbą parzystą. Wówczas |an| 6 4

2n dla n ∈ N, więc z własności 4.2.6 i kryteriumporównawczego zbieżności szeregów 4.5.2 dostajemy zbieżność szeregu

∑∞n=1 an.

Z drugiej strony lim supn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ = 2. Istotnie,∣∣∣an+1an

∣∣∣ = 2, gdy n jest niepa-

rzyste oraz∣∣∣an+1an

∣∣∣ = 18 , gdy n jest parzyste. Zatem 2 jest granicą częściową ciągu(∣∣∣an+1an

∣∣∣)∞n=1

oraz dla każdego a > 2 zbiórn ∈ N :

∣∣∣an+1an

∣∣∣ > a

jest skończony,

jako zbiór pusty. Stąd i z twierdzenia 3.8.7 mamy lim supn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ = 2.

Twierdzenie 4.5.6. (kryterium Cauchy’ego). Niech∑∞n=1 an będzie szere-

giem liczbowym oraz niech g =lim supn→∞

n√|an|.

(a) Jeśli g < 1, to szereg∑∞n=1 an jest zbieżny bezwzględnie.

(b) Jeśli g > 1, to szereg∑∞n=1 an jest rozbieżny. Ponadto, jeśli n

√|an| > 1

dla nieskończenie wielu n ∈ N, to szereg jest rozbieżny.

Dowód. Ad (a). Ponieważ g < 1, więc istnieje r ∈ R, że g < r < 1. Zatem, ztwierdzenia 3.8.7 istnieje N ∈ N, że n

√|an| 6 r dla n > N . W konsekwencji

|an| 6 rn dla n > N.

Dla r ∈ (0, 1), wobec własności 4.2.6, szereg∑∞n=N r

n jest zbieżny. Stąd i zkryterium porównawczego zbieżności szeregów 4.5.2 dostajemy zbieżność szeregu∑∞n=1 |an|.

Ad (b). Jeśli n√|an| > 1 dla nieskończenie wielu n ∈ N, to |an| > 1 dla

nieskoczenie wielu n ∈ N. Zatem szereg∑∞n=1 an nie spełnia warunku koniecznego

zbieżności szeregów 4.1.3, więc jest to szereg rozbieżny. Jeśli lim supn→∞

n√|an| > 1,

to dla nieskończenie wielu n ∈ N zachodzi n√|an| > 1, więc z poprzedniej części

mamy rozbieżność szeregu∑∞n=1 an.

Z kryterium Cauchy’ego 4.5.6 i własności 3.8.2 dostajemy natychmiast

Wniosek 4.5.7. (kryterium Cauchy’ego). Niech∑∞n=1 an będzie szeregiem

liczbowym oraz niech istnieje granica g = limn→∞

n√|an|.

(a) Jeśli g < 1, to szereg∑∞n=1 an jest zbieżny bezwzględnie.

(b) Jeśli g > 1, to szereg∑∞n=1 an jest rozbieżny.


Uwaga 4.5.8. Rozważmy szereg harmoniczny∑∞n=1 an, gdzie an = 1

nα , α ∈ R,

n ∈ N.Wówczas lim supn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ = 1 oraz lim supn→∞

n√|an| =

limn→∞

n√|an| = 1, więc kryteria d’Alemberta i Cauchy’ego nie rozstrzygają zbież-

ności szeregu∑∞n=1 an. Jednak dla α > 1 szereg ten jest zbieżny, dla α 6 1 zaś

rozbieżny (patrz wniosek 4.3.7).

Uwaga 4.5.9. Niech (an)n∈N będzie ciągiem takim, że an 6= 0 dla n ∈ N. Możnaudowodnić, że lim sup n

√|an| 6 lim sup

∣∣∣an+1an

∣∣∣, zatem z warunku (a) kryteriumd’Alemberta wynika warunek (a) kryterium Cauchy’ego.

ZADANIA

Zadanie 4.5.1. Zbadać zbieżność szeregów:1.∑∞n=1( n

√n− 1)n,

2.∑∞n=1

xnn!nn dla x ∈ R,

3.∑∞n=1

nx

xn dla x ∈ R, x 6= 0.

Zadanie 4.5.2. Niech an = 2(−1)n−n dla n ∈ N. Stosując kryterium Cauchy’ego zbież-ności szeregów pokazać, że szereg

∑∞n=1 an jest zbieżny. Kryterium d’Alemberta nie roz-

strzyga zbieżności tego szeregu.

Zadanie 4.5.3.* Niech (an)n∈N będzie ciągiem liczbowych takim, że an 6= 0 dla n ∈ N.

Wówczas lim sup n√|an| 6 lim sup

∣∣∣an+1an

∣∣∣4.6 Łączność dodawania wyrazów szeregu liczbowego

W szeregu liczbowym zbieżnym możemy kolejne wyrazy dowolnie łączyć w grupyi suma szeregu nie zmieni się. Dokładniej, udowodnimy następujące twierdzenie.

Twierdzenie 4.6.1. (prawo łączności dla szeregów). Niech∑∞n=1 an będzie

szeregiem zbieżnym, (nk)∞k=1 – ściśle rosnącym ciągiem liczb całkowitych, gdzien1 = 0 oraz niech

ck =nk+1∑

j=nk+1

aj dla k ∈ N.

Wówczas szereg∑∞k=1 ck jest zbieżny i

∑∞k=1 ck =

∑∞n=1 an. Ponadto, jeśli szereg∑∞

n=1 an jest zbieżny bezwzględnie, to szereg∑∞k=1 ck jest zbieżny bezwzględnie.

Dowód. Oznaczając przez (sn)∞n=1 i (tn)∞n=1 odpowiednio ciągi sum częścio-wych szeregów

∑∞n=1 an i

∑∞k=1 ck, mamy tk = snk+1 dla k ∈ N. Zatem z własności

4.1.2 dostajemy pierwszą część tezy. Druga część tezy wynika z nierówności

k∑j=1

|cj | 6nk+1∑j=1

|aj | 6∞∑j=1

|aj |

4.7. ZBIEŻNOŚĆ BEZWARUNKOWA 121

oraz tego, że ciąg∑kj=1 |cj |, k = 1, 2, ... jest rosnący (patrz twierdzenie 3.2.4).

Uwaga 4.6.2. Bez założenia zbieżności szeregu∑∞n=1 an, twierdzenie 4.6.1 nie

jest prawdziwe. Mianowicie szereg∑∞n=1(−1)n jest rozbieżny. Łącząc po jednym

wyrazie dostajemy, więc szereg rozbieżny, lecz po złączeniu po dwa wyrazy dosta-jemy∑∞

k=1((−1)2k−1 + (−1)2k) = 0 oraz −1 +∑∞k=1((−1)2k + (−1)2k+1) = −1.

ZADANIA

Zadanie 4.6.1. Suma szeregu∑∞n=1

(−1)n

n jest liczbą ujemną.

Zadanie 4.6.2. Szeregi∑∞n=1

(−1)n+1

n(n+1) ,∑∞n=1

1n(4n2−1) są zbieżne i

∑∞n=1

(−1)n+1

n(n+1) =∑∞n=1

1n(4n2−1) .

4.7 Zbieżność bezwarunkowa

W punkcie 4.6 pokazaliśmy, że w każdym szeregu zbieżnym można dowolnie łączyćkolejne wyrazy i uzyskamy szereg zbieżny. W tym punkcie pokażemy, że zbieżnośćszeregu na ogół zależy od porządku jego wyrazów. Jest to, więc sytuacja odmiennaod zbieżności ciągu, gdzie zmiana porządku wyrazów nie wpływa na zbieżność(patrz własność 3.2.12).

Definicja zbieżności bezwarunkowej szeregu. Mówimy, że szereg liczbowy∑∞n=1 an jest zbieżny bezwarunkowo, gdy dla każdej bijekcji σ : N → N szereg∑∞n=1 aσ(n) jest zbieżny. Jeśli szereg jest zbieżny, lecz nie jest zbieżny bezwarun-

kowo, to mówimy, że jest on zbieżny warunkowo.

Lemat 4.7.1. Niech∑∞n=1 an będzie szeregiem zbieżnym. Jeśli an > 0 dla wszyst-

kich n ∈ N lub an 6 0 dla wszystkich n ∈ N, to szereg jest zbieżny bezwarunkowo.Ponadto dla każdej bijekcji σ : N→ N mamy

∑∞n=1 aσ(n) =

∑∞n=1 an.

Dowód. Rozważymy przypadek an > 0 dla n ∈ N. Przypadek an 6 0 dlan ∈ N rozważa się analogicznie.

Niech s =∑∞n=1 an. Weźmy dowolną bijekcję σ : N → N. Oznaczmy przez

(sn)∞n=1, (tn)∞n=1 ciągi sum częściowych odpowiednio szeregów∑∞n=1 an,∑∞

n=1 aσ(n). Ponieważ an > 0 dla n ∈ N, więc ciągi (sn)∞n=1, (tn)∞n=1 są rosną-ce. Oznaczając Nn = maxσ(k) : k ∈ N, k 6 n dla n ∈ N, mamy

tn =n∑j=1

aσ(j) 6Nn∑j=1

aj = sNn 6 s.


W konsekwencji ciąg (tn)∞n=1, jako rosnący i ograniczony z góry, jest zbieżny oraz∑∞n=1 aσ(n) 6 s =

∑∞n=1 an.

Analogicznie pokazujemy, że s =∑∞n=1 an =

∑∞n=1 aσ(σ−1(n)) 6

∑∞n=1 aσ(n).

Stąd i z poprzedniego dostajemy∑∞n=1 aσ(n) = s.

W badaniu szeregów zbieżnych bezwarunkowo kluczową rolę odgrywa

Twierdzenie 4.7.2. (Riemann). Niech∑∞n=1 an będzie szeregiem liczbowym i

niech βn = max0, an, γn = min0, an dla n ∈ N. Wówczas szereg∑∞n=1 an

jest zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy, gdy szeregi∑∞n=1 βn,

∑∞n=1 γn są

zbieżne.

Szkic dowodu. Zakładając, że szeregi∑∞n=1 βn i

∑∞n=1 γn są zbieżne, z le-

matu 4.7.1 dostajemy łatwo zbieżność bezwzarunkową szeregu∑∞n=1 an.

W drugą stronę dowód jest nie wprost. Przypuszczając że szereg∑∞n=1 an

jest zbieżny bezwarunkowo i co najmniej jeden z szeregów∑∞n=1 βn,

∑∞n=1 γn jest

rozbieżny, z równości an = βn + γn dla n ∈ N, dostajemy że oba szeregi są roz-bieżne. W szczególności szereg

∑∞n=1 βn jest rozbieżny. Weźmy dowolne M ∈ R,

M > 0, na przykład takie, że że γn > −M dla n ∈ N (ciąg (γn)n∈N jest ogra-niczony, bowiem lim

n→∞an = 0, więc lim

n→∞γn = 0 i w konsekwencji odpowiednie

M > 0 istnieje). Teraz konstruujemy bijekcję zbioru N, czyli przestawiamy wyra-zy ciągu. Najpierw wybieramy tyle kolejnych początkowych dodatnich wyrazówciągu (an) aby ich suma przekroczyła 2M (wobec rozbieżności szeregu

∑∞n=1 βn

można wybrać skończoną ilość takich wyrazów) i do sumy wybranych wyrazówdodajemy pierwszy niedodatni wyraz ciągu (an). Tak otrzymana suma jest więk-sza od M . Powtarzamy powyższą procedurę, do poprzedniej sumy dodajemy tylekolejnych początkowych dodatnich wyrazów (z pozostałych dodatnich wyrazówciągu (an)) aby suma przekroczyła 3M . Do tak otrzymanej sumy dodajemy ko-lejny niedodatni wyraz ciągu (an) otrzymując sumę większą od 2M . Powtarzająctę konstrukcję indukcyjnie ”ustawimy” wszystkie wyrazy ciągu (an) w szereg, wten sposób, że w k-tym kroku konstrukcji suma wyrazów jest większa od kM .Reasumując, utworzony szereg będzie rozbieżny do +∞.

Przejdźmy teraz do pełnego dowodu twierdzenia Riemanna.Dowód twierdzenia 4.7.2. Jeśli szeregi

∑∞n=1 βn i

∑∞n=1 γn są zbieżne, to z

lematu 4.7.1 dostajemy, że są one zbieżne bezwarunkowo. Ponieważ an = βn+γndla n ∈ N, więc szereg

∑∞n=1 an jest zbieżny bezwarunkowo, gdyż dla każdej

bijekcji σ : N → N szereg∑∞n=1 aσ(n) jest sumą szeregów zbieżnych

∑∞n=1 βσ(n),∑∞

n=1 γσ(n).Załóżmy, że szereg

∑∞n=1 an jest zbieżny bezwarunkowo. Wtedy jest on zbieżny

i z twierdzenia 4.1.3, limn→∞

an = 0, więc limn→∞

γn = 0. Stąd, istnieje liczba M > 0,że

(4.4) −M < γn 6 0 dla n ∈ N.


Przypuśćmy, że co najmniej jeden z szeregów∑∞n=1 βn,

∑∞n=1 γn jest rozbieżny.

Niech (sn)∞n=1, (bn)∞n=1, (gn)∞n=1 będą ciągami sum częściowych odpowiednio sze-regów

∑∞n=1 an,

∑∞n=1 βn,

∑∞n=1 γn. Wtedy ciąg (bn)∞n=1 jest rosnący, ciąg (gn)∞n=1

jest zaś malejący. Zatem, wobec twierdzenia 4.3.1 mamy limn→∞

bn = +∞ lub

limn→∞

gn = −∞. Ponieważ sn = bn+ gn dla n ∈ N i ciąg (sn)∞n=1 jest zbieżny, więcmusi być lim

n→∞bn = +∞ oraz lim

n→∞gn = −∞ i w konsekwencji

(4.5) szeregi∞∑n=1

βn,∞∑n=1

γn są rozbieżne odpowiednio do +∞ i −∞.

Oznaczając

X = n ∈ N : an > 0, Y = n ∈ N : an 6 0,

z (4.5) dostajemy, że

(4.6) X i Y są zbiorami przeliczalnymi oraz X ∩ Y = ∅, X ∪ Y = N.

Zauważmy, że istnieje ściśle rosnący ciąg liczb całkowitych (mk)∞k=0, gdziem0 = 0, że przy oznaczeniu

Xk = n ∈ X : mk−1 + 1 6 n 6 mk dla k ∈ N,

zachodzi

(4.7)∑n∈Xk

an > 2M dla każdego k ∈ N.

Istotnie, połóżmy m0 = 0. Z (4.5) wynika, że istnieje m1 ∈ N takie, że zachodzi(4.7) dla k = 1. Z (4.5) wynika, że szereg

∑∞n=m1+1 βn jest rozbieżny do +∞.

Zatem istnieje m2 > m1 takie, że∑m2n=m1+1 βn > 2M , co daje (4.7) dla k = 2.

Postępując dalej indukcyjnie określimy ciąg (mk)∞k=0 spełniający (4.7) (7).Rodzina Xk, k ∈ N jest rodziną zbiorów skończonych i niepustych takich, że

(4.8) Xk ∩Xj = ∅ dla k 6= j oraz X =⋃k∈N

Xk.

(7)Dokładniej, przyjmijmy Z0 = m ∈ Z : m > 0 i m0 = 0. Z (4.5) wynika, że dla każdegom ∈ Z0, szereg

∑∞n=m+1 βn jest rozbieżny do nieskończoności, więc zbiór Tm = k ∈ N : k > m∧∑k

n=m+1 βn > 2M jest niepusty. Stosując aksjomat wyboru, istnieje więc funkcja g : Z0 → Ntaka, że g(m) ∈ Tm dla m ∈ Z0 i wtedy

∑g(m)n=m+1 βn > 2M . Biorąc teraz funkcję f : N×N→ N

określoną wzorem f(m, k) = g(m) i x = g(0), z twierdzenia o definiowaniu przez indukcję,istnieje ciąg (mk)∞k=1 taki, że m1 = x oraz mk+1 = f(mk, k) dla k ∈ N. Z wyboru funkcji gwynika, że ciąg (mk)∞k=0 jest ściśle rosnący i spełnia warunek (4.7).


Oznaczmy przez mk ∈ N ilość elementów zbioru Xk. Niech

Nk = k +k∑j=1

mj oraz Vk = n ∈ N : Nk−1 + 1 6 n 6 Nk − 1 dla k ∈ N,

gdzie przyjmujemy N0 = 0. Ponieważ (Nk− 1)− (Nk−1+ 1) + 1 = mk, więc zbiórVk jest mk elementowy. Z określenia liczby mk istnieje więc bijekcja ϕk : Vk → Xk

dla k ∈ N. NiechV =

⋃k∈N

Vk.

Oczywiście zbiory Vk są parami rozłączne. Z powyższego i (4.8) dostajemy, żefunkcja ϕ : V → X dana wzorem

ϕ(n) = ϕk(n), gdy n ∈ Vk,

jest bijekcją.Niech

W = N \ V.Wtedy W = Nk : k ∈ N. Ponieważ W,Y są zbiorami przeliczalnymi, więcistnieje bijekcja ξ : W → Y . Niech σ : N→ N będzie funkcją określoną wzorem

σ(n) =

ϕ(n) dla n ∈ Vξ(n) dla n ∈W.

Ponieważ W ∩ V = ∅, więc funkcja σ jest poprawnie określona. Ponadto z okre-ślenia funkcji ϕ i ξ mamy σ(V ) = X, σ(W ) = Y , więc z (4.6), σ jest bijekcją Nna N.

Rozważmy szereg∑∞n=1 aσ(n). Pokażemy, że jest on rozbieżny do +∞. Istot-

nie, dla m ∈ N, m 6 Nk mamy m ∈ V1 ∪ . . . ∪ Vk ∪ N1, . . . , Nk i zbioryV1, . . . , Vk, N1, . . . , Nk są parami rozłączne. Stąd, z (4.4) i (4.7) dostajemy

Nk∑n=1

aσ(n) =∑

n∈V1∪...∪Vk

aσ(n) +k∑j=1

aσ(Nj)

=k∑j=1

∑n∈Vj

aϕj(n) +k∑j=1

aξ(Nj) > k2M − kM = kM.

Weźmy dowolne m ∈ N, m > N1. Ponieważ, co łatwo sprawdzić, ciąg (Nk) jestściśle rosnący oraz lim

k→∞Nk = +∞, to istnieje dokładnie jedno km ∈ N takie, że

Nkm + 1 6 m 6 Nkm+1. Wówczas z powyższego, określenia bijekcji σ, z (4.4) i(4.7) dostajemy

m∑n=1

aσ(n) =Nkm∑n=1

aσ(n) +m∑

n=Nkm+1

aσ(n) > kmM.


Z określenia ciągu (km) dostajemy limm→∞

Nkm = +∞, a więc limm→∞

km = +∞.

Stąd i z powyższego wynika, że szereg∑∞n=1 aσ(n) jest rozbieżny do +∞. To

przeczy zbieżności bezwarunkowej szeregu∑∞n=1 an i kończy dowód twierdzenia

4.7.2.

Twierdzenie 4.7.3. (o zbieżności bezwzględnej i bezwarunkowej szere-gu). Szereg liczbowy

∑∞n=1 an jest zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy, gdy

jest zbieżny bezwzględnie.

Dowód. Niech βn = max0, an, γn = min0, an dla n ∈ N.Załóżmy, że szereg

∑∞n=1 an jest zbieżny bezwarunkowo. Wówczas z twierdze-

nia 4.7.2 mamy, że szeregi∑∞n=1 βn,

∑∞n=1 γn są zbieżne. W szczególności szereg∑∞

n=1(−γn) jest zbieżny. Ponieważ |an| = βn−γn dla n ∈ N, więc szereg∑∞n=1 |an|

jest zbieżny, jako suma szeregów zbieżnych.Załóżmy teraz, że szereg

∑∞n=1 an jest zbieżny bezwzględnie. Ponieważ dla

n ∈ N mamy 0 6 βn 6 |an| i 0 6 −γn 6 |an|, więc z kryterium porównawczegozbieżności szeregów 4.3.2 dostajemy zbieżność szeregów

∑∞n=1 βn,

∑∞n=1(−γn).

W szczególności szereg∑∞n=1 γn jest zbieżny. Reasumując, z twierdzenia 4.7.2

dostajemy zbieżność bezwarunkową szeregu∑∞n=1 an.

Twierdzenie 4.7.4. Jeśli szereg∑∞n=1 an jest zbieżny bezwarunkowo, to dla do-

wolnej bijekcji σ : N→ N zachodzi∑∞n=1 aσ(n) =

∑∞n=1 an.

Dowód. Niech βn = max0, an, γn = min0, an dla n ∈ N. Z założenia itwierdzenia 4.7.2 mamy, że szeregi

∑∞n=1 βn,

∑∞n=1 γn są zbieżne, pierwszy z nich

ma wyrazy nieujemne, drugi – niedodatnie. Stąd i z lematu 4.7.1 dostajemy, żeszeregi te są zbieżne bezwarunkowo. Ponadto dla dowolnej bijekcji σ : N → Nmamy

∑∞n=1 βσ(n) =

∑∞n=1 βn oraz

∑∞n=1 γσ(n) =

∑∞n=1 γn. W szczególności

∞∑n=1

aσ(n) =∞∑n=1

βσ(n) +∞∑n=1

γσ(n) =∞∑n=1

βn +∞∑n=1

γn =∞∑n=1

an.

To daje tezę.

Przejdźmy teraz do szeregów zbieżnych warunkowo. Zacznijmy od prostegowniosku wynikającego natychmiast z twierdzenia 4.7.3.

Wniosek 4.7.5. Szereg∑∞n=1 an jest warunkowo zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy

jest to szereg zbieżny lecz nie jest on zbieżny bezwzględnie.

Przedstawimy teraz twierdzenie Riemanna o szeregach zbieżnych warunkowo.

Twierdzenie 4.7.6. (Riemann). Niech∑∞n=1 an będzie szeregiem liczbowym

zbieżnym warunkowo. Wówczas dla każdego punktu s ∈ R istnieje bijekcjaσ : N→ N taka, że

∑∞n=1 aσ(n) = s.


Szkic dowodu. Jeśli s = +∞, to powtarzając konstrukcję bijekcji σ : N→ Nz dowodu twierdzenia 4.7.2 dostajemy łatwo, że

∑∞n=1 aσ(n) = s. Jeśli s = −∞, to

biorąc szereg∑∞n=1(−an), w myśl poprzedniego przypadku znajdziemy bijekcję

σ : N→ N taką, że∑∞n=1(−aσ(n)) = +∞ i wtedy

∑∞n=1 aσ(n) = s. Załóżmy więc,

że s ∈ R. Rozważymy przypadek, gdy s > 0. Drugi przypadek s < 0 sprowadzamydo rozważanego w podobny sposób jak dla s = −∞.

Niech βn = max0, an, γn = min0, an dla n ∈ N. Z założenia szereg∑∞n=1 an jest zbieżny, więc lim

n→∞an = 0 i w konsekwencji lim

n→∞βn = 0 i

limn→∞

γn = 0. Ponadto, szereg∑∞n=1 an jest zbieżny warunkowo, więc z twierdzenia

4.7.2 wynika, że co najmniej jeden z szeregów∑∞n=1 βn,

∑∞n=1 γn jest rozbieżny.

Wtedy, podobnie jak w dowodzie twierdzenia 4.7.2 pokazujemy, że rozbieżne sąoba szeregi, pierwszy do +∞, a drugi do −∞.

Teraz skonstruujemy bijekcję zbioru N, czyli przestawiamy wyrazy ciągu. Naj-pierw wybieramy pierwszy niedodatni wyraz ciągu (an). Do tego wyrazu dodaje-my tyle kolejnych początkowych dodatnich wyrazów ciągu (an), powiedzmy m1wyrazów, aby ich suma była większa od s lecz suma m1− j, j = 1, . . . ,m1, wyra-zów była mniejsza lub równa s. Z wyboru pierwszego wyrazu, wobec rozbieżnościszeregu

∑∞n=1 βn można wybrać skończoną ilość takich wyrazów dodatnich lecz

musimy wziąć co najmniej jeden, więc 1 6 m1 < ∞. Do wybranych wyrazówdodajemy tyle kolejnych początkowych niedodatnich wyrazów z pozostałych nie-dodatnich wyrazów ciągu (an), powiedzmy k1 > 1 wyrazów, aby ich suma byłamniejsza od s lecz po dodaniu k1 − j, j = 1, . . . , k1, wyrazów była niemniej-sza od s. Powtarzamy powyższą procedurę indukcyjnie, dodajemy tyle kolejnychpoczątkowych dodatnich wyrazów z pozostałych dodatnich wyrazów ciągu (an),powiedzmy m2 > 1 wyrazów, aby suma była większa od s lecz po dodaniu m2−j,j = 1, . . . ,m2 wyrazów była mniejsza lub równa s. Teraz dodajemy kolejne wy-razy niedodatnie z pozostałych niedodatnich wyrazów, powiedzmy k2 wyrazy idalej na przemian wyrazy dodatnie i ujemne. Powtarzając tę konstrukcję induk-cyjnie ”ustawimy” wszystkie wyrazy ciągu (an) w szereg który będzie zbieżnydo s. Istotnie, dla n > 1, sumy częściowe sn otrzymanego szeregu różnią się ods co najwyżej o |arn | dla pewnego rn ∈ N, przy czym z konstrukcji wynika, żern > n

2 dla n ∈ N. Stąd limn→∞

rn = +∞. Ponieważ limn→∞


|arn | = 0.

Reasumując, otrzymany szereg jest zbieżny do s (8).

(8)Konstrukcję bijekcji σ : N → N przedstawimy dokładniej. Rozważamy przypadek s > 0.Postępujemy podobnie jak w dowodzie twierdzenia 4.7.2. Jak zauważyliśmy wcześniej zachodzi(4.5), więc zbiory X = n ∈ N : an > 0, Y = n ∈ N : an 6 0 są rozłączne, przeliczalneoraz X ∪ Y = N. Dla dowolnych p, q ∈ Z, kładziemy X(p, q] = n ∈ X : p + 1 6 n 6 q orazY (p, q] = n ∈ Y : p+ 1 6 n 6 q. Połóżmy

i1 = minm ∈ Y :

∑n∈Y (0,m] an < s

i y1 =

∑n∈Y (0,i1]

an

oraz przy użyciu powyżej określonego y1,


ZADANIA

Zadanie 4.7.1. Niech∑∞n=1 an będzie szeregiem liczbowym. Wówczas szereg ten jest

zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia następujący warunek Cauchy’ego:dla każdego ε > 0 istnieje zbiór skończony H ⊂ N, że dla każdego niepustego zbioruskończonego J ⊂ N \H zachodzi |

∑n∈J an| < ε.

Zadanie 4.7.2. Niech∑∞n=1 an będzie szeregiem liczbowym. Wówczas szereg ten jest

zbieżny bezwarunkowo do s ∈ R wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ε > 0 istnieje zbiórskończony H ⊂ N, że dla każdego niepustego zbioru skończonego J ⊂ N takiego, że H ⊂ Jzachodzi |

∑k∈J an − s| < ε.

Zadanie 4.7.3. Szereg liczbowy∑∞n=1 an jest zbieżny bezwarunkowo wtedy i tylko wtedy,

gdy dla każdego podciągu (ank)∞k=1 ciągu (an)∞n=1 zbieżny jest szereg∑∞k=1 ank .

j1 = minm ∈ X : y1 +

∑n∈X(0,m] an > s

i x1 = y1 +

∑n∈X(0,j1]

an.

Wobec (4.5), liczby i1, j1, y1, x1 są poprawnie określone. Weźmy zbiór Z = (s,+∞) × N × N iokreślmy funkcję f : Z × N→ Z, wzorem f(x, i, j, k) = (x′, i′, j′), gdzie

i′ = minm ∈ Y : m > i+ 1, x+

∑n∈Y (i,m] an < s

, i y′ = x+

∑n∈Y (i,i′] an

oraz

j′ = minm ∈ X : m > j + 1, y′ +

∑n∈X(i,m] an > s

, i x′ = y′ +

∑n∈X(j,j′] an.

Wobec (4.5), liczby i′, j′, x′ są poprawnie określone, więc funkcja f jest poprawnie określona.Niech x = x1 i niech ϕ = (ϕ1, ϕ2, ϕ3) : N→ Z będzie funkcją określoną indukcyjnie przez x i f .

Weźmy ciągi (ik)∞k=0, (jk)∞k=0 określone wzorami i0 = j0 = 0 oraz ik = ϕ2(k), jk = ϕ3(k) dlak ∈ N. Z określenia funkcji f widzimy, że są to ściśle rosnące ciągi liczb całkowitych. Ponadtodla Ik =

∑n∈Y (ik−1,ik]

an, Jk =∑

n∈X(jk−1,jk]an, k ∈ N, zachodzi

(1) I1 < s, orazm∑k=1

(Ik + Jk) + Im+1 < s im∑k=1

(Ik + Jk) > s dla m ∈ N,

przy czym dla każdego k liczby ik > ik−1, jk > jk−1 są najmniejszymi liczbami całkowitymi dlaktórych powyższe zachodzi. Z określenia funkcji f widzimy też, że

(2) |I1 − s| 6 |aik |, |m∑k=1

(Ik + Jk) + Im+1 − s| < |aim+1 |, |m∑k=1

(Ik + Jk)− s| < |ajk |.

Niech mk będzie ilością elementów zbioru Y (ik−1, ik], a nk – ilością elementów zbioruX(jk−1, jk]. Połóżmy M1 = m1 i Mk = (m1 + n1) + · · · + (mk−1 + nk−1) + mk dla k > 2 orazNk = (m1+n1)+ · · ·+(mk +nk) dla k ∈ N. Wówczas 1 6M1 < N1 < M2 < N2 < . . .. PołóżmyV1 = 1, . . . ,M1 i Vk = Nk + 1, . . . ,Mk dla k > 2 oraz Wk = Mk + 1, . . . , Nk dla k ∈ N.Wówczas suma wszystkich zbiorów Vk oraz zbiorów Wk jest zbiorem liczb naturalnych. Podobniesuma wszystkich zbiorów Y (ik−1, ik] oraz X(jk−1, jk] jest zbiorem liczb naturalnych. Zatem ist-nieje odwzorowanie σ : N→ N takie, że σ|Vk : Vk → Y (ik−1, ik] oraz σ|Wk : Wk → X(jk−1, jk] sąbijekcjami. Wówczas σ jest bijekcją zbioru N na N. Ponadto uwzględniają (2) i konstrukcję funk-cji f dostajemy, że |s−

∑m

n=1 aσ(n)| 6 |arm |, gdzie rm = Mk, gdy Mk < m 6 Nk oraz rm = Nk,gdy Nk < m 6 Mk+1 dla m > N1. Wtedy lim

m→∞rm = +∞ i w konsekwencji lim

m→∞arm = 0. To

daje, że∑∞

n=1 aσ(n) = s i kończy dowód.


Zadanie 4.7.4.* Niech A będzie zbiorem niepustym i co najwyżej przeliczalnym orazniech f : A → R. Przez sumę wartości funkcji f rozumiemy taką liczbę s ∈ R, żedla każdego ε > 0 istnieje zbiór skończony H ⊂ A, że dla każdego niepustego zbioruskończonego J ⊂ A takiego, że H ⊂ J zachodzi |

∑k∈J f(k) − s| < ε. Sumę wartości

funkcji f oznaczamy∑k∈A f(k).

1. Jeśli A jest zbiorem skończonym i f : A→ R, to istnieje suma wartości funkcji f .2. Jeśli zbiór A jest przeliczalny, to suma wartości funkcji f : A → R istnieje wtedy

i tylko wtedy, gdy dla każdej bijekcji σ : N→ A szereg∑∞n=1 f(σ(n)) jest zbieżny.

Zadanie 4.7.5.* Niech szereg∑∞n=1 an będzie zbieżny bezwarunkowo i niech An ⊂ N,

n ∈ N, będzie rodziną zbiorów niepustych taką, że Ai∩Aj = ∅ dla i 6= j oraz N =⋃n∈NAn.

Wówczas istnieją sumy cn =∑k∈An ak dla n ∈ N oraz

∑∞n=1 an =

∑∞n=1 cn.

4.8 Mnożenie szeregów

Definicja iloczynu szeregów w sensie Cauchy’ego. Niech∑∞n=0 an,

∑∞n=0 bn

będą szeregami liczbowymi. Iloczynem w sensie Cauchy’ego tych szeregów nazy-wamy szereg

∑∞n=0 cn, gdzie

cn =n∑j=0

ajbn−j , n = 0, 1, 2, ... (9).

Uwaga 4.8.1. Iloczyn w sensie Cauchy’ego szeregów jest przemienny.

Twierdzenie 4.8.2. (Mertens(10)). Jeśli szeregi∑∞n=0 an,

∑∞n=0 bn są zbieżne

i jeśli przynajmniej jeden z tych szeregów jest zbieżny bezwzględnie, to iloczyn wsensie Cauchy’ego

∑∞n=0 cn tych szeregów jest zbieżny oraz

∞∑n=0

cn =∞∑n=0

an

∞∑n=0

bn.

Jeśli szeregi∑∞n=0 an,

∑∞n=0 bn są bezwzględnie zbieżne, to szereg

∑∞n=1 cn jest

bezwzględnie zbieżny.

Dowód. Niech A =∑∞n=0 an, B =

∑∞n=0 bn oraz Ak =

∑kn=0 an, Bk =∑k

n=0 bn i Ck =∑kn=0 cn dla k ∈ Z, k > 0. Niech na przykład szereg

∑∞n=0 an

będzie zbieżny bezwzględnie oraz K =∑∞n=0 |an|. Oczywiście K > 0.

Pokażemy, że

(4.9) limk→∞

(Ck −AkB) = 0.

(9)Inaczej cn = a0bn + a1bn−1 + · · ·+ anb0.(10)Franciszek Karol Józef Mertens (1840-1927) – matematyk polski pochodzenia niemieckiego,

profesor Uniwersytetu Jagiellońskiego i Uniwersytetu w Wiedniu, i Akademii Technicznej wGrazu.

4.8. MNOŻENIE SZEREGÓW 129

Zauważmy najpierw, że

k∑n=0

n∑j=0

ajbn−j =k∑j=0

aj

k∑n=j

bn−j dla k > 0.

Istotnie, dla ustalonego aj , 0 6 j 6 k, suma∑kn=j bn−j jest sumą wszystkich

bn−j występujących w∑kn=0

∑nj=0 ajbn−j w iloczynie z aj . To daje zapowiedzianą

uwagę. Stąd mamy

Ck =k∑

n=0

cn =k∑

n=0

n∑j=0

ajbn−j =k∑j=0

aj

k∑n=j

bn−j =k∑j=0

aj

k−j∑n=0

bn =k∑j=0

ajBk−j ,

więc

(4.10) Ck −AkB =k∑j=0

ajBk−j −k∑j=0

ajB =k∑j=0

aj(Bk−j −B).

Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ lims→∞

(Bs − B) = 0, więc istnieje N1 ∈ N, że

dla każdego s > N1 zachodzi |Bs −B| < ε2(K+1) (oczywiście K + 1 > 0). Weźmy

dowolne k > N1. Wówczas dla 0 6 j 6 k − N1 − 1 mamy k − j > N1, zatem zpowyższego,∣∣∣∣∣∣

k−N1−1∑j=0

aj(Bk−j −B)

∣∣∣∣∣∣ 6k−N1−1∑j=0

|aj ||Bk−j −B|

6k−N1−1∑j=0

|aj |ε

2(K + 1)6

Kε

2(K + 1)<ε

2.

(4.11)

Oczywiście ciąg (Bs − B)∞s=0, jako zbieżny jest ograniczony. Niech więc M > 0będzie taką liczbą, że |Bs − B| < M , dla s = 0, 1, ... . Z warunku koniecznegozbieżności szeregów mamy lim

j→∞aj = 0. Zatem istnieje N2 > 0, że dla każdego

j > N2 zachodzi |aj | < ε2M(N1+1)

. Weźmy dowolne k > N2 + N1. Wówczas dlaj > k −N1 mamy j > N2, więc∣∣∣∣∣∣

k∑j=k−N1

aj(Bk−j −B)

∣∣∣∣∣∣ 6k∑

j=k−N1|aj ||Bk−j −B| 6

k∑j=k−N1

ε

2M(N1 + 1)M 6

ε

2.

Stąd, z (4.10) i (4.11), dla k > N2 +N1 dostajemy

|Ck −AkB| 6

∣∣∣∣∣∣k−N1−1∑j=0

aj(Bk−j −B)

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣

k∑j=k−N1

aj(Bk−j −B)

∣∣∣∣∣∣ < ε

2+ε

2= ε.

Reasumując, mamy (4.9).


Ponieważ

0 6 |Ck −AB| = |Ck −AkB +AkB −AB| 6 |Ck −AkB|+ |AkB −AB|oraz lim

k→∞AkB = AB, więc z (4.9) i twierdzenia o trzech ciągach dostajemy

limk→∞

Ck = AB. To daje pierwszą część tezy.

Udowodnimy drugą część tezy. Załóżmy, że szeregi∑∞n=0 |an| i

∑∞n=0 |bn| są

zbieżne. Biorąc dn =∑nk=0 |ak||bn−k|, z pierwszej części twierdzenia dostajemy,

że szereg∑∞n=0 dn jest zbieżny. Ponieważ |cn| 6

∑nk=0 |ak||bn−k| = dn, więc z

kryterium porównawczego dostajemy, zbieżność szeregu∑∞n=0 |cn|. To daje drugą

część tezy i kończy dowód.

Uwaga 4.8.3. W twierdzeniu Mertensa 4.8.2, założenia że przynajmniej jeden zszeregów

∑∞n=0 an,

∑∞n=0 bn jest zbieżny bezwzględnie, nie można opuścić. Biorąc

mianowicie an = bn = (−1)n√n+1

, n = 0, 1, ... mamy, że szeregi∑∞n=0 an,

∑∞n=0 bn

są zbieżne warunkowo. Dla iloczynu Cauchy’ego∑∞n=0 cn tych szeregów zachodzi

|cn| =∑nj=0

1√j+1√n−j+1 >

∑nj=0

1n+1 = 1, więc jest to szereg rozbieżny.

Uwaga 4.8.4. Mertens pokazał, że jeśli szeregi∑∞n=0 an,

∑∞n=0 bn są zbieżne i

iloczyn w sensie Cauchy’ego∑∞n=0 cn tych szeregów jest zbieżny, to

∑∞n=0 cn =∑∞

n=0 an∑∞n=0 bn.

ZADANIA

Zadanie 4.8.1. Dla x ∈ R takiego, że |x| < 1 zachodzą równości:1.∑∞n=1 nx

n = x(1−x)2 ,

2.∑∞n=0

(n+kn

)xn = 1

(1−x)k+1 , gdzie k ∈ N.

3.∑∞n=1 n

2xn = x(1+x)(1−x)3 .

4.9 Szeregi potęgowe

Definicja szeregu potęgowego. Niech (an)∞n=0 będzie ciągiem liczbowym orazx0 ∈ R. Szereg postaci

∑∞n=0 an(x − x0)n, gdzie x ∈ R, nazywamy szeregiem

potęgowym o środku x0 lub szeregiem Taylora o środku x0. Przyjmujemy tutaj00 = 1. Liczby an, n = 0, 1, ... nazywamy współczynnikami szeregu potęgowego.

Twierdzenie 4.9.1. (Cauchy’ego-Hadamarda(11)). Niech (an)∞n=0 będzie cią-giem liczbowym, % =lim sup

n→∞n√|an| oraz

(4.12) R =

0 dla % = +∞,1/% dla 0 < % < +∞,+∞ dla % = 0.

(11)Jacques Salomon Hadamard (1865-1963) – matematyk francuski.

4.9. SZEREGI POTĘGOWE 131

Wówczas szereg potęgowy∑∞n=0 an(x − x0)n o środku x0 ∈ R jest zbieżny bez-

względnie dla x ∈ R takich, że |x − x0| < R oraz rozbieżny dla x ∈ R takich, że|x− x0| > R.

Dowód. Z wniosku 3.8.5(a) dla x 6= x0 mamy lim supn→∞

n√|an(x− x0)n| =

%|x− x0|, gdzie przyjmujemy %|x− x0| = +∞, gdy % = +∞. Zatem z kryteriumCauchy’ego zbieżności szeregów 4.5.6 oraz z (4.12) dostajemy tezę.

Definicja promienia zbieżności szeregu potęgowego. Niech dany będzieszereg potęgowy

∑∞n=0 an(x − x0)n. Element R ∈ R ∪ +∞ taki, że powyższy

szereg potęgowy jest zbieżny dla x ∈ R takich, że |x − x0| < R oraz rozbieżnydla |x−x0| > R nazywamy promieniem zbieżności tego szeregu potęgowego. Zbiórx ∈ R : |x− x0| < R nazywamy przedziałem zbieżności szeregu potęgowego.

Uwaga 4.9.2. Jeśli R ∈ R∪+∞ jest promieniem zbieżności szeregu potęgowego∑∞n=0 an(x−x0)n, to wobec twierdzenia 4.9.1, szereg ten jest bezwzględnie zbieżny

w przedziale zbieżności. Dla x ∈ R takich, że |x− x0| = R, czyli x = x0 +R orazx = x0 − R, szereg ten może być zbieżny lub rozbieżny. Jeśli R = 0, to przedziałzbieżności tego szeregu jest zbiorem pustym, szereg jest jednak zbieżny dla x = x0.

Wniosek 4.9.3. Niech (an)∞n=0 będzie ciągiem liczbowym takim, że an 6= 0 dlan ∈ Z, n > 0 oraz niech istnieje granica η = lim

n→∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣. Wówczas promień

zbieżności szeregu potęgowego∑∞n=0 an(x− x0)n wyraża się wzorem

(4.13) R =

0 dla η = +∞,1/η dla 0 < η < +∞,+∞ dla η = 0.

Dowód. Z kryterium d’Alemberta (wniosek 4.5.4) dostajemy, że szereg potę-gowy

∑∞n=0 an(x−x0)n jest zbieżny bezwzględnie dla x ∈ R takich, że η|x−x0| < 1

oraz rozbieżny dla x ∈ R takich, że η|x− x0| > 1, gdzie przyjmujemy η|x− x0| =+∞, gdy η = +∞ oraz |x− x0| > 0. Stąd dostajemy (4.13).

Dla ilustracji, przedstawimy najważniejszą funkcję w analizie x 7→ ex w po-staci sumy szeregu potęgowego. Zacznijmy od lematu.

Lemat 4.9.4. Szereg potęgowy∑∞n=0

xn

n! jest zbieżny bezwzględnie w R. Ponadto

(4.14)∞∑n=0

(x+ y)n

n!=∞∑n=0

xn

n!

∞∑n=0

yn

n!dla x, y ∈ R.


Dowód. Ponieważ limn→∞

∣∣∣∣ 1(n+1)!1n!

∣∣∣∣ = 0, więc zbieżność bezwzględna szeregu∑∞n=0

xn

n! dla x ∈ R wynika z wniosku 4.9.3. Weźmy dowolne x, y ∈ R. Niech∑∞n=0 cn będzie iloczynem w sensie Cauchy’ego szeregów

∑∞n=0

xn

n! oraz∑∞n=0

yn

n! .Wówczas, ze wzoru dwumiennego Newtona, dla n ∈ Z, n > 0 mamy

cn =n∑j=0

xj

j!yn−j

(n− j)!=

1n!

n∑j=0

(n

j

)xjyn−j =

(x+ y)n

n!.

To, wraz z twierdzeniem Mertensa 4.8.2 daje (4.14) i kończy dowód.

Twierdzenie 4.9.5. Dla każdego x ∈ R zachodzi

ex =∞∑n=0

xn

n!.

Dowód. Dla x = 0 teza jest oczywista. Rozważmy przypadek x > 0. Niech

sn =n∑k=0

xk

k!, tn =

(1 +

x

n

)n, n ∈ N.

Ponieważ x > 0, więc analogicznie jak w dowodzie twierdzenia 3.5.2 dla każdegon ∈ N,

tn =(

1 +x

n

)n=

n∑k=0

(n

k

)xk

nk= 1 +

n∑k=1

n(n− 1) · · · (n− k + 1)k!

xk

nk

6 1 +n∑k=1

xk

k!= sn.

Z wniosku 3.5.4(b) mamy ex = limn→∞

tn, więc z powyższego, uwzględniając zbież-

ność szeregu∑∞n=0

xn

n! (patrz lemat 4.9.4), dostajemy

(4.15) ex 6∞∑n=0

xn

n!.

Weźmy dowolne m ∈ N. Wówczas, wobec założenia x > 0, dla n ∈ N, n > m,

tn =n∑k=0

(n

k

)xk

nk= 1 +

n∑k=1

n(n− 1) · · · (n− k + 1)nk

xk

k!

> 1 +m∑k=1

n(n− 1) · · · (n− k + 1)nk

xk

k!.


Ponieważ dla każdego k ∈ N zachodzi limn→∞

n(n−1)···(n−k+1)nk

= 1, więc przechodzącw powyższym do granicy przy n→∞ mamy

ex > 1 +m∑k=1

xk

k!= sm.

Przechodząc teraz do granicy, przy m→∞, dostajemy ex >∑∞n=0

xn

n! . To, wrazz (4.15) daje tezę w przypadku x > 0.

Dla x < 0 mamy −x > 0, więc z lematu 4.9.4 i powyżej udowodnionegoprzypadku,

1 =∞∑n=0

(x− x)n

n!=∞∑n=0

(−x)n

n!

∞∑n=0

xn

n!= e−x

∞∑n=0

xn

n!.

Stąd wynika teza w przypadku x < 0. To kończy dowód.


Wniosek 4.9.6. e =∑∞n=0

1n! .

Wniosek 4.9.7. Dla każdego x ∈ R zachodzi

(4.16) ex > 1 + x.

Dowód. Z twierdzenia 4.9.5 mamy ex − 1 − x =∑∞n=2

xn

n! , więc z prawałączności dla szeregów 4.6.1,

(4.17) ex − 1− x =∞∑n=1

(x2n

(2n)!+

x2n+1

(2n+ 1)!

).

Zatem mamy (4.16) dla x > 0. Dla −1 < x < 0, (4.16) wynika z (4.17), gdyżwtedy x2n

(2n)! + x2n+1

(2n+1)! > 0. Dla x 6 −1, (4.16) wynika z nierówności ex > 0 dlax ∈ R.

ZADANIA

Zadanie 4.9.1. Wyznaczyć promień zbieżności i przedział zbieżności szeregu potęgowego1.∑∞n=1

xn

n ,

2.∑∞n=1

(1 + 1

n

)n2xn,

3.∑∞n=1

n!nn (x− 1)n,

4.∑∞n=1

(n!)2

(2n)!xn.

Sprawdzić zbieżność szeregu w końcach przedziału zbieżności.

Zadanie 4.9.2. Liczba R = 1 jest promieniem zbieżności szeregów potęgowych∑∞n=0 x

n

i∑∞n=0(−1 + 1

n! )xn. Obliczyć promień zbieżności sumy tych szeregów.

Zadanie 4.9.3. Dla każdego n ∈ N zachodzi 1n+1 < ln(1 + 1

n ) < 1n .


Zadanie 4.9.4. Udowodnić, że1. lim

n→∞lnnn = 0,

2. limn→∞

(lnn)2

n−lnn = 0.

Zadanie 4.9.5. Istnieje granica γ = limn→∞

(1 + 12 + 1

3 + · · ·+ 1n − lnn) (12).

Zadanie 4.9.6. Zbadać zbieżność szeregów:1.∑∞n=1

(1n − ln

(1 + 1

n

)),

2.∑∞n=1

(1− lnn

n

)n.

Zadanie 4.9.7. Liczba e jest niewymierna.Wsk. Udowodnić, że 0 < e−

∑nk=0

1k! <

1n!n dla n ∈ N.

4.10 Funkcje trygonometryczne

W tym punkcie wprowadzimy funkcje trygonometryczne. Zacznijmy od własności.

Własność 4.10.1. Dla każdego x ∈ R szeregi

(4.18)∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1,

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n

są zbieżne bezwzględnie.

Dowód. Dla x = 0 zbieżność szeregów jest oczywista. Dla x 6= 0, z kryteriumd’Alemberta zbieżności szeregów (wniosek 4.5.4), łatwo dostajemy tezę.

Uwaga 4.10.2. Szeregi w (4.18) traktujemy również jako szeregi potęgowe, gdzieprzyjmujemy współczynniki a2n+1 = (−1)n

(2n+1)! i a2n = 0 dla n ∈ N w pierwszym

szeregu oraz b2n+1 = 0 i b2n = (−1)n(2n)! dla n ∈ N w drugim. Bowiem stosując prawo

łączności, można łatwo pokazać, że opuszczenie wyrazów zerowych nie wpływa nazbieżność szeregu.

Definicje funkcji sinus i funkcji cosinus. Dla x ∈ R kładziemy

sinx =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1 oraz cosx =

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n

i nazywamy odpowiednio sinusem x oraz cosinusem x. Funkcje x 7→ sinx orazx 7→ cosx nazywamy odpowiednio funkcją sinus i funkcją cosinus i odpowiedniooznaczamy sin, cos.(12)Liczba γ nazywana jest stałą Eulera. Jest to jedna z najważniejszych liczb w matematyce. Do

dziś nie wiadomo, czy stała Eulera jest liczbą wymierną, czy niewymierną. Wartość przybliżonastałej Eulera w rozwinięciu dziesiętnym (patrz paragraf 4.11) γ ≈ 0, 577215664901532.

4.10. FUNKCJE TRYGONOMETRYCZNE 135

Twierdzenie 4.10.3. Niech x, y ∈ R. Wówczas mamy

(a) cos 0 = 1, sin 0 = 0,

(b) cos(−x) = cosx, sin(−x) = − sinx,

(c) cos(x+y) = cosx cos y−sinx sin y, cos(x−y) = cosx cos y+sinx sin y,

(d) sin(x+y) = sinx cos y+cosx sin y, sin(x−y) = sinx cos y−cosx sin y,

(e) sin2 x+ cos2 x = 1.

Dowód. Części (a) i (b) wynikaję bezpośrednio z definicji.Udowodnimy (c). Rozważmy iloczyny w sensie Cauchy’ego

∞∑n=0

cn =∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!y2n,

∞∑n=0

dn =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!y2n+1.

W myśl własności 4.10.1 i twierdzenie Mertensa 4.8.2, wszystkie szeregi w po-wyższym wzorze są zbieżne bezwzględnie. Ponadto dla n ∈ Z, n > 0 mamy

cn =n∑k=0

(−1)k

(2k)!x2k

(−1)n−k

(2(n− k))!y2(n−k) =

(−1)n

(2n)!

n∑k=0

(2n2k

)x2ky2n−2k,

więc

cn+1 =(−1)n+1

(2(n+ 1))!

n+1∑k=0

(2(n+ 1)

2k

)x2ky2(n+1)−2k

oraz

dn =n∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1

(−1)n−k

(2(n− k) + 1)!y2(n−k)+1

= − (−1)n+1

(2(n+ 1))!

n∑k=0

(2(n+ 1)2k + 1

)x2k+1y2(n+1)−(2k+1).

Stąd mamy c0 = 1 oraz ze wzoru dwumiennego Newtona,

cn+1 + dn =(−1)n+1

(2(n+ 1))!(x− y)2(n+1), cn+1 − dn =

(−1)n+1

(2(n+ 1))!(x+ y)2(n+1).

Reasumując,

cos(x+ y) = c0 +∞∑n=0

(cn+1 − dn) =∞∑n=0

cn −∞∑n=0

dn = cosx cos y − sinx sin y


oraz

cos(x− y) = c0 +∞∑n=0

(cn+1 + dn) =∞∑n=0

cn +∞∑n=0

dn = cosx cos y + sinx sin y

To daje (c).Podobnie dowodzimy (d). Mianowicie, biorąc iloczyny w sensie Cauchy’ego

∞∑n=0

fn =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!y2n,

∞∑n=0

hn =∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!y2n+1

dostajemy łatwo

fn + hn =(−1)n

(2n+ 1)!(x+ y)2n+1, fn − hn =

(−1)n

(2n+ 1)!(x− y)2n+1.

Stąd, podobnie jak w części (c), otrzymujemy (d).Część (e) wynika natychmiast z drugiej części (c), gdy przyjmiemy y = x.

Wniosek 4.10.4. Niech x, y ∈ R. Wówczas

(a) −1 6 sinx 6 1, −1 6 cosx 6 1,

(b) sin 2x = 2 sinx cosx, cos 2x = cos2 x− sin2 x,

(c) cosx+ cos y = 2 cos x+y2 cos x−y2 , cosx− cos y = −2 sin x−y2 sin x+y

2 ,

(d) sinx+ sin y = 2 sin x+y2 cos x−y2 , sinx− sin y = 2 sin x−y

2 cos x+y2 .

Dowód. (a) i (b) wynikają natychmiast z części (e) i (c), (d) twierdzenia4.10.3. Kładąc u = x+y

2 oraz v = x−y2 mamy u + v = x oraz u − v = y. Z części

(c) twierdzenia 4.10.3 mamy

cos(u+ v) = cosu cos v − sinu sin v oraz cos(u− v) = cosu cos v + sinu sin v.

Dodając stronami te równości dostajemy pierwszą część (c), odejmując zaś drugąrówność od pierwszej dostajemy drugą część (c). Analogicznie dowodzimy (d).

Twierdzenie 4.10.5. Zachodzą następujące nierówności:

(4.19) x− x3

6< sinx < x dla x ∈ (0, 1],

(4.20) x cosx < sinx dla x ∈ (0, 1].


Dowód. Udowodnimy (4.19). Ponieważ

sinx = x− x3

6+∞∑n=2

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1 dla x ∈ R,

więc łącząc w tym szeregu każdy wyraz o wskaźniku parzystym z następnymwyrazem, w myśl twierdzenia 4.6.1 mamy

(4.21) sinx = x− x3

6+∞∑n=1

(x4n+1

(4n+ 1)!− x4n+3

(4n+ 3)!

)> x− x3

6dla x ∈ (0, 1],

gdyż dla x ∈ (0, 1] oraz n ∈ N mamy

x4n+1

(4n+ 1)!− x4n+3

(4n+ 3)!= x4n+1

(1

(4n+ 1)!− x2

(4n+ 3)!

)

> x4n+1(

1(4n+ 1)!

− 1(4n+ 3)!

)> 0.

Z drugiej strony,

sinx = x+∞∑n=1

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1,

więc łącząc każdy wyraz o wskaźniku nieparzystym z następnym wyrazem, mamy

(4.22) sinx = x+∞∑n=1

(− x4n−1

(4n− 1)!+

x4n+1

(4n+ 1)!

)< x dla x ∈ (0, 1],

gdyż dla x ∈ (0, 1] oraz n ∈ N mamy

− x4n−1

(4n− 1)!+

x4n+1

(4n+ 1)!= x4n−1

(− 1

(4n− 1)!+

x2

(4n+ 1)!

)

6 x4n−1(− 1

(4n− 1)!+

1(4n+ 1)!

)< 0

Reasumując, (4.21) i (4.22) dają (4.19).Podobnie dowodzimy (4.20). Mianowicie dla x ∈ R mamy

x cosx =∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n+1 = x+

∞∑n=1

(− x4n−1

(4n− 2)!+x4n+1

(4n)!

).

Zatem, wobec (4.22), wystarczy pokazać, że dla x ∈ (0, 1] oraz n ∈ N zachodzi

(4.23) − x4n−1

(4n− 2)!+x4n+1

(4n)!< − x4n−1

(4n− 1)!+

x4n+1

(4n+ 1)!.


Ponieważ 2 < (4n− 1)2, więc 4n+ 1 < (4n)2 − 4n, zatem 4n+ 1 < 4n(4n− 1) iw konsekwencji

1(4n− 1)!

+1

(4n)!<

1(4n− 2)!

.

Stąd

− 1(4n− 2)!

+1

(4n)!< − 1

(4n− 1)!,

więc dla x ∈ (0, 1] dostajemy

− x4n−1

(4n− 2)!+x4n+1

(4n)!6− x4n−1

(4n− 2)!+x4n−1

(4n)!<− x4n−1

(4n− 1)!<− x4n−1

(4n− 1)!+

x4n+1

(4n+ 1)!.

To daje (4.23) i w konsekwencji (4.20). To kończy dowód.

Wniosek 4.10.6. Zachodzą następujące nierówności:

(4.24) 0 < cosx, 0 < sinx dla x ∈ (0, 1].

Ponadto cos 2 < 0.

Dowód. Z twierdzenia 4.6.1 mamy cosx =∑∞n=0

(x4n

(4n)! −x4n+2

(4n+2)!

)dla x ∈ R

oraz dla x ∈ (0, 1] zachodzi

x4n

(4n)!− x4n+2

(4n+ 2)!= x4n

(1

(4n)!− x2

(4n+ 2)!

)> x4n

(1

(4n)!− 1

(4n+ 2)!

)> 0,

zatem otrzymujemy cosx > 0 dla x ∈ (0, 1]. Stąd i z twierdzenia 4.10.5(4.20)mamy 0 < x cosx < sinx dla x ∈ (0, 1], więc udowodniliśmy (4.24).

Ponadto z twierdzenia 4.10.5(4.19) wynika, że sin 1 > 56 . Stąd, z wniosku

4.10.4(b) oraz twierdzenia 4.10.3(e) mamy

cos 2 = 1− 2 sin2 1 < 1− 2(

56

)2< 0.


Wniosek 4.10.7. Jeśli ciąg (an)n∈N jest zbieżny do a ∈ R, to

(a) limn→∞

sin an = sin a,

(b) limn→∞

cos an = cos a,

(c) limn→∞

sin anan

= 1, gdy an 6= 0 dla n ∈ N oraz a = 0.


Dowód. Zauważmy najpierw, że jeśli ciąg (bn)n∈N jest zbieżny do 0, to

(4.25) limn→∞

sin bn = 0.

Istotnie, ponieważ limn→∞

bn = 0, więc istnieje N ∈ N, że dla n > N mamy |bn| < 1.

Jeśli bn = 0, to sin bn = 0. Jeśli n > N oraz bn 6= 0, to 0 < |bn| < 1 i z twierdzenia4.10.5 (4.19) mamy |bn| − |bn|

3

6 < sin |bn| < |bn|. W konsekwencji

|bn| −|bn|3

66 sin |bn| 6 |bn| dla n > N.

Stąd i z twierdzenia o trzech ciągach dostajemy limn→∞

sin |bn| = 0, a więc

limn→∞

| sin |bn|| = 0. Z twierdzenia 4.10.3(b) wynika, że | sin bn| = | sin |bn||, więc z

poprzedniego, limn→∞

sin bn = 0, co daje (4.25).

Udowodnimy (a). Z wniosku 4.10.4(d) mamy

sin an − sin a = 2 sinan − a

2cos

an + a

2.

Ciąg(an−a2

)n∈N jest zbieżny do zera, więc z (4.25) mamy lim

n→∞sin an−a

2 = 0.

Ponieważ ciąg (cos an+a2 )n∈N jest ograniczony, więc z powyższego i własności 3.2.9,limn→∞

(sin an − sin a) = 0. To daje (a).

Ponieważ cos 2x = 1− 2 sin2 x, więc

cos an = 1− 2 sin2an2

i z (a) dostajemy (b).Udowodnimy (c). Ponieważ an 6= 0 dla n ∈ N oraz lim

n→∞an = 0, więc istnieje

N ∈ N, że dla n > N zachodzi 0 < |an| < 1. Z twierdzenia 4.10.5 dla x ∈ (0, 1]dostajemy cosx < sinxx < 1, więc dla n > N mamy

cos |an| <sin |an||an|

< 1.

Zatem z (b) i twierdzenia o trzech ciągach wynika, że limn→∞

sin |an||an| = 1. Ponieważ

z twierdzenia 4.10.3(b) mamy sin anan= sin |an|

|an| , więc udowodniliśmy (c).

W świetle wniosku 4.10.6 widzimy, że funkcje sin i cos nie znikają tożsamo-ściowo. Zatem następująca definicja jest poprawna.

Definicje funkcji tangens i funkcji cotangens. Niech x ∈ R.

Liczbę sinxcosx , gdy cosx 6= 0 nazywamy tangensem x i oznaczamy tgx.

Liczbę cosxsinx , gdy sinx 6= 0 nazywamy cotangensem x i oznaczamy ctgx.

Funkcję x 7→ tgx określoną w zbiorze x ∈ R : cosx 6= 0 nazywamy funkcjątangens i oznaczamy tg .


Funkcję x 7→ ctgx określoną w zbiorze x ∈ R : sinx 6= 0 nazywamy funkcjącotangens i oznaczamy ctg .

Z wniosku 4.10.7 dostajemy natychmiast

Wniosek 4.10.8. Jeśli cosx 6= 0, to x jest punktem skupienia dziedziny funkcjitg oraz jeśli sinx 6= 0, to x jest punktem skupienia dziedziny funkcji ctg .

Z wniosku 4.10.7 i twierdzenia 3.2.7(e) mamy

Wniosek 4.10.9. Niech ciąg (an)n∈N będzie zbieżny do a ∈ R.(a) Jeśli cos an 6= 0 dla n ∈ N oraz cos a 6= 0, to lim

n→∞tg an = tg a,

(b) Jeśli sin an 6= 0 dla n ∈ N oraz sin a 6= 0, to limn→∞

ctg an = ctg a.

ZADANIA

Zadanie 4.10.1. Udowodnić, że

1.∑nk=1 sin kx = sin (n+1)x2 sin nx

2sin x

2dla x ∈ R takich, że sin x

2 6= 0,

2.∑nk=1 sin kx = 0 dla x ∈ R takich, że sin x

2 = 0,

3.∑nk=1 cos kx = cos (n+1)x2 sin nx

2sin x

2= sin(nx+ x

2 )2 sin x

2− 1

2 dla x ∈ R takich, że sin x2 6= 0,

4.∑nk=1 cos kx = n dla x ∈ R takich, że sin x

2 = 0.

Zadanie 4.10.2. Zbadać zbieżność szeregów:1.∑∞n=1 sin

(cos 1

n

),

2.∑∞n=1 sin

(1n2

),

3.∑∞n=1

sinnxn , x ∈ R,

4.∑∞n=1

cosnxn , x ∈ R.

4.11 Rozwinięcie dziesiętne liczby rzeczywistej

W punkcie tym przedstawimy pojęcie rozwinięcia dziesiętnego liczby rzeczywisteji pokażemy, że każda liczba rzeczywista ma dokładnie jedno rozwinięcie dziesiętnenormalne. Zacznijmy od lematu.

Lemat 4.11.1. Niech x ∈ R. Istnieje dokładnie jeden ciąg (vn)∞n=0 liczb całkowi-tych taki, że

(4.26)vn10n6 x <

vn + 110n

dla n = 0, 1, ...

Wtedy(13) v0 = [x] i oznaczając αn = vn − 10vn−1 dla n = 1, 2, ... mamy

(4.27) αn ∈ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 dla n = 1, 2, ... ,

(13)Przypomnijmy, że symbolem [x] oznaczamy całość z liczby x. Z własności 1.4.3(a) dostajemy,0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 = k ∈ Z : 0 6 k < 10.

4.11. ROZWINIĘCIE DZIESIĘTNE LICZBY RZECZYWISTEJ 141

przy czym zbiór n ∈ N : αn 6= 9 jest nieskończony i zachodzi

(4.28) x = [x] +∞∑n=1

αn10n

.

Dowód. Przyjmując vn = [x10n], n = 0, 1, ..., dostajemy (4.26). Jedno-znaczność ciągu (vn)∞n=0 wynika z określenia całości z liczby. Wtedy z (4.26)dla n = 0, 1, ... mamy

10vn10n+1

6 x,

więc 10vn 6 vn+1, czyli 0 6 vn+1 − 10vn. Ponadto

vn+110n+1

6 x <vn + 1

10n=

10vn + 1010n+1

,

zatem vn+1 < 10vn + 10 dla n = 0, 1, ..., co daje (4.27). Z (4.26) mamy

x− 110n

<vn10n6 x dla n = 0, 1, ...,

więc z twierdzenia o trzech ciągach 3.2.8 dostajemy x = limn→∞

vn10n . Stąd wynika

(4.28), gdyż

vn10n

= v0 +n∑k=1

(vk10k− vk−1

10k−1

)= [x] +

n∑k=1

αk10k

dla n = 1, 2, ...

Zauważmy, że zbiór n ∈ N : αn 6= 9 jest nieskończony. Istotnie, w prze-ciwnym razie oznaczając przez s liczbę 0, gdy αn = 9 dla n ∈ N oraz s =maxn ∈ N : αn 6= 9, gdy nie wszystkie liczby αn są równe 9, mamy

∞∑k=s+1

αk10k

=1

10s.

Zatem x = [x] + 1, gdy s = 0 oraz

x = [x] +s∑

k=1

αk10k

+1

10s, gdy s > 0.

Przypadek x = [x] + 1 przeczy określeniu całości z liczby. W drugim przypadkuzaś, mamy

x =1

10s

([x]10s +

s−1∑k=1

αk10s−k + αs + 1

), więc

vn = 10n−s(

[x]10s +s−1∑k=1

αk10s−k + αs + 1

)dla n > s

i αn = vn − 10vn−1 = 0 dla n > s. To przeczy przypuszczeniu i kończy dowód.


Definicja ciągu przybliżeń dziesiętnych liczby rzeczywistej. Niech x ∈ Roraz (vn)∞n=0 będzie ciągiem liczb całkowitych spełniających (4.26). Ciąg (wn)∞n=0określony wzorem wn = vn

10n nazywamy ciągiem przybliżeń dziesiętnych liczby x.

Lemat 4.11.2. Niech c ∈ N. Istnieje dokładnie jeden ciąg (vn)∞n=0 liczb całkowi-tych taki, że

(4.29) vn10n 6 c < (vn + 1)10n dla n = 0, 1, ...

Wtedy v0 = c i oznaczając βn = vn − 10vn+1 dla n = 0, 1, ... mamy

(4.30) βn ∈ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 dla n = 0, 1, ...

Ponadto istnieje k ∈ Z, k > 0, że 10k 6 c < 10k+1 i wtedy βk 6= 0 oraz βn = 0dla n > k, przy czym

(4.31) c =k∑

n=0

βn10n

Dowód. Przyjmując vn = [ c10n ], n = 0, 1, ..., dostajemy (4.29). Jednoznacz-

ność ciągu (vn)∞n=0 wynika z określenia całości z liczby. Wtedy v0 = c i z określeniaciągu (vn)∞n=0 mamy

10vn+110n 6 vn10n 6 c < (vn+1 + 1)10n+1 dla n = 0, 1, ...

Zatem 10vn+1 6 vn oraz vn < 10vn+1 + 10, co daje (4.30). Ponieważ c > 1 ilimn→∞

c10n = 0, więc istnieje k ∈ Z, k > 0, że

1 6c

10k< 10 oraz 0 <

c

10n< 1 dla n > k.

Stąd wynika, że vk 6= 0 oraz vn = 0 dla n > k i w konsekwencji βk = vk orazβn = 0 dla n > k. Jeśli k = 0, to c = β0, więc mamy (4.31). Jeśli k > 0, to

c = v0 = vk10k +k−1∑n=0

(vn − 10vn+1)10n = βk10k +k−1∑n=0

βn10n,

co daje (4.31) i kończy dowód.

Definicja rozwinięcia dziesiętnego liczby rzeczywistej. Niech x ∈ R, x 6= 0.Przedstawienie

(4.32) x = sgn (x)∞∑n=k

αn10n

,

gdzie k ∈ Z, k 6 0, αn ∈ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 dla n = k, k + 1, ... (przy czymαk 6= 0, gdy |x| > 1 oraz k = 0 i αk = 0, gdy |x| < 1), nazywamy rozwinięciem

4.11. ROZWINIĘCIE DZIESIĘTNE LICZBY RZECZYWISTEJ 143

dziesiętnym liczby x i piszemy

x =

αk...α0, α1α2..., gdy x > 0

−αk...α0, α1α2..., gdy x < 0.

Dodatkowo przyjmujemy 0 = 0, 0... .Rozwinięcie (4.32) nazywamy normalnym, gdy zbiór n ∈ Z : n > k ∧αn 6= 9

jest nieskończony.

Twierdzenie 4.11.3. Każda liczba rzeczywista posiada dokładnie jedno rozwi-nięcie dziesiętne normalne.

Dowód. Niech x ∈ R. Wobec definicji rozwinięcia dziesiętnego, wystarczyrozważyć przypadek x > 0. Pokażemy najpierw, że liczba x ma rozwinięcie dzie-siętne normalne. Niech c = [x]. Jeśli c = 0, to teza wynika z lematu 4.11.1. Jeślic > 0 i x = c, to teza wynika z lematu 4.11.2. Jeśli c > 0 oraz x 6= c, to przyjmujący = x−c mamy x = c+y oraz 0 < y < 1, więc biorąc sumę rozwinięć dziesiętnychliczby y (patrz lemat 4.11.1) oraz liczby c (patrz lemat 4.11.2) dostajemy tezę.

Pokażemy teraz jedyność rozwinięcia normalnego. Niech

x =∞∑n=k

αn10n

oraz x =∞∑n=k

βn10n

,

gdzie αn, βn ∈ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 dla n > k oraz zbiory

(4.33) n ∈ Z : n > k ∧ αn 6= 9, n ∈ Z : n > k ∧ βn 6= 9 będą nieskończone.

Wystarczy pokazać, że αn = βn dla n > k. W tym celu zauważmy, że

(4.34)

∣∣∣∣∣s∑

n=k

βn10n−

s∑n=k

αn10n

∣∣∣∣∣ < 110s

dla s > k.

Istotnie dla każdego s > k mamy∑sn=k

αn10n 6 x, więc z założenia (4.33),

s∑n=k

βn10n−

s∑n=k

αn10n6 x−

s∑n=k

αn10n

=∞∑

n=s+1

αn10n

<∞∑

n=s+1

910n

=1

10s.

Analogicznie pokazujemys∑

n=k

αn10n−

s∑n=k

βn10n

<1

10s.

Reasumując, mamy (4.34). Z (4.34) indukcyjnie dostajemy, że αn = βn dla n > k.To kończy dowód.

Uwaga 4.11.4. Zastępując liczbę 10 w powyższych twierdzeniach przez dowolnąliczbę naturalną n większą od 1 dostajemy analogiczne rozwinięcia liczb rzeczywi-stych. Dla n = 2 rozwiniecie nazywamy dwójkowym dla n = 3 – trójkowym.


ZADANIA

Zadanie 4.11.1. Liczba x ∈ R o rozwinięciu dziesiętnym x = αk . . . α0, α1 . . . jest wy-mierna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją m,n ∈ N, że αi = αi+m dla i ∈ N, i > n.

Zadanie 4.11.2. Niech K ⊂ [0, 1] będzie zbiorem liczb postaci x =∑∞n=1 cn3−n, gdzie

cn ∈ 0, 2 dla n ∈ N. Zbiór K nazywamy zbiorem Cantora. Zbiór K jest zwarty oraz[0, 1]\K jest sumą przedziałów rozłącznych (an, bn), n ∈ N takich, że

∑∞n=1(bn−an) = 1.

Wsk. Zbiór K konstruujemy następująco: przedział [0, 1] dzielimy na trzy równeczęści i odrzucamy część środkową. Dalej postępujemy indukcyjnie, każdy z pozostałychprzedziałów dzielimy na trzy równe części i odrzucamy części środkowe. Dokładniej, niechAn = (c1, . . . , cn) : c1, . . . , cn ∈ 0, 2, c1 + · · · + cn > 0 dla n ∈ N. Niech xc =∑nk=1 ck3−k oraz Pc = (xc + 3−n−1, xc + 2 · 3−n−1) dla c = (c1, . . . , cn) ∈ An. Niech

dodatkowo A0 = 0 i P0 = (3−1, 2 ·3−1). Przyjmując A =⋃n∈N∪0An, pokazać, że dla

c, c′ ∈ A, c 6= c′ zachodzi Pc ∩ Pc′ = ∅ oraz [0, 1] \K =⋃c∈A Pc.

4.12 Iloczyny nieskończone

W poprzednich punktach tego rozdziału badaliśmy szeregi liczbowe. Suma sze-regu liczbowego jest uogólnieniem dodawania na nieskończoną ilość składników.Obecnie omówimy iloczyny nieskończone, które są uogólnieniem mnożenia w przy-padku nieskończonej ilości czynników. Ograniczymy rozważania do iloczynów nie-skończonych o wszystkich wyrazach różnych od zera.

Definicja iloczynu nieskończonego. Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem liczbowymtakim, że an 6= 0 dla n ∈ N.

Ciąg (pn)∞n=1 określony wzorem pn =∏nk=1 ak, n ∈ N, nazywamy ciągiem

iloczynów częściowych ciągu (an)∞n=1.Parę uporządkowaną ((an)∞n=1, (pn)∞n=1) nazywamy iloczynem nieskończonym

lub krótko iloczynem i oznaczamy∞∏n=1

an lub∏∞n=1 an, lub

∏an. Liczby an nazy-

wamy wyrazami lub czynnikami iloczynu. Ciąg (pn)∞n=1 nazywamy również cią-giem iloczynów częściowych iloczynu

∏∞n=1 an.

Definicja zbieżności iloczynu nieskończonego. Niech∏∞n=1 an będzie iloczy-

nem nieskończonym. Iloczyn ten nazywamy zbieżnym, gdy jego ciąg iloczynówczęściowych jest zbieżny do pewnej liczby p 6= 0. Wtedy mówimy, że iloczyn jestzbieżny do p i piszemy

∏∞n=1 an = p. Liczbę p nazywamy również wartością tego

iloczynu nieskończonego.Iloczyn nieskończony, który nie jest zbieżny nazywamy rozbieżnym . Jeśli ciąg

iloczynów częściowych iloczynu∏∞n=1 an ma granicę równą 0, to mówimy, że ten

iloczyn nieskończony jest rozbieżny do zera i piszemy∏∞n=1 an = 0. Jeśli ciąg

iloczynów częściowych iloczynu∏∞n=1 an ma granicę równą +∞ (odpowiednio

−∞), to mówimy, że ten iloczyn jest rozbieżny do +∞ (odpowiednio do −∞) ipiszemy

∏∞n=1 an = +∞ (i odpowiednio piszemy

∏∞n=1 an = −∞).

4.12. ILOCZYNY NIESKOŃCZONE 145

Z warunku Cauchy’ego zbieżności ciągów liczbowych dostajemy

Twierdzenie 4.12.1. (Cauchy). Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym ta-kim, że an 6= 0 dla n ∈ N. Iloczyn

∏∞n=1 an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy

spełnia następujący warunek Cauchy’ego:

(4.35) ∀ε>0 ∃N∈N ∀n,k∈N (n > k > N ⇒ |ak · · · an − 1| < ε).

Dowód. Załóżmy najpierw, że iloczyn∏∞n=1 an jest zbieżny, powiedzmy do

p i niech (pn)∞n=1 będzie jego ciągiem iloczynów częściowych. Ponieważ p 6= 0,więc istnieje K ∈ N, że |pn| > 1

2 |p| dla n > K. Ciąg (pn)∞n=1, jako zbieżny,spełnia warunek Cauchyego zbieżności ciągów liczbowych. Weźmy więc dowolneε > 0. Wówczas istnieje N ∈ N, że dla każdego n, k ∈ N, n > k > N zachodzi|pn − pk−1| < ε12 |p|, a więc

|ak · · · an − 1| =∣∣∣∣ pnpk−1

− 1∣∣∣∣ =

∣∣∣∣pn − pk−1pk−1

∣∣∣∣ < ε12 |p||pk−1|

,

gdzie przyjmujemy p0 = 1. Można przy tym założyć, że N > K + 1. Wtedy dlan > k > N mamy k−1 > K, więc |pk−1| > 12 |p| i w konsekwencji |ak · · · an−1| < ε.To daje (4.35).

Załóżmy teraz, że spełniony jest warunek (4.35). Zauważmy najpierw, że ciąg(pn)∞n=1 jest ograniczony. Istotnie z (4.35) dla ε = 1 istnieje k ∈ N, że∣∣∣∣ pnpk−1

− 1∣∣∣∣ = |ak · · · an − 1| < 1 dla n > k,

gdzie przyjmujemy pk−1 = 1, gdy k − 1 = 0. Stąd |pn − pk−1| < |pk−1|, a więc|pn| − |pk−1| < |pk−1| i w konsekwencji |pn| < 2|pk−1| dla n > k. To daje ograni-czoność ciągu (pn)∞n=1. Niech więc M ∈ R będzie takie, że |pn| < M dla n ∈ N.Weźmy dowolne ε > 0. Wówczas z (4.35) istnieje N ∈ N, że dla każdych n, k ∈ N,n > k > N zachodzi

|ak+1 · · · an − 1| =∣∣∣∣pnpk − 1

∣∣∣∣ < ε

M

i w konsekwencji |pn − pk| < εM |pk| < ε. Nierówność ta oczywiście zachodzi dla

n = k. To daje, że ciąg (pn)∞n=1 spełnia warunek Cauchy’ego zbieżności ciągów,zatem jest to ciąg zbieżny. To kończy dowód.

Z twierdzenia Cauchy’ego 4.12.1 dostajemy natychmiast

Twierdzenie 4.12.2. (warunek konieczny zbieżności iloczynu nieskoń-czonego). Jeśli iloczyn

∏∞n=1 an jest zbieżny, to lim

n→∞an = 1. (14)

(14)Twierdzenie 4.12.2 można udowodnić bezpośrednio. Niech p będzie wartością iloczynu∏∞n=1 an i niech (pn)∞n=1 będzie jego ciągiem iloczynów częściowych. Wówczas lim

n→∞pn−1 = p.

Przyjmując p0 = 1, mamy an = pn/pn−1 dla n ∈ N. Stąd limn→∞

an = limn→∞

(pn/pn−1) = p/p = 1,

bo p 6= 0.


Bezpośrednio z definicji widzimy, że odrzucenie skończonej ilości początko-wych czynników iloczynu nieskończonego nie wpływa na jego zbieżność (wynikato również z twierdzenia Cauchy’ego 4.12.1). Uwzględniając więc warunek ko-nieczny zbieżności iloczynu nieskończonego (twierdzenie 4.12.2), przy badaniuzbieżności iloczynu wystarczy ograniczyć się do przypadku, gdy wszystkie jegowyrazy są dodatnie.

Własność 4.12.3. Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym takim, że an > 0 dlan ∈ N. Wówczas iloczyn

∏∞n=1 an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest

szereg∑∞n=1 ln an. Ponadto jeśli p jest wartością iloczynu, a q – sumą szeregu, to

p = eq.

Dowód. Niech (pn)∞n=1 będzie ciągiem iloczynów częściowych iloczynu∏∞n=1 an, a (sn)∞n=1 – ciągiem sum częściowych szeregu

∑∞n=1 ln an. Z własno-

ści logarytmów, indukcyjnie łatwo pokazujemy, że pn = esn , a więc ln pn = sn dlan ∈ N. Jeśli więc szereg

∑∞n=1 ln an jest zbieżny, powiedzmy do q, to w myśl wnio-

sku 3.3.2, limn→∞

pn = eq i oczywiście eq 6= 0. To daje zbieżność iloczynu∏∞n=1 an

oraz drugą część tezy. Jeśli z kolei iloczyn∏∞n=1 an jest zbieżny, powiedzmy do p,

to p > 0, bowiem an > 0 i w konsekwencji pn > 0 dla n ∈ N. Wówczas stosująctwierdzenie 3.3.3, mamy lim

n→∞sn = ln p, co daje zbieżność szeregu

∑∞n=1 ln an i

kończy dowód.

Przy badaniu iloczynu∏∞n=1 an wygodnie jest rozważyć szereg

∑∞n=1 ln |an|,

jednak wtedy musimy zakładać, że iloczyn spełnia warunek konieczny zbieżności.

Twierdzenie 4.12.4. Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym takim, że an 6= 0dla n ∈ N oraz lim

n→∞an = 1. Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) iloczyn∏∞n=1 an jest zbieżny.

(b) iloczyn∏∞n=1 |an| jest zbieżny.

(c) szereg∑∞n=1 ln |an| jest zbieżny.

Dowód. Równoważność (b)⇔(c) wynika natychmiast z własności 4.12.3.Udowodnimy równoważność (a)⇔(b). Niech (pn)∞n=1 będzie ciągiem iloczy-

nów częściowych iloczynu∏∞n=1 an, a (qn)∞n=1 – ciągiem iloczynów częściowych

iloczynu∏∞n=1 |an|. Z założenia lim

n→∞an = 1 mamy, że istnieje N ∈ N takie, że

an > 0 dla n > N . Niech t = sgn (a1 · · · aN ). Wtedy t 6= 0 oraz qn = tpn dlan > N . Zatem iloczyn

∏∞n=1 |an| jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny

jest iloczyn∏∞n=1 an. To daje równoważność (a)⇔(b) i kończy dowód.

Wniosek 4.12.5. Jeśli iloczyn∏∞n=1 an jest zbieżny i jego wartość wynosi p, to

szereg∑∞n=1 ln |an| jest zbieżny i p = sgn (p)eq, gdzie q jest sumą szeregu.


Dowód. Niech (pn)∞n=1 będzie ciągiem iloczynów częściowych iloczynu∏∞n=1 an, a (sn)∞n=1 – ciągiem sum częściowych szeregu

∑∞n=1 ln |an|. Ponieważ

iloczyn jest zbieżny, to limn→∞

an = 1 i z twierdzenia 4.12.4, szereg∑∞n=1 ln |an| jest

zbieżny, powiedzmy do q. Ze zbieżności iloczynu mamy limn→∞

pn = p i p 6= 0, więc

dla dostatecznie dużych n ∈ N zachodzi sgn (pn) = sgn (p). Z własności logaryt-mów indukcyjnie pokazujemy, że pn = sgn (pn)esn dla n ∈ N. Przechodząc więcw powyższym do granicy przy n→∞ dostajemy tezę.

Podobnie jak w przypadku szeregów liczbowych wprowadza się pojęcie zbież-ności bezwarunkowej iloczynu nieskończonego.

Definicja zbieżności bezwarunkowej iloczynu nieskończonego Mówimy,że iloczyn nieskończony

∏∞n=1 an jest zbieżny bezwarunkowo, gdy dla każdej bi-

jekcji σ : N → N iloczyn∏∞n=1 aσ(n) jest zbieżny. Jeśli iloczyn jest zbieżny, lecz

nie jest zbieżny bezwarunkowo, to mówimy, że jest on zbieżny warunkowo.

Wprost z definicji, twierdzenia 4.12.4 i twierdzenia o zbieżności bezwzględneji bezwarunkowej szeregu 4.7.3 dostajemy

Wniosek 4.12.6. Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym takim, że limn→∞

an = 1

oraz an 6= 0 dla n ∈ N. Wówczas iloczyn∏∞n=1 an jest zbieżny bezwarunkowo

wtedy i tylko wtedy, gdy szereg∑∞n=1 ln |an| jest zbieżny bezwzględnie.

W świetle twierdzenia 4.12.2 wygodnie jest zapisywać wyrazy iloczynu∏∞n=1 an

w postaci an = 1 + bn dla n ∈ N.Warunek (b) w twierdzeniu 4.12.4 nie jest naturalnym przeniesieniem zbież-

ności bezwzględnej szeregu liczbowego na zbieżność bezwzględną iloczynu nie-skończonego, bowiem przy założeniu lim

n→∞an = 1 jest on równoważny zwykłej

zbieżności iloczynu. Bez założenia limn→∞

an = 1, nie prowadzi on nawet do zbież-ności iloczynu. W przypadku iloczynów nieskończonych zbieżność bezwzględnądefiniujemy następująco.

Definicja zbieżności bezwzględnej iloczynu nieskończonego. Iloczyn nie-skończony

∏∞n=1(1+bn) nazywamy zbieżnym bezwzględnie, gdy zbieżny jest iloczyn∏∞

n=1(1 + |bn|).

Twierdzenie 4.12.7. Niech (bn)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym takim, że bn 6= −1dla n ∈ N. Wówczas iloczyn

∏∞n=1(1 + bn) jest zbieżny bezwzględnie wtedy i tylko

wtedy, gdy zbieżny jest szereg∑∞n=1 |bn|.

Dowód. Niech (pn)∞n=1 będzie ciągiem iloczynów częściowych iloczynu∏∞n=1(1+ |bn|), a (sn)∞n=1 – ciągiem sum częściowych szeregu

∑∞n=1 |bn|. Ponieważ

1 + |bn| > 1 dla n ∈ N, a więc

(4.36) pn = (1 + |b1|) · · · (1 + |bn|) > 1 dla n ∈ N.


Korzystając z powyższej nierówności indukcyjnie pokazujemy(15), że

(4.37) 0 6 sn 6 pn − 1 dla n ∈ N.

Z udowodnionej we wniosku 4.9.7 nierówności ex > 1 + x dla x ∈ R dostajemy

(4.38) pn =n∏k=1

(1 + |bn|) 6 e|b1|+···+|bn| = esn dla n ∈ N.

Ponieważ |bn| > 0 dla n ∈ N, więc oba ciągi (pn)∞n=1, (sn)∞n=1 są rosnące. Jeśliwięc zbieżny jest iloczyn

∏∞n=1(1 + |bn|), to z (4.37) dostajemy zbieżność szeregu∑∞

n=1 |bn|. Jeśli z kolei zbieżny jest szereg∑∞n=1 |bn|, to z (4.38) istnieje skończona

granica p = limn→∞

pn, a z (4.36) wynika, że p 6= 0. To daje zbieżność iloczynu∏∞n=1(1 + |bn|) i kończy dowód.

Pokażemy, że zbieżność bezwzględna iloczynu nieskończonego pociąga jegozbieżność (nawet bezwarunkową) oraz, że jest równoważna zbieżności bezwarun-kowej tego iloczynu. Zacznijmy od lematu.

Lemat 4.12.8. Istnieje a ∈ (−1, 0) takie, że

(4.39) 0 6 ln(1 + |x|) 6 | ln(1 + x)| 6 2|x| dla x > a.

Dowód. Ponieważ 1 + |x| > 1, więc ln(1 + |x|) > 0 dla x ∈ R. Udowodnimypozostałe nierówności w (4.39).

Dla x > 0 mamy ln(1 + |x|) = | ln(1 + x)|. Wobec wniosku 4.9.7, ex > 1 + xdla x ∈ R, a więc x > ln(1 + x) dla x > −1. To daje (4.39) dla x > 0.

Rozważmy przypadek, gdy x < 0. Wtedy dla x ∈ (−1, 0) mamy 0 < 1−x2 < 1,więc ln[(1− x)(1 + x)] < 0, zatem ln(1− x) < − ln(1 + x). Ponieważ x ∈ (−1, 0),to ln(1 − x) = ln(1 + |x|) oraz − ln(1 + x) = | ln(1 + x)|. To daje nierówność pośrodku w (4.39) dla x ∈ (−1, 0).

Pozostaje udowodnić, że istnieje a ∈ (−1, 0) dla którego zachodzi nierównośćpo prawej stronie (4.39). Lemat 3.5.3 można zapisać następująco: dla każdegoε > 0 istnieje δ > 0, że

(4.40)∣∣∣(1 + x)1/x − e

∣∣∣ < ε dla każdego x ∈ R, takiego, że 0 < |x| < δ.

Niech ε = mine − e−2, e2 − e. Wówczas ε > 0, więc istnieje δ > 0 taka, żezachodzi (4.40). Można założyć, że δ ∈ (0, 1) i wtedy a = −δ ∈ (−1, 0). Wówczasdla x ∈ (a, 0) mamy e−2 − e < (1 + x)1/x − e < e2 − e, więc | ln(1 + x)1/x| < 2 idalej | ln(1+x)| < 2|x|. To daje nierówność po prawej stronie (4.39) dla x ∈ (a, 0)i kończy dowód.

(15)Dla n = 1 mamy s1 = |b1| = p1− 1 i |b1| > 0, więc (4.37) zachodzi. Zakładając prawdziwość(4.37) dla n, wobec (4.36) dostajemy, pn+1 − 1 = pn(1 + |bn+1|) − 1 = pn − 1 + pn|bn+1| >sn + |bn+1| = sn+1, a więc (4.37) zachodzi dla n+ 1.


Twierdzenie 4.12.9. Jeśli iloczyn∏∞n=1(1+bn) jest zbieżny bezwzględnie, to jest

zbieżny bezwarunkowo(16). Ponadto |∏∞n=1(1 + bn)| 6

∏∞n=1(1 + |bn|).

Dowód. Ponieważ iloczyn∏∞n=1(1 + |bn|) jest zbieżny, to z warunku ko-

niecznego zbieżności iloczynu nieskończonego mamy limn→∞

(1 + |bn|) = 1 i dalej

limn→∞

(1 + bn) = 1. Ponadto z twierdzenia 4.12.7, szereg∑∞n=1 |bn| jest zbieżny.

Wobec lematu 4.12.8, dla dostatecznie dużych n ∈ N mamy | ln(1 + bn)| 6 2|bn|,a więc | ln |1 + bn|| 6 2|bn| (17). Zatem z kryterium porównawczego zbieżnościbezwzględnej szeregów 4.5.2, szereg

∑∞n=1 ln |1 + bn| jest zbieżny bezwzględnie.

To wraz z wnioskiem 4.12.6 daje pierwszą część tezy. Druga część tezy wynikaz faktu, że |(1 + b1) · · · (1 + bn)| 6 (1 + |b1|) · · · (1 + |bn|) dla n ∈ N i z definicjiwartości iloczynu.

Udowodnimy teraz twierdzenie odwrotne do twierdzenia 4.12.9.

Twierdzenie 4.12.10. Jeśli iloczyn∏∞n=1(1 + bn) jest zbieżny bezwarunkowo,

to jest zbieżny bezwzględnie. Ponadto dla każdej bijekcji σ : N → N zachodzi∏∞n=1(1 + bσ(n)) =

∏∞n=1(1 + bn).

Dowód. Ponieważ iloczyn∏∞n=1(1 + bn) jest zbieżny bezwarunkowo, to

limn→∞

(1 + bn) = 1 i z wniosku 4.12.6, szereg∑∞n=1 ln |1 + bn| jest zbieżny bez-

względnie. Z lematu 4.12.8 dla dostatecznie dużych n ∈ N, mamy

0 6 ln |1 + |bn|| = ln(1 + |bn|) 6 | ln(1 + bn)| = ln |1 + bn|,

a więc z kryterium porównawczego zbieżności bezwzględnej szeregów 4.5.2, szereg∑∞n=1 ln |1 + |bn|| jest zbieżny. Stosując teraz twierdzenie 4.12.4 (c)⇒(a) dosta-

jemy zbieżność iloczynu∏∞n=1(1 + |bn|), a więc zbieżność bezwzględną iloczynu∏∞

n=1(1 + bn).Niech p będzie wartością iloczynu

∏∞n=1(1 + bn) i niech s będzie sumą szere-

gu∑∞n=1 ln |1 + bn|. Ponieważ szereg

∑∞n=1 ln |1 + bn| jest zbieżny bezwzględnie,

to z twierdzenia o zbieżności bezwzględnej i bezwarunkowej szeregu 4.7.3, sze-reg

∑∞n=1 ln |1 + bn| jest zbieżny bezwarunkowo. Biorąc więc dowolną bijekcję

σ : N → N, mamy∑∞n=1 ln |1 + bσ(n)| = s. Ponieważ iloczyn

∏∞n=1(1 + bn) mo-

że mieć tylko skończenie wiele wyrazów ujemnych to dla dostatecznie dużychn zachodzi sgn ((1 + bσ(1)) · · · (1 + bσ(n))) = sgn ((1 + b1) · · · (1 + bn)). Zatem,oznaczając przez p′ wartość iloczynu

∏∞n=1(1 + bσ(n)), mamy sgn (p′) = sgn (p).

Stosując teraz wniosek 4.12.5 dostajemy, że p′ = sgn (p′)es = sgn (p)es = p, cokończy dowód.

(16)W szczególności iloczyn jest zbieżny.(17)bo lim

n→∞(1 + bn) = 1 i w konsekwencji 1 + bn > 0 dla dostatecznie dużych n ∈ N.


ZADANIA

Zadanie 4.12.1. Iloczyn nieskończony∏∞n=1(1 + (−1)n+1

n ) jest zbieżny i jego wartośćwynosi 1. Iloczyn ten nie jest zbieżny bezwzględnie.

Zadanie 4.12.2. Iloczyn nieskończony∏∞n=1(−1)n jest rozbieżny.

Zadanie 4.12.3. Iloczyn nieskończony∏∞n=1(1− 1

n+1 ) jest rozbieżny do 0.

Zadanie 4.12.4. Iloczyn nieskończony∏∞n=1(1 + 1

n ) jest rozbieżny do +∞.

Zadanie 4.12.5. Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem określonym wzorami a2k−1 = 1/√k oraz

a2k = −1/(1 +√k) dla k ∈ N. Wówczas iloczyn

∏∞n=1(1 + an) jest zbieżny, a szereg∑∞

n=1 an rozbieżny.

Zadanie 4.12.6. Niech an = (−1)n+1/√n. Wówczas szereg

∑∞n=1 an jest zbieżny, a

iloczyn nieskończony∏∞n=1(1 + an) jest rozbieżny do zera.

Zadanie 4.12.7. Dla każdego x ∈ (0, 1) iloczyn∏∞n=1

(1− x2

n2

)jest zbieżny.

Zadanie 4.12.8. Niech x ∈ [0, 1]. Wówczas

1. Iloczyn∏∞n=1 sin x

2n jest rozbieżny do 0,

2. Iloczyn∏∞n=1 cos x

2n jest zbieżny i jego wartość wynosi 1, gdy x = 1 oraz sin xx , gdy

x ∈ (0, 1].

Zadanie 4.12.9. Niech (an)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym takim, że an > 0 dla n ∈ N iniech iloczyn

∏∞n=1 an będzie zbieżny warunkowo. Wówczas

1. Dla każdego p ∈ R, p > 0 istnieje bijekcja σ : N → N taka, że iloczyn∏∞n=1 aσ(n)

jest zbieżny do p.

2. Istnieje bijekcja σ : N→ N taka, że iloczyn∏∞n=1 aσ(n) jest rozbieżny do 0.

3. Istnieje bijekcja σ : N→ N taka, że iloczyn∏∞n=1 aσ(n) jest rozbieżny do +∞.

Zadanie 4.12.10. Niech (bn)∞n=1 będzie ciągiem liczbowym takim, że bn ∈ (0, 1) dlan ∈ N. Wówczas iloczyn

∏∞n=1(1 − bn) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbieżny jest

szereg∑∞n=1 bn.

Wsk. Rozważyć iloczyn nieskończony∏∞n=1(1+ bn

1−bn ) i zastosować twierdzenie 4.12.7.

Rozdział 5

Ciągłość

W rozdziale 3 wprowadziliśmy pojęcie granicy ciągu liczbowego. W tym rozdzialeprzeniesiemy to pojęcie na przypadek dowolnych funkcji. Przy pomocy pojęciagranicy funkcji wyróżnimy klasę funkcji rzeczywistych zwanych funkcjami ciągły-mi, to znaczy takich funkcji, że w każdym punkcie skupienia dziedziny granicajest równa wartości funkcji. Pokażemy, że funkcje potęgowe, wykładnicze, logaryt-miczne i trygonometryczne są ciągłe. W paragrafie 5.8, wykorzystując ciągłośćfunkcji cosinus wprowadzimy liczbę π. Liczba ta odgrywa podstawową rolę wmatematyce. Wprowadzimy również pojęcie ciągłości jednostajnej funkcji.

5.1 Granica funkcji

Podamy najpierw dwie definicje granicy funkcji w punkcie i pokażemy ich rów-noważność.Definicja Cauchy’ego granicy funkcji w punkcie. Niech f : X → R, gdzieX ⊂ R i niech x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbioru X.

Mówimy, że liczba a ∈ R jest granicą w sensie Cauchy’ego funkcji f w punkciex0, gdy dla każdej liczby ε > 0 istnieje liczba δ > 0, że dla każdego x ∈ X takiego,że 0 < |x − x0| < δ zachodzi |f(x) − a| < ε. Wtedy piszemy lim

x→x0f(x) = a lub

limx→x0 f(x) = a, lub f(x)→ a, gdy x→ x0.

Rysunek 5.1: Fragment wykresu funkcji f . Dla x ∈ (x1 − δ, x0) ∪ (x0, x0 + δ)zachodzi f(x) ∈ (a− ε, a+ ε).

Uwaga 5.1.1. Niech f : X → R, X ⊂ R, niech x0 ∈ R będzie punktem skupieniazbioru X oraz niech a ∈ R. Definicję Cauchy’ego granicy funkcji w punkcie x0można zapisać następująco:

limx→x0

f(x) = a ⇔ ∀ε>0 ∃δ>0 ∀x∈X (0 < |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− a| < ε).

151

152 ROZDZIAŁ 5. CIĄGŁOŚĆ

Powyższy warunek jest równoważny następującemu:

limx→x0

f(x) = a ⇔ ∀ε>0 ∃δ>0 ∀x∈X (0 < |x− x0| 6 δ ⇒ |f(x)− a| 6 ε),

nie można natomiast zmienić warunku ε > 0 na ε > 0, warunku δ > 0 na δ > 0ani opuścić warunku 0 < |x− x0|.

Definicja Heinego(1) granicy funkcji w punkcie. Niech f : X → R, gdzieX ⊂ R i niech x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbioru X.

Mówimy, że liczba a ∈ R jest granicą w sensie Heinego funkcji f w punkciex0, gdy dla każdego ciągu (xn)n∈N ⊂ X takiego, że xn 6= x0 dla n ∈ N orazlimn→∞

xn = x0 zachodzi limn→∞

f(xn) = a.

Twierdzenie 5.1.2. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R, niech x0 będzie punktemskupienia zbioru X oraz niech a ∈ R. Następujące warunki są równoważne:

(a) a jest granicą w sensie Cauchy’ego funkcji f w punkcie x0,(b) a jest granicą w sensie Heinego funkcji f w punkcie x0.

Dowód. Ad (a) ⇒ (b). Weźmy dowolny ciąg (xn)n∈N ⊂ X \ x0 taki, żelimn→∞

xn = x0. Pokażemy, że limn→∞

f(xn) = a. Istotnie, weźmy dowolne ε > 0.Ponieważ a jest granicą w sensie Cauchy’ego funkcji f w punkcie x0, więc istniejeδ > 0, że dla x ∈ X takich, że 0 < |x − x0| < δ zachodzi |f(x) − a| < ε.Ponieważ xn 6= x0 dla n ∈ N oraz lim

n→∞xn = x0, więc istnieje N ∈ R takie,

że dla n > N zachodzi 0 < |xn − x0| < δ i w konsekwencji |f(xn) − a| < ε.Reasumując, lim

n→∞f(xn) = a. To daje, że a jest granicą w sensie Heinego funkcji

f w punkcie x0.Ad (b) ⇒ (a). Przypuśćmy przeciwnie, że a jest granicą w sensie Heinego

funkcji f w punkcie x0, lecz nie jest granicą w sensie Cauchy’ego. Wtedy istniejeε > 0, że dla każdego δ > 0 istnieje x ∈ X, dla którego 0 < |x − x0| < δ oraz|f(x)− a| > ε. W szczególności, dla każdego n ∈ N zbiór

Xn = x ∈ X : 0 < |x− x0| < 1/n ∧ |f(x)− a| > ε

jest niepusty. Stosując teraz Aksjomat wyboru(2) istnieje ciąg (xn)n∈N ⊂ X \x0taki, że xn ∈ Xn dla n ∈ N. Wtedy lim

n→∞xn = x0 oraz |f(xn) − a| > ε, w

szczególności ciąg (f(xn))n∈N nie jest zbieżny do a. To przeczy definicji granicyw sensie Heinego i kończy dowód.

W świetle twierdzenia 5.1.2 nie ma znaczenia, którą definicję granicy funkcjiprzyjmiemy. Powinniśmy jednak zdecydować się na jedną z nich.

(1)Eduard Heine (1821-1881) – matematyk niemiecki.(2)do rodziny zbiorów niepustych i rozłącznych Yn = Xn × n, n ∈ N.

5.1. GRANICA FUNKCJI 153

Definicja granicy funkcji w punkcie. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R orazniech x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbioru X. Mówimy, że liczba a ∈ R jestgranicą funkcji f w punkcie x0, gdy a jest granicą w sensie Cauchy’ego funkcji fw punkcie x0.

Z definicji dostajemy, że granica funkcji w punkcie jest własnością lokalną, toznaczy zależy od tej funkcji tylko w dowolnie małym otoczeniu punktu. Dokład-niej, mamy następującą własność, która wynika wprost z definicji.

Wniosek 5.1.3. Niech liczba x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbioru X ⊂ R.Wówczas liczba a ∈ R jest granicą funkcji f : X → R w punkcie x0 wtedy i tylkowtedy, gdy dla każdego otoczenia U ⊂ R punktu x0, liczba a jest granicą funkcjif |U∩X w punkcie x0.

Wobec twierdzenia 5.1.2 możemy teraz przenieść pewne własności granicyciągów na przypadek granicy funkcji. Z własności 3.2.6(a) dostajemy natychmiast

Wniosek 5.1.4. (jednoznaczność granicy funkcji). Jeśli a, a′ ∈ R są grani-cami funkcji f w punkcie x0, to a = a′.

Z własności 3.2.6(b) i twierdzenia 5.1.2 dostajemy

Wniosek 5.1.5. (o granicach dwóch funkcji). Niech f, g : X → R, gdzieX ⊂ R, niech x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbioru X oraz a, b ∈ R. Jeślilimx→x0

f(x) = a, limx→x0

g(x) = b oraz f(x) 6 g(x) dla x ∈ X \ x0, to a 6 b.

Z twierdzenia o trzech ciągach 3.2.8 i twierdzenia 5.1.2 dostajemy natychmiast

Wniosek 5.1.6. (o trzech funkcjach). Niech f, g, h : X → R, gdzie X ⊂ R,niech x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbioru X oraz a ∈ R. Jeśli lim

x→x0f(x) = a,

limx→x0

h(x) = a oraz f(x) 6 g(x) 6 h(x) dla x ∈ X \ x0, to limx→x0

g(x) = a.

Z twierdzeń 3.2.7, 3.3.4 i 5.1.2 mamy

Wniosek 5.1.7. (o działanich na granicach funkcji). Niech f, g : X → R,gdzie X ⊂ R, niech x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbioru X oraz a, b ∈ R.Niech lim

x→x0f(x) = a, lim

x→x0g(x) = b. Wówczas:

(a) limx→x0

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

(b) limx→x0

(f(x)− g(x)) = a− b.

(c) limx→x0

(f(x)g(x)) = ab.

(d) Jeśli b 6= 0 oraz g(x) 6= 0 dla x ∈ X \ x0, to limx→x0

f(x)g(x) = a

b .


(e) Jeśli a > 0 oraz f(x) > 0 dla x ∈ X \ x0, to limx→x0

(f(x))g(x) = ab.

(f) Jeśli a = 0 i b > 0 oraz f(x) > 0 dla x ∈ X \ x0, to limx→x0

(f(x))g(x) = 0.

Z własności 3.2.9 i twierdzenia 5.1.2 mamy

Wniosek 5.1.8. Niech f, g : X → R, gdzie X ⊂ R i niech x0 będzie punktemskupienia zbioru X. Jeśli g jest funkcją ograniczoną oraz lim

x→x0f(x) = 0, to

limx→x0

(f(x)g(x)) = 0.

Z twierdzenia 5.1.2 i własności granicy ciągu dostajemy

Wniosek 5.1.9. Niech a, x0 ∈ R oraz n ∈ N. Wówczas:(a) lim

x→x0xa = xa0, gdy x0 > 0,

(b) limx→0

xa = 0, gdy a > 0 (3),

(c) limx→x0

n√x = n

√x0, gdy n jest liczbą nieparzystą,

(d) limx→x0

|x| = |x0|,(e) lim

x→x0ax = ax0, gdy a > 0,

(f) limx→x0

loga x = loga x0, gdy a > 0, a 6= 1 oraz x0 > 0,

(g) limx→x0

sinx = sinx0,

(h) limx→x0

cosx = cosx0,

(i) limx→x0

tgx = tgx0, gdy cosx0 6= 0,

(j) limx→x0

ctgx = ctgx0, gdy sinx0 6= 0,

Dowód. Części (a), (b) i (e) wynikają z twierdzenia 3.3.4, część (f) – z twier-dzenia 3.3.3, część (d) – z wniosku 3.2.10, części (g) i (h) – z wniosku 4.10.7.

Ad (i). Jeśli cosx0 6= 0, to w myśl wniosku 4.10.8, x0 jest punktem skupieniadziedziny funkcji tg . Wówczas z wniosku 4.10.9 dostajemy lim

x→x0tgx = tgx0,

czyli mamy (i).Część (j) dowodzimy analogicznie jak część (i).Pozostało udowodnić (c). Rozważymy trzy przypadki:Dla x0 > 0, tezę (c) dostajemy z części (a), gdy a = 1

n .Dla x0 < 0 mamy −x0 > 0 oraz z własności pierwiastka nieparzystego stop-

nia dostajemy n√x0 = − n

√−x0. Wówczas dla dowolnego ciągu (xk)∞k=1 takie-

go, że limk→∞

xk = x0 mamy limk→∞

(−xk) = −x0, więc istnieje N ∈ N takie, że

dla k > N zachodzi −xk > 0. Zatem z twierdzenia 3.3.4 mamy limk→∞

n√xk =

limk→∞

(− n√−xk) = − n

√−x0 = n

√x0, co daje tezę w tym przypadku.

(3)liczba 0 jest punktem skupienia dziedziny funkcji x 7→ xa.

5.1. GRANICA FUNKCJI 155

Niech teraz x0 = 0. Ponieważ − n√|x| 6 n

√x 6 n

√|x|, więc dla dowolnego

ciągu (xk)∞k=1 takiego, że limk→∞

xk = 0 mamy − n√|xk| 6 n

√xk 6 n

√|xk|. Z wniosku

3.2.10 wynika, że limk→∞

|xk| = 0, z twierdzenia 3.3.4 zaś, że limk→∞

n√|xk| = 0. W

konsekwencji twierdzenie o trzech ciągach daje, że limk→∞

n√xk = 0, czyli mamy (c)

w tym przypadku.

Z twierdzenia 5.1.2 i wniosków 3.5.4(d) i 4.10.7(c) dostajemy

Wniosek 5.1.10. Zachodzą następujące:(a) lim

x→0(1 + x)

1x = e,

(b) limx→0

sinxx = 1.

ZADANIA

Zadanie 5.1.1. Obliczyć granice:1. lim

x→0x sin 1

x ,

2. limx→0

1−cos xx2 ,

3. limx→0

√cos x−1x2 ,

4. limx→0

ln(1+x)x .

Zadanie 5.1.2. Niech f1, ..., fn : X → R, gdzie X ⊂ R oraz n ∈ N. Funkcję określonąwzorem max(f1, ..., fn)(x) = maxf1(x), ..., fn(x) dla x ∈ X nazywamy maksimum ro-dziny funkcji f1, ..., fn i oznaczamy max(f1, ..., fn) : X → R. Funkcję określoną wzoremmin(f1, ..., fn)(x) = minf1(x), ..., fn(x) dla x ∈ X nazywamy minimum rodziny funkcjif1, ..., fn i oznaczamy min(f1, ..., fn) : X → R.

Niech x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbioru X. Jeśli limx→x0

fj(x) = gj, gdzie gj ∈ Rdla j = 1, ..., n, to lim

x→x0max(f1, ..., fn)(x) = maxg1, ..., gn i lim

x→x0min(f1, ..., fn)(x) =

ming1, ..., gn.

Zadanie 5.1.3. Niech X ⊂ R oraz niech x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbioru X.Podać przykład rodziny funkcji fn : X → R, n ∈ N takiej, że lim

x→x0fn(x) = 0 dla n ∈ N,

lecz granice limx→x0

supfn(x) : n ∈ N, limx→x0

inffn(x) : n ∈ N nie istnieją.

Zadanie 5.1.4. Niech f : R → R będzie funkcja określoną wzorami f(x) = 0, gdyx ∈ R \ Q oraz f(x) = [minn ∈ N : xn ∈ Z]−1, gdy x ∈ Q (funkcję tę nazywamyfunkcją Riemanna). Udowodnić, że dla każdego x0 ∈ R\Q zachodzi lim

x→x0f(x) = 0, a dla

każdego x0 ∈ Q granica limx→x0

f(x) nie istnieje.


5.2 Granice jednostronne funkcji

Definicje granicy lewostronnej i granicy prawostronnej funkcji w punk-cie. Niech X ⊂ R, f : X → R oraz niech a, x0 ∈ R.

Mówimy, że liczba a jest granicą lewostronną funkcji f w punkcie x0, gdy x0jest punktem skupienia zbioru X ∩ (−∞, x0) oraz liczba a jest granicą funkcjif |X∩(−∞,x0) w punkcie x0. Wtedy piszemy a = lim

x→x−0f(x).

Mówimy, że liczba a jest granicą prawostronną funkcji f w punkcie x0, gdyx0 jest punktem skupienia zbioru X ∩ (x0,+∞) oraz liczba a jest granicą funkcjif |X∩(x0,+∞) w punkcie x0. Wtedy piszemy a = lim

x→x+0f(x).

Granicę lewostronną i granicę prawostronną funkcji w punkcie nazywamy gra-nicami jednostronnymi.

Uwaga 5.2.1. Niech X ⊂ R, f : X → R oraz x0, a ∈ R. Z definicji dostajemy:(a) Niech x0 będzie punktem skupienia zbioru X ∩ (−∞, x0). Wówczas fakt,

że a = limx→x−0

f(x) można zapisać w notacji Cauchy’ego:

(5.1) ∀ε>0 ∃δ>0 ∀x∈X (x < x0 ∧ |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− a| < ε)

lub równoważnie w notacji Heinego:

∀(xn)n∈N⊂X∩(−∞,x0) ( limn→∞

xn = x0 ⇒ limn→∞

f(xn) = a).

(b) Niech x0 będzie punktem skupienia zbioru X ∩ (x0,+∞). Wówczas fakt,że a = lim

x→x+0f(x) można zapisać w notacji Cauchy’ego:

(5.2) ∀ε>0 ∃δ>0 ∀x∈X (x0 < x ∧ |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− a| < ε)

lub równoważnie w notacji Heinego:

∀(xn)n∈N⊂X∩(x0,+∞) ( limn→∞

xn = x0 ⇒ limn→∞

f(xn) = a).

Twierdzenie 5.2.2. (związek granicy funkcji z granicami jednostronny-mi). Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R, niech x0 ∈ R będzie punktem skupieniazbiorów X∩(−∞, x0) i X∩(x0,+∞) i niech a ∈ R. Wówczas następujące warunkisą równoważne:

(a) limx→x0

f(x) = a,

(b) limx→x−0

f(x) = a oraz limx→x+0

f(x) = a.

Dowód. Ad (a) ⇒ (b). Ponieważ limx→x0

f(x) = a, więc z definicji mamy

(5.3) ∀ε>0 ∃δ>0 ∀x∈X (0 < |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− a| < ε).

Stąd dostajemy natychmiast (5.1) i (5.2), czyli mamy (b).

5.2. GRANICE JEDNOSTRONNE FUNKCJI 157

Ad (b) ⇒ (a). Ponieważ limx→x−0


f(x) = a, więc można

założyć, że w (5.1) i (5.2) dla ustalonego ε istnieje ta sama δ > 0 (przez wybraniemniejszej z nich). Zatem z (5.1) i (5.2) wynika (5.3), co daje (a).

Podamy szczególną wersję warunku Heinego istnienia granicy jednostronnej.

Twierdzenie 5.2.3. Niech f : [a, b)→ R. Następujące warunki są równoważne:(a) Istnieje granica lim

x→b−f(x) (4).

(b) Dla każdego ściśle rosnącego ciągu (xn)∞n=1 ⊂ [a, b) takiego, że limn→∞

xn = b

istnieje skończona granica limn→∞

f(xn).

Dowód. Implikacja (a)⇒(b) wynika z definicji Heinego granicy funkcji wpunkcie.

Udowodnimy implikację (b)⇒(a). Niech (xn)∞n=1 ⊂ [a, b) będzie ściśle rosną-cym ciągiem takim, że lim

n→∞xn = b oraz, wobec (b), niech A ∈ R będzie takie,

że limn→∞

f(xn) = A. Pokażemy, że limx→b−

f(x) = A. Przypuśćmy przeciwnie, że ist-

nieje ε0 > 0 takie, że dla każdego δ ∈ [a, b) istnieje x ∈ (δ, b), że |f(x)−A| > ε0.Wtedy b jest punktem skupienia zbioru x ∈ [a, b) : |f(x)−A| > ε0, więc istniejeciąg (yj)∞j=1 ⊂ [a, b), gdzie lim

j→∞yj = b, że zachodzi

(5.4) |f(yj)−A| > ε0 dla j = 1, 2, ...

Wybierzmy teraz podciągi (xnk)∞k=1 oraz (yjk)∞k=1 odpowiednio ciągów (xn)∞n=1oraz (yj)∞j=1 takie, że(5)

(5.5) yjk < xnk < yjk+1 dla k = 1, 2, ...

Weźmy ciąg (γn)∞n=1 określony wzorami

γ2k = yjk oraz γ2k+1 = xnk dla k = 0, 1, ...

Z (5.5) dostajemy, że (γk)∞k=1 ⊂ [a, b) jest ciągiem ściśle rosnącym. Ponadtolimn→∞

γn = b oraz, wobec założenia, istnieje B ∈ R takie, że B = limn→∞

f(γn).W szczególności z określenia A i B mamy

B = limk→∞

f(γ2k+1) = limk→∞

f(xnk) = A,

zatem limk→∞

f(yjk) = limk→∞

f(γ2k) = A. To przeczy (5.4) i kończy dowód.

Analogicznie jak twierdzenia 5.2.3, dowodzimy(4)skończona, tzn. istnieje g ∈ R, że lim

x→b−f(x) = g (por. dalej istnienie granicy niewłaściwej).

(5)Na przykład kładąc X = (n, j) ∈ N × N : xn > yj i biorąc funkcję F : X × N → Xokreśloną wzorem F (n, j, k) = (p, q), gdzie q = minm ∈ N : m > k ∧ ym > xn orazp = minm ∈ N : m > k ∧ (m, q) ∈ X, ciąg ((xnk ), (yjk ))∞j=1 określony indukcyjnie przezdowolny (n, j) ∈ X oraz funkcję F spełnia powyższe warunki.


Twierdzenie 5.2.4. Niech f : (a, b]→ R. Następujące warunki są równoważne:(a) Istnieje granica lim

x→a+f(x).

(b) Dla każdego ściśle malejącego ciągu (xn)∞n=1 ⊂ (a, b] takiego, że limn→∞

xn =

a istnieje skończona granica limn→∞

f(xn).

Granica funkcji w punkcie nie musi istnieć, odnosi się to również do granicjednostronnych. Jednak przy założeniu monotoniczności funkcji mamy

Twierdzenie 5.2.5. (o granicach jednostronnych funkcji monotonicz-nej). Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R, będzie funkcją monotoniczną i ograniczoną.

(a) Jeśli x0 ∈ R jest punktem skupienia zbioru X ∩ (−∞, x0), to istniejegranica lim

x→x−0f(x).

(b) Jeśli x0 ∈ R jest punktem skupienia zbioru X ∩ (x0,+∞), to istniejegranica lim

x→x+0f(x).

Dowód. Ponieważ dla funkcji malejącej f mamy, że −f jest funkcją rosną-cą, więc wystarczy rozważyć przypadek, gdy f jest funkcją rosnącą. Niech więcf : X → R będzie funkcją rosnącą.

Ad (a). Niech A = f(x) : x ∈ X∩(−∞, x0). Z założenia, X∩(−∞, x0) 6= ∅.Wówczas A jest zbiorem niepustym i ograniczonym, więc a = supA jest liczbąrzeczywistą. Pokażemy, że a = lim

x→x−0f(x). Istotnie, weźmy dowolne ε > 0. Wów-

czas a−ε < a, więc z określenia supA, istnieje x′ ∈ X∩(−∞, x0), że a−ε < f(x′).Niech δ = x0−x′. Ponieważ x′ ∈ X∩(−∞, x0), więc x′ < x0, zatem δ > 0. Weźmydowolny x ∈ X taki, że x < x0 i |x− x0| < δ. Wtedy x ∈ X ∩ (−∞, x0), zatem

(5.6) f(x)− a 6 0 < ε.

Z drugiej strony x > x′, więc z założenia, że f jest funkcją rosnącą mamyf(x) > f(x′) i w konsekwencji −ε < f(x′) − a 6 f(x) − a. Stąd i z (5.6) mamy|f(x)− a| < ε dla x ∈ X takich, że x < x0 i |x− x0| < δ. To, wraz z założeniem,że x0 jest punktem skupienia zbioru X ∩ (−∞, x0) daje (a).

Ad (b). Podobnie jak w (a), biorąc B = f(x) : x ∈ X ∩ (x0,+∞) orazb = inf B dostajemy, że b ∈ R. Podobnie, z definicji kresu dolnego oraz założenia,że f jest funkcją rosnącą otrzymujemy lim

x→x+0f(x) = b.

ZADANIA

Zadanie 5.2.1. Udowodnić twierdzenie 5.2.4.

Zadanie 5.2.2. Sprawdzić, czy istnieje granica:1. lim

x→0sin x

sin |x| ,

2. limx→0

√1−cos xsin x .

5.3. GRANICE NIEWŁAŚCIWE 159

5.3 Granice niewłaściwe

Definicja granicy niewłaściwej funkcji w punkcie. Niech f : X → R, gdzieX ⊂ R, oraz niech x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbioru X.

Mówimy, że +∞ jest granicą funkcji f w punkcie x0, gdy dla każdego A ∈ Ristnieje δ > 0, że dla każdego x ∈ X takiego, że 0 < |x − x0| < δ zachodzif(x) > A. Wtedy piszemy lim

x→x0f(x) = +∞.

Analogicznie określamy granicę limx→x0

f(x) = −∞ (6).

Granice +∞ i −∞ nazywamy granicami niewłaściwymi funkcji w punkcie x0.Granice określone w punkcie 5.1 nazywamy granicami właściwymi funkcji.

Uwaga 5.3.1. Niech f : X → R, X ⊂ R, oraz x0 ∈ R będzie punktem skupieniazbioru X. Wówczas łatwo dostajemy

limx→x0

f(x) = +∞ ⇔ ∀A>0 ∃δ>0 ∀x∈X (0 < |x− x0| < δ ⇒ f(x) > A),

limx→x0

f(x) = −∞ ⇔ ∀A<0 ∃δ>0 ∀x∈X (0 < |x− x0| < δ ⇒ f(x) < A).

Ponadto granica niewłaściwa jest określona jednoznacznie. Dokładniej, jeślilimx→x0

f(x) = a oraz limx→x0

f(x) = +∞, to a = +∞. Analogicznie dla granicy

limx→x0

f(x) = −∞.

Bazpośrednio z definicji granicy niewłaściwej funkcji mamy

Wniosek 5.3.2. Niech f : X → R, X ⊂ R oraz x0 będzie punktem skupieniazbioru X. Wówczas a ∈ −∞,+∞ jest granicą funkcji f : X → R w punkcie x0wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego otoczenia U ⊂ R punktu x0, element a jestgranicą funkcji f |U∩X w punkcie x0.

Analogicznie jak w przypadku granic właściwych dowodzimy

Własność 5.3.3. (warunek Heinego dla granicy niewłaściwej). Niechf : X → R, gdzie X ⊂ R, niech x0 będzie punktem skupienia zbioru X orazniech a ∈ −∞,+∞. Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) a jest granicą funkcji f w punkcie x0,(b)(7) dla każdego ciągu (xn)n∈N ⊂ X takiego, że xn 6= x0 dla n ∈ N oraz

limn→∞

xn = x0 zachodzi limn→∞

f(xn) = a.

Z własności 5.3.3 i własności granic niewłaściwych ciągów dostajemy trzywnioski.(6)Mówimy, że −∞ jest granicą funkcji f w punkcie x0, gdy dla każdego A ∈ R istnieje δ > 0,

że dla każdego x ∈ X takiego, że 0 < |x− x0| < δ mamy f(x) < A (oczywiście przy założeniu,że x0 jest punktem skupienia zbioru X).(7)warunek ten nazywamy definicją Heinego granicy niewłaściwej.


Wniosek 5.3.4. (o granicach niewłaściwych dwóch funkcji). Niechf, g : X → R, gdzie X ⊂ R, niech x0 będzie punktem skupienia zbioru X orazniech f(x) 6 g(x) dla x ∈ X \ x0.

(a) Jeśli limx→x0

f(x) = +∞, to limx→x0

g(x) = +∞.

(b) Jeśli limx→x0

g(x) = −∞, to limx→x0

f(x) = −∞.

Wniosek 5.3.5. (o działaniach na granicach niewłaściwych). Niechf, g : X → R, gdzie X ⊂ R, i niech x0 będzie punktem skupienia zbioru X.Wówczas:



(−f(x)) = −∞.


f(x) = +∞ oraz limx→x0

g(x) = +∞, to limx→x0

(f(x)+g(x)) = +∞.

(c) Jeśli limx→x0

f(x) = +∞ oraz limx→x0

g(x) = a, gdzie a > 0, to

limx→x0

(f(x)g(x)) = +∞.

(d) Jeśli limx→x0


1f(x) = 0.

Wniosek 5.3.6. Niech f : X → R oraz x0 będzie punktem skupienia zbioru X.Jeśli f(x) > 0 dla x ∈ X \ x0 oraz lim

x→x0f(x) = 0, to lim

x→x01

f(x) = +∞.

Definicje granic niewłaściwych lewostronnej i prawostronnej funkcji wpunkcie. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R oraz niech x0 ∈ R.

Mówimy, że +∞ jest granicą lewostronną funkcji f w punkcie x0, gdy x0 jestpunktem skupienia zbioru X∩(−∞, x0) oraz +∞ jest granicą funkcji f |X∩(−∞,x0)w punkcie x0. Wtedy piszemy lim

x→x−0f(x) = +∞.

Analogicznie określamy limx→x−0

f(x) = −∞ (8).

Mówimy, że +∞ jest granicą prawostronną funkcji f w punkcie x0, gdy x0 jestpunktem skupienia zbioru X∩(x0,+∞) oraz +∞ jest granicą funkcji f |X∩(x0,+∞)w punkcie x0. Wtedy piszemy lim

x→x+0f(x) = +∞.

Analogicznie określamy limx→x+0

f(x) = −∞ (9).

Analogicznie jak w dowodzie twierdzenia 5.2.2 dostajemy

Własność 5.3.7. (związek granicy niewłaściwej z granicami jednostron-nymi). Niech f : X → R, X ⊂ R, będzie funkcją, x0 ∈ R będzie punktem sku-pienia zbiorów X ∩ (−∞, x0) i X ∩ (x0,+∞) oraz a ∈ R. Wówczas następującewarunki są równoważne:(8)Mówimy, że −∞ jest granicą lewostronną funkcji f w punkcie x0, gdy x0 jest punktem

skupienia zbioru X ∩ (−∞, x0) oraz −∞ jest granicą funkcji f |X∩(−∞,x0) w punkcie x0 .(9)Mówimy, że −∞ jest granicą prawostronną funkcji f w punkcie x0, gdy x0 jest punktem

skupienia zbioru X ∩ (x0,+∞) oraz −∞ jest granicą funkcji f |X∩(x0,+∞) w punkcie x0.

5.3. GRANICE NIEWŁAŚCIWE 161

(a) limx→x0

f(x) = a,

(b) limx→x−0


f(x) = a.

Podobnie jak twierdzenie 5.2.5 dowodzimy

Własność 5.3.8. (o granicach jednostronnych funkcji monotonicznej).Niech f : X → R, X ⊂ R, będzie funkcją monotoniczną.

(a) Jeśli x0 ∈ R jest punktem skupienia zbioru X ∩ (−∞, x0), to istniejegranica lim

x→x−0f(x).

(b) Jeśli x0 ∈ R jest punktem skupienia zbioru X ∩ (x0,+∞), to istniejegranica lim

x→x+0f(x) (10).

Definicja granicy funkcji w nieskończoności. Niech f : X → R, gdzieX ⊂ R, oraz niech a ∈ R.

Mówimy, że liczba a jest granicą funkcji f w +∞, gdy zbiór X jest nieogra-niczony z góry i dla każdego ε > 0 istnieje δ ∈ R, że dla każdego x ∈ X, x > δzachodzi |f(x)− a| < ε. Wtedy piszemy lim

x→+∞f(x) = a.

Analogicznie określamy limx→−∞

f(x) = a (11).

Definicja granicy niewłaściwej funkcji w nieskończoności. Niech X ⊂ R if : X → R.

Mówimy, że +∞ jest granicą funkcji f w +∞, gdy zbiór X jest nieograniczonyz góry i dla każdego A ∈ R istnieje δ ∈ R, że dla każdego x ∈ X, x > δ zachodzif(x) > A. Wtedy piszemy lim

x→+∞f(x) = +∞.

Analogicznie określamy limx→+∞

f(x) = −∞ (12).

Mówimy, że +∞ jest granicą funkcji f w −∞, gdy zbiór X jest nieograniczonyz dołu i dla każdego A ∈ R istnieje δ ∈ R, że dla każdego x ∈ X, x < δ zachodzif(x) > A. Wtedy piszemy lim

x→−∞f(x) = +∞.

Analogicznie określamy limx→−∞

f(x) = −∞ (13).

(10)przy czym limx→x+0

f(x) = inff(x) : x ∈ X ∩ (−∞, x0) i limx→x−0

f(x) = supf(x) : x ∈

X ∩ (−∞, x0), gdy f jest funkcją rosnącą oraz limx→x+0

f(x) = supf(x) : x ∈ X ∩ (−∞, x0) i

limx→x−0

f(x) = inff(x) : x ∈ X ∩ (−∞, x0), gdy f jest funkcją malejącą.

(11)Mówimy, że liczba a jest granicą funkcji f w −∞, gdy zbiór X jest nieograniczony z dołu idla każdego ε > 0 istnieje δ ∈ R, że dla każdego x ∈ X, x < δ zachodzi |f(x)− a| < ε.(12)Mówimy, że −∞ jest granicą funkcji f w +∞, gdy zbiór X jest nieograniczony z góry i dla

każdego A ∈ R istnieje δ ∈ R, że dla każdego x ∈ X, x > δ zachodzi f(x) < A.(13)Mówimy, że −∞ jest granicą funkcji f w −∞, gdy zbiór X jest nieograniczony z dołu i dla

każdego A ∈ R istnieje δ ∈ R, że dla każdego x ∈ X, x < δ zachodzi f(x) < A.


Uwaga 5.3.9. Dla granic funkcji w +∞ i w −∞ zachodzą analogiczne własnoścido własności 5.3.3 i wniosków 5.3.4, 5.3.5, 5.3.6.

Z odpowiednich własności granicy ciągów (twierdzenia 3.4.6 i 3.4.7) dostajemy

Wniosek 5.3.10. Niech a ∈ R. Wówczas mamy:(a) lim

x→+∞xa = +∞, gdy a > 0,

(b) limx→+∞

xa = 0, gdy a < 0,

(c) limx→−∞

xa = −∞, gdy a ∈ N jest liczbą nieparzystą,

(d) limx→−∞

xa = +∞, gdy a ∈ N jest liczbą parzystą,

(e) limx→+∞

ax = +∞ oraz limx→−∞

ax = 0, gdy a > 1,

(f) limx→+∞

ax = 0 oraz limx→−∞

ax = +∞, gdy 0 < a < 1,

(g) limx→+∞

loga x = +∞ oraz limx→0+

loga x = −∞, gdy a > 1,

(h) limx→+∞

loga x = −∞ oraz limx→0+

loga x = +∞, gdy 0 < a < 1.

Z wniosku 3.5.4 dostajemy

Wniosek 5.3.11. Dla każdego y ∈ R,

limx→+∞

(1 +

y

x

)x= ey lim

x→−∞

(1 +

y

x

)x= ey.

Analogicznie jak twierdzenia 5.2.3 dowodzimy wersję warunku Heinego dlagranic niewłaściwych.

Twierdzenie 5.3.12. Niech f : [a,+∞) → R. Następujące warunki są równo-ważne:

(a) Istnieje granica limx→+∞

f(x) (właściwa lub niewłaściwa).

(b) Dla każdego ściśle rosnącego ciągu (xn)∞n=1 ⊂ [a,+∞) takiego, żelimn→∞

xn = +∞ istnieje granica limn→∞

f(xn) (skończona lub nieskończona).

Ponadto granica w warunku (a) jest skończona wtedy i tylko wtedy, gdy granicew warunku (b) są skończone.

Twierdzenie 5.3.13. Niech f : (−∞, b] → R. Następujące warunki są równo-ważne:

(a) Istnieje granica limx→−∞

f(x) (właściwa lub niewłaściwa).

(b) Dla każdego ściśle malejącego ciągu (xn)∞n=1 ⊂ (−∞, b] takiego, żelimn→∞

xn = −∞ istnieje granica limn→∞

f(xn) (skończona lub nieskończona).

Ponadto granica w warunku (a) jest skończona wtedy i tylko wtedy, gdy granicew warunku (b) są skończone.

5.4. FUNKCJE CIĄGŁE 163

ZADANIA

Zadanie 5.3.1. Udowodnić własności 5.3.3, 5.3.7, 5.3.8 oraz twierdzenia 5.3.12 i 5.3.13.

Zadanie 5.3.2. Obliczyć granice (o ile istnieją):1. lim

x→0a1/x, gdzie a > 0,

2. limx→+∞

x sin 1x ,

3. limx→+∞

(√x2 + x− x), lim

x→−∞(√x2 + x− x), lim

x→+∞

√x sin(

√x+ 1−

√x),

4. limx→0

(1 + xy)1/x, gdzie y ∈ R,

5. limx→−∞

(3x+23x+1

)x.

5.4 Funkcje ciągłe

Poniższa definicja ciągłości funkcji pochodzi od Cauchy’ego.Definicja funkcji ciągłej. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R oraz niech x0 ∈ X.

Mówimy, że funkcja f jest ciągła w punkcie x0, gdy dla każdego ε > 0 istniejeδ > 0, że dla każdego x ∈ X takiego, że |x− x0| < δ zachodzi |f(x)− f(x0)| < ε.

Mówimy, że funkcja f jest ciągła, gdy jest ciągła w każdym punkcie zbioru X.

Rysunek 5.2: Dla |x− x0| < δ zachodzi |f(x)− f(x0)| < ε.

Definicję ciągłości funkcji w punkcie możemy sformułować następująco:

Twierdzenie 5.4.1. (topologiczna charakteryzacja ciągłości funkcji wpunkcie). Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R oraz niech x0 ∈ X. Następującewarunki są równoważne:

(i) funkcja f jest ciągła w punkcie x0.(ii) dla każdego otoczenia W ⊂ R punktu f(x0) istnieje otoczenie U ⊂ R

punktu x0 takie, że f(X ∩ U) ⊂W .

Dowód. Załóżmy, że funkcja f jest ciągła w punkcie x0. Wówczas z definicjiciągłości funkcji w punkcie mamy

(5.7) ∀ε>0 ∃δ>0 ∀x∈X (|x− x0| < δ ⇒ |f(x)− f(x0)| < ε).


Weźmy dowolne ε > 0 i niech δ > 0 spełnia powyższe. Oznaczając

W = y ∈ R : |y − f(x0)| < ε oraz U = x ∈ R : |x− x0| < δ,

z powyższego dostajemy, że jeśli x ∈ X i x ∈ U , to f(x) ∈W , czyli f(X∩U) ⊂Wi zachodzi (ii).

Odwrotnie, załóżmy, że zachodzi (ii) i weźmy dowolne ε > 0. Wówczas dlaotoczenia W = y ∈ R : |y − f(x0)| < ε punktu f(x0), istnieje otoczenieU = x ∈ R : |x − x0| < δ punktu x0, gdzie δ > 0, takie że f(X ∩ U) ⊂ W .Zatem dla x ∈ X takich, że |x− x0| < δ mamy x ∈ X ∩ U , więc f(x) ∈W , czyli|f(x)− f(x0)| < ε. To daje (5.7).

Z definicji funkcji ciągłej w punkcie oraz granicy funkcji w punkcie dostajemy

Twierdzenie 5.4.2. (związek ciągłości z granicą). Niech f : X → R, X ⊂ R,oraz x0 ∈ X.

(a) Jeśli x0 jest punktem izolowanym zbioru X, to f jest funkcją ciągłą wpunkcie x0.

(b) Jeśli x0 jest punktem skupienia zbioru X, to funkcja f jest ciągła w punk-cie x0 wtedy i tylko wtedy, gdy lim

x→x0f(x) = f(x0).

Dowód. Ad (a). Jeśli x0 jest punktem izolowanym zbioru X, to istnieje oto-czenie U0 punktu x0 takie, że X ∩ U0 = x0. Zatem dla dowolnego otoczeniaW ⊂ R punktu f(x0) mamy f(X ∩U0) = f(x0) ⊂W . To, wraz z twierdzeniem5.4.1 daje część (a).

Ad (b). Niech x0 będzie punktem skupienia zbioru X.Załóżmy najpierw, że f jest funkcją ciągłą w punkcie x0. Weźmy dowolne

ε > 0. Wtedy istnieje δ > 0, że dla każdego x ∈ X takiego, że |x − x0| < δzachodzi |f(x) − f(x0)| < ε. W szczególności dla każdego x ∈ X takiego, że0 < |x− x0| < δ zachodzi |f(x)− f(x0)| < ε. To daje, że lim

x→x0f(x) = f(x0).

Załóżmy teraz, że limx→x0

f(x) = f(x0). Weźmy dowolne ε > 0. Wtedy istnieje

δ > 0, że dla każdego x ∈ X takiego, że 0 < |x−x0| < δ zachodzi |f(x)−f(x0)| <ε. Stąd, ponieważ |f(x0) − f(x0)| = 0 < ε, dostajemy, że dla każdego x ∈ Xtakiego, że |x− x0| < δ zachodzi |f(x)− f(x0)| < ε. To daje ciągłość funkcji f wpunkcie x0 i kończy dowód.

Analogicznie jak równoważność definicji Cauchy’ego i Heinego granicy funkcjiw punkcie (twierdzenie 5.1.2) dowodzimy

Twierdzenie 5.4.3. (warunek Heinego ciągłości funkcji w punkcie). Niechf : X → R, X ⊂ R, oraz x0 ∈ X. Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) f jest funkcją ciągłą w punkcie x0.


(b)(14) dla każdego ciągu (xn)∞n=1 ⊂ X takiego, że limn→∞

xn = x0, zachodzi

limn→∞

f(xn) = f(x0).

Z twierdzenia 5.4.2 i własności granicy funkcji (patrz wniosek 5.1.7) dostajemy

Wniosek 5.4.4. (działania na funkcjach ciągłych). Niech f, g : X → R,X ⊂ R, oraz x0 ∈ X.

(a) Jeśli f i g są funkcjami ciągłymi w punkcie x0, to f + g, f − g, fg orazfg przy założeniu g(x) 6= 0 dla x ∈ X, są funkcjami ciągłymi w punkcie x0.

(b) Jeśli f i g są funkcjami ciągłymi, to f+g, f−g, fg oraz fg przy założeniu

g(x) 6= 0 dla x ∈ X, są funkcjami ciągłymi.

Z powyższego wniosku, łatwą indukcją dostajemy

Wniosek 5.4.5. Niech f1, ..., fn : X → R, X ⊂ R, n ∈ N oraz niech x0 ∈ X.(a) Jeśli f1, ..., fn są funkcjami ciągłymi w punkcie x0, to f1 + · · · + fn oraz

f1 · · · fn są funkcjami ciągłymi w punkcie x0.(b) Jeśli f1, ..., fn są funkcjami ciągłymi, to f1 + · · · + fn oraz f1 · · · fn są

funkcjami ciągłymi.

Z twierdzenia 5.4.2 i wniosku 5.4.4 dostajemy ciągłość poznanych funkcji.

Twierdzenie 5.4.6. Funkcje potęgowe, wykładnicze, logarytmiczne, trygonome-tryczne i funkcja x 7→ |x| są ciągłe. Ponadto ciągłe są wielomiany i funkcjewymierne.

Dowód. Z twierdzenia 5.4.2, wniosku 5.4.4 oraz z odpowiednich własnościgranicy funkcji (patrz wniosek 5.1.9) dostajemy ciągłość funkcji potęgowych, wy-kładniczych, logarytmicznych, trygonometrycznych i funkcji x 7→ |x|. Druga częśćwynika z pierwszej i własności 5.4.5, gdyż wielomiany są sumami skończonej ilo-ści jednomianów, a więc są sumami funkcji ciągłych. Funkcje wymierne zaś sąilorazami wielomianów.


Wniosek 5.4.7. (o złożeniu funkcji ciągłych). Niech f = g h : X → R,gdzie h : X → R, g : Y → R, X,Y ⊂ R oraz h(X) ⊂ Y . Niech x0 ∈ X.

(a) Jeśli h jest funkcją ciągłą w punkcie x0, funkcja g jest zaś ciągła w punkciey0 = h(x0), to funkcja f jest ciągła w punkcie x0.

(b) Jeśli h i g są funkcjami ciągłymi, to f jest funkcją ciągłą.

(14)warunek ten nazywamy definicją Heinego ciągłości funkcji w punkcie.


Dowód. Udowodnimy (a). Zastosujemy twierdzenie 5.4.3. Weźmy dowolnyciąg (xn)∞n=1 ⊂ X taki, że lim

n→∞xn = x0. Wówczas (h(xn))∞n=1 ⊂ Y . Ponieważ h

jest funkcją ciągłą w punkcie x0, to z twierdzenia 5.4.3, limn→∞

h(xn) = h(x0) = y0.Stąd i z ciągłości funkcji g w punkcie y0 dostajemy

limn→∞

f(xn) = limn→∞

g(h(xn)) = g(h(x0)) = f(x0).

Reasumując, wobec dowolności ciągu (xn)∞n=1, z twierdzenia 5.4.3 wynika ciągłośćfunkcji f w punkcie x0, czyli mamy (a). Część (b) wynika natychmiast z (a).

Wniosek 5.4.8. (o granicy złożenia funkcji). Niech f = gh : X → R, gdzieh : X → R, g : Y → R, X,Y ⊂ R oraz h(X) ⊂ Y . Niech ponadto x0 ∈ R będziepunktem skupienia zbioru X. Jeśli g jest funkcją ciągłą w punkcie y0 ∈ Y orazlimx→x0

h(x) = y0, to limx→x0

f(x) = g(y0).

Dowód. Niech h : X ∪ x0 → R będzie funkcją określoną wzorami: h(x) =h(x) dla x ∈ X \ x0 oraz h(x0) = y0. Wówczas z założenia, że lim

x→x0h(x) = y0 i

związku ciągłości z granicą (twierdzenie 5.4.2) wynika, że h jest funkcją ciągłą wpunkcie x0. Zatem f = g h jest funkcją ciągłą w punkcie x0 (patrz twierdzenieo złożeniu funkcji ciągłych – wniosek 5.4.7). W szczególności, z twierdzenia 5.4.2mamy lim

x→x0f(x) = f(x0) = g(y0). Stąd dostajemy tezę, gdyż dla x ∈ X \ x0

mamy f(x) = f(x).

Uwzględniając definicję zbioru otwartego w topologii indukowanej dostajemy

Twierdzenie 5.4.9. (topologiczna charakteryzacja ciągłości). Niechf : X → R, gdzie X ⊂ R. Następujące warunki są równoważne:

(a) f jest funkcją ciągłą.(b) dla każdego zbioru otwartego W ⊂ R, zbiór f−1(W ) jest otwarty w X (15).

Dowód. (a)⇒(b) Niech W ⊂ R będzie zbiorem otwartym. Przypomnijmy, żef−1(W ) = x ∈ X : f(x) ∈ W. Musimy pokazać, że ten zbiór jest otwartyw X. Jeśli W ∩ f(X) = ∅, to teza jest oczywista. Załóżmy, że W ∩ f(X) 6= ∅.Wówczas dla każdego x ∈ X takiego, że f(x) ∈ W istnieje otoczenie Wx ⊂ Wpunktu f(x). Zatem z twierdzenia 5.4.1 istnieje otoczenie Ux ⊂ R punktu x, żef(X ∩ Ux) ⊂Wx. Połóżmy

G =⋃

x ∈ X,f(x) ∈ W

Ux.

(15)to znaczy f−1(W ) = X ∩G, gdzie G ⊂ R jest zbiorem otwartym.


Zbiór G jest otwarty, jako suma zbiorów otwartych. Zauważmy, że

(5.8) f−1(W ) = X ∩G.

Istotnie,

f(X ∩G) = f(⋃

x ∈ X,f(x) ∈ W

X ∩ Ux) =⋃

x ∈ X,f(x) ∈ W

f(X ∩ Ux) ⊂⋃

x ∈ X,f(x) ∈ W

Wx ⊂W.

Zatem X ∩ G ⊂ f−1(W ). Z drugiej strony dla każdego x ∈ f−1(W ) mamyf(x) ∈W , więc x ∈ X ∩Ux ⊂ X ∩G. To daje, że f−1(W ) ⊂ X ∩G. Reasumując,mamy (5.8), a więc zbiór f−1(W ) jest otwarty w X, co daje (b).

Ad (b)⇒(a). Weźmy dowolny x0 ∈ X. Niech W będzie dowolnym otoczeniempunktu f(x0). Z (b) mamy, że f−1(W ) jest zbiorem otwartym w X zawierają-cym x0. Zatem istnieje otoczenie U ⊂ R punktu x0, że X ∩ U ⊂ f−1(W ). Wkonsekwencji f(X ∩U) ⊂W i z twierdzenia 5.4.1 dostajemy ciągłość funkcji f wpunkcie x0. Z dowolności wyboru punktu x0 wynika ciągłość funkcji f . To kończydowód.

Z twierdzenia 5.4.9 dostajemy natychmiast, że ciągłość jest własnością dzie-dziczną, to znaczy obcięcie funkcji zachowuje tę własność.

Wniosek 5.4.10. (o obcięciu funkcji ciągłej). Jeśli f : X → R, gdzie X ⊂ R,jest funkcją ciągłą oraz Y ⊂ X, Y 6= ∅, to obcięcie f |Y : Y → R jest funkcjąciągłą.

ZADANIA

Zadanie 5.4.1. Niech f1, ..., fn : X → R, gdzie X ⊂ R i n ∈ N oraz niech x0 ∈ X.(a) Jeśli f1, ..., fn są funkcjami ciągłymi w punkcie x0, to max(f1, ..., fn) oraz

min(f1, ..., fn) są funkcjami ciągłymi w punkcie x0.(b) Jeśli f1, ..., fn są funkcjami ciągłymi, to max(f1, ..., fn) oraz min(f1, ..., fn) są

funkcjami ciągłymi.

Zadanie 5.4.2. Niech f : X → R, X ⊂ R. Wówczas funkcja f jest ciągła wtedy i tylkowtedy, gdy dla każdego a ∈ R zbiory f−1((−∞, a)) i f−1((a,+∞)) są otwarte w X.

Zadanie 5.4.3. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R jest zbiorem otwartym. Wówczas funkcjaf jest ciągła wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego zbioru otwartego W ⊂ R, zbiór f−1(W )jest otwarty.

Zadanie 5.4.4. (topologiczna charakteryzacja ciągłości). Niech f : X → R, gdzieX ⊂ R. Następujące warunki są równoważne:

(a) f jest funkcją ciągłą.(b) dla każdego zbioru domkniętego Y ⊂ R, zbiór f−1(Y ) jest domknięty w X (16).

(16)to znaczy f−1(Y ) = X ∩D, gdzie D ⊂ R jest zbiorem domkniętym.


Zadanie 5.4.5. Jeśli X,Y ⊂ R są zbiorami domkniętymi oraz f : X → R jest funkcjąciągłą, to zbiór f−1(Y ) jest domknięty.

Zadanie 5.4.6. Niech P ⊂ R będzie przedziałem i f : P → R będzie funkcją ciągłą.1. Funkcja g(x) = supf(y) : y ∈ P, y 6 x dla x ∈ P jest ciągła i rosnąca.2. Funkcja g(x) = inff(y) : y ∈ P, y 6 x dla x ∈ P jest ciągła i malejąca.

Zadanie 5.4.7. Jeśli funkcja ciągła f : R→ R spełnia warunek f(x+ y) = f(x) + f(y)dla x, y ∈ R, to istnieje a ∈ R, że f(x) = ax dla x ∈ R.

Zadanie 5.4.8. W analizie rozważa się pojęcie ciągłości lewostronnej i prawostronnej.Definicja ciągłości lewostronnej i prawostronnej. Niech f : (a, b) → R. Mówimy,że funkcja f jest lewostronnie ciągła w punkcie x0 ∈ (a, b), gdy lim

x→x−0f(x) = f(x0).

Mówimy, że funkcja f jest lewostronnie ciągła, gdy jest lewostronnie ciągła w każdympunkcie zbioru (a, b). Mówimy, że funkcja f jest prawostronnie ciągła w punkciex0 ∈ (a, b), gdy lim

x→x+0f(x) = f(x0). Mówimy, że funkcja f jest prawostronnie ciągła,

gdy jest prawostronnie ciągła w każdym punkcie zbioru (a, b).Udowodnić, że:1. Funkcja f : (a, b) → R jest ciągła w punkcie x0 ∈ (a, b) wtedy i tylko wtedy, gdy

jest lewostronnie i prawostronnie ciągła w punkcie x0.2. Funkcja f : (a, b) → R jest ciągła wtedy i tylko wtedy, gdy jest lewostronnie i

prawostronnie ciągła.

5.5 Ciągłość i spójność

Twierdzenie 5.5.1. (własność Darboux(17)). Jeśli X ⊂ R jest zbiorem spój-nym i f : X → R jest funkcją ciągłą, to zbiór f(X) jest zbiorem spójnym(18).

Dowód. Jeśli zbiór f(X) jest jednoelementowy, to teza jest oczywista (patrztwierdzenie 3.9.27). Załóżmy, że f(X) nie jest zbiorem jednoelementowym. Po-każemy, że f(X) jest zbiorem spójnym. Przypuśćmy przeciwnie, że f(X) nie jestzbiorem spójnym. Wtedy, wobec wniosku 3.9.26, istnieją a, b ∈ f(X) takie, żea < b oraz [a, b] 6⊂ f(X). Zatem istnieje punkt c ∈ (a, b), że c /∈ f(X). Przedzia-ły D = (−∞, c), G = (c,+∞) są zbiorami otwartymi i rozłącznymi. Z wyborupunktów a, b i c mamy, że D ∩ f(X) 6= ∅ i G ∩ f(X) 6= ∅. Zatem z topologicznejcharakteryzacji ciągłości (twierdzenie 5.4.9), zbiory f−1(D), f−1(G) są otwarte w

(17)Jean Gaston Darboux (1842-1917) – francuski matematyk. W literaturze twierdzenie tonazywane jest również twierdzeniem Bolzano.(18)O funkcji spełniającej tezę twierdzenia 5.5.1 mówimy, że spełnia własność Darboux. Przy-

pomnijmy, że zbiór A ⊂ R jest spójny, gdy nie można go przedstawić w postaci A = X ∪ Y ,gdzie X, Y ⊂ A są zbiorami niepustymi, rozłącznymi i otwartymi w zbiorze A.

Z twierdzenia 3.9.27 mamy, że zbiór A ⊂ R jest spójny wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór A jestpusty albo jednoelementowy, albo jest przedziałem.

5.5. CIĄGŁOŚĆ I SPÓJNOŚĆ 169

X. Ponadto są to zbiory niepuste, rozłączne i X = f−1(D)∪ f−1(G). To przeczyspójności zbioru X i kończy dowód.

Z twierdzenia 5.5.1, twierdzenia o obcięciu funkcji ciągłej (wniosek 5.4.10)oraz charakteryzacji zbiorów spójnych (twierdzenie 3.9.27) dostajemy

Wniosek 5.5.2. (własność Darboux). Niech X ⊂ R oraz f : X → R będziefunkcją ciągłą. Jeśli Y ⊂ X i Y jest przedziałem, to obraz f(Y ) jest zbioremjednoelementowym lub przedziałem.

Wniosek 5.5.3. (własność Darboux). Niech P będzie przedziałem orazf : P → R – funkcją ciągłą. Niech a, b ∈ P , a < b oraz c ∈ R.

(a) Jeśli f(a) < c < f(b), to istnieje x ∈ P taki, że a < x < b oraz f(x) = c.(b) Jeśli f(b) < c < f(a), to istnieje x ∈ P taki, że a < x < b oraz f(x) = c.

Dowód. Ad (a). Ponieważ f |[a,b] : [a, b] → R jest funkcją ciągłą, która niejest funkcją stałą (bo f(a) < f(b)), więc z wniosku 5.5.2 mamy, że f([a, b]) jestprzedziałem. Zatem c ∈ [f(a), f(b)] ⊂ f([a, b]), a więc istnieje x ∈ [a, b], żef(x) = c. Ponieważ c 6= f(a) i c 6= f(b), więc x 6= a i x 6= b. To daje (a).

Część (b) dowodzimy analogicznie jak część (a).


Wniosek 5.5.4. Jeśli f : [a, b]→ R jest funkcją ciągłą taką, że f(a) < 0 < f(b)lub f(a) > 0 > f(b), to istnieje x0 ∈ (a, b), że f(x0) = 0.

ZADANIA

Zadanie 5.5.1. Każdy wielomianu nieparzystego stopnia f ∈ R[x] ma pierwiastek.

Zadanie 5.5.2. (Brouwer(19)). Jeśli f : [a, b] → [a, b] jest funkcją ciągłą, to istniejex0 ∈ [a, b], że f(x0) = x0. Jeśli f(x) = x, to x nazywamy punktem stałym funkcji f .

Wsk. Zastosować własność Darboux do funkcji g(x) = f(x)− x.

Zadanie 5.5.3. Niech fn : R → R, gdzie n ∈ N, będzie funkcją określoną wzorami:fn(x) = 2n+2x− 2 dla x ∈ [1/2n+1, 3/2n+2], fn(x) = −2n+2x+ 4 dla x ∈ (3/2n+2, 1/2n]oraz fn(x) = 0 dla pozostałych x ∈ R. Określmy funkcję g : R → R, wzorem g(x) =∑∞n=1 fn(x) dla x ∈ R. Pokazać, że:

1. Funkcja g jest poprawnie określona i nie jest ciągła w punkcie x = 0.2. Funkcja g spełnia własność Darboux(20).

(19)Luitzen Egbertus Jan Brouwer (1881-1966) – matematyk holenderski.(20)tzn. tezę twierdzenia 5.5.1 lub, co na jedno wychodzi – wniosku 5.5.3


Zadanie 5.5.4.* Określmy funkcję f : R→ R, wzorem: f(x) =lim supn→∞

(c1 + · · ·+ cn)/n,

gdzie x =∑∞n=k cn/2

n, cn ∈ 0, 1, przy czym k 6 0 i zbiór n ∈ Z : n > k ∧ cn = 0jest nieskończony(21). Pokazać, że funkcja f spełnia własność Darboux (to znaczy tezętwierdzenia 5.5.1) lecz nie jest ciągła w żadnym punkcie zbioru R.

Wsk. Patrz [21], str. 166. Zauważyć, że f(R) ⊂ [0, 1). Pokazać, że (0, 1) ⊂ f((a, b))dla każdych a, b ∈ R, a < b. W tym celu zapisać w postaci rozwinięcia normalnego(a + b)/2 =

∑∞n=k cn/2

n, cn ∈ 0, 1. Dla ustalonego y ∈ (0, 1) oraz m ∈ N takiego,że 1/2m < (b − a)/2 położyć x =

∑∞n=k cn/2

n, gdzie cn = cn dla n = k, . . . ,m orazcn = [ny]− [(n− 1)y] dla n > m ([a] – całość z liczby a). Wtedy y = f(x) i x ∈ (a, b).

Zadanie 5.5.5. Niech a ∈ R. W zbiorze R(x) wprowadzamy relację mniejszości ≺, wzo-rem f ≺ g wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje b > a takie, że f(x) < g(x) dla x ∈ (a, b).Udowodnić, że R(x) wraz z działaniami dodawania i mnożenia i relacją mniejszości ≺spełnia układy aksjomatów I, II, III definicji zbioru R lecz nie spełnia zasady Archimedesa(liczby naturalne i rzeczywiste traktowane jako funkcje stałe są elementami R(x)).

5.6 Funkcje monotoniczne

Twierdzenie 5.6.1. Jeśli P jest przedziałem i f : P → R – funkcją różnowar-tościową i ciągłą, to f jest funkcją ściśle monotoniczną.

Dowód. Rozważmy najpierw przypadek, gdy P = [a, b]. Ponieważ f jestfunkcją różnowartościową, więc f(a) 6= f(b). Załóżmy najpierw, że f(a) < f(b).Pokażemy, że wtedy f jest funkcją ściśle rosnącą. Zauważmy najpierw, że

(5.9) f(a) < f(x) dla x ∈ (a, b].

Istotnie, weźmy dowolny x ∈ (a, b]. Jeśli f(x) 6 f(a), to wobec różnowartościo-wości funkcji f mamy f(x) < f(a), więc f(x) < f(a) < f(b). Stąd i z własnościDarboux 5.5.3 istnieje x′ ∈ (x, b), że f(x′) = f(a), co przeczy różnowartościowościfunkcji f . Reasumując, mamy (5.9).

Przypuśćmy teraz przeciwnie, że f nie jest funkcją ściśle rosnącą. Wtedyistnieją x1, x2 ∈ [a, b], że x1 < x2 oraz f(x1) > f(x2). Z różnowartościowości fmamy więc f(x1) > f(x2). Stąd i z (5.9) wynika, że f(a) < f(x2) < f(x1). Zatemz własności Darboux, istnieje x ∈ (a, x1) takie, że f(x) = f(x2) i oczywiście x 6=x2. To jest sprzeczne z różnowartościowością funkcji f . Otrzymana sprzecznośćkończy dowód w przypadku, gdy f(a) < f(b).

Przypadek f(a) > f(b) rozważa się analogicznie jak powyżej udowodniony.Niech teraz P będzie dowolnym przedziałem. Przypuśćmy przeciwnie, że f nie

jest funkcją ściśle monotoniczną. Wtedy istnieją x1, x2, x3, x4 ∈ P , że x1 < x2 ix3 < x4 oraz f(x1) 6 f(x2) i f(x3) > f(x4). Oznaczając a′ = minx1, x2, x3, x4oraz b′ = maxx1, x2, x3, x4 mamy [a′, b′] ⊂ P . Ponadto f |[a′,b′] : [a′, b′]→ R jest

(21)to znaczy rozwinięcie dwójkowe liczby x jest normalne.

5.6. FUNKCJE MONOTONICZNE 171

funkcją różnowartościową i ciągłą, która nie jest ściśle monotoniczna. To przeczyprzypadkowi udowodnionemu na początku i kończy dowód.

Definicja homeomorfizmu. Niech X,Y ⊂ R, X 6= ∅, Y 6= ∅. Funkcjęf : X → Y nazywamy homeomorfizmem, gdy f jest bijekcją ciągłą i f−1 : Y → Xjest funkcją ciągłą.

Twierdzenie 5.6.2. Jeśli P , Q są przedziałami oraz f : P → Q jest bijekcjąmonotoniczną, to f jest homeomorfizmem.

Dowód. Ponieważ f−1 : Q → P również jest bijekcją monotoniczną, to wy-starczy udowodnić, że funkcja f jest ciągła.

Załóżmy najpierw, że f jest funkcją rosnącą. Przypuśćmy przeciwnie, że istnie-je x0 ∈ P w którym funkcja f nie jest ciągła. Ponieważ f jest funkcją rosnącą, tof(x0) < lim

x→x+0f(x) lub lim

x→x−0f(x) < f(x0), przy czym odpowiednie granice jedno-

stronne istnieją i są skończone (jeśli x0 jest końcem przedziału, to można mówićo jednej z powyższych granic). Rozważmy przypadek, gdy f(x0) < lim

x→x+0f(x).

Oznaczmy a = limx→x+0

f(x) i niech f(x0) x0 i f(x) 6 f(x0) < b, gdy x 6 x0. Stąd iz założenia, że f jest bijekcją, mamy

Q = f(P ) = (f(P )∩(−∞, b))∪(f(P )∩(a,+∞)) = (Q∩(−∞, b))∪(Q∩(a,+∞)),

oraz Q ∩ (−∞, b), Q ∩ (a,+∞) są zbiorami niepustymi, rozłącznymi i otwartymiw Q. To przeczy spójności przedziału Q i daje, że przypadek f(x0) < lim

x→x+0f(x)

nie może zachodzić. Analogicznie rozważamy przypadek, gdy limx→x−0

f(x) < f(x0).

Dla funkcji malejącej dowód przebiega analogicznie.

Definicja punktu nieciągłości funkcji. Niech X ⊂ R. Punkt x0 ∈ X w któ-rym funkcja f : X → R nie jest ciągła nazywamy punktem nieciągłości funkcji f .

Lemat 5.6.3. Niech f : X → R, X ⊂ R oraz x1, x2 ∈ X będą takie, że x1 < x2.(a) Jeśli f jest funkcją rosnącą, to

(5.10) limx→x−1

f(x) 6 f(x1) 6 limx→x+1

f(x) 6 limx→x−2

f(x) 6 f(x2) 6 limx→x+2

f(x),

gdzie opuszczamy wyrazy, które nie są określone(22).(b) Jeśli f jest funkcją malejącą, to opuszczając wyrazy, które nie są określone,

(5.11) limx→x−1

f(x) > f(x1) > limx→x+1

f(x) > limx→x−2

f(x) > f(x2) > limx→x+2

f(x).

(22)to znaczy opuszczamy na przykład wyraz limx→x+1

f(x), jeśli x1 nie jest punktem skupienia

zbioru X ∩ (x1,+∞), wtedy bowiem granica limx→x+1

f(x) nie jest określona.


Dowód. Ad (a). Ponieważ funkcja f jest rosnąca, więc dla x ∈ X takich, żex < x1 mamy f(x) 6 f(x1). Zatem, przy założeniu, że x1 jest punktem skupieniazbioru X ∩ (−∞, x1), z twierdzenia o granicach dwóch funkcji 5.1.5 i twierdzeniao granicach jednostronnych funkcji monotonicznych 5.2.5 dostajemy

limx→x−1

f(x) = supf(x) : x ∈ X ∩ (−∞, x1) 6 f(x1).

Nierówności limx→x+1

f(x) > f(x1), limx→x−2

f(x) 6 f(x2) i limx→x+2

f(x) > f(x2), przy

założeniach, że granice są określone, dowodzimy podobnie.Jeśli granice lim

x→x+1f(x) i lim

x→x−2f(x) nie istnieją, to wobec założonej monoto-

niczności funkcji mamy f(x1) 6 f(x2) i teza (5.10) zachodzi. Jeśli istnieje granicalimx→x+1

f(x), a granica limx→x−2

f(x) nie istnieje, to

limx→x+1

f(x) = inff(x) : x ∈ X ∩ (x1,+∞) 6 f(x2)

i (5.10) zachodzi. Analogicznie rozważamy przypadek, gdy granica limx→x+1

f(x) nie

istnieje, a granica limx→x−2

f(x) istnieje. Jeśli istnieją obie granice, to biorąc dowolny

x1 < x′ < x2 dostajemy limx→x+1

f(x) 6 f(x′) 6 limx→x−2

f(x), więc (5.10) zachodzi.

Reasumując, (5.10) zachodzi w każdym przypadku.Analogicznie dowodzimy część (b)(23).

Twierdzenie 5.6.4. Jeśli f : X → R, X ⊂ R, jest funkcją monotoniczną, tozbiór punktów nieciągłości funkcji f jest co najwyżej przeliczalny.

Dowód. Rozważmy przypadek, gdy f jest funkcją rosnącą. Niech Z ⊂ Xbędzie zbiorem punktów nieciągłości funkcji f . Dla każdego z ∈ Z kładziemyaz = lim

x→z−f(x), gdy z jest punktem skupienia zbioru X ∩ (−∞, z) i az = f(z)

w przeciwnym razie oraz bz = limx→z+

f(x), gdy z jest punktem skupienia zbioru

X ∩ (z,+∞) i bz = f(z) w przeciwnym razie. W myśl lematu 5.6.3 i związkuciągłości z granicą (patrz twierdzenia 5.2.2, 5.4.2) mamy az < bz dla z ∈ Z.Ponadto, wobec lematu 5.6.3 dla z, w ∈ Z takich, że z < w mamy bz 6 aw i wkonsekwencji Z = (az, bz) : z ∈ Z jest rodziną przedziałów parami rozłącznych.Stąd i z wniosku 1.6.16 dostajemy, że Z jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym.Oczywiście Z jest równoliczny z Z. To daje, że Z jest zbiorem co najwyżej prze-liczalnym.

Analogicznie rozważamy przypadek, gdy f jest funkcją malejącą.

(23)Część (b) można wywnioskować z (a), jeśli bowiem f jest funkcją malejącą, to funkcjag(x) = −f(x) dla x ∈ (a, b) jest rosnąca, więc (5.11) dostajemy natychmiast z (5.10).

5.6. FUNKCJE MONOTONICZNE 173

Definicje nieciągłości pierwszego rodzaju i nieciągłości drugiego rodza-ju. Niech f : (a, b)→ R będzie funkcją i x0 ∈ (a, b) będzie punktem nieciągłościfunkcji f . Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 nieciągłość pierwszego rodzaju,gdy funkcja f ma w punkcie x0 skończone granice jednostronne. W przeciwnymrazie mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 nieciągłość drugiego rodzaju(24).

Wniosek 5.6.5. Funkcje monotoniczne w przedziale otwartym nie mają niecią-głości drugiego rodzaju w żadnym punkcie.

Dowód. Niech f : (a, b)→ R bądzie funkcją rosnącą oraz x0 ∈ (a, b). Weźmydowolne x′, x′′ ∈ (a, b) takie, że x′ < x0 < x′′. Z założenia, że f jest funkcjąrosnącą i z lematu 5.6.3 mamy, że f(x′) 6 lim

x→x−0f(x) 6 f(x′′) oraz f(x′) 6

limx→x+0

f(x) 6 f(x′′). W konsekwencji granice jednostronne funkcji f w punkcie x0

są skończone, więc f może w punkcie x0 być funkcją ciągłą lub mieć nieciągłośćpierwszego rodzaju.

Analogicznie rozważamy przypadek, gdy f jest funkcją malejącą.

ZADANIA

Zadanie 5.6.1. Jeśli funkcja f : R → [0,+∞) jest bijekcją, to ma nieskończenie wielepunktów nieciągłości.

Zadanie 5.6.2. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją ściśle rosnącą oraz Y = f([a, b]).Wówczas funkcją f−1 : Y → [a, b] jest ciągła.

Zadanie 5.6.3. Niech f : [a, b]→ R będzie funkcją monotoniczną.1. Dla każdego ciągu (x1, . . . , xn) ⊂ (a, b) takiego, że xi 6= xj dla i 6= j, zachodzi

n∑k=1

∣∣∣∣∣ limx→x+

k

f(x)− limx→x−

k

f(x)

∣∣∣∣∣ 6 |f(b)− f(a)|.

2. Dla każdego ciągu (xn)∞n=1 ⊂ (a, b) takiego, że xi 6= xj dla i 6= j mamy∞∑k=1

∣∣∣∣∣ limx→x+

k

f(x)− limx→x−

k

f(x)

∣∣∣∣∣ 6 |f(b)− f(a)|,

w szczególności szereg po lewej stronie jest zbieżny bezwzględnie.

(24)Inaczej, funkcja f ma w punkcie x0 nieciągłość drugiego rodzaju, gdy x0 jest punktemnieciągłości funkcji f oraz co najmniej jedna z granic jednostronnych funkcji f w punkcie x nieistnieje lub jest nieskończona.

W analizie rozważa się również lewostronną nieciągłość pierwszego i drugiego rodzaju. Mia-nowicie mówimy, że funkcja f : (a, b) → R ma w punkcie x0 ∈ (a, b) lewostronną nieciągłośćpierwszego rodzaju, gdy jest lewostronnie nieciągła w punkcie x0 oraz lim

x→x−0

f(x) istnieje i jest

skończona. Jeśli granica limx→x−0

f(x) nie istnieje lub jest nieskończona, to mówimy o lewostronnej

nieciągłości drugiego rodzaju. Analogicznie wprowadza się dwa rodzaje prawostronnej niecią-głości.


Zadanie 5.6.4. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją monotoniczną oraz (xn)∞n=1 ⊂ [a, b]– ciągiem różnowartościowym. Niech un : [a, b] → R będzie funkcją określoną wzoramiun(x) = 0 dla x < xn, un(xn) = f(xn)− lim

t→x−nf(t), un(x) = lim

t→x+nf(t)− lim

t→x−nf(t) dla

x > xn. Udowodnić, że funkcja s : [a, b] → R, s(x) =∑∞n=1 un(x) dla x ∈ [a, b] jest

poprawnie określona i jest monotoniczna. Funkcję s nazywamy funkcją skoków.

Zadanie 5.6.5. Każda funkcja f : (a, b) → R różnowartościowa i spełniająca własnośćDarboux (tzn. dla każdego przedziału P ⊂ (a, b), obraz f(P ) jest przedziałem) jest ciągła.

Wsk. Pokazać, że f jest funkcją monotoniczną i zastosować twierdzenie 5.6.2.

Zadanie 5.6.6.* Dla każdego a ∈ R, a > 0, a 6= 1 istnieje dokładnie jedna funkcja ciągłaf : (0,+∞)→ R taka, że f(xy) = f(x) +f(y) dla x, y ∈ (0,+∞) oraz f(a) = 1 i funkcjątą jest f(x) = loga x, x ∈ (0,+∞).

5.7 Jednostajna ciągłość i zwartość

Definicja funkcji jednostajnie ciągłej. Mówimy, że funkcja f : X → R, gdzieX ⊂ R, jest jednostajnie ciągła, gdy dla każdego ε > 0 istnieje δ > 0, że dladowolnych x1, x2 ∈ X takich, że |x1 − x2| < δ zachodzi |f(x1)− f(x2)| < ε.

Twierdzenie 5.7.1. (warunek Heinego ciągłości jednostajnej). Niechf : X → R, gdzie X ⊂ R. Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) f jest funkcją jednostajnie ciągłą,(b) dla dowolnych ciągów (xn)∞n=1, (x′n)∞n=1 ⊂ X takich, że lim

n→∞(xn−x′n) = 0

zachodzi

(5.12) limn→∞

(f(xn)− f(x′n)) = 0.

Dowód. (a)⇒(b). Weźmy dowolne ciągi (xn)∞n=1, (x′n)∞n=1 ⊂ X takie, żelimn→∞

(xn − x′n) = 0. Pokażemy, że zachodzi (5.12). Weźmy dowolne ε > 0 iniech wobec jednostajnej ciągłości funkcji f , δ > 0 będzie takie, że dla dowol-nych x, x′ ∈ X spełniających |x− x′| < δ, zachodzi |f(x)− f(x′)| < ε. Ponieważlimn→∞

(xn − x′n) = 0, to istnieje N takie, że dla n > N zachodzi |xn − x′n| < δ.

Zatem dla n > N mamy |f(xn)− f(x′n)| < ε. To daje (5.12).(b)⇒(a). Przypuśćmy przeciwnie, że funkcja f nie jest jednostajnie ciągła.

Wówczas istnieje ε0 > 0 takie, że dla każdego δ > 0 istnieją x, x′ ∈ X, dlaktórych |x−x′| < δ i |f(x)−f(x′)| > ε0. W szczególności dla każdego n ∈ N orazδ = 1/n istnieją xn, x′n ∈ X takie, że |xn− x′n| < 1/n i |f(xn)− f(x′n)| > ε0 (25).Zatem lim

n→∞(xn − x′n) = 0 i (5.12) nie zachodzi, co przeczy (b).

(25)Istnienie takich ciągów wynika z aksjomatu wyboru. Mianowicie, dla rodziny zbiorów nie-pustych i rozłącznych En = (x, x′) ∈ X × X : |x − x′| < 1

n∧ |f(x) − f(x′)| > ε0 × n,

n ∈ N, z aksjomatu wyboru, istnieje zbiór E mający z każdym zbiorem En dokładnie jedenpunkt wspólny. Oznaczając przez (xn, x′n, n) jedyny punkt zbioru E ∩ En dostajemy szukaneciągi (xn)n∈N oraz (x′n)n∈N.

5.7. JEDNOSTAJNA CIĄGŁOŚĆ I ZWARTOŚĆ 175


Wniosek 5.7.2. Jeśli f1, . . . , fk : X → R, X ⊂ R, k ∈ N, są funkcjami jedno-stajnie ciągłymi, to f1 + · · ·+ fn : X → R jest funkcją jednostajnie ciągłą.

Dowód. Weźmy dowolne ciągi (xn)∞n=1, (x′n)∞n=1 ⊂ X spełniające waruneklimn→∞

(xn−x′n) = 0. Wówczas z twierdzenia 5.7.1 mamy limn→∞

(fj(xn)−fj(x′n)) = 0

dla j = 1, . . . , k. Zatem limn→∞

[(f1 + · · · + fk)(xn) − (f1 + · · · + fk)(x′n)] =

limn→∞

[(f1(xn) − f1(x′n)) + · · · + (fk(xn) − fk(x′n))] = 0. To, wobec twierdzenia5.7.1, daje jednostajną ciągłość funkcji f1 + · · ·+ fk.

Wprost z definicji mamy

Własność 5.7.3. 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 funkcjaf : X → R, gdzie X ⊂ R, jest ciągła i X jest zbiorem zwartym, to funkcja f jestjednostajnie ciągła.

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że funkcja f nie jest jednostajnie ciągła.Wówczas z twierdzenia 5.7.1, istnieją ciągi (xn)∞n=1, (x′n)∞n=1 ⊂ X takie, żelimn→∞

(xn − x′n) = 0 oraz granica limn→∞

[f(xn) − f(x′n)] nie istnieje lub jest różnaod 0. Zatem, wybierając podciągi, możemy założyć, że

(5.13) limn→∞

(xn − x′n) = 0 oraz limn→∞

[f(xn)− f(x′n)] = g, gdzie g 6= 0.

Ponieważ X jest zbiorem zwartym, więc istnieje podciąg (xnk)∞k=1 ciągu (xn)∞n=1,zbieżny do pewnego x0 ∈ X. Wówczas lim

k→∞x′nk = x0, gdyż lim

k→∞(xnk − x′nk) =

limk→∞

(xn − x′n) = 0. Stąd i z ciągłości funkcji f w punkcie x0 mamy

limk→∞

f(xnk) = f(x0) = limk→∞

f(x′nk),

więc limk→∞

[f(xnk) − f(x′nk)] = 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) jestzbiorem zwartym.


Dowód. Weźmy dowolny ciąg (yn)∞n=1 ⊂ f(X). Niech (xn)∞n=1 ⊂ X będzieciągiem takim, że f(xn) = yn dla n ∈ N (26). Ponieważ zbiór X jest zwarty, więcistnieje podciąg (xnk)∞k=1 ciągu (xn)∞n=1 zbieżny do pewnego punktu x0 ∈ X. Stądi z ciągłości funkcji f dostajemy

limk→∞

ynk = limk→∞

f(xnk) = 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 → Rjest funkcją ciągłą, to istnieją min f(X) oraz max f(X). Inaczej funkcją ciągłana zbiorze zwartym osiąga wartość najmniejszą i największą.

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

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że f−1 : Y → X nie jest ciągła. Wówczasistnieje punkt y0, w którym f−1 jest nieciągła. Zatem y0 jest punktem skupieniazbioru Y oraz istnieje ciąg (yn)∞n=1 ⊂ Y taki, że lim

n→∞yn = y0 oraz lim

n→∞f−1(yn)

nie istnieje lub jest różna od x0 = f−1(y0). Oznaczmy xn = f−1(yn) dla n ∈ N.W obu przypadkach po ewentualnym wyborze podciągu można założyć, żelimn→∞

xn = x′, gdzie x′ ∈ R, x′ 6= x0. Ponieważ zbiór X jest zwarty, więc x′ ∈ X.

Z ciągłości funkcji f w punkcie x′ mamy

f(x′) = limn→∞

f(xn) = limn→∞

f(f−1(yn)) = limn→∞

yn = y0,

czyli f(x′) = y0. To jest jednak niemożliwe, gdyż f jest funkcją różnowartościową,więc f(x′) 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 dlakażdych x, x′ ∈ X zachodzi |f(x)−f(x′)| 6M |x−x′|. Wtedy mówimy, że funkcjaf 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=1 wynika z aksjomatu wyboru. Mianowicie, dla rodziny zbiorów

niepustych i rozłącznych f−1(yn) × n, n ∈ N, w myśl aksjomatu wyboru istnieje zbiór Emający dokładnie jeden punkt wspólny z każdym zbiorem f−1(yn) × n, n ∈ N. Oznaczającprzez (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

Dowód. Niech M ∈ R, M > 0, będzie taka, że dla dowolnych x, x′ ∈ Xzachodzi |f(x)− f(x′)| 6M |x− x′|. Bez zmniejszenia ogólności rozważań możnazałożyć, że M > 0. Wówczas dla każdego ε > 0 biorąc δ = ε

M , dostajemy, żeδ > 0 oraz dla dowolnych x, x′ ∈ X takich, że |x− x′| < δ zachodzi

|f(x)− f(x′)| 6M |x− x′| < Mδ = ε.

To daje jednostajną ciągłość funkcji f i kończy dowód.

Wniosek 5.7.9. Dla dowolnych x, y ∈ R mamy

(5.14) | sinx− sin y| 6 |x− y| oraz | cosx− cos y| 6 |x− y|.W szczególności funkcje sin i cos spełniają warunek Lipschitza ze stałą M = 1oraz są jednostajnie ciągłe.

Dowód. Z wniosku 4.10.4(d) i (a) mamy

(5.15) | sinx− sin y| = 2∣∣∣∣sin ∣∣∣∣x− y2

∣∣∣∣ cosx+ y

2

∣∣∣∣ 6 2∣∣∣∣sin ∣∣∣∣x− y2

∣∣∣∣∣∣∣∣ .Jeśli

∣∣∣x−y2 ∣∣∣ 6 1, to z twierdzenia 4.10.5 (wzór (4.19)) dostajemy

(5.16) 2∣∣∣∣sin ∣∣∣∣x− y2

∣∣∣∣∣∣∣∣ 6 2∣∣∣∣x− y2

∣∣∣∣ = |x− y|.

Jeśli∣∣∣x−y2 ∣∣∣ > 1, to nierówność (5.16) jest oczywista. Reasumując, z (5.15) i (5.16)

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 jestjednostajnie 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]) orazmax 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 zbioramizwartymi, to istnieją x ∈ X oraz y ∈ Y takie, że %(X,Y ) = |x−y|. W szczególności, jeśliX ∩ Y = ∅, to %(X,Y ) > 0.

Zadanie 5.7.7. Niech f : X → R, X ⊂ R. Mówimy, że funkcja f spełnia warunekHoldera(28), gdy istnieje M > 0 oraz α ∈ (0, 1] takie, że dla każdych x, x′ ∈ X zachodzi|f(x)− f(x′)| 6M |x− x′|α.

Udowodnić, że funkcja spełniająca warunek Holdera jest jednostajnie ciągła.

Zadanie 5.7.8. Funkcja f(x) =√x, x ∈ [0,+∞) jest jednostajnie ciągła, spełnia waru-

nek Holdera, lecz nie spełnia warunku Lipschitza.

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

1. Funkcja g : R→ R określona wzorem

g(x) = supf(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) = inff(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 odwzorowaniemzwężającym lub kontrakcją, gdy spełnia warunek Lipschitza ze stałą M < 1 (tzn. istniejeM ∈ [0, 1), że dla każdych x, x′ ∈ X zachodzi |f(x)− f(x′)| 6M |x− x′|).

Niech X ⊂ R będzie zbiorem niepustym i domkniętym. Jeśli f : X → X jest od-wzorowaniem zwężającym, to istnieje dokładnie jeden punkt stały x0 ∈ X odwzorowaniaf . 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) iniech f : K → [0, 1] będzie funkcją określoną wzorem f(x) =

∑∞n=1 cn/2

n+1, gdzie x =∑∞n=1 cn/3

n, cn ∈ 0, 2 dla n ∈ N. Udowodnić, że funkcja f jest surjekcją ciągłą i żeistnieje funkcja ciągła g : [0, 1]→ [0, 1] taka, że g(x) = f(x) dla x ∈ K.

(28)Otto Ludwig Holder (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 cosx0 = 0 oraz cosx > 0 dla każdegox ∈ [0, x0).

Dowód. Z twierdzenia 4.10.3(a) mamy cos 0 = 1, więc z wniosku 4.10.6,

(5.17) cosx > 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 znierówności (5.17) wynika, że zbiór Z = x ∈ [1, 2] : cosx = 0 jest niepusty iograniczony. Z zadania 5.4.5 mamy, że Z jest zbiorem domkniętym. W konsekwen-cji Z jest zbiorem zwartym, jako zbiór domknięty i ograniczony (patrz twierdzenie3.9.21). Zatem minZ ∈ Z (patrz wniosek 3.9.22). Oznaczmy x0 = minZ. Wtedy1 < x0 < 2 oraz z (5.17) i własności Darboux dostajemy cosx > 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 cosx 6= 0 dla x ∈ [0,

π

2).

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

Dowód. Z lematu 5.8.1 mamy cosx > 0 dla x ∈ (0, π2 ). Ponadto 1 < π2 < 2,

więc dla x ∈ (0, π2 ] mamy x2 ∈ (0, 1), więc sin x

2 > 0 oraz cos x2 > 0 (patrzwniosek 4.10.6). Zatem sinx = 2 sin x

2 cos x2 > 0. W szczególności sin π2 > 0. Stąd,

ponieważ cos π2 = 0 oraz sin2 π2 + cos2 π2 = 1, więc sin π2 = 1.


Twierdzenie 5.8.3. (wzory redukcyjne). Dla każdego x ∈ R mamy:(a) cos(π2 − x) = sinx, sin(π2 − x) = cosx,(b) cos(π2 + x) = − sinx, sin(π2 + x) = cosx,(c) cos(π − x) = − cosx, sin(π − x) = sinx,(d) cos(π + x) = − cosx, sin(π + x) = − sinx,(e) cos(x+ 2kπ) = cosx, sin(x+ 2kπ) = sinx, 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 cosx + sin π2 sinx = sinx (patrz twierdzenie 4.10.3(c)).

Analogicznie dowodzimy drugą część (a).Część (b) wynika z (a) i własności sin(−x) = − sinx oraz cos(−x) = cosx.Ad (c). Z (a) mamy cos(π−x) = cos(π2−(x− π

2 )) = sin(x− π2 ) = − sin(π2−x) =

− cosx. Analogicznie dowodzimy drugą część (c).Część (d) wynika z (c) i własności sin(−x) = − sinx oraz cos(−x) = cosx.Ad (e). Z (d) mamy cos(x+2π) = − cos(π+x) = cosx. 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 cosx > 0 i sinx > 0,(b) Dla każdego x ∈ (π2 + 2kπ, π + 2kπ) mamy cosx < 0 i sinx > 0,(c) Dla każdego x ∈ (π + 2kπ, 32π + 2kπ) mamy cosx < 0 i sinx < 0,(d) Dla każdego x ∈ (32π + 2kπ, 2π + 2kπ) mamy cosx > 0 i sinx < 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 = π

2 + y, więc z (a) i twierdzenia 5.8.3(b) mamy cosx = − sin y < 0 orazsinx = cos y > 0. To daje (b). Analogicznie dowodzimy pozostałe części tezy.

Wniosek 5.8.5. Zachodzą następujące:(a) cosx = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x = π

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

Dowód. Dla k ∈ Z, ze wzorów redukcyjnych (twierdzenie 5.8.3) i lematu5.8.2 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 cosx = 0, to x = k π2 dla pewnego k ∈ Z. Stąd, z(5.18), (5.19) i (5.18) dostajemy implikację prostą w (a). Analogicznie dowodzimyimplikację prostą w (b). Z (5.19) wynikają implikacje odwrotne w (a) i (b).

Wniosek 5.8.6. Dla dowolnych x, y ∈ R mamy:(a) cosx = cos y wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x − y = 2kπ lubx+ y = 2kπ.(b) sinx = sin y wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x − y = 2kπ lubx+ y = π + 2kπ.

Dowód. Ad (a). Ponieważ

cosx− cos y = −2 sinx− y

2sin

x+ y

2,

więc równość cosx = 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+y

2 = kπ. To daje (a).Część (b) dowodzimy analogicznie.

Uwaga 5.8.7. Analogicznie jak we wniosku 5.8.5 dostajemy(a) sinx = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x = π

2 + 2kπ.(b) cosx = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x = 2kπ.(c) sinx = −1 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x = 3π

2 + 2kπ.(d) cosx = −1 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x = π + 2kπ.

Uwaga 5.8.8. Funkcje trygonometryczne sin i cos można wprowadzić aksjoma-tycznie. Mianowicie można pokazać, że następujące własności jednoznacznie cha-rakteryzują funkcje sin i cos i liczbę π:

1. sin2 x+ cos2 x = 1 dla x ∈ R,2. sin(x+ y) = sinx cos y+ cosx sin y oraz cos(x+ y) = cosx cos y− sinx sin y

dla x, y ∈ R,3. sinx > 0, cosx > 0 oraz sinx < x < sinx

cosx dla x ∈ (0, π2 ),4. sin 0 = 0, cos 0 = 1, sin π

2 = 1, cos π2 = 0.Wprowadzone przez nas funkcje trygonometryczne spełniają powyższe wła-

sności. Własności 1. 2. i 4. udowodniliśmy wcześniej. Nierówność sinx < xdla x ∈ (0, π2 ) dowodzimy analogicznie jak we wniosku 5.7.9. Pozostaje udowod-nić nierówność x cosx < sinx dla x ∈ (0, π2 ). Istotnie dla x ∈ (0, π2 ) mamyy = x

2 ∈ (0, 1), więc z twierdzenia 4.10.5(wzór (4.20)) mamy

x cosx = 2y(cos2 y − sin2 y) < 2y cos2 y < 2 sin y cos y = sin 2y = sinx.


Rysunek 5.4: Fragmenty wykresów funkcji sinus i cosinus.

Ze wzorów redukcyjnych (twierdzenie 5.8.3) i wniosku 5.8.4 dostajemy

Wniosek 5.8.9. Dla każdego x ∈ R oraz k ∈ Z mamy:

(a) tg (π2 − x) = ctgx, gdy sinx 6= 0 oraz ctg (π2 − x) = tgx, gdy cosx 6= 0,

(b) tg (π2+x) = − ctgx, gdy sinx 6= 0 oraz ctg (π2+x) = − tgx, gdy cosx 6= 0,

(c) tg (x+kπ) = tgx, gdy cosx 6= 0 oraz ctg (x+kπ) = ctgx, gdy sinx 6= 0.


Wniosek 5.8.10. Dla dowolnego x ∈ R mamy:(a) Jeśli cosx 6= 0, to

tgx = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x = kπ.

(b) Jeśli sinx 6= 0, to

ctgx = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x = π2 + kπ.

Wniosek 5.8.11. Dla dowolnych x, y ∈ R mamy:(a) Jeśli cosx 6= 0 i cos y 6= 0, to

tgx = tg y wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x− y = kπ.

(b) Jeśli sinx 6= 0 i sin y 6= 0, to

ctgx = ctg y wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ Z, że x− y = kπ.

Dowód. Równość tgx = tg y jest równoważna sinx cos y − cosx sin y = 0,czyli sin(x−y) = 0. To, wraz z wnioskiem 5.8.5(b) daje (a). Część (b) dowodzimyanalogicznie.

5.9. FUNKCJE CYKLOMETRYCZNE 183

Rysunek 5.5: Fragmenty wykresów funkcji tangens i cotangens.

ZADANIA

Zadanie 5.8.1. Udowodnić wniosek 5.8.9.

Zadanie 5.8.2. Udowodnić, że nie istnieje granica limx→0

cos 1x .

Zadanie 5.8.3. Udowodnić, że funkcja f : R → R określona wzorem f(0) = 0 orazf(x) = x2 cos(π/x2) dla x 6= 0 jest ciągła.

Zadanie 5.8.4. Udowodnić, że funkcja f : R→ R określona wzorem

f(x) = limn→∞

(limk→∞

(cos(n!πx)))2k

, x ∈ R

jest funkcją Dirichleta.

Zadanie 5.8.5.* Udowodnić, że ciąg an = sin(nx), n ∈ N, gdzie x ∈ R, x 6= kπ dlak ∈ Z, nie ma granicy.

5.9 Funkcje cyklometryczne

Lemat 5.9.1. Zachodzą następujące:(a) Funkcja f : [0, π] 3 x 7→ cosx ∈ [−1, 1] jest homeomorfizmem.(b) Funkcja g : [−π

2 ,π2 ] 3 x 7→ sinx ∈ [−1, 1] jest homeomorfizmem.

(c) Funkcja u : (−π2 ,

π2 ) 3 x 7→ tgx ∈ R jest homeomorfizmem.

(d) Funkcja v : (0, π) 3 x 7→ ctgx ∈ R jest homeomorfizmem.Ponadto funkcje g i u są ściśle rosnące, funkcje f i v zaś są ściśle malejące.

Dowód. Ad (a). Z twierdzenia 5.4.6 mamy, że f jest funkcją ciągłą.Pokażemy różnowartościowość funkcji f . Weźmy dowolne x, y ∈ [0, π] takie,

że f(x) = f(y), czyli cosx = cos y. Wówczas mamy x− y ∈ [−π, π] oraz x+ y ∈[0, 2π]. Z drugiej strony, w myśl wniosku 5.8.6(a), istnieje k ∈ Z, że x− y = 2kπ


lub x+ y = 2kπ. W konsekwencji x− y = 0 lub x+ y = 0, lub x+ y = 2π. Jeślix− y = 0, to x = y. Jeśli x+ y = 0, to x = 0 = y. Jeśli x+ y = 2π, to x = π = y.Pokazaliśmy więc, że x = y. To daje różnowartościowość funkcji f .

Pokażemy, że f([0, π]) = [−1, 1]. Istotnie, z wniosku 4.10.4(a) mamy f([0, π]) ⊂[−1, 1]. Z drugiej strony f(0) = 1 i f(π) = −1, więc z własności Darboux (wniosek5.5.3) dostajemy [−1, 1] ⊂ f([0, π]). To daje f([0, π]) = [−1, 1].

Reasumując, funkcja f jest bijekcją. Ponieważ przedział [0, π] jest zbioremzwartym i f jest bijekcją ciągłą, więc z twierdzenia 5.7.7 mamy, że f jest home-omorfizmem.

Z powyższego i z twierdzenia 5.6.1 mamy, że f jest funkcją ściśle monotonicz-ną. Ponieważ f(0) > f(π), więc f jest funkcją ściśle malejącą.

Część (b) dowodzimy analogicznie jak część (a).Ad (c). Z wniosku 5.8.4 dostajemy, że funkcja u jest poprawnie określona.

Ciągłość i różnowartościowość funkcji u pokazujemy analogicznie jak w (a). Wkonsekwencji u jest funkcją ściśle monotoniczną. Ponieważ tg 0 = 0 < tg 1, więcjest to funkcja ściśle rosnąca.

Pokażemy, że u jest bijekcją. Ponieważ jest to funkcja różnowartościowa, więcwystarczy pokazać, że zbiorem wartości funkcji u jest R. Zauważmy najpierw, że

(5.21) limx→π

2−u(x) = +∞ oraz lim

x→−π2+u(x) = −∞.

Istotnie, dla x ∈ (0, π2 ) mamy cosx > 0, ponadto limx→π

2−

sinx = 1 oraz

limx→π

2−

cosx = 0. Zatem z własności granic niewłaściwych (wnioski 5.3.5(c) i

5.3.6) mamy limx→π

2−

tgx = +∞. Analogicznie pokazujemy, że limx→−π2

+tgx = −∞.

W konsekwencji mamy (5.21). Z (5.21) wynika, że dla dowolnego y ∈ R istniejąx1, x2 ∈ (−π

2 ,π2 ) takie, że u(x1) < y < u(x2). Ponieważ u jest funkcją ciągłą,

więc z własności Darboux dostajemy, że y należy do zbioru wartości funkcji u.To daje, że zbiorem wartości funkcji u jest R, a więc u jest bijekcją.

Pokażemy teraz, że u jest homeomorfizmem. Wystarczy pokazać ciągłośćfunkcji u−1. Weźmy więc dowolny y0 ∈ R oraz niech y1, y2 ∈ R będą takie,że y1 < y0 < y2. Niech u−1(y1) = x1, u−1(y2) = x2. Z monotoniczności funk-cji u mamy x1 < x2. Ponadto funkcja u : [x1, x2] → [y1, y2] określona wzoremu(x) = u(x), x ∈ [x1, x2] jest ciągła i różnowartościowa. Zatem u−1 jest ciągław punkcie y0. Ponieważ u−1(y) = u−1(y) dla y ∈ [y1, y2], więc u−1 jest funkcjąciągłą w punkcie y0.

Część (d) pokazujemy analogicznie jak (c).

W myśl lematu 5.9.1, poniższa definicja jest poprawna

Definicja funkcji cyklometrycznych. Arcusem cosinusem nazywamy funkcjęodwrotną do funkcji f : [0, π] → [−1, 1] określonej wzorem f(x) = cosx i ozna-

5.9. FUNKCJE CYKLOMETRYCZNE 185

czamy arccos (30).Arcusem sinusem nazywamy funkcję odwrotną do funkcji g : [−π

2 ,π2 ]→ [−1, 1]

określonej wzorem g(x) = sinx i oznaczamy arcsin.Arcusem tangensem nazywamy funkcję odwrotną do funkcji u : (−π

2 ,π2 )→ R

określonej wzorem u(x) = tgx i oznaczamy arctg .Arcusem cotangensem nazywamy funkcję odwrotną do funkcji v : (0, π)→ R

określonej wzorem v(x) = ctgx i oznaczamy arcctg .Funkcje arcus cosinus, arcus sinus, arcus tangens i arcus cotangens nazywamy

funkcjami cyklometrycznymi.

Uwaga 5.9.2. Wprost z określenia funkcji odwrotnej dostajemy:(a) Dziedziną funkcji arccos jest [−1, 1], zbiorem wartości, zaś – [0, π].(b) Dziedziną funkcji arcsin jest [−1, 1], zbiorem wartości, zaś – [−π

2 ,π2 ].

(c) Dziedziną funkcji arctg jest R, zbiorem wartości, zaś – (−π2 ,

π2 ).

(d) Dziedziną funkcji arcctg jest R, zbiorem wartości, zaś – (0, π).

Wprost z lematu 5.9.1 dostajemy.

Własność 5.9.3. Funkcje cyklometryczne są ciągłe. Ponadto arcus sinus i arcustangens są ściśle rosnące, zaś arcus cosinus i arcus cotangens są ściśle malejące.

Rysunek 5.6: Wykresy funkcji arcus sinus i arcus cosinus.

Definicja funkcji elementarnych. Funkcje potęgowe, wykładnicze, logaryt-miczne, trygonometryczne oraz cyklometryczne nazywamy podstawowymi funk-cjami elementarnymi. Każdą funkcję rzeczywistą, którą otrzymujemy z podsta-wowych funkcji elementarnych za pomocą dodawania, odejmowania, mnożenia,dzielenia i złożenia zastosowanych skończoną ilość razy nazywamy funkcją ele-mentarną.

(30)zgodnie z definicją funkcji odwrotnej zmieniliśmy tutaj przeciwdziedzinę funkcji cos |[0,π] :[0, π]→ R tak, aby była bijekcją.


Rysunek 5.7: Fragmenty wykresów funkcji arcus tangens i arcus cotangens.

Udowodnimy jeszcze jeden wniosek wynikający z lematu 5.9.1.

Wniosek 5.9.4. Dla dowolnych liczb a, b ∈ R takich, że a2 + b2 = 1 istniejedokładnie jedna liczba ϕ ∈ (−π, π] taka, że a = cosϕ oraz b = sinϕ.

Dowód. Z założenia mamy, że a ∈ [−1, 1]. Jeśli a = −1, to b = 0, więcwobec uwagi 5.8.7 i wniosku 5.8.5, ϕ = π jest jedyną liczbą taką, że ϕ ∈ (−π, π]oraz a = cosϕ i b = sinϕ, co daje tezę w rozważanym przypadku. Podobniepokazujemy, że ϕ = 0 jest jedyną liczbą taką, że ϕ ∈ (−π, π] oraz cosϕ = 1i sinϕ = 0. Jeśli a ∈ (−1, 1), to wobec lematu 5.9.1 istnieje dokładnie jednoϕ ∈ (0, π) takie, że a = cosϕ. Wówczas, wobec twierdzenia 4.10.3, −ϕ jest jedynąliczbą taką, że −ϕ ∈ (−π, 0) oraz a = cos(−ϕ). Ponadto sin(−ϕ) = − sinϕi sinϕ 6= sin(−ϕ), a ponieważ sin2 ϕ = 1 − cos2 ϕ = b2, więc sinϕ = b lubsin(−ϕ) = b. To daje tezę w tym przypadku i kończy dowód.

ZADANIA

Zadanie 5.9.1. Dla x ∈ [−1, 1] zachodzi arcsinx+ arccosx = π2 .

Zadanie 5.9.2. Dla x ∈ (−1, 1) zachodzi arcsinx = arctg x√1−x2 .

5.10. FUNKCJE O WAHANIU SKOŃCZONYM 187

Zadanie 5.9.3. Niech x ∈ R będzie takie, że cos x2 6= 0. Oznaczając t = tg x2 mamy

sinx = 2t1+t2 oraz cosx = 1−t2

1+t2 .

Zadanie 5.9.4. Funkcja f : R→ [−π2 ,π2 ] określona wzorami f(−∞) = −π2 , f(+∞) = π

2oraz f(x) = arctg x dla x ∈ (−π2 ,

π2 ), jest bijekcją. Wtedy funkcja d : R × R → R

określona wzorem d(x, y) = |f(x)− f(y)| dla x, y ∈ R jest metryką w R.

5.10 Funkcje o wahaniu skończonym

Definicja funkcji o wahaniu skończonym. Niech f : X → R , X ⊂ R i niech[a, b] ⊂ X. Element W b

a(f) ∈ R ∪ +∞ określony wzorem

W ba(f) = sup

n∑i=1

|f(xi)− f(xi−1)| : a = x0 < x1 < . . . < xn = b, n ∈ N

nazywamy wahaniem funkcji f na przedziale [a, b]. Jeśli W ba(f) < +∞, to mówi-

my, że funkcja f ma w przedziale [a, b] wahanie skończone.

Własność 5.10.1. Każda funkcja o wahaniu skończonym w przedziale [a, b] jestograniczona w [a, b].

Dowód. Niech f będzie funkcją o wahaniu skończonym w przedziale [a, b].Wówczas dla każdego x ∈ [a, b] mamy |f(x)−f(a)|+|f(b)−f(x)| 6W b

a(f). Zatem2|f(x)| − |f(a)| − |f(b)| 6W b

a(f), a więc |f(x)| 6 12(W ba(f) + |f(a)|+ |f(b)|

).

Własność 5.10.2. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R, i niech [a, b] ⊂ X. WówczasW ba(f) = W c

a(f)+W bc (f) dla każdego c ∈ (a, b). W szczególności W d

c (f) 6W ba(f)

dla każdego przedziału [c, d] ⊂ [a, b].

Dowód. Niech c ∈ (a, b). Dla dowolnych ciągów a = x0 < . . . < xn = c,c = y0 < . . . < ym = d, mamy

n∑i=1

|f(xi)− f(xi−1)|+m∑j=1

|f(yj)− f(yj−1)| 6W ba(f).

Zatem W ca(f) + W b

c (f) 6 W ba(f). Dla dowolnego ciągu a = x0 < . . . < xn = b,

istnieje k ∈ 1, . . . , n, że xk−1 6 c 6 xk, więc

n∑i=1

|f(xi)− f(xi−1)| 6 |f(x1)− f(x0)|+ . . .+ |f(c)− f(xk−1)|

+ |f(xk)− f(c)|+ . . .+ |f(xn)− f(xn−1)| 6W ca(f) +W b

c (f),

a więc W ba(f) 6W c

a(f) +W bc (f). To, wraz z poprzednim, daje tezę.


Twierdzenie 5.10.3. Niech f, g : X → R, X ⊂ R i niech funkcje f, g mają wprzedziale [a, b] ⊂ X wahanie skończone. Wówczas suma f + g, róznica f − g iiloczyn f · g mają w przedziale [a, b] wahanie skończone.

Dowód. Weźmy dowolny ciąg a = x0 < . . . < xn = b. Wówczas

n∑i=1

|(f + g)(xi)− (f + g)(xi−1)| 6n∑i=1

|f(xi)− f(xi−1)|+n∑i=1

|g(xi)− g(xi−1)|

6W ba(f) +W b

a(g),

więc W ba(f+g) 6W b

a(f)+W ba(g) < +∞. Analogicnie pokazujemy, że W b

a(f−g) <+∞. Wobec własności 5.10.1, istnieje M ∈ R, M > 0 takie, że |f(x)| 6 M i|g(x) 6M dla x ∈ [a, b]. Wówczas

n∑i=1

|(fg)(xi)− (fg)(xi−1)| 6n∑i=1

|f(xi)− f(xi−1)||g(xi)|

+n∑i=1

|g(xi)− g(xi−1)||f(xi−1| 6M(W ba(f) +W b

a(g)),

więc W ba(fg) 6M(W b

a(f) +W ba(g)) < +∞. To kończy dowód.

Przejdźmy teraz do pokazania związków funkcji monotonicznych z funkcjamio wahaniu skończonym.

Własność 5.10.4. Jeśli funkcja f : X → R, X ⊂ R jest monotoniczna w prze-dziale [a, b] ⊂ X, to W b

a(f) = |f(b)−f(a)|, w szczególności funkcje monotonicznew przedziale domkniętym mają w tym przedziale wahanie skończone.

Dowód. Wtedy bowiem dla każdego ciągu a = x0 < x1 < . . . < xn = bmamy

∑ni=1 |f(xi)− f(xi−1| = |

∑ni=1[f(xi)− f(xi−1)]| = |f(b)− f(a)|.

Z twierdzenia 5.10.3 i własności 5.10.4 dostajemy natychmiast

Wniosek 5.10.5. Różnica dwóch funkcji rosnących w przedziale [a, b] jest funkcjąo wahaniu skończonym w tym przedziale.

Zachodzi również twierdzenie odwrotne do powyższego wniosku.

Twierdzenie 5.10.6. (Jordan(31)). Jeśli funkcja f : [a, b]→ R ma w przedziale[a, b] wahanie skończone, to istnieją funkcje rosnące g, h : [a, b] → R takie, żef = g − h.

(31)Marie Ennemond Camille Jordan (1838-1922) – matematyk francuski.

5.10. FUNKCJE O WAHANIU SKOŃCZONYM 189

Dowód. Niech v : [a, b]→ R będzie funkcją określoną wzorami v(a) = 0 orazv(x) = W x

a (f) dla x ∈ (a, b]. Z założenia, że W ba(f) < +∞, z określenia funkcji v

i własności 5.10.2 dostajemy

0 6 v(x) 6W ba(f) dla x ∈ [a, b].

Zauważmy, że

(5.22) |f(y)− f(x)| 6 v(y)− v(x) dla każdych x, y ∈ [a, b] takich, że x < y.

Istotnie, weźmy dowolne x, y ∈ [a, b] takie, że x < y. Jeśli x = a, to (5.22) wynikaz definicji v(y). Jeśli x > a, to dla każdego ciągu a = x0 < ... < xn = x, mamy

n∑i=1

|f(xi)− f(xi−1)|+ |f(y)− f(x)| 6 v(y),

więc z definicji wahania funkcji, v(x) + |f(y)− f(x)| 6 v(y). To daje (5.22).Połóżmy

g(x) =[v(x) + f(x)]

2oraz h(x) =

[v(x)− f(x)]2

dla x ∈ [a, b].

Wówczas dla każdych x, y ∈ [a, b] takich, że x < y, z (5.22) dostajemy

g(y)− g(x) =v(y)− v(x)− f(x) + f(y)

2>v(y)− v(x)− |f(y)− f(x)|

2> 0,

h(y)− h(x) =v(y)− v(x) + f(x)− f(y)

2>v(y)− v(x)− |f(y)− f(x)|

2> 0.

To daje, że funkcje g i h są rosnące. Ponadto f = g − h, co kończy dowód.

Rozważmy teraz funkcje ciągłe o wahaniu skończonym.

Własność 5.10.7. Jeśli funkcja ciągła f : [a, b] → R ma w przedziale [a, b]wahanie skończone, to funkcja v : [a, b] → R określona wzorami v(a) = 0 orazv(x) = W x

a (f) dla x ∈ (a, b], jest ciągła.

Dowód. Wystarczy udowodnić, że limy→x+

v(y) = v(x) dla x ∈ [a, b) oraz

limy→x−

v(y) = v(x) dla x ∈ (a, b].

Weźmy dowolne x ∈ (a, b] oraz ε > 0. Z definicji wahania funkcji, istniejeciąg a = x0 < . . . < xn = x taki, że v(x) <

∑ni=1 |f(xi) − f(xi−1)| + ε/2. W

myśl ciągłości funkcji f , istnieje δ > 0, δ < xn − xn−1, że dla każdego y ∈ [a, b],


takiego, że |x− y| < δ, zachodzi |f(x)− f(y)| < ε/2. Niech y ∈ [a, b] będzie taki,że |x− y| < δ i y < x. Wówczas

v(x) <n−1∑i=1

|f(xi)− f(xi−1)|+ |f(y)− f(xn−1)|+ |f(xn)− f(y)|+ ε

2

<n−1∑i=1

|f(xi)− f(xi−1)|+ |f(y)− f(xn−1|+ ε 6 v(y) + ε.

Wobec własności 5.10.2, v(y) 6 v(x), więc |v(y) − v(x)| = v(x) − v(y) < ε. Todaje, że lim

y→x−v(y) = v(x).

Postępując analogicznie jak wyżej, weźmy dowolne x ∈ [a, b) oraz ε > 0 i niechciąg x = x0 < . . . < xn = b będzie taki, że W b

x(f) <∑ni=1 |f(xi)− f(xi−1)|+ ε/2.

Wówczas istnieje δ > 0, δ < x1−x0, że dla każdego y ∈ [a, b], |x−y| < δ, zachodzi|f(x)− f(y)| < ε/2. Niech y ∈ [a, b] będzie taki, że |x− y| < δ i y > x. Wówczas

W bx(f) < |f(y)− f(x0)|+ |f(x1)− f(y)|+

n∑i=2

|f(xi)− f(xi−1)|+ε

26 ε+W b

y (f).

Wobec własności 5.10.2, mamy v(t) = W ba(f) − W b

t (f) dla t ∈ [a, b), więc zpowyższego |v(y) − v(x)| = v(y) − v(x) = W b

x(f) − W by (f) < ε. To daje, że

limy→x+

v(y) = v(x) i wraz z poprzednim kończy dowód.

Powtarzając dowód twierdzenia Jordana 5.10.6, z własności 5.10.7, dostajemy

Wniosek 5.10.8. Jeśli funkcja ciągła f : [a, b]→ R ma w przedziale [a, b] waha-nie skończone, to istnieją funkcje rosnące i ciągłe g, h : [a, b]→ R, że f = g − h.

ZADANIA

Zadanie 5.10.1. Funkcja f : [0, 1] → R określona wzorami f(0) = 0 oraz f(x) =x2 cos π

x2 dla x ∈ (0, 1] jest ciągła, lecz jej wahanie nie jest skończone.

Zadanie 5.10.2. Jeśli funkcja f : [a, b] → R ma w przedziale [a, b] wahanie skończone,to w każdym punkcie przedziału [a, b] ma skończone granice jednostronne (w punkcie atylko granicę prawostronną, a w punkcie b – lewostronną).

Zadanie 5.10.3. Jeśli funkcja f : [a, b] → R ma w przedziale [a, b] wahanie skończone,to ma co najwyżej przeliczalną ilość punktów nieciągłości.

Zadanie 5.10.4. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją mającą w przedziale [a, b] wahanieskończone. Jeśli istnieje c > 0 takie, że |f(x)| > c dla x ∈ [a, b], to funkcja 1/f : [a, b]→ Rma w przedziale [a, b] wahanie skończone.

5.11. FUNKCJE PÓŁCIĄGŁE 191

Zadanie 5.10.5. W analizie rozważa się również pojęcie funkcji bezwzględnie ciągłej.

Definicja funkcji bezwzględnie ciągłej. Mówimy, że funkcja f : X → R, X ⊂ R,jest bezwzględnie ciągła w przedziale [a, b] ⊂ X, gdy dla każdego ε > 0 istnieje δ > 0takie, że dla każdego ciągu skończonego przedziałów (α1, β1), . . . , (αk, βk) ⊂ [a, b] paramirozłącznych i takich, że

∑ki=1(βi − αi) < δ, zachodzi

∑ki=1 |f(βi)− f(αi)| < ε.

Udowodnić, że:1. Funkcja bezwzględnie ciągła w przedziale [a, b] jest ciągła w tym przedziale.2. Suma, różnica i iloczyn funkcji bezwzględnie ciągłych w przedziale [a, b] są funkcja-

mi bezwzględnie ciągłymi w tym przedziale.3. Jeśli funkcja f : [a, b]→ R spełnia warunek Lipschitza w przedziale [a, b] to f jest

funkcją bezwzględnie ciągłą w tym przedziale.4.* Funkcja f : [a, b]→ R bezwzględnie ciągła w przedziale [a, b] jest funkcją o waha-

niu skończonym w tym przedziale. Ponadto funkcja f jest różnicą dwóch funkcji rosnącychi bezwzględnie ciągłych.

5.11 Funkcje półciągłe

Definicje granicy górnej i granicy dolnej funkcji w punkcie. Niechf : X → R, gdzie X ⊂ R oraz niech x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbio-ru X.

Granicą dolną funkcji f w punkcie x0 nazywamy

supinff(x) : x ∈ X ∧ 0 < |x− x0| < δ : δ > 0 i oznaczamy lim infx→x0

f(x).

Granicą górną funkcji f w punkcie x0 nazywamy

infsupf(x) : x ∈ X ∧ 0 < |x− x0| < δ : δ > 0, i oznaczamy lim supx→x0

f(x).

Definicje funkcji półciągłej z dołu i funkcji półciągłej z góry. Niechf : X → R, X ⊂ R.

Mówimy, że funkcja f jest półciągła z dołu w punkcie x0 ∈ X, gdy x0 jestpunktem izolowanym zbioru X lub x0 jest punktem skupienia zbioru X orazlim infx→x0

f(x) > f(x0). Mówimy, że funkcja f jest półciągła z dołu, gdy f jest

półciągła z dołu w każdym punkcie x ∈ X.Mówimy, że funkcja f jest półciągła z góry w punkcie x0 ∈ X, gdy x0 jest

punktem izolowanym zbioru X lub x0 jest punktem skupienia zbioru X orazlim supx→x0

f(x) 6 f(x0). Mówimy, że funkcja f jest półciągła z góry, gdy f jest

półciągła z góry w każdym punkcie x ∈ X.

Podstwowe własności granicy dolnej i górnej oraz półciągłości z dołu i z górypodajemy w zadaniach. Własności te wynikają z definicji oraz własności kresów.


ZADANIA

Zadanie 5.11.1. Niech f : X → R, X ⊂ R oraz x0 ∈ R będzie punktem skupienia zbioruX. Wówczas istnieją granice lim inf

x→x0f(x) oraz lim sup

x→x0f(x).

Zadanie 5.11.2. Niech f : X → R, X ⊂ R oraz x0 ∈ R będzie punktem skupieniazbioru X. Wówczas funkcja f ma granicę g ∈ R w punkcie x0 wtedy i tylko wtedy, gdyg =lim inf

x→x0f(x) =lim sup

x→x0f(x).

Zadanie 5.11.3. Niech f : X → R, X ⊂ R oraz x0 ∈ R będzie punktem skupieniazbioru X. Niech E będzie zbiorem wszystkich elementów q ∈ R takich, że dla pewnegociągu (xn)∞n=1 ⊂ X \ x0 takiego, że lim

n→∞xn = x0, zachodzi q = lim

n→∞f(xn). Wówczas

lim infx→x0

f(x) = inf E oraz lim supx→x0

f(x) = supE.

Zadanie 5.11.4. Niech f : X → R, X ⊂ R. Wówczas funkcja f jest ciągła w punkciex0 wtedy i tylko wtedy, gdy w punkcie x0 jest półciągła z dołu i z góry.

Zadanie 5.11.5. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R.(a) Funkcja f jest półciągła z dołu w punkcie x0 ∈ X wtedy i tylko wtedy, gdy dla

każdego A < f(x0) istnieje δ > 0 takie, że dla każdego x ∈ X, |x − x0| < δ zachodziA < f(x).

(b) Funkcja f jest półciągła z dołu wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego A ∈ R zbiórx ∈ X : f(x) > A jest otwarty w X.

Zadanie 5.11.6. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R.(a) Funkcja f jest półciągła z góry w punkcie x0 wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego

B > f(x0) istnieje δ > 0 takie, że dla każdego x ∈ X, |x− x0| < δ zachodzi B > f(x).(b) Funkcja f jest półciągła z góry wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego B ∈ R zbiór

x ∈ X : f(x) < B jest otwarty w X.

Zadanie 5.11.7. (Weierstrass). Funkcja półciągła z dołu na zbiorze zwartym przyjmujenajmniejszą wartość. Funkcja półciągła z góry na zbiorze zwartym przyjmuje największąwartość.

Rozdział 6

Różniczkowalność

Jedną z konsekwencji pojęcia granicy funkcji f w punkcie x0 jest pojęcie pochod-nej funkcji w punkcie (patrz punkt 6.1). Jedną z głównych konsekwencji istnieniapochodnej funkcji w danym punkcie jest istnienie tak zwanej stycznej do wykresufunkcji w tym punkcie, czyli funkcji liniowej ”najlepiej aproksymującej” warto-ści funkcji w otoczeniu tego punktu. Fundamentalną obserwacją w analizie jesttwierdzenie Fermata (patrz twierdzenie 6.3.2). Mówi ono, że styczna do wykresufunkcji w punkcie, w którym funkcja ma pochodną i ekstremum, jest ”równoległado dziedziny funkcji”. W rozdziale tym rozważamy również pochodną funkcji,czyli funkcję która punktom przypisuje wartości pochodnych w tych punktach.Pokażemy, że wiele własności funkcji można odczytać z własności jej pochodnej.

6.1 Pochodna funkcji w punkcie

Definicja pochodnej funkcji w punkcie. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R iniech x0 ∈ X będzie punktem skupienia zbioru X.

Liczbę rzeczywistą oznaczaną symbolem f ′(x0), określoną wzorem

(6.1) f ′(x0) = limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

nazywamy pochodną funkcji f w punkcie x0, jeśli granica w (6.1) istnieje i jestskończona. Jeśli funkcja f ma pochodną w punkcie x0, to mówimy, że funkcja fjest różniczkowalna w punkcie x0.

Funkcję ϕ : X \ x0 → R, określoną wzorem

ϕ(x) =f(x)− f(x0)

x− x0, x ∈ X \ x0,

nazywamy ilorazem różnicowym funkcji f w punkcie x0 (1).

Uwaga 6.1.1. Niech f : X → R oraz x0 ∈ X.(a) Jeśli istnieje pochodna funkcji f w punkcie x0 ∈ X, to x0 jest punktem sku-

pienia zbioru X. W szczególności, jeśli X jest zbiorem skończonym, to pochodnafunkcji nie istnieje w żadnym punkcie zbioru X.

(b) Pochodna funkcji w punkcie x0 może nie istnieć nawet wtedy, gdy x0 jestpunktem skupienia dziedziny funkcji. Na przykład funkcja f(x) = |x|, x ∈ R, niema pochodnej w punkcie x0 = 0.(1)W szczególności funkcja f jest różniczkowalna w punkcie x0, gdy istnieje skończona granica

ilorazu różnicowego funkcji f w punkcie x0.

193

194 ROZDZIAŁ 6. RÓŻNICZKOWALNOŚĆ

Uwaga 6.1.2. Jeśli X = [a, b], to pochodną funkcji f : X → R w punkcie ajest granica prawostronna ilorazu różnicowego funkcji f w punkcie a (o ile ist-nieje). Podobnie pochodną funkcji f w punkcie b jest granica lewostronna ilorazuróżnicowego funkcji f w punkcie b.

Lemat 6.1.3. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R oraz niech x0 ∈ X będzie punktemskupienia zbioru X. Niech α ∈ R. Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) istnieje pochodna funkcji f w punkcie x0 oraz f ′(x0) = α,(b) istnieje funkcja u : X → R ciągła w punkcie x0 taka, że u(x0) = α oraz

(6.2) f(x) = f(x0) + (x− x0)u(x) dla x ∈ X.

Dowód. Ad (a)⇒(b). Przyjmując

u(x) =

f(x)−f(x0)

x−x0 dla x ∈ X, x 6= x0

α dla x = x0,

z (a) mamy u(x0) = α = f ′(x0) i w konsekwencji dostajemy ciągłość funkcji u wpunkcie x0. Ponadto u spełnia (6.2), czyli mamy (b).

Ad (b)⇒(a). Z (6.2) mamy (f(x)− f(x0))/(x− x0) = u(x) dla x ∈ X \ x0,więc z ciągłości funkcji u w punkcie x0 (z założenia, x0 jest punktem skupieniazbioru X) mamy, α = lim

x→x0(f(x)− f(x0))/(x− x0), a więc f ′(x0) = α.

Bezpośrednio z powyższego lematu mamy

Wniosek 6.1.4. (warunek konieczny różniczkowalności funkcji w punk-cie). Jeśli funkcja f : X → R jest różniczkowalna w punkcie x0 ∈ X, to f jestciągła w punkcie x0.

Dowód. Z założenia i lematu 6.1.3 mamy, że istnieje funkcja u : X → Rciągła w punkcie x0 oraz zachodzi (6.2). Zatem prawa strona (6.2) jest ciągła wpunkcie x0, więc mamy tezę.

Twierdzenie 6.1.5. (o działaniach na pochodnej funkcji w punkcie).Niech f, g : X → R będą funkcjami różniczkowalnymi w punkcie x0 ∈ X. Wówczasf+g, f−g, fg oraz f

g (przy założeniu, że g(x) 6= 0 dla x ∈ X) są różniczkowalnew punkcie x0, przy czym:

(a) (f + g)′(x0) = f ′(x0) + g′(x0), (f − g)′(x0) = f ′(x0)− g′(x0),

(b) (fg)′(x0) = f ′(x0)g(x0)+f(x0)g′(x0),(fg

)′(x0) = f ′(x0)g(x0)−f(x0)g′(x0)

(g(x0))2.

Dowód. Wobec założenia o różniczkowalności f i g w punkcie x0, w myśllematu 6.1.3 istnieją funkcje u, v : X → R ciągłe w punkcie x0, że

f(x) = f(x0) + (x− x0)u(x) dla x ∈ X i u(x0) = f ′(x0),(6.3)

g(x) = g(x0) + (x− x0)v(x) dla x ∈ X i v(x0) = g′(x0).(6.4)

6.1. POCHODNA FUNKCJI W PUNKCIE 195

Ad (a). Z (6.3) i (6.4) dla x ∈ X mamy

(f + g)(x) = (f + g)(x0) + (x− x0)(u+ v)(x),

ponadto funkcja u+v jest ciągła w punkcie x0, oraz (u+v)(x0) = f ′(x0)+g′(x0)Zatem z lematu 6.1.3 dostajemy pierwszą część (a)(2). Drugą część (a) dowodzimyanalogicznie.

Ad (b). Z (6.3) i (6.4) dla x ∈ X mamy

(fg)(x) = (fg)(x0) + (x− x0)(u(x)g(x0) + f(x0)v(x) + (x− x0)u(x)v(x)),

ponadto funkcja

(u(x)g(x0) + f(x0)v(x) + (x− x0)u(x)v(x)) jest ciągła w punkcie x0

i w punkcie x0 przyjmuje wartość f ′(x0)g(x0)+f(x0)g′(x0). Stąd i z lematu 6.1.3dostajemy pierwszą część (b).

Przy założeniu g(x) 6= 0 dla x ∈ X, podobnie jak powyżej mamy

f

g(x) =

f

g(x0)+

f(x)g(x0)− f(x0)g(x)g(x)g(x0)

=f

g(x0)+(x−x0)

u(x)g(x0)− f(x0)v(x)g(x)g(x0)

.

Wobec wniosku 6.1.4 funkcja g jest ciągła w punkcie x0, zatem

u(x)g(x0)− f(x0)v(x)g(x)g(x0)

jest funkcją ciągłą w punkcie x0

i wartość tej funkcji w punkcie x0 wynosi f′(x0)g(x0)−f(x0)g′(x0)

(g(x0))2. To, wraz z lematem

6.1.3, daje drugą część (b) i kończy dowód.

Twierdzenie 6.1.6. (o pochodnej w punkcie funkcji złożonej). Niechf = g h : X → R, gdzie h : X → R, g : Y → R, X,Y ⊂ R oraz h(X) ⊂ Y .Jeśli funkcja h jest różniczkowalna w punkcie x0 ∈ X, funkcja g jest zaś różnicz-kowalna w punkcie y0 = h(x0), to funkcja f jest różniczkowalna w punkcie x0oraz

f ′(x0) = g′(y0)h′(x0).

(2)Część tę można udowodnić bezpośrednio z definicji. Mianowicie, z założenia o różniczkowal-ności funkcji f i g w punkcie x0 mamy

limx→x0

f(x) + g(x)− f(x0)− g(x0)x− x0

= limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

+ limx→x0

g(x)− g(x0)x− x0

= f ′(x0) + g′(x0),

więc (f + g)′(x0) = f ′(x0) + g′(x0). Również pozostałe części tezy można wykazać bezpośrednioz definicji.


Dowód. Wobec lematu 6.1.3 istnieją funkcje u : X → R, v : Y → R ciągłeodpowiednio w punktach x0, y0 takie, że

h(x) = h(x0) + (x− x0)u(x) dla x ∈ X i u(x0) = h′(x0),

g(y) = g(y0) + (y − y0)v(y) dla y ∈ Y i v(y0) = g′(y0).

Zatem dla x ∈ X mamy

f(x) = g(h(x)) = g(h(y0)) + (h(x)− h(x0))v(h(x))

= f(x0) + (x− x0)u(x)v(h(x)).(6.5)

Z warunku koniecznego różniczkowalności, h jest funkcją ciągłą w punkcie x0. Za-tem funkcja x 7→ u(x)v(h(x)) jest ciągła w punkcie x0. Ponadto u(x0)v(h(x0)) =h′(x0)g′(y0). To, wraz z (6.5) i lematem 6.1.3, daje tezę.

Twierdzenie 6.1.7. (o pochodnej w punkcie funkcji odwrotnej). Niechf : X → Y , gdzie X,Y ⊂ R, będzie bijekcją. Jeśli funkcja f ma w punkciex0 ∈ X pochodną różną od zera oraz funkcja f−1 : Y → X jest ciągła w punkciey0 = f(x0), to funkcja odwrotna f−1 ma pochodną w punkcie y0 oraz

(f−1)′(y0) =1

f ′(x0).

Dowód. Zauważmy najpierw, że y0 ∈ Y jest punktem skupienia zbioru Y .Istotnie, ponieważ funkcja f ma pochodną w punkcie x0, to x0 jest punktem sku-pienia zbioru X oraz f jest funkcją ciągłą w punkcie x0 (patrz warunek koniecznyróżniczkowalności funkcji w punkcie – wniosek 6.1.4). W konsekwencji istniejeciąg (xn) ⊂ X \ x0 taki, że lim

n→∞xn = x0 oraz lim

n→∞f(xn) = y0. Oznaczając

yn = f(xn) dla n ∈ N, z różnowartościowości funkcji f mamy (yn) ⊂ Y \ y0oraz lim

n→∞yn = y0. Zatem y0 jest punktem skupienia zbioru Y .

Z lematu 6.1.3 istnieje funkcja u : X → R ciągła w punkcie x0, że u(x0) =f ′(x0) oraz

(6.6) f(x)− f(x0) = (x− x0)u(x) dla x ∈ X.

Zauważmy, że u(x) 6= 0 dla x ∈ X. Istotnie, z różnowartościowości funkcji fi (6.6) widzimy, że u(x) 6= 0 dla x ∈ X \ x0. Ponadto z założenia mamyu(x0) = f ′(x0) 6= 0. W konsekwencji u(x) 6= 0 dla x ∈ X. Stąd i z (6.6) dostajemy,

(y − y0)1

u(f−1(y))= f−1(y)− f−1(y0),

przy czym z założenia, że funkcja f−1 jest ciągła w punkcie y0 widzimy, żey 7→ 1

u(f−1(y)) jest funkcją ciągłą w punkcie y0 oraz

1u(f−1(y0))

=1

u(x0)=

1f ′(x0)

.

To, wraz z lematem 6.1.3, daje tezę.

6.1. POCHODNA FUNKCJI W PUNKCIE 197

Uwaga 6.1.8. W twierdzeniu 6.1.7, założenia f ′(x0) 6= 0 nie można opuścić. Naprzykład funkcja f(x) = x3, x ∈ R jest bijekcją zbioru R na R i odwrotną do niejjest f−1(y) = 3

√y, y ∈ R. Zatem f i f−1 są ciągłe, czyli f jest homeomorfizmem.

Ponadto f(0) = 0. Wprost z definicji pochodnej funkcji w punkcie sprawdzamy,że f ′(0) = 0 oraz, że f−1 nie ma pochodnej w punkcie 0.

Wniosek 6.1.9. Niech P,Q ⊂ R będą przedziałami oraz f : P → Q będziebijekcją ciągłą. Jeśli f ma pochodną w punkcie x0 ∈ P i f ′(x0) 6= 0, to funkcjaodwrotna f−1 : Q→ P ma pochodną w punkcie y0 = f(x0) oraz

(f−1)′(y0) =1

f ′(x0).

Dowód. Z twierdzenia 5.6.1 wynika, że funkcja f jest monotoniczna, z twier-dzenia 5.6.2, zaś, że f jest homeomorfizmem. Zatem z twierdzenia o pochodnejfunkcji odwrotnej 6.1.7 dostajemy tezę.

ZADANIA

Zadanie 6.1.1. Niech f : R → R będzie funkcją określoną wzorami f(0) = 0 orazf(x) = x2 cos(π/x2) dla x 6= 0. Wyznaczyć pochodną funkcji w dowolnym punkcie x0 ∈ R.

Zadanie 6.1.2. Niech f : P → R, gdzie P jest przedziałem. Jeśli f jest funkcją ciągłą,różnowartościową, różniczkowalną w punkcie x0 ∈ P oraz f ′(x0) = 0, to funkcja odwrotnaf−1 do funkcji f nie jest różniczkowalna w punkcie y0 = f(x0).

Zadanie 6.1.3. Niech f : P → R, gdzie P ⊂ R jest przedziałem.Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 ∈ P pochodną prawostronną, gdy istnieje

skończona granica prawostronna ilorazu różnicowego funkcji f w punkcie x0(3). Wte-

dy wartość tej granicy oznaczamy f ′+(x0) i nazywamy pochodną prawostronną funkcjif w punkcie x0. Analogicznie mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 ∈ P pochodnąlewostronną, gdy istnieje skończona granica lewostronna ilorazu różnicowego funkcji f wpunkcie x0. Wtedy wartość tej granicy oznaczamy f ′−(x0) i nazywamy pochodną lewo-stronną funkcji f w punkcie x0.

Udowodnić, że funkcja f ma pochodną w punkcie x0 wtedy i tylko wtedy, gdy istniejąpochodne prawo i lewostronne w punkcie x0 i są równe. Wtedy f ′(x0) = f ′−(x0) = f ′+(x0).

Zadanie 6.1.4. Niech f : (a, b) → R oraz x ∈ (a, b). Liczbę rzeczywistą oznaczanąsymbolem DSf(x), określoną wzorem DSf(x) =lim

t→0[f(x+ t)− f(x− t)]/(2t), nazywamy

pochodną symetryczną Lebesgue’a(4) funkcji f w punkcie x0, jeśli granica istnieje i jestskończona.

Udowodnić, że jeśli funkcja f : (a, b) → R ma pochodną w punkcie x ∈ (a, b), to maw punkcie x pochodną symetryczną w sensie Lebesgue’a i DSf(x) = f ′(x).

(3)wtedy x0 jest punktem skupienia zbioru P ∩ (x0,+∞)(4)Henri Leon Lebesgue (1875-1941) – francuski matematyk.


Zadanie 6.1.5. Niech f : (a, b)→ R oraz x ∈ (a, b). Liczbę rzeczywistą oznaczaną sym-bolem DS2f(x), określoną wzorem DS2f(x) =lim

t→0[f(x+ t) + f(x− t)− 2f(x)]/(t2), na-

zywamy pochodną symetryczną Riemanna-Schwarza funkcji f w punkcie x, jeśli granicaistnieje i jest skończona.

Udowodnić, że jeśli funkcja f ma w punkcie x ∈ (a, b) pochodne symetryczne DSf(x)i DS2f(x), to istnieje pochodna funkcji f w punkcie x oraz f ′(x) = DSf(x).

6.2 Pochodna funkcji

Definicja pochodnej funkcji. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R.

Oznaczmy przez Df ′ zbiór wszystkich punktów zbioru X, w których funkcjaf ma pochodną. Jeśli Df ′ 6= ∅, to funkcję Df ′ 3 x 7→ f ′(x) ∈ R, nazywamypochodną funkcji f i oznaczamy f ′.

Jeśli E ⊂ Df ′ , E 6= ∅, to mówimy, że f jest funkcją różniczkowalną w zbiorzeE. Wtedy funkcję E 3 x 7→ f ′(x) ∈ R, nazywamy pochodną funkcji w zbiorze E.

Jeśli funkcja f jest różniczkowalna w zbiorze X (to znaczy X = Df ′), tomówimy, że f jest funkcją różniczkowalną.

Dla pochodnej funkcji zachodzą analogiczne twierdzenia jak dla pochodnejfunkcji w punkcie.

Bezpośrednio z wniosku 6.1.4 dostajemy

Wniosek 6.2.1. (warunek konieczny różniczkowalności). Jeśli funkcjaf : X → R, X ⊂ R, jest różniczkowalna, to funkcja f jest ciągła.


Twierdzenie 6.2.2. (o działaniach na pochodnej funkcji). Niech X ⊂ R iniech f, g : X → R będą funkcjami różniczkowalnymi. Wówczas f + g, f − g, fgoraz f

g (przy założeniu, że g(x) 6= 0 dla x ∈ X) są różniczkowalne, przy czym:

(a) (f + g)′ = f ′ + g′, (f − g)′ = f ′ − g′,

(b) (fg)′ = f ′g + fg′,(fg

)′= f ′g−fg′

g2 .


Twierdzenie 6.2.3. (o pochodnej funkcji złożonej). Niech X,Y ⊂ R i niechf = g h : X → R, gdzie h : X → R, g : Y → R oraz h(X) ⊂ Y . Jeśli funkcje hi g są różniczkowalne, to funkcja f jest różniczkowalna oraz

f ′ = (g′ h) · h′.


6.2. POCHODNA FUNKCJI 199

Twierdzenie 6.2.4. (o pochodnej funkcji odwrotnej). Niech f : X → Y ,gdzie X,Y ⊂ R, będzie homeomorfizmem. Jeśli f ma w każdym punkcie zbioru Xpochodną różną od zera, to funkcja odwrotna f−1 : Y → X jest różniczkowalna i

(f−1)′ =1

f ′ (f−1).


Wniosek 6.2.5. Niech P,Q ⊂ R będą przedziałami oraz f : P → Q będziebijekcją ciągłą. Jeśli funkcja f ma w każdym punkcie przedziału P pochodną różnąod zera, to funkcja odwrotna f−1 : Q→ P jest różniczkowalna oraz

(f−1)′ =1

f ′ (f−1).

Uwaga 6.2.6. Zachodzą analogiczne własności do twierdzeń 6.2.1 – 6.2.5 dlafunkcji f : X → R różniczkowalnej w zbiorze E ⊂ X.

Uwaga 6.2.7. W dalszym ciągu rozważając pochodną funkcji będziemy ograniczaćsię do przypadku, gdy funkcja jest określona w przedziale lub w zbiorze będącymsumą pewnej rodziny przedziałów.

Uwaga 6.2.8. W dalszym ciągu pochodną funkcji określonej wzorem będziemyzapisywać jako dany wzór funkcji objęty nawiasem i opatrzony znakiem ′ (któ-ry czytamy prim). Pochodną zaś w punkcie x0 – z dodatkowym indeksem u dołu

x = x0. Na przykład(1x

)′oznacza pochodną funkcji 1x , zaś

(1x

)′x=3

oznacza po-

chodną funkcji 1x w punkcie 3.

Wykażemy teraz różniczkowalność pewnych funkcji.

Twierdzenie 6.2.9. (a) Każda funkcja stała w przedziale ma pochodną tożsamo-ściowo równą zero.

(b) Dla dowolnego n ∈ N zachodzi (xn)′ = nxn−1 w R.(c) Dla dowolnego n ∈ Z, n < 0 zachodzi (xn)′ = nxn−1 w R \ 0.

Dowód. Ad (a). Niech P będzie przedziałem oraz f : P → R będzie funkcjąstałą. Wtedy dla dowolnych x, x0 ∈ P mamy f(x) = f(x0) + (x− x0) · 0. Zatemz lematu 6.1.3 dostajemy f ′(x0) = 0.

Ad (b). Ponieważ dla dowolnego x0 ∈ R mamy x = x0 + (x − x0) · 1, więc(x)′x=x0 = 1 i w konsekwencji (x1)′ jest funkcją stałą równą 1. Zakładając, że(xn)′ = nxn−1 w R, z twierdzenia o pochodnej iloczynu mamy

(xn+1)′ = (xnx)′ = (xn)′x+ xn(x)′ = nxn−1x+ xn = (n+ 1)xn w R.

Reasumując, z zasady indukcji dostajemy (b) dla wszystkich n ∈ N.


Ad (c). Dla n ∈ Z, n < 0 mamy −n ∈ N, więc z (b) i twierdzenia o pochodnejilorazu 6.1.5(b), dostajemy

(xn)′ =(

1x−n

)′=nx−n−1

x−2n= nxn−1 w R \ 0.

To kończy dowód.

Z twierdzenia 6.2.9 i twierdzenia o pochodnej sumy, iloczynu i ilorazu (twier-dzenie 6.2.2) dostajemy

Wniosek 6.2.10. Wielomiany i funkcje wymierne są różniczkowalne.

Twierdzenie 6.2.11. Niech a ∈ R. Wówczas:(a) (lnx)′ = 1

x w przedziale (0,+∞),(b) (loga x)′ = 1

x ln a w przedziale (0,+∞), gdy a > 0, a 6= 1.(c) (ex)′ = ex w zbiorze R,(d) (ax)′ = ax ln a w zbiorze R, gdy a > 0,(e) (xa)′ = axa−1 w przedziale (0,+∞).

Dowód. Ad (a). Z własności logarytmu dla dowolnych x, x0 ∈ (0,+∞),x 6= x0 mamy

(6.7)lnx− lnx0x− x0

=ln x

x0

x− x0= ln

(1 +

x− x0x0

) 1x−x0

=1x0

ln(

1 +x− x0x0

) x0x−x0

.

Ponieważ x−x0x06= 0 dla x 6= x0 oraz lim

x→x0x−x0x0

= 0, więc z własności granicy

funkcji (patrz wniosek 5.1.10(a)(5)) i z ciągłości funkcji ln mamy

limx→x0

ln(

1 +x− x0x0

) x0x−x0

= ln e = 1.

Stąd i z (6.7) dostajemy, że pochodną funkcji ln w punkcie x0 jest 1x0 . To daje(a).

Ad (b). Ponieważ dla a > 0, a 6= 1 oraz x > 0 mamy loga x = lnxln a , więc z (a)

i twierdzenia o pochodnej ilorazu dostajemy (b).Ad (c). Ponieważ funkcja ln jest funkcją odwrotną do funkcji R ∈ x 7→ ex ∈

(0,+∞) (6), więc z (a) i twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej dla dowolnegox0 ∈ R dostajemy

(ex)′x=x0 =1

(ln)′(ex0)=

11ex0

= ex0 .

To daje (c).

(5)patrz również twierdzenie 5.1.2 o równoważności definicji granicy funkcji w punkcie w sensieHeinego i Cauchy’ego i twierdzenie o granicy ciągu potęg – wniosek 3.3.4(a).(6)zatem funkcja ta jest homeomorfizmem.

6.2. POCHODNA FUNKCJI 201

Ad (d). Część (d) wynika natychmiast z (c), równości ax = ex ln a dla a > 0 itwierdzenia o pochodnej złożenia funkcji.

Ad (e). Część (e) wynika z (a), (c), równości xa = ea lnx dla x > 0 i twierdzeniao pochodnej złożenia funkcji.

Twierdzenie 6.2.12. Funkcje trygonometryczne są różniczkowalne oraz(a) (sinx)′ = cosx oraz (cosx)′ = − sinx,(b) ( tgx)′ = 1

cos2 x oraz ( ctgx)′ = − 1sin2 x .

Dowód. Ad (a). Z własności funkcji trygonometrycznych (wniosek 4.10.4(d))dla dowolnych x, x0 ∈ R, x 6= x0 mamy

sinx− sinx0x− x0

=2 sin x−x0

2 cos x+x02x− x0

=sin x−x0

2x−x02

cosx+ x0

2,

Zatem przechodząc do granicy x → x0 (z własności 5.1.10(b)) dostajemy, że(sinx)′x=x0 = cosx0.

Ponieważ cosx = sin(π2 − x) oraz sinx = cos(π2 − x) dla x ∈ R, więc zpowyższego i twierdzenia o pochodnej złożenia dostajemy (cosx)′ = − sinx. Todaje (a).

Część (b) dostajemy natychmiast z (a) i twierdzenia o pochodnej ilorazu.

Z twierdzenia 6.2.12 i twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej dostajemy

Wniosek 6.2.13. (a) Funkcje arcsin i arccos są różniczkowalne w przedziale(−1, 1) oraz

(arcsinx)′ =1√

1− x2, (arccosx)′ =

−1√1− x2

, w (−1, 1).

(b) Funkcje arctg i arcctg są różniczkowalne oraz

( arctg x)′ =1

1 + x2, ( arcctg x)′ =

−11 + x2

w R.

Dowód. Ad (a). Funkcja f : [−π2 ,

π2 ]→ [−1, 1] określona wzorem f(x) = sinx

dla x ∈ [−π2 ,

π2 ] jest homeomorfizmem i funkcją odwrotną do niej jest arcsin.

Ponieważ f(−π2 ) = −1 i f(π2 ) = 1, więc f jest homeomorfizmem przedziału

(−π2 ,

π2 ) na (−1, 1). Pochodną funkcji f w (−π

2 ,π2 ) jest funkcja cos, przyjmująca

w tym przedziale wartości dodatnie, a więc f ′(x) =√

1− sin2 x dla x ∈ (−π2 ,

π2 ).

Zatem, zgodnie z twierdzeniem o pochodnej funkcji odwrotnej 6.1.7, arcsin jestfunkcją różniczkowalną w (−1, 1) oraz

(arcsinx)′ =1√

1− sin2(arcsinx)=

1√1− x2

.

To daje pierwszą część (a). Drugą część (a) dowodzimy analogicznie jak powyższą.


Ad (b). Ponieważ w przedziale (−π2 ,

π2 ) mamy ( tgx)′ = 1

cos2 x = tg 2x + 1,więc podobnie jak w części (a) dostajemy ( arctg x)′ = 1

1+x2 . Drugą część (b)dowodzimy analogicznie jak powyższą.

ZADANIA

Zadanie 6.2.1. Funkcja f(x) = k√x, x ∈ R, gdzie k = 2n+ 1, n ∈ N, nie ma pochodnej

w punkcie x = 0.

Zadanie 6.2.2. (a) Funkcje arcsin i arccos nie mają pochodnych w punktach −1, 1.(b) Jeśli a ∈ R, a > 1, to funkcja potęgowa xa ma pochodną w punkcie 0 równą zero.(c) Jeśli a ∈ R, 0 < a < 1, to funkcja potęgowa xa nie ma pochodnej w punkcie 0.

Zadanie 6.2.3. Dla funkcji hiperbolicznych mamy:1. sinh′ x = coshx dla x ∈ R,2. cosh′ x = sinhx dla x ∈ R,3. tanh′ x = 1

cosh2 x = 1− tanh2 x dla x ∈ R,

4. coth′ x = −1sinh2 x = 1− coth2 x dla x ∈ R \ 0.

Zadanie 6.2.4. Niech f : (− 14 , 1) → R będzie funkcją ciągłą spełniającą równanie

y2 − 5y + 6 − x = 0 (to znaczy [f(x)]2 − 5f(x) + 6 − x = 0 dla x ∈ (− 14 , 1)) i niech

f(0) = 1. Wykazać, że funkcja f jest różniczkowalna i obliczyć jej pochodną.

Zadanie 6.2.5.* (Charzyński(7)). Jeśli funkcja f : R→ R spełnia warunek

(6.8) lim suph→0

f(x+ h)− f(x− h)2h

< +∞ dla każdego x ∈ R,

to zbiór punktów, w których funkcja f jest ciągła, jest gęsty w R (8).Wsk. Zauważyć, że funkcja f spełniająca (6.8) jest symetrycznie ciągła, to znaczy

dla każdego x ∈ (a, b) zachodzi limh→0

[f(x + h) − f(x − h)] = 0. Udowodnić następujące

trzy lematy:

Lemat 6.2.14. (Charzyński). Niech f : R → R będzie funkcją symetrycznie ciągłąi niech x1, h0, ε ∈ R, gdzie ε > 0, h0 > 0. Jeśli |f(x1 + h) − f(x1 − h)| < ε dla0 < h < h0, to istnieje δ > 0 taka, że δ < h0 oraz dla każdego x1 < x < x1 + δ,zachodzi |f(x+ h0)− f(x− h0)| < 2ε.

Lemat 6.2.15. Jeśli funkcja f : R → R spełnia (6.8), to istnieje ciąg zbiorów paramirozłącznych Ek ⊂ R, k ∈ N, taki że R =

⋃∞k=1Ek i istnieje ciąg liczb dodatnich Mk∞k=1,

że dla każdego x ∈ Ek oraz każdego 0 < t < 1/k zachodzi |f(x+ t)− f(x− t)| < 2Mkt.

Lemat 6.2.16. Niech f : R → R, niech E ⊂ (a, b) oraz M, δ > 0 będą takie, że dlakażdego x ∈ E oraz każdego 0 < t < δ zachodzi |f(x+ t)− f(x− t)| < 2Mt. Jeśli E jestzbiorem gęstym w (a, b) i ε > 0 liczbą taką, że b−a < minδ, ε/M oraz |f(a)−f(b)| > ε,to dla każdego przedziału (c, d) ⊂ (a, b) istnieją x1, x2 ∈ (c, d), że |f(x1)− f(x2)| > ε/3.

(7)Zygmunt Charzyński (1914-2001) – matematyk polski, profesor Uniwersytetu Łódzkiego.(8)Profesor Charzyński pokazał więcej, że zbiór punktów nieciągłości funkcji f jest rozproszony.

Zbiór X ⊂ R nazywamy rozproszonym, gdy każdy jego podzbiór ma punkty izolowane.

6.3. FUNKCJE RÓŻNICZKOWALNE W PRZEDZIALE 203

6.3 Funkcje różniczkowalne w przedziale

Lemat 6.3.1. Niech P będzie przedziałem oraz f : P → R będzie funkcją róż-niczkowalną w punkcie x0 ∈ P .

(a) Jeśli f ′(x0) > 0, to istnieje δ > 0 takie, że

f(x) < f(x0) dla x ∈ (x0 − δ, x0) ∩ P oraz f(x) > f(x0) dla x ∈ (x0, x0 + δ) ∩ P .

(b) Jeśli f ′(x0) < 0, to istnieje δ > 0 takie, że

f(x) > f(x0) dla x ∈ (x0 − δ, x0) ∩ P oraz f(x) < f(x0) dla x ∈ (x0, x0 + δ) ∩ P .

Dowód. Ad (a). W myśl lematu 6.1.3 istnieje funkcja u : P → R ciągła wpunkcie x0 taka, że u(x0) = f ′(x0) oraz

(6.9) f(x) = f(x0) + (x− x0)u(x) dla x ∈ P.

Ponieważ u(x0) = f ′(x0) > 0, więc wobec ciągłości funkcji u w punkcie x0, istniejeδ > 0, że dla każdego x ∈ P takiego, że |x−x0| < δ mamy |u(x)−u(x0)| < u(x0),a więc u(x) > 0. Wówczas dla x ∈ (x0− δ, x0)∩P mamy (x−x0)u(x) < 0, a więcz (6.9) dostajemy f(x) < f(x0). Podobnie, dla x ∈ (x0, x0 + δ) ∩ P dostajemyf(x0) < f(x). To daje (a). Analogicznie jak powyżej dowodzimy (b).

Twierdzenie 6.3.2. (Fermat(9)). Niech f : (a, b) → R będzie funkcją różnicz-kowalną w punkcie x0 ∈ (a, b).

(a) Jeśli f(x) 6 f(x0) dla x ∈ (a, b), to f ′(x0) = 0.(b) Jeśli f(x) > f(x0) dla x ∈ (a, b), to f ′(x0) = 0.

Rysunek 6.1: Funkcja f jest różniczkowalna w przedziale (a, b) i przyjmuje naj-większą wartość w punkcie x0. Zatem f ′(x0) = 0. Funkcja g(x) = f(x0) dla x ∈ R,jest styczną do wykresu funkcji f w punkcie (x0, f(x0)) (patrz strona 218).

(9)Pierre de Fermat (1601-1665) – matematyk (samouk) francuski, z wykształcenia prawnik ilingwista.


Dowód. Przy założeniach (a) i (b), wobec lematu 6.3.1 nie może byćf ′(x0) > 0 ani f ′(x0) < 0. Zatem f ′(x0) = 0.

Twierdzenie 6.3.3. (Darboux). Niech P będzie przedziałem oraz f : P → Rbędzie funkcją różniczkowalną. Niech x1, x2 ∈ P , x1 < x2 oraz niech c ∈ R.

(a) Jeśli f ′(x1) < c < f ′(x2), to istnieje x0 ∈ (x1, x2), że f ′(x0) = c.(b) Jeśli f ′(x1) > c > f ′(x2), to istnieje x0 ∈ (x1, x2), że f ′(x0) = c.

Dowód. Udowodnimy (a). Rozważmy najpierw przypadek, gdy c = 0. Wów-czas f ′(x1) < 0 < f ′(x2). Zatem z lematu 6.3.1, istnieje δ > 0 takie, że

f(x1) > f(x) dla x ∈ (x1, x1 + δ) ∩ P oraz

f(x) < f(x2) dla x ∈ (x2 − δ, x2) ∩ P.(6.10)

Z warunku koniecznego różniczkowalności mamy, że f jest funkcją ciągłą, więcistnieje x0 ∈ [x1, x2], że f(x0) = min f([x1, x2]). Wobec (6.10) dostajemy, żex0 ∈ (x1, x2). Zatem z twierdzenia Fermata 6.3.2 mamy f ′(x0) = 0.

Załóżmy teraz, że f ′(x1) < c < f ′(x2). Biorąc funkcję g(x) = f(x) − cx,x ∈ P , dostajemy że g′(x) = f ′(x) − c dla x ∈ P , więc g′(x1) < 0 < g′(x2).Zatem z pierwszej części dowodu istnieje x0 ∈ (x1, x2), że g′(x0) = 0. Stąd mamy0 = g′(x0) = f ′(x0)− c, co daje (a).


Z własności Darboux dla pochodnej dostajemy

Wniosek 6.3.4. Niech P będzie przedziałem, f : P → R będzie funkcją różnicz-kowalną oraz niech a ∈ P . Jeśli pochodna f ′ ma granicę lewostronną w punkciea, to lim

x→a−f ′(x) = f ′(a). Jeśli pochodna f ′ ma granicę prawostronną w punkcie

a, to limx→a+

f ′(x) = f ′(a). W szczególności pochodna f ′ nie ma w przedziale P

punktów nieciągłości pierwszego rodzaju.

Dowód. Załóżmy, że pochodna f ′ ma granicę lewostronną w punkcie a. Przy-puśćmy przeciwnie, że lim

x→a−f ′(x) 6= f ′(a).

Jeśli limx→a−

f ′(x) < f ′(a), to biorąc r ∈ R takie, że limx→a−

f ′(x) < r < f ′(a),

znajdziemy δ ∈ P takie, że δ < a oraz f ′(x) 6 r dla x ∈ [δ, a). Biorącc ∈ (r, f ′(a)) dostajemy f ′(δ) < c < f ′(a) oraz f ′(x) < c dla x ∈ [δ, a). Toprzeczy twierdzeniu Darboux 6.3.3. Analogicznie dochodzimy do sprzeczności,gdy lim

x→a−f ′(x) > f ′(a).

Drugą część tezy dowodzimy analogicznie. Trzecia część tezy wynika z dwóchpierwszych części.

6.3. FUNKCJE RÓŻNICZKOWALNE W PRZEDZIALE 205

Uwaga 6.3.5. Pochodna funkcji różniczkowalnej w przedziale może mieć punktynieciągłości drugiego rodzaju (patrz zadanie 6.3.2).

Twierdzenie 6.3.6. (Rolle(10)). Niech f będzie funkcją ciągłą w przedziale [a, b]i różniczkowalną w przedziale (a, b). Jeśli f(a) = f(b), to istnieje x0 ∈ (a, b) takie,że f ′(x0) = 0.

Dowód. Ponieważ funkcja f jest ciągła w przedziale domkniętym, więc ztwierdzenia 5.7.4 istnieją x1, x2 ∈ [a, b] takie, że f(x1) = min f([a, b]) oraz f(x2) =max f([a, b]). Wówczas dla każdego x ∈ [a, b] mamy f(x1) 6 f(x) 6 f(x2).

Jeśli f(x1) = f(x2), to f jest funkcją stałą, więc f ′(x) = 0 dla wszystkichx ∈ (a, b), co daje tezę w tym przypadku.

Jeśli f(x1) < f(x2), to f(x1) < f(a) lub f(a) < f(x2). Ponieważ f(a) = f(b),więc x1 ∈ (a, b) lub x2 ∈ (a, b). Stąd i z twierdzenia Fermata 6.3.2 mamy f ′(x1) =0, gdy x1 ∈ (a, b), lub f ′(x2) = 0, gdy x2 ∈ (a, b). To kończy dowód.

Twierdzenie 6.3.7. (Lagrange’a o wartości średniej). Niech f będzie funk-cją ciągłą w przedziale [a, b] i różniczkowalną w przedziale (a, b). Wówczas istniejex0 ∈ (a, b), że

f(b)− f(a) = f ′(x0)(b− a).

Dowód. Weźmy funkcję g : [a, b]→ R określoną wzorem

g(x) = (f(b)− f(a))x− (b− a)f(x), x ∈ [a, b].

Z założeń o funkcji f mamy, że g jest funkcją ciągłą w [a, b] i różniczkowalną w(a, b). Ponadto

g(a) = af(b)− af(a)− bf(a) + af(a) = bf(b)− bf(a)− bf(b) + af(b) = g(b).

Zatem, z twierdzenia Rolle’a 6.3.6, istnieje x0 ∈ (a, b) takie, że g′(x0) = 0. Ponie-waż

g′(x) = f(b)− f(a)− (b− a)f ′(x) dla x ∈ (a, b),

więc f(b)− f(a)− (b− a)f ′(x0) = 0. To daje tezę.

Twierdzenie 6.3.8. (Cauchy’ego o wartości średniej). Niech f, g będą funk-cjami ciągłymi w przedziale [a, b] i różniczkowalnymi w przedziale (a, b). Wówczasistnieje x0 ∈ (a, b), że

(f(b)− f(a))g′(x0) = (g(b)− g(a))f ′(x0).

(10)Michel Rolle (1652-1719) – francuski matematyk. Twierdzenie to, w innej postaci znane byłohinduskiemu matematykowi Bhaskarze. Bhaskara Acarya (1114 - 1185) - matematyk i astronomhinduski.


Dowód. Weźmy funkcję h : [a, b]→ R określoną wzorem

h(x) = (f(b)− f(a))g(x)− (g(b)− g(a))f(x), x ∈ [a, b].

Z założeń o funkcjach f i g mamy, że h jest funkcją ciągłą w [a, b] i różniczko-walną w (a, b). Ponadto h(a) = h(b). Zatem z twierdzenia Rolle’a 6.3.6 istniejex0 ∈ (a, b) takie, że h′(x0) = 0. Ponieważ

h′(x) = (f(b)− f(a))g′(x)− (g(b)− g(a))f ′(x) dla x ∈ (a, b),

więc (f(b)− f(a))g′(x0)− (g(b)− g(a))f ′(x0) = 0. To daje tezę.

Uwaga 6.3.9. Jeśli x0 ∈ R należy do przedziału otwartego (a, b), to łatwo spraw-dzamy, że istnieje liczba θ ∈ (0, 1), że x0 = a+θ(b−a). W świetle tego twierdzenieRolle’a można sformułować następująco:

Niech f będzie funkcją ciągłą w przedziale [a, b] i różniczkowalną w przedziale(a, b). Jeśli f(a) = f(b), to istnieje θ ∈ (0, 1) takie, że f ′(a+ θ(b− a)) = 0.

Analogicznie można sformułować twierdzenie Lagrange’a i Cauchy’ego.

Wniosek 6.3.10. Niech P będzie przedziałem oraz niech f : P → R będzie funk-cją różniczkowalną. Jeśli f ′(x) = 0 dla x ∈ P , to f jest funkcją stałą.

Dowód. Niech a ∈ P . Wówczas z twierdzenia Lagrange’a 6.3.7, dla dowolnegox ∈ P takiego, że x < a, istnieje x0 ∈ (x, a), że

f(x)− f(a) = f ′(x0)(x− a) = 0,

więc f(x) = f(a). Analogicznie pokazujemy, że f(x) = f(a) dla x ∈ P takich, żex > a.

Wniosek 6.3.11. Niech P będzie przedziałem oraz niech f, g : P → R będąfunkcjami różniczkowalnymi. Jeśli f ′(x) = g′(x) dla x ∈ P , to f − g jest funkcjąstałą.

Dowód. Z założenia mamy, że f−g ma pochodną tożsamościowo równą zeru.Zatem z wniosku 6.3.10 mamy tezę.

ZADANIA

Zadanie 6.3.1. Niech P ⊂ R będzie przedziałem. Jeśli funkcja f : P → R jest różnicz-kowalna i pochodna funkcji f jest ograniczona w P , to f spełnia warunek Lipschitza.

Zadanie 6.3.2. Funkcja f : (−1, 1) → R określona wzorami f(0) = 0 oraz f(x) =x2 cos(π/x2) dla x ∈ (−1, 0) ∪ (0, 1) jest różniczkowalna, jednak nie spełnia warunkuLipschitza. Pochodna funkcji f ma w punkcie x0 nieciągłość drugiego rodzaju oraz niejest ograniczona w żadnym otoczeniu U ⊂ (−1, 1) punktu 0.

Wsk. Patrz zadania 6.1.1, 5.10.1.

6.4. REGUŁA DE L’HOSPITALA 207

Zadanie 6.3.3. Niech f : (a, b) → R będzie funkcją różniczkowalną. Jeśli istnieje skoń-czona granica lim

x→a+f ′(x), to istnieje skończona granica lim

x→a+f(x).

Zadanie 6.3.4. Niech f : [a, b)→ R będzie funkcją ciągłą i różniczkowalną w przedziale(a, b). Jeśli istnieje skończona granica g = lim

x→a+f ′(x), to istnieje pochodna funkcji f w

punkcie a oraz f ′(a) = g.

Zadanie 6.3.5. Udowodnić że:1. arctg x+ arctg 1−x

1+x = π4 dla x ∈ (−1,+∞).

2. arctg x+ arctg 1x = π

2 sgnx dla x ∈ R \ 0.3. 2 arctg x+ arcsin 2x

1+x2 = π dla x ∈ [1,+∞).

4. 2 arctg x+ arcsin 2x1+x2 = 4 arctg x dla x ∈ [−1, 1].

5. 2 arctg x+ arcsin 2x1+x2 = −π dla x ∈ (−∞,−1].

6.4 Reguła de l’Hospitala

Lemat 6.4.1. Niech f, g : (a, b)→ R, gdzie −∞ 6 a < b 6 +∞, będą funkcjamiróżniczkowalnymi i niech g′(x) 6= 0, dla wszystkich x ∈ (a, b). Niech

(6.11) limx→a

f ′(x)g′(x)

= p, gdzie p ∈ R.

Wówczas g jest funkcją różnowartościową oraz zachodzą następujące:(a) Dla każdego A ∈ R, A > p istnieje δ ∈ (a, b), że

(6.12)f(x)− f(y)g(x)− g(y)

< A dla dowolnych x, y, a < x < y < δ.

(b) Dla każdego B ∈ R, B B dla dowolnych x, y, a < x < y < δ.

Dowód. Zauważmy najpierw, że g jest funkcją różnowartościową. Istotnie, wprzeciwnym razie istnieją x1, x2 ∈ (a, b) takie, że x1 < x2 oraz g(x1) = g(x2).Wtedy z twierdzenia Rolle’a 6.3.6 istnieje x0 ∈ (x1, x2), w którym g′(x0) = 0. Toprzeczy założeniu, że g′(x) 6= 0 dla x ∈ (a, b).

Ad (a). Z (6.11) mamy, że istnieje δ ∈ (a, b), że f ′(t)g′(t) < A dla t ∈ (a, δ). Zatem,

z twierdzenia Cauchy’ego o wartości średniej 6.3.8, dla każdego a < x < y < δistnieje t ∈ (x, y), że

f(x)− f(y)g(x)− g(y)

=f ′(t)g′(t)

< A.

To daje (6.12).Część (b) dowodzimy analogicznie jak część (a).


Twierdzenie 6.4.2. (reguła de l’Hospitala(11)). Niech f, g : (a, b)→ R, gdzie−∞ 6 a < b 6 +∞, będą funkcjami różniczkowalnymi i niech g′(x) 6= 0 dlawszystkich x ∈ (a, b). Niech

(6.14) limx→a

f ′(x)g′(x)

= p, gdzie p ∈ R.

(a) Jeśli limx→a

f(x) = 0 i limx→a

g(x) = 0, to limx→a

f(x)g(x) = p.

(b) Jeśli limx→a

g(x) = +∞ lub limx→a

g(x) = −∞, to limx→a

f(x)g(x) = p.

Dowód. W myśl lematu 6.4.1, g jest funkcją różnowartościową. W szczegól-ności funkcja g może przyjmować wartość zero co najwyżej w jednym punkcie.Zatem istnieje c ∈ (a, b) takie, że g(x) 6= 0 dla x ∈ (a, c).

Ad (a). Załóżmy najpierw, że p ∈ R. Weźmy dowolne ε > 0 i oznaczmyA = p + ε, B = p − ε. Wtedy B < p < A, więc z lematu 6.4.1 istnieje δ ∈ (a, c)takie, że zachodzą (6.12) i (6.13). Wobec założenia lim

x→af(x) = 0 i lim

x→ag(x) = 0,

przechodząc w (6.12) i (6.13) do granicy przy x→ a, dostajemy

p− ε 6 f(y)g(y)

6 p+ ε dla a < y < δ.

Stąd i z dowolności ε > 0 wynika, że limy→a

f(y)g(y) = p.

Załóżmy teraz, że p = −∞. Biorąc dowolny A ∈ R mamy A > p, więc istniejeδ ∈ (a, c), że zachodzi (6.12). Przechodząc w (6.12) do granicy przy x → a,dostajemy

f(y)g(y)

6 A dla a < y < δ.

Stąd i z dowolności A ∈ R dostajemy limy→a

f(y)g(y) = −∞ = p.

Zakładając, że p = +∞, analogicznie jak w powyższym przypadku (przyzastosowaniu (6.13) zamiast (6.12)) dostajemy lim

y→af(y)g(y) = p.

Ad (b). Rozważmy najpierw przypadek, gdy p ∈ R. Weźmy dowolne ε > 0i oznaczmy A = p + ε

2 , B = p − ε2 . Wtedy B < p < A, więc istnieje δ ∈ (a, c)

takie, że zachodzą (6.12) i (6.13). Przyjmując, że a < y < δ jest ustalone, wobeczałożenia lim

x→ag(x) = +∞ lub lim

x→ag(x) = −∞ dostajemy, że lim

x→ag(x)−g(y)g(x) = 1.

Zatem znajdziemy δ1 ∈ (a, δ), takie, że

g(x)− g(y)g(x)

> 0 dla a < x < δ1.

(11)Guillaume Francois Antoine de l’Hospital (1661-1704) – matematyk francuski. Reguła ta zo-stała odkryta przez Bernoulliego. Johann Bernoulli (1667-1748) – matematyk i fizyk szwajcarski,brat Jakoba Bernoulliego (patrz nierówność Bernoulliego).

6.4. REGUŁA DE L’HOSPITALA 209

Mnożąc teraz (6.12) i (6.13) przez g(x)−g(y)g(x) dostajemy

f(x)− f(y)g(x)

< Ag(x)− g(y)

g(x),

f(x)− f(y)g(x)

> Bg(x)− g(y)

g(x)dla a < x < δ1,

więc, wobec oznaczenia A = p+ ε2 , B = p− ε

2 ,

f(x)g(x)

< p+ε

2+f(y)g(x)

−Ag(y)g(x)

,f(x)g(x)

> p− ε2

+f(y)g(x)

−Bg(y)g(x)

dla a < x < δ1.

Stąd mamy

(6.15) p− ε

2+f(y)−Bg(y)

g(x)<f(x)g(x)

< p+ε

2+f(y)−Ag(y)

g(x)dla a < x < δ1.

Ponieważ limx→a

f(y)−Ag(y)g(x) = 0 oraz lim

x→af(y)−Bg(y)

g(x) = 0, więc znajdziemy takie

δ2 ∈ (a, δ1), że

(6.16)∣∣∣∣f(y)−Ag(y)

g(x)

∣∣∣∣ < ε

2oraz

∣∣∣∣f(y)−Bg(y)g(x)

∣∣∣∣ < ε

2dla a < x < δ2.

Stąd i z (6.15) dostajemy

p− ε < f(x)g(x)

< p+ ε dla a < x < δ2.

To daje, że limx→a

f(x)g(x) = p.

Rozważmy teraz przypadek, gdy p = −∞. Wówczas biorąc dowolne C ∈ Roraz A = C − 1 mamy A > p i analogicznie jak (6.15) dostajemy, że istniejeδ1 ∈ (a, c), że

f(x)g(x)

< A+f(y)−Ag(y)

g(x)dla a < x < δ1.

Podobnie jak w (6.16), istnieje δ2 ∈ (a, δ1), że∣∣∣f(y)−Ag(y)g(x)

∣∣∣ < 1 dla a < x < δ2.Zatem

f(x)g(x)

< A+ 1 = C dla a < x < δ2.

To daje limx→a

f(x)g(x) = −∞.

Przypadek p = +∞ rozważamy analogicznie jak powyższy.


Uwaga 6.4.3. Analogicznie jak twierdzenia 6.4.2 dostajemy regułę de l’Hospitaladla granicy w prawym końcu przedziału z analogicznym sformułowaniem. Z twier-dzenia 6.4.2 i związku granicy z granicami jednostronnymi mamy:(reguła de l’Hospitala). Niech f, g : (a, b) \ x0 → R będą funkcjami różnicz-kowalnymi, gdzie x0 ∈ (a, b) oraz niech g′(x) 6= 0 dla wszystkich x ∈ (a, b) \ x0.Niech

(6.17) limx→x0

f ′(x)g′(x)

= p, gdzie p ∈ R.


f(x) = 0 i limx→x0

g(x) = 0, to limx→x0

f(x)g(x) = p.


g(x) = +∞, lub limx→x0

g(x) = −∞, to limx→x0

f(x)g(x) = p.

ZADANIA

Zadanie 6.4.1. (reguła de l’Hospitala). Niech f, g : [a, b) → R będą funkcjami cią-głymi takimi, że f(a) = g(a) = 0. Jeśli istnieją pochodne f ′(a), g′(a) oraz g′(a) 6= 0, tolimx→a+

f(x)g(x) = f ′(a)

g′(a) .

Zadanie 6.4.2. Niech f(x) = x2 sin(1/x), g(x) = sinx dla x ∈ R \ 0. Pokazać, żeistnieje granica lim

x→0

f(x)g(x) lecz nie istnieje granica lim

x→0

f ′(x)g′(x) .

Zadanie 6.4.3. Obliczyć granice funkcji (jeśli istnieją):

1. limx→a

xn−anxm−am , gdzie a ∈ R, n,m ∈ N,

2. limx→∞

ex

xa , gdzie a ∈ R,

3. limx→π

2

cos x−1x2 ,

4. limx→0+

xk lnl x, gdzie k, l ∈ N,

5. limx→0+

xx,

6. limx→0

(cosx)ctgx,

7. limx→0+

(lnx+ 1

x

),

8. limx→0

(1x − ctgx

),

9. limx→0+

(xx − 1) lnx,

10. limx→+∞

√1+x2x .

6.5. POCHODNE WYŻSZYCH RZĘDÓW I WZÓR TAYLORA 211

6.5 Pochodne wyższych rzędów i wzór Taylora

Definicja pochodnej funkcji rzędu n. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R.

Niech f ′ : Df ′ → R będzie pochodną funkcji f i niech x0 ∈ Df ′ . Liczbęrzeczywistą f ′′(x0), określoną wzorem

f ′′(x0) = (f ′)′(x0),

nazywamy pochodną rzędu drugiego funkcji f w punkcie x0 lub drugą pochodnąfunkcji f w punkcie x0, jeśli pochodna (f ′)′(x0) funkcji f ′ w punkcie x0 istnieje(12).Jeśli funkcja f ma pochodną rzędu drugiego w punkcie x0, to mówimy, że funkcjaf jest dwukrotnie różniczkowalna w punkcie x0.

Oznaczmy przez Df ′′ ⊂ X zbiór wszystkich punktów zbioru X w którychfunkcja f ma pochodną rzędu drugiego. Jeśli Df ′′ 6= ∅, to funkcję przyporząd-kowującą każdemu punktowi x ∈ Df ′′ wartość f ′′(x) nazywamy pochodną rzędudrugiego funkcji f lub drugą pochodną funkcji f i oznaczamy f ′′.

Jeśli E ⊂ Df ′′ , E 6= ∅, to mówimy, że funkcja f jest dwukrotnie różniczko-walna w zbiorze E. Wtedy funkcję E 3 x 7→ f ′′(x) ∈ R nazywamy pochodnąrzędu drugiego funkcji f w zbiorze E lub drugą pochodną funkcji f w E. Jeśli fjest funkcją dwukrotnie różniczkowalną w zbiorze X (to znaczy X = Df ′′), tomówimy, że f jest funkcją dwukrotnie różniczkowalną.

Zakładając, że określiliśmy pochodną funkcji rzędu n w punkcie i w zbiorze,analogicznie jak powyżej określamy pochodną funkcji rzędu n + 1 w punkcie, wzbiorze, i (n+1)-szą pochodną funkcji (13). Pochodną rzędu n funkcji f oznaczamyf (n) : Df (n) → R, pochodną rzędu n funkcji f w punkcie x0 zaś f (n)(x0).

Definicja funkcji klasy C n. Niech f : X → R, X ⊂ R.Mówimy, że funkcja f jest klasy C 0, gdy funkcja f jest ciągła.Mówimy, że funkcja f jest klasy C n, gdzie n ∈ N, gdy funkcja f jest n-krotnie

różniczkowalna i n-ta pochodna funkcji f jest ciągła.

(12)Inaczej f ′′(x0) = limx→x0

f ′(x)−f ′(x0)x−x0

.(13)Jeśli funkcja f ma pochodną n-tego rzędu f (n) : Df(n) → R i x0 ∈ Df(n) , to liczbę rzeczy-

wistą f (n+1)(x0), określoną wzorem f (n+1)(x0) = (f (n))′(x0) nazywamy pochodną n + 1-szegorzędu funkcji f w punkcie x0 lub n + 1-szą pochodną funkcji f w punkcie x0, jeśli pochodna(f (n))′(x0) funkcji f (n) w punkcie x0 istnieje.

Niech Df(n+1) ⊂ X będzie zbiorem wszystkich punktów zbioru X w których funkcja f mapochodną (n + 1)-szego rzędu. Jeśli Df(n+1) 6= ∅, to funkcję Df(n+1) 3 x 7→ f (n+1)(x) ∈ R,nazywamy pochodną (n+1)-szego rzędu funkcji f lub (n+1)-szą pochodną funkcji f i oznaczamyf (n+1).

Jeśli E ⊂ Dfn+1) , E 6= ∅, to mówimy, że funkcja f jest (n+1)-krotnie różniczkowalna w zbiorzeE, a funkcję E 3 x 7→ f (n+1)(x) ∈ R nazywamy pochodną (n+1)-szego rzędu funkcji f w zbiorzeE lub (n+ 1)-szą pochodną funkcji f w E. Jeśli f jest funkcją (n+ 1)-krotnie różniczkowalną wzbiorze X (tzn. X = Df(n+1)), to mówimy, że f jest funkcją (n+ 1)-krotnie różniczkowalną.


Mówimy, że funkcja f jest klasy C∞, gdy funkcja f jest klasy C n dla każdegon ∈ N.

Uwaga 6.5.1. Istnieją funkcje n-krotnie różniczkowalne, które nie są klasy C n

(patrz zadanie 6.5.2). Podobnie, istnieją funkcje klasy C n, które nie są (n + 1)-krotnie różniczkowalne (patrz zadanie 6.5.3).

Uwaga 6.5.2. Indukcyjnie, łatwo pokazujemy, że dla każdej liczby naturalnej n,

(a) (ex)(n) = ex oraz (sinx)(n) = sin(nπ2 + x) w R,

(b) (sinx)(2n) = (−1)n sinx oraz (sinx)(2n−1) = (−1)n+1 cosx w R,

(c) (cosx)(2n) = (−1)n cosx oraz (cosx)(2n−1) = (−1)n sinx w R,

(d) ((1+x)α)(n) = α(α−1) · · · (α−n+1)(1+x)α−n w (−1,+∞), gdzie α ∈ R.

W dalszym ciągu tego punktu zajmiemy się problemem przybliżania funkcjin-krotnie różniczkowalnej przy pomocy wielomianu. Zacznijmy od lematu.

Lemat 6.5.3. Niech f : P → R, gdzie P ⊂ R jest przedziałem, będzie funkcją(n − 1)-krotnie różniczkowalną posiadającą n-tą pochodną w punkcie x0 ∈ P .Wówczas oznaczając

(6.18) Tn(x) =n∑k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k, x ∈ P,

gdzie w powyższym wzorze f (0)(x0)(x− x0)0 oznacza f(x0), mamy

(6.19) limx→x0

f(x)− Tn(x)(x− x0)n

= 0.

Dowód. Zastosujemy zasadę indukcji. Oznaczmy przez N zbiór wszystkichliczb n ∈ N takich, że dla każdej funkcji f : P → R, (n−1)-krotnie różniczkowalnejposiadającej n-tą pochodną w punkcie x0, zachodzi (6.19).

(i) Pokażemy, że 1 ∈ N . Niech f : P → R będzie funkcją posiadającą po-chodną w punkcie x0. Wówczas, w myśl lematu 6.1.3, istnieje funkcja u : P → Rciągła w punkcie x0 taka, że u(x0) = f ′(x0) oraz

f(x) = f(x0) + (x− x0)u(x) dla x ∈ P.

Zgodnie z (6.18) dla n = 1, mamy

T1(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0), dla x ∈ P,

więc z poprzedniego,

f(x)− T1(x) = (x− x0)(u(x)− f ′(x0)) dla x ∈ P.


W konsekwencji

limx→x0

f(x)− T1(x)x− x0

= limx→x0

(u(x)− f ′(x0)) = 0.

Reasumując, 1 ∈ N .(ii) Załóżmy, że n ∈ N . Pokażemy, że n + 1 ∈ N . Weźmy dowolną funkcję

f : P → R, n-krotnie różniczkowalną posiadającą (n+1)-szą pochodną w punkciex0. Niech Tn+1 będzie funkcją określoną wzorem (6.18) dla funkcji f . Wówczas

T ′n+1(x) =n+1∑k=1

f (k)(x0)(k − 1)!

(x− x0)(k−1) =n∑k=0

(f ′)(k)(x0)k!

(x− x0)k, x ∈ P,

jest funkcją postaci (6.18) dla f ′ : P → R. Z wyboru funkcji f mamy, że funkcjaf ′ : P → R jest (n−1)-krotnie różniczkowalna oraz ma n-tą pochodną w punkciex0, zatem z założenia, że n ∈ N mamy, że

(6.20) limx→x0

(f(x)− Tn+1(x))′

(n+ 1)(x− x0)n= limx→x0

f ′(x)− T ′n+1(x)(n+ 1)(x− x0)n

= 0.

Ponadto pochodna funkcji P 3 x 7→ (x − x0)n+1 nie ma miejsc zerowych wP \x0 oraz lim

x→x0(f(x)−Tn+1(x)) = 0 i lim

x→x0(x−x0)n+1 = 0. W konsekwencji,

z (6.20) i reguły de l’Hospitala 6.4.2 (patrz też uwaga 6.4.3) dostajemy

limx→x0

f(x)− Tn+1(x)(x− x0)n+1

= 0.

To daje, że n+ 1 ∈ N .Reasumując, z zasady indukcji mamy N = N. To kończy dowód.

Twierdzenie 6.5.4. (wzór Taylora I (14)). Niech f : P → R, gdzie P ⊂ Rjest przedziałem, będzie funkcją (n−1)-krotnie różniczkowalną (w P ) posiadającąn-tą pochodną w punkcie x0 ∈ P . Wówczas istnieje funkcja v : P → R ciągła wpunkcie x0 taka, że v(x0) = 0 oraz

(6.21) f(x) =n∑k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k + (x− x0)nv(x) dla x ∈ P.

Dowód. Oznaczmy

T (x) =n∑k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k dla x ∈ P oraz

v(x) =f(x)− T (x)

(x− x0)ndla x ∈ P \ x0 i v(x0) = 0.

(14)Brook Taylor (1685-1731) – matematyk angielski.


Z lematu 6.5.3 wynika ciągłość funkcji v w punkcie x0. Ponadto mamy (6.21).

Definicja wzoru Taylora. Niech f : P → R, gdzie P ⊂ R jest przedziałem, bę-dzie funkcją (n−1)-krotnie różniczkowalną posiadającą n-tą pochodną w punkciex0 ∈ P .

Wzór (6.21) nazywamy wzorem Taylora(15) funkcji f w punkcie x0. Wielomian

Tn(x) =∑nk=0

f (k)(x0)k! (x− x0)k nazywamy n-tym wielomianem Taylora funkcji f

w punkcie x0.Funkcję (x− x0)nv(x) we wzorze Taylora (6.21) nazywamy resztą Peano.

Uwaga 6.5.5. Niech P będzie przedziałem, x0 ∈ P oraz niech f : P → R będziefunkcją (n− 1)-krotnie różniczkowalną (w P ) posiadającą n-tą pochodną w punk-cie x0. Przedstawienie (6.21) funkcji f jest jednoznaczne, w tym sensie, że jeśliF : R → R jest wielomianem stopnia co najwyżej n oraz v : P → R jest funkcjąciągłą w x0 taką, że v(x0) = 0 i zachodzi f(x) = F (x) + (x− x0)nv(x) w P , to

F (x) =n∑k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k

oraz zgodnie z oznaczeniami (6.21), v = v.

Istotnie, oznaczmy T (x) =∑nk=0

f (k)(x0)k! (x− x0)k, x ∈ R. Wówczas z (6.21),

limx→x0

F (x)− T (x)(x− x0)n

= limx→x0

(F (x)− f(x)

(x− x0)n+f(x)− T (x)

(x− x0)n)

= 0.

Ponieważ stopień wielomianu F − T nie przekracza n, więc łatwo sprawdzamy,że F = T . Stąd natychmiast dostajemy tezę.

Ze wzoru Taylora 6.5.4 dostajemy natychmiast

Wniosek 6.5.6. Niech P będzie przedziałem, x0 ∈ P oraz niech f : P → Rbędzie funkcją (n− 1)-krotnie różniczkowalną (w P ) posiadającą n-tą pochodną wpunkcie x0. Wówczas istnieje funkcja u : P → R ciągła w punkcie x0 taka, że

f(x) =n−1∑k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k + (x− x0)nu(x) dla x ∈ P

i u(x0) =f (n)(x0)

n!.

(6.22)

(15)Definicja wzoru Maclaurina. Wzór Taylora w punkcie x0 = 0 nazywamy wzorem Mac-laurina. Colin Maclaurin (1698-1746) – matematyk szkocki.


Uwaga 6.5.7. Jak stwierdziliśmy w uwadze 6.5.2, funkcja wykładnicza ex i funk-cje trygonometryczne sin i cos są klasy C∞. Ze wzoru Taylora 6.5.4 i twierdzenia4.9.5 mamy ex =

∑∞n=0

xn

n! dla x ∈ R, więc wzorem Taylora funkcji ex w punkcie0 jest

ex =n∑k=0

xk

k!+ xnv(x) dla x ∈ R,

gdzie v(x) =∑∞k=n+1

xk−n

k! , x ∈ R. Podobnie, z definicji funkcji sin i cos dostajemywzory Taylora

sinx =n∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1 + x2n+1

∞∑k=n+1

(−1)k

(2k + 1)!x2(k−n) dla x ∈ R,

cosx =n∑k=0

(−1)k

(2k)!x2k + x2n

∞∑k=n+1

(−1)k

(2k)!x2(k−n) dla x ∈ R.

Uwaga 6.5.8. Niech P będzie przedziałem, f, g : P → R oraz x0 ∈ P i n ∈ N.Jeśli

limx→x0

f(x)− g(x)(x− x0)n

= 0,

to istnieje funkcja u : P → R ciągła w punkcie x0, że

u(x0) = 0 i f(x) = g(x) + (x− x0)nu(x) dla x ∈ P.

Fakt ten zapisujemy w skrócie

f(x) = g(x) + o((x− x0)n) dla x ∈ P.

W świetle tego wzór Taylora 6.21 można zapisać w postaci:

f(x) =n∑k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k + o((x− x0)n) dla x ∈ P.

Można pokazać, że funkcja f : R → R określona wzorami f(x) = e−1x dla x > 0

oraz f(x) = 0 dla x 6 0 jest klasy C∞ oraz f (n)(0) = 0. Zatem dla każdego n

mamy limx→0

f(x)xn = 0 i w konsekwencji f(x) = o(xn).

Definicja . Niech α, β ∈ R będą różnymi liczbami oraz x ∈ R. Mówimy, że x leżymiędzy α i β, gdy α < x < β lub β < x < α, zależnie od tego, czy α < β lubβ < α.

Udowodnimy wersję wzoru Taylora z resztą w postaci Lagrange’a.


Twierdzenie 6.5.9. (wzór Taylora II). Niech f : [a, b] → R będzie funkcjąklasy C n−1 posiadającą n-tą pochodną w przedziale (a, b) oraz niech x0 ∈ [a, b].Wówczas dla każdego x ∈ [a, b] takiego, że x 6= x0, istnieje punkt c leżący międzyx0 i x taki, że

(6.23) f(x) =n−1∑k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k +f (n)(c)n!

(x− x0)n.

Dowód. Ustalmy x ∈ [a, b], x 6= x0. Weźmy funkcję g : [a, b] → R określonąwzorem

(6.24) g(t) = f(x)− f(t)−n−1∑k=1

f (k)(t)k!

(x− t)k, t ∈ [a, b],

Z założenia o funkcji f mamy, że g jest funkcją ciągłą w [a, b] i różniczkowalną w(a, b), ponadto dla t ∈ (a, b) mamy

g′(t) = −n−1∑k=0

f (k+1)(t)k!

(x− t)k +n−1∑k=1

f (k)(t)(k − 1)!

(x− t)k−1

= −n∑k=1

f (k)(t)(k − 1)!

(x− t)k−1 +n−1∑k=1

f (k)(t)(k − 1)!

(x− t)k−1

= − f (n)(t)(n− 1)!

(x− t)n−1.

(6.25)

Biorąc funkcję h : [a, b] → R określoną wzorem h(t) = (x − t)n, t ∈ [a, b], ztwierdzenia Cauchy’ego o wartości średniej 6.3.8, istnieje punkt c ∈ (a, b) leżącymiędzy x i x0, że

(g(x)− g(x0))h′(c) = g′(c)(h(x)− h(x0)).

Ponieważ, co łatwo sprawdzić, g(x) = 0, h(x) = 0, h(x0) = (x − x0)n orazh′(c) = −n(x− c)n−1 6= 0, więc z powyższego i (6.25) dostajemy

g(x0) =g′(c)h′(c)

(x− x0)n =f (n)(c)(n−1)! (x− c)

n−1

n(x− c)n−1(x− x0)n =

f (n)(c)n!

(x− x0)n.

Z określenia funkcji g mamy g(x0) = f(x) −∑n−1k=0

f (k)(x0)k! (x − x0)k, więc z po-

wyższego dostajemy (11.1.1). To kończy dowód. Analogicznie jak twierdzenia 6.5.9 dowodzimy następującej wersji wzoru Tay-

lora z resztą w postaci Cauchy’ego.


Twierdzenie 6.5.10. (wzór Taylora III). Niech f : [a, b] → R będzie funkcjąklasy C n−1 posiadającą n-tą pochodną w przedziale (a, b) oraz niech x0 ∈ [a, b].Wówczas dla każdego x ∈ [a, b] takiego, że x 6= x0, istnieje punkt c leżący międzyx0 i x taki, że

(6.26) f(x) =n−1∑k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k +f (n)(c)(1− θ)n−1

(n− 1)!(x− x0)n,

gdzie 0 < θ < 1 jest postaci θ = c−x0x−x0 .

Dowód. Analogicznie jak w dowodzie twierdzenia 6.5.9, ustalając x ∈ [a, b],x 6= x0 i biorąc funkcję g postaci (6.24) dostajemy (6.25). W konsekwencji, ztwierdzenia Lagrange’a o wartości średniej 6.3.7, istnieje punkt c leżący między xi x0, że g(x) = g(x0) + (x− x0)g′(c). Ponieważ g(x) = 0, więc z (6.25) dostajemy

g(x0) = (x− x0)f (n)(c)(n− 1)!

(x− c)n−1.

Przyjmując θ = c−x0x−x0 , widzimy że 0 < θ < 1 oraz, że x− c = (1− θ)(x−x0), więc

z powyższego dostajemy tezę.

Bezpośrednio ze wzoru Taylora 6.5.9 mamy

Wniosek 6.5.11. Niech P ⊂ R będzie przedziałem oraz f : P → R funkcją n-krotnie różniczkowalną, n ∈ N. Jeśli f (n)(x) = 0 dla x ∈ P , to f jest obcięciemdo P wielomianu stopnia co najwyżej n− 1.

Definicja szeregu Taylora funkcji. Niech P będzie przedziałem oraz niechf : P → R będzie funkcją klasy C∞. Niech x0 ∈ P . Szereg potęgowy

(6.27)∞∑k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k

nazywamy szeregiem potęgowym lub szeregiem Taylora funkcji f o środku w punk-cie x0.

Uwaga 6.5.12. Z definicji szeregu Taylora i wzoru Taylora 6.5.4 dostajemy, żesumy częściowe szeregu Taylora (6.27) spełniają warunek:

limx→x0

f(x)−∑nk=0

f (k)(x0)k! (x− x0)k

(x− x0)n= 0, dla n ∈ N.

Na podstawie uwagi 6.5.5 dostajemy więc, że szereg Taylora funkcji jest jedynymszeregiem potęgowym w punkcie x0 spełniającym powyższy warunek.

Uwaga 6.5.13. Funkcje sin i cos są sumami swoich szeregów Taylora o środkuw punkcie x0 = 0.


Wzór Taylora prowadzi do pojęcia stycznej do wykresu funkcji w punkcie.

Definicja stycznej do wykresu funkcji w punkcie. Niech f : P → R, gdzieP ⊂ R jest przedziałem. Mówimy, że funkcja T : R → R postaci T (x) = ax + b,x ∈ R, gdzie a, b ∈ R są ustalonymi liczbami, jest styczną do wykresu funkcji f wpunkcie (x0, y0), gdzie x0 ∈ P , y0 = f(x0), gdy T (x0) = y0 oraz

limx→x0

f(x)− T (x)x− x0

= 0.

Wniosek 6.5.14. Niech f : P → R, gdzie P ⊂ R jest przedziałem, oraz niechx0 ∈ P i y0 = f(x0).

(a) Jeśli funkcja T (x) = ax+ b, x ∈ P , gdzie a, b ∈ R są ustalonymi liczbami,jest styczną do wykresu funkcji f w punkcie (x0, y0), to funkcja f jest różniczko-walna w punkcie x0 oraz f ′(x0) = a.

(b) Jeśli funkcja f jest różniczkowalna w punkcie x0, to istnieje dokładniejedna styczna do wykresu funkcji f w punkcie (x0, y0) i jest ona postaci

(6.28) T (x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0), x ∈ P.

Rysunek 6.2: Prosta o równaniu y = f(x0)+f ′(x0)(x−x0) jest styczną do wykresufunkcji f w punkcie (x0, f(x0)).

Dowód. Ad (a). Ponieważ funkcja T jest styczną do wykresu funkcji f wpunkcie (x0, y0), to T (x0) = f(x0). Ponadto f ′(x0) = a, gdyż

limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

= limx→x0

f(x)− T (x)x− x0

+ limx→x0

T (x)− T (x0)x− x0

= a.

Ad (b). Ponieważ f jest funkcją różniczkowalną w punkcie x0, więc z lematu6.5.3 (lub z lematu 6.1.3) dostajemy

limx→x0

f(x)− f(x0)− f ′(x0)(x− x0)x− x0

= 0.

To daje, że funkcja T w (6.28) jest styczną do wykresu funkcji f w punkcie(x0, y0). W myśl uwagi 6.5.5 mamy, że styczna jest określona jednoznacznie.

6.6. PRZEBIEG ZMIENNOŚCI FUNKCJI 219

ZADANIA

Zadanie 6.5.1. (wzór Leibniza). Niech P będzie przedziałem oraz f, g : P → R– funkcjami n-krotnie różniczkowalnymi w punkcie x0 ∈ P . Wówczas

(fg)(n)(x0) =n∑k=0

(n

k

)f (k)(x0)g(n−k)(x0).

Zadanie 6.5.2. Funkcja f : R → R określona wzorami f(x) = x2n sin 1x dla x 6= 0 oraz

f(0) = 0, gdzie n ∈ N, jest n-krotnie różniczkowalna lecz nie jest funkcją klasy C n.

Zadanie 6.5.3. Funkcja g : R→ R określona wzorem g(x) = xn|x| dla x ∈ R jest klasyC n lecz nie ma (n+ 1)-szej pochodnej w punkcie 0.

Zadanie 6.5.4. Każda funkcja klasy C 1 w przedziale domknietym spełnia warunek Lip-schitza w tym przedziale.

Zadanie 6.5.5. Funkcja f : R → R określona wzorami f(0) = 0 oraz f(x) = e−1/x2

dla x 6= 0 jest klasy C∞. Każdy wielomian Taylora funkcji f w punkcie x0 = 0 jestwielomianem zerowym.

Zadanie 6.5.6. Niech f : R → R będzie funkcją klasy C n. Jeśli f (n)(x) = 0 dla x ∈ R,to funkcja f jest wielomianem stopnia co najwyżej n.

Zadanie 6.5.7.* Niech f : R → R będzie funkcją klasy C∞. Jeśli dla każdego x ∈ Ristnieje n ∈ N takie, że f (n)(x) = 0, to funkcja f jest wielomianem.

Zadanie 6.5.8.* Niech f : R → R będzie funkcja klasy C∞. Jeśli Tn, Tm oznaczająn-ty i m-ty wielomian Taylora funkcji f w punkcie 0 i jeśli Tn, Tm są wielomianamiróżnymi od stałych, to istnieją przedziały (a, b), (c, d) takie, że 0 ∈ (a, b), 0 ∈ (c, d) orazhomeomorfizm ϕ : (a, b)→ (c, d), że ϕ(0) = 0 oraz Tn(x) = Tm ϕ(x) dla x ∈ (a, b).

6.6 Przebieg zmienności funkcji

W punkcie tym pokażemy, że wiele własności funkcji można odczytać na podsta-wie znajomości jej pochodnych.

6.6.1 Pochodna i monotoniczność funkcji

Z twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej 6.3.7 wynikają następujące kryteriamonotoniczności funkcji.

Wniosek 6.6.1. (kryterium monotoniczności funkcji). Niech P będzie prze-działem oraz niech f : P → R będzie funkcją różniczkowalną. Wówczas

(a) Funkcja f jest rosnąca wtedy i tylko wtedy, gdy f ′(x) > 0 dla x ∈ P .(b) Funkcja f jest malejąca wtedy i tylko wtedy, gdy f ′(x) 6 0 dla x ∈ P .


Dowód. Ad (a). Załóżmy najpierw, że f jest funkcją rosnącą. Weźmy dowol-ny x0 ∈ P i rozważmy iloraz różnicowy

ϕ(x) =f(x)− f(x0)

x− x0, x ∈ P \ x0.

Ponieważ f jest funkcją rosnącą, więc ϕ(x) > 0 dla x ∈ P \x0. Stąd i z założeniao różniczkowalności f dostajemy f ′(x0) = lim

x→x0ϕ(x) > 0. To daje implikację

prostą w (a).Załóżmy teraz, że f ′(x) > 0 dla x ∈ P . Wówczas, na mocy twierdzenia La-

grange’a 6.3.7, dla dowolnych x1, x2 ∈ P takich, że x1 < x2 istnieje x0 ∈ (x1, x2),że

f(x1)− f(x2) = f ′(x0)(x1 − x2).W konsekwencji f(x1) − f(x2) 6 0 dla x1, x2 ∈ P , x1 < x2, czyli f jest funkcjąrosnącą. To daje implikację odwrotną w (a).

Analogicznie jak powyżej dowodzimy (b).

Wniosek 6.6.2. (kryterium ścisłej monotoniczności funkcji). Niech P bę-dzie przedziałem oraz niech f : P → R będzie funkcją różniczkowalną.

(a) Jeśli f ′(x) > 0 dla x ∈ P , to f jest funkcją ściśle rosnącą.(b) Jeśli f ′(x) < 0 dla x ∈ P , to f jest funkcją ściśle malejącą.

Dowód. Na mocy twierdzenia Lagrange’a 6.3.7 dla dowolnych x1, x2 ∈ Ptakich, że x1 < x2 istnieje x0 ∈ (x1, x2), że

f(x1)− f(x2) = f ′(x0)(x1 − x2).

Zatem, jeśli f ′(x) > 0 dla x ∈ P , to mamy f(x1) < f(x2). To daje (a). Analo-gicznie dowodzimy (b).

Uwaga 6.6.3. W powyższych dwóch wnioskach, 6.6.1 i 6.6.2 założenia, że funkcjajest określona w przedziale, nie można opuścić. Na przykład funkcja f(x) = −1

x ,x ∈ R \ 0 ma w każdym punkcie zbioru R \ 0 pochodną dodatnią lecz nie jestrosnąca. Funkcja ta jest rosnąca w przedziałach (−∞, 0) i (0,+∞). Takie funkcjenazywa się również ”przedziałami rosnące”.

Uwaga 6.6.4. We wniosku 6.6.2 implikacje odwrotne w (a) i (b) nie są prawdzi-we. Na przykład funkcja f(x) = x3, x ∈ R, jest ściśle rosnąca lecz f ′(0) = 0.

Twierdzenie 6.6.5. (kryterium ścisłej monotoniczności funkcji). Niech Pbędzie przedziałem oraz niech f : P → R będzie funkcją różniczkowalną. Wówczas

(a) f jest funkcją ściśle rosnącą wtedy i tylko wtedy, gdy f ′(x) > 0 dla x ∈ Poraz zbiór E = x ∈ P : f ′(x) > 0 jest gęsty w P .

(b) f jest funkcją ściśle malejącą wtedy i tylko wtedy, gdy f ′(x) 6 0 dla x ∈ Poraz zbiór F = x ∈ P : f ′(x) < 0 jest gęsty w P .


Dowód. Ad (a). Załóżmy, że f jest funkcją ściśle rosnącą. Wówczas z wniosku6.6.1 mamy f ′(x) > 0 dla x ∈ P . Przypuśćmy przeciwnie, że zbiór E nie jest gęstyw (a, b). Wtedy istnieją x1, x2 ∈ P , x1 < x2, że (x1, x2)∩E = ∅, zatem f ′(x) = 0dla x ∈ (x1, x2). Stąd i z wniosku 6.3.10 dostajemy, że f jest funkcją stałą w(x1, x2). To przeczy ścisłej monotoniczności funkcji f .

Załóżmy, że f ′(x) > 0 dla x ∈ P oraz, że zbiór E jest gęsty w P . Wobecwniosku 6.6.1 mamy, że f jest funkcją rosnącą. Przypuśćmy przeciwnie, że f niejest funkcją ściśle rosnącą. Wtedy istnieją x1, x2 ∈ P takie, że x1 < x2 orazf(x1) = f(x2). Wówczas dla x ∈ [x1, x2] mamy

f(x1) 6 f(x) 6 f(x2) = f(x1),

więc f jest funkcją stałą w (x1, x2). W konsekwencji f ′(x) = 0 dla x ∈ (x1, x2),a więc (x1, x2) ∩ E = ∅. To przeczy gęstości zbioru E w P , gdyż (x1, x2) ⊂ P .Otrzymana sprzeczność kończy dowód części (a).

Część (b) dowodzimy analogicznie jak powyższą.

ZADANIA

Zadanie 6.6.1. Udowodnić nierówności:1. ex > 1 + x dla x ∈ R \ 0,2. x− x2

2 < ln(1 + x) < x dla x > 0,3. tgx > x dla x ∈ (0, π2 ),4. (1 + x)a > 1 + ax dla x > −1, a > 1 (nierówność Bernoulliego)5. (1 + x)a 6 1 + ax dla x > −1, 0 < a < 1 (nierówność Bernoulliego)6. (1 + x)α < 1 + xα dla x > 0, α ∈ (0, 1).

Zadanie 6.6.2. (Lemat Thoma(16)). Niech f : R → R będzie wielomianem stopnian > 0. Wówczas dla każdego ciągu znaków .0, . . . , .n ∈ <,=, >, spójny jest zbiór

V = x ∈ R : f(x) .0 0 ∧ f ′(x)) .1 0 . . . ∧ f (n)(x) .n 0.

Wsk. Zastosować indukcję względem n.

Zadanie 6.6.3. (Lemat Thoma). Niech f0, . . . , fn : R → R będzie ciągiem wielomia-nów takim, że dla każdego f ∈ f0, . . . , fn zachodzi f ′ ∈ f0, . . . , fn. Wówczas dlakażdego ciągu znaków .0, . . . , .n ∈ <,=, >, spójny jest zbiór

V = x ∈ R : f0(x) .0 0 ∧ . . . ∧ fn(x) .n 0.

Ponadto, jeśli V 6= ∅, to

V = x ∈ R : f0(x) .0 0 ∧ . . . ∧ fn(x) .n 0,

(16)Rene Thom (1923-2002) – matematyk francuski, jeden z czołowych matematyków XX wieku,twórca teorii katastrof. Lemat ten sformułowany przez Stanisława Łojasiewicza ma głębokiekonsekwencje w geometrii semialgebraicznej, tzn. teorii zbiorów określonych przez równania inierówności wielomianowe (wielu zmiennych). Prof. Stanisław Łojasiewicz (1926-2002) – polskimatematyk, profesor Uniwersytetu Jagiellońskiego, jeden z najwybitniejszych matematyków XXwieku.


gdzie .j oznacza 6, gdy .j jest znakiem <; .j oznacza =, gdy .j jest znakiem =;.j oznacza >, gdy .j jest znakiem > dla j = 0, . . . , n.

Wsk. Zastosować zadanie 6.6.2.

Zadanie 6.6.4.* Mówimy, że ciąg (p0, . . . , pm) ∈ Rm+1 zmienia znak na i-tym miejscu,gdy istnieje l > i takie, że pi−1pl < 0 oraz pj = 0 dla i 6 j 6 l − 1.

Niech f ∈ R[t], f ′ 6= 0. Ciągiem Sturma(17) wielomianu f nazywamy ciąg wielomia-nów P0, . . . , Pm ∈ R[t] określony rekurencyjnie: P0 = f , P1 = f ′ oraz Pi−1 = PiFi−Pi+1,przy czym degPi+1 < degPi dla i = 1, . . . ,m, gdzie Pm 6= 0, Pm+1 = 0 i F1, . . . , Fm ∈R[t] (por. zadanie 2.9.6). Dla każdego a ∈ R, przez vf (a) oznaczamy ilość miejsc zmianznaku ciągu P0(a), . . . , Pm(a).Twierdzenie Sturma. Niech f ∈ R[t] będzie wielomianem dodatniego stopnia oraz niecha, b ∈ R będą takie, że a < b i f(a) 6= 0, f(b) 6= 0. Wówczas wielomian f w przedziale(a, b) ma dokładnie vf (a)− vf (b) różnych zer (bez uwzględniania ich krotności).

Wsk. Zauważyć, że jeśli Pi(c) = Pi+1(c) dla pewnego 0 6 i < m, to f(c) = f ′(c) = 0.Wtedy c jest zerem wielokrotnym wielomianu f , to znaczy f dzieli się przez (x − c)2.Rozważyć najpierw przypadek, gdy wielomian f nie ma zer wielokrotnych i zauważyć,że wtedy Pm(x) 6= 0 dla x ∈ R. Sprowadzić rozważania do przypadku, gdy wielomianP0 · · ·Pm ma co najwyżej jedno zero w przedziale [a, b] i zauważyć, że jeśli Pi(c) = 0,gdzie 1 6 i < m, to na i-tym miejscu ciągu P0(c), . . . , Pm(c) nie dochodzi do dodatkowejzmiany znaku. W szczególności, jeśli f(x) 6= 0 dla x ∈ [a, b], to vf (a) = vf (b). Pokazać,że jeśli f(c) = 0, gdzie c ∈ (a, b), to vf (x) = vf (y) + 1 dla a 6 x < c < y 6 b.

Zadanie 6.6.5.* Niech (pn)n∈N będzie ciągiem różnowartościowym wszystkich liczb pierw-szych. Pokazać, że szereg

∑∞n=1

1pn

jest rozbieżny.

Wsk. Zauważyć, że (1 − x)−1 6 e2x dla x ∈ [0, 12 ] oraz, że ln

∑kn=1

1n 6

∑si=1

2zi

,gdzie z1, . . . , zs są wszystkimi liczbami pierwszymi, z których każda dzieli przynajmniejjedną z liczb 1, . . . , n.

Zadanie 6.6.6.* Jeśli P jest przedziałem i funkcja f : P → R spełnia warunek Lipschit-za, to f ma pochodną w pewnym gęstym podzbiorze zbioru P .

6.6.2 Ekstrema funkcji

Definicja ekstremum lokalnego funkcji. Niech X ⊂ R, f : X → R oraz niechx0 ∈ X.

Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 maksimum lokalne, gdy istnieje oto-czenie U ⊂ R punktu x0 takie, że U ⊂ X oraz dla każdego x ∈ U zachodzif(x) 6 f(x0).

Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 minimum lokalne, gdy istnieje oto-czenie U ⊂ R punktu x0 takie, że U ⊂ X oraz dla każdego x ∈ U zachodzif(x) > f(x0).

(17)Jacques Charles Francois Sturm (1803-1855) – francuski matematyk i fizyk pochodzeniaszwajcarskiego.


Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 maksimum lokalne właściwe, gdyistnieje otoczenie U ⊂ R punktu x0 takie, że U ⊂ X oraz dla każdego x ∈ U \x0zachodzi f(x) < f(x0).

Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 minimum lokalne właściwe, gdy ist-nieje otoczenie U ⊂ R punktu x0 takie, że U ⊂ X oraz dla każdego x ∈ U \ x0zachodzi f(x) > f(x0).

Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 ekstremum lokalne, gdy f ma wpunkcie x0 maksimum lub minimum lokalne.

Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 ekstremum lokalne właściwe, gdy fma w punkcie x0 maksimum lub minimum lokalne właściwe.

Uwaga 6.6.6. Bezpośrednio z definicji widzimy, że o ekstremum lokalnym funkcjimożna mówić tylko w punktach wewnętrznych dziedziny funkcji. W szczególności,jeśli P jest przedziałem i f : P → R, to funkcja f nie ma ekstremów lokalnych nakońcach przedziału P . Warto jeszcze zwrócić uwagę na różnicę między najmniejsząi największą wartością funkcji i ekstremum lokalnym. Mianowicie, każda funkcjaciągła na przedziale domkniętym ma wartość najmniejszą i największą lecz niemusi mieć ekstremów lokalnych. Na przykład funkcja f : [0, 1] → R określonawzorem f(x) = x dla x ∈ [0, 1] ma najmniejszą wartość równą 0 przyjmowaną wkońcu 0 przedziału lecz funkcja ta nie ma ekstremów lokalnych.

Rysunek 6.3: Funkcja f określona w przedziale [a, b] ma minima lokalne w punk-tach x2, x4 oraz maksimum lokalne w punkcie x3. W punktach a, b oraz x1 funkcjanie ma ekstremów lokalnych. W punktach a oraz b funkcja przyjmuje największąwartość, a w punkcie x2 – najmniejszą wartość.

Uwaga 6.6.7. Ekstremum lokalne funkcji jest własnością lokalną funkcji. Miano-wicie, niech f : X → R oraz niech x0 ∈ IntX. Wówczas funkcja f ma w punkciex0 maksimum lokalne wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego otoczenia U ⊂ R punk-tu x0, funkcja f |X∩U : X ∩U → R ma w punkcie x0 maksimum lokalne. Zachodzirównież analogiczna własność dla minimum lokalnego.


Z twierdzenia Fermata 6.3.2 dostajemy natychmiast następującą wersję tegotwierdzenia.

Twierdzenie 6.6.8. (warunek konieczny istnienia ekstremum). NiechX ⊂ R oraz f : X → R będzie funkcją różniczkowalną w punkcie x0 ∈ IntX.Jeśli funkcja f ma w punkcie x0 ekstremum lokalne, to f ′(x0) = 0.

Dowód. Załóżmy, że f ma w punkcie x0 maksimum lokalne. Wówczas istniejeprzedział (a, b) ⊂ X taki, że x0 ∈ (a, b) oraz f(x) 6 f(x0) dla x ∈ (a, b). Ponieważf jest funkcją różniczkowalną w punkcie x0, więc z twierdzenia Fermata 6.3.2dostajemy f ′(x0) = 0. Analogicznie rozważamy przypadek, gdy f ma w punkciex0 minimum lokalne.

Uwaga 6.6.9. Warunek zerowania się pochodnej w punkcie x0 nie wystarcza abyfunkcja miała w punkcie x0 ekstremum. Na przykład funkcja f(x) = x3 dla x ∈ Rspełnia warunek f ′(0) = 0 lecz nie ma ekstremum w punkcie 0.

Twierdzenie 6.6.10. (warunek wystarczający istnienia ekstremum I).Niech f : X → R będzie funkcją ciągłą i różniczkowalną w X \x0, gdzie x0 ∈ X.

(a) Jeśli istnieje δ > 0 taka, że (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ X oraz f ′(x) 6 0 dlax ∈ (x0 − δ, x0) i f ′(x) > 0 dla x ∈ (x0, x0 + δ), to funkcja f ma w punkcie x0minimum lokalne.

(b) Jeśli istnieje δ > 0 taka, że (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ X oraz f ′(x) > 0 dlax ∈ (x0 − δ, x0) i f ′(x) 6 0 dla x ∈ (x0, x0 + δ), to funkcja f ma w punkcie x0maksimum lokalne.

Dowód. Ad (a). Weźmy dowolny x ∈ (x0 − δ, x0). Wówczas z twierdzeniaLagrange’a o wartości średniej 6.3.7 istnieje x ∈ (x, x0) taki, że

f(x)− f(x0) = f ′(x)(x− x0).

Z założenia mamy f ′(x) 6 0, więc f(x)−f(x0) > 0. To daje, że f(x) > f(x0) dlax ∈ (x0 − δ, x0). Analogicznie pokazujemy, że f(x) > f(x0) dla x ∈ (x0, x0 + δ).To daje, że f ma minimum lokalne w punkcie x0.



Wniosek 6.6.11. Niech f : X → R będzie funkcją różniczkowalną oraz x0 ∈ X.(a) Jeśli istnieje δ > 0 taka, że (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ X oraz f ′(x) 6 0 dla

x ∈ (x0 − δ, x0) i f ′(x) > 0 dla x ∈ (x0, x0 + δ), to funkcja f ma w punkcie x0minimum lokalne.

(b) Jeśli istnieje δ > 0 taka, że (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ X oraz f ′(x) > 0 dlax ∈ (x0 − δ, x0) i f ′(x) 6 0 dla x ∈ (x0, x0 + δ), to funkcja f ma w punkcie x0maksimum lokalne.


Uwaga 6.6.12. Często w warunku wystarczającym istnienie ekstremum 6.6.11dodaje się założenie f ′(x0) = 0. Opuściliśmy to założenie, gdyż wynika ono z róż-niczkowalności funkcji f w punkcie x0, warunku koniecznego istnienia ekstremumi pozostałych założeń.

Powtarzając dowód twierdzenia 6.6.10 dostajemy natychmiast

Wniosek 6.6.13. Niech f : X → R będzie funkcją ciągłą i różniczkowalną wX \ x0, gdzie x0 ∈ X.

(a) Jeśli istnieje δ > 0 taka, że (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ X oraz f ′(x) < 0 dlax ∈ (x0 − δ, x0) i f ′(x) > 0 dla x ∈ (x0, x0 + δ), to funkcja f ma w punkcie x0minimum lokalne właściwe.

(b) Jeśli istnieje δ > 0 taka, że (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ X oraz f ′(x) > 0 dlax ∈ (x0 − δ, x0) i f ′(x) < 0 dla x ∈ (x0, x0 + δ), to funkcja f ma w punkcie x0maksimum lokalne właściwe.

Ze wzoru Taylora dostajemy

Twierdzenie 6.6.14. (warunek wystarczający istnienia ekstremum II).Niech f : (a, b)→ R będzie funkcją (n−1)-krotnie różniczkowalną (w (a, b)) posia-dającą n-tą pochodną w punkcie x0 ∈ (a, b). Niech f ′(x0) = · · · = f (n−1)(x0) = 0oraz f (n)(x0) 6= 0.

(a) Jeśli f (n)(x0) > 0 i n jest liczbą parzystą, to funkcja f ma minimumlokalne właściwe w punkcie x0.

(b) Jeśli f (n)(x0) < 0 i n jest liczbą parzystą, to funkcja f ma maksimumlokalne właściwe w punkcie x0.

(c) Jeśli n jest liczbą nieparzystą, to funkcja f nie ma w punkcie x0 ekstremumlokalnego.

Dowód. Z wniosku 6.5.6 (po wzorze Taylora I) istnieje funkcja u : (a, b)→ Rciągła w punkcie x0 taka, że

f(x) =n−1∑k=0

f (k)(x0)k!

(x−x0)k+(x−x0)nu(x) dla x ∈ (a, b) i u(x0) =f (n)(x0)

n!.

Zatem z założenia mamy

(6.29) f(x) = f(x0) + (x− x0)nu(x) dla x ∈ (a, b).

Ad (a). Ponieważ u(x0) = f (n)(x0)n! > 0, więc wobec ciągłości funkcji u w

punkcie x0, istnieje δ > 0 takie, że (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ (a, b) oraz u(x) > 0 dlax ∈ (x0 − δ, x0 + δ). Ponieważ n jest liczbą parzystą, więc (x − x0)n > 0 dlax ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ x0. Zatem uwzględniając (6.29) dostajemy

f(x) > f(x0) dla x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ x0.

To daje, że f ma w punkcie x0 minimum lokalne właściwe.


Ad (b). Dowód przebiega analogicznie jak części (a).Ad (c). Jeśli f (n)(x0) > 0, to podobnie jak w części (a), istnieje δ > 0, że dla

x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) mamy u(x) > 0. Ponieważ n jest liczbą nieparzystą, więc(x− x0)n < 0 dla x ∈ (x0 − δ, x0) oraz (x− x0)n > 0 dla x ∈ (x0, x0 + δ). Zatem,uwzględniając (6.29),

f(x) < f(x0) dla x ∈ (x0 − δ, x0) oraz f(x) > f(x0) dla x ∈ (x0, x0 + δ).

To daje, że f nie ma w punkcie x0 ekstremum lokalnego. Analogicznie rozważamyprzypadek, gdy f (n)(x0) < 0.

ZADANIA

Zadanie 6.6.7. Wielomian f : R→ R ma w punkcie x0 ∈ R ekstremum lokalne właściwewtedy i tylko wtedy, gdy istnieje δ > 0, że f ′(x)·f ′(y) < 0 dla x0−δ < x < x0 < y < x0+δ.

Zadanie 6.6.8. Funkcja f : R → R określona wzorami f(x) = 2x2 − x2 sin 1x dla x 6= 0

oraz f(0) = 0, jest różniczkowalna, ma minimum lokalne właściwe w punkcie x = 0ale pochodna nie zmienia znaku w punkcie 0 (tzn. nie istnieje δ > 0, że f ′(x) < 0 dlax ∈ (−δ, 0), f ′(0) = 0 oraz f ′(x) > 0 dla x ∈ (0, δ)).

Zadanie 6.6.9. Pokazać, że funkcja określona wzorem f(x) = x2+x lnx dla x ∈ (0,+∞)ma dokładnie jedno ekstremum lokalne i jest to minimum lokalne.

6.6.3 Wypukłość, wklęsłość i punkty przegięcia

Lemat 6.6.15. Niech a, b ∈ R, a 6= b. Wówczas dla każdego x ∈ R mamy

x =b− xb− a

a+x− ab− a

b.

Ponadto mina, b 6 x 6 maxa, b wtedy i tylko wtedy, gdy

b− xb− a

> 0 ix− ab− a

> 0.

W szczególności x należy do przedziału domkniętego o końcach a i b wtedy i tylkowtedy, gdy istnieją λ1, λ2 > 0 takie, że λ1 + λ2 = 1 oraz x = λ1a+ λ2b.

Dowód. Pierwsza część jest oczywista. Jeśli x należy do przedziału domknię-tego o końcach a, b, to przyjmując λ1 = b−x

b−a oraz λ2 = x−ab−a dostajemy, że

λ1, λ2 > 0, λ1 + λ2 = 1 oraz x = λ1a+ λ2b. Jeśli zaś x = λ1a+ λ2b dla pewnychλ1, λ2 > 0 takich, że λ1 + λ2 = 1, to λ2 = 1 − λ1, więc łatwo wyliczamy, żeλ1 = b−x

b−a oraz λ2 = x−ab−a i w konsekwencji x należy do przedziału o końcach a, b.


Definicje funkcji wypukłej i funkcji wklęsłej. Niech f : X → R, gdzieX ⊂ R oraz niech P ⊂ X będzie przedziałem.

Mówimy, że funkcja f jest wypukła w przedziale P , gdy dla każdych x1, x2 ∈ Poraz λ1, λ2 ∈ R takich, że λ1, λ2 > 0 oraz λ1 + λ2 = 1 zachodzi

f(λ1x1 + λ2x2) 6 λ1f(x1) + λ2f(x2).

Mówimy, że funkcja f jest wklęsła w przedziale P , gdy dla każdych x1, x2 ∈ Poraz λ1, λ2 ∈ R takich, że λ1, λ2 > 0 oraz λ1 + λ2 = 1 zachodzi

f(λ1x1 + λ2x2) > λ1f(x1) + λ2f(x2).

Bezpośrednio z lematu 6.6.15 i definicji funkcji wypukłej dostajemy

Własność 6.6.16. Niech P będzie przedziałem, f : X → R oraz niech P ⊂ X.Wówczas

(a) f jest funkcją wypukłą w przedziale P wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdychx1, x2 ∈ P , x1 6= x2 oraz każdego punktu x leżącego między x1 i x2 mamy

f(x) 6x2 − xx2 − x1

f(x1) +x− x1x2 − x1

f(x2).

(b) f jest funkcją wklęsłą w przedziale P wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdychx1, x2 ∈ P , x1 6= x2 oraz każdego punktu x leżącego między x1 i x2 mamy

f(x) >x2 − xx2 − x1

f(x1) +x− x1x2 − x1

f(x2).

Twierdzenie 6.6.17. Każda funkcja wypukła w przedziale otwartym jest ciągław tym przedziale.

Dowód. Niech f będzie funkcją wypukłą w przedziale (a, b). Weźmy dowolnyx0 ∈ (a, b) i niech x1, x2 ∈ (a, b) będą takie, że x1 < x0 < x2. Wówczas z własności6.6.16(a) dla x ∈ (x1, x0) dostajemy

(6.30) f(x) 6x0 − xx0 − x1

f(x1) +x− x1x0 − x1

f(x0)

orazf(x0) 6

x2 − x0x2 − x

f(x) +x0 − xx2 − x

f(x2),

gdyż x < x0 < x2. Ponadto x2−x0x2−x > 0, więc

(6.31)x2 − xx2 − x0

f(x0)−x0 − xx2 − x0

f(x2) 6 f(x).


Z (6.30), (6.31) i twierdzenia o trzech funkcjach dostajemy, że limx→x−0

f(x) = f(x0).

Analogicznie dowodzimy, że limx→x+0

f(x) = f(x0) (18).

Mnożąc funkcję wklęsłą przez −1 otrzymujemy funkcję wypukłą, więc z twier-dzenia 6.6.17 dostajemy

Wniosek 6.6.18. Każda funkcja wklęsła w przedziale otwartym jest ciągła w tymprzedziale.

Uwaga 6.6.19. W przypadku dowolnego przedziału, twierdzenie 6.6.17 nie zacho-dzi. Mianowicie funkcja f : [0, 1]→ R, określona wzorem f(x) = 0 dla x ∈ [0, 1)oraz f(1) = 1, jest wypukła ale nie jest ciągła.

Twierdzenie 6.6.20. Niech f będzie funkcją różniczkowalną w przedziale P .Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) Funkcja f jest wypukła w przedziale P ,(b) Pochodna f ′ jest funkcją rosnącą w przedziale P ,(c) Dla dowolnych x, x0 ∈ P zachodzi f(x) > f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

Dowód. (a)⇒(b) Weźmy dowolne x1, x2 ∈ P takie, że x1 < x2. Ponieważ fjest funkcją wypukłą w P , więc dla dowolnego x ∈ R takiego, że x1 < x < x2mamy

f(x) 6x2 − xx2 − x1

f(x1) +x− x1x2 − x1

f(x2).

Stąd,x2 − xx2 − x1

f(x) +x− x1x2 − x1

f(x) 6x2 − xx2 − x1

f(x1) +x− x1x2 − x1

f(x2),

więc(f(x)− f(x1))(x2 − x) 6 (f(x2)− f(x))(x− x1)

i w konsekwencji

(6.34)f(x)− f(x1)

x− x16f(x2)− f(x)

x2 − x.

(18)Istotnie, mamy

(6.32) f(x) 6x2 − xx2 − x0

f(x0) +x− x0x2 − x0

f(x2), gdy x ∈ (x0, x2)

oraz f(x0) 6 x−x0x−x1

f(x1) + x0−x1x−x1

f(x), gdy x ∈ (x0, x2). Ponadto x0−x2x−x2

> 0, więc

(6.33)x− x1x0 − x1

f(x0)−x− x0x0 − x1

f(x1) 6 f(x), gdy x ∈ (x0, x2).

Z (6.32) i (6.33) i twierdzenia o trzech funkcjach dostajemy limx→x+0

f(x) = f(x0).


Przechodząc w (6.34) do granicy przy x→ x1, a następnie przy x→ x2, dostaje-my

f ′(x1) 6f(x2)− f(x1)

x2 − x16 f ′(x2),

więc, z dowolności punktów x1, x2 wynika, że f ′ jest funkcją rosnącą. To daje (b).(b)⇒(c) Weźmy dowolne x, x0 ∈ P . Z twierdzenia Lagrange’a o wartości

średniej 6.3.7 istnieje punkt x leżący między x i x0, że

f(x) = f(x0) + f ′(x)(x− x0).

Jeśli x < x0, to x < x0, więc z (b) mamy f ′(x) 6 f ′(x0) i w konsekwencji

f(x) = f(x0) + f ′(x)(x− x0) > f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

Jeśli x > x0, to analogicznie jak powyżej mamy f(x) > f(x0)+f ′(x0)(x−x0).Jeśli x = x0, to mamy f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x0 − x0).Reasumując, dla każdego x, x0 ∈ P mamy f(x) > f(x0) + f ′(x0)(x− x0). To

daje (c).(c)⇒(a) Weźmy dowolne x1, x2 ∈ P , x1 6= x2 oraz niech x leży między x1 i

x2. Wówczas z (c) mamy

f(x1) > f(x) + f ′(x)(x1 − x), f(x2) > f(x) + f ′(x)(x2 − x).

Ponieważ x2−xx2−x1 > 0 oraz x−x1

x2−x1 > 0, więc mnożąc pierwszą nierówność przezx2−xx2−x1 a drugą przez x−x1

x2−x1 dostajemy

x2 − xx2 − x1

f(x1) +x− x1x2 − x1

f(x2) >(x2 − xx2 − x1

+x− x1x2 − x1

)f(x)

+(

(x2 − x)(x1 − x)x2 − x1

+(x− x1)(x2 − x)

x2 − x1

)f ′(x) = f(x).

(6.35)

Stąd i z własności 6.6.16 dostajemy (a).

Wniosek 6.6.21. Niech f będzie funkcją dwukrotnie różniczkowalną w przedzialeP . Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) Funkcja f jest wypukła w przedziale P ,(b) f ′′(x) > 0 dla wszystkich x ∈ P .

Dowód. Teza wynika z twierdzenia 6.6.20 oraz z faktu, że funkcja różnicz-kowalna f ′ w przedziale jest rosnąca wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna jestnieujemna w każdym punkcie przedziału.

Mnożąc funkcję wklęsłą przez −1 otrzymujemy funkcję wypukłą, więc z twier-dzenia 6.6.20 dostajemy


Wniosek 6.6.22. Niech f będzie funkcją różniczkowalną w przedziale P . Wów-czas następujące warunki są równoważne:

(a) Funkcja f jest wklęsła w przedziale P ,(b) Pochodna f ′ jest funkcją malejącą w przedziale P ,(c) Dla dowolnych x, x0 ∈ P zachodzi f(x) 6 f(x0) + f ′(x0)(x− x0).


Wniosek 6.6.23. Niech f będzie funkcją dwukrotnie różniczkowalną w przedzialeP . Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) Funkcja f jest wklęsła w przedziale P ,(b) f ′′(x) 6 0 dla wszystkich x ∈ P .

Definicja punktu przegięcia funkcji. Niech f : X → R, gdzie X ⊂ R, będziefunkcją ciągłą. Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 ∈ X punkt przegięcia, gdyistnieją a, b ∈ R, a < b, takie że x0 ∈ (a, b) ⊂ X oraz funkcja f jest wypukła w(a, x0] i wklęsła w [x0, b) lub funkcja f jest wklęsła w (a, x0] i wypukła w [x0, b).

Rysunek 6.4: Funkcja f określona w przedziale [a, b] ma w punkcie x0 punktprzegięcia, w przedziale [a, x0] jest ona wklęsła, a w przedziale [x0, b] – wypukła.Funkcja g jest stycną do wykresu funkcji f w punkcie (x0, f(x0)).

Własność 6.6.24. (warunek konieczny istnienia punktu przegięcia I).Niech f : X → R będzie funkcją różniczkowalną oraz x0 ∈ X. Jeśli funkcja f maw x0 punkt przegięcia, to f ′ ma ekstremum lokalne w punkcie x0.

Dowód. Ponieważ funkcja f ma w x0 punkt przegięcia, to jest określonaw pewnym przedziale (a, b) ⊂ X, gdzie x0 ∈ (a, b). Ponadto, wobec twierdzenia6.6.20(a)⇒(b) i wniosku 6.6.22(a)⇒(b), istnieją granice jednostronne funkcji f ′ wpunkcie x0. Stąd i z wniosku 6.3.4 wynika, że f ′ jest funkcją ciągłą w punkcie x0.Uwzględniając jeszcze raz twierdzenie 6.6.20, wniosek 6.6.22 i definicję ekstremumlokalnego funkcji, dostajemy tezę.

Z własności 6.6.24 i warunku koniecznego istnienia ekstremum (twierdzenie6.6.8), dostajemy


Własność 6.6.25. (warunek konieczny istnienia punktu przegięcia II).Niech f : X → R będzie funkcją różniczkowalną, posiadającą drugą pochodną wpunkcie x0 ∈ X. Jeśli funkcja f ma w x0 punkt przegięcia, to f ′′(x0) = 0.

Wniosek 6.6.26. Niech f : X → R będzie funkcją ciągłą i dwukrotnie różnicz-kowalną w X \x0, gdzie x0 ∈ X. Wówczas f ma w punkcie x0 punkt przegięciawtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi jeden z warunków:

(i) istnieje δ > 0 taka, że (x0−δ, x0+δ) ⊂ X oraz f ′′(x) 6 0 dla x ∈ (x0−δ, x0)i f ′′(x) > 0 dla x ∈ (x0, x0 + δ),

(ii) istnieje δ > 0 taka, że (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ X oraz f ′′(x) > 0 dlax ∈ (x0 − δ, x0) i f ′′(x) 6 0 dla x ∈ (x0, x0 + δ).

Dowód. Jeśli funkcja f ma w punkcie x0 punkt przegięcia, to z wniosków6.6.21, 6.6.23 wynika, że zachodzi (i) lub (ii).

Udowodnimy, że jeśli zachodzi (i), to f ma w punkcie x0 punkt przegięcia.Istotnie, weźmy dowolne x, x1, x2 ∈ (x0 − δ, x0] takie, że x1 < x < x2. Z (i)oraz wniosku 6.6.23 wynika, że f jest wklęsła w przedziale (x0− δ, x0). Jeśli więcx2 ∈ (x0 − δ, x0), to

(6.36) f(x) >x2 − xx2 − x1

f(x1) +x− x1x2 − x1

f(x2).

Wobec ciągłości funkcji f , przechodząc w (6.36) do granicy przy x2 → x0 dosta-jemy

f(x) >x0 − xx0 − x1

f(x1) +x− x1x0 − x1

f(x0) dla x ∈ (x1, x0).

Zatem (6.36) zachodzi również w przypadku x2 = x0. To daje, że f jest wklęsław przedziale (x0−δ, x0]. Analogicznie, w oparciu o wniosek 6.6.21 pokazujemy, żef jest wypukła w przedziale [x0, x0 + δ). Reasumując, f ma w punkcie x0 punktprzegięcia.

Analogicznie pokazujemy, że z warunku (ii) wynika, że f ma w punkcie x0punkt przegięcia.

ZADANIA

Zadanie 6.6.10. Suma dwóch funkcji wypukłych w przedziale jest funkcją wypukłą w tymprzedziale.

Zadanie 6.6.11. Podać przykład dwóch funkcji wypukłych w przedziale, których iloczynnie jest funkcją wypukłą.

Zadanie 6.6.12. Niech P,Q ⊂ R będą przedziałami oraz niech f : P → R, g : Q → Rbędą funkcjami wypukłymi. Jeśli f(P ) ⊂ Q i f jest funkcją rosnąca, to złożenieg f : P → R jest funkcją wypukłą.

Zadanie 6.6.13.* Funkcja f : (a, b) → R jest wypukła w przedziale (a, b) wtedy i tylkowtedy, gdy dla każdego x0 ∈ (a, b) istnieje M ∈ R takie, że f(x) > f(x0) + M(x − x0)dla x ∈ (a, b).


6.6.4 Asymptoty

Definicja asymptoty ukośnej funkcji. Niech f : X → R oraz W : R → Rbędzie funkcją postaci W (x) = ax+ b, x ∈ R, gdzie a, b ∈ R.

Mówimy, że funkcja W jest asymptotą ukośną funkcji w +∞ f , gdy X jestzbiorem nieograniczonym z góry i lim

x→+∞[f(x)−W (x)] = 0.

Mówimy, że funkcja W jest asymptotą ukośną funkcji w −∞ f , gdy X jestzbiorem nieograniczonym z dołu i lim

x→−∞[f(x)−W (x)] = 0.

Własność 6.6.27. Niech f : X → R oraz W : R → R będzie funkcją postaciW (x) = ax+ b, x ∈ R, gdzie a, b ∈ R.

(a) Jeśli X jest zbiorem nieograniczonym z góry, to funkcja W jest asymptotąukośną funkcji f w +∞ wtedy i tylko wtedy, gdy

a = limx→+∞

f(x)x

oraz b = limx→+∞

[f(x)− ax].

(b) Jeśli X jest zbiorem nieograniczonym z dołu, to funkcja W jest asymptotąukośną funkcji f w −∞ wtedy i tylko wtedy, gdy

a = limx→−∞

f(x)x

oraz b = limx→−∞

[f(x)− ax].

Dowód. Ad (a). Załóżmy, że W jest asymptotą ukośną w +∞ funkcji f .Wówczas

limx→+∞

f(x)x

= limx→+∞

[f(x)−W (x)

x+W (x)x

]= a

orazlim

x→+∞[f(x)− ax] = lim

x→+∞[f(x)−W (x) + b] = b.

Zakładając, że a = limx→+∞

f(x)x oraz b = lim

x→+∞[f(x)− ax] dostajemy

limx→+∞

[f(x)− (ax+ b)] = 0.

Zatem W (x) = ax+ b jest asymptotą ukośną funkcji f w +∞.Część (b) dowodzimy analogicznie jak (a).

Definicja asymptoty pionowej. Niech f : X → R oraz x0 ∈ R.Jeśli lim

x→x−0f(x) jest równa +∞ lub −∞, to prostą (x, y) ∈ R2 : x = x0

nazywamy asymptotą pionową lewostronną funkcji f .Jeśli lim

x→x+0f(x) jest równa +∞ lub −∞, to prostą (x, y) ∈ R2 : x = x0

nazywamy asymptotą pionową prawostronną funkcji f .Asymptoty pionowe lewostronne i prawostronne funkcji nazywamy asympto-

tami pionowymi funkcji.

Rozdział 7

Ciągi i szeregi funkcyjne

W rozdziałach 3 i 4 wprowadziliśmy pojęcia ciągu i szeregu liczbowego. Obecnierozszerzymy te pojęcia na przypadek ciągów i szeregów funkcyjnych, to znaczyich wyrazami będą funkcje. Przeniesiemy pojęcia zbieżności ciągu i szeregu licz-bowego na przypadek ciągów i szeregów funkcyjnych, a szczególną uwagę zwróci-my na zbieżność jednostajną. Pokażemy, że granica jednostanie zbieżnego ciągufunkcji ciągłych jest funkcją ciągłą. Przy różniczkowalności granicy ciągu będzie-my musieli zakładać jednostajną zbieżność ciągu pochodnych. Dalej zajmiemy sięzagadnieniem aproksymacji funkcji wielomianami oraz rozwijaniem funkcji w sze-reg potęgowy. Na koniec przedstawimy twierdzenie Ascoliego-Arceli o rodzinachfunkcji jednakowo ciągłych i ograniczonych.

7.1 Zbieżność ciągu i szeregu funkcyjnego

Definicja . Niech X,Y 6= ∅. Przez Y X oznaczamy zbiór wszystkich funkcji okre-ślonych na zbiorze X o wartościach w zbiorze Y .

Definicja ciągu funkcyjnego. Funkcję określoną na zbiorze N o wartościach wzbiorze RX nazywamy ciągiem funkcyjnym i oznaczamy (fn)n∈N lub (fn)∞n=1, lubfn : X → R, n = 1, 2, .... Wtedy piszemy (fn)n∈N ⊂ RX lub (fn)∞n=1 ⊂ RX .

Definicja zbieżności ciągu funkcyjnego. Niech (fn)∞n=1 ⊂ RX . Mówimy, żeciąg funkcyjny (fn)∞n=1 jest zbieżny, gdy istnieje funkcja f : X → R taka, że dlakażdego x ∈ X zachodzi f(x) = lim

n→∞fn(x). Funkcję f nazywamy granicą ciągu

(fn)∞n=1 i piszemy f = limn→∞

fn. Ciąg funkcyjny, który nie jest zbieżny, nazywamyrozbieżnym.

Uwaga 7.1.1. Niech (fn)∞n=1, (gn)∞n=1 ⊂ RX będą ciągami funkcyjnymi zbieżny-mi odpowiednio do f, g : X → R. Wprost z własności granic ciągów liczbowychdostajemy, że: suma (fn + gn)∞n=1, różnica (fn − gn)∞n=1 i iloczyn (fngn)∞n=1 sąciągami zbieżnymi odpowiednio do f + g, f − g i fg. Jeśli ponadto g(x) 6= 0,gn(x) 6= 0 dla x ∈ X oraz n ∈ N, to ciąg

(fngn

)∞n=1

jest zbieżny do fg .

Definicja szeregu funkcyjnego. Niech (fn)∞n=1 ⊂ RX .Ciąg funkcyjny (sn)∞n=1 ⊂ RX określony wzorem sn(x) =

∑nj=1 fj(x) dla

x ∈ X, n ∈ N, nazywamy ciągiem sum częściowych ciągu (fn)∞n=1.Szeregiem funkcyjnym nazywamy parę uporządkowaną ((fn)∞n=1, (sn)∞n=1) i

oznaczamy∑∞n=1 fn. Wtedy ciąg (sn)∞n=1 nazywamy ciągiem sum częściowych

szeregu∑∞n=1 fn.

233

234 ROZDZIAŁ 7. CIĄGI I SZEREGI FUNKCYJNE

Definicja zbieżności szeregu funkcyjnego. Szereg funkcyjny∑∞n=1 fn, gdzie

(fn)∞n=1 ⊂ RXnazywamy zbieżnym, gdy zbieżny jest jego ciąg sum częściowych.Jeśli s : X → R jest granicą ciągu sum częściowych szeregu

∑∞n=1 fn, to mówimy,

że szereg ten jest zbieżny do s, funkcję s zaś nazywamy sumą tego szeregu ipiszemy s =

∑∞n=1 fn.

Szereg funkcyjny, który nie jest zbieżny nazywamy rozbieżnym.

Uwaga 7.1.2. Niech fn(x) = xn, x ∈ (−1, 1], n=1,2,... Ciąg ten jest zbieżny dofunkcji g : (−1, 1]→ R określonej wzorem g(x) = 0 dla x ∈ (−1, 1) oraz g(1) = 1.Szereg

∑∞n=1 fn(x) zaś jest rozbieżny, gdyż rozbieżny jest w punkcie x = 1. Szereg

ten rozważany w zbiorze (−1, 1) jest zbieżny i jego sumą jest x1−x .

Uwaga 7.1.3. Przypomnijmy, że dla k ∈ Z oznaczamy Zk = m ∈ Z : m > k.Podobnie jak w przypadku ciągów i szeregów liczbowych, w wielu zagadnieniachwygodnie jest rozważać ciągi i szeregi funkcyjne w nieco ogólniejszym sensie, gdziewskaźniki przebiegają zbiór Zk. Dokładniej, niech X ⊂ R, X 6= ∅. Funkcję okre-śloną na zbiorze Zk o wartościach w zbiorze funkcji RX nazywamy ciągiem funk-cyjnym i oznaczamy (fn)n∈Zk lub (fn)∞n=k lub fn : X → R, n = k, k + 1, ... lubfk, fk+1, ..., piszemy również (fn)∞n=k ⊂ RX .

Podobnie postępujemy dla szeregów funkcyjnych. Niech (fn)∞n=k ⊂ RX będzieciągiem funkcyjnym. Ciąg funkcyjny sn =

∑nj=k fj, n = k, k + 1, ... nazywamy

ciągiem sum częściowych ciągu (fn)∞n=k.Szeregiem funkcyjnym nazywamy parę uporządkowaną ((fn)∞n=k, (sn)∞n=k) i

oznaczamy∑∞n=k fn. Wtedy ciąg (sn)∞n=k nazywamy ciągiem sum częściowych

szeregu∑∞n=k fn.

Podobnie jak wyżej definiujemy pojęcia zbieżności ciągu i szeregu funkcyjnego.W dalszym ciągu ograniczymy się głównie do ciągów i szeregów których wskaźnikiprzebiegają zbiór liczb naturalnych (wyjątek stanowią szeregi potęgowe). Wpro-wadzone dalej pojęcia i udowodnione twierdzenia przenoszą się łatwo na ogólnyprzypadek.

ZADANIA

Zadanie 7.1.1. Pokazać, że ciąg funkcyjny fn(x) = 2n2xe−n2x2 , x ∈ R, n ∈ N, jest

zbieżny. Wyznaczyć granicę tego ciągu.

Zadanie 7.1.2. Niech fn : [a, b]→ R będzie ciągiem funkcji o wahaniach skończonych w[a, b]. Jeśli istnieje M ∈ R takie, że W b

a(fn) 6 M dla n ∈ N i funkcja f : [a, b]→ R jestgranicą ciągu (fn)∞n=1, to W b

a(f) 6M .

Zadanie 7.1.3. (Baire). Niech f : X → R będzie funkcją ograniczoną z góry i półciągłąz góry w zbiorze X ⊂ R. Wówczas istnieje ciąg fn : X → R funkcji ciągłych taki, że dlakażdego x ∈ X ciąg (fn(x))∞n=1 jest malejący i lim

n→∞fn(x) = f(x).

Wsk. Rozważyć ciąg fn(x) = supf(y)− n|x− y| : y ∈ X, x ∈ X, n ∈ N.

7.2. JEDNOSTAJNA ZBIEŻNOŚĆ CIĄGU FUNKCYJNEGO 235

Zadanie 7.1.4. Mówimy, że funkcja f : X → R, gdzie X ⊂ R jest funkcją I klasyBaire’a, jeśli jest granicą ciągu zbieżnego funkcji ciągłych w X. Udowodnić, że:

1. Suma, róznica i iloczyn funkcji I klasy Baire’a są funkcjami I klasy Baire’a.2. Każda funkcja półciągła z góry (odpowiednio z dołu) jest I klasy Baire’a.3. Każda funkcja monotoniczna jest funkcją I klasy Baire’a.4. Pochodna funkcji różniczkowalnej f : R→ R jest funkcją I klasy Baire’a.

Zadanie 7.1.5.* Niech f : X → R, X ⊂ R. Wówczas f jest funkcją I klasy Baire’awtedy i tylko wtedy, gdy jest jednocześnie granicą ciągu malejącego funkcji półciągłych zdołu oraz rosnącego ciągu funkcji półciągłych z góry. Ponadto, jeśli f jest funkcją I klasyBaire’a, to jest ona ciągła w podzbiorze gęstym zbioru X.

Zadanie 7.1.6.* Niech f : [a, b] → R będzie funkcją rosnącą i niech (xn)∞n=1 ⊂ [a, b]będzie ciągiem wszystkich punktów nieciągłości funkcji f . Niech s : [a, b] → R będziefunkcją określoną wzorem s(x) =

∑∞n=1 un(x) dla x ∈ [a, b], gdzie un : [a, b] → R

jest funkcją określoną wzorami un(x) = 0 dla x < xn, un(xn) = f(xn)− limt→x−n

f(t),

un(x) = limt→x+n

f(t)− limt→x−n

f(t) dla x > xn (patrz zadanie 5.6.4). Wówczas istnieje funk-

cja rosnąca i ciągła g : [a, b]→ R taka, że f(x) = g(x) + s(x) dla x ∈ [a, b].

7.2 Jednostajna zbieżność ciągu funkcyjnego

Definicja jednostajnej zbieżności ciągu funkcyjnego. Mówimy, że ciąg funk-cyjny (fn)∞n=1 ⊂ RX jest jednostajnie zbieżny, gdy istnieje funkcja f : X → R taka,że dla każdego ε > 0 istnieje N ∈ R, że dla każdego n ∈ N takiego, że n > N orazdla każdego x ∈ X zachodzi |fn(x)− f(x)| < ε. Wtedy mówimy, że ciąg (fn)∞n=1jest jednostajnie zbieżny do funkcji f i piszemy fn ⇒ f .

Rysunek 7.1: Po lewej stronie rysunku przedstawiono pięć kolejnych wyrazów cią-gu (fn)∞n=1 (oraz dwa następne wyrazy linią przerywaną) zbieżnego jednostajniedo funkcji f w przedziale [a, b]. Po prawej stronie przedstawiono pięć wyrazówciągu (gn)∞n=1 zbieżnego w przedziale (a, b) do funkcji g lecz nie zbieżnego jedno-stajnie.


Uwaga 7.2.1. Niech (fn)∞n=1 ⊂ RX oraz niech f : X → R. Z definicji mamy

f = limn→∞

fn ⇔ ∀x∈X ∀ε>0 ∃N∈R ∀n∈N (n > N ⇒ |fn(x)− f(x)| < ε)

oraz

fn ⇒ f ⇔ ∀ε>0 ∃N∈R ∀n∈N ∀x∈X (n > N ⇒ |fn(x)− f(x)| < ε).

Różnica między definicją zbieżności ciągu funkcyjnego i zbieżności jednostajnąpolega na tym, że w pierwszej definicji dobieramy N do x oraz do ε, w drugiejzaś dobieramy N do ε, wspólne dla wszystkich x ∈ X.

Bezpośrednio z definicji dostajemy następującą własność.

Własność 7.2.2. Jeśli ciąg funkcyjny (fn)∞n=1 ⊂ RX jest jednostajnie zbieżny dofunkcji f : X → R, to ciąg ten jest zbieżny do f .

Uwaga 7.2.3. Definicje zbieżności i zbieżności jednostajnej nie są równoważne.Na przykład ciąg funkcyjny fn : R → R, n ∈ N określony wzorem fn(x) = x

n ,x ∈ R jest zbieżny do funkcji f(x) = 0 dla x ∈ R lecz nie jest zbieżny jednostajnie.

Podobnie jak dla szeregów liczbowych dostajemy

Własność 7.2.4. Niech (fn)∞n=1, (gn)∞n=1 ⊂ RX oraz niech f, g : X → R. Jeślifn ⇒ f i gn ⇒ g, to (fn + gn)⇒ (f + g) oraz (fn − gn)⇒ (f − g).

Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ fn ⇒ f , gn ⇒ g, to istnieje N ∈ R,że dla każdego n > N oraz x ∈ X zachodzi |fn(x)−f(x)| < ε

2 i |gn(x)−g(x)| < ε2 .

Wówczas dla n > N oraz x ∈ X mamy

|fn(x) + gn(x)− f(x)− g(x)| 6 |fn(x)− f(x)|+ |gn(x)− g(x)| < ε oraz

|fn(x)− gn(x)− f(x) + g(x)| 6 |fn(x)− f(x)|+ |gn(x)− g(x)| < ε.

To daje tezę.

Własność 7.2.5. Niech (fn)∞n=1, (gn)∞n=1 ⊂ RX oraz f, g : X → R. Jeśli fn ⇒ f ,gn ⇒ g oraz istnieje M ∈ R, M > 0, że |fn(x)|, |gn(x)| 6 M dla wszystkichx ∈ X oraz n ∈ N, to (fngn)⇒ (fg).

Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ fn ⇒ f , gn ⇒ g, to istniejeN ∈ R, że dla każdego n > N oraz x ∈ X zachodzi |fn(x) − f(x)| < ε

2M oraz|gn(x)− g(x)| < ε

2M . Ponieważ |gn(x)| 6M dla x ∈ X oraz n ∈ N, więc przecho-dząc do granicy przy n→∞, mamy |g(x)| 6M dla x ∈ X. W konsekwencji dlan > N oraz x ∈ X mamy

|fn(x)gn(x)− f(x)g(x)| 6 |fn(x)||gn(x)− g(x)|+ |g(x)||fn(x)− f(x)|

< Mε

2M+M

ε

2M= ε.

To daje tezę.

7.2. JEDNOSTAJNA ZBIEŻNOŚĆ CIĄGU FUNKCYJNEGO 237

Uwaga 7.2.6. W powyższej własności założenia, że funkcje fn, gn są ograniczonenie można opuścić. Mianowicie ciągi fn(x) = x, gn(x) = 1

n , x ∈ R, n ∈ N sąjednostajnie zbieżne lecz ciąg (fngn)∞n=1 nie jest jednostajnie zbieżny. Ponadtociąg (fn)∞n=1 nie jest ograniczony.

Podobnie jak własność 7.2.5 dowodzimy

Własność 7.2.7. Niech (fn)∞n=1 ⊂ RX oraz fn ⇒ f , gdzie f : X → R. Jeślig : X → R jest funkcją ograniczoną, to (fng)⇒ (fg).

Własność 7.2.8. Niech (fn)∞n=1 ⊂ RX i niech f : X → R. Oznaczmy

Mn = sup|fn(x)− f(x)| : x ∈ X dla n ∈ N.

Wówczas następujące warunki są równoważne:(a) fn ⇒ f .(b) istnieje m ∈ N, że Mn ∈ R dla n > m oraz lim

n→∞Mn = 0.

Dowód. Ad (a)⇒(b). Ponieważ fn ⇒ f , więc istnieje m ∈ N, że dla każdegon > m oraz x ∈ X mamy |fn(x)− f(x)| < 1. Zatem 0 6Mn 6 1, a więc Mn ∈ Rdla n > m.

Weźmy dowolne ε > 0. Wówczas, wobec (a), istnieje N > m takie, że dlan > N oraz x ∈ X zachodzi |fn(x)−f(x)| < ε

2 . Stąd i z określenia Mn dla n > Nmamy |Mn − 0| = Mn 6 ε

2 < ε. To daje, że limn→∞

Mn = 0.

Ad (b)⇒(a). Weźmy dowolne ε > 0. Wówczas, wobec (b), istnieje N > m,że dla n > N zachodzi Mn < ε. Ponieważ z określenia Mn dostajemy, że dlax ∈ X zachodzi |fn(x) − f(x)| 6 Mn, więc dla n > N oraz x ∈ X mamy|fn(x)− f(x)| < ε. To daje jednostajną zbieżność ciągu (fn)∞n=1 do funkcji f .

Twierdzenie 7.2.9. (warunek Cauchy’ego zbieżności jednostajnej ciągufunkcyjnego). Ciąg funkcyjny (fn)∞n=1 ⊂ RX jest jednostajnie zbieżny wtedy itylko wtedy, gdy spełnia następujący warunek Cauchy’ego:

(7.1) ∀ε>0 ∃N∈R ∀n,l∈N ∀x∈X [(n > N ∧ l > N) ⇒ |fn(x)− fl(x)| < ε].

Dowód. Załóżmy najpierw, że ciąg (fn)∞n=1 jest jednostajnie zbieżny, po-wiedzmy do funkcji f : X → R. Weźmy dowolne ε > 0. Wtedy istnieje N ∈ R,że dla n > N oraz x ∈ X mamy |fn(x)− f(x)| < ε

2 . Zatem dla każdych n, l > Noraz x ∈ X mamy

|fn(x)− fl(x)| 6 |fn(x)− f(x)|+ |f(x)− fl(x)| < ε

2+ε

2= ε.

To daje, że ciąg (fn)∞n=1 spełnia warunek Cauchy’ego (7.1).


Załóżmy teraz, że ciąg (fn)∞n=1 spełnia warunek Cauchy’ego (7.1). Wówczasdla każdego x ∈ X ciąg liczbowy (fn(x))∞n=1 spełnia warunek Cauchy’ego. Zatemna podstawie twierdzenia Cauchy’ego 3.7.3 dla każdego x ∈ X istnieje skończonagranica lim

n→∞fn(x). Oznaczając tę granicę przez f(x) dla x ∈ X mamy określoną

funkcję f : X → R do której jest zbieżny ciąg (fn)∞n=1.Pokażemy, że fn ⇒ f . Weźmy dowolne ε > 0. W myśl (7.1) istnieje N ∈ R,

że dla n, l > N oraz x ∈ X zachodzi |fn(x) − fl(x)| < ε2 . Zatem przechodząc do

granicy przy l→∞ dostajemy, że dla n > N oraz x ∈ X zachodzi |fn(x)−f(x)| 6ε2 < ε. To daje fn ⇒ f .

ZADANIA

Zadanie 7.2.1. Zbadać rodzaj zbieżności ciągu funkcyjnego:

1. fn(x) = n√

1 + xn, x ∈ R, n ∈ N,

2. fn(x) = nxn(1− x), x ∈ [0, 1] oraz fn(x) = n2xn(1− x), x ∈ [0, 1], n ∈ N,

3. fn(x) = (1/n)[nx], x ∈ R, n ∈ N, gdzie [x] oznacza całość z liczby x.

Zadanie 7.2.2. Niech (fn)∞n=1 (gn)∞n=1 będą ciągami funkcyjnymi, gdzie fn, gn : X → Rdla n ∈ N. Niech fn ⇒ f , gn ⇒ g, gdzie f, g : X → R. Wówczas jeśli istnieją M,K ∈ R,M,K > 0 że |gn(x)| >M , |fn(x)| 6 K dla x ∈ X oraz n ∈ N, to fn

gn⇒ f

g .

7.3 Jednostajna zbieżność szeregu funkcyjnego

Definicja jednostajnej zbieżności szeregu funkcyjnego. Mówimy, że szeregfunkcyjny

∑∞n=1 fn, gdzie fn : X → R dla n ∈ N, jest jednostajnie zbieżny, gdy

ciąg sum częściowych tego szeregu jest jednostajnie zbieżny.

Bezpośrednio z definicji dostajemy

Własność 7.3.1. Każdy szereg funkcyjny zbieżny jednostajnie jest zbieżny.

Z własności 7.2.4 i 7.2.7 dostajemy natychmiast

Własność 7.3.2. Niech szeregi∑∞n=1 fn i

∑∞n=1 gn będą zbieżne jednostajnie,

przy czym (fn)∞n=1, (gn)∞n=1 ⊂ RX . Wówczas(a) szeregi

∑∞n=1(fn + gn),

∑∞n=1(fn − gn) są zbieżne jednostajnie.

(b) jeśli funkcja g : X → R jest ograniczona, to szereg∑∞n=1 fng jest zbieżny

jednostajnie.

Z warunku Cauchy’ego zbieżności jednostajnej ciągu funkcyjnego 7.2.9 mamy

7.3. JEDNOSTAJNA ZBIEŻNOŚĆ SZEREGU FUNKCYJNEGO 239

Twierdzenie 7.3.3. (warunek Cauchy’ego zbieżności jednostajnej sze-regu funkcyjnego). Niech (fn)∞n=1 ⊂ RX . Wówczas szereg

∑∞n=1 fn jest jedno-

stajnie zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia następujący warunek Cauchy’ego:

(7.2) ∀ε>0 ∃N∈R ∀m,l∈N ∀x∈X

(m > l > N ⇒

∣∣∣∣∣m∑n=l

fn(x)

∣∣∣∣∣ < ε

).

Twierdzenie 7.3.4. (kryterium Weierstrassa jednostajnej zbieżności sze-regu funkcyjnego). Niech (fn)∞n=1 ⊂ RX . Jeśli istnieje ciąg liczbowy (Mn)∞n=1taki, że dla każdego n ∈ N zachodzi |fn(x)| 6Mn dla x ∈ X oraz szereg liczbowy∑∞n=1Mn jest zbieżny, to szereg funkcyjny

∑∞n=1 fn jest jednostajnie zbieżny.

Dowód. Pokażemy, że szereg∑∞n=1 fn spełnia warunek Cauchy’ego (7.2).

Istotnie, weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ szereg liczbowy∑∞n=1Mn jest zbieżny,

więc z twierdzenia Cauchy’ego 4.1.6, istnieje N ∈ R, że dla każdych m > l > Nmamy |Ml + · · ·+Mm| < ε. Zatem dla każdego m > l > N oraz x ∈ X mamy

|fl(x) + · · ·+ fm(x)| 6 |fl(x)|+ · · ·+ |fm(x)| 6Ml + · · ·+Mm < ε.

To daje, że szereg∑∞n=1 fn spełnia warunek Cauchy’ego (7.2). Stąd i z twierdzenia

7.3.3 dostajemy tezę.

Twierdzenie 7.3.5. (kryterium Abela jednostajnej zbieżności szeregufunkcyjnego). Niech (fn)∞n=1, (gn)∞n=1 ⊂ RX . Jeśli

(i) istnieje M ∈ R, że dla każdego n ∈ N oraz x ∈ X zachodzi |fn(x)| 6M ,(ii) dla każdego x ∈ X ciąg (fn(x))∞n=1 jest malejący,(iii) szereg

∑∞n=1 gn jest jednostajnie zbieżny,

to szereg∑∞n=1 fngn jest zbieżny jednostajnie.

Dowód. Można założyć, że M > 0. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ, wobec(iii), szereg

∑∞n=1 gn jest zbieżny jednostajnie, więc z warunku Cauchy’ego 7.3.3

istnieje N ∈ N, że dla każdego m > l > N oraz x ∈ X zachodzi∣∣∣∣∣m∑n=l

gn(x)

∣∣∣∣∣ < ε

4M.

Ustalmy l > N . Oznaczając An(x) =∑nj=l gj(x) dla x ∈ X, n = l, l+1, ..., mamy

(7.3) |An(x)| < ε

4Mdla n = l, l + 1, ...


Stosując przekształcenie Abela (patrz dowód kryterium Dirichleta 4.4.1) iuwzględniając (7.3), (i) oraz (ii) dla m > l oraz x ∈ X dostajemy∣∣∣∣∣

m∑n=l

fn(x)gn(x)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣m−1∑n=l

An(x)(fn(x)− fn+1(x)) +Am(x)fm(x)

∣∣∣∣∣6

m−1∑n=l

|An(x)||fn(x)− fn+1(x)|+ |Am(x)||fm(x)|

6m−1∑n=l

ε

4M(fn(x)− fn+1(x)) +

ε

4M|fm(x)|

=ε

4Mfl(x)− ε

4Mfm(x) +

ε

4M|fm(x)| 6 ε

4MM +

ε

4MM +

ε

4MM < ε.

Dla m = l zaś mamy∣∣∣∣∣m∑n=l

fn(x)gn(x)

∣∣∣∣∣ = |fl||gl| 6Mε

4M< ε.

Reasumując, szereg∑∞n=k fngn spełnia warunek Cauchyego zbieżności jednostaj-

nej szeregów 7.3.3, więc jest zbieżny jednostajnie. To kończy dowód.

Analogicznie jak kryterium Dirichleta (twierdzenie 4.4.1), dowodzimy

Twierdzenie 7.3.6. (kryterium Dirichleta jednostajnej zbieżności sze-regu funkcyjnego). Niech (fn)∞n=1, (gn)∞n=1 ⊂ RX . Jeśli

(i) istnieje M ∈ R, że dla każdego k ∈ N oraz x ∈ X mamy |∑kn=1 fn(x)| 6M ,

(ii) dla każdego x ∈ X ciąg (gn(x))∞n=1 jest malejący,(iii) Ciąg (gn)∞n=1 jest jednostajnie zbieżny do funkcji g(x) = 0 dla x ∈ X,

to szereg∑∞n=1 fngn jest zbieżny jednostajnie.

ZADANIA

Zadanie 7.3.1. Niech a > 0. Uzasadnić, że w przedziale [a,+∞) zbieżne jednostajnie sąnastępujące szeregi funkcyjne:

1.∑∞n=1

ln(1+nx)nxn , 2.

∑∞n=1

11+n2x .

Zadanie 7.3.2. Zbadać zbieżność i zbieżność jednostajną szeregu funkcyjnego:

1.∑∞n=1

(lnnn

)xw przedziale (1,+∞),

2.∑∞n=1 x

lnn w przedziale (0, 1/e),

3.∑∞n=1

xn

1+x2n w przedziale [a,+∞), gdzie a > 1,

4.∑∞n=1 x

n(1− x) oraz∑∞n=1

xn(1−x)n w przedziale [0, 1],

5.∑∞n=1

n!x2n

nn w przedziale [−√e,√e).

7.4. ZBIEŻNOŚĆ JEDNOSTAJNA A CIĄGŁOŚĆ 241

Zadanie 7.3.3. Nie zachodzi twierdzenie odwrotne do kryterium Weierstrassa 7.3.4, oczym świadczy następujący przykład. Szereg

∑∞n=1

(−1)nxn jest w przedziale [0, 1] zbieżny

jednostajnie lecz dla x ∈ (0, 1], szereg ten nie jest zbieżny bezwzględnie.

Zadanie 7.3.4. W analizie matematycznej rozważa się również bezwzględną jednostajnąi bezwarunkową jednostajną zbieżność szeregu funkcyjnego.Definicja bezwzględnie jednostajnej zbieżności szeregu funkcyjnego. Mówimy,że szereg funkcyjny

∑∞n=1 fn, gdzie fn : X → R dla n ∈ N, jest bezwzględnie jednostajnie

zbieżny, gdy szereg∑∞n=1 |fn| jest jednostajnie zbieżny.

Definicja bezwarunkowej jednostajnej zbieżności szeregu funkcyjnego. Mówi-my, że szereg funkcyjny

∑∞n=1 fn, gdzie fn : X → R dla n ∈ N, jest bezwarunkowo

jednostajnie zbieżny, gdy dla każdej bijekcji σ : N→ N szereg∑∞n=1 fσ(n) jest jednostaj-

nie zbieżny.Przykład Sierpińskiego(1). Niech gn : [0, 1] → R, n ∈ N będzie ciągiem funkcyjnymokreślonym wzorami gn(x) = xk(1 − x), gdy n = 2k − 1 oraz gn(x) = −xk(1 − x), gdyn = 2k. Udowodnić, że

1. Szereg∑∞n=1 gn jest zbieżny jednostajnie i dla każdego x ∈ [0, 1] szereg

∑∞n=1 gn(x)

jest zbieżny bezwzględnie.2. Szereg

∑∞n=1 gn nie jest zbieżny bezwzględnie jednostajnie.

3. Szereg∑∞n=1 gn nie jest zbieżny bezwarunkowo jednostajnie(2).

Wsk. W punktach 2 i 3 uporządkować wyrazy szeregu w ten sposób, że po każdychkolejnych dwóch dodatnich wyrazach występuje kolejny wyraz ujemny.

7.4 Zbieżność jednostajna a ciągłość

Twierdzenie 7.4.1. Niech ciąg funkcyjny (fn)∞n=1 ⊂ RX , gdzie X ⊂ R, będziezbieżny jednostajnie do funkcji f : X → R. Jeśli wszystkie funkcje fn, n ∈ N, sąciągłe w punkcie x0 ∈ X, to f jest funkcją ciągłą w punkcie x0.

Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ fn ⇒ f , więc istnieje N ∈ N, żedla każdego n > N oraz x ∈ X zachodzi |fn(x)− f(x)| < ε

3 . W szczególności dlan = N mamy

(7.4) |fN (x)− f(x)| < ε

3dla x ∈ X.

Ponieważ fN jest funkcją ciągłą w punkcie x0, więc istnieje δ > 0, że dla każdegox ∈ X takiego, że |x− x0| < δ mamy

(7.5) |fN (x)− fN (x0)| <ε

3.

(1)Wacław Franciszek Sierpiński (1882-1969) – polski matematyk, jeden z czołowych przedsta-wicieli warszawskiej szkoły matematycznej.(2)Można udowodnić (patrz [22], [5])

Twierdzenie (Sierpiński). Szereg funkcyjny jest zbieżny bezwarunkowo jednostajnie wtedy itylko wtedy, gdy jest zbieżny bezwzględnie jednostajnie.


Reasumując, z (7.4) i (7.5) dla każdego x ∈ X takiego, że |x− x0| < δ mamy

|f(x)−f(x0)| 6 |f(x)−fN (x)|+|fN (x)−fN (x0)|+|fN (x0)−f(x0)| <ε

3+ε

3+ε

3= ε.

To daje ciągłość funkcji f w punkcie x0.


Twierdzenie 7.4.2. Jeśli ciąg (fn)∞n=1 ⊂ RX , gdzie X ⊂ R, funkcji ciągłych jestzbieżny jednostajnie do funkcji f : X → R, to f jest funkcją ciągłą.

Analogicznie jak twierdzenia 7.4.1 dowodzimy

Twierdzenie 7.4.3. Jeśli ciąg (fn)∞n=1 ⊂ RX , gdzie X ⊂ R, funkcji jednostaj-nie ciągłych jest zbieżny jednostajnie do funkcji f : X → R, to f jest funkcjąjednostajnie ciągłą.


Twierdzenie 7.4.4. Niech (fn)∞n=1 ⊂ RX , gdzie X ⊂ R, będzie ciągiem funkcyj-nym zbieżnym jednostajnie do funkcji f : X → R. Niech x0 będzie punktem skupie-nia zbioru X oraz dla każdego n ∈ N istnieje skończona granica an = lim

x→x0fn(x).

Wówczas ciąg (an)∞n=1 jest zbieżny, funkcja f ma granicę skończoną w punkciex0 oraz

limx→x0

f(x) = limn→∞

an(3).

Ponadto ciąg funkcyjny (hn)∞n=1 ⊂ RX∪x0 określony wzorami hn(x) = fn(x) dlax ∈ X \x0 oraz hn(x0) = an jest jednostajnie zbieżny do funkcji h : X∪x0 →R określonej wzorami h(x) = f(x) dla x ∈ X \ x0 oraz h(x0) = lim

x→x0f(x).

Dowód. Z założenia, że an = limx→x0

fn(x) dostajemy, że funkcje hn są cią-

głe w punkcie x0. Pokażemy, że ciąg (hn)∞n=1 jest jednostajnie zbieżny. Istotnie,weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ ciąg (fn)∞n=1 jest jednostajnie zbieżny, więc z wa-runku Cauchy’ego zbieżności jednostajnej ciągu funkcyjnego 7.2.9 dostajemy, że

istnieje N ∈ R, że dla każdych m, l > N oraz x ∈ X zachodzi

|fm(x)− fl(x)| < ε

2.

Przechodząc w powyższej nierówności do granicy przy x → x0 dostajemy|hm(x0)− hl(x0)| 6 ε

2 < ε dla m, l > N . Stąd mamy

|hm(x)− hl(x)| < ε dla x ∈ X ∪ x0, m, l > N.

(3)inaczej limx→x0

( limn→∞

fn(x)) = limn→∞

( limx→x0

fn(x)).

7.4. ZBIEŻNOŚĆ JEDNOSTAJNA A CIĄGŁOŚĆ 243

Zatem z twierdzenia 7.2.9 dostajemy jednostajną zbieżność ciągu (hn)∞n=1. Wszczególności ciąg (an)∞n=1 jest zbieżny.

Niech a = limn→∞

an. Wówczas ciąg (hn)∞n=1 jest zbieżny do h. Ponieważ ciągten jest jednostajnie zbieżny, więc jest on jednostajnie zbieżny do h. W kon-sekwencji z twierdzenia 7.4.1 wynika ciągłość funkcji h w punkcie x0. Ponadtolimx→x0

f(x) = limx→x0

h(x) = h(x0) = a. To kończy dowód.


Wniosek 7.4.5. Jeśli szereg funkcyjny∑∞n=1 fn, gdzie (fn)∞n=1 ⊂ RX , X ⊂ R,

jest jednostajnie zbieżny i wszystkie funkcje fn, n ∈ N, są ciągłe w punkciex0 ∈ X, to suma tego szeregu jest funkcją ciągłą w punkcie x0.

Dowód. Istotnie, sumy częściowe szeregu∑∞n=1 fn są funkcjami ciągłymi w

punkcie x0, jako sumy skończonej ilości funkcji ciągłych w punkcie x0. Zatem ztwierdzenia 7.4.1 dostajemy tezę.



jest jednostajnie zbieżny i wszystkie funkcje fn, n ∈ N, są ciągłe, to suma tegoszeregu jest funkcją ciągłą.

Wobec faktu, że suma funkcji jednostajnie ciągłych jest jednostajnie ciągła,z twierdzenia 7.4.3 dostajemy


jest jednostajnie zbieżny i wszystkie funkcje fn, n ∈ N, są jednostajnie ciągłe, tosuma tego szeregu jest funkcją jednostajnie ciągłą.

ZADANIA

Zadanie 7.4.1. Ciąg funkcyjny fn(x) = xn, x ∈ [0, 1], n ∈ N, jest zbieżny lecz nie jestzbieżny jednostajnie.

Zadanie 7.4.2. Niech f : R → R będzie funkcją określoną wzorem f(x) = sinx dlax ∈ R. Określmy ciąg funkcyjny fn : R → R, wzorami f1 = f oraz fn+1 = f fn dlan ∈ N. Pokazać, że fn ⇒ f , gdzie f(x) = 0 dla x ∈ R.

Zadanie 7.4.3. (Dini(4)). Niech X ⊂ R będzie zbiorem zwartym, fn : X → R, n ∈ N– ciągiem funkcji ciągłych oraz niech f : X → R będzie funkcją ciągłą. Jeśli w każdympunkcie x ∈ X ciąg (fn(x))∞n=1 jest monotoniczny i zbieżny do f(x), to fn ⇒ f w X.

(4)Ulisse Dini (1845-1918) – matematyk włoski.


Zadanie 7.4.4. Niech ϕ : R → R będzie funkcją określoną wzorami ϕ(x) = x − 2k dlax ∈ [2k, 2k + 1] oraz ϕ(x) = 2 − x + 2k dla x ∈ (2k + 1, 2k + 2), gdy k ∈ N. Inaczejϕ(x) = |x−2[x+1

2 ]| dla x ∈ R, gdzie [x] oznacza całość z liczby x. Niech f : R→ R będziefunkcją określoną wzorem f(x) =

∑∞n=0(3/4)nϕ(4nx) dla x ∈ R. Pokazać, że

1. funkcja f jest ciągła w R,2. funkcja f nie jest różniczkowalna w żadnym punkcie x ∈ R.Wsk. Zauważyć, że funkcja ϕ jest ciągła i że szereg jest zbieżny jednostajnie. Dla

ustalonego x ∈ R oraz ciągów xn = 4−n[4nx], yn = 4−n([4nx] + 1), n ∈ N, gdzie [x]oznacza całość z liczby x, pokazać, że ϕ(4nxn) = ϕ(4nyn) dla n > m oraz |ϕ(4nxn) −ϕ(4nyn)| = 4n−m dla n 6 m. Zauważyć, że |(f(xn)− f(yn))/(xn − yn)| > 3n/2.

Zadanie 7.4.5. Jeśli fn : X → R, X ⊂ R, n ∈ N jest ciągiem funkcji półciągłych z góry,zbieżnym jednostajnie do funkcji f : X → R, to f jest funkcją półciągłą z góry.

Zadanie 7.4.6. W analizie matematycznej rozważa się również pojęcie niemal jednostaj-nej zbieżności ciągu funkcyjnego.Definicja niemal jednostajnej zbieżności ciągu funkcyjnego. Mówimy, że ciągfunkcyjny (fn)∞n=1 ⊂ RX , X ⊂ R, n ∈ N, jest niemal jednostajnie zbieżny do funkcjif : X → R, gdy dla każdego zbioru zwartego K ⊂ X, zachodzi fn|K ⇒ f |K.

Udowodnić, że jeśli ciąg funkcji ciągłych (fn)∞n=1 ⊂ RX , gdzie X ⊂ R jest niemaljednostajnie zbieżny do funkcji f : X → R, fo funkcja f jest ciągła.

Wsk. Zauważyć, że jeśli ciągu (xn)∞n=1 ⊂ R jest zbieżny do x0 ∈ R, to zbiór x0 ∪xn : n ∈ N jest zwarty.

Zadanie 7.4.7.* Niech X ⊂ R będzie zbiorem zwartym, fn : X → R, n ∈ N – ciągiemfunkcji ciągłych i f : X → R. Wówczas fn ⇒ f wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdegopunktu x ∈ X oraz każdego ciągu (xn)∞n=1 ⊂ X takiego, że lim

n→∞xn = x, zachodzi

limn→∞

fn(xn) = f(x) (5).

7.5 Zbieżność jednostajna a różniczkowalność

Twierdzenie 7.5.1. Niech (fn)∞n=1 będzie ciągiem funkcji różniczkowalnych naprzedziale [a, b]. Jeśli ciąg (f ′n)∞n=1 jest jednostajnie zbieżny (na [a, b]) oraz dlapewnego x0 ∈ [a, b] ciąg (fn(x0))∞n=1 jest zbieżny, to

(a) ciąg (fn)∞n=1 jest jednostajnie zbieżny do pewnej funkcji różniczkowalnejf : [a, b]→ R,

(b) f ′ = limn→∞

f ′n, to znaczy f ′(x) = limn→∞

f ′n(x) dla x ∈ [a, b] (6).

Dowód. Ponieważ ciąg (f ′n)∞n=1 jest zbieżny jednostajnie, a ciąg (fn(x0))∞n=1jest zbieżny, więc z warunku Cauchy’ego dostajemy, że dla każdej liczby ε > 0

(5)Ciąg funkcyjny (fn)∞n=1 ⊂ RX spełniający ten warunek nazywamy zbieżnym w sposób ciągły .(6)inaczej ( lim

n→∞fn(x))′ = lim

n→∞f ′n(x) dla x ∈ [a, b].)

7.5. ZBIEŻNOŚĆ JEDNOSTAJNA A RÓŻNICZKOWALNOŚĆ 245

istnieje liczba Nε ∈ R taka, że

|f ′m(x)− f ′l (x)| < ε

2(b− a)dla każdych m, l > Nε oraz x ∈ [a, b],(7.6)

|fm(x0)− fl(x0)| <ε

2dla każdych m, l > Nε.(7.7)

Pokażemy, że ciąg (fn)∞n=1 jest zbieżny jednostajnie w [a, b]. Istotnie, wystar-czy pokazać, że ciąg ten spełnia warunek Cauchy’ego zbieżności jednostajnej.Weźmy więc dowolne ε > 0 i niech N = Nε. Zauważmy, że

(7.8) |fm(x)− fl(x)| < ε dla każdych m, l > N oraz x ∈ [a, b].

Istotnie, niech m, l > N . Dla x = x0 (7.8) wynika z (7.7). Dla x ∈ [a, b] \ x0 ztwierdzenia Lagrange’a o wartości średniej 6.3.7 istnieje c leżący między x i x0,że (fm(x)− fl(x))− (fm(x0)− fl(x0)) = (f ′m(c)− f ′l (c))(x− x0), więc z (7.6),

|fm(x)− fl(x)− fm(x0) + fl(x0)| <ε

2(b− a)|x− x0| 6

ε

2.

Stąd i z (7.7) mamy

|fm(x)−fl(x)| 6 |fm(x)−fl(x)−fm(x0)+fl(x0)|+ |fm(x0)−fl(x0)| <ε

2+ε

2= ε.

To daje (7.8). Z dowolności ε > 0 oraz z (7.8) wynika, że ciąg (fn)∞n=1 spełnia wa-runek Cauchy’ego zbieżności jednostajnej ciągów funkcyjnych, więc z twierdzenia7.2.9 jest to ciąg zbieżny jednostajnie. Niech więc f : [a, b] → R będzie granicąciągu (fn)∞n=1.

Pokażemy teraz, że

(7.9) f ′(x) = limn→∞

f ′n(x) dla x ∈ [a, b].

Istotnie, weźmy dowolny x1 ∈ [a, b] i rozważmy ilorazy różnicowe

ϕn(x) =fn(x)− fn(x1)

x− x1, ϕ(x) =

f(x)− f(x1)x− x1

, x ∈ [a, b] \ x1, n ∈ N.

Z określenia funkcji f dostajemy, że

(7.10) limn→∞

ϕn(x) = ϕ(x) dla x ∈ [a, b] \ x1.

Ponadto z założenia o różniczkowalności funkcji fn dla n ∈ N mamy

(7.11) limx→x1

ϕn(x) = f ′n(x1) dla n ∈ N.

Pokażemy, że ciąg (ϕn)∞n=1 jest zbieżny jednostajnie na zbiorze [a, b]\x0. Istot-nie, weźmy dowolne η > 0 i niech ε > 0 będzie takie, że

ε

2(b− a)< η.


Niech N = Nε, gdzie Nε jest dobrane na początku dowodu tak, że zachodzi(7.6). Niech m, l > N . Wówczas, z twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej dladowolnego x ∈ [a, b] \ x1 istnieje c leżący między x i x1 taki, że

|fm(x)− fl(x)− fm(x1) + fl(x1)| = |f ′m(c)− f ′l (c)||x− x1|

<ε

2(b− a)|x− x1| < η|x− x1|,

więc

|ϕm(x)− ϕl(x)| =∣∣∣∣fm(x)− fl(x)− fm(x1) + fl(x1)

x− x1

∣∣∣∣ < η|x− x1||x− x1|

= η.

To daje, że ciąg (ϕn)∞n=1 spełnia warunek Cauchy’ego zbieżności jednostajnej cią-gu funkcyjnego, a więc jest to ciąg jednostajnie zbieżny na [a, b] \ x1. To, wrazz (7.10) daje, że ciąg (ϕn)∞n=1 jest jednostajnie zbieżny do ϕ. Stąd, wobec (7.11),mamy spełnione wszystkie założenia twierdzenia 7.4.4. Zatem istnieje skończonagranica lim

n→∞f ′n(x1) oraz f ′(x1) = lim

x→x1ϕ(x) = lim

n→∞f ′n(x1). Stąd i z dowolno-

ści wyboru punktu x1 dostajemy (7.9) i w konsekwencji (b). Ponadto, wobecjednostajnej zbieżności ciągu (fn)∞n=1 do f , mamy (a). To kończy dowód.

Uwaga 7.5.2. W twierdzeniu 7.5.1 nie można opuścić założenia o jednostajnejzbieżności ciągu (f ′n)∞n=1, nawet kosztem wzmocnienia założenia o zbieżności ciągu(fn)∞n=1. Istotnie, rozważmy ciąg funkcyjny fn : R→ R, n ∈ N określony wzoramifn(x) = 2|x| dla |x| > 1/n oraz fn(x) = (n2x2 + 1)/n dla |x| < 1/n. Wówczas

(a) ciąg (fn)∞n=1 jest jednostajnie zbieżny do funkcji f(x) = 2|x|, x ∈ R, któranie jest różniczkowalna,

(b) ciąg pochodnych jest zbieżny do funkcji g : R → R określonej wzoramig(x) = −2 dla x < 0, g(0) = 0 oraz g(x) = 2 dla x > 0.

Wniosek 7.5.3. Niech∑∞n=1 fn będzie szeregiem funkcji różniczkowalnych na

przedziale [a, b]. Jeśli szereg∑∞n=1 f

′n jest jednostajnie zbieżny (na [a, b]) oraz

dla pewnego x0 ∈ [a, b] szereg∑∞n=1 fn(x0) jest zbieżny, to

(a) szereg∑∞n=1 fn jest jednostajnie zbieżny i jego suma s : [a, b] → R jest

funkcją różniczkowalną,(b) s′ =

∑∞n=1 f

′n, to znaczy s′(x) =

∑∞n=1 f

′n(x) dla x ∈ [a, b] (7).

ZADANIA

Zadanie 7.5.1. Niech f(x) =∑∞n=1

(xn

n −xn+1

n+1

)dla x ∈ [0, 2].

1. Pokazać, że szereg jest zbieżny jednostajnie w przedziale [0, 2].2. Znaleźć pochodną funkcji f oraz zbadać zbieżność szeregu pochodnych.

(7)inaczej(∑∞

n=1 fn(x))′

=∑∞

n=1 f′n(x) w przedziale [a, b].


Zadanie 7.5.2. Niech g : R→ R będzie funkcją określoną wzorami g(0) = 0 oraz g(x) =x2 sin(1/x)/(1 + x4) dla x 6= 0 i niech σ : N → Q będzie bijekcją. Pokazać, że funkcjaf : R→ R określona wzorem f(x) =

∑∞n=1 g(x−σ(n))/2n dla x ∈ R jest rózniczkowalna

oraz, że pochodna f ′ jest nieciągła w każdym punkcie x ∈ Q.

7.6 Szeregi potęgowe

W punkcie 4.9 wprowadziliśmy pojęcie szeregu potęgowego. W świetle wprowa-dzonych w tym rozdziale pojęć, jest to szereg funkcyjny postaci

(7.12)∞∑n=0

an(x− x0)n, x ∈ R gdzie (an)∞n=0 jest ustalonym ciągiemliczbowym oraz x0 – ustalonym punktem.

Biorąc % =lim supn→∞

n√|an|, zgodnie z (4.12), promieniem zbieżności szeregu (7.12)

jest

R =

0 dla % = +∞,1/% dla 0 < % < +∞,+∞ dla % = 0.

Z twierdzenia Cauchy’ego-Hadamarda 4.9.1 wiadomo, że szereg (7.12) jest zbieżnybezwzględnie w przedziale x ∈ R : |x−x0| < R (zwanym przedziałem zbieżnościszeregu potęgowego) oraz rozbieżny dla x ∈ R takich, że |x− x0| > R.

Twierdzenie 7.6.1. Niech R > 0 będzie promieniem zbieżności szeregu potęgo-wego (7.12). Wówczas dla każdego r ∈ R takiego, że 0 < r < R, szereg (7.12) jestjednostajnie zbieżny w przedziale x ∈ R : |x− x0| 6 r.

Dowód. Weźmy dowolne r ∈ R takie, że 0 < r < R. Wówczas x0 + r należydo przedziału zbieżności szeregu (7.12). Ponieważ szereg potęgowy jest zbieżnybezwzględnie w swoim przedziale zbieżności, więc szereg

∑∞n=0 |an|rn jest zbieżny.

Ponadto dla x ∈ R takich, że |x−x0| 6 r mamy |an(x−x0)n| 6 |an|rn dla n > 0.Zatem z kryterium Weierstrassa zbieżności jednostajnej szeregów 7.3.4 dostajemyzbieżność jednostajną szeregu (7.12) w x ∈ R : |x− x0| 6 r. To daje tezę.

Definicja . Szeregiem pochodnych szeregu potęgowego (7.12) nazywamy szereg∑∞n=1 nan(x− x0)n−1.

Uwaga 7.6.2. Szereg pochodnych szeregu potęgowego można traktować jako szeregpotęgowy, bowiem można go zapisać w postaci

∑∞n=0(n+ 1)an+1(x− x0)n.


Własność 7.6.3. Promienie zbieżności szeregu potęgowego (7.12) i szeregu po-chodnych

∑∞n=1 nan(x− x0)n−1 są równe.


n√n = 1, więc

lim supn→∞

n

√|an| =lim sup

n→∞n

√|nan|.

Zatem promienie zbieżności szeregu (7.12) i szeregu∑∞n=0 nan(x−x0)n są równe.

Dla x 6= x0 szereg∑∞n=0 nan(x − x0)n jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy

zbieżny jest szereg pochodnych∑∞n=0 nan(x − x0)n−1 =

∑∞n=1 nan(x − x0)n−1.

Reasumując, mamy tezę.

Twierdzenie 7.6.4. Niech R > 0 będzie promieniem zbieżności szeregu potę-gowego (7.12) oraz niech f będzie sumą tego szeregu w przedziale zbieżnościP = x ∈ R : |x− x0| < R. Wówczas funkcja f jest klasy C∞ w P oraz

(7.13) f (k)(x) =∞∑n=k

n!an(n− k)!

(x− x0)n−k dla x ∈ P, k ∈ N.

Dowód. W myśl własności 7.6.3, promienie zbieżności szeregu (7.12) i szeregupochodnych

∑∞n=1 nan(x−x0)n−1 są równe. Pokażemy (7.13) dla k = 1. Istotnie,

weźmy dowolny x1 ∈ P i niech r ∈ R będzie takie, że |x1 − x0| < r < R. Wobectwierdzenia 7.6.1, szereg (7.12) i jego szereg pochodnych są jednostajnie zbieżnew przedziale otwartym x ∈ R : |x− x0| < r. Zatem z wniosku 7.5.3 dostajemy(7.13) dla k = 1. Postępując dalej indukcyjnie dostajemy (7.13) dla wszystkichk ∈ N. W konsekwencji f jest funkcją klasy C∞. To daje tezę.


Wniosek 7.6.5. Jeśli R > 0 jest promieniem zbieżności szeregu potęgowego(7.12) oraz funkcja f jest sumą tego szeregu w przedziale zbieżności P = x ∈ R :|x− x0| < R, to f jest funkcją ciągła w P .

Definicja rozwinięcia funkcji w szereg potęgowy. Jeśli funkcja f w pewnymotoczeniu punktu x0 ∈ R jest sumą szeregu potęgowego o środku x0 postaci,

(7.14) f(x) =∞∑n=0

an(x− x0)n w pewnym otoczeniu punktu x0,

to mówimy, że funkcja f rozwija się w otoczeniu punktu x0 w szereg potęgowylub w szereg Taylora. Wtedy szereg w (7.14) nazywamy rozwinięciem funkcji f wszereg potęgowy w otoczeniu punktu x0 lub rozwinięciem w szereg Taylora.


Twierdzenie 7.6.6. Jeśli funkcja f rozwija się w pewnym otoczeniu punktu x0w szereg potęgowy f(x) =

∑∞n=0 an(x − x0)n, to rozwinięcie to jest określone

jednoznacznie, ponadto

(7.15) an =f (n)(x0)

n!dla n = 0, 1, ...

W szczególności rozwinięcie funkcji f w szereg Taylora jest szeregiem Taylora tejfunkcji.

Dowód. W myśl twierdzenia 7.6.4 mamy, że f jest funkcją klasy C∞ w pew-nym otoczeniu punktu x0, ponadto, z (7.13) mamy f (k)(x0) = k!ak dla k ∈ Ni oczywiście f(x0) = a0. To daje (7.15) i, że współczynniki rozwinięcia funkcjiw szereg potęgowy są określone jednoznacznie, a więc rozwinięcie jest określonejednoznacznie.

Uwaga 7.6.7. Funkcja f : R→ R określona wzorami f(x) = e−1x dla x > 0 oraz

f(x) = 0 dla x 6 0 jest klasy C∞, ponadto f (n)(0) = 0 dla n = 0, 1, ..., więc sumaszeregu Taylora tej funkcji znika tożsamościowo. Zatem, wobec twierdzenia 7.6.6funkcja ta nie rozwija się w szereg potęgowy w otoczeniu punktu 0

Twierdzenie 7.6.8. Rozwinięciem funkcji f(x) = ln(1+x), x ∈ (−1, 1), w szeregpotęgowy w otoczeniu zera jest

(7.16) ln(1 + x) =∞∑n=1

(−1)n+1

nxn dla x ∈ (−1, 1).


n

√∣∣∣ (−1)n+1n

∣∣∣ = 1, więc z twierdzenia Cauchy’ego-

Hadamarda 4.9.1 dostajemy, że szereg potęgowy po prawej stronie (7.16) jestzbieżny w (−1, 1). Zatem z twierdzenia 7.6.4, suma g : (−1, 1)→ R tego szeregujest różniczkowalna oraz

g′(x) =∞∑n=1

(−1)n+1xn−1 =1

1 + xdla x ∈ (−1, 1).

Z drugiej strony f ′(x) = 11+x dla x ∈ (−1, 1), więc f ′ = g′. Stąd i z wniosku

6.3.11, funkcja f − g jest stała w (−1, 1). Ponieważ f(0) = 0 i g(0) = 0, więcf = g. To daje tezę.

Definicja funkcji analitycznej. Niech X ⊂ R będzie zbiorem otwartym orazf : X → R. Mówimy, że f jest funkcją analityczną w punkcie x0 ∈ X, gdy frozwija się w szereg potęgowy w otoczeniu punktu x0. Mówimy, że f jest funkcjąanalityczną, gdy f jest funkcją analityczną w każdym punkcie zbioru X.


Uwaga 7.6.9. Wprost z definicji funkcji sinus i cosinus mamy,

sinx =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1, cosx =

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n dla x ∈ R.

Zatem dla każdego x0 ∈ R mamy

sinx = sin(x− x0) cosx0 + cos(x− x0) sinx0 =∞∑n=0

an(x− x0)n, x ∈ R

gdzie a2n+1 = (−1)n cosx0(2n+1)! oraz a2n = (−1)n sinx0

(2n)! dla n = 0, 1, ... Stąd wynika, żefunkcja sinus jest analityczna. Analogicznie pokazujemy, że funkcja cosinus jestanalityczna.

Uwaga 7.6.10. Z twierdzenia 4.9.5 mamy ex =∑∞n=0

xn

n! dla x ∈ R. Zatemdla każdego x0 ∈ R mamy ex = ex−x0ex0 =

∑∞n=0

ex0n! (x − x0)n, x ∈ R. W

konsekwencji funkcja f(x) = ex, x ∈ R jest analityczna.

Uwaga 7.6.11. W uwagach 7.6.9 i 7.6.10 funkcje analityczne w R rozwijały sięw szereg potęgowy zbieżny w całym zbiorze R. Nie musi to zachodzić dla każ-dej funkcji analitycznej. Na przykład można sprawdzić, że funkcja f(x) = 1

1+x2 ,x ∈ R, jest analityczna lecz jej rozwinięcie w otoczeniu punktu 0 jest postaci1

x2+1 =∑∞n=0(−1)nx2n, x ∈ (−1, 1). Promieniem zbieżności powyższego szeregu

potęgowego jest 1, więc szereg ten nie jest zbieżny w całym zbiorze R.

ZADANIA

Zadanie 7.6.1. Udowodnić, że 12 ln

(1+x1−x

)=∑∞n=1

x2n−1

2n−1 dla x ∈ (−1, 1).

Zadanie 7.6.2. Udowodnić, że dla każdego x ∈ (0, 1] zachodzi(

1x + 1

2

)ln(1 + x) > 1.

Wsk. W przedziale (0, 1), zastosować twierdzenie 7.6.8.

Zadanie 7.6.3. Sprawdzić, że promienie zbieżności szeregów potęgowych∑∞n=0 x

n oraz∑∞n=0[−1 + (1/n!)]xn są równe 1, a promień zbieżności ich sumy wynosi +∞.

Zadanie 7.6.4. Udowodnić, że:

1. sinhx =∑∞n=0

1(2n+1)!x

2n+1 w R,

2. coshx =∑∞n=0

1(2n)!x

2n w R.

Zadanie 7.6.5. Niech (an)∞n=1, (bn)∞n=1 ⊂ R i niech P = (x0 − r, x0 + r), gdzie x0 ∈ R,r > 0. Niech f(x) =

∑∞n=0 an(x− x0)n oraz g(x) =

∑∞n=0 bn(x− x0)n dla x ∈ P .

1. Jeśli f(x) = g(x) dla x ∈ P , to an = bn dla n = 0, 1, ....

2. Jeśli x0 jest punktem skupienia zbioru x ∈ P : f(x) = g(x), to f = g.

7.7. ROZWINIĘCIE FUNKCJI POTĘGOWEJ W SZEREG POTĘGOWY 251

Zadanie 7.6.6. (twierdzenie o identyczności). Niech f, g : (a, b) → R będą funk-cjami analitycznymi takimi, że zbiór x ∈ (a, b) : f(x) = g(x) ma punkty skupienia wprzedziale (a, b). Wówczas f = g.

Wsk. Pokazać, że zbiór D ⊂ (a, b) tych x ∈ (a, b), że w pewnym otoczeniu Ω ⊂ (a, b)punktu x zachodzi f |Ω = g|Ω jest niepusty, otwarty i domknięty w przedziale (a, b).

Zadanie 7.6.7. (Abel). Jeśli szereg potęgowy∑∞n=0 an(x− x0)n jest zbieżny w punkcie

x1 6= x0, to jest on zbieżny jednostajnie w przedziale domkniętym o końcach x0, x1.Wsk. Zastosować kryterium Abela 7.3.5.

Zadanie 7.6.8.* Szereg potęgowy∑∞n=0 an(x − x0)n jest zbieżny bezwarunkowo jedno-

stajnie w każdym zwartym podzbiorze jego przedziału zbieżności.

Zadanie 7.6.9.* (Weierstrass). Jeśli fm(x) =∑∞n=0 am,nx

n dla x ∈ (−R,R), m ∈ N(przy czym szeregi potęgowe są zbieżne w (−R,R)) oraz szereg

∑∞m=1 fm jest zbieżny

jednostajnie w przedziale (−R,R), to szeregi∑∞m=1 am,n, n = 0, 1, . . . są zbieżne oraz

∞∑m=1

( ∞∑n=0

am,nxn

)=∞∑n=0

( ∞∑m=1

am,n

)xn w przedziale (−R,R).

Wsk. Patrz [21], str. 275.

Zadanie 7.6.10.* Jeśli funkcja f : (a, b) → R jest złożeniem dwóch funkcji analitycz-nych, to f jest funkcją analityczną.

7.7 Rozwinięcie funkcji potęgowej w szereg potęgowy

Definicja ciągu reszt we wzorze Taylora. Niech f : (a, b)→ R będzie funkcjąklasy C∞ oraz x0 ∈ (a, b). Dla n ∈ N, funkcję Rn : (a, b)→ R taką, że

(7.17) f(x) =n−1∑k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k +Rn(x) dla x ∈ (a, b)

nazywamy n-tę resztą we wzorze Taylora. Ciąg funkcyjny (Rn)∞n=1 nazywamyciągiem reszt we wzorze Taylora.

Uwaga 7.7.1. Niech f : (a, b)→ R będzie funkcją klasy C∞ oraz x0 ∈ (a, b). Zewzoru Taylora I, II, III (twierdzenia 6.5.4, 6.5.9, 6.5.10) mamy istnienie reszt Rn.Ponadto można przyjąć Rn(x0) = 0 oraz dla x 6= x0 reszta w postaci Lagrange’ama postać

Rn(x) =f (n)(c)n!

(x−x0)n, gdzie c jest pewnym punktem leżącym między x i x0,

reszta w postaci Cauchy’ego ma zaś postać

Rn(x) =f (n)(c)(1− θ)n−1

(n− 1)!(x− x0)n,

gdzie c jest pewnym punktemleżącym między x i x0 orazθ = c−x0

x−x0 ,


Bezpośrednio z definicji (7.17) dostajemy

Twierdzenie 7.7.2. Niech f : (a, b) → R będzie funkcją klasy C∞, x0 ∈ (a, b)oraz (Rn)∞n=1 będzie ciągiem reszt we wzorze Taylora. Wówczas funkcja f rozwijasię w otoczeniu Ω ⊂ (a, b) punktu x0 w szereg potęgowy wtedy i tylko wtedy, gdydla każdego x ∈ Ω zachodzi lim

n→∞Rn(x) = 0.

Definicja . Niech α ∈ R. Wówczas przyjmujemy(α

n

)=α(α− 1) · · · (α− n+ 1)

n!dla n ∈ N oraz

(α

0

)= 1.

Uwaga 7.7.3. Dla α ∈ R oraz n ∈ Z, n > 0, symbol(αn

)jest naturalnym uogól-

nieniem symbolu Newtona.

Naturalnym uogólnieniem wzoru dwumiennego Newtona jest następujące

Twierdzenie 7.7.4. Niech α ∈ R. Wówczas

(7.18) (1 + x)α =∞∑n=0

(α

n

)xn dla x ∈ (−1, 1).

Dowód. Niech f(x) = (1 + x)α, x ∈ (−1, 1). Dla x = 0 równość (7.18) jestoczywista. Pokażemy (7.18) dla x ∈ (−1, 1) \ 0.

Jeśli α ∈ Z, α > 0, to teza wynika ze wzoru dwumiennego Newtona, gdyżwtedy

(αn

)= 0 dla n > α. Załóżmy więc, że α ∈ R nie jest liczbą całkowitą

nieujemną. Wtedy(αn

)6= 0 dla n ∈ Z, n > 0.

Stosując kryterium d’Alemberta zbieżności szeregów dostajemy, że szereg∑∞n=0

(αn

)nxn jest zbieżny dla x ∈ (−1, 1). Zatem z warunku koniecznego zbież-

ności szeregów mamy

(7.19) limn→∞

(α

n

)nxn = 0 dla x ∈ (−1, 1).

Indukcyjnie pokazujemy, że dla x ∈ (−1, 1) mamy

f (n)(x) = α(α− 1) · · · (α− n+ 1)(1 + x)α−n, n ∈ N,

więc na mocy wzoru Taylora III 6.5.10 dla n ∈ N mamy

(7.20) f(x) =n−1∑k=0

(α

k

)xk +Rn(x) dla x ∈ (−1, 1) \ 0,

7.8. TWIERDZENIE WEIERSTRASSA O APROKSYMACJI 253

gdzie Rn jest resztą w postaci Cauchy’ego. Weźmy dowolny x ∈ (−1, 1) \ 0.Wówczas dla każdego n ∈ N istnieje cn ∈ R leżący między x i 0, że kładąc

θn =cnx,

mamy 0 < θn < 1 oraz

(7.21) Rn(x) =f (n)(cn)(1− θn)n−1

(n− 1)!xn =

(α

n

)nxn(1− θn)n−1(1 + cn)α−n.

Jeśli x ∈ (0, 1), to cn ∈ (0, 1), więc 1 + cn > 1 i dla n > α mamy 0 <(1 + cn)α−n 6 1. Ponadto 0 < (1− θn)n−1 6 1, więc

0 < (1− θn)n−1(1 + cn)α−n 6 1 dla n > α.

Zatem wobec (7.19) mamy limn→∞

Rn(x) = 0. Stąd i z (7.20) dostajemy (7.18) dla

x ∈ (0, 1).Załóżmy, że x ∈ (−1, 0). Ponieważ x < cn < 0, więc 0 < 1−θn1+cn

6 1, zatem

|(1− θn)n−1(1 + cn)α−n| =(

1− θn1 + cn

)n−1(1 + cn)α−1 6 (1 + cn)α−1.

W konsekwencji

|(1− θn)n−1(1 + cn)α−n| 6 1, gdy α > 1,

|(1− θn)n−1(1 + cn)α−n| 6 (1 + x)α−1, gdy α 6 1.

Reasumując, z (7.21) i (7.19) dostajemy limn→∞

Rn(x) = 0. Stąd i z (7.20) dostajemy

(7.18) dla x ∈ (−1, 0). To kończy dowód.

ZADANIA

Zadanie 7.7.1. Rozwinąć funkcję:1. f(x) = xα, x ∈ (0,+∞), α ∈ R, w szereg potęgowy o otoczeniu punktu x0 > 0,2. f(x) = ax, x ∈ R, a > 0, w szereg potęgowy o otoczeniu punktu x0 ∈ R,

Wyznaczyć promień i przedział zbieżności otrzymanego rozwinięcia.

7.8 Twierdzenie Weierstrassa o aproksymacji

Każda funkcja analityczna jest lokalnie sumą szeregu potęgowego, więc lokalniejest granicą jednostajnie zbieżnego ciągu wielomianów. W punkcie tym udowod-nimy twierdzenie Weierstrassa mówiące o tym, że każda funkcja ciągła w prze-dziale domkniętym jest granicą jednostajnie zbieżnego ciągu wielomianów. Jestto uogólnienie wspomnianego faktu. Jednak pojęcie analityczności niesie znaczniewiększe konsekwencje niż zapowiadane twierdzenie Weierstrassa.


Twierdzenie 7.8.1. (nierówność Schwarza). Jeśli a0, ..., an, b0, ..., bn ∈ R, to

(7.22)

∣∣∣∣∣n∑i=0

aibi

∣∣∣∣∣2

6n∑i=0

a2i

n∑i=0

b2i .

Dowód. Niech A =∑ni=0 a

2i , B =

∑ni=0 b

2i , C =

∑ni=0 aibi. Wówczas mamy

n∑i=0

(Bai−Cbi)2 = B2n∑i=0

a2i−2BCn∑i=0

aibi+C2n∑i=0

b2i = B2A−BC2 = B(AB−C2).

Ponieważ pierwsza suma w powyższym wzorze jest nieujemna, więcB(AB−C2) >0. Jeśli B = 0, to b0 = · · · = bn = 0, więc C = 0 i teza jest oczywista. Jeśli zaśB > 0, to AB − C2 > 0, co daje (7.22) i kończy dowód.

Lemat 7.8.2. Dla każdego n ∈ N oraz x ∈ [0, 1] zachodzi nierówność

(7.23)√n

n∑i=0

(n

i

) ∣∣∣∣ in − x∣∣∣∣xi(1− x)n−i 6

12.

Dowód. Ze wzoru dwumiennego Newtona mamy

(7.24)n∑i=0

(n

i

)xi(1− x)n−i = 1 dla x ∈ R

oraz

(7.25)n∑i=0

(n

i

)eiy(1− x)n−i = (ey + (1− x))n dla x, y ∈ R.

Różniczkując dwukrotnie względem y równość (7.25), otrzymujemy

n∑i=0

(n

i

)ieiy(1− x)n−i = ney(ey + (1− x))n−1,

n∑i=0

(n

i

)i2eiy(1− x)n−i = ney(ey + (1− x))n−1 + n(n− 1)e2y(ey + (1− x))n−2,

gdzie składnik po prawej stronie drugiego wzoru jest zerem, gdy n = 1. Stąd dlax = ey, a więc dla x > 0 mamy

(7.26)n∑i=0

(n

i

)ixi(1− x)n−i = nx,

n∑i=0

(n

i

)i2xi(1− x)n−i = nx+ n(n− 1)x2.

Powyższe równości zachodzą również dla x = 0.


Z (7.26) i (7.24) dla x > 0 dostajemy

n∑i=0

(n

i

)(i− nx)2xi(1− x)n−i =

n∑i=0

(n

i

)i2xi(1− x)n−i

− 2nxn∑i=0

(n

i

)ixi(1− x)n−i + n2x2

n∑i=0

(n

i

)xi(1− x)n−i

= nx+ n(n− 1)x2 − 2nxnx+ n2x2 = nx(1− x).

Dzieląc tę równość przez n2 dostajemy

n∑i=0

(n

i

)(i

n− x)2xi(1− x)n−i =

1nx(1− x).

Stąd i z nierówności x(1− x) 6 14 dla x ∈ [0, 1], mamy

(7.27)n∑i=0

(n

i

)(i

n− x

)2xi(1− x)n−i 6

14n, x ∈ [0, 1].

Oznaczając

ai =∣∣∣∣ in − x

∣∣∣∣√√√√(n

i

)xi(1− x)n−i, bi =

√√√√(ni

)xi(1− x)n−i, i = 0, ..., n,

z nierówności Schwarza 7.8.1 dostajemy

n∑i=0

(n

i

) ∣∣∣∣ in − x∣∣∣∣xi(1− x)n−i

6

√√√√ n∑i=0

(n

i

)(i

n− x

)2xi(1− x)n−i

√√√√ n∑i=0

(n

i

)xi(1− x)n−i.

Stąd, z (7.24) i (7.27) wynika (7.23). To kończy dowód.

Definicja modułu ciągłości funkcji. Niech f będzie funkcją ciągłą w prze-dziale [a, b]. Modułem ciągłości funkcji f na przedziale [a, b] nazywamy funkcjęω : (0,+∞)→ R określoną wzorem:

ω(δ) = sup|f(x′)− f(x′′)| : x′, x′′ ∈ [a, b], |x′ − x′′| < δ, gdzie δ > 0.

Uwaga 7.8.3. Definicja modułu ciągłości jest poprawna, bowiem funkcja ciągłana zbiorze zwartym jest ograniczona.

Własność 7.8.4. Niech f będzie funkcją ciągłą w przedziale [a, b] oraz ω będziemodułem ciągłości funkcji f na przedziale [a, b]. Wówczas lim

δ→0ω(δ) = 0.


Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ f jest funkcją ciągłą na zbiorzezwartym [a, b], więc jest to funkcja jednostajnie ciągła, a więc istnieje δ0 > 0 taka,że dla każdego 0 < δ < δ0 i każdych x′, x′′ ∈ [a, b] takich, że |x′−x′′| < δ zachodzi|f(x′)− f(x′′)| < ε

2 . Zatem, z definicji modułu ciągłości mamy |ω(δ)− 0| 6 ε2 < ε

dla 0 < δ < δ0. To daje tezę.

Lemat 7.8.5. Niech f będzie funkcją ciągłą w przedziale [a, b] oraz ω będzie mo-dułem ciągłości funkcji f na przedziale [a, b]. Wówczas dla każdych x1, x2 ∈ [a, b]mamy

(7.28) |f(x1)− f(x2)| 6 (|x1 − x2|1δ

+ 1)ω(δ) dla każdego δ > 0.

Dowód. Weźmy dowolne x1, x2 ∈ [a, b]. Jeśli x1 = x2, to (7.28) jest oczywiste.Zatem, bez zmniejszenia ogólności możemy założyć, że x1 < x2. Weźmy dowolneδ > 0 i niech n ∈ N będzie takie, że

(7.29) (x2 − x1)1δ< n 6 (x2 − x1)

1δ

+ 1.

Oczywiście taka liczba n istnieje. Połóżmy ai = x1 + in(x2 − x1) dla i = 0, ..., n.

Wówczas x1 = a0 < a1 < · · · < an = x2 i z (7.29) mamy |ai − ai+1| < δ, więc|f(ai)− f(ai+1)| 6 ω(δ) dla i = 0, ..., n− 1. Zatem,

|f(x1)− f(x2)| = |(f(a0)− f(a1)) + (f(a1)− f(a2)) + · · ·+ (f(an−1)− f(an))|6 |f(a0)− f(a1)|+ |f(a1)− f(a2)|+ · · ·+ |f(an−1)− f(an)|6 nω(δ).

Stąd i z (7.29) dostajemy |f(x1) − f(x2)| 6 (|x1 − x2|1δ + 1)ω(δ), czyli mamy(7.28).

Definicja wielomianów Bernsteina(8). Niech f będzie funkcją ciągłą w prze-dziale [0, 1]. Wielomian

Bn(x) =n∑i=0

(n

i

)f

(i

n

)xi(1− x)n−i

nazywamy n-tym wielomianem Bernsteina dla funkcji f (9).

Twierdzenie 7.8.6. Niech f będzie funkcją ciągłą w przedziale [0, 1]. Wówczasciąg Bn∞n=1 wielomianów Bernsteina dla funkcji f jest jednostajnie zbieżny dofunkcji f w przedziale [0, 1]. Ponadto

(7.30) |Bn(x)− f(x)| 6 32ω

(1√n

)dla x ∈ [0, 1],

gdzie ω jest modułem ciągłości funkcji f na przedziale [0, 1].(8)Serguei Natanovitch Bernstein (1880-1968) – matematyk rosyjski.(9)Przyjmujemy tutaj 00 = 1


Dowód. Wobec własności 7.8.4 i 7.2.8, wystarczy wykazać nierówność (7.30).Ze wzoru dwumiennego Newtona mamy

n∑i=0

(n

i

)xi(1− x)n−i = 1 dla x ∈ [0, 1].

Zatem z lematu 7.8.5 dla x ∈ [0, 1], dostajemy

|Bn(x)− f(x)| =∣∣∣∣∣n∑i=0

(n

i

)[f

(i

n

)− f(x)

]xi(1− x)n−i

∣∣∣∣∣6 ω

(1√n

)[1 +√n

n∑i=0

(n

i

) ∣∣∣∣ in − x∣∣∣∣xi(1− x)n−i

].

Ponieważ z lematu 7.8.2 mamy

√n

n∑i=0

(n

i

) ∣∣∣∣ in − x∣∣∣∣xi(1− x)n−i 6

12

dla x ∈ [0, 1],

więc dostajemy (7.30).

Udowodnimy teraz tytułowe twierdzenie tego punktu

Twierdzenie 7.8.7. (Weierstrass). Każda funkcja f ciągła w przedziale dom-kniętym [a, b] jest granicą pewnego jednostajnie zbieżnego w [a, b] ciągu wielomia-nów.

Dowód. Niech f będzie funkcją ciągłą w przedziale domkniętym [a, b]. Weź-my funkcję ϕ : [0, 1]→ [a, b] określoną wzorem

ϕ(t) = a+ t(b− a) dla t ∈ [0, 1].

Łatwo sprawdzamy, że ϕ jest homeomorfizmem i funkcją odwrotną do ϕ jestwielomian

ϕ−1(x) =1

b− ax− a

b− a, x ∈ [a, b].

Zatem f ϕ jest funkcją ciągłą w przedziale [0, 1] i z twierdzenia 7.8.6 istnieje ciągwielomianów Bn∞n=1 zbieżny jednostajnie w przedziale [0, 1] do funkcji f ϕ.Oznaczmy Mn = sup|Bn(t)−fϕ(t)| : t ∈ [0, 1] dla n ∈ N. Wówczas z własności7.2.8 mamy

(7.31) limn→∞

Mn = 0.

Funkcje

Wn(x) = Bn(1

b− ax− a

b− a), x ∈ R,


są wielomianami, ponadto Wn(ϕ(t)) = Bn(t) dla t ∈ [0, 1]. Zatem dla n ∈ Nmamy

sup|Wn(x)− f(x)| : x ∈ [a, b] = sup|Bn(t)− f ϕ(t)| : t ∈ [0, 1] = Mn.

Stąd, z (7.31) i własności 7.2.8 dostajemy, że ciąg wielomianów Wn∞n=1 jestjednostajnie zbieżny w [a, b] do funkcji f . To kończy dowód.

Uwaga 7.8.8. Można pokazać, że jeśli funkcja f : [0, 1] → R jest klasy Cp, todla ciągu i-tych pochodnych, i 6 p, wielomianów Bernsteina, mamy B(i)n ⇒ f (i)

w [0, 1] (patrz [17], twierdzenie 3 w §3 rozdziału II).

ZADANIA

Zadanie 7.8.1. Funkcja f : (0, 1)→ R określona wzorem f(x) = sin(1/x) dla x ∈ (0, 1)nie jest granicą jednostajnie zbieżnego ciągu wielomianów.

Zadanie 7.8.2. W analizie matematycznej bada się funkcje bezwzględnie monotoniczne.

Definicja różnicy p-tego rzędu funkcji. Niech f : [a, b)→ R oraz niech h ∈ R, h > 0i p ∈ Z, p > 0 będą takie, że a + ph < b. Różnicą p-tego rzędu dla funkcji f nazywamyfunkcję ∆p

h(f) : [a, b− ph)→ R określoną indukcyjnie: ∆0hf(x) = f(x) dla x ∈ [a, b) oraz

∆phf(x) = ∆p−1

h f(x+ h)−∆p−1h f(x) dla x ∈ [a, b− ph), p ∈ N.

Udowodnić, że

1. ∆phf(x) =

∑pi=0(−1)p−i

(pi

)f(x+ ih) dla x ∈ [a, b− ph).

2. Jeśli f jest funkcją klasy C p w [x, x+ ph], to istnieje t ∈ (x, x+ ph), że

(1/hp)∆phf(x) = f (p)(t).

Definicja funkcji bezwzględnie monotonicznej. Niech f : [a, b) → R. Mówimy,że funkcja f jest bezwzględnie monotoniczna w przedziale [a, b), gdy ∆p

hf(x) > 0 dlawszystkich x ∈ [a, b), h > 0 i p ∈ Z, p > 0, takich że a 6 x 6 x+ ph < b.

Twierdzenie Bernsteina*. Jeśli funkcja f jest bezwzględnie monotoniczna w przedziale[0, b), to istnieje ciąg (an)∞n=0 ⊂ R, że an > 0 dla n = 0, 1, . . . oraz f(x) =

∑∞n=0 anx

n

dla x ∈ [0, b).Wsk. Zastosować twierdzenie 7.8.6, patrz [17], twierdzenie 2 w §3 rozdziału II.

7.9 Twierdzenie Ascoliego-Arzeli

Definicja ograniczonej rodziny funkcji. Niech X ⊂ R, X 6= ∅ oraz niech Rbędzie rodziną funkcji rzeczywistych określonych na zbiorze X.

Mówimy, że rodzina R jest ograniczona w punkcie x0 ∈ X, gdy istnieje M ∈ R,że dla każdej funkcji f ∈ R zachodzi |f(x0)| 6M .

Mówimy, że rodzina R jest ograniczona, gdy istnieje M ∈ R, że dla każdejfunkcji f ∈ R oraz każdego x ∈ X zachodzi |f(x)| 6M .

7.9. TWIERDZENIE ASCOLIEGO-ARZELI 259

Definicja jednakowo ciągłej rodziny funkcji. Niech X ⊂ R, X 6= ∅ orazniech R będzie rodziną funkcji rzeczywistych określonych na zbiorze X. Mówimy,że rodzina R ⊂ RX jest jednakowo ciągła, gdy dla każdego ε > 0 istnieje δ > 0, żedla każdej funkcji f ∈ R oraz każdych x′, x′′ ∈ X takich, że |x′−x′′| < δ zachodzi|f(x′)− f(x′′)| < ε.

Udowodnimy twierdzenie Ascoliego-Arzeli. Zacznijmy od dwóch lematów.

Lemat 7.9.1. Niech R będzie rodziną funkcji rzeczywistych określonych na prze-dziale ograniczonym P o końcach a, b ∈ R, a < b. Jeśli R jest rodziną jednakowociągłą, to dla każdego ε > 0 istnieją l ∈ N, l > 2, liczby a0, ..., al ∈ R, żea = a0 < a1 < · · · < al = b oraz dla każdej funkcji f ∈ R i

(7.32) dla każdego x ∈ P , jeśli ai−1 6 x 6 ai+1, to |f(x)− f(ai)| < ε.

Dowód. Weźmy dowolny ε > 0. Ponieważ R jest rodziną jednakowo ciągłą,więc istnieje δ > 0, że dla każdej funkcji f ∈ R oraz

dla każdych x′, x′′ ∈ P takich, że |x′ − x′′| < δ zachodzi |f(x′)− f(x′′)| < ε.

Niech, wobec zasady Archimedesa, l ∈ N będzie taką liczbą, że (b− a)/l < δ.Połóżmy

ai = a+(b− a)i

l, i = 0, ..., l.

Wtedy a = a0 < a1 < · · · < al = b oraz |ai−1 − ai| < δ dla i = 1, ..., l. Zatem dlakażdego x ∈ P , takiego, że ai−1 6 x 6 ai+1 mamy |x− ai| < δ i w konsekwencji|f(x)− f(ai)| < ε. Reasumując, mamy (7.32).

Lemat 7.9.2. Niech R będzie rodziną funkcji rzeczywistych określonych na prze-dziale ograniczonym P . Jeśli R jest rodziną jednakowo ciągłą i ograniczoną wpewnym punkcie x0 przedziału P , to R jest rodziną ograniczoną.

Dowód. Z założenia, że rodzina R jest ograniczona w punkcie x0, istniejeM ∈ R, że

(7.33) dla każdej funkcji f ∈ R zachodzi |f(x0)| 6M .

Weźmy ε = 12 i niech a, b ∈ R, a 2, liczby a0, ..., al ∈ R, że a = a0 < a1 < · · · < al = b oraz

(7.34) dla każdego x ∈ P , jeśli ai−1 6 x 6 ai+1, to |f(x)− f(ai)| <12.

Weźmy dowolną funkcję f ∈ R. Z (7.34) dostajemy, że

(7.35) |f(ai)| 6M +l

2dla i = 0, ..., l.


Istotnie, z wyboru liczb a0, ..., al mamy, że istnieje i0 ∈ 1, ..., l − 1, żeai0−1 6 x0 6 ai0+1. Jeśli i > i0, to z (7.34) i (7.33) dostajemy

|f(ai)| 6 |f(ai)− f(ai−1)|+ · · ·+ |f(ai0)− f(x0)|+ |f(x0)| 6l

2+M.

jeśli i < i0, to analogicznie dostajemy

|f(ai)| 6 |f(ai)− f(ai+1)|+ · · ·+ |f(ai0)− f(x0)|+ |f(x0)| 6l

2+M.

Zatem udowodniliśmy (7.35). Weźmy dowolny x ∈ P . Wówczas istniejei ∈ 1, ..., l − 1, że ai−1 6 x 6 ai. Wówczas z (7.34) (7.35) wynika, że

|f(x)| 6 |f(x)− f(ai)|+ |f(ai)| 612

+M +l

2.

To daje tezę.

Twierdzenie 7.9.3. (Ascoli-Arzeli(10)). Niech R będzie rodziną funkcji rzeczy-wistych określonych na przedziale ograniczonym P . Jeśli R jest rodziną jednakowociągłą i ograniczoną w pewnym punkcie x0 ∈ P , to z każdego ciągu (fn)∞n=1 ⊂ Rtej rodziny można wybrać podciąg jednostajnie zbieżny.

Dowód. Ponieważ P jest przedziałem ograniczonym i R rodziną jednakowociągłą i ograniczoną w punkcie x0 ∈ P , więc z lematu 7.9.2, rodzina R jestograniczona.

Niech E = P ∩ Q. E jest zbiorem gęstym w P i przeliczalnym. Istnieje więcbijekcja σ : N→ E. Oznaczając em = σ(m) dlam ∈ N, mamy E = em : m ∈ N.

Weźmy dowolny ciąg (fn)∞n=1 ⊂ R. Ponieważ rodzina R jest ograniczona, torodzina fn : n ∈ N jest ograniczona. Pokażemy, że istnieje rodzina podciągów(fn(j)k

)∞k=1, j ∈ N, ciągu (fn)∞n=1 taka, że

każdy ciąg (fn(j)k

)∞k=1 jest podciągiem ciągu (fn(j−1)k

)∞k=1 dla j > 1,(7.36)

każdy ciąg (fn(j)k

(em))∞k=1 jest zbieżny dla j > m.(7.37)

W szczególności każdy ciąg (n(j)k )∞k=1, j ∈ N, jest ściśle rosnącym ciągiem liczb

naturalnych oraz dla j > 1, jest podciągiem ciągu (n(j−1)k )∞k=1. Istotnie, ponieważ(fn(e1))∞n=1 jest ciągiem ograniczonym, więc z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa3.6.4 istnieje podciąg (f

n(1)k

)∞k=1 ciągu (fn)∞n=1 taki, że ciąg (fn(1)k

(e1))∞k=1 jest

zbieżny. Analogicznie istnieje podciąg (fn(2)k

)∞k=1 ciągu (fn(1)k

)∞k=1 taki, że ciąg

(fn(2)k

(e2))∞k=1 jest zbieżny. Wtedy ciąg (fn(2)k

(e1))∞n=1 również jest zbieżny. Postę-

pujemy dalej indukcyjnie. Zakładając, że istnieje podciąg (fn(j)k

)∞k=1 ciągu

(10)Giulio Ascoli (1843-1896) – matematyk włoski, Cesare Arzela (1847-1912) – matematykwłoski.

7.9. TWIERDZENIE ASCOLIEGO-ARZELI 261

(fn(j−1)k

)∞k=1 zbieżny w punktach e1, ..., ej , wobec ograniczoności ciągu

(fn(j)k

(ej+1))∞k=1, znajdziemy podciąg (fn(j+1)k

)∞k=1 ciągu (fn(j)k

)∞k=1, zbieżny w punk-

tach e1, ..., ej+1. W ten sposób określimy rodzinę ciągów (fn(j)k

)∞k=1 dla j ∈ N ta-

kich, że każdy następny jest podciągiem poprzedniego oraz każdy ciąg(fn(j)k

(em))∞k=1 dla j > m jest zbieżny(11). Stąd dostajemy (7.36) i (7.37).

Weźmy podciąg (fnk)∞k=1 ciągu (fn)∞n=1 określony wzorem fnk = fn(k)k

dla

k ∈ N (12). Pokażemy, że podciąg (fnk)∞k=1 jest jednostajnie zbieżny. Wystarczypokazać, że podciąg ten spełnia warunek Cauchy’ego zbieżności jednostajnej cią-gu funkcyjnego (patrz twierdzenie 7.2.9). Weźmy dowolne ε > 0 i niech a, b ∈ R,a < b, będą końcami przedziału P . Z lematu 7.9.1 istnieje l ∈ N, l > 2 oraz liczbya0, ..., al ∈ R takie, że a = a0 < a1 < · · · < al = b oraz

dla każdego x ∈ P, jeśli ai−1 6 x 6 ai+1, to |f(x)− f(ai)| <ε

6

dla wszystkich f ∈ R. Zatem dla każdej funkcji f ∈ R oraz każdych x′, x′′ ∈ P ,

(7.38) jeśli x′, x′′ ∈ [ai−1, ai+1], to |f(x′)− f(x′′)| <ε3.

Zbiór E jest gęsty w P , więc w każdym przedziale (ai−1, ai+1), i ∈ 1, ..., l − 1istnieje element bi zbioru E. W konsekwencji ciąg (fnk(bi))∞k=1 jest zbieżny, więcz własności 3.7.2 jest ciągiem Cauchy’ego. Zatem istnieje N ∈ N, że

(7.39) |fnp(bi)− fnr(bi)| <ε

3dla p, r ∈ N, p, r > N oraz i = 1, ..., l − 1.

Weźmy dowolny x ∈ P . Wówczas istnieje i ∈ 1, ..., l − 1, że ai−1 6 x 6 ai+1,zatem z (7.39) i (7.38) dla p, r > N mamy

|fnp(x)− fnr(x)| 6 |fnp(x)− fnp(bi)|+ |fnp(bi)− fnr(bi)|+ |fnr(bi)− fnr(x)|

<ε

3+ε

3+ε

3= ε.

To daje tezę.

(11)Oznaczmy przez C zbiór wszystkich podciągów ciągu (fn)∞n=1, a przez Cm, m ∈ N, zbiórwszystkich ciągów ξ ∈ C zbieżnych w punkcie em. C rzeczywiście jest zbiorem, bowiem rodzinawszystkich nieograniczonych podzbiorów zbioru N jest zbiorem, a każdy ściśle rosnący ciąg liczbnaturalnych jest jednoznacznie określony przez zbiór jego wartości. Również Cm jest zbioremtych ξ ∈ C, które spełniają warunek Cauchy’ego dla x = em, a warunek ten można zapisać jakofurmułę teoriomnogościową. Pokazaliśmy, że dla każdego ciągu ξ ∈ C oraz każdej liczby m ∈ N,zbiór Cξm+1 wszystkich podciągów η ∈ Cm+1 ciągu ξ jest niepusty. Zatem stosując aksjomatwyboru dostajemy, że istnieje funkcja f : C × N → C taka, że f(ξ,m) ∈ Cξm+1. Biorąc terazdowolny ξ ∈ C1 oraz f i stosując twierdzenie o definiowaniu przez indukcję dostajemy, że istniejerodzina podciągów spełniających warunki (7.36) i (7.37).(12)Ciąg (n(j+1)k )∞k=1 jest podciągiem ciągu (n(j)k )∞k=1, więc n

(j+1)j+1 > n

(j)j dla j ∈ N. Zatem

funkcja N 3 k 7→ n(k)k ∈ N jest ściśle rosnąca. W konsekwencji ciąg (fnk )∞k=1 jest podciągiem

ciągu (fn)∞n=1. Metodę określania podciągu fnk = fn(k)k

nazywa się metoda przekątniową.


Uwaga 7.9.4. W twierdzeniu Ascoliego-Arzeli 7.9.3 założenia o ograniczono-ści przedziału P nie można opuścić. Istotnie, ciąg (fn)∞n=1 określony wzoramifn(x) = 0 dla x 6 n, fn(x) = x− n dla x ∈ (n, n+ 1) oraz fn(x) = 1 dla x > njest rodziną ograniczoną i jednakowo ciągłą (dla każdego ε > 0 wystarczy przyjąćδ = ε). Ponadto lim

n→∞fn(x) = 0 dla x ∈ R oraz

Mn = sup|fn(x)− 0| : x ∈ R = 1.

Zatem dla każdego podciągu (fnk)∞k=1 ciągu (fn)∞n=1 mamy Mnk = 1 dla k ∈ N,więc wobec własności 7.2.8, ciąg (fnk)∞k=1 nie jest jednostajnie zbieżny w R do f .

Definicja jednakowo ciągłej w punkcie rodziny funkcji. Niech X ⊂ R,X 6= ∅ oraz niech R będzie rodziną funkcji rzeczywistych określonych na zbiorzeX. Mówimy, że rodzina R ⊂ RX jest jednakowo ciągła w punkcie x0 ∈ X, gdydla każdego ε > 0 istnieje δ > 0, że dla każdej funkcji f ∈ R oraz każdego x ∈ Xtakiego, że |x− x0| < δ zachodzi |f(x)− f(x0)| < ε.

Uwaga 7.9.5. Można pokazać, następującą ogólniejszą wersję twierdzenia Asco-liego-Arzeli (patrz [17], twierdzenie 5 w §2 rozdziału II):

(Ascoli-Arzeli). Niech R będzie rodziną funkcji rzeczywistych określonychna zbiorze zwartym X ⊂ R. Wówczas z każdego ciągu (fn)∞n=1 ⊂ R tej rodzinymożna wybrać podciąg jednostajnie zbieżny, wtedy i tylko wtedy, gdy rodzina tajest jednakowo ciągłą w każdym punkcie zbioru X i jest ograniczona w każdympunkcie zbioru X.

ZADANIA

Zadanie 7.9.1.* (Helly(13)). Z każdego ciągu funkcji rosnących (odpowiednio maleją-cych) fn : P → R w przedziale P , ograniczonego w każdym punkcie tego przedziału możnawyjąć podciąg zbieżny w całym przedziale P .

Wsk. Pokazać najpierw, że istnieje podciąg (fnk)∞k=1 ciągu (fn)∞n=1 zbieżny w P ∩Q.Granica fP∩Q : P ∩ Q → R ciągu (fnk |P∩Q)∞k=1 jest funkcją monotoniczną. Z lematu oprzedłużeniu (zadanie 2.7.2) istnieje funkcja monotoniczna g : P → R taka, że g(x) =f(x) dla x ∈ P∩Q. Funkcja g ma więc co najwyżej przeliczalna ilość punktów nieciągłości.Pokazać, że lim

k→∞fnk(x) = g(x) dla kazdego punktu x ∈ P w którym funkcja g jest ciągła.

Następnie wybrać podciąg ciągu (fnk)∞k=1 zbieżny w punktach nieciągłości funkcji g.

Zadanie 7.9.2.* (Helly). Niech fn : [a, b]→ R, n ∈ N, będzie ciągiem funkcji o wahaniuskończonym w [a, b]. Jeśli istnieje M ∈ R takie, że |fn(a)| 6 M oraz W b

a(fn) 6 M dlan ∈ N, to z ciągu (fn)∞n=1 można wybrać podciąg zbieżny w przedziale [a, b] do funkcji owahaniu skończonym w [a, b].

Zadanie 7.9.3. Ciąg funkcji rosnących (odpowiednio malejących) (fn)∞n=1 w przedziale[a, b], zbieżny w zbiorze Z ⊂ [a, b] gęstym w [a, b] i takim, że a, b ∈ Z, do funkcji ciągłejf : [a, b]→ R jest jednostajnie zbieżny w [a, b].

(13)Eduard Helly (1884 1943) – matematyk austriacki.

Rozdział 8

Funkcja pierwotna

W rozdziale 6 wprowadziliśmy pojęcie pochodnej funkcji. Teraz będziemy poszu-kiwać funkcji o zadanej pochodnej, to znaczy dla ustalonej funkcji f : P → R,gdzie P jest przedziałem, będziemy szukać funkcji F : P → R takiej, że F ′ = fw przedziale P . Funkcję F nazywamy funkcją pierwotną funkcji f . Pokażemy,że każda funkcja wymierna ma funkcję pierwotną będącą funkcją elementarną.Podamy też metody wyliczania funkcji pierwotnych funkcji wymiernych, trygo-nometrycznych i pierwiastkowych.

8.1 Funkcja pierwotna

Definicja funkcji pierwotnej. Niech f będzie funkcją określoną na przedzialeP . Mówimy, że funkcja F : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedzialeP , gdy F jest funkcją różniczkowalną i F ′(x) = f(x) dla x ∈ P .

Własność 8.1.1. Niech F : P → R będzie funkcją pierwotną funkcji f w prze-dziale P . Wówczas funkcja F1 : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f w prze-dziale P wtedy i tylko wtedy, gdy F − F1 jest funkcją stałą (w P ).

Dowód. Załóżmy, że F1 jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P .Wówczas F ′(x) = f(x) = F ′1(x) dla x ∈ P . Zatem z wniosku 6.3.11, F − F1 jestfunkcją stałą. Odwrotnie, jeśli F −F1 jest funkcją stałą, to F ′1(x) = F ′(x) = f(x)dla x ∈ P , czyli F1 jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P .

Wniosek 8.1.2. Jeśli funkcja f ma w przedziale P funkcję pierwotną, to dlakażdego x0 ∈ P oraz y0 ∈ R istnieje dokładnie jedna funkcja pierwotna F : P → Rfunkcji f w przedziale P taka, że F (x0) = y0.

Dowód. Weźmy dowolne x0 ∈ P oraz y0 ∈ R. Niech F1 : P → R będziefunkcją pierwotną funkcji f w przedziale P . Kładąc F (x) = F1(x) + y0 − F1(x0),x ∈ P , w myśl własności 8.1.1 mamy, że F jest funkcją pierwotną funkcji f w Poraz F (x0) = y0. Pokażemy, że funkcja F jest określona jednoznacznie. Istotnie,niech F2 : P → R będzie funkcją pierwotną funkcji f w P taką, że F2(x0) = y0.W myśl własności 8.1.1, istnieje C ∈ R, że F (x)−F2(x) = C dla x ∈ P . PonieważF (x0)− F2(x0) = 0, więc C = 0. To daje tezę.

Z twierdzenia o działaniach na pochodnej funkcji 6.2.2, dostajemy

Twierdzenie 8.1.3. Jeśli F1, F2 : P → R są funkcjami pierwotnymi odpowiedniofunkcji f1, f2 w przedziale P oraz α, β ∈ R, to αF1 + βF2 jest funkcją pierwotnąfunkcji αf1 + βf2 w przedziale P .

263

264 ROZDZIAŁ 8. FUNKCJA PIERWOTNA

Uwaga 8.1.4. W punkcie 8.2 pokażemy że, istnieją funkcje posiadające funkcjepierwotne w przedziale, których iloczyn nie ma funkcji pierwotnej.

Twierdzenie 8.1.5. Niech f, g będą funkcjami różniczkowalnymi w przedziale P .Jeśli F : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f · g′ w przedziale P , to fg − Fjest funkcją pierwotną funkcji f ′ · g w przedziale P .

Dowód. Istotnie, z twierdzenia o pochodnej iloczynu dwóch funkcji 6.2.2,dostajemy (fg)′ = f ′g + fg′, więc (fg − F )′ = f ′g w przedziale P .

Twierdzenie 8.1.6. Niech P,Q będą przedziałami oraz niech ϕ : Q → R będziefunkcją różniczkowalną taką, że ϕ(Q) ⊂ P . Jeśli F : P → R jest funkcją pier-wotną funkcji f w przedziale P , to F ϕ : Q→ R jest funkcją pierwotną funkcjif ϕ · ϕ′ w przedziale Q.

Dowód. Z twierdzenia 6.2.3, (F ϕ)′ = (F ′ ϕ) · ϕ′ = (f ϕ) · ϕ′ w Q.

Twierdzenie 8.1.7. (własność Darboux dla funkcji pierwotnej). Jeśli funk-cja f ma funkcję pierwotną w przedziale P , to f spełnia w P własność Darboux,to znaczy dla każdych x1, x2 ∈ P , x1 < x2 oraz każdego c ∈ R,

(a) jeśli f(x1) < c < f(x2), to istnieje x0 ∈ (x1, x2), że f(x0) = c,(b) jeśli f(x1) > c > f(x2), to istnieje x0 ∈ (x1, x2), że f(x0) = c.

Dowód. Niech F : P → R będzie funkcją pierwotną funkcji f w przedzialeP . Wówczas F ′(x) = f(x) dla x ∈ P i z twierdzenia Darboux 6.3.3 dostajemy, żefunkcja f spełnia warunki (a) i (b).

Uwaga 8.1.8. W myśl twierdzenia 8.1.7 mamy, że funkcja f(x) = [x], x ∈ R,gdzie [x] oznacza całość z liczby x, nie ma funkcji pierwotnej, bowiem funkcja tanie spełnia warunków (a) i (b) w twierdzeniu 8.1.7. Można również udowodnić,że istnieją funkcje spełniające powyższe warunki (a) i (b), które nie mają funkcjipierwotnych (patrz dalej uwaga 8.2.7).

Własność 8.1.9. (o sklejaniu funkcji pierwotnych). Niech P będzie prze-działem, x0 ∈ P będzie takim punktem, że zbiory P1 = x ∈ P : x 6 x0,P2 = x ∈ P : x > x0 są przedziałami. Niech f : P → R. Jeśli

(i) F1 : P1 → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P1,(ii) F2 : P2 → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P2,(iii) F1(x0) = F2(x0),

to funkcja F : P → R określona wzorami

F (x) = F1(x) dla x ∈ P1 i F (x) = F2(x) dla x ∈ P2

jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P .

8.2. O FUNKCJI PIERWOTNEJ FUNKCJI CIĄGŁEJ 265

Dowód. Wobec (iii) funkcja F jest poprawnie określona. Weźmy dowolnyx ∈ P . Jeśli x < x0, to z (i) mamy F ′(x) = F ′1(x) = f(x). Jeśli x > x0, to z (ii)mamy F ′(x) = F ′2(x) = f(x). Jeśli x = x0, to z określenia funkcji F , z (i) oraz(iii), lim

x→x−0(F (x)− F (x0))/(x− x0) = lim

x→x−0(F1(x)− F1(x0))/(x− x0) = f(x0).

Z (ii), zaś limx→x+0

(F (x)− F (x0))/(x− x0) = limx→x+0

(F2(x)− F2(x0))/(x− x0) =

f(x0). Zatem F ′(x0) = f(x0). Reasumując, F jest funkcją pierwotną funkcji f wprzedziale P .

ZADANIA

Zadanie 8.1.1. Niech f będzie funkcją różniczkowalną w przedziale P taką, że f(x) > 0dla x ∈ P . Wówczas

(a) F (x) = ln f(x), x ∈ P jest funkcją pierwotną funkcji f ′

f w przedziale P .

(b) F (x) = 2√f(x), x ∈ P jest funkcją pierwotną funkcji f ′√

fw przedziale P .

Zadanie 8.1.2. Niech f będzie funkcją różniczkowalną w przedziale P taką, że f(x) < 0dla x ∈ P . Wówczas

(a) F (x) = ln |f(x)|, x ∈ P jest funkcją pierwotną funkcji f ′

f w przedziale P .

(b) F (x) = −2√|f(x)|, x ∈ P jest funkcją pierwotną funkcji f ′√

|f |w P .

Zadanie 8.1.3. Podać przykład funkcji f : R → R posiadającej funkcję pierwotną w R,która jest nieciągła w pewnym gęstym podzbiorze zbioru R.

Zadanie 8.1.4. Niech n ∈ N i niech f, g będą funkcjami n-krotnie rózniczkowalnymi wprzedziale P . Jeśli F : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f · g(n) w przedziale P , tofunkcja G : P → R określona wzorem G(x) = (−1)nF (x)+

∑n−1k=0(−1)kf (k)(x)g(n−1−k)(x),

x ∈ P , jest funkcją pierwotną funkcji f (n) · g w przedziale P .

Zadanie 8.1.5. Niech n ∈ N. Udowodnić, że funkcja F : R→ R określona wzorem

F (x) = n!exn∑k=0

(−1)kxk

k!, x ∈ R,

jest funkcją pierwotną funkcji f : R→ R określonej wzorem f(x) = xnex, x ∈ R.

8.2 O funkcji pierwotnej funkcji ciągłej

Twierdzenie 8.2.1. Jeśli ciąg funkcyjny fn : [a, b]→ R, n ∈ N, jest jednostajniezbieżny do funkcji f : [a, b] → R oraz każda funkcja fn, n ∈ N ma w przedziale[a, b] funkcję pierwotną Fn : [a, b] → R, to funkcja f ma funkcję pierwotną wprzedziale [a, b]. Jeśli dodatkowo dla pewnego x0 ∈ [a, b], ciąg (Fn(x0))∞n=1 jestzbieżny, to ciąg (Fn)∞n=1 jest jednostajnie zbieżny i jego granica jest funkcją pier-wotną funkcji f w przedziale [a, b].

Dowód. Niech x0 ∈ [a, b]. Przyjmując Fn(x) = Fn(x) − Fn(x0), x ∈ [a, b], zwniosku 8.1.2, mamy, że Fn jest funkcją pierwotną funkcji fn dla n ∈ N. Zatem


ciąg funkcji różniczkowalnych (Fn)∞n=1 jest zbieżny w punkcie x0 i ciąg jego po-chodnych (fn)∞n=1 jest jednostajnie zbieżny do funkcji f w przedziale [a, b]. Wmyśl twierdzenia 7.5.1, ciąg (Fn)∞n=1 jest, więc jednostajnie zbieżny do pewnejfunkcji różniczkowalnej F : [a, b]→ R oraz

F ′(x) = limn→∞

F ′n(x) = limn→∞

fn(x) = f(x) dla x ∈ [a, b].

Zatem F jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale [a, b] oraz Fn ⇒ F .Jeśli dodatkowo ciąg (Fn(x0))∞n=1 jest zbieżny, to analogicznie jak powyżej, w

myśl twierdzenia 7.5.1, ciąg (Fn)∞n=1 jest jednostajnie zbieżny do pewnej funkcjiróżniczkowalnej F : [a, b] → R oraz F jest funkcją pierwotną funkcji f w [a, b].To kończy dowód.


Wniosek 8.2.2. Jeśli szereg funkcyjny∑∞n=1 fn, gdzie fn : [a, b] → R,

n ∈ N, jest jednostajnie zbieżny do funkcji f : [a, b] → R oraz każda funkcja fn,n ∈ N ma w przedziale [a, b] funkcję pierwotną Fn : [a, b] → R, to funkcja f mafunkcję pierwotną w przedziale [a, b]. Jeśli dodatkowo dla pewnego x0 ∈ [a, b], sze-reg

∑∞n=1 Fn(x0) jest zbieżny, to szereg

∑∞n=1 Fn jest jednostajnie zbieżny i jego

suma jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale [a, b].

W oparciu o twierdzenie 8.2.1, pokażemy, że każda funkcja ciągła w przedzialema funkcję pierwotną w tym przedziale. Udowodnimy najpierw lemat.

Lemat 8.2.3. Jeśli f : R → R jest wielomianem postaci f(x) =∑nj=0 ajx

j,x ∈ R, to wielomian F (x) =

∑nj=0(aj/(j + 1))xj+1, x ∈ R, jest funkcją pierwotną

funkcji f w R.

Dowód. Przy oznaczeniach lematu dostajemy F ′ = f w R. To daje tezę.

Twierdzenie 8.2.4. (o istnieniu funkcji pierwotnej funkcji ciągłej). NiechP będzie przedziałem. Wówczas każda funkcja ciągła f : P → R ma funkcjępierwotną w przedziale P .

Dowód. Niech f : P → R będzie funkcją ciągłą.Załóżmy najpierw, że P jest przedziałem domkniętym. Wówczas z twierdzenia

Weierstrassa 7.8.7 mamy, że istnieje ciąg wielomianów (Wn)∞n=1 zbieżny jedno-stajnie do funkcji f na przedziale P . W myśl lematu 8.2.3, każdy wielomian Wn,n ∈ N ma funkcję pierwotną w P . Zatem z twierdzenia 8.2.1 dostajemy tezę wtym przypadku.

Niech teraz P będzie dowolnym przedziałem oraz niech a, b, a < b będą końca-mi przedziału P . Niech x0 ∈ P będzie ustalonym punktem takim, że a < x0 < b.

8.2. O FUNKCJI PIERWOTNEJ FUNKCJI CIĄGŁEJ 267

Jeśli b ∈ P , to z przypadku rozważonego na początku dowodu, istnieje funkcjapierwotna F funkcji f w przedziale [x0, b]. Ponadto, wobec wniosku 8.1.2, możnazałożyć, że F (x0) = 0. Jeśli b 6∈ P , to istnieje ciąg rosnący (xn)∞n=1 ⊂ P taki, żex0 < xn dla n ∈ N oraz lim

n→∞xn = b. W myśl poprzedniego, w każdym przedziale

[x0, xn] istnieje funkcja pierwotna Fn : [x0, xn] → R funkcji f . Ponadto możnazałożyć, że Fn(x0) = 0. Wówczas, z własności 8.1.1 mamy Fn(x) = Fm(x) dlan < m oraz x ∈ [x0, xn]. Ponieważ⋃

n∈N[x0, xn] = [x0, b),

więc funkcja F : [x0, b)→ R określona wzorem

F (x) = Fn(x), jeśli x ∈ [x0, xn],

jest poprawnie określona. Ponadto F (x0) = 0 oraz F ′(x) = f(x) dla x ∈ [x0, b),czyli dla x ∈ P , x > x0. Reasumując, istnieje funkcja pierwotna F funkcji f wprzedziale x ∈ P : x > x0 taka, że F (x0) = 0.

Analogicznie jak powyżej pokazujemy, że istnieje funkcja pierwotna ˜F funkcjif w przedziale x ∈ P : x 6 x0 taka, że ˜F (x0) = 0.

Ponieważ F (x0) = ˜F (x0), więc biorąc funkcję F : P → R określoną wzorami

F (x) = F (x) dla x ∈ P , x > x0 oraz F (x) = ˜F (x) dla x ∈ P , x 6 x0, w myślwłasności 8.1.9, F jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P .

Uwaga 8.2.5. Funkcja f : R→ R określona wzorem f(x) = 2x sin 1x − cos 1x dlax 6= 0 oraz f(0) = 0 posiada funkcję pierwotnę F : R → R określoną wzoramiF (x) = x2 sin 1x dla x 6= 0 oraz F (0) = 0. Funkcja f nie jest jednak funkcją ciągłąw punkcie 0.

Uwaga 8.2.6. Istnieją funkcje posiadające funkcje pierwotne w przedziale, któ-rych iloczyn nie ma funkcji pierwotnej w tym przedziale. Pokażemy, że funkcjaf : R→ R określona wzorami

f(x) = cos1x

dla x 6= 0 oraz f(0) = 0.

ma funkcję pierwotną w R lecz f2 nie ma w R funkcji pierwotnej. Niech F : R→R, g : R→ R będą funkcjami określonymi wzorami

F (x) = x2 sin1x

dla x 6= 0 oraz F (0) = 0,

g(x) = 2x sin1x

dla x 6= 0 oraz g(0) = 0.


Funkcja g, jako funkcja ciągła, ma funkcję pierwotną G : R → R (twierdzenie8.2.4). Wtedy F ′(x) = g(x) − f(x) dla x ∈ R, więc F1 = G − F jest funkcjąpierwotną funkcji f w R.

Przypuśćmy teraz, że funkcja f2 ma w R funkcję pierwotną F2 : R → R.Pokażemy, że istnieje C ∈ R, że

(8.1) F2(2x) = F1(x) + x+ C dla x ∈ R.

Istotnie, ponieważ cos 2α = 2 cos2 α− 1 dla α ∈ R, więc

(8.2) 2f2(2x) = f(x) + 1 dla x 6= 0.

Funkcja F1(x) + x jest w R funkcją pierwotną funkcji f + 1 oraz z twierdzenia8.1.6 mamy, że funkcja F2(2x) jest w R funkcją pierwotną funkcji 2f2(2x). Stąd,z (8.2) i własności 8.1.1, istnieją C1, C2 ∈ R, że F2(2x) = F1(x) + x + C1 dlax ∈ (−∞, 0) oraz F2(2x) = F1(x) + x + C2 dla x ∈ (0,+∞). Wobec ciągłościfunkcji F1, F2, przechodząc do granicy przy x→ 0 dostajemy F2(0) = F1(0) +C1oraz F2(0) = F1(0) + C2. Stąd wynika, że C1 = C2. Reasumując, pokazaliśmy(8.1). Z (8.1) i określenia funkcji F1, F2 mamy

0 = 2f2(0) = 2F ′2(0) = F ′1(0) + 1 = f(0) + 1 = 1,

co jest niemożliwe. Z otrzymanej sprzeczności wynika, że przypuszczenie o istnie-niu w R funkcji pierwotnej funkcji f2 było fałszywe.

Uwaga 8.2.7. Wobec uwagi 8.2.6, funkcja f : R→ R określona wzorami f(0) =0 oraz f(x) = cos2 1x dla x 6= 0, nie ma w R funkcji pierwotnej, jednak łatwosprawdzić, że spełnia ona własność Darboux.

ZADANIA

Zadanie 8.2.1. Rozwinąć następujące funkcje w szereg Taylora o środku x0 = 0:

1. f(x) = arcsinx, x ∈ (−1, 1),2. f(x) = arccosx, x ∈ (−1, 1),3. f(x) = arctg x, x ∈ R.Wsk. Zastosować twierdzenie 7.7.4 i wniosek 8.2.2.

Zadanie 8.2.2. Niech P,Q ⊂ R będą przedziałami oraz f : P → Q będzie homeomorfi-zmem. Jeśli F : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f , to funkcja G : Q→ R określonawzorem G(x) = xf−1(x) − F f−1(x), x ∈ Q jest funkcją pierwotną funkcji f−1 wprzedziale Q.

Zadanie 8.2.3. Niech (fn)∞n=1 ⊂ RP , gdzie P ⊂ R jest przedziałem i niech f : P → R.Jeśli każda funkcja fn ma w P funkcję pierwotną i ciąg (fn)∞n=1 jest niemal jednostajniezbieżny w przedziale P do funkcji f (patrz zadanie 7.4.6), to funkcja f ma w przedzialeP funkcję pierwotną.

8.3. CAŁKA NIEOZNACZONA 269

8.3 Całka nieoznaczona

Dla uproszczenia zapisu wprowadzimy pojęcie całki nieoznaczonej.

Definicja całki nieoznaczonej. Niech P będzie przedziałem oraz f funkcjąokreśloną na P . Jeśli funkcja f ma funkcję pierwotną w przedziale P , to zbiórwszystkich funkcji pierwotnych funkcji f w przedziale P nazywamy całką nieozna-czoną funkcji f w przedziale P i oznaczamy

∫f dx lub

∫f(x) dx. Jeśli funkcja f

nie ma funkcji pierwotnej w przedziale P , to mówimy, że funkcja ta nie ma całkinieoznaczonej w tym przedziale.

Uwaga 8.3.1. Jeśli F : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedzialeP , to wobec własności 8.1.1 mamy, że

∫f(x) dx = G : P → R : istnieje stała

C ∈ R, że G = F + C. W związku z tym, w dalszym ciągu będziemy pisali∫f(x) dx = F (x) + C, gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Aby wyznaczyć całkę

nieoznaczoną funkcji w przedziale wystarczy więc obliczyć jedną funkcję pierwotnątej funkcji w tym przedziale.

Uwaga 8.3.2. W literaturze wyznaczanie funkcji pierwotnej oraz całki nieozna-czonej nazywa się całkowaniem.

Uwaga 8.3.3. Oznaczenie∫f(x) dx, całki nieoznaczonej funkcji f w przedziale

P , pochodzi od Leibniza. W oznaczeniu tym nie występuje oznaczenie przedzia-łu P . Należy jednak pamiętać, że proces szukania całki nieoznaczonej jest ściślezwiązany z przedziałem. Symbol dx, w oznaczeniu całki, ma ułatwić rozróżnieniepo której zmiennej całkujemy funkcję, jeśli funkcja zależy od wielu zmiennych.

Podamy teraz twierdzenia o całce nieoznaczonej sumy dwóch funkcji. Zgodniez definicją będziemy musieli dodawać rodziny funkcji. Przyjmijmy więc następu-jące oznaczenia.

Definicja Dla zbiorów A,B ⊂ RX , funkcji określonych na zbiorze X, przyjmu-jemy

A+B = f + g : f ∈ A ∧ g ∈ B,aA = af : f ∈ A, gdzie a ∈ R.

g +A = g + f : f ∈ A, gdzie g : X → R.

A ϕ = f ϕ : f ∈ A, gdzie ϕ : Y → R, ϕ(Y ) ⊂ X.

Bezpośrednio z twierdzenia 8.1.3 i powyższej definicji dostajemy

Twierdzenie 8.3.4. Jeśli funkcje f i g mają całki nieoznaczone w przedziale P ,to funkcje f + g oraz αf , gdzie α ∈ R, mają całki nieoznaczone w przedziale P i∫

(f + g) dx =∫f dx+

∫g dx oraz

∫αf dx = α

∫f dx, gdy α 6= 0.


Z twierdzenia 8.1.5 mamy

Twierdzenie 8.3.5. (o całkowaniu przez części). Niech P będzie przedziałemoraz niech f, g będą funkcjami różniczkowalnymi w przedziale P . Jeśli funkcja f ·g′ma w przedziale P całkę nieoznaczoną, to funkcja f ′ · g ma w przedziale P całkęnieoznaczoną oraz ∫

f ′ · g dx = fg −∫f · g′ dx.


Twierdzenie 8.3.6. (o całkowaniu przez podstawienie). Niech P,Q będąprzedziałami oraz niech ϕ : Q→ R będzie funkcją różniczkowalną taką, że ϕ(Q) ⊂P . Jeśli funkcja f ma w przedziale P całkę nieoznaczoną, to funkcja f ϕ ·ϕ′ maw przedziale Q całkę nieoznaczoną oraz∫

f ϕ(x) · ϕ′(x) dx =(∫

f(t)dt) ϕ(x).

Bezpośrednio z twierdzeń 6.2.11 oraz 6.2.12 dostajemy

Twierdzenie 8.3.7. Niech α, a ∈ R. Wówczas w odpowiednim przedziale, mamy

∫xα dx = xα+1

α+1 + C, w (0,+∞), gdy α ∈ R \ −1,∫xα dx = xα+1

α+1 + C, w R, gdy α ∈ N,∫xα dx = xα+1

α+1 + C, w (−∞, 0), gdy α ∈ Z \ −1,∫x−1 dx = lnx+ C, w (0,+∞),∫x−1 dx = ln(−x) + C, w (−∞, 0),∫ex dx = ex + C, w R,∫ax dx = ax

ln a + C, w R, gdy a > 0, a 6= 1,∫sinx dx = − cosx+ C, w R,∫cosx dx = sinx+ C, w R,∫ 1cos2 x dx = tgx+ C, w

(−π2 + kπ, π2 + kπ

), gdzie k ∈ Z,∫ 1

sin2 x dx = − ctgx+ C, w (kπ, π + kπ) , gdzie k ∈ Z,∫ 11+x2 dx = arctg x+ C, w R,∫ 1√1−x2 dx = arcsinx+ C, w (−1, 1).

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą.

8.3. CAŁKA NIEOZNACZONA 271

Przykład 8.3.8. Bezpośrednio z definicji całki nieoznaczonej sprawdzamy, że∫lnx dx = x lnx− x+ C w przedziale (0,+∞),

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Z punktu widzenia obliczania całek nieozna-czonych ważny jest również sposób w jaki można taką całkę ”zgadnąć”. Stosującmianowicie twierdzenie o całkowaniu przez części 8.3.5, dla funkcji f(x) = x,g(x) = lnx, x ∈ (0,+∞), dostajemy∫

lnx dx = x lnx−∫

1 dx = x lnx− x+ C w przedziale (0,+∞),


Przykład 8.3.9. Z definicji całki nieoznaczonej sprawdzamy łatwo, że

(8.3)∫ex sinx dx =

ex

2(sinx− cosx) + C, w zbiorze R,

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Stosując zaś dwa razy twierdzenie o całkowaniuprzez części 8.3.5, dostajemy∫ex sinx dx = ex sinx−

∫ex cosx dx = ex sinx− ex cosx−

∫ex sinx dx w R,

przy czym całki w powyższym wzorze istnieją. Oznaczając przez F : R → Rdowolną funkcję pierwotną funkcji ex sinx dostajemy, że istnieje C0 ∈ R, że

F (x) = ex(sinx− cosx)− F (x) + C0, x ∈ R.

Stąd dostajemy (8.3).

Przykład 8.3.10. Z definicji całki nieoznaczonej sprawdzamy łatwo, że

(8.4)∫

arcsinx dx = x arcsinx+√

1− x2 + C, w przedziale (−1, 1),

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Stosując zaś twierdzenie o całkowaniu przez częścimamy

(8.5)∫

arcsinx dx = x arcsinx−∫

x√1− x2

dx, w przedziale (−1, 1).

Przyjmując ϕ(x) = 1− x2, x ∈ (−1, 1) dostajemy

ϕ(x) ∈ (0, 1] orazx√

1− x2=

−12√ϕ(x)

ϕ′(x) dla x ∈ (−1, 1).


Ponadto∫ 12√tdt =

√t + C w przedziale (0, 1], gdzie C ∈ R jest dowolną stałą.

Zatem stosując twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie 8.3.6 dostajemy∫x√

1− x2dx = −

∫1

2√ϕ(x)

ϕ′(x) dx = −√ϕ(x) + C = −

√1− x2 + C

w przedziale (−1, 1), gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Stąd i z (8.5) wynika (8.4).

ZADANIA


1.∫

sinnx sinmxdx = 12

[sin(n−m)xn−m − sin(n+m)x

n+m

]+ C, gdy n 6= m,

2.∫

sinnx sinmxdx = 12

[x− sin 2nx

2n

]+ C, gdy n = m,

3.∫

sinnx cosmxdx = − 12

[cos(n+m)x

n+m + cos(n−m)xn−m

]+ C, gdy n 6= m,

4.∫

sinnx cosmxdx = − 12

cos 2nx2n + C, gdy n = m,

5.∫

cosnx cosmxdx = 12

[sin(n+m)xn+m + sin(n−m)x

n−m

]+ C, gdy n 6= m,

6.∫

cosnx cosmxdx = 12

[x+ sin 2nx

2n

]+ C, gdy n = m,


Wsk. Zauważyć, że dla dowolnych x, y ∈ R, mamy sinx sin y = 12 [cos(x−y)− cos(x+y)],

sinx cos y = 12 [sin(x+ y) + sin(x− y)], cosx cos y = 1

2 [cos(x+ y) + cos(x− y)].

Zadanie 8.3.2. Udowodnić, że dla n, m ∈ N,

1.∫

(lnx)n dx = x(lnx)n − n∫

(lnx)n−1 dx w przedziale (0,+∞),

2.∫xm(lnx)n dx = xm+1(ln x)n

m+1 − nm+1

∫xm(lnx)n−1 dx w przedziale (0,+∞),

2.∫

dxln x = ln | lnx|+lnx+

∑∞k=2

(ln x)k

k·k! +C, C ∈ R, w przedziałach (0, 1) i (1,+∞),

3.∫

dx(ln x)n = − x

(n−1)(ln x)n−1 + 1n−1

∫dx

(ln x)n−1 w przedziałach (0, 1) i (1,+∞) dlan > 1.

Zadanie 8.3.3. Udowodnić, że dla n ∈ N,

1.∫ex sinn x dx = ex sinn−1 x

1+n2 (sinx− n cosx) + n(n−1)1+n2

∫ex sinn−2 x dx,

2.∫ex cosn x dx = ex cosn−1 x

1+n2 (cosx+ n sinx) + n(n−1)1+n2

∫ex cosn−2 x dx.

Zadanie 8.3.4. Udowodnić, że:

1.∫

sinn x dx = − 1n cosx sinn−1 x+ n−1

n

∫sinn−2 x dx dla n > 2,

2.∫

cosn x dx = 1n sinx cosn−1 x+ n−1

n

∫cosn−2 x dx dla n > 2,

3.∫

sinn x cosm x dx = − sinn−1 x cosm+1 xn+m + n−1

n+m

∫sinn−2 x cosm x dx dla m,n > 0,

4.∫ sinn x dx

cos x = − sinn−1 xn−1 +

∫ sinn−2 x dxcos x dla n 6= 1,

5.∫ sinn x dx

cosm x = sinn+1 x(m−1) cosm−1 x −

n−m+2m−1

∫ sinn x dxcosm−2 x dla m 6= 1.

8.4. INFORMACJE O OBLICZANIU FUNKCJI PIERWOTNYCH 273

Zadanie 8.3.5. Uzasadnić, że w przedziałach, w których są określone funkcje podcałkowe,1.

∫sinhx dx = coshx+ C,

2.∫

coshx dx = sinhx+ C,3.

∫sinh2 x dx = 1

4 sinh 2x− x2 + C,

4.∫

cosh2 x dx = 14 sinh 2x+ x

2 + C,

5.∫

sinhn x dx = 1n sinhn−1 x coshx− n−1

n

∫sinhn−2 x dx dla n > 0,

6.∫

tanhx dx = ln | coshx|+ C,7.

∫cothx dx = ln | sinhx|+ C,

8.∫

tanhn x dx = − 1n−1 tanhn−1 x+

∫tanhn−2 x dx dla n 6= 1,


Zadanie 8.3.6. Obliczyć całki nieoznaczone (w przedziałach, w których funkcje podcał-kowe są określone):

1.∫x sinhx dx, 2.

∫x coshx dx, 3.

∫tanhx dx, 4.

∫e−x

2dx, 5.

∫xx dx.

W punktach 4. i 5. przedstawić całkę w postaci sumy szeregu funkcyjnego.

Zadanie 8.3.7. Dla dowolnych a, b ∈ R, a < b, połóżmy k = b − a i określmy funk-cję fa,b : (a, b)→ R, wzorami fa,b(x) = 0 dla x ∈

(a, a+ k

2 −k2

2

]∪[a+ k

2 + k2

2 , b)

oraz

fa,b(x) = sin[

2πk2

(x− a− k

2 + k2

2

)]dla x ∈

(a+ k

2 −k2

2 , a+ k2 + k2

2

). Pokazać, że funk-

cją pierwotną funkcji fa,b jest funkcja Fa,b : (a, b)→ R określona wzorami Fa,b(x) = 0 dla

x ∈(a, a+ k

2 −k2

2

]∪[a+ k

2 + k2

2 , b)

oraz Fa,b(x) = k2

2π

(1− cos

[2πk2

(x− a− k

2 + k2

2

)])dla x ∈

(a+ k

2 −k2

2 , a+ k2 + k2

2

).

8.4 Informacje o obliczaniu funkcji pierwotnych

W punkcie 8.2 pokazaliśmy istnienie funkcji pierwotnych funkcji ciągłych w prze-dziale. W tym punkcie podamy metody efektywnego obliczania funkcji pierwot-nych pewnych funkcji. Podamy najpierw metodę obliczania funkcji pierwotnychfunkcji wymiernych a następnie pokażemy, jak sprowadzić pewne inne rodzinyfunkcji do tego przypadku. Wszystkie rozważane tutaj funkcje będą miały funk-cje pierwotne, które można zapisać przy użyciu funkcji elementarnych. Na uwagęzasługuje fakt, że nie wszystkie funkcje elementarne mają funkcje pierwotne będą-ce funkcjami elementarnymi. Można na przykład pokazać (lecz nie jest to łatwe),że funkcje określone wzorami

f(x) =√

1 + x3, x > −1, g(x) = sinxx , x > 0,

h(x) = 1lnx , x > 1, p(x) = e−x

2, x ∈ R,

mają funkcje pierwotne, które jednak nie są funkcjami elementarnymi.Dla uproszczenia zapisu, w tym punkcie będziemy używali pojęcia całki nie-

oznaczonej.


8.4.1 Całkowanie ułamków prostych

Definicja ułamków prostych. Niech n ∈ N oraz a, b, c, d, p, q ∈ R. Ułamkamiprostymi nazywamy funkcje wymierne postaci

f(x) =a

(x− b)n, x 6= b,(8.6)

g(x) =cx+ d

(x2 + px+ q)n, x ∈ R, gdzie p2 − 4q < 0.(8.7)

Uwaga 8.4.1. Funkcja g w powyższej definicji jest poprawnie określona, bowiemz warunku p2 − 4q < 0 wynika, że x2 + px+ q > 0 dla wszystkich x ∈ R.

Pokażemy, że funkcje pierwotne ułamków prostych (w odpowiednich przedzia-łach) są funkcjami elementarnymi.

Bezpośrednio z definicji całki nieoznaczonej mamy dwie poniższe własności.

Własność 8.4.2. Niech a, b ∈ R, Wówczas∫a

x− bdx = a ln(b− x) + C, w przedziale (−∞, b),∫

a

x− bdx = a ln(x− b) + C, w przedziale (b,+∞),


Własność 8.4.3. Niech n ∈ N, n > 1 oraz a, b ∈ R. Wówczas∫a

(x− b)ndx =

a

(1− n)(x− b)n−1+ C, w przedziale (−∞, b),∫

a

(x− b)ndx =

a

(1− n)(x− b)n−1+ C, w przedziale (b,+∞),


Przejdźmy teraz do ułamków prostych postaci (8.7).

Lemat 8.4.4. Niech n ∈ N, c, d, p, q ∈ R oraz p2 − 4q < 0 oraz niech

g(x) =cx+ d

(x2 + px+ q)n, x ∈ R.

Wówczas przyjmując a = −p2 , b = 4q−p2

4 mamy, że b > 0 oraz

g(x+ a) =c

22x

(x2 + b)n+

ca+ d

(x2 + b)n, x ∈ R.


Dowód. Ponieważ x2 + px+ q =(x+ p

2

)2 + 4q−p24 , więc

g(x+ a) =xc+ ca+ d

(x2 + b)n=c

22x

(x2 + b)n+

ca+ d

(x2 + b)n, x ∈ R,

co daje tezę.

Lemat 8.4.5. Niech g : R → R będzie funkcją ciągłą, a ∈ R oraz niech funkcjaϕ : R→ R będzie określona wzorem ϕ(x) = x− a, x ∈ R. Wówczas∫

g(x) dx =(∫

g(t+ a)dt) ϕ(x).

Dowód. Ponieważ∫g(x) dx =

∫g(ϕ(x) + a)ϕ′(x) dx, więc z twierdzenia o

całkowaniu przez podstawienie 8.3.6 dostajemy tezę.

Z lematów 8.4.4 i 8.4.5 dostajemy

Własność 8.4.6. Niech n ∈ N, c, d, p, q ∈ R oraz p2 − 4q < 0. Wówczas ozna-czając

a = −p2, b =

4q − p2

4oraz ϕ(x) = x− a, x ∈ R,

mamy∫cx+ d

(x2 + px+ q)ndx =

(∫c

22t

(t2 + b)ndt

) ϕ+

(∫ca+ d

(t2 + b)ndt

) ϕ, w R.

W świetle własności 8.4.6 dla obliczania całek nieoznaczonych ułamków pro-stych wystarczy rozważyć ułamki proste postaci

2x(x2 + b)n

oraz1

(x2 + b)n.

Bezpośrednio z definicji całki nieoznaczonej mamy

Własność 8.4.7. Niech b ∈ R, b > 0. Wówczas∫2x

x2 + bdx = ln(x2 + b) + C, w zbiorze R,∫

2x(x2 + b)α

dx =1

(1− α)(x2 + b)α−1+ C, w zbiorze R, gdzie α ∈ R \ 1

oraz C ∈ R jest dowolną stałą.

Pozostaje rozważyć ułamki proste postaci 1(x2+b)n .


Własność 8.4.8. Niech b ∈ R, b > 0 oraz niech ϕ : R → R będzie funkcjąokreśloną wzorem

ϕ(x) =x√b, x ∈ R.

Wówczas ∫1

(x2 + b)ndx =

√b

bn

(∫1

(t2 + 1)ndt

) ϕ w zbiorze R.

Dowód. Ponieważ

1(x2 + b)n

=

√b

bn1((

x√b

)2+ 1

)n 1√b

=

√b

bn1

((ϕ(x))2 + 1)nϕ′(x),

więc z twierdzenia o całkowaniu przez podstawienie 8.3.6 dostajemy tezę.

W świetle powyższej własności pozostaje rozważyć ułamki proste postaci1

(x2+1)n . Całki nieoznaczone takich funkcji obliczamy przy pomocy następującychwzorów rekurencyjnych.

Twierdzenie 8.4.9. Oznaczmy

In =∫

1(x2 + 1)n

dx, w zbiorze R, gdzie n ∈ N.

Wówczas

(8.8) I1 = arctg x+ C w zbiorze R,

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą oraz

(8.9) In+1 =1

2nx

(x2 + 1)n+

2n− 12n

In dla n ∈ N.

Dowód. Z twierdzenia 8.3.7 dostajemy (8.8). Funkcje

fn(x) =1

(x2 + 1)n, x ∈ R, gdzie n ∈ N,

jako funkcje ciągłe mają funkcje pierwotne w R. Niech więc Fn : R → R będziefunkcją pierwotną funkcji fn dla n ∈ N. Wtedy dla x ∈ R mamy F ′n+1(x) =fn+1(x) oraz(

12n

x

(x2 + 1)n+

2n− 12n

Fn(x))′

=(

12n

x

(x2 + 1)n

)′+

2n− 12n

1(x2 + 1)n

= fn+1(x).

Z powyższych dwóch równości dostajemy (8.9).

Zbierając wyniki tego punktu dostajemy

Wniosek 8.4.10. Funkcje pierwotne ułamków prostych (w przedziałach, w któ-rych ułamki te są określone) są funkcjami elementarnymi.


8.4.2 Całkowanie funkcji wymiernych

Pokażemy, że każda funkcja wymierna ma funkcję pierwotną w każdym przedzialew którym jest określona i funkcja pierwotna jest funkcją elementarną. W świe-tle wyników poprzedniego punktu wystarczy pokazać, że zachodzi następującetwierdzenie.

Twierdzenie 8.4.11. Dla każdej funkcji wymiernej f istnieje wielomian W orazskończony ciąg ułamków prostych g1, ..., gk, że

f = W + g1 + · · ·+ gk,

w punktach, gdzie funkcja f jest określona.

Kluczowym w dowodzie twierdzenia 8.4.11 jest następujący fakt algebraiczny,który dowodzimy w dodatku A (patrz wniosek A.3.9).

Lemat 8.4.12. Każdy wielomian dodadniego stopnia (o współczynnikach rzeczy-wistych) jest iloczynem skończonej ilości wielomianów stopnia pierwszego orazwielomianów stopnia 2, które nie mają pierwiastków.

Lemat 8.4.13. Niech P,Q będą wielomianami oraz a ∈ R, k ∈ N. Jeśli Q(a) 6= 0,to przyjmując A = P (a)

Q(a) , istnieje wielomian P1 taki, że

(8.10)P (x)

(x− a)kQ(x)=

A

(x− a)k+

P1(x)(x− a)k−1Q(x)

,

gdzie x ∈ R, (x− a)Q(x) 6= 0.

Dowód. Ponieważ P (a) − AQ(a) = 0, więc z twierdzenia Bezouta 2.9.7 ist-nieje wielomian P1 taki, że P (x) − AQ(x) = (x − a)P1(x). Dzieląc tę ostatniąrówność przez (x− a)kQ(x) dostajemy (8.10).

Definicja . Niech P,Q będą wielomianami. Mówimy, że wielomian Q dzieli wie-lomian P , gdy istnieje wielomian W , że P = WQ. W przeciwnym razie mówimy,że wielomian Q nie dzieli wielomianu P .

Lemat 8.4.14. Niech P,Q będą wielomianami oraz p, q ∈ R, k ∈ N. Jeśli wielo-mian x2 + px + q nie dzieli żadnego z wielomianów P i Q oraz p2 − 4q < 0, toistnieją B,C ∈ R oraz istnieje wielomian P1 taki, że dla każdego x ∈ R spełnia-jącego Q(x) 6= 0, zachodzi

(8.11)P (x)

(x2 + px+ q)kQ(x)=

Bx+ C

(x2 + px+ q)k+

P1(x)(x2 + px+ q)k−1Q(x)

.


Dowód. Wystarczy pokazać, że istnieją B,C ∈ R oraz istnieje wielomian P1taki, że

(8.12) P (x)− (Bx+ C)Q(x) = (x2 + px+ q)P1(x) dla x ∈ R.

Z twierdzenia 2.9.6 o dzieleniu z resztą i założenia, że wielomiany P,Q nie dzieląsię przez x2+ px+ q wynika, że istnieją a, b, c, d ∈ R oraz wielomiany F,W takie,że a 6= 0 lub b 6= 0 oraz c 6= 0 lub d 6= 0 i dla x ∈ R mamy

P (x) = (x2 + px+ q)F (x) + (ax+ b), Q(x) = (x2 + px+ q)W (x) + (cx+ d).

Zatem dla dowolnych B,C ∈ R oraz x ∈ R mamy

P (x)− (Bx+ C)Q(x) = (x2 + px+ q)(F (x)− (Bx+ C)W (x))

+ (ax+ b)− (Bx+ C)(cx+ d),(8.13)

ponadto dzieląc (ax+ b)− (Bx+ C)(cx+ d) przez x2 + px+ q dostajemy

(ax+ b)− (Bx+ C)(cx+ d)

= (x2 + px+ q)(−Bc) + (a−Bd− Cc+Bcp)x+ b− Cd+Bcq.(8.14)

Zauważmy, że istnieją B,C ∈ R, że

(8.15) a−Bd− Cc+Bcp = 0 i b− Cd+Bcq = 0.

Układ (8.15) jest układem równań liniowych zmiennychB,C o wyznaczniku głów-nym A równym d2 − cpd+ c2q. Wyznacznik ten jest różny od zera. Istotnie, jeślic = 0, to d 6= 0 i wyznacznik A = d2 jest różny od zera. Jeśli zaś c 6= 0, toA = c2[(−d

c )2 + p(dc ) + q] 6= 0, gdyż −dc nie może być pierwiastkiem wielomian

x2 + px + q, bo p2 − 4q < 0. Reasumując, układ (8.15) ma rozwiązanie (B,C).Biorąc to rozwiązanie, z (8.14) i (8.13) dostajemy

P (x)−(Bx+C)Q(x) = (x2+px+q)(F (x)−(Bx+C)W (x))+(x2+px+q)(−Bc).

Oznaczając więc P1 = F (x)− (Bx+ C)W (x)−Bc dostajemy (8.11).

Dowód twierdzenia 8.4.11. Niech f = PQ , gdzie P,Q są wielomianami nie

posiadającymi wspólnych dzielników (tzn. P i Q nie dzielą się przez ten samwielomian dodatniego stopnia). Zgodnie, z lematem 8.4.12 istnieją wielomianystopnia pierwszego Li(x) = x − ai, liczby ki ∈ N, i = 1, ..., r oraz wielomianystopnia drugiego Ki(x) = x2 + pix + qi, nie posiadające pierwiastków, liczbyli ∈ N, i = 1, ..., s oraz α ∈ R \ 0, że

Q(x) = α(x− a1)k1 · · · (x− ar)kr(x2 + p1x+ q1)l1 · · · (x2 + psx+ qs)ls ,


przy czym w powyższym wzorze czynniki pierwszego lub drugiego stopnia mogęnie występować, jeśli Q jest iloczynem czynników liniowych lub, gdy jest ilo-czynem czynników stopnia drugiego. Ponadto czynniki Li są różne między sobąi czynniki Ki są różne między sobą. Można założyć, że α = 1. Stosując terazk1 + · · · kr razy lemat 8.4.13 oraz l1 + · · · + ls razy lemat 8.4.14 dostajemy tezętwierdzenia 8.4.11.

Z twierdzenia 8.4.11, wniosku 8.4.10 i faktu, że funkcja pierwotna wielomianujest wielomianem, dostajemy

Wniosek 8.4.15. Funkcje pierwotne funkcji wymiernych (w przedziałach, w któ-rych są określone) są funkcjami elementarnymi.

Uwaga 8.4.16. Z twierdzenia 8.4.11 dostajemy algorytm wyliczania całki nie-oznaczonej dowolnej funkcji wymiernej f = P

Q . Należy mianowicie przedstawićfunkcję f w postaci sumy wielomianu i ułamków prostych, a następnie zastoso-wać algorytmy wyliczania funkcji pierwotnych dowolnego ułamka prostego, podanew poprzednim podpunkcie. Główną trudnością w tym algorytmie jest rozłożeniewielomianu Q na iloczyn wielomianów stopnia pierwszego i drugiego. Nie mamyefektywnych metod uzyskiwania tego rozkładu.

Metodę ”rozkładu funkcji wymiernej na ułamki proste” przedstawimy naprzykładzie.

Przykład 8.4.17. Niech

(8.16) f(x) =2x6 + 4x4 − 3x3 + 5x2 − x+ 1

(x2 + 1)2(x− 1)2(x+ 1), x ∈ R \ −1, 1.

Mianownik jest iloczynem wielomianów pierwszego i drugiego stopnia. Przy czymwielomian x2 + 1 nie ma pierwiastków rzeczywistych. Przedstawimy funkcję f wpostaci sumy ułamków prostych postaci

(8.17) f(x) =Ax+B

x2 + 1+

Cx+D

(x2 + 1)2+

E

x− 1+

H

(x− 1)2+

T

x+ 1,

gdzie A,B,C,D,E,H, T ∈ R. Sprowadzając prawą stronę (8.17) do wspólnegomianownika, przyjmuje ona postać

(Ax+B)(x2 + 1)(x− 1)2(x+ 1) + (Cx+D)(x− 1)2(x+ 1)(x2 + 1)2(x− 1)2(x+ 1)

+E(x2 + 1)2(x− 1)(x+ 1) +H(x2 + 1)2(x+ 1) + T (x2 + 1)2(x− 1)2

(x2 + 1)2(x− 1)2(x+ 1).


Porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach liczników w powyższym i(8.16) otrzymujemy układ równań liniowych. Rozwiązując ten układ dostajemyA = 0, B = −1, C = 0, D = 1, E = 1, H = 1, T = 1. W konsekwencji z (8.17),

(8.18) f(x) =−1

x2 + 1+

1(x2 + 1)2

+1

x− 1+

1(x− 1)2

+1

x+ 1,

Przykład 8.4.18. Obliczymy całkę nieoznaczoną funkcji wymiernej z przykładu8.4.17 w przedziale (1,+∞). Z twierdzenia 8.4.9 mamy∫ −1

x2 + 1dx = − arctg x+ C

oraz∫1

(x2 + 1)2dx =

12

x

x2 + 1+

12

∫1

x2 + 1dx =

12

x

x2 + 1+

12

arctg x+ C,

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Ponadto∫1

x− 1dx = ln(x−1)+C,

∫1

(x− 1)2dx =

−1x− 1

+C,∫

1x+ 1

dx = ln(x+1)+C.

W konsekwencji z (8.18) mamy∫f(x) dx =

12

x

x2 + 1− 1

2arctg x+ ln(x− 1)− 1

x− 1+ ln(x+ 1) + C,


8.4.3 Całkowanie funkcji trygonometrycznych

Definicja funkcji wymiernej dwóch zmiennych. Funkcję f : R × R → Rdwóch zmiennych x, y postaci f(x, y) = axkyl, (x, y) ∈ R × R, gdzie k, l ∈ Z,k, l > 0 oraz a ∈ R, nazywamy jednomianem dwóch zmiennych. FunkcjeW : R × R → R będące sumami skończonej ilości jednomianów dwóch zmien-nych x, y nazywamy wielomianami dwóch zmiennych. Jeśli F , G są wielomiana-mi dwóch zmiennych takimi, że G nie znika tożsamościowo, to funkcję W (x, y) =F (x,y)G(x,y) określoną w zbiorze (x, y) ∈ R × R : G(x, y) 6= 0 nazywamy funkcjąwymierną dwóch zmiennych.

Uwaga 8.4.19. Niech W będzie funkcją wymierną dwóch zmiennych oraz ϕ, ψ– funkcjami wymiernymi jednej zmiennej. Niech P będzie przedziałem. Bezpo-średnio z definicji (jednomianu, wielomianu dwóch zmiennych i funkcji wymier-nej) dostajemy, że jeśli funkcje ϕ, ψ są określone w każdym punkcie x ∈ P ,przy czym punkt (ϕ(x), ψ(x)) należy do dziedziny funkcji W , to funkcja f(x) =W (ϕ(x), ψ(x)), x ∈ P jest obcięciem funkcji wymiernej.


Pokażemy, że każda funkcja postaci f(x) = W (sinx, cosx), gdzie W jest funk-cją wymierną dwóch zmiennych, ma w każdym przedziale w którym jest określonafunkcję pierwotnę będącą funkcją elementarną.

Lemat 8.4.20. Niech ϕ : (−π, π)→ R będzie funkcją określoną wzorem

ϕ(x) = tgx

2, x ∈ (−π, π).

Wtedy dla x ∈ (−π, π) mamy

sinx =(

2t1 + t2

) ϕ(x), cosx =

(1− t2

1 + t2

) ϕ(x),

1 =(

21 + t2

) ϕ(x) · ϕ′(x).

(8.19)

Dowód. Ponieważ dla x ∈ (−π, π) zachodzi

sinx =2 tg x

21 + tg 2 x2

oraz cosx =1− tg 2 x21 + tg 2 x2

,

więc mamy pierwsze dwie części (8.19). Podobnie dostajemy

ϕ′(x) =1 + ϕ2(x)

2,

więc mamy ostatnią część (8.19).

Twierdzenie 8.4.21. Niech (a, b) ⊂ (−π, π) oraz niech f : (a, b) → R będziefunkcją postaci f(x) = W (sinx, cosx), x ∈ (a, b), gdzie W jest funkcją wy-mierną dwóch zmiennych(1). Jeśli ϕ : (a, b) → R jest funkcją określoną wzoremϕ(x) = tg x

2 , x ∈ (a, b), to

(8.20) f(x) =

2W(2t1+t2 ,

1−t21+t2

)1 + t2

ϕ(x) · ϕ′(x), x ∈ (a, b).

W szczególności

(8.21)∫f(x) dx =

∫ 2W(2t1+t2 ,

1−t21+t2

)1 + t2

dt

ϕ(x) w przedziale (a, b).

(1)zakładamy oczywiście, że dla każdego x ∈ (a, b), punkt (sinx, cosx) należy do dziedzinyfunkcji W .


Dowód. Ponieważ dla każdego x ∈ (a, b), punkt (sinx, cosx) należy do dzie-dziny funkcji W , więc z lematu 8.4.20 dla każdego t ∈ ϕ((a, b)), punkt ( 2t1+t2 ,

1−t21+t2 )

należy do dziedziny funkcji W , zatem funkcja W(2t1+t2 ,

1−t21+t2

)jest funkcją wymier-

ną określoną na przedziale ϕ((a, b)). W konsekwencji, lemat 8.4.20 daje (8.20). Z(8.20) i twierdzenia o całkowaniu przez podstawienie 8.3.6 dostajemy (8.21).

Z twierdzenia 8.4.21 i wniosku 8.4.15 dostajemy natychmiast

Wniosek 8.4.22. Niech (a, b) ⊂ (−π, π) oraz niech f : (a, b)→ R będzie funkcjąpostaci f(x) = W (sinx, cosx), x ∈ (a, b), gdzie W jest funkcją wymierną dwóchzmiennych. Wówczas każda funkcja pierwotna funkcji f jest funkcją elementarną.

Uwaga 8.4.23. Niech (a, b) ⊂ (0, 2π) oraz f : (a, b) → R będzie funkcją postacif(x) = W (sinx, cosx), x ∈ (a, b), gdzie W jest funkcją wymierną dwóch zmien-nych. Jeśli ϕ : (a, b)→ R jest funkcją określoną wzorem ϕ(x) = ctg x

2 , x ∈ (a, b),to analogicznie jak lematu 8.4.20 dowodzimy, że dla x ∈ (a, b) mamy

sinx =(

2t1 + t2

)ϕ(x), cosx =

(−1 + t2

1 + t2

)ϕ(x), 1 = −

(2

1 + t2

)ϕ(x)·ϕ′(x).

Zatem, analogicznie jak w twierdzeniu 8.4.21,

f(x) = −

2W ( 2t1+t2 ,−1+t21+t2 )

1 + t2

ϕ(x) · ϕ′(x), x ∈ (a, b),

w szczególności

∫f(x) dx = −

∫ 2W ( 2t1+t2 ,−1+t21+t2 )

1 + t2dt

ϕ w przedziale (a, b).

Uwaga 8.4.24. Wobec okresowości funkcji postaci f(x) = W (sinx, cosx), gdzieW jest funkcją wymierną dwóch zmiennych, wystarczy umieć obliczać całki nie-oznaczone takich funkcji w przedziałach (a, b) ⊂ (−π, π) oraz (a, b) ⊂ (0, 2π).

Przykład 8.4.25. Pokażemy, że

(8.22)∫

1cosx

dx = ln(

tg(x

2+π

4

))+ C, w przedziale

(−π

2,π

2

),

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Można sprawdzić bezpośrednio, że (8.22) zachodzi.Można również zastosować twierdzenie 8.4.21. Biorąc funkcję ϕ : (−π

2 ,π2 ) → R


określoną wzorem ϕ(x) = tg x2 , x ∈ (−π

2 ,π2 ), mamy ϕ(x) ∈ (−1, 1) dla

x ∈ (−π2 ,

π2 ) oraz wobec twierdzenia 8.4.21,

1cosx

=

(1 + t2

1− t22

1 + t2

) ϕ(x)ϕ′(x) =

(2

1− t2) ϕ(x)ϕ′(x) dla x ∈

(−π

2,π

2

).

Ponieważ w przedziale (−1, 1) mamy∫2

1− t2dt =

∫1

1− tdt+

∫1

1 + tdt = − ln(1− t) + ln(1 + t) +C = ln

1 + t

1− t+C,

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą, więc∫1

cosxdx = ln

1 + tg x2

1− tg x2

+C = ln(

tg(x

2+π

4

))+C, w przedziale

(−π

2,π

2

).

8.4.4 Podstawienia Eulera

Niech w tym punkcie: W będzie funkcją wymierną dwóch zmiennych, niech a, b, cbędą ustalonymi liczbami rzeczywistymi oraz niech P będzie przedziałem. Załóż-my, że dla każdego x ∈ P zachodzi ax2+bx+c > 0 oraz punkt (x,

√ax2 + bx+ c)

należy do dziedziny funkcji W . Niech f : P → R będzie funkcją postaci

(8.23) f(x) = W(x,√ax2 + bx+ c

), x ∈ P.

Pokażemy, że każda funkcja pierwotna funkcji f w przedziale P jest funkcją ele-mentarną.

Twierdzenie 8.4.26. Niech f będzie funkcją postaci (8.23). Jeśli a = 0 i b 6= 0,to funkcja ϕ : P → R określona wzorem ϕ(x) =

√bx+ c, x ∈ P jest różniczko-

walna,

(8.24) x =

(t2 − cb

) ϕ(x), 1 =

(2tb

) ϕ(x)ϕ′(x) dla x ∈ P

oraz

(8.25)∫f(x) dx =

[∫W

(t2 − cb

, t

)2tbdt

] ϕ, w przedziale P.

Dowód. Ponieważ dla x ∈ P mamy bx + c > 0, więc ϕ(x) > 0 oraz ϕjest funkcją różniczkowalną, jako złożenie funkcji różniczkowalnych. Ponadto dlax ∈ P mamy

ϕ2(x) = bx+ c i dalej x =ϕ2(x)− c

b.


To daje pierwszą część (8.24). Ponadto

ϕ′(x) =b

2ϕ(x), więc 1 =

2ϕ(x)b

ϕ′(x) dla x ∈ P.

To daje drugą część (8.24). Ponieważ dla każdego x ∈ P , punkt (x,√bx+ c) nale-

ży do dziedziny funkcji W , więc dla każdego t ∈ ϕ(P ), punkt(t2−cb , t

)należy do

dziedziny funkcji W i w konsekwencji funkcja W(t2−cb , t

)2tb jest wymierna i okre-

ślona w przedziale ϕ(P ). Z (8.24) i twierdzenia o całkowaniu przez podstawienie8.3.6 dostajemy (8.25).

Twierdzenie 8.4.27. (I podstawienie Eulera). Niech f będzie funkcją postaci(8.23)(2). Jeśli a > 0 i b2 − 4ac 6= 0, to funkcja ϕ : P → R określona wzorem

ϕ(x) =√ax2 + bx+ c+

√ax, x ∈ P

jest różniczkowalna i dla x ∈ P mamy

(8.26) x =

(t2 − c

2√at+ b

) ϕ(x),

√ax2 + bx+ c =

(√at2 + bt+ c

√a

2√at+ b

) ϕ(x)

oraz

(8.27) 1 = 2

(√at2 + bt+ c

√a

(2√at+ b)2

) ϕ(x)ϕ′(x).

W szczególności w przedziale P ,∫f(x) dx

= 2

[∫W

(t2 − c

2√at+ b

,

√at2 + bt+ c

√a

2√at+ b

) √at2 + bt+ c

√a

(2√at+ b)2

dt

] ϕ.

(8.28)

Dowód. Ponieważ funkcja f jest określoną wzorem (8.23), więc ax2+bx+c >0 dla x ∈ P . Stąd i z założenia a > 0 wynika, że funkcja ϕ jest różniczkowalna.Dla x ∈ P , z określenia funkcji ϕ, mamy

ϕ(x)−√ax =

√ax2 + bx+ c, więc ϕ2(x)− 2

√axϕ(x) = bx+ c,

zatem

(8.29) x(2√aϕ(x) + b) = ϕ2(x)− c.

(2)to znaczy f(x) = W(x,√ax2 + bx+ c

), x ∈ P , gdzie W jest funkcją wymierną dwóch

zmiennych, ax2 + bx+ c > 0 oraz (x,√ax2 + bx+ c) należy do dziedziny funkcji W dla x ∈ P .


Ponadto

(8.30) 2√aϕ(x) + b 6= 0,

gdyż w przeciwnym razie z określenia funkcji ϕ mielibyśmy

2√a√ax2 + bx+ c = −2ax− b i dalej 4a2x2 + 4abx+ 4ac = 4a2x2 + 4abx+ b2,

zatem b2−4ac = 0, wbrew założeniu. Reasumując, mamy (8.30). Z (8.30) i (8.29)wynika pierwsza część (8.26). Druga część (8.26) wynika z pierwszej i określeniafunkcji ϕ. Różniczkując funkcję ϕ i stosując (8.26) dostajemy

ϕ′(x) =2ax+ b

2√ax2 + bx+ c

+√a

=12

[(2a

t2 − c2√at+ b

+ b

)(2√at+ b√

at2 + bt+ c√a

)+ 2√a

] ϕ(x),

więc po łatwych przekształceniach otrzymujemy (8.27). Podobnie jak w twier-dzeniu 8.4.26 pokazujemy, że funkcja podcałkowa po prawej stronie (8.28) jestokreślona w przedziale ϕ(P ) i z twierdzenia o całkowaniu przez podstawieniedostajemy (8.28).

Uwaga 8.4.28. Niech f będzie funkcją postaci (8.23). Jeśli a > 0 i b2− 4ac = 0,to istnieje x0 ∈ R, że ax2 + bx + c = a(x − x0)2. Wówczas z założenia, żeax2 + bx+ c > 0 dla x ∈ P mamy, że P ⊂ (−∞, x0) lub P ⊂ (x0,+∞).

Jeśli P ⊂ (−∞, x0), to przyjmując ϕ(x) = −√a(x − x0), x ∈ P , mamy

x = −ϕ(x)√a

+ x0,√ax2 + bx+ c = ϕ(x) oraz ϕ′(x) = −

√a dla x ∈ P . Zatem z

twierdzenia o całkowaniu przez podstawieniu,

(8.31)∫f(x) dx = − 1√

a

[∫W

(− t√

a+ x0, t

)dt

] ϕ

Jeśli P ⊂ (x0,+∞), to przyjmując ϕ(x) =√a(x − x0), x ∈ P , mamy x =

ϕ(x)√a

+ x0,√ax2 + bx+ c = ϕ(x) oraz ϕ′(x) =

√a dla x ∈ P . Zatem

(8.32)∫f(x) dx =

1√a

[∫W

(t√a

+ x0, t

)dt

] ϕ.

Twierdzenie 8.4.29. (III podstawienie Eulera). Niech f będzie funkcją po-staci (8.23). Jeśli a < 0 i b2 − 4ac > 0, to istnieją p, q ∈ R, p < q, że

ax2 + bx+ c = a(x− p)(x− q) dla x ∈ R.


Wtedy P ⊂ (p, q) oraz funkcja ϕ : P → R określona wzorem

ϕ(x) =

√ax2 + bx+ c

x− p, x ∈ P

jest różniczkowalna i dla x ∈ P mamy

(8.33) x =

(pt2 − aqt2 − a

) ϕ(x),

√ax2 + bx+ c =

(a(p− q)tt2 − a

) ϕ(x),

(8.34) 1 =(

2a(q − p)t(t2 − a)2

) ϕ(x)ϕ′(x).

W szczególności w przedziale P mamy

(8.35)∫f(x) dx =

[∫W

(pt2 − aqt2 − a

,a(p− q)tt2 − a

)2a(q − p)t(t2 − a)2

dt

] ϕ.

Dowód. Funkcja ϕ jest oczywiście różniczkowalna w przedziale P . Ponadtodla x ∈ P mamy ϕ(x)(x − p) =

√a(x− p)(x− q), więc po podniesieniu do

kwadratu,

(8.36) x(ϕ2(x)− a) = ϕ2(x)p− aq.

Ponadto ϕ2(x) 6= a, gdyż w przeciwnym razie, po podniesieniu do kwadratumielibyśmy a(x − q) = a(x − p), co jest niemożliwe, bo p 6= q. W konsekwencjiz (8.36) mamy pierwszą część (8.33). Druga część (8.33) wynika z pierwszej iokreślenia funkcji ϕ. Różniczkując teraz (8.36) mamy

ϕ2(x)− a+ 2xϕ(x)ϕ′(x) = 2ϕ(x)ϕ′(x) dla x ∈ P,

więc uwzględniając (8.33) dostajemy łatwo (8.34). Podobnie jak w twierdzeniu8.4.26 pokazujemy, że funkcja podcałkowa po prawej stronie (8.35) jest określonaw przedziale ϕ(P ) i z twierdzenia o całkowaniu przez podstawienie dostajemy(8.35).

Uwaga 8.4.30. Jeśli a < 0 i b2 − 4ac 6 0, to funkcja f postaci (8.23) jest okre-ślona co najwyżej w jednym punkcie, więc nie można mówić o funkcji pierwotnejfunkcji f .

Z twierdzeń 8.4.26, 8.4.27. 8.4.29 dostajemy

Wniosek 8.4.31. Niech f będzie funkcją postaci 8.23. Wówczas każda funkcjapierwotna funkcji f w przedziale P jest funkcją elementarną.


Przykład 8.4.32. Z definicji całki nieoznaczonej sprawdzamy, że dla a ∈ R,a > 0 mamy

(8.37)∫

1√a+ x2

dx = ln(x+√a+ x2) + C, w zbiorze R,

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Przy czym x+√a+ x2 > 0 dla x ∈ R. Można zaś

obliczyć powyższą całkę w oparciu o pierwsze podstawienie Eulera 8.4.27. Ozna-czając mianowicie ϕ(x) = x +

√a+ x2, x ∈ R, dostajemy ϕ(x) ∈ (0,+∞) oraz

1√a+x2

= 1ϕ(x)ϕ

′(x) dla x ∈ R. Ponieważ∫ 1t dt = ln t + C, w przedziale (0,+∞),

gdzie C ∈ R, zatem∫1√

a+ x2dx = lnϕ(t) + C, w zbiorze R,

co daje (8.37).

Uwaga 8.4.33. Niech f będzie funkcją postaci (8.23). Jeśli c > 0, to możnarównież sprowadzić całkę nieoznaczoną funkcji f w przedziale P do przypadkucałki wymiernej przez II podstawienie Eulera:

ϕ(x) =

√ax2 + bx+ c−

√c

x, x ∈ P, przy złożeniu, że 0 6∈ P.

Wtedy można pokazać, że dla x ∈ P mamy

x =

(2√ct− b

a− t2

) ϕ(x),

√ax2 + bx+ c =

(√ct2 − bt+

√c

a− t2

) ϕ(x),

1 =12

((a− t)2√

ct2 − bt+√c

) ϕ(x)ϕ′(x).

Zatem podobnie jak w I i III podstawieniu Eulera sprowadzamy liczenie całkinieoznaczonej funkcji f do przypadku funkcji wymiernej.

Uwaga 8.4.34. Niech W będzie funkcją wymierną dwóch zmiennych, niech a, b,c, d ∈ R będą ustalonymi liczbami rzeczywistymi, niech n ∈ N oraz niech P bę-dzie przedziałem. Załóżmy, że dla każdego x ∈ P zachodzi ax+b

cx+d > 0 oraz punkt(x, n√

ax+bcx+d)

)należy do dziedziny funkcji W . Niech f : P → R będzie funkcją

postaci

(8.38) f(x) = W(x, n√

ax+bcx+d

), x ∈ P.

Wówczas każda funkcja pierwotna funkcji f w przedziale P jest funkcją elemen-tarną.


Istotnie, jeśli ad− bc = 0, to łatwo sprawdzamy, że funkcja n

√ax+bcx+d jest stała,

więc funkcja f jest wymierna i jej całka nieoznaczona jest funkcją elementarną.Jeśli ad− bc 6= 0, to można sprowadzić liczenia całki nieoznaczonej funkcji f

do przypadku funkcji wymiernej. Mianowicie biorąc funkcję ϕ : P → R określonąwzorem

ϕ(x) = n

√ax+bcx+d , x ∈ P,

dostajemy, że jest to funkcja różniczkowalna oraz dla x ∈ P mamy x = dtn−ba−ctn .

Podobnie, jak w poprzednich twierdzeniach pokazujemy, że istnieje funkcja wy-mierna R, że f(x) = R(ϕ(x))ϕ′(x) dla x ∈ P , zatem całka nieoznaczona funkcjif jest postaci ∫

f(x) dx = (∫R(t)dt) ϕ, w przedziale P.

ZADANIA

Zadanie 8.4.1. Dla a 6= 0 obliczyć całki nieoznaczone (w przedziałach, w których funkcjepodcałkowe są określone):

1.∫

dx1+x4 , 2.

∫ √x2 + a2 dx, 3.

∫ √1− x2 dx, 4.

∫dx√x2+a2

,

5.∫

dx√x2−1

, 6.∫

dxsin x , 7.

∫arcsinx dx.

Zadanie 8.4.2. Uzasadnić, że dla a, b ∈ R, b 6= 0, w przedziałach w których funkcjapodcałkowa jest określona, zachodzi∫

dx(a+bxn)p = x

(n(p−1)a)(a+bxn)p−1 −1−np+nn(p−1)a

∫dx

(a+bxn)p−1 dla n, p ∈ N, gdzie p > 1.

Zadanie 8.4.3. Niech W będzie funkcją wymierną dwóch zmiennych. Niech P ⊂ R będzieprzedziałem, a, b, c ∈ R – liczbami takimi, że ax2 + bx + c > 0 oraz (x,

√ax2 + bx+ c)

należy do dziedziny funkcji W dla x ∈ P . Udowodnić, że istnieją funkcje wymierne f, gokreślone w przedziale P i takie, że W (x,

√ax2 + bx+ c) = f(x) + g(x)/

√ax2 + bx+ c

dla x ∈ P .

Zadanie 8.4.4. Rozwinąć funkcję f(x) = ln(x +√

1 + x2), x ∈ R w szereg potęgowy ośrodku w punkcie x0 = 0. Wyznaczyć przedział zbieżności otrzymanego rozwinięcia.

Wsk. Zastosować przykład 8.4.32 twierdzenie 7.7.4 i wniosek 8.2.2.

Rozdział 9

Całka Darboux

W tym rozdziale wprowadzimy i udowodnimy podstawowe własności całek Dar-boux funkcji ograniczonych na przedziale domkniętym. W następnym rozdziale,opierając się na pojęciach całek Darboux wprowadzimy pojęcie całki Riemanna.

9.1 Dolna i górna suma Darboux

Definicja podziału. Niech a, b ∈ R, a < b.Każdy skończony ciąg P postaci

(9.1) P = (x0, ..., xn), gdzie n ∈ N, a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b.

nazywamy podziałem przedziału [a, b]. Wyrazy xi, i = 0, ..., n, podziału P nazy-wamy punktami podziału P. Dla podziału P postaci (9.1) określamy ciąg

∆xi = xi − xi−1, i = 1, ..., n.

Liczbęδ(P) = max∆xi : i = 1, ..., n

nazywamy średnicą podziału P.

Definicje dolnej i górnej sumy Darboux. Niech f : [a, b]→ R będzie funkcjąograniczoną i miech P będzie podziałem przedziału [a, b] postaci (9.1). Połóżmy

mi = inf f([xi−1, xi]), Mi = sup f([xi−1, xi]), i = 1, ..., n.

Liczby

L(P, f) =n∑i=1

mi∆xi oraz U(P, f) =n∑i=1

Mi∆xi

nazywamy odpowiednio dolną oraz górną sumą Darboux funkcji f w przedziale[a, b] wyznaczoną przez podział P.

Uwaga 9.1.1. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją ograniczoną oraz niech m =inf f([a, b]), M = sup f([a, b]). Wówczas m,M ∈ R oraz dla każdego podziału Pprzedziału [a, b] postaci (9.1) mamy

m 6 mi = inf f([xi−1, xi]) 6 sup f([xi−1, xi]) = Mi 6M, i = 1, ..., n

Zatem L(P, f) oraz U(P, f) są liczbami rzeczywistymi oraz

m(b− a) 6 L(P, f) 6 U(P, f) 6M(b− a).

289

290 ROZDZIAŁ 9. CAŁKA DARBOUX

Uwaga 9.1.2. Z definicji dolnej i górnej sumy Darboux dostajemy, że jeśli f, g sąfunkcjami ograniczonymi w przedziale [a, b] takimi, że f(x) 6 g(x) dlax ∈ [a, b], to dla każdego podziału P przedziału [a, b] mamy

L(P, f) 6 L(P, g) oraz U(P, f) 6 U(P, g).

Definicja zagęszczenia podziału. Niech P, P∗ będą podziałami przedziału[a, b]. Mówimy, że podział P∗ jest zagęszczeniem podziału P, gdy każdy punktpodziału P jest punktem podziału P∗.

Jeśli podział P∗ jest zagęszczeniem podziałów P1, ...,Pj przedziału [a, b], tomówimy, że P∗ jest wspólnym zagęszczeniem podziałów P1, ...,Pj .

Uwaga 9.1.3. Jeśli P1, ...,Pj są podziałami przedziału [a, b], to istnieje podziałP∗ który jest wspólnym zagęszczeniem podziałów P1, ...,Pj

(1).

Indukcyjnie, łatwo dowodzimy

Lemat 9.1.4. Jeśli podział P∗ jest zagęszczeniem podziału P przedziału [a, b]oraz P∗ 6= P, to istnieje skończony ciąg podziałów Pk, k = 0, ...,m, przedziału[a, b] taki, że

(a) P0 = P, Pm = P∗,(b) podział Pk+1 jest zagęszczeniem podziału Pk dla k = 0, ...,m− 1,(c) podział Pk+1 ma tylko jeden punkt podziału więcej od podziału Pk dla

k = 0, ..., m− 1.

Dowód. Dla podziału P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b], oznaczamy P = n+1.Zastosujemy indukcję względem m = P∗ − P . Dla m = 1, wystarczy położyć

P0 = P oraz P1 = P∗. Załóżmy, że teza zachodzi dla m ∈ N. Niech P∗ będziezagęszczeniem podziału P = (a0, ..., aj) takim, że P∗ − P = m + 1. Wówczasbiorąc dowolny punkt x podziału P∗, który nie jest punktem podziału P, istniejei ∈ 0, ..., j − 1, że ai < x < ai+1. Zatem P′ = (a0, ..., ai, x, ai+1, ..., aj) jestpodziałem przedziału [a, b] takim, że P∗ − P′ = m. Z założenia indukcyjnego,istnieje więc ciąg podziałów P0, ...,Pm, że P0 = P′, Pn = P∗ oraz Pk+1 =Pk + 1 dla k = 0, ...,m − 1. W konsekwencji ciąg P,P0, ...,Pm jest szukanymciągiem podziałów spełniającym (a), (b), (c).

Indukcja kończy dowód.

(1)Istotnie, indukcyjnie łatwo pokazujemy, że każdy skończony podzbiór zbioru liczb rze-czywistych jest zbiorem wartości pewnego ciągu rosnącego. Zatem każdy skończony podzbiórX = x0, ..., xn ⊂ [a, b] taki, że x0 = a, xn = b wyznacza podział przedziału [a, b], któregozbiorem punktów podziału jest zbiór X. Suma wszystkich zbiorów punktów podziałów P1, ...,Pj

jest zbiorem skończonym, więc jest to zbiór wartości pewnego podziału P∗.

9.1. DOLNA I GÓRNA SUMA DARBOUX 291

Własność 9.1.5. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją ograniczoną oraz niechm = inf f([a, b]), M = sup f([a, b]). Jeśli P, P∗ są podziałami przedziału [a, b],przy czym P∗ jest zagęszczeniem podziału P, to

(9.2) m(b− a) 6 L(P, f) 6 L(P∗, f) 6 U(P∗, f) 6 U(P, f) 6M(b− a).

W szczególności dla dowolnych podziałów P1, P2 przedziału [a, b] mamy

L(P1, f) 6 U(P2, f).

Dowód. W myśl uwagi 9.1.1, wystarczy pokazać, że

(9.3) L(P, f) 6 L(P∗, f) oraz U(P∗, f) 6 U(P, f).

Jeśli P = P∗, to (9.3) jest oczywiste. Załóżmy, że P 6= P∗. Niech, wobec lematu9.1.4, P0, ...,Pj , j ∈ N, będzie ciągiem podziałów przedziału [a, b] spełniającymwarunki (a), (b), (c) w tezie lematu 9.1.4. Wobec warunku (a), wystarczy pokazać,że

(9.4) L(Pk, f) 6 L(Pk+1, f) oraz U(Pk+1, f) 6 U(Pk, f) dla k = 0, ..., j − 1.

Weźmy dowolne k ∈ 0, ..., j − 1 i niech Pk+1 = (x0, ..., xn). Oznaczmy

mi = inf f([xi−1, xi]), Mi = sup f([xi−1, xi]), i = 1, ..., n.

Z warunku (c), istnieje i0 ∈ 1, ..., n − 1, że Pk = (x0, ..., xi0−1, xi0+1, ..., xn).Oznaczając

mi0+1 = inf f([xi0−1, xi0+1]), Mi0+1 = sup f([xi0−1, xi0+1]),

mamy mi0+1 6 mi0 , mi0+1 6 mi0+1 oraz Mi0+1 >Mi0 , Mi0+1 >Mi0+1, więc

mi0+1(xi0+1 − xi0−1) 6 mi0(xi0 − xi0−1) +mi0+1(xi0+1 − xi0) oraz(9.5)

Mi0+1(xi0+1 − xi0−1) >Mi0(xi0 − xi0−1) +Mi0+1(xi0+1 − xi0).(9.6)

Redukując wyrazy mi(xi−1 − xi), Mi(xi−1 − xi), i ∈ 1, . . . , i0 − 1, i0 + 2, . . . , nw sumach Darboux funkcji f wyznaczonych przez podziały Pk i Pk+1, z (9.5) i(9.6), dostajemy

L(Pk, f)− L(Pk+1, f) = mi0+1(xi0+1 − xi0−1)−mi0(xi0 − xi0−1)−mi0+1(xi0+1 − xi0) 6 0,

U(Pk, f)− U(Pk+1, f) = Mi0+1(xi0+1 − xi0−1)−Mi0(xi0 − xi0−1)−Mi0+1(xi0+1 − xi0) > 0.

To daje (9.4). Biorąc wspólne zagęszczenie P∗ podziałów P1, P2, z (9.4) dosta-jemy L(P1, f) 6 U(P2, f). To kończy dowód.

Udowodnimy jeszcze jedną własność potrzebną w dalszym ciągu.


Własność 9.1.6. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją ograniczoną. Wówczas dlakażdego podziału P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b], zachodzi

(9.7) L(P, f) = inf X, U(P, f) = supX,

gdzie X = ∑ni=1 f(ti)(xi − xi−1) : ti ∈ [xi−1, xi], i = 1, ..., n.

Dowód. Z definicji dolnej sumy Darboux wynika, że L(P, f) jest ograni-czeniem dolnym zbioru X. Weźmy dowolne ε > 0 i niech η = ε

b−a . Z definicjikresu dolnego mamy, że dla każdego i ∈ 1, ..., n istnieje ti ∈ [xi−1, xi], żef(ti) < inf f([xi−1, xi]) + η. Oznaczając c =

∑ni=1 f(ti)(xi − xi−1), mamy, że

c ∈ X. Ponieważ η∑ni=1(xi − xi−1) = η(b− a) = ε, więc

c <n∑i=1

(inf f([xi−1, xi])+η)(xi−xi−1) = L(P, f)+ηn∑i=1

(xi−xi−1) = L(P, f)+ε.

Reasumując, L(P, f) = inf X. To daje pierwszą część (9.7). Drugą część (9.7)pokazujemy analogicznie jak pierwszą.

ZADANIA

Zadanie 9.1.1. Jeśli funkcja f : [a, b] → R jest ograniczona i F : [a, b] → R jest jejfunkcją pierwotną, to L(P, f) 6 F (b)−F (a) 6 U(P, f), gdzie P jest podziałem przedziału[a, b].

Wsk. Zastosować własność 9.1.6 i twierdzenie Lagrange’a o wartości średniej 6.3.7.

Zadanie 9.1.2. W analizie matematycznej rozważa się również tak zwane dolne i górnesumy Riemanna-Stieltjesa(2), które definiujemy następująco.Definicja dolnej i górnej sumy Riemanna-Stieltjesa. Niech f : [a, b] → R będziefunkcją ograniczoną, µ : [a, b]→ R oraz P = (x0, ..., xn) będzie podziałem przedziału [a, b].Określmy ciąg ∆µi = µ(xi)−µ(xi−1), i = 1, . . . , n. Niech mi = inf f([xi−1, xi]) oraz Mi =sup f([xi−1, xi]) dla i = 1, ..., n. Liczby L(P, f, µ) =

∑ni=1mi∆µi oraz U(P, f, µ) =∑n

i=1Mi∆µi nazywamy odpowiednio dolną i górną sumą Riemanna-Stieltjesa.Niech µ1, µ2 : [a, b] → R, niech f : [a, b] → R będzie funkcją ograniczoną i niech P

będzie podziałem przedziału [a, b]. Wówczas dla dowolnych c1, c2 ∈ R,1. L(P, f, c1µ1 + c2µ2) = c1L(P, f, µ1) + c2L(P, f, µ2),2. U(P, f, c1µ1 + c2µ2) = c1U(P, f, µ1) + c2U(P, f, µ2).

Zadanie 9.1.3. Niech µ : [a, b] → R będzie funkcją rosnącą, f, g : [a, b] → R będąfunkcjami ograniczonymi i niech P, P1, P2 będą podziałami przedziału [a, b].

1. Jeśli m = inf f([a, b]), M = sup f([a, b]), tom[µ(b)− µ(a)] 6 L(P, f, µ) 6 U(P, f, µ) 6M [µ(b)− µ(a)].

2. Dla każdych podziałów P1, P2 przedziału [a, b], mamy L(P1, f, µ) 6 U(P2, f, µ).3. Jeśli f(x) 6 g(x) dla x ∈ [a, b], to L(P, f, µ) 6 L(P, g, µ) i U(P, f, µ) 6

U(P, g, µ).4. Kładąc X =

∑ni=1 f(ti)∆µi : ti ∈ [xi−1, xi], i = 1, ..., n, mamy L(P, f, µ) =

inf X oraz U(P, f, µ) = supX.

(2)Thomas Joannes Stieltjes (1856-1894) – matematyk holenderski.

9.2. DOLNA I GÓRNA CAŁKA DARBOUX 293

9.2 Dolna i górna całka Darboux

Definicje dolnej i górnej całki Darboux. Niech f : [a, b] → R będzie funk-cją ograniczoną. Oznaczmy przez L(f) zbiór wszystkich dolnych sum DarbouxL(P, f) oraz przez U(f) zbiór wszystkich górnych sum Darboux U(P, f), gdzieP przebiega wszystkie podziały przedziału [a, b].

Liczbę supL(f) nazywamy dolną całką Darboux funkcji f w przedziale [a, b].Liczbę inf U(f) nazywamy górną całką Darboux funkcji f w przedziale [a, b].Dolną i górną całkę Darboux funkcji f w przedziale [a, b] oznaczamy odpo-

wiednio ∫ b

a—f(x) dx,

∫ b

af(x) dx lub

∫ b

a—

f dx,

∫ b

af dx.

Własność 9.2.1. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją ograniczoną. Wówczasistnieją dolna i górna całka Darboux funkcji f w przedziale [a, b]. Jeśli ponadtom,M ∈ R są takie, że m 6 f(x) 6M dla x ∈ [a, b], to

(9.8) m(b− a) 6∫ b

a—

f(x) dx 6∫ b

af(x) dx 6M(b− a).

Dowód. Wobec własności 9.1.5 dla każdego podziału P przedziału [a, b] ma-my m(b − a) 6 L(P, f) 6 U(P, f) 6 M(b − a). Stąd wynika, że m(b − a) iM(b− a) są odpowiednio ograniczeniami dolnymi i górnymi zbioru L(f) wszyst-kich dolnych sum Darboux oraz zbioru U(f) wszystkich górnych sum Darbouxfunkcji f w przedziale [a, b]. Ponieważ L(f) i U(f) są niepuste, więc ich kresydolny i górny są liczbami rzeczywistymi. To daje pierwszą część tezy. Ponadto,

(9.9) m(b− a) 6 supL(f) =∫ b

a—

f(x) dx,∫ b

af(x) dx = inf U(f) 6M(b− a).

Udowodnimy, że

(9.10)∫ b

a—

f(x) dx 6∫ b

af(x) dx.

Istotnie, z własności 9.1.5 dla dowolnych podziałów P1,P przedziału [a, b] mamyL(P1, f) 6 U(P, f). Zatem U(P, f) jest ograniczeniem górnym zbioru L(f), więcsupL(f) 6 U(P, f). Z dowolności podziału P przedziału [a, b] mamy, że supL(f)jest ograniczeniem dolnym zbioru U(f), więc supL(f) 6 inf U(f). To daje (9.10).Z (9.10) i (9.9) dostajemy (9.8), co kończy dowód.


Uwaga 9.2.2. Wprost z definicji oraz własności 9.2.1 dostajemy, że dla każdejfunkcji stałej w przedziale [a, b], dolna i górna całka Darboux w tym przedziale sąrówne. Ponadto, jeśli c ∈ R oraz f(x) = c dla x ∈ [a, b], to c 6 f(x) 6 c dla

x ∈ [a, b], więc z (9.8) dostajemy∫ ba

—f(x) dx =

∫ ba f(x) dx = c(b− a).

Podamy warunki na to, aby dana liczba była dolną (odpowiednio górną) całkąDarboux funkcji na przedziale domkniętym. Zacznijmy od dwóch lematów.

Lemat 9.2.3. Niech f : [a, b]→ R będzie funkcją ograniczoną oraz niech M > 0będzie liczbą taką, że |f(x)| < M dla x ∈ [a, b]. Jeśli P∗ jest zagęszczeniempodziału P przedziału [a, b] takim, że P∗ ma o k punktów podziału więcej od P,to

L(P, f) > L(P∗, f)− 3kMδ(P) oraz

U(P, f) 6 U(P∗, f) + 3kMδ(P).(9.11)

Dowód. Jeśli k = 0, to teza jest oczywista. Rozważmy przypadek k = 1.Niech P∗ = (x0, ..., xn). Z założenia, że k = 1 wynika, że istnieje i0 ∈ 1, ..., n−1takie, że P = (x0, ..., xi0−1, xi0+1, ..., xn). Wówczas, z wyboru liczby M , mamy

L(P∗, f)− L(P, f) = (xi0 − xi0−1) inf f([xi0−1, xi0 ])

+ (xi0+1 − xi0) inf f([xi0 , xi0+1])

− (xi0+1 − xi0−1) inf f([xi0−1, xi0+1]) 6 3Mδ(P).

To daje pierwszą część (9.11) dla k = 1. Drugą cząść dowodzimy analogicznie.Stosując teraz lemat 9.1.4, łatwo indukcyjnie dostajemy tezę.

Lemat 9.2.4. Niech f : [a, b]→ R będzie funkcją ograniczoną. Wówczas(a) Dla każdego ε > 0 istnieje K > 0, że dla każdego podziału P przedziału

[a, b] zachodzi

(9.12) −ε−Kδ(P)+∫ b

a—

f(x) dx 6 L(P, f) 6∫ b

a—

f(x) dx.

(b) Dla każdego ε > 0 istnieje K > 0, że dla każdego podziału P przedziału[a, b] zachodzi

(9.13)∫ b

af(x) dx 6 U(P, f) 6 ε+Kδ(P)+

∫ b

af(x) dx.


Dowód. Udowodnimy (a). Niech B =∫ ba

—f(x) dx. Nierówność L(P, f) 6 B

wynika z definicji dolnej całki Darboux funkcji f w przedziale [a, b]. Pokażemypierwszą nierówność w (9.12). Ponieważ f jest funkcją ograniczoną w przedziale[a, b], więc istnieje M > 0, że

(9.14) |f(x)| < M dla każdego x ∈ [a, b].

Weźmy dowolne ε > 0. Z (a) i określenia dolnej całki Darboux wynika, że istniejepodział P1 = (x0, ..., xk) przedziału [a, b] taki, że

(9.15) B − ε < L(P1, f).

Weźmy dowolny podział P przedziału [a, b]. Niech P∗ będzie wspólnym zagęsz-czeniem podziałów P i P1, którego zbiorem punktów podziału jest suma zbiorówpunktów podziału P i P1. Wtedy z (9.15) i własności 9.1.5 wynika, że

(9.16) B − ε < L(P∗, f).

Ponieważ podział P∗ ma co najwyżej k punktów podziału więcej od podziału P,więc z (9.14) i lematu 9.2.3 dostajemy

(9.17) L(P, f) > L(P∗, f)− 3kMδ(P).

Biorąc K = 3kM , z (9.16) i (9.17) wynika pierwsza nierówność w (9.12). Todaje (a).


Twierdzenie 9.2.5. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją ograniczoną oraz niechA ∈ R. Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a)∫ ba

—f(x) dx = A.

(b) Dla każdego ciągu (Pn)∞n=1 podziałów przedziału [a, b] takiego, żelimn→∞

δ(Pn) = 0, zachodzi limn→∞

L(Pn, f) = A.

(c) Istnieje ciąg (Pn)∞n=1 podziałów przedziału [a, b] taki, że limn→∞

δ(Pn) = 0

oraz limn→∞

L(Pn, f) = A.

Dowód. Udowodnimy implikację (a)⇒(b). Weźmy dowolny ciąg (Pn)∞n=1 po-działów przedziału [a, b] taki, że lim

n→∞δ(Pn) = 0. Weźmy dowolne ε > 0. Z (a) i

z lematu 9.2.4(a) wynika, że istnieje stała K ∈ R, że

(9.18) A− ε

2−Kδ(Pn) 6 L(Pn, f) 6 A dla n ∈ N.


δ(Pn) = 0, więc istnieje N ∈ N, że dla n > N mamy Kδ(Pn) < ε2 .

Stąd i z (9.18) wynika, że

A− ε < L(Pn, f) 6 A dla n > N.

To, wobec dowolności ε > 0 daje, że limn→∞

L(Pn, f) = A, czyli mamy (b).


Implikacja (b)⇒(c) wynika z faktu, że istnieją ciągi podziałów (Pn)∞n=1 prze-działu [a, b] takie, że lim

n→∞δ(Pn) = 0.

Udowodnimy implikację (c)⇒(a). Niech (Pn)∞n=1 będzie ciągiem podziałówprzedziału [a, b] takim, że lim

n→∞δ(Pn) = 0 oraz lim

n→∞L(Pn, f) = A. Niech

B =∫ ba

—f(x) dx. Weźmy dowolne ε > 0. Z lematu 9.2.4(a) wynika, że istnieje

stała K ∈ R, K > 0, że

(9.19) B − ε

2−Kδ(Pn) 6 L(Pn, f) 6 B dla n ∈ N.


δ(Pn) = 0, więc istnieje N ∈ N, że dla n > N mamy Kδ(Pn) < ε2 .

Stąd i z (9.19) wynika, że B−ε < L(Pn, f) 6 B dla n > N. Przechodząc terazdo granicy przy n→∞ dostajemy B − ε 6 A 6 B. To, wobec dowolności ε > 0daje, że B = A, czyli mamy (a).


Twierdzenie 9.2.6. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją ograniczoną oraz niechA ∈ R. Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a)∫ ba f(x) dx = A.


δ(Pn) = 0, zachodzi limn→∞

U(Pn, f) = A.

(c) Istnieje ciąg (Pn)∞n=1 podziałów przedziału [a, b] taki, że limn→∞

δ(Pn) = 0

oraz limn→∞

U(Pn, f) = A.

Z twierdzeń 9.2.5, 9.2.6 wynika

Twierdzenie 9.2.7. Niech f , g będą ograniczonymi funkcjami rzeczywistymiokreślonymi na przedziale [a, b] oraz c ∈ R, c 6= 0. Wówczas

(a) Jeśli f(x) 6 g(x) dla x ∈ [a, b], to∫ ba

—f dx 6

∫ ba

—g dx oraz

∫ ba f dx 6

∫ ba g dx.

(b)∫ ba

—f dx+

∫ ba

—g dx 6

∫ ba

—(f + g) dx 6

∫ ba (f + g) dx 6

∫ ba f dx+

∫ ba g dx.

(c)∫ ba

—cf dx = c

∫ ba

—f dx oraz

∫ ba cf dx = c

∫ ba f dx, gdy c > 0

(d)∫ ba

—cf dx = c

∫ ba f dx oraz

∫ ba cf dx = c

∫ ba

—f dx, gdy c < 0.

Dowód. Część (a) wynika natychmiast z definicji dolnej i górnej całki Dar-boux, bowiem z założenia, że f(x) 6 g(x) dla x ∈ [a, b], dostajemy że dla każdegopodziału P przedziału [a, b] zachodzi L(P, f) 6 L(P, g) oraz U(P, f) 6 U(P, g).

Niech P = (x0, ..., xk) będzie podziałem przedziału [a, b]. Zanim przejdziemydo dowodów dalszych części twierdzenia, udowodnimy trzy pomocnicze własności:

(i) L(P, f) + L(P, g) 6 L(P, f + g) 6 U(P, f + g) 6 U(P, f) + U(P, g).


(ii) L(P, cf) = cL(P, f) oraz U(P, cf) = cU(P, f), gdy c > 0.

(iii) L(P, cf) = cU(P, f) oraz U(P, cf) = cL(P, f), gdy c < 0.

Istotnie, liczba inf f([xi−1, xi]) + inf g([xi−1, xi]) jest ograniczeniem dolnymzbioru (f + g)([xi−1, xi]), więc

inf f([xi−1, xi]) + inf g([xi−1, xi]) 6 inf(f + g)([xi−1, xi]) dla i = 1, ..., k.

Stąd i z definicji dolnej sumy Darboux wynika pierwsza nierówność w (i). Druganierówność wynika z własności 9.1.5. Trzecią nierówność w (i) dowodzimy analo-gicznie jak pierwszą.

Z własności kresów dolnego i górnego zbioru dla c > 0, mamy

inf cf([xi−1, xi]) = c inf f([xi−1, xi]), sup cf([xi−1, xi]) = c sup f([xi−1, xi]).

Stąd dostajemy (ii). Ponadto inf cf([xi−1, xi]) = c sup f([xi−1, xi]), gdy c < 0.Stąd wynika (iii).

Weźmy dowolny ciąg (Pn)∞n=1 podziałów przedziału [a, b], że limn→∞

δ(Pn) = 0.

Z własności (i) dla każdego n ∈ N mamy

L(Pn, f) + L(Pn, g) 6 L(Pn, f + g) 6 U(Pn, f + g) 6 U(Pn, f) + U(Pn, g).

Przechodząc więc do granicy przy n→∞, w myśl twierdzeń 9.2.5, 9.2.6 dostaje-my (b).

Niech c > 0. Z własności (ii) dla każdego n ∈ N mamy

L(Pn, cf) = cL(Pn, f) oraz U(Pn, cf) = cU(Pn, f),

więc przechodząc do granicy przy n→∞ dostajemy (c). Analogicznie, opierającsię na własności (iii), dowodzimy część (d).

Twierdzenie 9.2.8. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją ograniczoną oraz niechc ∈ R, a < c < b. Wówczas∫ b

a—

f dx =∫ c

a—

f dx+∫ b

c—

f dx oraz∫ b

af dx =

∫ c

af dx+

∫ b

cf dx.

Dowód. Niech (Pan)∞n=1 oraz (Pb

n)∞n=1 będą ciągami podziałów odpowiednioprzedziałów [a, c] oraz [c, b] takimi, że lim

n→∞δ(Pa

n) = 0 oraz limn→∞

δ(Pbn) = 0. Niech

Pn będzie podziałem przedziału [a, b] utworzonym przez sumę zbiorów punktówpodziału Pa

n oraz Pbn dla n ∈ N. Wtedy lim

n→∞δ(Pn) = 0 oraz z definicji dolnej i

górnej sumy Darboux dostajemy

L(Pn, f) = L(Pan, f) + L(Pb

n, f), U(Pn, f) = U(Pan, f) + U(Pb

n, f).

Stąd, przechodząc do granicy przy n → ∞, z twierdzeń 9.2.5, 9.2.6 dostajemytezę.


ZADANIA

Zadanie 9.2.1. Dla funkcji Dirichleta f : R → R (tzn. f(x) = 1 dla x ∈ Q i f(x) = 0

dla x ∈ R \Q), mamy∫ ba

—f(x) dx = 0 < (b− a) =

∫ baf(x) dx, gdzie a, b ∈ R, a < b.

Zadanie 9.2.2. Jeśli funkcja f : [a, b] → R jest ograniczona i ma funkcję pierwotną

F : [a, b]→ R, to∫ ba

—f dx 6 F (b)− F (a) 6

∫ baf dx.

Zadanie 9.2.3. W analizie matematycznej rozważa się również tak zwane dolne i górnecałki Riemanna-Stieltjesa, które definiujemy następująco.Definicja dolnej i górnej całki Riemanna-Stieltjesa. Niech µ : [a, b] → R i niechf : [a, b]→ R będzie funkcją ograniczoną. Dolna i górną całką Riemanna-Stieltjesa funkcjif względem funkcji µ na przedziale [a, b] nazywamy odpowiednio liczby∫ b

a—

f dµ = supL(P, f, µ) : P jest podziałem przedziału [a, b],

∫ baf dµ = infU(P, f, µ) : P jest podziałem przedziału [a, b],

jeśli są skończone, gdzie liczby L(P, f, µ) i U(P, f, µ) zostały określone w zadaniu 9.1.2.Niech µ1, µ2 : [a, b]→ R oraz f : [a, b]→ R będzie funkcją ograniczoną. Jeśli istnieją

całki∫ ba

—f dµ1,

∫ ba

—f dµ2,

∫ baf dµ1,

∫ baf dµ2, to

1.∫ ba

—f d(c1µ1 + c2µ2) = c1

∫ ba

—f dµ1 + c2

∫ ba

—f dµ2 dla dowolnych c1, c2 ∈ (0,+∞),

2.∫ baf d(c1µ1 + c2µ2) = c1

∫ baf dµ1 + c2

∫ baf dµ2 dla dowolnych c1, c2 ∈ (0,+∞).

Zadanie 9.2.4. Niech µ : [a, b]→ R będzie funkcją rosnącą i niech f, g : [a, b]→ R będąfunkcjami ograniczonymi. Udowodnić, że:

1. Jeśli m = inf f([a, b]), M = sup f([a, b]), to

m[µ(b)− µ(a)] 6∫ ba

—f µ 6

∫ baf µ 6M [µ(b)− µ(a)].

2.∫ ba

—f dµ = lim

n→∞L(Pn, f, µ) oraz

∫ baf dµ = lim

n→∞U(Pn, f, µ), gdzie (Pn)∞n=1 jest

ciągiem podziałów przedziału [a, b] takim, że limn→∞

δ(Pn) = 0.

3. Jeśli f(x) 6 g(x) dla x ∈ [a, b], to∫ ba

—f dµ 6

∫ ba

—g dµ oraz

∫ baf dµ 6

∫ bag dµ.

4.∫ ba

—f dµ+

∫ ba

—g dµ 6

∫ ba

—(f + g) dµ 6

∫ ba

(f + g) dµ 6∫ baf dµ+

∫ bag dµ.

5.∫ ba

—cf dµ = c

∫ ba

—f dµ oraz

∫ bacf dµ = c

∫ baf dµ, gdy c > 0.

6.∫ ba

—cf dµ = c

∫ baf dµ oraz

∫ bacf dµ = c

∫ ba

—f dµ, gdy c < 0.

7.∫ ba

—f dµ =

∫ ca

—f dµ+

∫ bc

—f dµ oraz

∫ baf dµ =

∫ caf dµ+

∫ bcf dµ dla c ∈ (a, b).

Rozdział 10

Całka Riemanna

W tym rozdziale wprowadzimy pojęcie całki Riemanna(1) funkcji ograniczonejw przedziale domkniętym [a, b]. Jest to jedno z podstawowych pojęć w analiziematematycznej. W przypadku funkcji ciągłych jest ono ściśle związane z funkcjąpierwotną (patrz podstawowe twierdzenie rachunku całkowego 10.5.3). Ma onorównież ważną interpretację geometryczną, mianowicie jest ”polem” czyli miarązbioru ograniczonego wykresami funkcji (patrz twierdzenie 10.10.6).

10.1 Całka Riemanna

Definicja całki Riemanna. Niech f : [a, b]→ R będzie funkcją ograniczoną.Mówimy, że funkcja f jest całkowalna w sensie Riemanna w przedziale [a, b]

lub, że jest całkowalna w przedziale [a, b], gdy dolna i górna całka Darboux funkcji

f w przedziale [a, b] są równe, to znaczy∫ ba

—f(x) dx =

∫ ba f(x) dx.

Zbiór wszystkich funkcji całkowalnych w sensie Riemanna w przedziale [a, b]oznaczamy R([a, b]). Jeśli f ∈ R([a, b]), to wspólną wartość dolnej i górnej całkiDarboux oznaczamy ∫ b

af dx lub

∫ b

af(x) dx

i nazywamy całką Riemanna funkcji f w przedziale [a, b] lub całką oznaczonąRiemanna funkcji f w przedziale [a, b].

Dla uproszczenia zapisu przyjmuje się następujące oznaczeniaDefinicja . Jeśli funkcja f jest określona w punkcie a, to przyjmujemy

∫ aa f dx =

0. Jeśli f ∈ R([a, b]), to przyjmujemy∫ ab f dx = −

∫ ba f dx.

Uwaga 10.1.1. Wprost z definicji oraz uwagi 9.2.2 dostajemy, że każda funkcjastała w przedziale [a, b] jest całkowalna w sensie Riemanna w tym przedziale.Ponadto, jeśli c ∈ R oraz f(x) = c dla x ∈ [a, b], to

∫ ba f dx = c(b− a).

Istnieją funkcje ograniczone w przedziale domkniętym, które nie są całkowalnew sensie Riemanna (na przykład funkcja Dirichleta, patrz zadanie 9.2.1).

Z własności 9.1.5 dostajemy natychmiast

Własność 10.1.2. Niech f ∈ R([a, b]), niech m = inf f([a, b]) oraz niechM = sup f([a, b]). Wówczas m(b− a) 6

∫ ba f dx 6M(b− a).

(1)Pierwszą ścisłą definicję całki wprowadził Bernhard Riemann.

299

300 ROZDZIAŁ 10. CAŁKA RIEMANNA

Z twierdzeń 9.2.7, 9.2.8 i własności 9.2.1 dostajemy

Twierdzenie 10.1.3. Niech f, f1, f2 ∈ R([a, b]), niech g : [a, b] → R oraz niechc ∈ R. Wówczas

(a) f1 + f2 ∈ R([a, b]) oraz cf ∈ R([a, b]) i∫ b

a(f1 + f2) dx =

∫ b

af1 dx+

∫ b

af2 dx oraz

∫ b

acf dx = c

∫ b

af dx.

(b) Jeśli f1(x) 6 f2(x) dla x ∈ [a, b], to∫ b

af1 dx 6

∫ b

af2 dx.

(c) Jeśli M ∈ R jest takie, że |f(x)| 6M dla x ∈ [a, b], to∣∣∣∣∣∫ b

af dx

∣∣∣∣∣ 6M(b− a).

(d) Jeśli a < c < b, to f ∈ R([a, c]) i f ∈ R([c, b]) oraz∫ b

af dx =

∫ c

af dx+

∫ b

cf dx.

(e) Jeśli a < c < b i g ∈ R([a, c]) oraz g ∈ R([c, b]), to g ∈ R([a, b]).

Dowód. Ad (a). Z twierdzenia 9.2.7(b) dostajemy∫ b

a—

f1 dx+∫ b

a—

f2 dx 6∫ b

a—

(f1 + f2) dx 6∫ b

a(f1 + f2) dx

6∫ b

af1 dx+

∫ b

af2 dx.

(10.1)

Z założenia f1, f2 ∈ R([a, b]), mamy∫ b

af1 dx =

∫ b

a—

f1 dx =∫ b

af1 dx oraz

∫ b

af2 dx =

∫ b

a—

f2 dx =∫ b

af2 dx.

Zatem (10.1) jest ciągiem równości. To daje pierwszą część (a). Druga część (a)wynika natychmiast z twierdzenia 9.2.7(c)(d). Istotnie, dla c = 0 teza jest oczy-wista. Dla c > 0 mamy∫ b

a—

cf dx = c

∫ b

a—

f dx = c

∫ b

af dx = c

∫ b

af dx =

∫ b

acf dx.

Dla c < 0, zaś∫ b

a—

cf dx = c

∫ b

af dx = c

∫ b

af dx = c

∫ b

a—

f dx =∫ b

acf dx.

10.1. CAŁKA RIEMANNA 301

Ad (b). Część (b) wynika natychmiast z twierdzenia 9.2.7(a).Ad (c). Ponieważ −M 6 f(x) 6 M dla x ∈ [a, b], więc −M 6 inf f([a, b])

oraz sup f([a, b]) 6M . Zatem z własności 10.1.2 dostajemy

−M(b− a) 6∫ b

af dx 6M(b− a),

co daje (c).Ad (d). Z twierdzenia 9.2.8 wynika, że∫ b

a—

f(x) dx =∫ c

a—

f(x) dx+∫ b

c—

f(x) dx 6∫ c

af(x) dx+

∫ b

cf(x) dx =

∫ b

af(x) dx.

Z założenia∫ ba

—f(x) dx =

∫ ba f(x) dx, więc powyżej zachodzi ciąg równości. Z

własności 9.2.1 mamy∫ ca

—f(x) dx 6

∫ ca f(x) dx oraz

∫ bc

—f(x) dx 6

∫ bc f(x) dx. W

konsekwencji,∫ c

a—

f(x) dx =∫ c

af(x) dx oraz

∫ b

c—

f(x) dx =∫ b

cf(x) dx.

To daje, że f ∈ R([a, c]), f ∈ R([c, b]) i zachodzi (d).Ad (e). Ponieważ g ∈ R([a, c]) oraz g ∈ R([c, b]), więc z twierdzenia 9.2.8

dostajemy∫ b

a—

g(x) dx =∫ c

a—

g(x) dx+∫ b

c—

g(x) dx =∫ c

ag(x) dx+

∫ b

cg(x) dx =

∫ b

ag(x) dx,

więc g ∈ R([a, b]).

ZADANIA

Zadanie 10.1.1. W analizie rozważa się również tak zwaną całkę Riemanna-Stieltjesalub krótko całkę Stieltjesa, która jest uogólnienieniem całki Riemanna.Definicja całki Riemanna-Stieltjesa. Niech µ : [a, b] → R oraz f : [a, b] → R będzie

funkcją ograniczoną. Jeśli istnieją całki∫ baf dµ,

∫ ba

—f dµ i są równe, to ich wspólną war-

tość nazywamy całką Riemanna-Strieltjesa lub całką Stieltjesa funkcji f względem funkcjiµ na przedziale [a, b] i oznaczamy

∫ baf dµ oraz mówimy, że funkcja f jest całkowalna w

sensie Riemanna-Stieltjesa w przedziale [a, b] względem funkcji µ. Zbiór funkcji całkowal-nych w sensie Riemanna-Stieltjesa w [a, b] względem funkcji µ oznaczamy R([a, b], µ).

Udowodnić, że:1. Jeśli f, g ∈ R([a, b], µ), to dla dowolnych c1, c2 ∈ R zachodzi c1f+c2g ∈ R([a, b], µ)

oraz∫ ba

(c1f + c2g) dµ = c1∫ baf dµ+ c2

∫ bag dµ.

2. Jeśli f ∈ R([a, b], µ1) oraz f ∈ R([a, b], µ2), to dla dowolnych c1, c2 ∈ R zachodzif ∈ R([a, b], c1µ1 + c2µ2) oraz

∫ baf d(c1µ1 + c2µ2) = c1

∫ baf dµ1 + c2

∫ baf dµ2.


3. Jeśli f ∈ R([a, b], µ) oraz |f(x)| 6 M dla x ∈ [a, b], to |∫ baf dµ| 6 M ·W b

a(µ),gdzie W b

a(µ) oznacza wahanie funkcji µ w przedziale [a, b].4. Jeśli f, g ∈ R([a, b], µ), funkcja µ jest rosnąca oraz f(x) 6 g(x) dla x ∈ [a, b], to∫ b

af dµ 6

∫ bag dµ.

10.2 Warunki istnienia całki Riemanna

Twierdzenie 10.2.1. Niech f : [a, b]→ R będzie funkcją ograniczoną oraz niechA ∈ R. Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) f ∈ R([a, b]) oraz

(10.2)∫ b

af(x) dx = A.


δ(Pn) = 0, zachodzi

(10.3) limn→∞

L(Pn, f) = A oraz limn→∞

U(Pn, f) = A.

(c) Istnieje ciąg (Pn)∞n=1 podziałów przedziału [a, b] taki, że zachodzi (10.3).

Dowód. Wobec definicji całki Riemanna, (10.2) jest równoważne temu, że

∫ b

a—

f(x) dx = A oraz∫ b

af(x) dx = A.

Zatem z twierdzeń 9.2.5, 9.2.6 dostajemy implikacje (a)⇒(b)⇒(c). Z (c) mamy

A 6∫ ba

—f dx i

∫ ba f dx 6 A, zatem

∫ ba f dx = A. To daje implikację (c)⇒(a).

Twierdzenie 10.2.2. Niech f : [a, b]→ R będzie funkcją ograniczoną. Wówczasnastępujące warunki są równoważne:

(a) f ∈ R([a, b]).(b) dla każdego ε > 0 istnieje η > 0, że dla każdego podziału P przedziału

[a, b] takiego, że δ(P) < η zachodzi

(10.4) U(P, f)− L(P, f) < ε.

(c) dla każdego ε > 0 istnieje podział P przedziału [a, b], że zachodzi (10.4).

Dowód. Udowodnimy implikację (a)⇒(b). Przypuśćmy przeciwnie, że istnie-je ε0 > 0 takie, że dla każdego η > 0 istnieje podział P przedziału [a, b] o średnicymniejszej od η, że zachodzi U(P, f)−L(P, f) > ε0. W szczególności dla każdego

10.2. WARUNKI ISTNIENIA CAŁKI RIEMANNA 303

n ∈ N istnieje podział Pn przedziału [a, b] taki, że δ(Pn) < 1n oraz

(10.5) U(Pn, f)− L(Pn, f) > ε0.

Niech A =∫ ba f dx. Ponieważ lim

n→∞δ(Pn) = 0, więc twierdzenia 10.2.1 wynika, że

limn→∞

L(Pn, f) = A = limn→∞

U(Pn, f).

To przeczy (10.5). Otrzymana sprzeczność daje, że przypuszczenie było fałszywe.Implikacja (b)⇒(c) jest oczywista.Udowodnimy implikację (c)⇒(a). Weźmy dowolne ε > 0. Z (c) mamy, że

istnieje podział P przedziału [a, b] taki, że zachodzi (10.4). Zatem z definicjidolnej i górnej całki Darboux mamy

0 6∫ b

af(x) dx−

∫ b

a—

f(x) dx 6 U(P, f)− L(P, f) < ε.

Stąd i z dowolności ε > 0 mamy∫ ba f(x) dx =

∫ ba

—f(x) dx, więc f ∈ R([a, b]). To

daje (a).

Twierdzenie 10.2.3. Niech f ∈ R([a, b]) oraz m,M ∈ R będą takie, że

m 6 f(x) 6M dla x ∈ [a, b],

przy czym niech m < M . Niech ϕ będzie funkcją ciągłą w przedziale [m,M ] oraz

h(x) = ϕ(f(x)), x ∈ [a, b].

Wówczas h ∈ R([a, b]).

Dowód. Niech K ∈ R będzie takie, że |ϕ(t)| < K dla t ∈ [m,M ]. Weźmydowolne ε > 0 i niech

ε′ =ε

b− a+ 2K.

Ponieważ ϕ jest funkcją jednostajnie ciągłą, więc istnieje δ > 0 taka, że δ < ε′

oraz dla każdych t′, t′′ ∈ [m,M ] zachodzi

(10.6) |t′ − t′′| < δ ⇒ |ϕ(t′)− ϕ(t′′)| < ε′.

Ponieważ f ∈ R([a, b]), więc istnieje podział P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b]taki, że

(10.7) U(P, f)− L(P, f) < δ2.

Niech

mi = inf f([xi−1, xi]), Mi = sup f([xi−1, xi]) oraz

m∗i = inf h([xi−1, xi]), M∗i = suph([xi−1, xi]) dla i = 1, . . . , n.


Niech A będzie zbiorem tych i ∈ 1, ..., n dla których Mi−mi < δ oraz niech B– zbiorem tych i ∈ 1, ..., n, że Mi −mi > δ.

Zauważmy, że dla i ∈ A mamy

(10.8)∑i∈A

(M∗i −m∗i )(xi − xi−1) 6 ε′(b− a).

Istotnie, z definicji liczb M∗i i m∗i dostajemy, że dla każdego η > 0 istniejąx′, x′′ ∈ [xi−1, xi] takie, że h(x′) >M∗i −

η2 oraz h(x′′) 6 m∗i + η

2 . Zatem

M∗i −m∗i − η 6 h(x′)− h(x′′).

Ponieważ i ∈ A, więc

|f(x′)− f(x′′)| < δ i wobec (10.6), |h(x′)− h(x′′)| 6 ε′.

Stąd dostajemy, że M∗i −m∗i −η 6 ε′ i wobec dowolności η > 0, że M∗i −m∗i 6 ε′.To daje (10.8).

Z (10.7) i określenia zbioru B mamy

δ∑i∈B

(xi − xi−1) 6∑i∈B

(Mi −mi)(xi − xi−1) 6 U(P, f)− L(P, f) < δ2,

więc∑i∈B (xi − xi−1) < δ. Z wyboru liczby K mamy M∗i − m∗i 6 2K dla

i ∈ 1, ..., n, więc∑i∈B

(M∗i −m∗i )(xi − xi−1) 6 2K∑i∈B

(xi − xi−1) < 2Kδ < 2Kε′.


U(P, h)− L(P, h) =∑i∈A

(M∗i −m∗i )(xi − xi−1) +∑i∈B

(M∗i −m∗i )(xi − xi−1)

< ε′(b− a+ 2K) = ε.

To, wobec twierdzenia 10.2.2 daje, że h ∈ R([a, b]) i kończy dowód.

Twierdzenie 10.2.4. Jeśli f, g ∈ R([a, b]), to(a) fg ∈ R([a, b]),(b) |f | ∈ R([a, b]) oraz ∣∣∣∣∣

∫ b

af dx

∣∣∣∣∣ 6∫ b

a|f | dx.

Dowód. Ad (a). Wobec twierdzenia 10.1.3 mamy f + g, f − g ∈ R([a, b]).Zatem biorąc funkcję ϕ(t) = t2, t ∈ R, w myśl twierdzenia 10.2.3 mamy, że

(f + g)2 = ϕ(f + g) ∈ R([a, b]) oraz (f − g)2 = ϕ(f − g) ∈ R([a, b]).

W konsekwencji

fg =14

[(f + g)2 − (f − g)2] ∈ R([a, b]).

10.2. WARUNKI ISTNIENIA CAŁKI RIEMANNA 305

Ad (b). Przyjmując ϕ(t) = |t|, t ∈ R, z twierdzenia 10.2.3 wynika, że|f | ∈ R([a, b]). Niech c ∈ −1, 1 będzie takie, że c

∫ ba f dx > 0. Wtedy, cf(x) 6

|f(x)| dla x ∈ [a, b], zatem z twierdzenia 10.1.3(a)(b) mamy∣∣∣∣∣∫ b

af dx

∣∣∣∣∣ = c

∫ b

af dx =

∫ b

acf dx 6

∫ b

a|f | dx.

To kończy dowód.

Twierdzenie 10.2.5. Niech f ∈ R([a, b]). Jeśli f(x) > 0 dla x ∈ [a, b], to∫ ba f(x) dx > 0.

Dowód. Ponieważ f(x) > 0 dla x ∈ [a, b], to z twierdzenia 10.1.3(b) dladowolnych c, d ∈ R takich, że a 6 c < d 6 b dostajemy, że

∫ dc f(x) dx > 0.

Przypuśćmy przeciwnie, że∫ ba f(x) dx 6 0. Wtedy

∫ ba f(x) dx = 0. Zauważmy, że

(10.9)∫ d

cf(x) dx = 0 dla dowolnych c, d ∈ R takich, że a 6 c < d 6 b.

Istotnie, w przeciwnym razie dla pewnych a 6 c < d 6 b zachodzi∫ dc f(x) dx > 0,

a więc ∫ b

af(x) dx =

∫ c

af(x) dx+

∫ d

cf(x) dx+

∫ b

df(x) dx > 0,

co przeczy przypuszczeniu.Zauważmy, że istnieje ciąg przedziałów domkniętych (Pn)∞n=1 taki, że

(10.10) [a, b] ⊃ P1 ⊃ P2 ⊃ . . .

oraz dla każdego n ∈ N,

(10.11) f(x) 61n

dla x ∈ Pn.

Istotnie,∫ ba f(x) dx = 0, więc z twierdzenia 10.2.1 istnieje podział P1 = (x0, ..., xn)

przedziału [a, b] taki, że U(P1, f) < b− a. Zatem istnieje i, że f(x) 6 1 dla każ-dego x ∈ [xi−1, xi] (2), a więc oznaczając P1 = [xi−1, xi] dostajemy (10.11) dlan = 1. Wobec (10.9) mamy

∫ xixi−1

f(x) dx = 0, więc podobnie jak wyżej istniejepodział P2 = (y0, ..., ym) przedziału P1 taki, że U(P2, f) < 12(xi − xi−1), a więcistnieje przedział P2 ⊂ P1 dla którego zachodzi (10.11) dla n = 2. Postępującdalej indukcyjnie dostajemy, że istnieje zapowiedziany ciąg przedziałów (Pn).

Ponieważ (Pn) jest ciągiem przedziałów domkniętych spełniającym (10.10),więc istnieje punkt z ∈

⋂∞n=1 Pn. Wtedy z ∈ [a, b] i wobec (10.11), f(z) 6 0. To

przeczy założeniu.

(2)W przeciwnym razie Mi = sup f([xi−1, xi]) > 1 dla i = 1, . . . , n i w konsekwencji U(P1, f) =∑n

i=1Mi(xi − xi−1) >∑n

i=1(xi − xi−1) = b− a.


ZADANIA

Zadanie 10.2.1. Jeśli f, g ∈ R([a, b]), to maxf, g ∈ R([a, b]) oraz minf, g ∈ R([a, b]).

Zadanie 10.2.2. (nierówność Schwarza dla całek). Niech f, g ∈ R([a, b]). Wówczas(∫ bafg dx)2 6

∫ baf2 dx

∫ bag2 dx.

Wsk. Zauważyć, że dla każdego t ∈ R zachodzi∫ ba

(f + tg)2 dx > 0.

Zadanie 10.2.3. Niech f : [a, b]→ R będzie funkcją ograniczoną oraz µ : [a, b]→ R.1. f ∈ R([a, b], µ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ε > 0 istnieje podział P

przedziału [a, b] taki, że U(P, f, µ)− L(P, f, µ) < ε.2. f ∈ R([a, b], µ) i A =

∫ baf dµ wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ciągu podziałów

(Pn)∞n=1 przedziału [a, b] takiego, że limn→∞

δ(Pn) = 0 zachodzi limn→∞

L(Pn, f, µ) = A oraz

limn→∞

U(Pn, f, µ) = A.

Zadanie 10.2.4. Niech µ : [a, b]→]R będzie funkcją rosnącą oraz f, g ∈ R([a, b], µ).1. Jeśli m 6 f(x) 6M dla x ∈ [a, b], gdzie m,M ∈ R, m < M oraz ϕ : [m,M ]→ R

jest funkcją ciągłą, to ϕ f ∈ R([a, b], µ).2. f · g ∈ R([a, b], µ).3. |f | ∈ R([a, b], µ) oraz |

∫ baf dµ| 6

∫ ba|f | dµ.

10.3 Ciągłość a całkowalność

Twierdzenie 10.3.1. Funkcja f(x) = x, x ∈ [a, b] jest całkowalna w sensieRiemanna w przedziale [a, b]. Ponadto

∫ ba x dx = (b2 − a2)/2.

Dowód. Istotnie, niech Pn = (x0, ..., xn) będzie podziałem przedziału [a, b],postaci xi = a + i

n(b − a), i = 0, . . . , n, n ∈ N. Weźmy dowolne ε > 0 i niechδ = ε

2(b−a) . Dla n > b−aδ , podział Pn ma średnicę b−a

n mniejszą od δ oraz

U(Pn, f)− L(Pn, f) =n∑i=1

(xi − xi−1)2 < δn∑i=1

(xi − xi−1) = δ(b− a) =ε

2< ε.

Zatem z twierdzenia 10.2.2 dostajemy, że f ∈ R([a, b]). Ponadto

U(Pn, f) =n∑i=1

xi(xi − xi−1) = (b− a)(n+ 1)b+ (1− n)a

2n−→n→∞

b2 − a2

2.

Stąd, wobec twierdzenia 10.2.1 (c)⇒(a) mamy, że∫ ba x dx = b2−a2

2 .

Ponieważ,wobec twierdzenia 10.3.1, funkcja f(x) = x jest całkowalna w sensieRiemanna w każdym przedziale domknietym, więc z twierdzenia 10.2.3 dostajemynatychmiast

Twierdzenie 10.3.2. Każda funkcja ciągła w przedziale domkniętym jest całko-walna w sensie Riemanna w tym przedziale(3).

(3)Tezę twierdzenia 10.3.2 można również łatwo uzyskać z twierdzenia 10.2.2.

10.3. CIĄGŁOŚĆ A CAŁKOWALNOŚĆ 307

Twierdzenie 10.3.3. Niech f : [a, b]→ R będzie funkcją ograniczoną. Jeśli funk-cja f jest ciągła w przedziale [a, b], z wyjątkiem co najwyżej skończonej ilościpunktów, to f jest całkowalna w sensie Riemanna w tym przedziale.

Dowód. Niech Z ⊂ [a, b] będzie zbiorem wszystkich punktów nieciągłościfunkcji f w przedziale [a, b]. Niech Z ∪ a, b = ξ0, ..., ξk, gdzie a = ξ0 < . . . <ξk = b.

Ponieważ f jest funkcją ograniczoną w przedziale [a, b], więc istnieje stałaM > 0, że

(10.12) −M 6 f(x) 6M dla x ∈ [a, b].

Weźmy dowolne ε > 0. Niech δ > 0 będzie na tyle małe, że

(10.13) 4M(k + 1)δ < ε

oraz ξ0 < ξ0 + δ < ξ1 − δ < ξ1 + δ < . . . < ξk−1 + δ < ξk − δ < ξk. Oznaczmy

x0 = ξ0, x1 = ξ1 − δ, ..., xk = ξk − δ oraz y0 = ξ0 + δ, y1 = ξ1 + δ, ..., yk = ξk.

Ponieważ funkcja f jest ciągła w każdym przedziale [yi−1, xi], więc z twierdzenia10.3.2, dostajemy∫ xi

yi−1—

f(x) dx =∫ xi

yi−1f(x) dx dla i = 1, ..., k.

Zatem z twierdzenia 9.2.8 wynika, że

(10.14)∫ b

af(x) dx−

∫ b

a—

f(x) dx =k∑i=0

∫ yi

xi

f(x) dx−∫ yi

xi—

f(x) dx

.Z (10.12) i własności 9.2.1 mamy

−M(yi − xi) 6∫ yi

xi—

f(x) dx 6∫ yi

xi

f(x) dx 6M(yi − xi) dla i = 0, ..., k,

więc 0 6∫ yi

xi

f(x) dx−∫ yi

xi—

f(x) dx 6 2M(yi − xi) < 4Mδ.

Stąd, z (10.14) i (10.13) dostajemy

0 6∫ b

af(x) dx−

∫ b

a—

f(x) dx 6 4(k + 1)Mδ < ε.

To, wobec dowolności ε daje∫ ba f(x) dx =

∫ ba

—f(x) dx, czyli, że f ∈ R([a, b]).


Wniosek 10.3.4. Niech f będzie funkcją rzeczywistą określoną na przedziale [a, b]taką, że f(x) = 0 dla wszystkich x ∈ [a, b] z wyjątkiem co najwyżej skończonejilości punktów. Wówczas f ∈ R([a, b]) oraz

∫ ba f(x) dx = 0.

Dowód. Z założenia mamy, że f jest funkcją ciągłą w [a, b] z wyjątkiemskończonej ilości punktów. Zatem z twierdzenia 10.3.3 wynika, że f ∈ R([a, b]).

Niech f1(x) = max0, f(x) oraz f2(x) = min0, f(x) dla x ∈ [a, b]. Wówczasz powyższego mamy, że f1, f2 ∈ R([a, b]). Ponadto łatwo sprawdzamy, że dlakażdego podziału P przedziału [a, b] mamy L(P, f1) = 0 oraz U(P, f2) = 0.Zatem ∫ b

af1 dx =

∫ b

a—

f1 dx = 0 oraz∫ b

af2 dx =

∫ b

af2 dx = 0.

Ponieważ f = f1 + f2, więc z twierdzenia 10.1.3(a) dostajemy∫ b

af dx =

∫ b

af1 dx+

∫ b

af2 dx = 0.

To daje tezę.

Wniosek 10.3.5. Niech f ∈ R([a, b]). Jeśli g : [a, b] → R jest funkcją taką, żef(x) = g(x) dla wszystkich x ∈ [a, b] z wyjątkiem co najwyżej skończonej ilościpunktów, to g ∈ R([a, b]) oraz

∫ ba g dx =

∫ ba f dx.

Dowód. Niech h(x) = g(x) − f(x) dla x ∈ [a, b]. W myśl założenia mamy,że h(x) = 0 dla wszystkich x ∈ [a, b] z wyjątkiem co najwyżej skończonej ilościpunktów. Zatem z wniosku 10.3.4 dostajemy, że h ∈ R([a, b]) oraz

∫ ba h dx = 0.

Stąd i z twierdzenia 10.1.3(a) mamy g = h+ f ∈ R([a, b]) oraz∫ ba g dx =

∫ ba f dx,

co kończy dowód.

W świetle wniosku 10.3.5 możemy rozszerzyć pojęcie funkcji całkowalnej wsensie Riemanna w przedziale [a, b] na przypadek funkcji określonej w przedziale[a, b] z wyjątkiem skończonej ilości punktów.

Uogólnienie definicji całki Riemanna. Niech Z będzie podzbiorem skończo-nym przedziału [a, b] oraz f – funkcją określoną na zbiorze [a, b] \ Z. Mówimy,że funkcja f jest całkowalna w sensie Riemanna na przedziale [a, b], gdy istniejefunkcja g ∈ R([a, b]) taka, że f |[a,b]\Z = g|[a,b]\Z . Wtedy całką Riemanna funkcjif w przedziale [a, b] nazywamy liczbę

∫ ba g dx i oznaczamy

∫ ba f dx.

ZADANIA

Zadanie 10.3.1. Niech Z będzie podzbiorem skończonym przedziału [a, b] oraz f – funkcjąokreśloną na zbiorze [a, b] \ Z. Jeśli funkcja f jest całkowalna w sensie Riemanna naprzedziale [a, b], to całka Riemanna funkcji f nie zależy od wyboru funkcji g ∈ R([a, b])takiej, że f |[a,b]\Z = g|[a,b]\Z .

10.4. MONOTONICZNOŚĆ A CAŁKOWALNOŚĆ 309

Zadanie 10.3.2. Jeśli funkcja f : [a, b] → R jest ciągła, a funkcja µ : [a, b] → R jestrosnąca, to f ∈ R([a, b], µ).

Zadanie 10.3.3. Jeśli funkcja f : [a, b] → R jest ciągła w punkcie c ∈ (a, b), a funkcjaµ : [a, b] → R jest postaci µ(x) = 0 dla x ∈ [a, c] oraz µ(x) = 1 dla x ∈ (c, b], tof ∈ R([a, b], µ) oraz

∫ baf dµ = f(c).

Zadanie 10.3.4.* Jeśli f ∈ R([a, b], µ), to w każdym punkcie przedziału [a, b] przynaj-mniej jedna z funkcji f, µ musi być ciągła.

10.4 Monotoniczność a całkowalność

Twierdzenie 10.4.1. Każda funkcja monotoniczna w przedziale domkniętym jestcałkowalna w sensie Riemanna w tym przedziale.

Dowód. Niech f będzie funkcją rosnącą w przedziale [a, b]. Weźmy dowolneε > 0 i niech n ∈ N będzie takie, że

(10.15)(b− a)(f(b)− f(a))

n< ε.

Weźmy podział P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b] określony wzorem xi = a+ i b−an ,i = 0, ..., n. Ponieważ f jest funkcją rosnącą, więc

f(xi) = sup f([xi−1, xi]) oraz f(xi−1) = inf f([xi−1, xi]) dla i = 1, ..., n.

Stąd i z (10.15) mamy

U(P, f)− L(P, f) =n∑i=1

(f(xi)− f(xi−1))b− an

=b− an

(f(b)− f(a)) < ε.

To, wobec twierdzenia 10.2.2 daje tezę w przypadku, gdy f jest funkcją rosnącą.W przypadku, gdy funkcja f jest malejąca, rozumujemy analogicznie.

Z twierdzenia 10.4.1 i twierdzenia Jordana 5.10.6 dostajemy natychmiast

Wniosek 10.4.2. Jeśli funkcja f : [a, b] → R ma w przedziale [a, b] wahanieskończone, to f ∈ R([a, b]).

ZADANIA

Zadanie 10.4.1. Niech f : [a, b]→ R oraz µ : [a, b]→ R będzie funkcją rosnącą i ciągłą.1. Jeśli f jest funkcją monotoniczną, to f ∈ R([a, b], µ).2. Jeśli funkcja f ma w przedziale [a, b] wahanie skończone, to f ∈ R([a, b], µ).

Zadanie 10.4.2.* Niech f, µ : [a, b]→ R.1. Jeśli funkcja f jest ciągła, a funkcja µ ma w przedziale [a, b] wahanie skończone,

to f ∈ R([a, b], µ).2. Jeśli funkcje f, µ mają w przedziale [a, b] wahania skończone, to

f ∈ R([a, b], µ) wtedy i tylko wtedy, gdy f i µ nie mają wspólnych punktów nieciągłości.


10.5 Całka jako granica sum przybliżonych

Lemat 10.5.1. Jeśli f, g ∈ R([a, b]), to dla każdego ε > 0 istnieje η > 0 taka, żedla każdego podziału P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b] o średnicy mniejszej od ηoraz każdego ciągu ti ∈ [xi−1, xi], i = 1, ..., n mamy

(10.16)

∣∣∣∣∣∫ b

afg dx−

n∑i=1

f(ti)∫ xi

xi−1g dx

∣∣∣∣∣ < ε

Dowód. Niech M ∈ R, M > 0, będzie takie, że |g(x)| 6 M dla x ∈ [a, b].Weźmy dowolne ε > 0. Z twierdzenia 10.2.2 istnieje η > 0, że dla każdego podziałuP przedziału [a, b] takiego, że δ(P) < η zachodzi

(10.17) U(P, f)− L(P, f) <ε

M.

Weźmy dowolny podział P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b] taki, że δ(P) < η i niechti ∈ [xi−1, xi] dla i = 1, ..., n. Wówczas∫ b

afg dx =

n∑i=1

∫ xi

xi−1fg dx =

n∑i=1

f(ti)∫ xi

xi−1g dx+

n∑i=1

∫ xi

xi−1[f − f(ti)]g dx,

więc

(10.18)∫ b

afg dx−

n∑i=1

f(ti)∫ xi

xi−1g dx =

n∑i=1

∫ xi

xi−1[f − f(ti)]g dx.

Oznaczając mi = inf f([xi−1, xi]), Mi = sup f([xi−1, xi]) dla i = 1, ..., n, mamy|f(x)−f(ti)| 6Mi−mi dla każdego x ∈ [xi−1, xi], i = 1, ..., n. Zatem z twierdzeń10.1.3, 10.2.4 i wzoru (10.17), dostajemy∣∣∣∣∣

n∑i=1

∫ xi

xi−1[f − f(ti)]g dx

∣∣∣∣∣ 6Mn∑i=1

∫ xi

xi−1|f − f(ti)| dx

6Mn∑i=1

(Mi −mi)(xi − xi−1) = M [U(P, f)− L(P, f)] < ε,

co wraz z (10.18) daje (10.16).

Twierdzenie 10.5.2. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją ograniczoną i niechA ∈ R. Wówczas następujące warunki są równoważne:

(a) f ∈ R([a, b]) i∫ ba f dx = A.

(b) dla każdego ε > 0 istnieje η > 0 taka, że dla każdego podziału P =(x0, ..., xn) przedziału [a, b] o średnicy mniejszej od η oraz każdego ciągu punktówti ∈ [xi−1, xi], i = 1, ..., n, zachodzi

(10.19)

∣∣∣∣∣A−n∑i=1

f(ti)(xi − xi−1)∣∣∣∣∣ < ε.

10.5. CAŁKA JAKO GRANICA SUM PRZYBLIŻONYCH 311

Dowód. (a)⇒(b). Kładąc g(x) = 1 dla x ∈ [a, b] i biorąc dowolny podziałP = (x0, ..., xn) przedziału [a, b], dostajemy

∫ xixi−1

g dx = xi − xi−1. Zatem lemat10.5.1 daje (b).

(b)⇒(a). Weźmy dowolne ε > 0. Z (b), istnieje η > 0 taka, że dla każdegopodziału P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b] o średnicy mniejszej od η oraz każdegociągu ti ∈ [xi−1, xi], i = 1, ..., n, mamy |A−

∑ni=1 f(ti)(xi − xi−1)| < ε

3 , a więc

(10.20) A− ε

3<

n∑i=1

f(ti)(xi − xi−1) < A+ε

3.

Z własności 9.1.6 wynika, że

L(P, f) = inf

n∑i=1

f(ti)(xi − xi−1) : ti ∈ [xi−1, xi], i = 1, ..., n

,

U(P, f) = sup

n∑i=1

f(ti)(xi − xi−1) : ti ∈ [xi−1, xi], i = 1, ..., n

,

więc z (10.20),

(10.21) A− ε

36 L(P, f) oraz U(P, f) 6 A+

ε

3.

Stąd dostajemy U(P, f)− L(P, f) 6 A+ ε3 − A+ ε

3 < ε. To, wobec twierdzenia10.2.2 daje, że f ∈ R([a, b]).

Uwzględniając (10.21), dla każdego ε > 0 istnieje podział P przedziału [a, b]taki, że L(P, f) > A− ε oraz U(P, f) < A+ ε. To daje, że

∫ ba

—f dx > A− ε oraz∫ b

a f dx 6 A+ ε. Ponieważ f ∈ R([a, b]), więc∫ ba

—f dx =

∫ ba f dx i w konsekwencji

A− ε 6∫ ba f dx 6 A+ ε. Stąd i z dowolności ε wynika (a).

Twierdzenie 10.5.3. (podstawowe twierdzenie rachunku całkowego(4)).Jeśli funkcja f ma w przedziale [a, b] funkcję pierwotną F : [a, b] → R orazf ∈ R([a, b]), to ∫ b

af dx = F (b)− F (a).

Dowód. Niech A =∫ ba f dx. Weźmy dowolne ε > 0. Z twierdzenia 10.5.2

(a)⇒(b), istnieje η > 0 taka, że dla każdego podziału P = (x0, ..., xn) przedzia-łu [a, b] o średnicy mniejszej od η oraz każdego ciągu punktów ti ∈ [xi−1, xi],

(4)Twierdzenie to jest również nazywane Twierdzeniem Newtona-Leibniza. W literaturze roz-waża się również tzw. całkę Newtona-Leibniza funkcji f : [a, b]→ R definiowaną jako F (b)−F (a),gdzie F jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale [a, b]. Istnienie całki Newtona-Leibnizafunkcji f jest więc równoważne istnieniu funkcji pierwotnej tej funkcji w przedziale [a, b].


i = 1, ..., n, zachodzi

(10.22)

∣∣∣∣∣A−n∑i=1

f(ti)(xi − xi−1)∣∣∣∣∣ < ε.

Niech P = (x0, ..., xn) będzie podziałem przedziału [a, b] o średnicy mniejszej odη. Ponieważ F jest funkcją różniczkowalną i F ′(x) = f(x) dla x ∈ [a, b], więc ztwierdzenia Lagrange’a o wartości średniej 6.3.7 dla każdego i = 1, ..., n istniejeti ∈ [xi−1, xi], że F (xi)− F (xi−1) = f(ti)(xi − xi−1), więc

F (b)− F (a) =n∑i=1

(F (xi)− F (xi−1)) =n∑i=1

f(ti)(xi − xi−1).

Zatem z (10.22) wynika, że |A − (F (b) − F (a))| < ε. Stąd i z dowolności ε > 0dostajemy A = F (b)− F (a). To daje tezę.

Uwaga 10.5.4. Istnieją funkcje całkowalne w sensie Riemanna nie posiadającefunkcji pierwotnej. Na przykład funkcja f(x) = 0 dla x ∈ [0, 1], f(x) = 1 dlax ∈ (1, 2] jest całkowalna w przedziale [0, 2] jednak nie spełnia ona własnościDarboux, więc nie ma funkcji pierwotnej (patrz twierdzenie 8.1.7).

Można również pokazać, że istnieją funkcje ograniczone w przedziale domknię-tym, posiadające funkcje pierwotne, które nie są całkowalne w sensie Riemannaw tym przedziale (patrz zadanie 10.5.10).

Twierdzenie 10.5.5. (o całkowaniu przez podstawienie I). Niech funk-cja ϕ : [α, β] → R będzie różniczkowalna i taka, że ϕ′ ∈ R([α, β]) oraz niechϕ([α, β]) ⊂ [a, b]. Wówczas dla każdej funkcji f ciągłej w przedziale [a, b] mamyf ϕ · ϕ′ ∈ R([α, β]) oraz

(10.23)∫ ϕ(β)

ϕ(α)f(t)dt =

∫ β

αf(ϕ(x))ϕ′(x) dx.

Dowód. Funkcja f ϕ jest ciągła w przedziale [α, β], więc z twierdzenia 10.3.2wynika, że f ϕ ∈ R([α, β]). Z założenia ϕ′ ∈ R([α, β]), zatem z twierdzenia10.2.4, f ϕ ·ϕ′ ∈ R([α, β]). Funkcja f , jako ciągła w przedziale [a, b] ma funkcjępierwotną F : [a, b] → R (patrz twierdzenie 8.2.4). Wówczas F ϕ : [α, β] → Rjest funkcją pierwotną funkcji f ϕ · ϕ′ w przedziale [α, β].

Jeśli ϕ(α) < ϕ(β), to z podstawowego twierdzenia rachunku całkowego 10.5.3,∫ ϕ(β)

ϕ(α)f(t)dt = F (ϕ(β))− F (ϕ(α)) =

∫ β

αf ϕ(x)ϕ′(x) dx

Jeśli ϕ(α) = ϕ(β), to zgodnie z definicją,∫ ϕ(β)

ϕ(α)f(t)dt = 0 = F (ϕ(β))− F (ϕ(α)) =

∫ β

αf ϕ(x)ϕ′(x) dx.


Jeśli ϕ(α) > ϕ(β), to∫ ϕ(β)ϕ(α) f(t)dt = −

∫ ϕ(α)ϕ(β) f(t)dt, więc∫ ϕ(β)

ϕ(α)f(t)dt = −

∫ ϕ(α)

ϕ(β)f(t)dt = −[F (ϕ(α))− F (ϕ(β))]

= F (ϕ(β))− F (ϕ(α)) =∫ β

αf ϕ(x)ϕ′(x) dx.

Reasumując, mamy tezę.

Poniżej podajemy ogólniejszą wersję twierdzenia o całkowaniu przez podsta-wienie, gdzie nie zakładamy ciągłości funkcji f , jednak wzmacniamy założenie ofunkcji ϕ.

Twierdzenie 10.5.6. (o całkowaniu przez podstawienie II). Niech funkcjaϕ : [α, β]→ R będzie rosnąca, różniczkowalna, ϕ′ ∈ R([α, β]) oraz niech a = ϕ(α),b = ϕ(β), a < b. Wówczas dla każdej funkcji f ∈ R([a, b]) mamy f ϕ · ϕ′ ∈R([α, β]) oraz

(10.24)∫ b

af(t)dt =

∫ β


Dowód. Ponieważ f ∈ R([a, b]), więc istnieje L ∈ R, L > 0, że |f(t)| < L dlat ∈ [a, b]. Oznaczmy A =

∫ ba f(t)dt. Weźmy dowolne ε > 0.

Ponieważ f ∈ R([a, b]), więc z twierdzenia 10.5.2(a)⇒(b), istnieje η > 0 taka,że dla każdego ciągu a = t0 6 t1 6 . . . 6 tn = b takiego, że ti − ti−1 < η orazkażdego ciągu ξ1, ..., ξn takiego, że ti−1 6 ξi 6 ti dla i = 1, ..., d zachodzi(5)

(10.25)

∣∣∣∣∣A−n∑i=1

f(ξi)(ti − ti−1)∣∣∣∣∣ < ε

2.

Zauważmy, że istnieje δ > 0 taka, że dla każdego podziału P = (x0, ..., xn)przedziału [α, β] o średnicy mniejszej od δ oraz każdych ciągów ηi, ηi ∈ [xi−1, xi],i = 1, ..., n, mamy

(10.26)

∣∣∣∣∣n∑i=1

f(ϕ(ηi))(ϕ′(ηi)− ϕ′(ηi))(xi − xi−1)∣∣∣∣∣ < ε

2.

Istotnie, z założenia, że ϕ′ ∈ R([α, β]), i z twierdzenia 10.2.2, istnieje δ > 0, żedla każdego podziału P przedziału [α, β] o średnicy mniejszej od δ zachodzi

(10.27) U(P, ϕ′)− L(P, ϕ′) <ε

2L.

Weźmy dowolny podział P = (x0, ..., xn) przedziału [α, β] o średnicy mniejszej odδ i niech Mi = supϕ′([xi−1, xi]), mi = inf ϕ′([xi−1, xi]) dla i = 1, ..., n. Wtedy dla

(5)nie piszemy tutaj, że (t0, ..., tn) jest podziałem przedziału [a, b], gdyż dopuszczamy równośćti−1 = ti dla pewnych i ∈ 1, ..., n. W takim przypadku mamy f(ξi)(ti − ti−1) = 0, więcmożemy stosować twierdzenie 10.5.2.


każdych ηi, ηi ∈ [xi−1, xi], mamy |ϕ′(ηi)− ϕ′(ηi)| 6Mi −mi dla i = 1, ..., n, więcz (10.27), dostajemy∣∣∣∣∣

n∑i=1

f(ϕ(η))(ϕ′(ηi)− ϕ′(ηi))(xi − xi−1)∣∣∣∣∣

6n∑i=1

|f(ϕ(ηi))| · |ϕ′(ηi)− ϕ′(ηi)| · |(xi − xi−1)|

6 Ln∑i=1

(Mi −mi)(xi − xi−1) = L[U(P, ϕ′)− L(P, ϕ′)] < Lε

2L=ε

2.

Zmniejszając ewentualnie δ, wobec jednostajnej ciągłości funkcji ϕ możemy za-łożyć, że dla dowolnych x′, x′′ ∈ [α, β], zachodzi

(10.28) |x′ − x′′| < δ ⇒ |ϕ(x′)− ϕ(x′′)| < η.

Weźmy dowolny podział P = (x0, ..., xn) przedziału [α, β] o średnicy mniej-szej od δ i niech ηi ∈ [xi−1, xi], i = 1, ..., n, będzie dowolnym ciągiem punktówpośrednich. Oznaczmy

ti = ϕ(xi) dla i = 0, ..., n oraz ξi = ϕ(ηi) dla i = 1, ..., n.

Z twierdzenia Lagrange’a 6.3.7 dla każdego i ∈ 1, ..., n istnieje ηi ∈ [xi−1, xi], że

(10.29) ti − ti−1 = ϕ′(ηi)(xi − xi−1).

Z założenia, ϕ jest funkcją rosnącą, więc

a = t0 6 ξ1 6 t1 6 . . . 6 tn−1 6 ξn 6 tn = b,

ponadto z (10.28) mamy ti − ti−1 < η dla i = 1, ..., n. Zatem z (10.29), (10.25) i(10.26), dostajemy∣∣∣∣∣A−

n∑i=1

f(ϕ(ηi))ϕ′(ηi)(xi − xi−1)∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣A−n∑i=1

f(ξi)ϕ′(ηi)(xi − xi−1)∣∣∣∣∣

6

∣∣∣∣∣A−n∑i=1

f(ξi)(ti − ti−1)∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣n∑i=1

f(ξi)(ti − ti−1)−n∑i=1

f(ξi)ϕ′(ηi)(xi − xi−1)∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣A−n∑i=1

f(ξi)(ti − ti−1)∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣

n∑i=1

f(ξi)ϕ′(ηi)(xi − xi−1)−n∑i=1

f(ξi)ϕ′(ηi)(xi − xi−1)∣∣∣∣∣

<ε

2+

∣∣∣∣∣n∑i=1

f(ξi)(ϕ′(ηi)− ϕ′(ηi))(xi − xi−1)∣∣∣∣∣ < ε

2+ε

2= ε.

To, wobec twierdzenia 10.5.2(b)⇒(a) daje, że f ϕ · ϕ′ ∈ R([α, β]) i zachodzi(10.24). To kończy dowód.


ZADANIA

Zadanie 10.5.1. Obliczyć granice

1. limn→∞

(n

n2+12 + nn2+22 + . . .+ n

n2+n2

),

2. limn→∞

1nn√

(n+ 1)(n+ 2) · · · (n+ n).

3. limn→∞

1k+2k+···+nknk+1

.

Wsk. Wartości ciągu przedstawić jako sumy przybliżone całki Riemanna odpowied-niej funkcji.

Zadanie 10.5.2. (całki Fouriera(6)). Niech m,n ∈ N. Wówczas∫ π−π sinnx sinmxdx = 0,

∫ π−π cosnx cosmxdx = 0, gdy n 6= m,(10.30) ∫ π

−π sinnx cosmxdx = 0,(10.31) ∫ π−π sin2 nx dx = π,

∫ π−π cos2 nx dx = π.(10.32)

Wsk. Zastosować podstawowego twierdzenia rachunku całkowego 10.5.3 i zadanie 8.3.1.

Zadanie 10.5.3. Dla każdego n ∈ N, mamy∫ π2

0 sin2n x dx = 1·3···(2n−1)2·4···(2n) ·

π2 ,

∫ π2

0 sin2n+1 x dx = 2·4···(2n)3·5···(2n+1) ,(10.33) ∫ π

20 cos2n x dx = 1·3···(2n−1)

2·4···(2n) ·π2 ,

∫ π2

0 cos2n+1 x dx = 2·4···(2n)3·5···(2n+1) .(10.34)

Wsk. Zastosować podstawowe twierdzenie rachunku całkowego 10.5.3 i wzory reku-rencyjne w zadaniu 8.3.4.

Zadanie 10.5.4. Dla każdego n ∈ N, mamy∫ 10 (1− x2)n dx = 2·4···(2n)

1·3·5···(2n+1) .

Wsk. Zauważyć, że dla funkcji γ : [0, π2 ]→ R określonej wzorem γ(t) = sin t, t ∈ [0, π2 ],mamy γ([0, π2 ]) = [0, 1], γ(0) = 0, γ(π2 ) = 1 oraz (1 − γ2(t))nγ′(t) = cos2n+1 t dlat ∈ [0, π2 ]. Zastosować twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie 10.5.5 i zadanie 10.5.3.

Zadanie 10.5.5. (wzór Wallisa(7)). Zachodzi następujące przedstawienie liczby π:

(10.35) π = limn→∞

1n

(2 · 4 · · · (2n)

1 · 3 · · · (2n− 1)

)2

.

Wsk. Oznaczając an =∫ π2

0 sinn x dx dla n ∈ N, wobec wzoru (10.33), zauważyć, że

π = 1n ·(

2·4···(2n)3·5···(2n−1)

)2· 2n

2n+1 ·a2na2n+1

i pokazać, że 1 6 a2na2n+1

6 a2n−1a2n+1

= 2n+12n dla n ∈ N.

Zadanie 10.5.6. (wzór Stirlinga(8)). Dla każdego n ∈ N istnieje θn ∈(0, 1

12n

]takie,

że n! =√

2πn · nneθn−n. W szczególności limn→∞

n!√2πn·nne−n = 1.

(6)Jean Baptiste Joseph Fourier (1768-1830) – matematyk i fizyk francuski. Całki (10.30),(10.31), (10.32) są podstawowe w teorii szeregów Fouriera (patrz dalej).(7)John Wallis (1616-1703) – angielski matematyk, kryptograf i teolog. Pierwsze przedstawienie

liczby π w postaci granicy ciągu liczb wymiernych zawdzięczamy Wallisowi.(8)James Stirling (1692-1770) – matematyk szkocki.


Wsk. Przyjmując an = n!en

nn√n

dla n ∈ N, dostajemy ln anan+1

=(n+ 1

2

)ln(1 + 1

n

)− 1,

stosując nierówność(

1x + 1

2

)ln(1 + x) > 1 dla x ∈ (0, 1] (patrz zadanie 7.6.2), dosta-

jemy zaś, że ciąg (an)∞n=1 jest malejący i w konsekwencji zbieżny, powiedzmy do g.Zauważyć, że 1 + 1

n = (1 + 12n+1 )/(1− 1

2n+1 ), a stosując zadanie 7.6.1 pokazać, że

ln anan+1

<∑∞n=1

13

1(2n+1)2n i dalej, że 0 < ln an

an+1< 1

12

(1n −

1n+1

)dla n ∈ N. Zatem

0 < ln anan+k

< 112

(1n −

1n+1

)dla k ∈ N i dalej 1 < an

g 6 e1/(12n) oraz n! = nne−n

√ngeθn

dla n ∈ N. Zastosować wzór Wallisa (10.35) i pokazać, że limn→∞

(2nn!)2

(2n)!1√2n

=√

π2 .

Wywnioskować stąd, że g =√

2π.

Zadanie 10.5.7. (nierówność Younga(9)). Niech f : [0, c] → [0, d] będzie bijekcjąrosnącą. Wówczas dla dowolnych a ∈ [0, c], b ∈ [0, d], zachodzi

∫ a0 f dx+

∫ b0 f−1 dx > ab,

gdzie f−1 oznacza funkcję odwrotną do f .Wsk. Patrz zadanie 8.2.2.

Zadanie 10.5.8. (nierówność Holdera). Jeśli f, g ∈ R([a, b]) oraz p, q ∈ R, p, q > 0,

spełniają warunek 1p + 1

q = 1, to∫ ba|fg| dx 6

(∫ ba|f |1/p dx

)p·(∫ b

a|g|1/q dx

)q.

Wsk. Pokazać, że jeśli∫ ba|f |1/p dx = 0, to funkcja fg przyjmuje wartość zero w

gęstym podzbiorze przedziału [a, b] i w konsekwencji∫ ba|fg| dx = 0. Zastosować zadanie

10.5.7 do funkcji f(x) = xp−1 i pokazać, że dla a, b, p, q ∈ R takich, że a, b > 0, p, g > 0

oraz 1p + 1

q = 1, zachodzi ab 6 ap

p + bq

q . Przyjąć w tej nierówności a = |f |/(∫ b

a|f |1/p dx

)poraz b = |g|/

(∫ ba|g|1/q dx

)qi obliczyć całki lewej i prawej strony.

Zadanie 10.5.9. (o całkowaniu przez podstawienie II). Niech ϕ : [α, β]→ R będziefunkcją malejącą, różniczkowalną, ϕ′ ∈ R([α, β]) oraz niech a = ϕ(α), b = ϕ(β), a > b.Wówczas dla każdej funkcji f ∈ R([b, a]) mamy f ϕ · ϕ′ ∈ R([α, β]) oraz

(10.36) −∫ abf(t)dt =

∫ βαf(ϕ(x))ϕ′(x) dx.

Wsk. Postępować analogicznie jak w dowodzie twierdzenia 10.5.6.

Zadanie 10.5.10.* (Zahorski(10)). Dla dowolnych a, b ∈ (0, 1), a < b, połóżmy k = b−ai określmy funkcję fa,b : (a, b)→ R, wzorem

fa,b(x) =

0 dla x ∈(a, a+ k

2 −k2

2

]∪[a+ k

2 + k2

2 , b),

sin[

2πk2

(x− a− k

2 + k2

2

)]dla x ∈

(a+ k

2 −k2

2 , a+ k2 + k2

2

).

Niech (Pn,1, . . . , Pn,2n−1), n ∈ N, będzie rodziną ciągów przedziałów otwartych określonychnastępująco: P1,1 = ( 3

8 ,58 ). Zbiór [0, 1] \ P1,1 jest sumą dwóch przedziałów Q1,1 = [0, 3

8 ] iQ1,2 = [ 5

8 , 1]. Jako P2,1, P2,2 przyjmujemy przedziały otwarte o długościach 4−2 i środkach

(9)William Henry Young (1863-1942) – matematyk angielski.(10)Zygmunt Zahorski (1914-1998) – matematyk polski, profesor Uniewrsytetu Łódzkiego w

latach 1948-1970. Przykład, z małymi zmianami, pochodzi z wykładów profesora Zahorskiegoprowadzonych na Uniwersytecie Łódzkim w latach sześćdziesiątych XX w., patrz też artykułM. Balcerzak, J. Chądzyński, O całce oznaczonej, Matematyka 2/1984, s. 80-83.

10.6. CAŁKOWANIE I RÓŻNICZKOWANIE 317

będących odpowiednio środkami przedziałów Q1,1, Q1,2. Jeśli przedziały Pk,1, . . . , Pk,2k−1 ,k = 1, . . . , n, zostały określone, to [0, 1] \

⋃nk=1

(Pk,1 ∪ · · · ∪ Pk,2k−1

)jest sumą prze-

działów domkniętych i rozłącznych Qn,1, . . . , Qn,2n o długościach 2−n−1 + 2−2n−1. JakoPn+1,1, . . . , Pn+1,2n przyjmujemy przedziały otwarte o długościach 4−n−1 i środkach bę-dących odpowiednio środkami przedziałów Qn,1, . . . , Qn,2n . Wówczas istnieje ciąg prze-działów (an, bn), n ∈ N, że Pn,i : n ∈ N, i ∈ 1, . . . , 2n−1 = (an, bn) : n ∈ N.Połóżmy H = [0, 1] \

⋃∞n=1(an, bn) i określmy funkcję f : [0, 1] → R, wzorami f(x) = 0

dla x ∈ H oraz f(x) = fan,bn(x), gdy x ∈ (an, bn) dla n ∈ N.Pokazać, że funkcja f jest poprawnie określona, ma funkcję pierwotną lecz nie jest

całkowalna w sensie Riemanna w przedziale [0, 1].

Wsk. Udowodnić, że przedziały Pn,i są parami rozłączne, zbiór⋃∞n=1(an, bn) jest gę-

sty w przedziale [0, 1] oraz, że∑∞n=1(bn − an) = 1

2 . Zauważyć, że dla każdegon ∈ N oraz i ∈ 1, . . . , 2n − 1, zachodzi [i · 2−n, (i+ 1) · 2−n] ⊂

⋃∞k=1[ak, bk] lub istnieje

k ∈ N, że (ak, bk) ⊂ [i · 2−n, (i+ 1) · 2−n]. Jeśli n ∈ N oraz B = i ∈ 1, . . . , 2n − 1 :(ak, bk) ⊂ [i · 2−n, (i+ 1) · 2−n] dla pewnego k ∈ N, to

∑i∈B 2−n > 2−1. Dla podziału

P = (0, 2−n, 2·2−1, . . . , (2n−1)·2−n, 1) przedziału [0, 1], pokazać, że U(P, f)−L(P, f) >1.

Przy oznaczeniach zadania 8.3.7(11), pokazać, że funkcja F : [0, 1] → R określonawzorami F (x) = 0 dla x ∈ H oraz F (x) = Fan,bn(x), gdy x ∈ (an, bn) dla n ∈ N, jestfunkcją pierwotną funkcji f w przedziale [0, 1].

Zadanie 10.5.11. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją ograniczoną, niech µ : [a, b] → Rbędzie funkcją rosnąca, różniczkowalną i niech µ′ ∈ R([a, b]). Wówczas

1. f ∈ R([a, b], µ) wtedy i tylko wtedy, gdy f · µ′ ∈ R([a, b]).2. Jeśli f ∈ R([a, b], µ), to

∫ baf dµ =

∫ baf(x)µ′(x) dx.

Zadanie 10.5.12.* Niech funkcje f, g : [a, b] → R będą ciągłe, g będzie funkcją silnierosnącą i niech dla każdego x ∈ [a, b] istnieje skończona granica df

dg (x) = limh→0

f(x+h)−f(x)g(x+h)−g(x) .

Jeśli funkcja dfdg : [a, b] 3 x 7→ df

dg (x) ∈ R jest ciągła, to∫ badfdg dg = f(b)− f(a).

10.6 Całkowanie i różniczkowanie

Twierdzenie 10.6.1. Niech f ∈ R([a, b]). Wówczas funkcja F : [a, b]→ R okre-ślona wzorem

(10.37) F (t) =∫ t

af dx, t ∈ [a, b]

jest ciągła. Ponadto jeśli funkcja f jest ciągła w punkcie x0 ∈ [a, b], to funkcja Fma pochodną w tym punkcie oraz F ′(x0) = f(x0).

(11)Funkcją pierwotną funkcji fa,b jest funkcja Fa,b : (a, b)→ R określona wzorami Fa,b(x) = 0

dla x ∈(a, a+ k

2 −k2

2

]∪[a+ k

2 + k2

2 , b)

oraz Fa,b(x) = k2

2π

(1− cos

[2πk2

(x− a− k

2 + k2

2

)])dla x ∈

(a+ k

2 −k2

2 , a+ k2 + k2

2

).


Dowód. Wobec twierdzenia 10.1.3(d) wynika, że funkcja F jest poprawnieokreślona. Ponieważ f ∈ R([a, b]), więc f jest funkcją ograniczoną w przedziale[a, b], czyli istnieje M ∈ R, M > 0, takie że |f(x)| 6 M dla x ∈ [a, b]. Weźmydowolne ε > 0 oraz niech δ = ε

M . Wówczas dla dowolnych t1, t2 ∈ [a, b], t1 6 t2takich, że |t1 − t2| < δ, z twierdzenia 10.1.3(c) mamy

|F (t2)− F (t1)| =∣∣∣∣∫ t2

t1f dx

∣∣∣∣ 6M(t2 − t1) < Mδ = ε.

To daje jednostajną ciągłość, a więc ciągłość funkcji F .Załóżmy teraz, że funkcja f jest ciągła w punkcie x0. Weźmy dowolne ε > 0

i niech δ > 0 będzie taka, że dla x ∈ [a, b] z warunku |x − x0| < δ wynika|f(x)− f(x0)| < ε. Weźmy dowolne x1 ∈ [a, b]. Pokażemy, że

(10.38) 0 < |x1 − x0| < δ ⇒∣∣∣∣F (x1)− F (x0)

x1 − x0− f(x0)

∣∣∣∣ 6 ε.Istotnie, jeśli x1 < x0, to z twierdzenia 10.1.3(c) wynika, że∣∣∣∣F (x1)− F (x0)

x1 − x0− f(x0)

∣∣∣∣ =∣∣∣∣ −1x1 − x0

∫ x0

x1f dx+

1x1 − x0

∫ x0

x1f(x0) dx

∣∣∣∣=∣∣∣∣ −1x1 − x0

∫ x0

x1(f − f(x0)) dx

∣∣∣∣ 6 ∣∣∣∣ 1x1 − x0

∣∣∣∣ ε|x1 − x0| = ε.

to daje (10.38) w przypadku, gdy x1 < x0. Analogicznie, zamieniając rolami x0 ix1 dowodzimy (10.38), gdy x1 > x0. Z (10.38) dostajemy, że F ′(x0) = f(x0).

Definicja funkcji górnej granicy całkowania. Dla funkcji f ∈ R([a, b]), funk-cję określoną wzorem (10.37) nazywamy funkcją górnej granicy całkowania.

Z twierdzenia 10.6.1 dostajemy natychmiast inny dowód istnienia funkcji pier-wotnej funkcji ciągłej w przedziale domkniętym (por. twierdzenie 8.2.4).

Wniosek 10.6.2. Jeśli funkcja f jest ciągła w przedziale [a, b], to górna granicacałkowania F : [a, b]→ R, F (t) =

∫ ta f dx, t ∈ [a, b], jest funkcją pierwotną funkcji

f w przedziale [a, b].

Dowód. Istotnie, ponieważ f jest funkcją ciągłą w przedziale [a, b], więc ztwierdzenia 10.6.1, dla każdego x ∈ [a, b] mamy F ′(x) = f(x).

Wniosek 10.6.3. Niech f ∈ R([a, b]). Jeśli f(x) > 0 dla x ∈ [a, b] oraz istniejex0 ∈ [a, b] takie, że funkcja f jest ciągła w punkcie x0 i f(x0) > 0, to

∫ ba f dx > 0.

Dowód. Niech F (t) =∫ ta f dx, t ∈ [a, b]. Ponieważ f(x) > 0 dla x ∈ [a, b],

więc funkcja F jest rosnąca. Istotnie, dla t1, t2 ∈ [a, b], t1 < t2 mamyF (t2) − F (t1) =

∫ t2t1f dx > 0(t2 − t1) = 0. Z twierdzenia 10.6.1 dostajemy, że

10.6. CAŁKOWANIE I RÓŻNICZKOWANIE 319

F ′(x0) = f(x0), więc F ′(x0) > 0, zatem F nie jest funkcją stałą i w konsekwencji∫ ba f dx = F (b) = F (b)− F (a) > 0.

Podamy teraz twierdzenie o całkowaniu przez części (por. wniosek 10.6.5).

Twierdzenie 10.6.4. (o całkowaniu przez części). Niech f, g ∈ R([a, b]) orazniech F,G : [a, b]→ R będą funkcjami określonymi wzorami

F (t) = C1 +∫ t

af dx, G(t) = C2 +

∫ t

ag dx, t ∈ [a, b],

gdzie C1, C1 ∈ R są dowolnymi stałymi. Wówczas fG, Fg ∈ R([a, b]) oraz∫ b

afGdx = F (b)G(b)− F (a)G(a)−

∫ b

aFg dx.

Dowód. Wobec twierdzenia 10.6.1, funkcje F i G są ciągłe w przedziale [a, b],więc z twierdzenia 10.3.2 wynika, że F,G ∈ R([a, b]). Stąd, z założenia, że f, g ∈R([a, b]) i z twierdzenia 10.2.4(a) dostajemy, że fG, Fg ∈ R([a, b]).

Weźmy dowolne ε > 0. Niech, wobec lematu 10.5.1, η > 0 będzie taka, że dlakażdego podziału P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b] o średnicy mniejszej od η,∣∣∣∣∣∫ b

afGdx−

n∑i=1

G(xi−1)∫ xi

xi−1f dx

∣∣∣∣∣ < ε

2i

∣∣∣∣∣∫ b

aFg dx−

n∑i=1

F (xi)∫ xi

xi−1g dx

∣∣∣∣∣ < ε

2,

czyli ∣∣∣∣∣∫ b

afGdx−

n∑i=1

G(xi−1)[F (xi)− F (xi−1)]

∣∣∣∣∣ < ε

2,(10.39) ∣∣∣∣∣

∫ b

aFg dx−

n∑i=1

F (xi)[G(xi)−G(xi−1)]

∣∣∣∣∣ < ε

2.(10.40)

Niech P = (x0, .., xn) będzie dowolnym podziałem przedziału [a, b] o średnicymniejszej od η. Stosując przekształcenie Abela dostajemy

F (b)G(b)−F (a)G(a) =n∑i=1

G(xi−1)[F (xi)−F (xi−1)]+n∑i=1

F (xi)[G(xi)−G(xi−1)].

Stąd, z (10.39) i (10.40) dostajemy∣∣∣∣∣∫ b

afGdx+

∫ b

aFg dx− [F (b)G(b)− F (a)G(a)]

∣∣∣∣∣6

∣∣∣∣∣∫ b

afGdx−

n∑i=1

G(xi−1)[F (xi)− F (xi−1)]

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∫ b

aFg dx−

n∑i=1

F (xi)[G(xi)−G(xi−1)]

∣∣∣∣∣ < ε

2+ε

2= ε.

To, wobec dowolności ε > 0, daje tezę.


Z twierdzenia 10.6.4 dostajemy natychmiast szczególną lecz często stosowanąw praktyce wersję twierdzenia o całkowaniu przez części(12).

Wniosek 10.6.5. (o całkowaniu przez części). Jeśli f, g są funkcjami róż-niczkowalnymi w przedziale [a, b] oraz f ′, g′ ∈ R([a, b]), to f ′g, fg′ ∈ R([a, b]) i∫ b

af ′g dx = f(b)g(b)− f(a)g(a)−

∫ b

afg′ dx.

ZADANIA

Zadanie 10.6.1. Niech f ∈ R([a, b]). Wówczas funkcja F : [a, b]→ R określona wzoremF (t) =

∫ btf dx, t ∈ [a, b] jest ciągła. Ponadto jeśli funkcja f jest ciągła w punkcie

x0 ∈ [a, b], to funkcja F ma pochodną w tym punkcie oraz F ′(x0) = −f(x0).

Zadanie 10.6.2. Niech g : R→ R będzie funkcją ciągłą i f : R→ R – funkcją określonąwzorem f(x) =

∫ 10 g(x+ t) dt dla x ∈ R. Pokazać, że f ′(x) = g(x+ 1)− g(x) dla x ∈ R.

Zadanie 10.6.3. Niech n ∈ N, niech f, g będą funkcjami n-krotnie rózniczkowalnymi wprzedziale [a, b] i niech f (n), g(n) ∈ R([a, b]). Wówczas f (n) · g, f · g(n) ∈ R([a, b]) oraz∫ b

a

f (n)·g dx =n−1∑k=0

(−1)k[f (k)(b)g(n−1−k)(b)− f (k)(a)g(n−1−k)(a)

]+(−1)n

∫ b

a

f ·g(n) dx.

Zadanie 10.6.4. Niech a, b ∈ R, a < b. Funkcja f : R→ R określona wzorami f(x) = 0dla x ∈ (−∞, a], f(x) = 1 dla x ∈ [b,+∞) oraz f(x) = 1

A

∫ xa

[(t − a)(t − b)]n dt dla

x ∈ (a, b), gdzie A =∫ ba

[(t− a)(t− b)]n dt, jest klasy C n.

Zadanie 10.6.5. Niech a, b ∈ R, a < b. Określmy funkcję f : R→ R, wzorami

f(x) = 0 dla x ∈ (−∞, a] ∪ [b,+∞) oraz f(x) = e1

(x−a)(x−b) dla x ∈ (a, b)

i niech A =∫ baf(x) dx. Określmy funkcję F : R→ R, wzorami F (x) = 0 dla x ∈ (−∞, a],

F (x) = 1 dla x ∈ [b,+∞) oraz F (x) = 1A

∫ xaf(t) dt dla x ∈ (a, b). Wówczas funkcja F

jest klasy C∞ oraz F (x) ∈ [0, 1] dla x ∈ R.

Zadanie 10.6.6. (o rozkładzie jedynki). Niech X, Y ⊂ R będą zbiorami zwartymi irozłącznymi. Wówczas istnieją funkcje f, g : R→ R klasy C∞ takie, że f(x), g(x) ∈ [0, 1],f(x) + g(x) = 1 dla x ∈ R oraz f(x) = 0 dla x ∈ X i g(x) = 0 dla x ∈ Y .

Wsk. Zastosować zadania 10.6.5 i 3.9.10.

Zadanie 10.6.7. Jeśli funkcja f : [a, b] → R jest ciągła, a funkcja µ : [a, b] → R ma wprzedziale [a, b] wahanie skończone, to funkcja F : [a, b]→ R określona wzorami F (a) = 0oraz F (x) =

∫ xaf dµ dla x ∈ (a, b], jest ciągła.

Zadanie 10.6.8. (o całkowaniu przez części). Jeśli funkcje f, g : [a, b]→ R są ciągłei mają w przedziale [a, b] wahania skończone, to

∫ baf dg +

∫ bag df = f(b)g(b)− f(a)g(a).

(12)Twierdzenie to wynika również z podstawowego twierdzenia rachunku całkowego.

10.7. ZBIEŻNOŚĆ JEDNOSTAJNA A CAŁKOWANIE 321

10.7 Zbieżność jednostajna a całkowanie

Twierdzenie 10.7.1. Niech (fn)∞n=1 będzie ciągiem funkcji określonych na prze-dziale [a, b]. Jeśli fn ∈ R([a, b]) dla n ∈ N oraz ciąg (fn)∞n=1 jest jednostajniezbieżny w [a, b] do funkcji f , to f ∈ R([a, b]) oraz(13)

(10.41)∫ b

af dx = lim

n→∞

∫ b

afn dx.

Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Z jednostajnej zbieżności ciągu (fn)∞n=1 dofunkcji f w przedziale [a, b], istnieje n ∈ N takie, że dla każdego x ∈ [a, b], zachodzi|fn(x)− f(x)| < ε

3(b−a) , czyli

(10.42) fn(x)− ε

3(b− a)< f(x) < fn(x) +

ε

3(b− a)dla x ∈ [a, b].

Ponieważ fn ∈ R([a, b]), więc fn jest funkcją ograniczoną w przedziale [a, b], zatemz (10.42) dostajemy, że funkcja f jest ograniczona w tym przedziale. Niech, wobectwierdzenia 10.2.2, P będzie podziałem przedziału [a, b] takim, że

(10.43) U(P, fn)− L(P, fn) <ε

3.

Z (10.42) i definicji dolnej i górnej sumy Darboux, dostajemy łatwo

L(P, fn)− ε

36 L(P, f) oraz U(P, f) 6 U(P, fn) +

ε

3(14).


U(P, f)− L(P, f) 6 U(P, fn) +ε

3− L(P, fn) +

ε

3< ε.

To, wobec dowolności ε > 0 i twierdzenia 10.2.2 daje, że f ∈ R([a, b]).Pokażemy (10.41). Niech

Mn = sup|fn(x)− f(x)| : x ∈ [a, b] dla n ∈ N.

Wobec jednostajnej zbieżności ciągu (fn)∞n=1 do funkcji f w [a, b], z własności7.2.7 mamy, że lim

n→∞Mn = 0. Ponadto, z twierdzenia 10.1.3(c),∣∣∣∣∣

∫ b

afn dx−

∫ b

af dx

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ b

a(fn − f) dx

∣∣∣∣∣ 6Mn(b− a).

Stąd, ponieważ limn→∞

Mn(b− a) = 0, mamy (10.41). To kończy dowód.


(13)inaczej∫ ba

(limn→∞

fn

)dx = lim

n→∞

∫ bafn dx.

(14)Jeśli P = (x0, ..., xk), to (10.42) daje, że L(P, f) =∑k

i=1 inf f([xi−1, xi])(xi − xi−1) >∑k

i=1 inf fn([xi−1, xi])(xi − xi−1)−∑k

i=1ε

3(b−a) (xi − xi−1) = L(P, fn)− ε3 . Analogicznie poka-

zujemy U(P, f) 6 U(P, fn) + ε3 .


Wniosek 10.7.2. Niech (fn)∞n=1 będzie ciągiem funkcji określonych na przedziale[a, b]. Jeśli fn ∈ R([a, b]) dla n ∈ N oraz szereg

∑∞n=1 fn jest jednostajnie zbieżny

w [a, b] do funkcji f , to f ∈ R([a, b]) oraz

(10.44)∫ b

af dx =

∞∑n=1

∫ b

afn dx.

ZADANIA

Zadanie 10.7.1. Udowodnić, że∫ 1

0 e−x2 dx =

∑∞n=0

(−1)n

n!(2n+1) .

Zadanie 10.7.2. Udowodnić, że∫ 1

0 x−x dx =

∑∞n=1 n

−n.

Zadanie 10.7.3. Niech fn : [a, b]→ R, n ∈ N, będzie ciągiem funkcji ciągłych zbieżnymjednostajnie do funkcji f : [a, b]→ R. Jeśli funkcja µ : [a, b]→ R ma wahanie skończonew przedziale [a, b], to lim

n→∞

∫ bafn dµ =

∫ baf dµ.

Zadanie 10.7.4.* Niech fn : [a, b]→ R, n ∈ N, będzie ciągiem funkcji ciągłych zbieżnymjednostajnie do funkcji f : [a, b]→ R i niech µn : [a, b]→ R, n ∈ N, będzie ciągiem funkcjizbieżnym do funkcji µ : [a, b]→ R. Jeśli istnieje M ∈ R takie, że W b

a(µn) 6M dla n ∈ N,to f ∈ R([a, b], µ) oraz lim

n→∞

∫ bafn dµn =

∫ baf dµ.

Zadanie 10.7.5.* Jeśli funkcja ciągła µ : [a, b]→ R, ma wahanie skończone w [a, b] orazdla każdej funkcji ciągłej f : [a, b]→ R zachodzi

∫ baf dµ = 0, to µ jest funkcją stałą.

10.8 Całkowanie funkcji o wartościach wektorowych

Definicja . Dla punktu x = (x1, ..., xk) ∈ Rk, oznaczamy ‖x‖ =√x21 + · · ·+ x2k

i nazywamy normą x. Jeśli x, y ∈ Rk, to liczbę ‖x − y‖ nazywamy odległościąeuklidesową punktów x i y, gdzie x− y = (x1 − y1, ..., xk − yk).

Uwaga 10.8.1. Funkcja ‖ · ‖ : Rk × Rk → R określona wzorem ‖x − y‖ jestmetryką w Rk. Istotnie, dla x, y ∈ Rk mamy ‖x− y‖ > 0, ‖x− y‖ = ‖y−x‖ oraz‖x−x‖ = 0. Również z warunku ‖x−y‖ = 0 łatwo wynika, że x = y. Nierówność‖x− y‖ 6 ‖x− z‖+ ‖z − y‖, gdzie z ∈ Rk, wynika z nierówności Schwarza(15).

Definicja . Niech f1, ..., fk będą funkcjami określonymi na przedziale [a, b] i niechf = (f1, ..., fk) : [a, b]→ Rk będzie odwzorowaniem przedziału [a, b] w przestrzeń

(15)Istotnie, z nierówności Schwarza (twierdzenie 7.8.1) dla a = (a1, ..., ak), b = (b1, ..., bk)mamy ‖a + b‖2 = ‖a‖2 + 2

∑k

i=1 aibi + ‖b‖2 6 ‖a‖2 + 2‖a‖‖b‖ + ‖b‖2 = (‖a‖ + ‖b‖)2, więc‖a+b‖ 6 ‖a‖+‖b‖. Oznaczając teraz a = x−z, b = z−y dostajemy ‖x−y‖ 6 ‖x−z‖+‖z−y‖.

10.9. KRZYWE PROSTOWALNE 323

Rk. Jeśli fi ∈ R([a, b]) dla i = 1, ..., k, to mówimy, że odwzorowanie f jest cał-kowalne w sensie Riemanna w przedziale [a, b] i piszemy f ∈ R([a, b]). Wtedyokreślamy ∫ b

af dx =

(∫ b

af1 dx, ...,

∫ b

afk dx

)i nazywamy całką Riemanna odwzorowania f na przedziale [a, b].

Twierdzenie 10.8.2. Niech f = (f1, ..., fk) : [a, b] → Rk będzie odwzorowaniemcałkowalnym w sensie Riemanna na przedziale [a, b]. Wówczas funkcja‖f‖ : [a, b] → R określona wzorem x 7→ ‖f(x)‖ jest całkowalna w sensie Rie-manna na przedziale [a, b] oraz∥∥∥∥∥

∫ b

af dx

∥∥∥∥∥ 6∫ b

a‖f‖ dx.

Dowód. Wobec twierdzenia 10.2.4 mamy f2i ∈ R([a, b]) dla i = 1, ..., k, więcz twierdzenia 10.1.3, f21 + · · · + f2k ∈ R([a, b]). Ponadto f21 (x) + · · · + f2k (x) > 0dla x ∈ [a, b] oraz funkcja ϕ(t) =

√t, t ∈ [0,+∞) jest ciągła. Zatem ponownie z

twierdzenia 10.2.4 dostajemy ‖f‖ ∈ R([a, b]).Niech yi =

∫ ba fi dx, i = 1, ..., k oraz y = (y1, ..., yk) ∈ Rk. Wtedy

‖y‖2 =k∑i=1

y2i =k∑i=1

yi

∫ b

afi dx =

∫ b

a

(k∑i=1

yifi

)dx.

Z nierówności Schwarza,∑ki=1 yifi(x) 6 ‖y‖‖f(x)‖ dla x ∈ [a, b]. Zatem z twier-

dzenia 10.1.3,

‖y‖2 6∫ b

a

(k∑i=1

yifi

)dx 6 ‖y‖

∫ b

a‖f‖ dx.

Jeśli y = (0, ..., 0), to teza jest oczywista. Jeśli y 6= (0, ..., 0), to ‖y‖ > 0 i dzielącpowyższą nierówność przez ‖y‖ dostajemy tezę.

10.9 Krzywe prostowalne

Definicja krzywej. Niech γ1, ..., γk : [a, b]→ R będą funkcjami ciągłymi.Odwzorowanie γ = (γ1, ..., γk) : [a, b] → Rk nazywamy krzywą. Punkty γ(a),

γ(b) nazywamy odpowiednio początkiem i końcem krzywej γ. Jeśli γ jest odwzo-rowaniem różnowartościowym, to krzywą γ nazywamy łukiem. Jeśli γ(a) = γ(b),to krzywą γ nazywamy zamkniętą. Jeśli wszystkie funkcje γ1, ..., γk sę różniczko-walne w przedziale [a, b] oraz γ′1, ..., γ

′k są ciągłe, to γ nazywamy krzywą gładką.


Definicja długości krzywej. Niech γ : [a, b]→ Rk będzie krzywą. Dla każdegopodziału P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b] określamy

V (P, γ) =n∑i=1

‖γ(xi)− γ(xi−1)‖.

Długością krzywej γ nazywamy(16)

V (γ) = supV (P, γ) : P jest podziałem przedziału [a, b].

Jeśli V (γ) < +∞, to krzywą γ nazywamy prostowalną.

Twierdzenie 10.9.1. Jeśli γ : [a, b] → Rk jest krzywą gładką, to γ jest prosto-walna oraz

(10.45) V (γ) =∫ b

a‖γ′(t)‖dt,

gdzie γ′ = (γ′1, ..., γ′k) : [a, b]→ Rk.

Dowód. Ponieważ γ′j są funkcjami ciągłymi, więc z γ′j ∈ R([a, b]) i z twierdze-nia 10.8.2, ‖γ′‖ ∈ R([a, b]). Niech P = (x0, ..., xn) będzie podziałem przedziału[a, b]. Ponieważ γj jest funkcją pierwotną funkcji γ′j , więc z podstawowego twier-dzenia rachunku całkowego 10.5.3 oraz twierdzenia 10.8.2, mamy

‖γ(xi)− γ(xi−1)‖ =

∥∥∥∥∥∫ xi

xi−1γ′(t)dt

∥∥∥∥∥ 6∫ xi

xi−1‖γ′(t)‖dt.

Zatem

V (P, γ) 6n∑i=1

∫ xi

xi−1‖γ′(t)‖dt =

∫ b

a‖γ′(t)‖dt.

Stąd i z dowolności wyboru podziału P wynika

(10.46) V (γ) 6∫ b

a‖γ′(t)‖dt.

Pokażemy nierówność przeciwną do (10.46). Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważfunkcje γ′j są jednostajnie ciągłe na przedziale [a, b], więc istnieje δ > 0 taka, że dlakażdych t1, t2 ∈ [a, b] takich, że |t1− t2| < δ, zachodzi |γ′j(t1)−γ′j(t2)| < 1√

kε

2(b−a)i w konsekwencji ‖γ′(t1)− γ′(t2)‖ < ε

2(b−a) . Mamy więc

(10.47) |t1 − t2| < δ ⇒ ‖γ′(t1)− γ′(t2)‖ <ε

2(b− a).

Dla podziału P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b] o średnicy mniejszej od δ, z (10.47),dostajemy

‖γ′(t)‖ 6 ‖γ′(xi)‖+ε

2(b− a)dla t ∈ [xi−1, xi].

(16)Długość krzywej jest wahaniem odwzorowania γ w przedziale [a, b].

10.9. KRZYWE PROSTOWALNE 325

Zatem dla każdego i = 1, ..., n, uwzględniając (10.47), mamy∫ xi

xi−1‖γ′(t)‖dt 6 ‖γ′(xi)‖(xi − xi−1) +

ε

2(b− a)(xi − xi−1)

=

∥∥∥∥∥∫ xi

xi−1[γ′(t) + γ′(xi)− γ′(t)]dt

∥∥∥∥∥+ε

2(b− a)(xi − xi−1)

6

∥∥∥∥∥∫ xi

xi−1γ′(t)dt

∥∥∥∥∥+

∥∥∥∥∥∫ xi

xi−1[γ′(xi)− γ′(t)]dt

∥∥∥∥∥+ε

2(b− a)(xi − xi−1)

6 ‖γ(xi)− γ(xi−1)‖+ 2ε

2(b− a)(xi − xi−1).

Stąd i z określenia V (γ), mamy∫ b

a‖γ′(t)‖dt 6 V (P, γ) + 2

ε

2(b− a)(b− a) = V (P, γ) + ε,

z dowolności ε > 0 zaś, że∫ ba ‖γ′(t)‖dt 6 V (γ). To, wraz z (10.46) daje (10.45) i

kończy dowód.

Wniosek 10.9.2. Niech x,R ∈ R, x,R > 0 oraz niech γ(t) = (R cos t, R sin t),t ∈ [0, x]. Wówczas V (γ) = xR.

Dowód. Istotnie, γ jest krzywą gładką oraz ‖γ′(t)‖ = R dla t ∈ [0, x]. Zatemz twierdzenia 10.9.1 dostajemy tezę.

Rysunek 10.1: Cienką linią zaznaczono okrąg o równaniu x2 + y2 = 1. Grubsząlinią zaznaczono łuk Cα. Długość tego łuku jest miarą łukową kąta α.

Uwaga 10.9.3. Rozważmy rodzinę krzywych γα(t) = (cos t, sin t), t ∈ [0, α], gdzieα > 0 (patrz rysunek 10.3). Zbiorem wartości krzywej γ2π jest okrąg jednostkowy,to znaczy zbiór C = (u, v) ∈ R2 : u2+v2 = 1. Ponadto dla każdego α ∈ (0, 2π],zbiorem wartości odwzorowania γα jest łuk Cα, okręgu C, o początku (1, 0) i końcu(u, v) = (cosα, sinα). Zgodnie z wnioskiem 10.9.2, długość tego łuku Cα jest


równa α. Zatem dla każdego punktu (u, v) ∈ C oraz łuku Cα o końcu (u, v) mamyu = cosV (Cα), v = sinV (Cα). To daje, że definicje funkcji trygonometrycznych(wprowadzone wcześniej) pokrywają się z poznanymi w szkole średniej.

ZADANIA

Zadanie 10.9.1. Obliczyć długość krzywej γ = (γ1, γ2) : [0, 1]→ R2, gdy

1. γ1(t) = t2 oraz γ2(t) = t− t3

3 dla t ∈ [0, 1].

2. γ1(t) = cos(πt) + πt sin(πt) oraz γ2(t) = sin(πt)− πt cos(πt) dla t ∈ [0, 1].

3. γ1(0) = γ2(0) = 0 oraz γ1(t) = t cos πt i γ2(t) = t sin πt dla t ∈ (0, 1].

4. γ1(0) = γ2(0) = 0 oraz γ1(t) = t2 cos πt i γ2(t) = t2 sin πt dla t ∈ (0, 1].

Zadanie 10.9.2. Niech γ = (γ1, . . . , γk) : [a, b]→ Rk będzie krzywą. Pokazać, że krzywaγ jest prostowalna wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie funkcje γ1, . . . , γk mają w przedziale[a, b] wahania skończone.

Zadanie 10.9.3. Niech f : [a, b] → R będzie funkcją klasy C 1. Pokazać, że długośćwykresu funkcji f , czyli krzywej γ(t) = (t, f(t)), t ∈ [a, b], jest określona wzorem V (γ) =∫ ba

√1 + (f ′(t))2 dt.

Zadanie 10.9.4. Udowodnić, że długość wykresu funkcji f : [0, 1]→ R określonej wzoremf(0) = 0 oraz f(x) = x2 cos π

x2 dla x ∈ (0, 1] jest równa +∞.

10.10 Miara Jordana a całka Riemanna

W punkcie tym pokażemy, że dla każdej funkcji f : [a, b]→ R całkowalnej w sensieRiemanna w przedziale [a, b] i takiej, że f(x) > 0 dla x ∈ [a, b], całka

∫ ba f dx jest

miarą w sensie Jordana zbioru (x, y) ∈ R2 : a 6 x 6 b ∧ 0 6 y 6 f(x).Zacznijmy od wprowadzenia miary Jordana.

Definicja . Prostokątem nazywamy podzbiór P płaszczyzny R2, postaci

P = [a1, b1]× [a2, b2] (17),

gdzie [a1, b1], [a2, b2] są przedziałami domkniętymi.Wnętrzem prostokąta P nazywamy zbiór Int P = (a1, b1)× (a2, b2). Zawarto-

ścią prostokąta P = [a1, b1]× [a2, b2] nazywamy liczbę |P| = (b1 − a1) · (b2 − a2).Dla rodziny prostokątów Π = P1, ...,Pk przyjmujemy |Π| = |P1|+ · · ·+ |Pk|.

Twierdzenie 10.10.1. Niech P będzie prostokątem oraz niech P1, ...,Pk będzierodziną prostokątów takich, że Int Pi ∩ Int Pj = ∅ dla i 6= j.

(a) Jeśli P1 ∪ . . . ∪Pk = P, to |P1|+ · · ·+ |Pk| = |P|.(b) Jeśli Pj ⊂ P dla j = 1, ..., k, to |P1|+ · · ·+ |Pk| 6 |P|.

(17)inaczej P = (x, y) ∈ R2 : a1 6 x 6 b1 ∧ a2 6 y 6 b2.

10.10. MIARA JORDANA A CAŁKA RIEMANNA 327

Dowód. Niech P = [a, b]× [c, d] oraz Ps = [as, bs]× [cs, ds] dla s = 1, . . . , k.Udowodnimy część (a). Załóżmy najpierw, że P1, . . . ,Pk jest podziałem regu-

larnym prostokąta P, to znaczy istnieją podziały (x0, . . . , xn), (y0, . . . , ym) odpo-wiednio przedziałów [a, b], [c, d] takie, że

P1, . . . ,Pk = [xi−1, xi]× [yj−1, yj ] : i ∈ 1, . . . , n, j ∈ 1, . . . ,m.

Wtedy, oznaczając T = (i, j) : i ∈ 1, . . . , n, j ∈ 1, . . . ,m, mamy

k∑i=1

|Pi| =∑(i,j)∈T

(xi − xi−1) · (yj − yj−1) =n∑i=1

m∑j=1

(xi − xi−1) · (yj − yj−1)

=n∑i=1

(xi − xi−1)m∑j=1

(yj − yj−1) =n∑i=1

(xi − xi−1) · (d− c)

= (b− a) · (d− c) = |P|,

co daje (a) w rozważanym przypadku.Przejdźmy teraz do przypadku ogólnego. Niech P1 = (x0, . . . , xn) będzie po-

działem przedziału [a, b] złożonym z wszystkich punktów as, bs, s ∈ 1, . . . , koraz niech P2 = (y0, . . . , ym) będzie podziałem przedziału [c, d] złożonym zwszystkich punktów cs, ds, s ∈ 1, . . . , k (18). Wówczas, z wyboru podziałów P1i P2 wynika, że dla dowolnych s ∈ 1, . . . , k, i ∈ 1, . . . , n oraz j ∈ 1, . . . ,m,

(10.48) [xi−1, xi]× [yj−1, yj ] ⊂ Ps lub Int ([xi−1, xi]× [yj−1, yj ]) ∩ Int Ps = ∅.

Zatem, oznaczając Ts = (i, j) : [xi−1, xi] × [yj−1, yj ] ⊂ Ps, s = 1, . . . , k orazT = T1 ∪ . . . ∪ Ts, dostajemy T = (i, j) : i ∈ 1, . . . , n, j ∈ 1, . . . ,m oraz

Ps =⋃

(i,j)∈Ts

[xi−1, xi]× [yj−1, yj ] dla i = 1, . . . , k,

P1 ∪ . . . ∪Pk =⋃(i,j)∈T

[xi−1, xi]× [yj−1, yj ],(10.49)

przy czym powyższe podziały są regularne. Zatem z pierwszej części dowodudostajemy (a) w ogólnym przypadku.

Przejdźmy teraz do dowodu części (b). Niech, podobnie jak wyżej, (x0, . . . , xn)będzie podziałem przedziału [a, b] takim, że as, bs ∈ x0, . . . , xn dla s = 1, . . . , koraz (y0, . . . , ym) będzie podziałem przedziału [c, d] takim, że cs, ds ∈ y0, . . . , ymdla s = 1, . . . , k. Wówczas, podobnie jak wyżej, zachodzi (10.48) oraz, przy analo-gicznych oznaczeniach Ts i T , zachodzi (10.49). Oznaczmy ai,j = 1 dla (i, j) ∈ T(18)Z założenia P1 ∪ . . . ∪ Pk = P, istnieją as = a, br = b, cl = d, du = d, więc odpowiednie

podziały istnieją.


oraz ai,j = 0 dla i ∈ 1, . . . , n, j ∈ 1, . . . ,m takich, że (i, j) /∈ T . Wówczas

k∑i=1

|Pi| =∑(i,j)∈T

(xi − xi−1) · (yj − yj−1) =n∑i=1

m∑j=1

ai,j(xi − xi−1) · (yj − yj−1)

6n∑i=1

m∑j=1

(xi − xi−1) · (yj − yj−1) = |P|,

co daje (b) i kończy dowód.

Wniosek 10.10.2. Niech Π = P1, ...,Pk oraz Π′ = Q1, ...,Ql będą rodzina-mi prostokątów takich, że Int Pi ∩ Int Pj = ∅ oraz Int Qi ∩ Int Qj = ∅ dla i 6= j.Jeśli P1 ∪ . . . ∪Pk ⊂ Q1 ∪ . . . ∪Ql, to |Π| 6 |Π′|.

Dowód. Niech

Π0 = Pi ∩Qj : Int Pi ∩ Int Qj 6= ∅, i ∈ 1, ..., k, j ∈ 1, ..., l,Πi = R ∈ Π0 : R ⊂ Pi dla i = 1, ..., k,

Π′j = R ∈ Π0 : R ⊂ Qj dla j = 1, ..., l.

Z twierdzenie 10.10.1(a) mamy |Pi| = |Πi| dla i = 1, ..., k, z twierdzenie 10.10.1(b)zaś, |Π′j | 6 |Qj | dla j = 1, ..., l. Ponadto Π0 = Π1 ∪ . . .∪Πk = Π′1 ∪ . . .∪Π′l, więc

|Π| = |Π1|+ · · ·+ |Πk| = |Π′1|+ · · ·+ |Π′l| 6 |Q1|+ · · ·+ |Ql| = |Π′|.


Definicja . Mówimy, że zbiór X ⊂ R2 jest ograniczony, gdy istnieje prostokątP ⊂ R2 taki, że X ⊂ P.

Definicja miary zewnętrznej Jordana. Niech D ⊂ R2 będzie zbiorem ograni-czonym. Oznaczmy przez U(D) zbiór wszystkich rodzin prostokątów P1, ...,Pktakich, że

D ⊂ P1 ∪ . . . ∪Pk oraz Int Pi ∩ Int Pj = ∅ dla i 6= j.

Miarą zewnętrzną Jordana zbioru D nazywamy liczbę

mz(D) = inf|Π| : Π ∈ U(D).

Uwaga 10.10.3. Miara zewnętrzna Jordana jest poprawnie określona. Istotnie,dla zbioru ograniczonego D, istnieje prostokąt P taki, że D ⊂ P, więc U(D) 6=∅. Ponadto zbiór |Π| : Π ∈ U(D) jest ograniczony z dołu przez liczbę 0. Wkonsekwencji mamy 0 6 mz(D) < +∞.

Wprost z definicji miary zewnętrznej Jordana mamy


Własność 10.10.4. Niech A,B ⊂ R2 będą zbiorami ograniczonymi. Jeśli A ⊂ B,to mz(A) 6 mz(B).

Definicja miary wewnętrznej Jordana. Niech D ⊂ R2 będzie zbiorem ograni-czonym. Oznaczmy przez L(D) zbiór wszystkich rodzin prostokątów P1, ...,Pktakich, że

P1 ∪ . . . ∪Pk ⊂ D oraz Int Pi ∩ Int Pj = ∅ dla i 6= j.

Miarą wewnętrzną Jordana zbioru D nazywamy liczbę

mw(D) =

sup|Π| : Π ∈ L(D), gdy L(D) 6= ∅,0, gdy L(D) = ∅.

Rysunek 10.2: Zbiór D jest obszarem ograniczonym linią pogrubioną. Po lewejstronie, cienką linią, zaznaczono rodzinę prostokątów P1, . . . , P6 ∈ L(D). Poprawej stronie, cienką linią, zaznaczono rodzinę prostokątów P1, . . . , P9 ∈ U(D).

Definicja miary wewnętrznej Jordana jest poprawna, mamy bowiem

Własność 10.10.5. Niech D ⊂ R2 będzie zbiorem ograniczonym. Wówczas0 6 mw(D) 6 mz(D).

Dowód. Jeśli mw(D) = 0, to teza jest oczywista. Załóżmy, że mw(D) > 0.Weźmy dowolne Π = P1, ...,Pk ∈ L(D) oraz Π′ = Q1, ...,Ql ∈ U(D). Wów-czas P1 ∪ . . . ∪ Pk ⊂ Q1 ∪ . . . ∪ Ql, więc z wniosku 10.10.2, mamy |Π| 6 |Π′|.Z dowolności wyboru Π i Π′ oraz definicji miary zewnętrznej Jordana dostajemy|Π| 6 mz(D). Stąd i z definicji miary wewnętrznej Jordana, dostajemy tezę.

Definicja zbioru mierzalnego w sensie Jordana. Zbiór ograniczony D ⊂ R2nazywamy mierzalnym w sensie Jordana, gdy mw(D) = mz(D) (19).

(19)W literaturze przyjmuje się również, że zbiór ograniczony D ⊂ R2 jest mierzalny w sensieJordana, gdy dla każdego zbioru ograniczonego Z ⊂ R2, mamy mz(Z) = mz(Z∩D)+mz(Z\D).Można pokazać, że ten warunek jest równoważny warunkowi mw(D) = mz(D).


Jeśli D ⊂ R2 jest zbiorem mierzalnym w sensie Jordana, to miarę zewnętrznązbioru D nazywamy miarą Jardana zbioru D i oznaczamy mJ(D).

Podamy teraz zapowiedziane zastosowanie geometryczne całki Riemanna.

Twierdzenie 10.10.6. Niech f, g ∈ R([a, b]) oraz f(x) > g(x) dla x ∈ [a, b].Wówczas zbiór D = (x, y) ∈ R2 : a 6 x 6 b ∧ g(x) 6 y 6 f(x) jest mierzalnyw sensie Jordana i

(10.50) mJ(D) =∫ b

a(f − g) dx.

Rysunek 10.3: Obszer D = (x, y) ∈ R2 : a 6 x 6 b ∧ g(x) 6 y 6 f(x) zostałzacieniowany. Miara Jordana tego zbioru jest równa mJ(D) =

∫ ba (f − g) dx.

Dowód. Zauważmy najpierw, że

(10.51) mz(D) 6∫ b

a(f − g) dx.

Istotnie, weźmy dowolne ε > 0. Wobec twierdzenia 10.2.2, istnieje podział P =(x0, ..., xn) przedziału [a, b] taki, że U(P, f)− L(P, f) < ε/3. Zatem

(10.52) U(P, f)−∫ b

af dx <

ε

3oraz

∫ b

ag dx− L(P, g) <

ε

3.

Niech

mgi = inf g([xi−1, xi]), Mf

i = sup f([xi−1, xi]) dla i = 1, ..., n

oraz niech Π1 = P1, ...,Pn, gdzie

Pi = [xi−1, xi]×[mgi −

ε

6(b− a),Mf

i +ε

6(b− a)

]dla i = 1, ..., n.

Łatwo sprawdzamy, że zbiory Pi są prostokątami i Π1 ∈ U(D) oraz

|Pi| = (Mfi −m

gi )(xi − xi−1) +

ε

3(b− a)(xi − xi−1) dla i = 1, ..., n.


Zatem dodając |Pi|, i = 1, ..., n i uwzględniając (10.52), mamy

|Π1| = U(P, f)− L(P, g) +ε

3

= U(P, f)−∫ b

af dx+

∫ b

ag dx− L(P, g) +

∫ b

a(f − g) dx+

ε

3

<ε

3+ε

3+∫ b

a(f − g) dx+

ε

3=∫ b

a(f − g) dx+ ε.

Stąd, mz(D) 6∫ ba (f − g) dx+ ε, więc z dowolności ε > 0 dostajemy (10.51).

Jeśli∫ ba (f−g) dx = 0, to z (10.51) mamy mz(D) = 0, więc z własności 10.10.5,

dostajemy mJ(D) = 0, co daje (10.50) w tym przypadku.Załóżmy, że

∫ ba (f − g) dx > 0 i oznaczmy A =

∫ ba (f − g) dx. Weźmy dowolne

ε > 0. Wówczas istnieje podział P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b] taki, że

(10.53)∫ b

af dx− ε

2< L(P, f) oraz U(P, g) <

∫ b

ag dx+

ε

2.

Bez zmniejszenia ogólności rozważań, można założyć, że ε < A. Niech

mfi = inf f([xi−1, xi]), Mg

i = sup g([xi−1, xi]) dla i = 1, ..., n

oraz niechQi = [xi−1, xi]×

[Mgi ,m

fi

], i = 1, ..., n,

gdzie przyjmujemy Qi = ∅, gdy Mgi > mf

i . Co najmniej jeden zbiór Qi jestniepusty. Istotnie, w przeciwnym razie, Mg

i > mfi dla i = 1, ..., n, więc mnożąc

powyższe nierówności przez xi − xi−1 i dodając, dostajemy U(P, g) > L(P, f) iw konsekwencji L(P, f)− U(P, g) 6 0. Uwzględniając teraz (10.53), mamy

A =∫ b

af dx−

∫ b

ag dx < L(P, f) +

ε

2− U(P, g) +

ε

26ε

2+ε

2= ε.

To jest sprzeczne z założeniem, że A > ε. W konsekwencji, istnieje Qi 6= ∅. NiechΠ2 = Q1, ...,Qn. Łatwo sprawdzamy, że Π2 ∈ L(D) oraz

|Qi| > (mfi −M

gi )(xi − xi−1) dla i = 1, ..., n.

Zatem dodając |Qi|, i = 1, ..., n, i uwzględniając (10.53), mamy

|Π2| > L(P, f)− U(P, g) >∫ b

af(x)− ε

2−∫ b

ag dx− ε

2= A− ε.

W konsekwencji mw(D) > |Π2| > A − ε. Z dowolności ε > 0 dostajemy, żemw(D) > A. To, wraz z (10.51) i własnością 10.10.5 daje, że mJ(D) = A ikończy dowód.



Wniosek 10.10.7. Niech f ∈ R([a, b]) oraz f(x) > 0 dla x ∈ [a, b]. Wówczaszbiór (x, y) ∈ R2 : a 6 x 6 b ∧ 0 6 y 6 f(x) jest mierzalny w sensie Jordanai jego miara Jordana jest równa

∫ ba f dx.

ZADANIA

Zadanie 10.10.1. Obliczyć miarę Jordana zbioru (x, y) ∈ R2 : a 6 x 6 b, 0 6 y 6x− a, gdzie a, b ∈ R, a < b.

Zadanie 10.10.2. Obliczyć miarę Jordana zbioru (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 r, gdzier > 0.

Zadanie 10.10.3.* Oznaczmy przez J zbiór wszystkich mierzalnych w sensie Jordanapodzbiorów przestrzeni R2. Niech zbiory A,B ⊂ R2 będą ograniczone.

1. Jeśli A,B ∈ J , to A ∪B, A ∩B, A \B ∈ J .

2. Jeśli A,B ∈ J oraz A ∩B = ∅, to mJ(A ∪B) = mJ(A) +mJ(B).

3. Jeśli A ⊂ B i mJ(B) = 0, to A ∈ J .

Wsk. Przy założeniu, że mJ(A), mJ(B) > 0 zauważyć, że dla każdego ε > 0 istniejąrodziny prostokątów Π1,Π2,Π3,Π4 takie, że

(i) Π1 ∈ U(A), Π2 ∈ L(A), Π3 ∈ U(B), Π4 ∈ L(B),

(ii) Π1∪Π3 ∈ U(A∪B), Π2∪Π4 ∈ L(A∪B), Π1∩Π3 ∈ U(A∩B), Π2∩Π4 ∈ L(A∩B),

(iii) |Π1| − |Π2| < ε, |Π3| − |Π4| < ε.

Rozdział 11

Informacje o szeregach Fouriera

W wielu zagadnieniach teoretycznych i technicznych pojawiają się funkcje okreso-we. W badaniach takich funkcji pomocne są tak zwane szeregi Fouriera. Jednymz podstawowych zagadnień teorii szeregów Fouriera jest szukanie warunków przyktórych szereg Fouriera funkcji jest do niej zbieżny. W rozdziale tym przedstawi-my dwa ważne twierdzenia związane z tym zagadnieniem, mianowicie twierdzenieDirichleta 11.3.5 i twierdzenie Dirochleta-Jordana 11.3.7. W dowodach tych twier-dzeń kluczową rolę odgrywają twierdzenia o wartości średniej, które dowodzimyw pierwszym pinkcie tego rozdziału.

11.1 Twierdzenia o wartości średniej

Twierdzenie 11.1.1. (o wartości średniej I). Niech f, g ∈ R([a, b]) i niechm = inf f([a, b]), M = sup f([a, b]). Jeśli g(x) > 0 dla x ∈ [a, b], to istnieje µ ∈ Rtakie, że

(11.1)∫ b

agf dx = µ

∫ b

ag dx, przy czym m 6 µ 6M.

Dowód. Ponieważ f, g ∈ R([a, b]), więc z twierdzenia 10.2.4(a),mg, fg,Mg ∈R([a, b]). Z założenia mamy, m 6 f(x) 6 M oraz g(x) > 0 dla x ∈ [a, b], więcmg(x) 6 f(x)g(x) 6Mg(x) dla x ∈ [a, b]. Stąd i z twierdzenia 10.1.3(a)(b),

m

∫ b

ag dx 6

∫ b

afg dx 6M

∫ b

ag dx.

Oznaczmy A =∫ ba fg dx, B =

∫ ba g dx. Jeśli B = 0, to z powyższego, A = 0 i

biorąc dowolne m 6 µ 6 M dostajemy (11.1). Jeśli B > 0 to biorąc µ = A/B, zpoprzedniego wynika, że m 6 µ 6M oraz zachodzi (11.1).

Wniosek 11.1.2. Niech f, g ∈ R([a, b]). Jeśli f jest funkcją ciągłą i g(x) > 0dla x ∈ [a, b], to istnieje c ∈ (a, b) takie, że

(11.2)∫ b

agf dx = f(c)

∫ b

ag dx,

w szczególności istnieje c ∈ (a, b), że

(11.3)∫ b

af dx = f(c)(b− a).

Dowód. Ponieważ (11.3) wynika natychmiast z (11.2) dla g = 1, więc wy-starczy udowodnić pierwszą część tezy.

333

334 ROZDZIAŁ 11. INFORMACJE O SZEREGACH FOURIERA

Niech m = inf f([a, b]) oraz M = sup f([a, b]). Wobec twierdzenia 11.1.1 ist-nieje µ ∈ R takie, że zachodzi (11.1). Ponieważ f jest funkcją ciągłą, to z wła-sności Darboux istnieje c ∈ [a, b], że µ = f(c), więc zachodzi (11.2). Pozostajepokazać, że można wybrać c takie, że c 6= a i c 6= b. Przypuśćmy przeciwnie,że c ∈ a, b i f(x) 6= f(c) dla x ∈ (a, b). Wówczas, f(c) = m lub f(c) = M .Oznaczmy A =

∫ ba g dx. Z założenia, że g(x) > 0 dla x ∈ [a, b], dostajemy A > 0.

Stąd i z przypuszczenia mamy, że A > 0, gdyż w przeciwnym razie byłoby A = 0i dowolne c ∈ (a, b) spełniałoby (11.2).

Rozważmy przypadek, gdy f(c) = m. Przypadek, gdy f(c) = M rozważa sięanalogicznie. Ponieważ A > 0, to istnieją a < x1 < x2 0.

Miech m′ = inf f([x1, x2]). Ponieważ f(x) 6= f(c) dla x ∈ (a, b), więc f(x) > mdla x ∈ [x1, x2], i wobec ciągłości funkcji f mamy m′ > m. Uwzględniając terazzałożenie g(x) > 0 dla x ∈ [a, b], mamy:∫ b

afg dx =

∫ x1

afg dx+

∫ x2

x1fg dx+

∫ b

x2fg dx

> m∫ x1

ag dx+m′

∫ x2

x1g dx+m

∫ b

x2g dx

> m

∫ x1

ag dx+m

∫ x2

x1g dx+m

∫ b

x2g dx = m

∫ b

ag dx = f(c)

∫ b

ag dx,

co przeczy (11.2). Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Twierdzenie 11.1.3. (o wartości średniej II). Niech f, g ∈ R([a, b]) i niechfunkcja g będzie malejąca w przedziale [a, b].

(a) Wówczas istnieje c ∈ [a, b] takie, że

(11.4)∫ b

afg dx = g(a)

∫ c

af dx+ g(b)

∫ b

cf dx.

(b) Jeśli g(b) > 0, to istnieje c ∈ [a, b] takie, że

(11.5)∫ b

afg dx = g(a)

∫ c

af dx.

Dowód. Z twierdzenia 10.2.4 mamy, że fg ∈ R([a, b]).Udowodnimy najpierw część (b) tezy. Niech

A =∫ b

afg dx oraz F (t) =

∫ t

af dx, t ∈ [a, b].

Wobec twierdzenia 10.6.1, funkcja F jest ciągła, więc istnieją

m = minF ([a, b]) oraz M = maxF ([a, b]).

11.1. TWIERDZENIA O WARTOŚCI ŚREDNIEJ 335

Pokażemy, że

(11.6) mg(a) 6 A i A 6Mg(a).

Istotnie, weźmy dowolne ε > 0. Wobec lematu 10.5.1, istnieje η > 0 takie, że dlakażdego podziału P = (x0, ..., xn) przedziału [a, b] o średnicy mniejszej od η,

(11.7)

∣∣∣∣∣∫ b

afg dx−

n∑i=1

g(xi−1)∫ xi

xi−1f dx

∣∣∣∣∣ < ε

Weźmy dowolny podział P = (x0, ...xn) przedziału [a, b] taki, że δ(P) < η. Wtedy∫ xixi−1

f dx = F (xi)− F (xi−1), więc z (11.7) mamy

(11.8) A− ε <n∑i=1

g(xi−1)[F (xi)− F (xi−1)] < A+ ε

Z drugiej strony, stosując przekształcenie Abela, i uwzględniając, że F (x0) = 0,

(11.9)n∑i=1

g(xi−1)[F (xi)−F (xi−1)] =n−1∑i=1

F (xi)[g(xi−1)−g(xi)]+F (xn)g(xn−1).

Z założenia, że g jest funkcją malejącą mamy g(xi−1)− g(xi) > 0 oraz g(xn−1) >g(b) > 0. W konsekwencji (11.9) daje

n∑i=1

g(xi−1)[F (xi)− F (xi−1)] >n−1∑i=1

m[g(xi−1)− g(xi)] +mg(xn−1)

= mg(x0) = mg(a) orazn∑i=1

g(xi−1)[F (xi)− F (xi−1)] 6n−1∑i=1

M [g(xi−1)− g(xi)] +Mg(xn−1) = Mg(a).

Stąd i z (11.8) wynika, że mg(a) < A+ ε i A− ε < Mg(a). To, wobec dowolnościε > 0, daje (11.6). Z (11.6) i ciągłości funkcji F wynika, że istnieje c ∈ [a, b] takie,że zachodzi (11.5), co daje (b).

Udowodnimy teraz (a). Funkcja g−g(b) jest malejąca i w punkcie b przyjmujewartość zero. Zatem z udowodnionej części (b) wynika, że istnieje c ∈ [a, b], że∫ b

af [g − g(b)] dx = [g(a)− g(b)]

∫ c

af dx.

W konsekwencji∫ b

afg dx = g(a)

∫ c

af dx+g(b)

(∫ b

af dx−

∫ c

af dx

)= g(a)

∫ c

af dx+g(b)

∫ b

cf dx.

To daje (a) i kończy dowód.


ZADANIA

Zadanie 11.1.1. Niech f : [a, b]→ R będzie funkcją klasy C n−1 posiadającą n-tą pochod-ną w przedziale (a, b) oraz niech f (n) ∈ R([a, b]). Wykorzystując twierdzenie o wartościśredniej (wniosek 11.1.2), udowodnić następującą wersję twierdzenia Taylora II (twier-dzenie 6.5.9): dla każdego x ∈ (a, b], istnieje punkt c ∈ (a, x) taki, że

f(x) =∑n−1k=0

f(k)(a)k! (x− a)k + f(n)(c)

n! (x− a)n.

Wsk. Zastosować zadanie 10.6.3 do funkcji f oraz g(x) = (b− x)n.

Zadanie 11.1.2. (o wartości średniej II). Niech f, g ∈ R([a, b]) i niech funkcja gbędzie rosnąca w przedziale [a, b].

(a) Wówczas istnieje c ∈ [a, b] takie, że∫ bafg dx = g(a)

∫ caf dx+ g(b)

∫ bcf dx.

(b) Jeśli g(b) 6 0, to istnieje c ∈ [a, b] takie, że∫ bafg dx = g(a)

∫ caf dx.

Wsk. Jeśli g jest funkcją rosnącą, to funkcja −g jest malejąca.

11.2 Całka Dirichleta

Twierdzenie 11.2.1. (Riemann). Jeśli f : [a, b]→ R jest funkcją ciągła, to

(11.10) limn→∞

∫ b

af(x) cosnx dx = 0, lim

n→∞

∫ b

af(x) sinnx dx = 0.

Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Funkcja f , jako ciągła w przedziale [a, b],jest w nim jednostajnie ciągła. Zatem istnieje m ∈ N, że dla x, x′ ∈ [a, b] takich,że |x − x′| 6 b−a

m , zachodzi |f(x) − f(x′)| < ε2(b−a) . Niech ak = a + k(b−a)

m ,k = 0, . . . ,m. Wówczas |f(x) − f(ak)| < ε

2(b−a) dla x ∈ [ak−1, ak], k = 1, . . . ,m,więc ∣∣∣∣∣

m∑k=1

∫ ak

ak−1

(f(x)− f(ak)) cosnx dx

∣∣∣∣∣ 6m∑k=1

ε

2(b− a)b− am6ε

2.

Ponieważ, zaś∫ b

af(x) cosnx dx =

m∑k=1

∫ ak

ak−1

f(x) cosnx dx

=m∑k=1

f(ak)∫ ak

ak−1

cosnx dx+m∑k=1

∫ ak

ak−1

(f(x)− f(ak)) cosnx dx,

więc

(11.11)

∣∣∣∣∣∫ b

af(x) cosnx dx

∣∣∣∣∣ 6m∑k=1

|f(ak)|∣∣∣∣∣∫ ak

ak−1

cosnx dx

∣∣∣∣∣+ ε

2.

11.2. CAŁKA DIRICHLETA 337

Z podstawowego twierdzenia rachunku całkowego 10.5.3,∣∣∣∣∣∫ ak

ak−1

cosnx dx

∣∣∣∣∣ =1n| sinnak − sinnak−1| 6

2n,

więc istnieje N ∈ N, że dla n > N , zachodzi∑mk=1 |f(ak)|

∣∣∣∫ akak−1 cosnx dx∣∣∣ < ε

2 .

Stąd i z (11.11) dla n > N , mamy∣∣∣∫ ba f(x) cosnx dx

∣∣∣ < ε. To daje pierwszą część(11.10). Drugą część (11.10) dowodzimy analogicznie.

Lemat 11.2.2. Niech c ∈ R, c > 0. Wówczas

(11.12) limn→∞

∫ c

0

sinnxx

dx =π

2.

Dowód. Ponieważ limx→0

sinnxx = n, więc funkcja f : [0, c]→ R określona wzo-

rami f(x) = sinnxx , x ∈ (0, c] f(0) = n, jest ciągła, a więc f ∈ R([0, c]). Podobnie

pokazujemy, że funkcja g : [0, π] → R określona wzorami g(x) = sinnx ctg x2 dla

x ∈ (0, π] oraz g(0) = 2n jest ciągła, więc g ∈ R([0, π]). Pokażemy najpierw, że

(11.13)∫ π

0

12

sinnx ctgx

2dx =

π

2dla n ∈ N.

Stosując znane tożsamości trygonometryczne (twierdzeni 4.10.3 i wniosek 4.10.4),dostajemy

sinnx ctgx

2= 1 + 2

cos (n+1)x2 sin nx2

sin x2

− cosnx dla x ∈ (0, 2π).

Zatem, uwzględniając tożsamość

n∑k=1

cos kx =cos (n+1)x2 sin nx

2sin x2

dla x ∈ (0, 2π),

(patrz zadanie 4.10.1), mamy

sinnx ctgx

2= 1− cosnx+ 2

n∑k=1

cos kx dla x ∈ (0, 2π).

Stąd i z określenia funkcji g wynika, że

g(x) = 1− cosnx+ 2n∑k=1

cos kx dla x ∈ [0, π].

Stosując teraz podstawowe twierdzenie rachunku całkowego 10.5.3, dostajemy∫ π

0sinnx ctg

x

2dx =

∫ π

0g dx =

∫ π

0dx−

∫ π

0cosnx dx+ 2

n∑k=1

∫ π

0cos kx dx = π.

To daje (11.13).


Pokażemy teraz, że

(11.14) limn→∞

∫ π

0

sinnxx

dx =π

2.

Istotnie, ponieważ sinnxx − 12sinnx ctg x2 =

(1x −

12 ctg x

2

)sinnx dla x ∈ (0, π), więc

w myśl (11.13), wystarczy pokazać, że

(11.15) limn→∞

∫ π

0

(1x− 1

2ctg

x

2

)sinnx dx = 0.

Łatwo sprawdzamy, że limx→0

(1x −

12 ctg x

2

)= 0. Zatem funkcja h : [0, π] → R

określona wzorami h(x) = 1x −

12 ctg x

2 dla x ∈ (0, π] oraz h(0) = 0, jest ciągła.Twierdzenie Riemanna 11.2.1 daje więc (11.15) i w konsekwencji (11.14).

Przejdźmy teraz do dowodu (11.12). Dla c = π, wzór ten wynika z (11.14).Dla c > π, mamy ∫ c

0

sinnxx

dx =∫ π

0

sinnxx

dx+∫ c

π

sinnxx

dx,

więc (11.12) dostajemy z (11.14) i twierdzenia Riemanna 11.2.1. Dla 0 < c < π,mamy ∫ c

0

sinnxx

dx =∫ π

0

sinnxx

dx−∫ π

c

sinnxx

dx,

więc (11.12) dostajemy z (11.14) i twierdzenia 11.2.1. To kończy dowód.

Lemat 11.2.3. Dla każdego c ∈ R, c > 0, zachodzi

(11.16) 0 <∫ c

0

sinnxx

dx 6∫ π

0

sinxx

dx.

Dowód. Oczywiście całki Riemanna w (11.16) istnieją. Oznaczmy

Ik =∫ kπ+π

kπ

sin tt

dt dla k = 0, 1, . . .

Stosując twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie 10.5.5, mamy

Ik =∫ π

0

sin(x+ kπ)x+ kπ

dx = (−1)k∫ π

0

sinxx+ kπ

dx dla k = 0, 1, . . . .

Stąd ∫ nπ

0

sin tt

dt =n−1∑k=0

Ik =∫ π

0

[sinx

n−1∑k=0

(−1)k

x+ kπ

]dt,


a ponieważ(1)

0 < sinxn−1∑k=0

(−1)k

x+ kπ6

sinxx

dla x ∈ (0, π) oraz n ∈ N,

więc

(11.17) 0 <∫ nπ

0

sin tt

dt 6∫ π

0

sinxx

dx dla n ∈ N.

Weźmy dowolne n ∈ N. Ponieważ c > 0, więc istnieje k ∈ Z, k > 0 takie, żecn ∈ (kπ, kπ + π]. Stosując twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie, mamy

(11.18)∫ c

0

sinnxx

dx =∫ nc

0

sin tt

dt =∫ kπ

0

sin tt

dt+∫ nc

kπ

sin tt

dt.

Jeśli k jest liczbą parzystą, to sin tt > 0 dla t ∈ (kπ, kπ + π), więc

0 <∫ cn

kπ

sin tt

dt 6∫ kπ+π

kπ

sin tt

dt

i z (11.18) oraz (11.17) dostajemy (11.16). Jeśli k jest liczbą nieparzystą, tosin tt < 0 dla t ∈ (kπ, kπ + π), więc

0 >∫ cn

kπ

sin tt

dt >∫ kπ+π

kπ

sin tt

dt

i z (11.18) oraz (11.17) dostajemy (11.16). To kończy dowód.

Twierdzenie 11.2.4. (Dirichlet). Niech f : [0, a] → R, gdzie a ∈ R, a > 0,będzie funkcją ciągłą i monotoniczną. Wówczas

(11.19) limn→∞

∫ a

0f(x)

sinnxx

dx =π

2f(0).

Dowód. Weźmy dowolne ε > 0. Wystarczy pokazać, że istnieje N ∈ N, że

(11.20)∣∣∣∣∫ a

0f(x)

sinnxx

dx− π

2f(0)

∣∣∣∣ < ε dla każdego n > N.

(1)Istotnie, weźmy x ∈ (0, π). Wówczas sinx > 0. Dla n = 1 nierówność jest oczywista.

Załóżmy, że n > 1. Jeśli n = 2m + 1, to∑n−1

k=0(−1)kx+kπ = 1

x−∑m

j=1

(1

x+(2j−1)π −1

x+2jπ

)6 1

x

oraz∑n−1

k=0(−1)kx+kπ = 1

x− 1x+π +

∑m−1j=1

(1

x+2jπ −1

x+(2j+1)π

)+ 1x+2mπ > 0, gdzie suma jest zerem,

gdy m−1 < 1. Jeśli n = 2m, to∑n−1

k=0(−1)kx+kπ = 1

x−∑m−1

j=1

(1

x+(2j−1)π −1

x+2jπ

)− 1x+(2m−1)π 6

1x

oraz∑n−1

k=0(−1)kx+kπ = 1

x− 1

x+π +∑m−1

j=1

(1

x+2jπ −1

x+(2j+1)π

)> 0.


Niech M =∫ π0sinxx dx. Oczywiście M > 0. Wobec ciągłości funkcji f , istnieje

y ∈ (0, a) takie, że

(11.21) |f(y)− f(0)| < ε

6M.

Oznaczmy

In =∫ y

0[f(x)− f(0)]

sinnxx

dx, Kn =∫ y

0

sinnxx

dx, Ln =∫ a

yf(x)

sinnxx

dx.

Wówczas

(11.22)∫ a

0f(x)

sinnxx

dx− π

2f(0) = In + f(0)

(Kn −

π

2

)+ Ln.

Osobno oszacujemy moduł każdego składnika po prawej stronie (11.22).Funkcja f − f(0) jest monotoniczna w przedziale [0, y] oraz f(0)− f(0) = 0,

więc z drugiego twierdzenia o wartości średniej 11.1.3 (patrz też zadanie 11.1.2,gdy funkcja jest rosnąca), istnieje c ∈ [0, y] takie, że

In = [f(y)− f(0)]∫ y

c

sinnxx

dx.

Ponadto, wobec lematu 11.2.3,∣∣∣∣∫ y

c

sinnxx

dx

∣∣∣∣ =∣∣∣∣∫ y

0

sinnxx

dx−∫ c

0

sinnxx

dx

∣∣∣∣ 6 2M,

więc z (11.21), mamy

(11.23) |In| 6ε

3dla każdego n ∈ N.

Z lematu 11.2.2, mamy limn→∞

f(0)(Kn − π

2

)= 0, więc istnieje N1 ∈ N, że

(11.24)∣∣∣∣f(0)

(Kn −

π

2

)∣∣∣∣ < ε

3dla każdego n > N1.

Ponieważ 0 < y < a, więc funkcja x 7→ f(x)x jest ciągła w przedziale [y, a]. Zatem

z twierdzenia Riemanna 11.2.1, istnieje N2 ∈ N takie, że

(11.25) |Ln| <ε

3dla każdego n > N2.

Reasumując, z (11.23), (11.25) i (11.25) dla N = maxN1, N2, dostajemy(11.20). To kończy dowód.

Definicja funkcji przedziałami monotonicznej. Funkcję f : [a, b]→ R nazy-wamy przedziałami monotoniczną, gdy istnieje podział P = (a0, ..., an) przedziału[a, b] taki, że w każdym przedziale (ai−1, ai) funkcja f jest monotoniczna.

Uwaga 11.2.5. Funkcja f : [a, b]→ R ograniczona i przedziałami monotonicznama wahanie skończone w przedziale [a, b]. Ponadto ma ona skończone granicejednostronne w każdym punkcie przedziału [a, b].


Wniosek 11.2.6. Jeśli funkcja f : [0, a] → R jest ograniczona, przedziałamimonotoniczna i posiada skończoną ilość punktów nieciągłości, to

(11.26) limn→∞

∫ a

0f(x)

sinnxx

dx =π

2limx→0+

f(x).

Dowód. Z założenia istnieje podział P = (a1, . . . , am) przedziału [0, a] taki,że funkcja f jest monotoniczna w każdym przedziale (ai−1, ai). Biorąc ewentualniezagęszczenie podziału P, można założyć, że w każdym przedziale (ai−1, ai) funk-cja f jest ciągła. Ponadto funkcja f ma granice jednostronne w każdym punkcieprzedziału [0, a] (w punkcie 0 tylko granicę prawostronną, a w punkcie a – le-wostronną). W związku z tym możemy określić funkcje gi : [ai−1, ai] → R,i = 1, . . . ,m, wzorami

gi(x) = f(x) dla x ∈ (ai−1, ai) oraz gi(ai−1) = limx→a+i−1

f(x) i gi(ai) = limx→a−i

f(x).

Tak określone funkcje gi są ciągłe i w przedziałach [ai−1, ai] oraz różnią się odfunkcji f |[ai−1,ai] co najwyżej w dwóch punktach. W konsekwencji

(11.27)∫ a

0f(x)

sinnxx

dx =m∑i=1

∫ ai

ai−1g(x)

sinnxx

dx.

Z twierdzenia Dirichleta 11.2.4 i określenia funkcji g1 dostajemy,

(11.28) limn→∞

∫ a1

0g1(x)

sinnxx

dx =π

2g1(0) =

π

2limx→0+

f(x).

Z twierdzenia Riemanna 11.2.1, zaś

(11.29) limn→∞

∫ ai

ai−1gi(x)

sinnxx

dx = 0 dla i = 2, . . . ,m,

bowiem funkcja x 7→ gi(x)x jest ciągła w przedziale [ai−1, ai]. Z (11.27), (11.28) i

(11.29) dostajemy (11.26). To kończy dowód.

Udowodnimy wniosek potrzebny w dowodzie twierdzenia Dirichleta 11.3.5, wnastępnym punkcie.

Wniosek 11.2.7. Jeśli funkcja f : [0, a]→ R, gdzie 0 < a < π, jest ograniczona,przedziałami monotoniczna i posiada skończoną ilość punktów nieciągłości, to

(11.30) limn→∞

∫ a

0f(x)

sinnxsinx

dx =π

2limx→0+

f(x).

Dowód. Weźmy funkcję g : [0, a]→ R określoną wzorami

g(x) = f(x)x− sinxx sinx

dla x ∈ (0, a] oraz g(0) = 0.


Z założenia o funkcji f mamy, że funkcja g ma skończoną ilość punktów niecią-głości. Ponadto lim

x→0+g(x) = 0 i funkcja g ma granice jednostronne w każdym

punkcie przedziału [0, a]. Zatem istnieje podział P = (a0, . . . , am) przedziału [0, a]taki, że funkcja g jest ciągła w każdym przedziale (ai−1, ai). Możemy więc określićfunkcje ciągłe gi : [ai−1, ai]→ R, i = 1, . . . ,m, wzorami

gi(x) = g(x) dla x ∈ (ai−1, ai) oraz gi(ai−1) = limx→a+i−1

g(x) i gi(ai) = limx→a−i

g(x).

Funkcje gi w przedziałach [ai−1, ai] różnią się od funkcji g co najwyżej w dwóchpunktach, więc mamy∫ a

0f(x)

sinnxsinx

dx−∫ a

0f(x)

sinnxx

dx =∫ a

0g(x) sinnx dx =

m∑k=1

∫ ai

ai−1gi(x) sinnx dx.

Wobec twierdzenia Riemanna 11.2.1, granica prawej strony, przy n → ∞, jestrówna zeru, więc stosując wniosek 11.2.6, dostajemy tezę.

ZADANIA

Zadanie 11.2.1. Niech f : [−π, π] → R będzie funkcją określoną wzorami f(−π) =f(π) = 0 oraz f(x) = x dla x ∈ (−π, π). Udowodnić, że dla n ∈ N, mamy

1.∫ π−π f(x) cosnx dx = 0,

2.∫ π−π f(x) sinnx dx = (−1)n+1 2π

n .

Zadanie 11.2.2. Udowodnić, że dla n ∈ N, mamy1.

∫ π−π |x| cosnx dx = 0, gdy n jest liczbą parzystą,

2.∫ π−π |x| cosnx dx = − 4

n2 , gdy n jest liczbą nieparzystą,

3.∫ π−π |x| sinnx dx = 0.

Zadanie 11.2.3. Niech f : [a, 0] → R, −π < a < 0, będzie funkcją przedziałami mono-toniczną posiadającą skończoną ilość punktów nieciągłości. Wówczas

limn→∞

∫ 0

a

f(x)sinnxsinx

dx =π

2limx→0−

f(x).

11.3 Informacje o szeregach Fouriera

Definicja szeregu Fouriera. Szeregiem Fouriera lub szeregiem trygonometrycz-nym nazywamy szereg funkcyjny postaci

(11.31)a02

+∞∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx),

gdzie (an)∞n=0, (bn)∞n=1 są ciągami liczbowymi.

11.3. INFORMACJE O SZEREGACH FOURIERA 343

Definicja rozwinięcia funkcji w szereg Fouriera. Mówimy, że funkcjaf : R → R rozwija się w szereg Fouriera, gdy istnieje szereg Fouriera posta-ci (11.31), który w każdym punkcie x ∈ R jest zbieżny do f(x). Wtedy szereg(11.31) nazywamy rozwinięciem funkcji f w szereg Fouriera.

Twierdzenie 11.3.1. Jeśli funkcja f : R→ R ma rozwinięcie w szereg Fouriera

(11.32) f(x) =a02

+∞∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx), x ∈ R

i szereg po prawej stronie (11.32) jest zbieżny jednostajnie, to

(11.33) a0 =1π

∫ π

−πf(x) dx,

(11.34) an =1π

∫ π

−πf(x) cosnx dx, bn =

1π

∫ π

−πf(x) sinnx dx dla n ∈ N.

Dowód. Ponieważ szereg w (11.32) jest jednostajnie zbieżnym szeregiem funk-cji ciągłych, więc f jest funkcją ciągłą, w szczególności funkcja f oraz funkcjef(x) cosnx, f(x) sinnx są całkowalne w sensie Riemanna w przedziale [−π, π].Ponadto, wobec twierdzenia 10.7.2 mamy

(11.35)∫ π

−πf(x) dx =

a02

∫ π

−π1 dx+

∞∑n=1

(an

∫ π

−πcosnx dx+ bn

∫ π

−πsinnx dx

).

Ponieważ∫ π−π cosnx dx = 0 i

∫ π−π sinnx dx = 0, więc z powyższego wynika (11.33).

Mnożąc (11.32) przez cos kx dostajemy

f(x) cos kx =a02

cos kx+∞∑n=1

(an cosnx cos kx+ bn sinnx cos kx), x ∈ R,

przy czym szereg po prawej stronie jest zbieżny jednostajnie, jako iloczyn szere-gu zbieżnego jednostajnie przez funkcję ograniczoną. Zatem analogicznie jak w(11.35), mamy∫ π

−πf(x) cos kx dx =

a02

∫ π

−πcos kx dx

+∞∑n=1

(an

∫ π

−πcosnx cos kx dx+ bn

∫ π

−πsinnx cos kx dx

).

(11.36)

Uwzględniając zadanie 10.5.2, mamy∫ π−π cos2 kx dx = π,

∫ π−π sinnx cos kx dx = 0

dla n, k ∈ N oraz∫ π−π cosnx cos kx = 0 dla n 6= k. W konsekwencji z (11.36)

dostajemy∫ π−π f(x) cos kx dx = akπ. To daje pierwszą część (11.34). Drugą część

(11.34) dowodzimy analogicznie, po pomnożeniu (11.32) przez sin kx.

Dla dowolnej funkcji f całkowalnej w sensie Riemanna w przedziale [−π, π]można obliczyć współczynniki an i bn określone wzorami (11.33) i (11.34). Pro-wadzi to do pojęcia szeregu Fouriera funkcji.


Definicja szeregu Fouriera funkcji. Niech f ∈ R([−π, π]). Szereg

a02

+∞∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx),

gdzie współczynniki an i bn określone są wzorami (11.33) i (11.34) nazywamyszeregiem Fouriera funkcji f .

Z twierdzenia Riemanna 11.2.1 dostajemy natychmiast

Wniosek 11.3.2. Jeśli funkcja f : [−π, π] → R jest ciągła, to granice ciągówwspółczynników (an)∞n=0, (bn)∞n=1 szeregu Fouriera funkcji f są równe zeru.

Wprost z definicji mamy, że każda funkcja posiadająca rozwinięcie w szeregFouriera jest okresowa o okresie 2π, dlatego w dalszym ciągu będziemy zakładać,że funkcja jest okresowa o okresie 2π. Jeśli funkcja f rozwija się w szereg Fouriera(11.31) i szereg ten jest zbieżny jednostajnie, to szereg Fouriera funkcji pokrywasię z rozwinięciem tej funkcji w szereg Fouriera. W ogólnym przypadku tak być niemusi, szereg Fouriera może nie być zbieżny lub może zbiegać do innych wartościod wartości funkcji. Szukanie warunków przy których szereg Fouriera funkcji jestdo niej zbieżny, jest podstawowym zagadnieniem teorii szeregów Fouriera. Dlailustracji przedstawimy dwa twierdzenia związane z rozwijaniem funkcji w szeregFouriera. Zacznijmy od dwóch lematów.

Lemat 11.3.3. Niech f : R → R będzie funkcją okresową o okresie 2π. Jeślif ∈ R([−π, π]), to dla każdego x0 ∈ R, zachodzi f ∈ R([x0 − π, x0 + π]) oraz

(11.37)∫ x0+π

x0−πf dx =

∫ π

−πf dx.

Dowód. Niech najpierw x0 = 2kπ, gdzie k ∈ Z. Niech ϕ : [x0 − π, x0 + π]→[−π,+π] będzie funkcją określoną wzorem ϕ(t) = −x0+ t dla t ∈ [x0−π, x0+π].Stosując drugie twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie 10.5.6 i uwzględnia-jąc okresowość funkcji f , dostajemy f = f ϕ ∈ R([x0−π, x0+π]) oraz równość(11.37). Niech teraz x0 ∈ R nie będzie wielokrotnością liczby 2π. Wówczas istniejek ∈ Z takie, że x0−π ∈ (2kπ−π, 2kπ+π). Wobec wyżej rozważonego przypadku,mamy f ∈ R([x0 − π, 2kπ + π]) oraz f ∈ R([2kπ + π, x0 + π]) i w konsekwencjif ∈ R([x0 − π, x0 + π]). Ponadto z twierdzenia 10.5.6 dostajemy∫ x0+π

x0−πf dx =

∫ 2kπ+πx0−π

f dx+∫ x0+π

2kπ+πf dx

=∫ 2kπ+3πx0+π

f dx+∫ x0+π

2kπ+πf dx =

∫ 2kπ+3π2kπ+π

f dx,

co wobec poprzednio rozważonego przypadku, daje tezę.


Lemat 11.3.4. Niech f : R → R będzie funkcją okresową o okresie 2π taką, żef ∈ R([−π, π]) i niech

(11.38) Sn(x) =a02

+n∑k=1

(ak cos kx+ bk sin kx), x ∈ R, n ∈ N,

będzie ciągiem sum częściowych szeregu Fouriera funkcji f . Wówczas

(11.39) Sn(x) =1π

∫ π/2

0[f(x+ 2t) + f(x− 2t)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt

Dowód. Ponieważ współczynniki an oraz bn są określone wzorami (11.33) i(11.34), więc dla każdego n ∈ N, mamy

πSn(x) =12

∫ π

−πf(t) dt+

n∑k=1

∫ π

−πf(t) (cos kt cos kx+ sin kt sin kx) dt

=∫ π

−πf(t)

(12

+n∑k=1

cos(kt− kx)

)dt =

∫ π

−πf(t)

sin((2n+ 1)12(t− x)

)2 sin 12(t− x)

dt,

gdzie uzwględniliśmy wzór 12 +∑nk=1 cos kx =

sin(nx+x2 )2 sin x2

dla x ∈ [−π, π] \ 0 oraz12 +

∑nk=1 cos kx = n+ 1

2 dla x = 0 (patrz zadanie 4.10.1). Oczywiście wszystkiecałki w powyższym wzorze istnieją. Stosując drugie twierdzenie o całkowaniuprzez podstawienie (twierdzenie 10.5.6 dla ϕ(t) = t− x, t ∈ [−π, π]), dostajemy

(11.40) πSn(x) =∫ π−x

−π−xf(x+ y)

sin(2n+ 1)12y

2 sin 12ydy dla x ∈ R.

Ponieważ, co łatwo sprawdzić w oparciu o wzory redukcyjne (twierdzenie 5.8.3),funkcja podcałkowa w (11.40) jest okresowa o okresie 2π, więc z lematu 11.3.3,

πSn(x) =∫ π

−πf(x+ y)

sin(2n+ 1)12y

2 sin 12ydy dla x ∈ R, a więc

πSn(x) =∫ 0−πf(x+ y)

sin(2n+ 1)12y

2 sin 12ydy +

∫ π

0f(x+ y)

sin(2n+ 1)12y

2 sin 12ydy, x ∈ R.

Stosując drugie twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie (zadanie 10.5.9 dlaϕ(y) = −y, y ∈ [−π, 0]), dostajemy∫ 0

−πf(x+ y)

sin(2n+ 1)12y

2 sin 12ydy =

∫ π

0f(x− z)

sin(2n+ 1)12z

2 sin 12zdz

i w konsekwencji

(11.41) πSn(x) =∫ π

0[f(x+ y) + f(x− y)]

sin(2n+ 1)12y

2 sin 12ydy dla x ∈ R.

Stąd i z drugiego twierdzenia o całkowaniu przez podstawienie (twierdzenie 10.5.6


dla ϕ(y) = 12y, y ∈ [0, π]), dostajemy (11.39), co kończy dowód.

Twierdzenie 11.3.5. (Dirichlet). Jeśli funkcja f : R → R jest ograniczona,okresowa o okresie 2π oraz jest przedziałami monotoniczna w przedziale [−π, π] ima skończoną ilość punktów nieciągłości w przedziale [−π, π], to szereg Fourierafunkcji f ma sumę f(x) w każdym punkcie x ciągłości funkcji f i sumę równą

12

[limy→x−

f(y)+ limy→x+

f(y)],

w każdym punkcie x nieciągłości funkcji f .

Dowód. Niech a02 +

∑∞n=1(an cosnx + bn sinnx) będzie szeregiem Fouriera

funkcji f i niech (Sn)∞n=0 będzie jego ciągiem sum częściowych określonym wzo-rem (11.38). Z założenia o funkcji f dostajemy, że f ∈ R([−π, π]). Wówczas,wobec lematu 11.3.4, zachodzi wzór (11.39). Ponieważ funkcja f jest okresowa,przedziałami monotoniczna w [−π, π] i w przedziale [−π, π] ma skończoną ilośćpunktów nieciągłości, więc łatwo pokazujemy, że dla każdego x ∈ R, funkcja fjest w przedziale [x − 2π, x + 2π] przedziałami monotoniczna i ma skończonąilość punktów nieciągłości. W konsekwencji funkcje [−π, π] 3 t 7→ f(x− 2t) ∈ Roraz [−π, π] 3 t 7→ f(x + 2t) ∈ R są przedziałami monotoniczne i posiadająskończoną ilość punktów nieciągłości. Ponadto lim

t→0+f(x + 2t) = lim

y→x+f(y) oraz

limt→0+

f(x− 2t) = limy→x−

f(y). Reasumując, uwzględniając (11.39) i wniosek 11.2.7,

dostajemy tezę.

Zanim przejdziemy do drugiego twierdzenia o zbieżności szeregu Fourierafunkcji, odnotujmy jeden wniosek. Z lematu 11.3.4 dla funkcji f(x) = 1, x ∈ R,dostajemy natychmiast

Wniosek 11.3.6. Dla każdego n ∈ N, mamy

1 =2π

∫ π/2

0

sin(2n+ 1)tsin t

dt.

Twierdzenie 11.3.7. (Dirichlet-Jordan). Niech f : R→ R będzie funkcją cią-głą, okresową o okresie 2π i posiadającą wahanie skończone w przedziale [−π, π].Wówczas szereg Fouriera funkcji f jest jednostajnie zbieżny do funkcji f

Dowód. Niech a02 +

∑∞n=1(an cosnx + bn sinnx) będzie szeregiem Fouriera

funkcji f i niech (Sn)∞n=0 będzie jego ciągiem sum częściowych. Ponieważ f jestfunkcją ciągłą i okresową o okresie 2π, więc f ∈ R([−π, π]) i wobec lematu 11.3.4,zachodzi (11.39). Uwzględniając również wniosek 11.3.6, dostajemy

(11.42) Sn(x)− f(x) =1π

∫ π/2

0[f(x+ 2t) + f(x− 2t)− 2f(x)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt.

Aby zakończyć dowód, musimy pokazać, że dla każdego ε > 0 istnieje N ∈ N, żedla każdego n > N oraz x ∈ R, zachodzi |Sn(x)− f(x)| < ε. Wobec okresowości


funkcji f , wystarczy pokazać, że dla każdego ε > 0 istnieje N ∈ N, że dla każdegon > N oraz x ∈ [−π, π], zachodzi |Sn(x) − f(x)| < ε. Weźmy dowolne ε > 0 iniech M =

∫ π0sinxx dx. Oczywiście M > 0.

Funkcja f jest okresowa i ma w przedziale [−π, π] wahanie skończone, więc maona również wahanie skończone w każdym przedziale [−π+ 2kπ, π+ 2kπ], k ∈ Z.Zatem, wobec własności 5.10.2, funkcja ta ma wahanie skończone w przedziale[−2π, 2π], a ponieważ jest to funkcja ciągła, więc z wniosku 5.10.8, istnieją funkcjerosnące i ciągłe g, h : [−2π, 2π] → R takie, że f = g − h w przedziale [−2π, 2π].Zmieniając rolami funkcje g i h można założyć, że są one malejące. Ponieważfunkcje g i h są ciągłe, więc sa one jednostajnie ciągłe i w konsekwencji istniejeδ ∈ (0, π2 ), że dla każdego x ∈ [−π, π] oraz t ∈ [0, δ], mamy

(11.43) |g(x+ 2t)− g(x)| < ε

16M, |g(x− 2t)− g(x)| < ε

16M

oraz

(11.44) |h(x+ 2t)− h(x)| < ε

16M, |h(x− 2t)− h(x)| < ε

16M

Oznaczmy

In =1π

∫ δ

0[f(x+ 2t) + f(x− 2t)− 2f(x)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt, n ∈ N,

Kn =1π

∫ π/2

δ[f(x+ 2t) + f(x− 2t)− 2f(x)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt, n ∈ N.

Wówczas równość (11.42) można zapisać następująco

(11.45) Sn(x)− f(x) =1π

(In +Kn) , n ∈ N.

Oszacujemy oddzielnie |In| oraz |Kn|.Zacznijmy od oszacowania |In|. Z wyboru funkcji g i h dla n ∈ N, mamy

In =∫ δ

0[g(x+ 2t)− g(x)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt+∫ δ

0[g(x− 2t)− g(x)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt

−∫ δ

0[h(x+ 2t)− h(x)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt−∫ δ

0[h(x+ 2t)− h(x)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt.

Ponieważ funkcja [0, δ] 3 t 7→ g(x + 2t) − g(x) ∈ R jest malejąca i przyjmujewartość zero w zerze, więc z drugiego twierdzenia o wartości średniej 11.1.3,istnieje c ∈ [0, δ], że∫ δ

0[g(x+ 2t)− g(x)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt = [g(x+ 2δ)− g(x)]∫ δ

c

sin(2n+ 1)tsin t

dt.


Ponieważ, wobec lematu 11.2.3,∣∣∣∫ δc sin(2n+1)tsin t dt

∣∣∣ 6 2M , więc z (11.43),

∣∣∣∣∣∫ δ

0[g(x+ 2t)− g(x)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt

∣∣∣∣∣ < ε

16M2M =

ε

8.

Pozostałe całki szacujemy analogicznie (wykorzystując ewentualnie zadanie 11.1.2zamiast twierdzenia 11.1.3, gdy funkcja jest rosnąca) i w konsekwencji dostajemy

(11.46) |In| < 4ε

8=ε

2dla x ∈ [−π, π] oraz n ∈ N.

Przejdźmy teraz do oszacowania |Kn|. Będziemy postępować podobnie jak wdowodzie twierdzenia Riemanna 11.2.1. Funkcja t 7→ 1

sin t jest ciągła w przedziale

[δ, π2 ], więc istnieje L ∈ R, L > 0 takie, że∣∣∣ 1sin t ∣∣∣ 6 L dla t ∈ [δ, π2 ]. Ponieważ f

jest funkcją ciągłą w przedziale [−2π, 2π], więc jest jednostajnie ciągła. Zatemistnieje m ∈ N, że dla dowolnych x, x′ ∈ [−2π, 2π] takich, że |x−x′| 6 π

m , zachodzi

|f(x) − f(x′)| < ε4Lπ . Weźmy podział ak = δ +

k(π2−δ)m , k = 0, . . . ,m, przedziału[

δ, π2]. Wówczas |f(x+2t)−f(x+2ak)| < ε

4Lπ oraz |f(x−2t)−f(x−2ak)| < ε4Lπ

dla x ∈ [−π, π] i t ∈ [ak−1, ak], k = 1, . . . ,m, więc dla każdego n ∈ N, mamy∣∣∣∣∣∫ π/2

δ[f(x+ 2t) + f(x− 2t)− 2f(x)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt

∣∣∣∣∣6

m∑k=1

∣∣∣∣∣∫ ak

ak−1

(f(x+ 2t)− f(x+ 2ak))sin(2n+ 1)t

sin tdt

∣∣∣∣∣+

m∑k=1

∣∣∣∣∣∫ ak

ak−1

(f(x− 2t)− f(x− 2ak))sin(2n+ 1)t

sin tdt

∣∣∣∣∣+

m∑k=1

∣∣∣∣∣[f(x+ 2ak) + f(x− 2ak)− 2f(x)]∫ ak

ak−1

sin(2n+ 1)tsin t

dt

∣∣∣∣∣6

m∑k=1

ε

4Lπ

π2 − δm

L+m∑k=1

ε

4Lπ

π2 − δm

L

+m∑k=1

∣∣∣∣∣[f(x+ 2ak) + f(x− 2ak)− 2f(x)]∫ ak

ak−1

sin(2n+ 1)tsin t

dt

∣∣∣∣∣<ε

4+

m∑k=1

∣∣∣∣∣[f(x+ 2ak) + f(x− 2ak)− 2f(x)]∫ ak

ak−1

sin(2n+ 1)tsin t

dt

∣∣∣∣∣ .Funkcje [−π, π] 3 x 7→ [f(x + 2ak) + f(x − 2ak) − 2f(x)] ∈ R, jako ciągłe naprzedziale domkniętym są ograniczona, a ponieważ, wobec twierdzenia Riemanna11.2.1, lim

n→∞

∫ akak−1

sin(2n+1)tsin t dt = 0, więc istnieje N ∈ N, że dla n > N oraz


x ∈ [−π, π], zachodzi

m∑k=1

∣∣∣∣∣[f(x+ 2ak) + f(x− 2ak)− 2f(x)]∫ ak

ak−1

sin(2n+ 1)tsin t

dt

∣∣∣∣∣ < ε

4.

W konsekwencji dla każdego x ∈ [−π, π] oraz n > N ,∣∣∣∣∣∫ π/2

δ[f(x+ 2t) + f(x− 2t)− 2f(x)]

sin(2n+ 1)tsin t

dt

∣∣∣∣∣ < ε

4+ε

4=ε

2.

Reasumując, z (11.45), (11.46) i powyższego, mamy

|Sn(x)− f(x)| 6 1π

(|In|+ |Kn|) <ε

2+ε

2= ε dla x ∈ [−π, π] oraz n > N.

To kończy dowód.

ZADANIA

Zadanie 11.3.1. Niech f : R→ R będzie funkcją określoną wzorami f(kπ) = 0 dla k ∈ Zoraz f(x) = −π4 , gdy x ∈ (2kπ − π, 2kπ) i f(x) = π

4 , gdy x ∈ (2kπ, 2kπ + π) dla k ∈ Z.Pokazać, że

f(x) =∞∑n=1

12n− 1

sin ((2n− 1)x) dla x ∈ R.

Zadanie 11.3.2. Udowodnić następujące rozwinięcie Leibniza liczby π4 , (2)

π

4=∞∑n=1

(−1)n+1

2n− 1.

Zadanie 11.3.3. Niech f : R→ R będzie funkcją określoną wzorami f(π+ 2kπ) = 0 dlak ∈ Z oraz f(x) = x− 2kπ, gdy x ∈ (2kπ − π, 2kπ + π) dla k ∈ Z. Pokazać, że

f(x) =∞∑n=1

2(−1)n+1

nsinnx dla x ∈ R.

Zadanie 11.3.4. Niech f : R→ R będzie funkcją określoną wzorami f(π+ 2kπ) = 0 dlak ∈ Z oraz f(x) = |x− 2kπ|, gdy x ∈ (2kπ − π, 2kπ + π) dla k ∈ Z. Pokazać, że

f(x) =π

2− 4π

∞∑n=1

1(2n− 1)2 cos ((2n− 1)x) dla x ∈ R.


π2

8=∞∑n=1

1(2n− 1)2 .

(2)Można pokazać, że π =∑∞

n=0(n!)22n+1

(2n+1)! .


Zadanie 11.3.6. Udowodnić wzór Eulera

π2

6=∞∑n=1

1n2 .

Wsk. Patrz zadanie 11.3.5.

Zadanie 11.3.7. Jeśli funkcja f : R→ R jest okresowa o okresie 2π oraz jest klasy C1,to szereg Fouriera funkcji f jest jednostajnie zbieżny do funkcji f w zbiorze R.

Wsk. Funkcja klasy C1 w przedziale domkniętym spełnia w nim warunek Lipschitza,a więc ma tam wahanie skończone.

Zadanie 11.3.8. Udowodnić, że dla każdego x ∈ [−π, π] oraz t ∈ R \ Z,

π cos tx = 2t sinπt

(1

2t2+∞∑n=1

(−1)n cosnxt2 − n2

).

Zadanie 11.3.9. Udowodnić, że dla każdego t ∈ R \ Z,

π ctgπt− 1t

=∞∑n=1

2tt2 − n2 dla każdego t ∈ R \ Z,

ponadto ∫ x

0

(π ctgπt− 1

t

)dt = ln

∞∏n=1

(1− x2

n2

)dla x ∈ (0, 1).


sinπx = πx

∞∏n=1

(1− x2

n2

)dla x ∈ (−1, 1).

Wsk. Zauważyć, że π∫ (

ctgπt− 1πt

)dt = ln sinπt

πt + C w przedziale (0, 1).


√2 =

∞∏n=1

(4n− 2)2

(4n− 3)(4n− 1).

Wsk. Zastosować zadanie 11.3.11 i wzór Wallisa (zadanie 10.5.5).

Zadanie 11.3.12.* (Dirichlet-Jordan). Niech f : R→ R będzie funkcją ciągłą, okre-sową o okresie 2π. Jeśli w przedziale [a, b] funkcja f jest ciągła i ma wahanie skończone,to w każdym przedziale [c, d] ⊂ (a, b), szereg Fouriera funkcji f jest jednostajnie zbieżnydo funkcji f .

Wsk. Patrz dowód twierdzenia Dirichleta-Jordana 11.3.7, por. trzeci tom książki Fich-tenholza [8], punkt 699.

Rozdział 12

Całki niewłaściwe

Dotychczas rozważaliśmy całkę Riemanna dla funkcji ograniczonych w przedzialedomkniętym. W tym punkcie rozszerzymy to pojęcie na przypadek funkcji nie-ograniczonych określonych w dowolnych przedziałach.

12.1 Określenie całek niewłaściwych

Definicja całki funkcji w przedziale [a, b). Niech f będzie funkcją określonąw przedziale [a, b), gdzie a < b, b ∈ R. Jeśli dla każdego β ∈ (a, b) funkcja f jestcałkowalna w sensie Riemanna w przedziale [a, β] oraz istnieje skończona granica

(12.1) A = limβ→b−

∫ β

af dx,

to liczbę A nazywamy całką niewłaściwą Riemanna funkcji f w przedziale [a, b)lub całką niewłaściwą funkcji f w przedziale [a, b) i oznaczmy

(12.2)∫ b

af dx.

Wtedy mówimy, że całka (12.2) jest zbieżna do A. Jeśli granica (12.1) nie istniejelub jest nieskończona, to mówimy, że całka niewłaściwa funkcji f w przedziale[a, b) nie istnieje lub, że całka jest rozbieżna. Jeśli A = +∞ lub A = −∞, tomówimy, że całka

∫ ba fdx jest rozbieżna do +∞ lub do −∞. Jeśli zbieżna jest

całka∫ ba |f | dx, to mówimy, że całka (12.2) jest bezwzględnie zbieżna. Jeśli całka

(12.2) jest zbieżna lecz nie jest zbieżna bezwzględnie, to mówimy, że całka ta jestwarunkowo zbieżna.

Analogicznie określamy całkę funkcji w przedziale (a, b], którą oznaczamy∫ ba f dx

(1).

(1)Definicja całki funkcji w przedziale (a, b]. Niech f będzie funkcją określoną w przedziale

(a, b], gdzie a < b, a ∈ R. Jeśli dla każdego α ∈ (a, b) funkcja f jest całkowalna w sensie Riemannaw przedziale [α, b] oraz istnieje skończona granica

(12.3) B = limα→a+

∫ b

α

f dx,

to liczbę B nazywamy całką niewłaściwą Riemanna funkcji f w przedziale (a, b] lub całką nie-właściwą funkcji f w przedziale (a, b] i oznaczmy

(12.4)

∫ b

a

f dx.

351

352 ROZDZIAŁ 12. CAŁKI NIEWŁAŚCIWE

Definicja całki funkcji w przedziale (a, b). Niech f będzie funkcją określonąw przedziale (a, b) gdzie a, b ∈ R, a < b. Jeśli istnieje c ∈ (a, b) takie, że całki∫ ca f dx oraz

∫ bc f dx są zbieżne, to określamy całkę niewłaściwą Riemanna funkcji

f w przedziale (a, b) jako

(12.5)∫ b

af dx =

∫ c

af dx+

∫ b

cf dx,

i mówimy, że całka ta jest zbieżna. Jeśli całka∫ ca f dx lub

∫ bc f dx jest rozbieżna,

to całkę (12.5) nazywamy rozbieżną. Jeśli całka∫ ba |f | dx jest zbieżna, to całkę∫ b

a f dx nazywamy bezwzględnie zbieżną. Jeśli całka∫ ba f dx jest zbieżna lecz nie

jest zbieżna bezwzględnie, to mówimy, że całka ta jest warunkowo zbieżna.

Łatwo sprawdzamy, że zachodzi następująca

Własność 12.1.1. Niech f będzie funkcją określoną w przedziale (a, b). Wówczas:(a) Całka

∫ ba f dx jest zbieżna wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego c ∈ (a, b)

zbieżne są całki∫ ca f dx oraz

∫ bc f dx.

(b) Jeśli całka∫ ba f dx jest zbieżna, to

∫ ba f dx =

∫ ca f dx+

∫ bc f dx dla każdego

c ∈ (a, b).

W przypadku, gdy funkcja f jest ograniczona w przedziale ograniczonym, topojęcie całki niewłaściwej funkcji na tym przedziale pokrywa się z definicją całkiRiemanna. Przedstawimy to w przypadku przedziału postaci [a, b). W pozosta-łych przypadkach (a, b] oraz (a, b), rozumujemy analogicznie.

Twierdzenie 12.1.2. Niech f : [a, b) → R oraz g : [a, b] → R i niech f(x) =g(x) dla x ∈ [a, b). Jeśli f jest funkcją ograniczoną i dla każdego β ∈ (a, b),f ∈ R([a, β]), to g ∈ R([a, b]) oraz całka niewłaściwa

∫ ba f dx jest zbieżna i równa

całce Riemanna funkcji g w przedziale [a, b].

Dowód. Ponieważ f jest funkcją ograniczoną i zbiory wartości funkcji g i fróżnią się co najwyżej jednym punktem, więc funkcja g jest ograniczona. Niechwięc M ∈ R, M > 0 będzie takie, że −M < g(x) < M dla x ∈ [a, b]. Weźmydowolne ε > 0 i niech β ∈ (a, b) będzie takie, że

2M(b− β) <ε

2.

Wtedy mówimy, że całka (12.4) jest zbieżna do B. Jeśli granica (12.3) nie istnieje lub jestnieskończona, to mówimy, że całka niewłaściwa funkcja f w przedziale (a, b] nie istnieje lub, żecałka jest rozbieżna. Jeśli zbieżna jest całka

∫ ba|f | dx, to mówimy, że całka (12.4) jest bezwzględnie

zbieżna. Jeśli całka (12.4) jest zbieżna lecz nie jest zbieżna bezwzględnie, to mówimy, że całkata jest warunkowo zbieżna.

12.1. OKREŚLENIE CAŁEK NIEWŁAŚCIWYCH 353

Ponieważ f ∈ R([a, β]), to (z twierdzenia 10.2.2) istnieje podział P1 = (x0, ..., xn)przedziału [a, β] taki, że

U(P1, f)− L(P1, f) <ε

2.

Połóżmy P2 = (x0, .., xn, b). Wtedy P2 jest podziałem przedziału [a, b] oraz

U(P2, g)− L(P2, g) = U(P1, f)− L(P1, f)

+ sup g([β, b])(b− β)− inf g([β, b])(b− β)

<ε

2+ 2M(b− β) <

ε

2+ε

2= ε.

To daje, że g ∈ R([a, b]). Zatem zgodnie z twierdzeniem 10.6.1, górna granicacałkowania G(β) =

∫ βa g dx, β ∈ [a, b] jest funkcją ciągłą. Z założenia f(x) = g(x)

dla x ∈ [a, b), więc

limβ→b−

∫ β

af dx = lim

β→b−

∫ β

ag dx = lim

β→b−G(β) = G(b) =

∫ b

ag dx.

To daje, że całka∫ ba f dx jest zbieżna do

∫ ba g dx.

W świetle twierdzenia 12.1.2, całka niewłaściwa jest istotnym rozszerzeniempojęcie całki Riemanna tylko w przypadku funkcji nieograniczonych. Prowadzi todo pojęcia punktu osobliwego dla całki niewłaściwej.

Definicja punktu osobliwego. Niech f będzie funkcją określoną w sąsiedz-twie D punktu x0 (ewentualnie sąsiedztwie lewostronnym lub prawostronnym).Punkt x0 nazywamy punktem osobliwym funkcji f , gdy dla każdego sąsiedztwaD1 punktu x0, funkcja f nie jest ograniczona w D ∩D1.Definicja całki niewłaściwej funkcji o skończonej ilości punktów osobli-wych. Niech a, b ∈ R, a < b i niech Z = x1, ..., xn, gdzie a < x1 < ... < xn < b,będzie podzbiorem przedziału P o końcach a, b. Niech f będzie funkcją określonąw P \ Z. Jeśli wszystkie całki∫ x1

af dx,

∫ b

xnf dx oraz

∫ xi

xi−1f dx dla i = 2, ..., n

są zbieżne (2), to sumę wartości tych całek nazywamy całką niewłaściwą Rieman-na funkcji f w przedziale [a, b] i oznaczamy

∫ ba f dx.

Z własności całki Riemanna i własności granicy dostajemy natychmiast pod-stawowe własności całek niewłaściwych. Przedstawimy je w przypadku całek naprzedziale [a, b). Analogiczne własności zachodzą dla całek na przedziałach (a, b]oraz (a, b) (patrz zadanie 12.1.1 i własność 12.1.1).

(2)to znaczy zbiór punktów osobliwych funkcji f zawiera się w Z ∪ a, b, przy czym f ∈R([α, β]) dla każdego przedziału [α, β] takiego, że [α, β] ⊂ (xi−1, xi), gdzie i = 1, ..., n oraz[α, β] ⊂ (a, x1) oraz [α, β] ⊂ (xn, b).


Twierdzenie 12.1.3. Niech f, g : [a, b) → R oraz niech całki∫ ba f dx,

∫ ba g dx

będą zbieżne. Wówczas:(a) Dla każdego β ∈ R, a < β < b, całka

∫ bβ f dx jest zbieżna i

∫ b

af dx =

∫ β

af dx+

∫ b

βf dx, ponadto lim

β→b−

∫ b

βf dx = 0.

(b) Dla każdego c ∈ R zbieżna jest całka∫ ba cf dx oraz

∫ b

acf dx = c

∫ b

af dx.

(c) Całki∫ ba [f + g] dx i

∫ ba [f − g] dx są zbieżne i

∫ b

a[f + g] dx =

∫ b

af dx+

∫ b

ag dx,

∫ b

a[f − g] dx =

∫ b

af dx−

∫ b

ag dx.

ZADANIA

Zadanie 12.1.1. Niech f, g : (a, b]→ R i niech całki∫ baf dx,

∫ bag dx będą zbieżne.

1. Dla każdego α ∈ R, a < α < b, całka∫ αaf dx jest zbieżna i

∫ baf dx =

∫ αaf dx +∫ b

αf dx, ponadto lim

α→a+

∫ αaf dx = 0.

2. Dla każdego c ∈ R zbieżna jest całka∫ bacf dx oraz

∫ bacf dx = c

∫ baf dx.

3. Całka∫ ba

[f + g] dx jest zbieżna i∫ ba

[f + g] dx =∫ baf dx+

∫ bag dx.

Zadanie 12.1.2. Udowodnić, że∫ +∞

0sin xx dx = π

2 .

Wsk. Pokazać, że całka∫ +∞

0sin xx dx jest zbieżna i zastosować lemat 11.2.2.

Zadanie 12.1.3. Udowodnić, że dla każdego n ∈ N, n > 1, zachodzi∫ +∞

0

dx

(1 + x2)n=

1 · 3 · · · (2n− 3)2 · 4 · · · (2n− 2)

· π2.

Wsk. Zastosować twierdzenie 8.4.9.

12.2 Dalsze własności całek niewłaściwych

Przedstawimy teraz podstawowe własności całek niewłaściwych w przedziale [a, b).Zachodzą analogiczne własności dla całek w przedziałach (a, b] oraz (a, b) (patrzzadania 12.2.1–12.2.5). Zacznijmy od dwóch lematów.

12.2. DALSZE WŁASNOŚCI CAŁEK NIEWŁAŚCIWYCH 355

Lemat 12.2.1. Niech f : [a, b) → R będzie funkcją taką, że f ∈ R([a, β]) dlakażdego β ∈ (a, b). Wówczas całka

∫ ba f dx jest zbieżna wtedy i tylko wtedy, gdy

dla każdego ciągu (βn)∞n=0 takiego, że a = β0 < β1 < . . . oraz limn→∞

βn = b, zbieżnyjest szereg

(12.6)∞∑n=1

∫ βn

βn−1f dx.

Dowód. Oznaczmy F (β) =∫ βa f dx dla β ∈ [a, b).

Załóżmy, że całka∫ ba f dx jest zbieżna. Weźmy dowolny ciąg (βn)∞n=0 taki, że

a = β0 < β1 < ... i limn→∞

βn = b. Wówczas F (βn) =∑ni=1

∫ βiβi−1

f dx dla n ∈ N.

Wobec zbieżności całki∫ ba f dx, mamy

limn→∞

n∑i=1

∫ βi

βi−1f dx = lim

n→∞F (βn) =

∫ b

af dx ∈ R,

co daje zbieżność szeregu (12.6).Załóżmy, że dla dowolnego ciągu (βn)∞n=0, gdzie a = β0 < β1 < . . . oraz

limn→∞

βn = b, zbieżny jest szereg (12.6). Wówczas dla dowolnego ciągu (βn)∞n=0,

gdzie a = β0 < β1 < . . . oraz limn→∞

βn = b, mamy F (βn) =∑ni=1

∫ βiβi−1

f dx,

więc istnieje skończona granica limn→∞

F (βn). Z twierdzenia 5.2.3, gdy b ∈ R lub

twierdzenia 5.3.12 gdy b = +∞, istnieje więc skończona granica limβ→+∞

F (β). To

daje zbieżność całki∫ ba f dx i kończy dowód.

Lemat 12.2.2. Niech f : [a, b) → R będzie funkcją taką, że f ∈ R([a, β]) dlakażdego β ∈ (a, b) i niech A ∈ R. Wówczas całka

∫ ba f dx jest zbieżna do A wtedy

i tylko wtedy, gdy dla każdego ciągu (βn)∞n=0 takiego, że a = β0 < β1 < . . . orazlimn→∞

βn = b, zachodzi

(12.7)∞∑n=1

∫ βn

βn−1f dx = A.

Dowód. Oznaczmy F (β) =∫ βa f dx dla β ∈ [a, b).

Jeśli∫ ba f dx = A, to dla dowolnego ciągu (βn)∞n=0, gdzie a = β0 < β1 < . . .

oraz limn→∞

βn = b, mamy limn→∞

∑ni=1

∫ βnβn−1

f dx = limn→∞

F (βn) = A. To daje (12.7).

Weźmy dowolny ciąg (βn)∞n=0, gdzie a = β0 < β1 < . . . oraz limn→∞

βn = b. Jeśli

zachodzi (12.7), to

limn→∞

F (βn) = limn→∞

n∑i=1

∫ βn

βn−1f dx = A,

co, wobec twierdzeń 5.2.3 i 5.3.12, daje∫ ba f dx = A.


Twierdzenie 12.2.3. Niech f, g : [a, b) → R oraz niech f, g ∈ R([a, β]) dlakażdego β ∈ (a, b).

(a) Jeśli całka∫ ba f dx jest bezwzględnie zbieżna, to jest zbieżna oraz∣∣∣∣∣

∫ b

af dx

∣∣∣∣∣ 6∫ b

a|f | dx.

(b) Jeśli |f(x)| 6 g(x) dla x ∈ [a, b) oraz całka∫ ba g dx jest zbieżna, to całka∫ b

a f dx jest zbieżna bezwzględnie oraz∫ b

a|f | dx 6

∫ b

ag dx.

(c) Jeśli 0 6 f(x) 6 g(x) dla x ∈ [a, b) oraz całka∫ ba f dx jest rozbieżna, to

całka∫ ba g dx jest rozbieżna.

Dowód. Ad (a). Weźmy dowolny ciąg (βn)∞n=1 taki, że a = β0 < β1 < ... ilimn→∞

βn = b. Oznaczmy

an =∫ βn

βn−1f dx, bn =

∫ βn

βn−1|f | dx dla n ∈ N.

Wówczas |an| 6 bn dla n ∈ N. Wobec założenia, że całka∫ ba f dx jest bezwzględnie

zbieżna i lematu 12.2.1 mamy, że szereg∑∞n=1 bn jest zbieżny. Zatem z kryterium

porównawczego mamy zbieżność szeregu∑∞n=1 an. To, wraz z lematem 12.2.1 daje

zbieżność całki∫ ba f dx. Ponadto z lematu 12.2.2,∣∣∣∣∣∫ b

af dx

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∞∑n=1

an

∣∣∣∣∣ 6∞∑n=1

|an| 6∞∑n=1

bn =∫ b

a|f | dx.

To daje (a).Część (b) dowodzimy analogicznie jak część (a). Część (c) wynika z części (b),

gdyż z założenia, f(x) = |f(x)| dla x ∈ [a, b).

Twierdzenie 12.2.4. Niech f : [a, b) → R będzie funkcją taką, że f(x) > 0dla x ∈ [a, b) oraz niech f ∈ R([a, β]) dla każdego β ∈ (a, b). Wówczas całka∫ ba f dx jest zbieżna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje M ∈ R takie, że dla każdegoβ ∈ (a, b) zachodzi ∫ β

af dx 6M.

Dowód. Ponieważ f(x) > 0 dla x ∈ [a, b), więc funkcja F (β) =∫ βa f dx,

β ∈ [a, b) jest rosnąca. Zatem granica limβ→b−

F (β) istnieje i jest skończona wtedy

i tylko wtedy, gdy funkcja F jest ograniczona. To daje tezę.


Dla całek niewłaściwych zachodzą twierdzenia o całkowaniu przez podstawie-nie i przez części, zarówno w przedziale (a, b] jak i w [a, b). Podajemy wersje tychtwierdzeń dla całek w przedziale [a, b).

Twierdzenie 12.2.5. (o całkowaniu przez podstawienie dla całek nie-właściwych). Niech ϕ : [α, β) → R będzie ściśle rosnącą funkcją, różniczko-walną taką, że ϕ′ ∈ R([α, ξ]) dla ξ ∈ (α, β) oraz niech ϕ([α, β)) = [a, b), przyczym ϕ(α) = a oraz lim

ξ→β−ϕ(ξ) = b. Niech f : [a, b) → R będzie funkcją ta-

ką, że f ∈ R([a, y]) dla y ∈ (a, b). Jeśli zbieżna jest jedna z całek∫ ba f(t)dt,∫ β

α f(ϕ(x))ϕ′(x) dx, to zbieżna jest i druga oraz

(12.8)∫ b

af(t)dt =

∫ β


Dowód. Z twierdzenia 10.5.6, mamy∫ ϕ(ξ)

af(t)dt =

∫ ξ

αf(ϕ(x))ϕ′(x) dx dla każdego ξ ∈ (α, β),(12.9) ∫ y

af(t)dt =

∫ ϕ−1(y)

αf(ϕ(x))ϕ′(x) dx dla każdego y ∈ (a, b).(12.10)

Przechodząc w (12.9) do granicy przy ξ → β, ze zbieżności całki∫ ba f(t)dt dostaje-

my zbieżność całki∫ βα f(ϕ(x))ϕ′(x) dx oraz (12.8). Ponieważ ϕ jest funkcją ściśle

rosnącą, więc limy→b−

ϕ−1(y) = β. Zatem przechodząc w (12.10) do granicy przy

y → b, ze zbieżności całki∫ βα f(ϕ(x))ϕ′(x) dx dostajemy zbieżność całki

∫ ba f(t)dt

oraz równość (12.8).


Twierdzenie 12.2.6. (o całkowaniu przez części dla całek niewłaści-wych). Niech f, g : [a, b) → R będą funkcjami takimi, że f, g ∈ R([a, t]) dlat ∈ (a, b) oraz niech F,G : [a, b)→ R będą funkcjami określonymi wzorami

F (t) = C1 +∫ t

af dx, G(t) = C2 +

∫ t

ag dx, t ∈ [a, b),

gdzie C1, C1 ∈ R są dowolnymi stałymi. Jeśli granica limt→b−

F (t)G(t) istnieje i

jest skończona oraz zbieżna jest jedna z całek∫ ba fGdx,

∫ ba Fg dx, to zbieżna jest

i druga oraz ∫ b

afGdx = lim

t→b−[F (t)G(t)− F (a)G(a)]−

∫ b

aFg dx.



Wniosek 12.2.7. (o całkowaniu przez części dla całek niewłaściwych).Niech f, g : [a, b)→ R będą funkcjami różniczkowalnymi oraz f ′, g′ ∈ R([a, t]) dlat ∈ (a, b). Jeśli istnieje skończona granica lim

t→b−f(t)g(t) oraz zbieżna jest jedna z

całek∫ ba f′g dx,

∫ ba fg

′ dx to zbieżna jest i druga oraz∫ b

af ′g dx = lim

t→b−[f(t)g(t)− f(a)g(a)]−

∫ b

afg′ dx.


Wniosek 12.2.8. Niech f : [a,+∞)→ R będzie funkcją taką, że całka∫+∞a f dx

jest zbieżna. Jeśli istnieje granica g = limx→+∞

f(x), to g = 0.

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że g 6= 0. Niech najpierw g > 0 i niech q ∈ Rbędzie takie, że 0 < q < g. Wtedy istnieje β0 ∈ R, β0 > a takie, że f(x) > q dlax > β0. Zatem dla każdego β > β0 mamy∫ β

af dx =

∫ β0

af dx+

∫ β

β0f dx >

∫ β0

af dx+ q(β − β0),

więc limβ→+∞

∫ βa f dx = +∞. To przeczy zbieżności całki

∫+∞a f dx i kończy dowód

w tym przypadku. Analogicznie rozważamy przypadek, gdy g < 0.

Twierdzenie 12.2.9. (kryterium całkowe zbieżności szeregów). Niechk ∈ Z oraz niech f : [k,+∞)→ R będzie funkcją monotoniczną. Wówczas

szereg∞∑n=k

f(n) jest zbieżny, wtedy i tylko wtedy, gdy całka∫ ∞kf dx jest zbieżna.

Dowód. Oznaczmy an = f(n) dla n = k, k + 1, . . .. Ponieważ f jest funkcjąmonotoniczną, więc istnieje granica q = lim

x→+∞f(x) i wtedy q = lim

n→∞an. Jeśli

q 6= 0, to wobec wniosku 12.2.8 i warunku koniecznego zbieżności szeregów licz-bowych, zarówno szereg jak i całka są rozbieżne. To daje tezę w tym przypadku.

Niech q = 0. Wówczas z założenia o monotoniczności funkcji f mamy, żef(x) > 0 dla x ∈ [k,+∞) lub f(x) 6 0 dla x ∈ [k,+∞). Rozważymy przypadek,gdy f(x) > 0 dla x ∈ [k,+∞). Wówczas f jest funkcją malejącą. Weźmy funkcjeg, h : [1,+∞)→ R określone wzorami

g(x) = an, h(x) = an+1 dla x ∈ [n, n+ 1), n = k, k + 1, . . . .

Oczywiście g(x), h(x) > 0 dla x ∈ [k,+∞) oraz g, h ∈ R([k, β]) dla każdegoβ > k. Ponieważ f jest funkcją malejącą, to

(12.11) g(x) > f(x) > h(x) dla x ∈ [k,+∞).


Rysunek 12.1: Fragmenty wykresów funkcji f , g i h.

Jeśli szereg∑∞n=k an jest zbieżny, powiedzmy do A ∈ R, to dla każdego β > k

oraz n > β mamy ∫ β

kg dx 6

∫ n

kg dx =

n−1∑i=k

ai 6 A,

a więc z (12.11) mamy∫ βk f dx 6 A. Zatem z twierdzenia 12.2.4 dostajemy zbież-

ność całki∫+∞k f dx.

Jeśli całka∫+∞k f dx jest zbieżna, powiedzmy do B ∈ R, to z (12.11) dla

każdego n ∈ k, k + 1, . . . mamy

n∑i=k

ai+1 =∫ n+1

kh dx 6

∫ n+1

kf dx 6 B.

Zatem szereg∑∞n=k an+1, jako szereg o wyrazach nieujemnych, jest zbieżny. W

konsekwencji szereg∑∞n=k an jest zbieżny. To daje tezę w przypadku, gdy f(x) > 0

dla x ∈ [k,+∞).Jeśli f(x) 6 0 dla x ∈ [k,+∞), to −f(x) > 0 dla x ∈ [k,+∞), więc z

udowodnionego powyżej przypadku dostajemy tezę.

ZADANIA

Zadanie 12.2.1. Niech f : (a, b]→ R oraz f ∈ R([α, b]) dla każdego a < α < b. Wówczascałka

∫ baf dx jest zbieżna wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ciągu (βn)∞n=0 takiego, że

b = β0 > β1 > . . . oraz limn→∞

βn = a, zbieżny jest szereg∑∞n=1

∫ βn−1βn

f dx.

Zadanie 12.2.2. Niech f : (a, b] → R, niech f ∈ R([α, b]) dla każdego a < α β1 > . . . oraz limn→∞

βn = a, szereg∑∞n=1

∫ βn−1βn

f dx

jest zbieżny do A.


Zadanie 12.2.3. Niech f, g : (a, b]→ R oraz niech f, g ∈ R([α, b]) dla każdego a < α < b.

1. Jeśli całka∫ baf dx jest zbieżna bezwzględnie, to jest zbieżna oraz

∣∣∣∫ ba f dx∣∣∣ 6∫ ba|f | dx.

2. Jeśli |f(x)| 6 g(x) dla x ∈ (a, b] oraz całka∫ bag dx jest zbieżna, to całka

∫ baf dx

jest zbieżna bezwzględnie oraz∫ ba|f | dx 6

∫ bag dx.

3. Jeśli 0 6 f(x) 6 g(x) dla x ∈ (a, b] oraz całka∫ baf dx jest rozbieżna, to całka∫ b

ag dx jest rozbieżna.

Zadanie 12.2.4. Niech f : (a, b]→ R będzie funkcją taką, że f(x) > 0 dla x ∈ (a, b] orazniech f ∈ R([α, b]) dla każdego α ∈ (a, b). Wówczas całka

∫ baf dx jest zbieżna wtedy i

tylko wtedy, gdy istnieje M ∈ R takie, że dla każdego α ∈ (a, b) zachodzi∫ bαf dx 6M .

Zadanie 12.2.5. Niech f : (−∞, b] → R i niech całka∫ b−∞ f dx będzie zbieżna. Jeśli

istnieje granica g = limx→−∞

f(x), to g = 0.

Zadanie 12.2.6. Zbadać zbieżność szeregów:

1.∑∞n=2

1n(lnn)α α ∈ R.

2.∑∞n=3

1n lnn(ln lnn)α α ∈ R.

Zadanie 12.2.7.* Niech f : [0,+∞) → [0,+∞) będzie funkcją ciągłą i niech A ∈ Rbędzie liczbą taką, że A = lim

n→∞1n

∑n2

k=1 f(kn

). Sprawdzić, czy

∫ +∞0 f dx = A.

12.3 Przykłady

Przedstawimy pewne przykłady całek niewłaściwych, które odgrywają ważną rolęw zastosowaniach. W rachunku prawdopodobieństwa ważną rolę odgrywa całkaPoissona(3) (12.12) przedstawiona w poniższym twierdzeniu.

Twierdzenie 12.3.1. (całka Poissona). Całka∫+∞0 e−x

2dx jest zbieżna oraz

(12.12)∫ +∞0

e−x2dx =

√π

2.

Dowód. Zanim wykażemy (12.12), rozważmy całki niewłaściwe

In =∫ +∞0

xne−x2dx, n = 0, 1, ...

(3)Simeon Denis Poisson (1781-1840) – francuski mechanik teoretyk, fizyk i matematyk.

12.3. PRZYKŁADY 361

Wszystkie powyższe całki są zbieżne(4). Zauważmy, że

(12.13) 2In = (n− 1)In−2 dla n > 2.

Przyjmując f(x) = xn−1, g(x) = e−x2, mamy f ′(x) = (n − 1)xn−2, g′(x) =

−2xe−x2

dla x ∈ R, więc stosując twierdzenie o całkowaniu przez części (wniosek10.6.5) dla każdego β > 0 mamy

(n− 1)∫ β

0xn−2e−x

2dx = βn−1e−β

2+ 2

∫ β

0xne−x

2dx,

przechodząc więc do granicy przy β → +∞ dostajemy (12.13). Ponieważ −12e−x2

jest (w R) funkcją pierwotną funkcji xe−x2, więc

I1 = limβ→+∞

∫ β

0xe−x

2dx = lim

β→+∞

(−1

2e−β

2+

12

)=

12.

Stąd i z (12.13), indukcyjnie dostajemy,

(12.14) 2nI2n = 1 · 3 · · · (2n− 1) · I0 oraz 2I2n+1 = n! dla n ∈ N.

Z (12.14) łatwo wynika, że

(12.15) 2In−1In+1 6 nI2n−1.

Ponieważ dla każdego t ∈ R mamy,

In+1 + 2tIn + t2In−1 =∫ +∞0

xn−1(x+ t)2e−x2dx

oraz całka po prawej stronie jest zbieżna do pewnej liczby dodatniej, więc

4I2n − 4In−1In+1 < 0.

(4)Rzeczywiście, weźmy dowolne n ∈ Z, n > 0. Dla x > 2 mamy x2 − x > x, więc

(#) 0 <xne−x

2

e−x=

xn

ex2−x6xn

ex.

Stosując regułę de l’Hospitala, indukcyjnie pokazujemy, że limx→+∞

xn

ex= 0. Zatem istnieje R > 2,

że dla każdego x > R zachodzi xn

ex6 1 i wobec (#),

(∗) 0 < xne−x26 e−x dla x > R.

Ponieważ −e−x jest w R funkcją pierwotną funkcji e−x, więc stosując podstawowe twierdzenierachunku całkowego 10.5.3 mamy lim

β→+∞

∫ βRe−x dx = e−R. To daje zbieżność całki

∫ +∞R

e−x dx

oraz wobec (∗) i twierdzenia 12.2.3(b), zbieżność całki∫ +∞R

xne−x2dx. Ponieważ funkcja xne−x

2

jest ciągła, więc istnieje całka Riemanna∫ R0xne−x

2dx. W konsekwencji całka

∫ +∞0

xne−x2 dxjest zbieżna.


Stąd mamyI2n < In−1In+1 i dalej z (12.15), 2I2n < nI2n−1.

To, wraz z (12.14) daje

(n!)2

4n+ 2=

22n+ 1

I22n+1 < I22n < I2n−1I2n+1 =(n!)2

4n.

Stąd, mnożąc przez 4n i ponownie stosując (12.14) mamy

4n(n!)2

4n+ 2< [1 · 3 · · · (2n− 1)]2I20 < 4n

(n!)2

4n,

a więc

1n

(2 · 4 · · · (2n)

1 · 3 · · · (2n− 1)

)2 n

4n+ 2< I20 <

1n

(2 · 4 · · · (2n)

1 · 3 · · · (2n− 1)

)2 14.

Uwzględniając teraz wzór Wallisa (10.35), z twierdzenia o trzech ciągach dosta-jemy I20 = π

4 , a ponieważ I0 > 0, więc mamy (12.12).

Jedną z najważniejszych funkcji w analizie jest funkcja Γ Eulera.

Definicja funkcji Γ Eulera. Funkcję Γ : (0,+∞)→ R określoną wzorem

(12.16) Γ(a) =∫ +∞0

xa−1e−x dx, a ∈ (0,+∞)

nazywamy funkcją gamma Eulera.

Twierdzenie 12.3.2. Funkcja Γ jest poprawnie określona. Ponadto

(12.17) Γ(a+ 1) = aΓ(a) dla a ∈ (0,+∞) oraz Γ(12) =√π.

W szczególności

(12.18) Γ(n) = (n− 1)! dla n ∈ N.

Dowód. Pokażemy, że funkcja Γ jest poprawnie określona, to znaczy, że dlakażdego a > 0, całka

∫+∞0 xa−1e−x dx jest zbieżna. W tym celu wystarczy pokazać

zbieżność dwóch całek

(12.19)∫ 10xa−1e−x dx oraz

∫ +∞1

xa−1e−x dx.

Dla x > 0 mamy 0 < e−x < 1, więc 0 < xa−1e−x < xa−1. Ponieważ a > 0, więcłatwo sprawdzamy, że całka

∫ 10 x

a−1 dx jest zbieżna. W konsekwencji pierwszacałka w (12.19) jest zbieżna. Z drugiej strony mamy lim

x→+∞x2xa−1e−x = 0, więc

12.3. PRZYKŁADY 363

funkcja x2xa−1e−x jest w przedziale [1,+∞) ograniczona, czyli istnieje R > 0takie, że 0 < xa−1e−x 6 R

x2 dla x > 1. Ponieważ całka∫+∞1

Rx2 dx jest zbieżna,

więc mamy zbieżność drugiej całki w (12.19).Dla a > 0, stosując twierdzenie o całkowaniu przez części, dostajemy

Γ(a+ 1) =∫ +∞0

xae−x dx = limβ→+∞

(−βae−β) + a

∫ +∞0

xa−1e−x dx = aΓ(a).

Stąd dostajemy pierwszą część (12.17). Druga część (12.17) dostajemy z całkiPoissona (12.12), przez podstawienia ϕ(x) =

√x, x ∈ [0,+∞]. Istotnie, ϕ jest

funkcją ściśle rosnącą,

12√xe−x = e−ϕ

2(x)ϕ′(x) dla x ∈ [0,+∞), ϕ(0) = 0 oraz limβ→+∞

ϕ(β) = +∞,

więc wobec (12.12),

12

Γ(12) =∫ +∞0

12√xe−x dx =

∫ +∞0

e−t2dt =

√π

2.

To daje drugą część (12.17).Pokażemy teraz (12.18). Dla n = 1 sprawdzamy łatwo, że Γ(1) =

∫+∞0 e−x dx =

1 = 0!. Dla n > 1 stosując powyższe i pierwszą część (12.17), łatwo indukcyjniedostajemy (12.18). To kończy dowód.

ZADANIA

Zadanie 12.3.1. Pokazać, że funkcja f : (0,+∞)→ R określona wzorem f(x) = ln Γ(x)dla x ∈ (0,+∞) jest wypukła.

Wsk. Zastosować nierówność Holdera (zadanie 10.5.8).

Zadanie 12.3.2. Pokazać, że jeśli funkcja f : (0,+∞)→ R przyjmuje wartości dodatnieoraz spełnia warunki:

(i) f(1) = 1,(ii) f(x+ 1) = xf(x) dla x ∈ (0,+∞),(iii) funkcja (0,+∞) 3 x 7→ ln f(x) ∈ R jest wypukła,

to f(x) = Γ(x) dla x ∈ (0,+∞).Wsk. Pokazać, że warunki (i), (ii) oraz (iii) jednoznacznie określają funkcję f . W tym

celu zauważyć, że ln f(x + n + 1) = ln f(x) + ln[x(x + 1) · · · (x + n)] orazx lnn 6 ln f(x + n + 1) − ln f(n + 1) 6 x ln(n + 1) dla x > 0 oraz n ∈ N. Wywnio-

skować stąd, że 0 6 ln f(x)− ln[

n!nx

x(x+1)···(x+n)

]6 x ln

(1 + 1

n

)dla x > 0 oraz n ∈ N.


Γ(x) =2x−1√x

Γ(x

2

)Γ(x+ 1

2

)dla x ∈ (0,+∞).

Wsk. Zastosować twierdzenie 12.3.2 i zadanie 12.3.2.



Γ(x) = limn→∞

n!nx

x(x+ 1) · · · (x+ n)dla x ∈ (0,+∞).

Zadanie 12.3.5. W analizie matematycznej rozważa się również funkcję beta EuleraB : (0,+∞)× (0,+∞)→ R, którą definiujemy następująco:

B(x, y) =

1∫0

tx−1(1− t)y−1 dt, dla x, y > 0.

Udowodnić, że

1. B(x, y) = B(y, x) dla x, y > 0 oraz B(1, 1) = 1,

2. B(x, y) > 0 dla x, y > 0,

3. B(1, y) = 1y dla y > 0,

4. Dla każdego y > 0, funkcja (0,+∞) 3 x 7→ ln B(x, y) ∈ R jest wypukła,

5. B(x+ 1, y) =∫ 1

0

(t

1−t

)x(1− t)x+y−1 td dla x, y > 0,

6. B(x+ 1, y) = xx+yB(x, y) dla x, y > 0,

7. B(x, y) = Γ(x)Γ(y)Γ(x+y) dla x, y > 0,

8.∫ π/2

0 sinn x cosm x dx = 12B(n+ 1

2 ,m+ 12 ) dla n, m ∈ N,

9. B(x, y) =∫ 1

0tx−1+ty−1

(1+t)x+y dt dla x, y > 0,

10. B(x, y) =∫ +∞

0tx−1

(1+t)x+y dt dla x, y > 0.

Wsk. W punkcie 4. zastosować nierówność Holdera (zadanie 10.5.8). W punkcie 7.zastosować zadanie 12.3.2. W punkcie 8. zastosować twierdzenie o całkowaniu przez pod-stawienie, przyjmując ϕ(x) = sin2 x, x ∈ [0, π/2].

Dodatek A

Liczby zespolone

W tym rozdziale wprowadzimy pojęcia liczb zespolonych i ciała liczb zespolonych.Udowodnimy zasadnicze twierdzenie algebry (twierdzenie A.3.8) mówiące o tym,że każdy wielomian zespolony stopnia dodatniego ma pierwiastek(1). Wykorzy-stując ten fakt udowodnimy, że każdy wielomian rzeczywisty dodatniego stopniajest iloczynem wielomianów rzeczywistych stopni 1 i 2 (patrz wniosek A.3.9).

A.1 Informacje o liczbach zespolonych

Określmy w zbiorze R2 działania dodawania ”+” i mnożenia ”·”, wzorami

(a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d), (a, b) · (c, d) = (ac− bd, ad+ bc).

Mamy następującą własność, której dowód pozostawimy czytelnikowi.

Własność A.1.1. R2 wraz z wprowadzonymi powyżej działaniami ”+”, ”·” jestciałem(2), gdzie zerem jest (0, 0), zaś jedynką (1, 0).

Definicja ciała liczb zespolonych. Ciało określone we własności A.1.1 na-zywamy ciałem liczb zespolonych i oznaczamy przez C. Ciało C nazywamy rów-nież płaszczyzną zespoloną. Elementy ciała C nazywamy liczbami zespolonymi lubpunktami płaszczyzny zespolonej. Jeśli z = (x, y) jest liczbą zespoloną, to piszemyz ∈ C. Dla liczb z1, z2 ∈ C, zamiast pisać z1 · z2, będziemy pisać z1z2. Elementodwrotny do liczby zespolonej z, z 6= (0, 0), to znaczy taki element w ∈ C, żezw = (1, 0), oznaczamy przez 1z lub z−1.

Z określenia działań ”+” i ”·” dostajemy natychmiast

Własność A.1.2. Odwzorowanie ν : R 3 x 7→ (x, 0) ∈ C jest różnowartościoweoraz spełnia własności (3):

(a) ν(0) = (0, 0), ν(1) = (1, 0),(b) ν(ab) = ν(a)ν(b), ν(a+ b) = ν(a) + ν(b) dla dowolnych a, b ∈ R.

W myśl własności A.1.2, liczby zespolone postaci z = (x, 0) będziemy utożsa-miać z liczbami rzeczywistymi x. W szczególności (1, 0) utożsamiamy z 1.(1)Ciało K (to znaczy zbiór K wraz z działaniami dodawania ”+” i mnożenia ”·”, spełniający

aksjomaty ciała) takie, że każdy wielomian dodatniego stopnia o współczynnikach w K maw K pierwiastek, nazywamy ciałem algebraicznie domkniętym. Pokażemy więc, że ciało liczbzespolonych jest algebraicznie domknięte.(2)to znaczy spełnia aksjomaty ciała.(3)odwzorowanie różnowartościowe ciała R w ciało C spełniające warunki (a) i (b) własności

A.1.2, nazywamy zanurzeniem ciała R w ciało C.

365

366 DODATEK A. LICZBY ZESPOLONE

Definicja jednostki urojonej. Liczbę zespoloną i = (0, 1) nazywamy jednostkąurojoną.

Własność A.1.3. Każdą liczbę zespoloną z = (x, y) można jednoznacznie przed-stawić w postaci z = x+ iy.

Dowód. Istotnie, z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (0, 1) · (y, 0) = x+ iy.Przedstawienie to jest jednoznaczne, gdyż jeśli z = x + iy = x′ + iy′, to w myślprzyjętej konwencji, z = (x, y) oraz z = (x′, y′). Zatem x = x′, y = y′.

Definicja potęgi o wykładniku całkowitym. Niech z ∈ C oraz m ∈ Z. Po-tęgą o podstawie z i wykładniku całkowitym m nazywamy liczbę zm określonąnastępująco: z0 = 1, gdy z 6= 0, z1 = z, zm+1 = zmz, gdy m > 0 oraz zm = 1

z−m ,gdy m < 0 i z 6= 0.

W dziedzinie zespolonej potęga o wykładniku całkowitym ma analogicznewłasności jak we własności 2.2.2, oprócz xa > 0 dla x > 0, bowiem w C niewprowadzamy relacji mniejszości.

Wprost z określenia działania mnożenia w C mamy

Własność A.1.4. i2 = −1.

Definicja . Niech liczba zespolona z ∈ C będzie postaci z = x+iy, gdzie x, y ∈ R.Wtedy liczbę rzeczywistą x nazywamy częścią rzeczywistą liczby zespolonej z ioznaczamy Re z. Liczbę y nazywamy częścią urojoną liczby z i oznaczamy Im z.Liczbę rzeczywistą

√x2 + y2 nazywamy modułem liczby z i oznaczamy |z|. Liczbę

zespoloną x− iy nazywamy sprzężeniem liczby z i oznaczamy z.Mamy następujące własności, których dowody pozostawiamy czytelnikowi.

Własność A.1.5. Dla dowolnych liczb zespolonych z, z1, z2 mamy(a) Re(z1 + z2) = Re z1 + Re z2, Im(z1 + z2) = Im z1 + Im z2,(b) z + z = 2 Re z, z − z = 2i Im z.

Własność A.1.6. Dla dowolnych liczb zespolonych z, z1, z2 mamy(a) z = z, |z|2 = zz oraz z−1 = z

|z|2 , gdy z 6= 0,

(b) (z1z2) = z1z2, (z1 + z2) = z1 + z2 oraz(z1z2

)= z1

z2, gdy z2 6= 0.

Własność A.1.7. Dla dowolnych liczb zespolonych z, z1, z2 mamy(a) |Re z| ¬ |z|, | Im z| ¬ |z|, |z| ¬ |Re z|+ | Im z|,(b) |z1z2| = |z1||z2| oraz

∣∣∣ z1z2 ∣∣∣ = |z1||z2| , gdy z2 6= 0,

(c) |z1 + z2| ¬ |z1|+ |z2|, ||z1| − |z2|| ¬ |z1 − z2|.

Definicja wartości argumentu liczby zespolonej. Niech z ∈ C, z 6= 0 oraz

arg z = ϕ ∈ R : Re z = |z| cosϕ, Im z = |z| sinϕ.

Każdy element zbioru arg z nazywamy wartością argumentu liczby z.

A.1. INFORMACJE O LICZBACH ZESPOLONYCH 367

Dla liczby z ∈ C, z 6= 0, mamy(Re z|z|

)2+(Im z|z|

)2= 1, więc z wniosku 5.9.4 i

definicji zbioru arg z, dostajemy

Własność A.1.8. Niech z ∈ C, z 6= 0. Wówczas zbiór arg z ∩ (−π, π] jest jedno-elementowy. Ponadto, jeśli ϕ ∈ arg z, to arg z = ϕ+ 2kπ : k ∈ Z.

W świetle własności A.1.8, każde dwie wartości argumentu liczby zespolonejz 6= 0, różnią się o całkowitą wielokrotność 2π.

Definicja argumentu głównego liczby zespolonej. Niech z ∈ C, z 6= 0.Jedyny element zbioru arg z ∩ (−π, π] nazywamy argumentem głównym liczby zi oznaczamy Arg z.

Definicja postaci trygonometrycznej liczby zespolonej. Niech z ∈ C,z 6= 0. Przedstawienie

z = |z|(cosϕ+ i sinϕ),

gdzie ϕ ∈ arg z, nazywamy postacią trygonometryczną liczby z.

Rysunek A.1: Na płaszczyźnie 0xy zaznaczono liczbę z = x + iy. |z| jest długo-ścią odcinka o końcach 0 oraz z, ϕ ∈ arg z jest miarą łukową kąta o ramieniupoczątkowym 0x i ramieniu końcowym 0z.

Wprost z definicji dostajemy, że każdą liczbę z ∈ C, z 6= 0 można przedstawićw postaci trygonometrycznej. Łatwo też sprawdzamy, że zachodzi

Własność A.1.9. Dla z1 = |z1|(cosϕ1 + i sinϕ1), z2 = |z2|(cosϕ2 + i sinϕ2),

(a) z1z2 = |z1||z2|[cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2)],

(b) z1z2

= |z1||z2| [cos(ϕ1 − ϕ2) + i sin(ϕ1 − ϕ2)], gdy z2 6= 0,

(c) zn1 = |z1|n[cos(nϕ1) + i sin(nϕ1)] dla n ∈ Z oraz z1 6= 0, gdy n < 0.

ZADANIA

Zadanie A.1.1. Udowodnić własności A.1.1, A.1.5, A.1.6, A.1.7, A.1.9.


A.2 Ciągłość w dziedzinie zespolonej

W C wprowadzamy metrykę analogicznie jak w paragrafie 10.8.

Definicja . Dla z, w ∈ C, liczbę |z−w| nazywamy odległością euklidesową punk-tów z i w. Funkcję % : C × C 3 (z, w) 7→ |z − w| → R nazywamy metrykąeuklidesową w C.

Z uwagi 10.8.1 wynika, że % jest metryką. Możemy teraz wprowadzić pojęciagranicy ciągu, granicy funkcji oraz ciągłości funkcji.

Definicja granicy ciągu. Niech (an)n∈N będzie nieskończonym ciągiem liczbzespolonych oraz g ∈ C. Mówimy, że liczba g jest granicą tego ciągu, gdy dlakażdego ε > 0 istnieje N ∈ R takie, że dla każdego n ∈ N spełniającego warunekn > N zachodzi |an − g| < ε. Fakt ten zapisujemy lim

n→∞an = g (4). Ciąg (an)n∈N

nazywamy zbieżnym do g, gdy ma granicę równą g. Ciąg nazywamy zbieżnym,gdy ma granicę, w przeciwnym przypadku ciąg nazywamy rozbieżnym.

Wprost z definicji granicy ciągu, dostajemy

Własność A.2.1. Niech (an)n∈N będzie nieskończonym ciągiem liczb zespolonychoraz g ∈ C. Wówczas g = lim

n→∞an wtedy i tylko wtedy, gdy Re g = lim

n→∞Re an oraz

Im g = limn→∞

Im an.

Dalej rozważamy funkcje określone w całym zbiorze C. W związku z tympojęcia granicy i ciągłości funkcji wprowadzimy tylko dla funkcji f : C→ C.

Definicja granicy funkcji w punkcie. Niech f : C → C i niech z0 ∈ C.Mówimy, że liczba a ∈ C jest granicą funkcji f w punkcie z0, gdy dla każdejliczby ε > 0 istnieje liczba δ > 0, że dla każdego z ∈ C takiego, że 0 < |z−z0| < δzachodzi |f(z)− a| < ε. Wtedy piszemy lim

z→z0f(z) = a (5).

Definicja funkcji ciągłej. Niech f : C → C oraz niech z0 ∈ C. Mówimy, żefunkcja f jest ciągła w punkcie z0, gdy dla każdego ε > 0 istnieje δ > 0, że dlakażdego z ∈ C takiego, że |z − z0| < δ zachodzi |f(z) − f(z0)| < ε. Mówimy, żefunkcja f jest ciągła, gdy jest ciągła w każdym punkcie zbioru C.

Powtarzając dowody twierdzenia 5.1.2, wniosku 5.1.7 i twierdzeń 5.4.2, 5.4.3kolejno dostajemy następujące cztery twierdzenia.

Twierdzenie A.2.2. Niech f : C→ C, niech z0 ∈ C oraz niech a ∈ C. Wówczaslimz→z0

f(z) = a wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ciągu (zn)n∈N ⊂ C takiego, że

zn 6= z0 dla n ∈ N oraz limn→∞

zn = z0, zachodzi limn→∞

f(zn) = a.

(4)inaczej limn→∞

an = g ⇔ ∀ε>0 ∃N∈R ∀n∈N, n>N |an − g| < ε.(5)inaczej lim

z→z0f(z) = a ⇔ ∀ε>0 ∃δ>0 ∀z∈C (0 < |z − z0| < δ ⇒ |f(z)− a| < ε).

A.3. ZASADNICZE TWIERDZENIE ALGEBRY 369

Twierdzenie A.2.3. Niech f, g : C → C, niech z0 ∈ C oraz a, b ∈ C. Niechlimz→z0

f(z) = a, limz→z0

g(z) = b. Wówczas:

(a) limz→z0

(f(z) + g(z)) = a+ b, limz→z0

(f(z)− g(z)) = a− b.

(b) limz→z0

(f(z)g(z)) = ab oraz limz→z0

f(z)g(z) = a

b , gdy b 6= 0 i g(z) 6= 0 dla

z ∈ C \ z0.

Twierdzenie A.2.4. Niech f : C → C oraz z0 ∈ C. Wówczas funkcja f jestciągła w punkcie z0 wtedy i tylko wtedy, gdy lim

z→z0f(z) = f(z0).

Twierdzenie A.2.5. Niech f : C → C oraz z0 ∈ C. Wówczas funkcja f jestciągła w punkcie x0 wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ciągu (zn)∞n=1 ⊂ Ctakiego, że lim

n→∞zn = z0, zachodzi lim

n→∞f(zn) = f(z0).

Z twierdzeń A.2.4 i A.2.3, dostajemy

Wniosek A.2.6. Niech f, g : C→ C. Jeśli f i g są funkcjami ciągłymi, to f +g,f − g, fg oraz f

g przy założeniu g(z) 6= 0 dla z ∈ C, są funkcjami ciągłymi.

Powtarzając dowód wniosku 5.4.7, dostajemy

Twierdzenie A.2.7. Niech f = g h : C → C, gdzie h : C → C, g : C → C.Jeśli h i g są funkcjami ciągłymi, to f jest funkcją ciągłą.

A.3 Zasadnicze twierdzenie algebry

Definicja zespolonej funkcji wielomianowej. Niech a0, ..., an ∈ C, n ∈ Z,n > 0. Zespoloną funkcją wielomianową lub wielomianem zespolonym nazywamyfunkcję f : C→ C, postaci

(A.1) f(z) = a0 + a1z + · · ·+ anzn, z ∈ C.

Przyjmujemy tutaj 00 = 1. Liczby a0, ..., an nazywamy współczynnikami wielo-mianu f . Liczbę a0 nazywamy wyrazem wolnym wielomianu f .

Jeśli nie wszystkie współczynniki a0, ..., an są równe zeru, to największą liczbęk taką, że ak 6= 0 nazywamy stopniem wielomianu f i oznaczamy deg f . Jeślia0 = ... = an = 0, to przyjmujemy deg f = −∞.

Jeśli istnieje c ∈ R takie, że f(z) = c dla z ∈ C, to wielomian f nazywamystałym. Wielomian f(z) = 0 dla z ∈ R nazywamy wielomianem zerowym, wprzeciwnym przypadku wielomian nazywamy niezerowym.

Zbiór wszystkich zespolonych wielomianów zmiennej z oznaczamy C[z].

Z wniosku A.2.6 dostajemy natychmiast


Wniosek A.3.1. Każdy wielomian zespolony f : C→ C jest funkcją ciągłą.

Przedstawimy trzy własności i dwa twierdzenia dotyczące wielomianów zespo-lonych. Dowody ich pomijamy, gdyż są analogiczne jak w dziedzinie rzeczywistej.

Własność A.3.2. Jeśli f i g są wielomianami zespolonymi, to f + g oraz fg sąwielomianami zespolonymi.

Własność A.3.3. Jeśli dwa wielomiany zespolone są równe, to mają współczyn-niki przy odpowiednich potęgach równe.

Z własności A.3.3 dostajemy, że pojęcie stopnia wielomianu zespolonego jestpoprawnie określone.

Własność A.3.4. Jeśli f , g są wielomianami zespolonymi, to

deg(fg) = deg f + deg g, deg(f + g) 6 maxdeg f, deg g,

gdzie przyjmujemy maxa,−∞ = max−∞, a = a, dla a ∈ R ∪ −∞.

Twierdzenie A.3.5. (o dzieleniu z resztą). Niech f, g ∈ C[z] będą wielomia-nami niezerowymi. Wówczas istnieją i są określone jednoznacznie wielomianyq, r ∈ C[z] takie, że f = qg + r oraz deg r < deg g.

Twierdzenie A.3.6. (Bezout). Niech f ∈ C[z] oraz a ∈ C. Jeśli f(a) = 0, toistnieje wielomian g ∈ C[z] taki, że f(z) = (z − a)g(z) dla z ∈ C.

W dowodzie zasadniczego twierdzenia algebry A.3.8 kluczową rolę odgrywa

Lemat A.3.7. Jeśli f : C→ C jest wielomianem, to istnieje z0 ∈ C takie, że

|f(z0)| = inf|f(z)| : z ∈ C.

Dowód. Niech wielomian f będzie postaci (A.1). Bez straty ogólności możnazałożyć, że n > 0 i an 6= 0. Wówczas dla z ∈ C, mamy

|f(z)| > |an||z|n −(|a0|+ |a1||z|+ · · ·+ |an−1||z|n−1

)Niech m = inf|f(z)| : z ∈ C i niech mr = inf|f(z)| : z ∈ C, |z| = r dla r > 0.Z powyższego dla r > 0, mamy

mr > |an|rn −(|a0|+ |a1|r + · · ·+ |an−1|rn−1

)= rn

(|an| − |a0|r−n − |a1|rn−1 + · · · − |an−1|r−1

)−→r→+∞

+∞.


Zatem istnieje R ∈ R, R > 0 takie, że mr > m+ 1 dla r > R i w konsekwencji

m = inf|f(z)| : z ∈ C, |z| 6 R.

Z definicji kresu dolnego, dla każdego k ∈ N istnieje zk = xk + iyk ∈ C, gdziexk, yk ∈ R, |zk| 6 R takie, że

(A.2) m 6 |f(zk)| 6 m+1k.

Ponieważ |xk| 6 |zk| 6 R oraz |yk| 6 |zk| 6 R dla k ∈ N, więc z twierdzeniaBolzano-Weierstrassa 3.6.4, po ewentualnym wybraniu podciągu, można założyć,że ciągi (xk)∞k=1, (yk)∞k=1 są zbieżne. Niech więc lim

k→∞xk = x0 oraz lim

k→∞yk = y0,

gdzie x0, y0 ∈ R. Kładąc więc z0 = x0 + iy0, z własności A.2.1 dostajemy, żelimk→∞

zk = z0. W myśl wniosku A.3.1, wielomian f jest funkcją ciągłą, a ponieważ

funkcja C 3 z 7→ |z| ∈ C jest ciągła (patrz własność A.1.7(c)), więc stosująctwierdzenie A.2.7 mamy, że |f | jest funkcją ciągłą. Stąd, z (A.2) i twierdzeniaA.2.5 dostajemy m = |f(z0)|. To daje tezę.

Twierdzenie A.3.8. (zasadnicze twierdzenie algebry). Dla każdego wielo-mianu dodatniego stopnia f ∈ C[z] istnieje z0 ∈ C, że f(z0) = 0.

Dowód. Niech wielomian f będzie postaci (A.1), przy czym n > 0 orazan 6= 0. Przypuśćmy przeciwnie, że f(z) 6= 0 dla z ∈ C. Wobec lematu A.3.7,istnieje z0 ∈ C takie, że zachodzi

(A.3) |f(z0)| = inf|f(z)| : z ∈ C.

Ponieważ f(z0) 6= 0, więc możemy określić wielomian g : C→ C, wzorem

g(z) =f(z + z0)f(z0)

, z ∈ C.

Wtedy g(0) = 1 i deg g = n, więc wielomian g ma postać g(z) = 1+b1z+· · ·+bnzn,z ∈ C, przy czym bn 6= 0 i wobec (A.3),

(A.4) |g(z)| > 1 dla z ∈ C.

Ponieważ bn 6= 0, więc istnieje k ∈ 1, . . . , n, że b1 = · · · = bk−1 = 0 oraz bk 6= 0i wtedy

g(z) = 1 + bkzk + · · ·+ bnz

n, z ∈ C.

Niech ϕ = Arg bk. Połóżmy θ = 1k (π − ϕ) oraz ζr = r(cos θ + i sin θ), r > 0.

Wówczas, w myśl własności A.1.9,

bkζkr = |bk|rk (cos(kθ + ϕ) + i sin(kθ + ϕ)) = |bk|rk(cosπ + i sinπ) = −|bk|rk.


Zatem dla r ∈ R takich, że 0 < r < k√

1/|bk|, mamy

|g(ζr)| 6∣∣∣1− |bk| rk∣∣∣+ ∣∣∣bk+1ζk+1r + · · ·+ bnζ

nr

∣∣∣6 1− |bk|rk +

(|bk+1|rk+1 + · · ·+ |bn|rn

)= 1− rk

(|bk| − |bk+1|r + · · · − |bn|rn−k

).

(A.5)

Ponieważ limr→0

(|bk| − |bk+1|r + · · · − |bn|rn−k

)= |bk| > 0, więc istnieje δ > 0, że

dla każdego r ∈ R takiego, że 0 < r < δ, zachodzi |bk|−|bk+1|r+· · ·−|bn|rn−k > 0.Stąd i z (A.5) dostajemy, że |g(ζr)| < 1 dla r ∈ R takich, że 0 < r < δ. To przeczy(A.4) i kończy dowód.

Wniosek A.3.9. Każdy wielomian dodadniego stopnia f ∈ R[x] jest iloczynemskończonej ilości wielomianów stopnia pierwszego oraz wielomianów stopnia 2,które nie mają pierwiastków rzeczywistych.

Dowód. Zastosujemy indukcję względem stopnia wielomianu. Dla wielomia-nu f ∈ R[x] stopnia 1 teza jest oczywista. Niech f ∈ R[x] będzie wielomianempostaci f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anx

n, x ∈ R, gdzie an 6= 0, n > 1. Niech g ∈ C[z]będzie wielomianem określonym wzorem g(z) = a0 + a1z + · · · + anz

n, z ∈ C.Wobec zasadniczego twierdzenia algebry A.3.8 istnieje z1 ∈ C taki, że g(z1) = 0.Jeśli z1 ∈ R, to f(z1) = 0 i wobec twierdzenia Bezouta 2.9.7 oraz założenia in-dukcyjnego dostajemy tezę. Załóżmy, że z1 /∈ R. Ponieważ a0, . . . , an ∈ R, więc zwłasności A.1.6, g(z1) = g(z1) = 0. Ponadto z1 6= z1, więc z twierdzenia BezoutaA.3.6 istnieje wielomian h ∈ C[z] taki, że g(z) = (z − z1)(z − z1)h(z) dla z ∈ C.Z własności A.1.5, wielomian p(z) = (z− z1)(z− z1) = z2− z (z1 + z1) + |z1|2 mawspółczynniki rzeczywiste. Stosując więc twierdzenie o dzieleniu z resztą 2.9.6dostajemy łatwo, że f(x) = p(x)h(x) dla x ∈ R, przy czym wielomian h mawspółczynniki rzeczywiste i deg h < n. Ponadto p(x) 6= 0 dla x ∈ R. Stosujączałożenie indukcyjne do wielomianu h, dostajemy tezę.

Definicja krotności pierwiastka wielomianu. Niech f ∈ C[z], a ∈ C orazk ∈ N. Mówimy, że liczba a jest pierwiastkiem k-krotnym wielomianu f , gdyistnieje wielomian g ∈ C[z] taki, że f(z) = (z − a)kg(z) dla z ∈ C lecz dlakażdego wielomianu h ∈ C[z] istnieje z1 ∈ C, że f(z1) 6= (z1 − a)k+1h(z1).

Wniosek A.3.10. Każdy wielomian zespolony stopnia n > 0 ma dokładnie npierwiastków, z uwzględnieniem krotności.

Dowód. Niech f ∈ C[z] bedzie wielomianem stopnia n > 0. W myśl zasad-niczego twierdzenia algebry A.3.8 istnieje z1 ∈ C takie, że f(z1) = 0. Wobectwierdzenia Bezouta A.3.6 istnieje wielomian f1 ∈ C[z], że f(z) = (z − z1)f1(z)


dla z ∈ C. Z własności A.3.4 mamy, że deg fi = n − 1. Jeśli n = 1, to f2 jestwielomianem stałym i dostajemy tezę. Jeśli n > 1, to powtarzając powyższerozumowanie, istnieją z2 ∈ C, że f1(z2) = 0. Postępując dalej indukcyjnie, ist-nieją z1, . . . , zn ∈ C, że f(z) = (z − z1) · · · (z − zn)fn+1, gdzie fn+1 ∈ C[z] jestwielomianem stałym. To kończy dowód.

ZADANIA

Zadanie A.3.1. Udowodnić własności A.3.2–A.3.4 i twierdzenia A.3.5, A.3.6.

Zadanie A.3.2. Udowodnić zadania 2.9.1–2.9.6 w dziedzinie zespolonej, to znaczy pozastąpieniu ciała liczb rzeczywistych R przez ciało liczb zespolonych C.


Dodatek B

Przestępność liczb e i π

Celem tego rozdziału jest pokazanie, że liczby e oraz π są przestępne, to znaczy niesą zerami wielomianów dodatnich stopni o współczynnikach wymiernych lub co najedno wychodzi, nie są zerami wielomianów dodatnich stopni o współczynnikachcałkowitych.

B.1 Szeregi liczb zespolonych

Definicja szeregu liczb zespolonych. Dla ciągu liczb zespolonych (an)n∈N

określamy ciąg sum częściowych (sn)n∈N wzorem(1) sn =n∑j=1

aj , n ∈ N.

Szeregiem liczb zespolonych o wyrazach an, n ∈ N lub krótko szeregiem nazy-

wamy parę uporządkowaną ((an)n∈N, (sn)n∈N) i oznaczamy∞∑n=1

an. Ciąg (sn)n∈N

nazywamy również ciągiem sum częściowych szeregu∞∑n=1

an.

Mówimy, że szereg∞∑n=1

an jest zbieżny, gdy zbieżny jest jego ciąg sum częścio-

wych (sn)n∈N. Jeśli limn→∞

sn = s, gdzie s ∈ C, to mówimy, że szereg jest zbieżny

do s i piszemy∞∑n=1

an = s. Wtedy liczbę s nazywamy sumą tego szeregu. Szereg,

który nie jest zbieżny nazywamy rozbieżnym(2).Z własności A.2.1 dostajemy natychmiast

Własność B.1.1. Szereg liczb zespolonych∞∑n=1

an jest zbieżny dokładnie wtedy,

gdy zbieżne są szeregi∞∑n=1

Re an i∞∑n=1

Im an. Ponadto jeśli szereg∞∑n=1

an jest zbież-

ny, to∞∑n=1

an =∞∑n=1

Re an + i∞∑n=1

Im an.

(1)Podobnie jak w dziedzinie rzeczywistej, przyjmujemyn∑j=1

aj = a1, gdy n = 1 orazn∑j=1

aj =

an +n−1∑j=1

aj dla n = 2, 3, . . .

(2)Analogicznie jak w dziedzinie rzeczywistej, określamy szeregi liczb zespolonych∞∑n=0

an. Sze-

reg ten nazywamy zbieżnym, gdy zbieżny jest szereg∞∑n=1

an, a jego sumę definiujemy jako

a0 +∞∑n=1

an.

375

376 DODATEK B. PRZESTĘPNOŚĆ LICZB E I π

Własność B.1.2. Niech∞∑n=1

an będzie szeregiem liczb zespolonych. Jeśli szereg∞∑n=1|an| jest zbieżny, to zbieżny jest szereg

∞∑n=1

an oraz∣∣∣∣ ∞∑n=1

an

∣∣∣∣ 6 ∞∑n=1|an|.

Dowód. Załóżmy, że szereg∞∑n=1|an| jest zbieżny. Ponieważ |Re an| 6 |an|

oraz | Im an| 6 |an| dla n ∈ N, to szeregi∞∑n=1

Re an oraz∞∑n=1

Im an są zbieżne.

Stąd i z własności B.1.1 wynika zbieżność szeregu∞∑n=1

an. Ponadto dla każdego

k ∈ N, mamy

∣∣∣∣∣ k∑n=1

an

∣∣∣∣∣ 6 k∑n=1|an|, więc przechodząc do granicy przy k → ∞,

dostajemy drugą część tezy.

Definicja . Przez exp : C→ C oznaczamy funkcję określoną wzorem

exp z = ex (cos y + i sin y) , gdzie z = x+ iy, x, y ∈ R.

Uwzględniając własność A.1.9, dostajemy natychmiast

Własność B.1.3. Mamy(a) exp(z1 + z2) = exp z1 exp z2 dla dowolnych z1, z2 ∈ C,(b) expx = ex dla każdego x ∈ R,(c) 1 + exp(iπ) = 0.

Twierdzenie B.1.4. Dla każdego z ∈ C, zachodzi

exp z =∞∑n=0

zn

n!.

Dowód. Niech z = x+ iy, gdzie x, y ∈ R. Ponieważ cos y =∞∑n=0

(−1)ny2n(2n)! oraz

sin y =∞∑n=0

(−1)ny2n+1(2n+1)! , to cos y =

∞∑n=0

an oraz sin y =∞∑n=0

bn, gdzie a2n = (−1)ny2n(2n)!

i a2n+1 = 0 oraz b2n = 0 i b2n+1 = (−1)ny2n+1(2n+1)! dla n = 0, 1, . . ., przy czym szeregi

∞∑n=0

an,∞∑n=0

bn są zbieżne bezwzględnie. Z twierdzenia 4.9.5 mamy ex =∞∑n=0

xn

n! ,

więc stosując twierdzenie Mertensa 4.8.2,

ex cos y =∞∑n=0

∑062k6n

(−1)kxn−2ky2k

n!(2k)!=∞∑n=0

Re(x+ iy)n

n!,

ex sin y =∞∑n=0

∑062k+16n

(−1)kxn−2k−1y2k+1

n!(2k + 1)!=∞∑n=0

Im(x+ iy)n

n!.

Stąd i z własności B.1.1 dostajemy tezę.

B.2. KONGRUENCJE 377

B.2 Kongruencje

Definicja kongruencji. Niech a, b ∈ Z oraz m ∈ N. Mówimy, że liczba a przy-staje do liczby b modulo m lub, że liczba a jest kongruentna liczbie b modulo m,gdy liczba a − b jest podzielna przez m. Wtedy piszemy a ≡ b (modm). Jeśliliczba a nie przystaje do liczby b modulo m, to piszemy a 6≡ b (modm).

Wprost z definicji (patrz też zadanie 1.4.4), dostajemy

Własność B.2.1. Niech a, b, c, a′, b′, i, j ∈ Z oraz niech m, k, l ∈ N. Wówczas(a) a ≡ a (modm),(b) Jeśli a ≡ b (modm), to b ≡ a (modm),(c) Jeśli a ≡ b (modm) i b ≡ c (modm), to a ≡ c (modm),(d) Jeśli a ≡ a′ (modm) i b ≡ b′ (modm), to ia+ jb ≡ ia′ + jb′ (modm),(e) Jeśli a ≡ a′ (modm) i b ≡ b′ (modm), to akbl ≡ (a′)k(b′)l (modm),(f) Jeśli a ≡ b (modm), to a+ c ≡ b+ c (modm).

Z własności B.2.1 dostajemy dwa wnioski.

Wniosek B.2.2. Niech m ∈ N. Relacja kongruencji modulo m w Z jest rela-cją równoważności. Ponadto istnieje dokładnie m klas równoważności tej relacjireprezentowanych odpowiednio przez 0, . . . ,m− 1.

Definicja. Symbolem Z[z] oznaczamy zbiór wielomianów zespolonych jednejzmiennej z o współczynnikach całkowitych.

Wniosek B.2.3. Niech f ∈ Z[z], niech a, b ∈ Z i niech m ∈ N. Jeśli a ≡b (modm), to f(a) ≡ f(b) (modm).

Definicja. Przez hz : C[z]→ C oznaczamy odwzorowanie określone wzorem

hz(f) =m∑k=0

akk! , gdy wielomian f ∈ C[z] jest postaci f =m∑k=0

akzk.

Udowodnimy twierdzenie potrzebne w dowodach przestępności liczb e i π.

Twierdzenie B.2.4. Niech f ∈ Z[z], niech m ∈ N i niech F1, F2 ∈ C[z] będąwielomianami postaci

F1(z) =zm−1

(m− 1)!f(z), F2(z) =

zm

(m− 1)!f(z).

Wówczas hz(F1), hz(F2) ∈ Z oraz

hz(F1) ≡ f(0) (modm) i hz(F2) ≡ 0 (modm).


Dowód. Niech f(z) =n∑j=0

ajzj , gdzie a0, . . . , an ∈ Z. Wówczas

F1(z) =n∑j=0

aj(m− 1)!

zm−1+j , więc hz(F1) =n∑j=0

aj(m− 1 + j)!

(m− 1)!,

a ponieważ (m−1+j)!(m−1)! = m · · · (m − 1 + j) dla j > 1, to hz(F1) ∈ Z oraz liczbahz(F1)−f(0) = hz(F1)−a0 jest podzielna przez m. Stąd, hz(F1) ≡ f(0) (modm).Podobnie

F2(z) =n∑j=0

aj(m− 1)!

zm+j , więc hz(F2) =n∑j=0

aj(m+ j)!(m− 1)!

,

a więc hz(F2) ∈ Z oraz hz(F2) ≡ 0 (modm). To kończy dowód.

ZADANIA

Zadanie B.2.1. (cecha podzielności przez 11). Niech n = cncn−1 . . . , c1c0 będzierozwinięciem dziesiętnym liczby naturalnej n. Jeśli liczba |c0 − c1 + c2 − c3 + · · · | jestpodzielna przez 11, to liczba n jest podzielna przez 11.

B.3 Przestępność liczby e

Zanim przejdziemy do dowodu przestępności liczby e, udowodnimy jedną wła-sność i dwa lematy.

Definicja. Niech j ∈ Z, j > 0. Przez uj : C → C oraz εj : C → C oznaczamyfunkcje określone wzorami

uj(z) =∞∑n=1

zn

(j + 1) · · · (j + n)oraz εj(z) = uj(z)e−|z| dla z ∈ C.

Oczywiście funkcje uj oraz εj są poprawnie określone.

Własność B.3.1. Dla każdego j ∈ Z, j > 0 oraz z ∈ C zachodzi |εj(z)| < 1.

Dowód. Ponieważ

|uj(z)| 6∞∑n=1

|z|n

(j + 1) · · · (j + n)6∞∑n=1

|z|n

n!< e|z| dla z ∈ C,

więc z definicji funkcji εj dostajemy tezę.

B.3. PRZESTĘPNOŚĆ LICZBY E 379

Lemat B.3.2. Niech wielomian ϕ ∈ C[z] będzie postaci ϕ(z) =n∑j=0

ajzj i niech

ψ : C→ C będzie funkcją określoną wzorem

ψ(t) =n∑j=0

ajεj(t)tj dla t ∈ C.

Wówczas

(B.1) hz(ϕ) exp t = hz(ϕ(z + t)) + ψ(t)e|t| dla t ∈ C.

Dowód. Z definicji odwzorowania hz dostajemy, że dla dowoolnych wielo-mianów f, g ∈ C[z] oraz liczb a, b ∈ C, zachodzi hz(af + bg) = ahz(f) + bhz(g),więc wystarczy udowodnić lemat w przypadku, gdy wielomian ϕ jest jednomia-nem postaci ϕ(z) = zj , gdzie j ∈ Z, j > 0. Wtedy dla dowolnych z, t ∈ C, zewzoru dwumiennego Newtona (lemat 2.1.8, który zachodzi również w dziedziniezespolonej) oraz definicji funkcji uj i εj , mamy

hz((z + t)j

)= hz

j∑k=0

(j

k

)tkzj−k

=j∑

k=0

(j

k

)tk(j − k)!

= j!j∑

k=0

tk

k!= j! exp t− uj(t)tj = hz(zj) exp t− e|t|εj(t)tj .

Ponieważ w rozważanym przypadku funkcja ψ ma postać εj(t)tj , więc z powyż-szego dostajemy (B.1), co kończy dowód.

Lemat B.3.3. Niech wielomian ϕ ∈ C[z] będzie postaci ϕ(z) =n∑j=0

ajzj. Jeśli

z1, . . . , zn ∈ C są takimi liczbami, że ϕ(z) = an(z − z1) · · · (z − zn), to

(B.2)n∑j=0

|aj |xj 6 |an|(x+ |z1|) · · · (x+ |zn|) dla x ∈ R, x > 0.

Dowód. Jeśli an = 0, to ϕ jest wielomianem zerowym i teza jest oczywi-sta. Załóżmy więc, że an 6= 0. Wówczas ze wzorów Viete’a (zadanie 2.9.4, którezachodzi również w dziedzinie zespolonej, patrz zadanie A.3.2), mamy∑

16i1<i2<···<ik6nzi1zi2 · · · zik = (−1)kan−k/an dla k = 1, . . . , n.

Ponadto, oznaczając |an|(x+ |z1|) · · · (x+ |zn|) =n∑j=0

bjxj , mamy bn = |an| oraz

∑16i1<i2<···<ik6n

|zi1zi2 · · · zik | = bn−k/bn dla k = 1, . . . , n,

a więc |aj | 6 bj dla j = 0, . . . , n. Stąd natychmiast wynika (B.2).


Definicje liczby algebraicznej i liczby przestępnej(3). Liczbę a ∈ C nazy-wamy algebraiczną, gdy istnieje niezerowy wielomien f ∈ C[z] o współczynnikachwymiernych(4) taki, że f(a) = 0. W przeciwnym razie liczbę a nazywamy prze-stępną(5).

Twierdzenie B.3.4. Liczba e jest przestępna.

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że liczba e jest algebraiczna. Wtedy istniejąc0, . . . , cn ∈ Z, nie wszystkie równe zeru, takie że

(B.3)n∑k=0

ckek = 0,

przy czym można założyć, że c0 6= 0 oraz n ∈ N.Weźmy dowolne m ∈ N. Określmy wielomian ϕm ∈ C[z], wzorem

ϕm(z) =zm−1[(z − 1) · · · (z − n)]m

(m− 1)!.

Niech ψm : C → C będzie funkcją określoną w lemacie B.3.2 dla wielomianuϕ = ϕm i niech

Am =n∑k=0

ckhz(ϕm(z + k)) oraz Bm =n∑k=0

ckψm(k)ek.

Mnożąc (B.3) przez hz(ϕm), wobec lematu B.3.2, dostajemy

(B.4) Am +Bm = 0 dla każdego m ∈ N.

Zauważmy, że istnieje N ∈ N takie, że

(B.5) |Bm| < 1 dla m > N.

Istotnie, wielomian ϕm można zapisać w postaci ϕm(z) =l∑

j=0ajz

j , gdzie l =

(m − 1) + mn. Wtedy ψm(t) =l∑

j=0ajεj(t)tj dla t ∈ R. Wobec własności B.3.1,

|εj(t)| < 1 dla j ∈ Z, j > 0 oraz t ∈ R. Uwzględniając więc lemat B.3.3 i definicjęwielomianu ϕm dla k ∈ 0, . . . , n, mamy

|ψm(k)| <l∑

j=0

|aj |kj 6km−1[(k + 1) · · · (k + n)]m

(m− 1)!6

1n

[n(n+ 1) · · · (n+ n)]m

(m− 1)!,

więc limm→∞

ψm(k) = 0 dla k ∈ 0, . . . , n, a więc limm→∞

Bm = 0, co daje (B.5).

(3)por. zadanie 2.9.7.(4)lub, co na jedno wychodzi, o współczynnikach całkowitych.(5)dokładniej, gdy dla każdego wielomianu dodatniego stopnia f ∈ C[z] o współczynnikach

całkowitych, zachodzi f(a) 6= 0.

B.4. WIELOMIANY WIELU ZMIENNYCH 381

Dla k = 0, w myśl twierdzenia B.2.4, liczba hz(ϕm) jest całkowita oraz

(B.6) hz(ϕm) ≡ (−1)mn(n!)m (modm) dla m ∈ N.

Dla każdego k ∈ 1, . . . , n,

ϕm(z + k) =(z + k)m−1

(m− 1)![(z + k − 1) · · · z(z − 1) · · · (z + k − n)]m

=zm

(m− 1)!(z + k)m−1[(z + k − 1) · · · (z + 1)(z − 1) · · · (z + k − n)]m.

Oznaczając więc f(z) = (z + k)m−1[(z + k− 1) · · · (z + 1)(z − 1) · · · (z + k− n)]m

mamy, że f ∈ Z[z] oraz wobec twierdzenia B.2.4,

hz(ϕm(z + k)) ≡ 0 (modm) dla k ∈ 1, . . . , n.

Stąd i z (B.6) dostajemy

(B.7) Am ≡ c0(−1)mn(n!)m (modm) dla m ∈ N.

Ponieważ zbiór liczb pierwszych jest przeliczalny (patrz zadanie 2.1.4), więcwobec twierdzenia 1.6.6 jest to zbiór nieograniczony. Zatem istnieje liczba pierw-sza p ∈ N taka, że p > maxn,N, |c0|. Wówczas dla m = p, mamy

c0(−1)mn(n!)m 6≡ 0 (modm),

a ponieważ Ap ∈ Z, więc z (B.7), mamy |Ap| > 1. To jest sprzeczne z (B.4) i(B.5). Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

B.4 Wielomiany wielu zmiennych

W punkcie 8.4.3 określiliśmy wielomiany dwóch zmiennych rzeczywistych. Terazrozszerzymy to pojęcie, określając wielomiany wielu zmiennych zespolonych.

Definicja. Przez Cn oznaczamy zbiór wszystkich ciągów n-wyrazowych o warto-ściach w C. Inaczej Cn = (z1, . . . , zn) : z1, . . . , zn ∈ C.Definicja wielomianu wielu zmiennych. Funkcję zespoloną f : Cn → C,postaci

f(z1, . . . , zn) = azk11 · · · zknn , (z1, . . . , zn) ∈ Cn,

gdzie k1, . . . , kn ∈ Z, k1, . . . , kn > 0, a ∈ C, nazywamy jednomianem zespolonymzmienych z1, . . . , zn. Liczbę a nazywamy współczynnikiem jednomianu. FunkcjeW : Cn → C będące sumami skończonej ilości jednomianów zespolonych zmien-nych z1, . . . , zn nazywamy wielomianami zespolonymi zmiennych z1, . . . , zm. Wie-lomian W : Cn → C określony wzorem W (z1, . . . , zn) = 0 dla (z1, . . . , zn) ∈ Cn


nazywamy wielomianem zerowym. Zbiór wszystkich wielomianów zespolonychzmiennych z1, . . . , zn oznaczamy C[z1, . . . , zn]. Jeśli wielomian f ∈ C[z1, . . . , zn]można przedstawić jako sumę skończonej ilości jednomianów zespolonych o współ-czynnikach całkowitych, to wielomian f nazywamy całkowitym. Zbiór wszystkichwielomianów całkowitych oznaczamy Z[z1, . . . , zn].

Uwaga B.4.1. Każdy wielomian f ∈ C[z1, . . . , zn] wyznacza jednoznacznie wie-lomian F : Cn+1 → C określony wzorem F (z1, . . . , zn+1) = f(z1, . . . , zn) dla(z1, . . . , zn+1) ∈ Cn+1. W związku z tym wielomiany f ∈ C[z1, . . . , zn] będziemyrównież traktować jako element zbioru C[z1, . . . , zn, zn+1].

Własność B.4.2. Każdy wielomian f ∈ C[z1, . . . , zn] ma przedstawienie postaci

f(z1, . . . , zn) =f0(z1, . . . , zn−1) + f1(z1, . . . , zn−1)zn

+ · · ·+ fk(z1, . . . , zn−1)zkn dla (z1, . . . , zn) ∈ Cn,(B.8)

gdzie f0, . . . , fk ∈ C[z1, . . . , zn−1], gdy n > 1 oraz f0, . . . , fk ∈ C, gdy n = 1, przyczym f0, . . . , fk są wyznaczone jednoznacznie.

Dowód. Oczywiście wielomian zerowy ma przedstawienie postaci (B.8), gdzief0, . . . , fk = 0, a wobec własności A.3.3, przedstawienie to jest jednoznaczne.Załóżmy, że f ∈ C[z1, . . . , zn] nie jest wielomianem zerowym i niech

f(z1, . . . , zn) =m∑j=1

ajzi1,j1 · · · z

in,jn dla (z1, . . . , zn) ∈ Cn.

Oznaczając k = maxin,j : j = 1, . . . ,m oraz

fi(z1, . . . , zn) =∑

j∈s∈1,...,m: in,s=iajz

i1,j1 · · · z

in−1,jn−1 dla i = 0, . . . , k,

dostajemy przedstawienie (B.8) wielomianu f . Wobec własności A.3.3, f0, . . . , fksą wyznaczone jednoznacznie.

W punkcie A.3 wprowadziliśmy pojęcie stopnia wielomianu jednej zmiennej.Obecnie, wykorzystując własność B.4.2, indukcyjnie rozszerzymy pojęcie stopniana wielomiany wielu zmiennych.

Definicja stopnia wielomianu wielu zmiennych. Niech f ∈ C[z1, . . . , zn]będzie wielomianem niezerowym postaci (B.8). Stopniem wielomianu f nazywa-my liczbę deg f określoną indukcyjnie: deg f = maxj : fj 6= 0, gdy n = 1oraz deg f = maxj + deg fj : fj 6= 0, gdy n > 1. Dodatkowo przyjmujemydeg f = −∞, gdy f jest wielomianem zerowym.


Własność B.4.3. Jeśli f, g ∈ C[z1, . . . , zn], to

deg(fg) = deg f + deg g, deg(f + g) 6 maxdeg f,deg g.

Dowód. Dla n = 1 teza wynika z własności A.3.4. Załóżmy więc, że n > 1 iże teza zachodzi dla wielomianów n− 1 zmiennych. Weźmy dowolne wielomianyf, g ∈ C[z1, . . . , zn]. Jeśli f lub g jest wielomianem zerowym, to teza jest oczywi-sta. Załóżmy, że f i g nie są wielomianami zerowymi. Niech wielomian f będziepostaci (B.8). Zwiększając w razie potrzeby liczbę k i dodając wielomiany zerowedo f lub g, można założyć, że wielomian g jest postaci

g(z) = g0( ′z) + g1( ′z)zn + · · ·+ gk( ′z)zkn dla z = (z1, . . . , zn) ∈ Cn,

gdzie dla uproszczenia zapisu przyjmujemy ′z = (z1, . . . , zn−1). Wówczas

(f + g)(z) = [f0( ′z) + g0( ′z)] + [f1( ′z) + g1( ′z)]zn + · · ·+ [fk( ′z) + gk( ′z)]zkn.

Z założenia indukcyjnego mamy j + deg(fj + gj) 6 maxj + deg fj , j + deg gjdla j = 0, . . . , k, a więc deg(f + g) 6 maxdeg f, deg g, co daje drugą część tezy.Ponieważ

(fg)(z) =k∑i=0

k∑l=0

fi( ′z)gl( ′z)zi+ln ,

więc z założenia indukcyjnego, deg fg 6 maxi + l + deg fi + deg gl : i, l 6 k,a więc deg fg 6 deg f + deg g. Niech p = maxi : i + deg fi = deg f orazs = maxl : l + deg gl = deg g. Wówczas

(fg)(z) = fp( ′z)gs( ′z)zp+sn +A(z) +B(z),

gdzie A jest wielomianem będącym sumą jednomianów w których zn występujew potęgach o wykładnikach mniejszych od p + s, zaś B jest sumą jednomianówstopni mniejszych od deg f + deg g. Zatem∑

j+deg fi+deg gl=deg f+deg g

fi( ′z)gl( ′z)zjn nie jest wielomianem zerowym

i w konsekwencji, mamy deg fg > deg f + deg g. To, wraz z poprzednim daje, żedeg fg = deg f + deg g i kończy dowód.

Z własności B.4.2 i B.4.3 dostajemy natychmiast

Wniosek B.4.4. Niech f ∈ Z[z1, . . . , zn] będzie wielomianem niezerowym. Jeśli

f(z1, . . . , zn−1, 0) = 0 dla (z1, . . . , zn−1) ∈ Cn−1,

to istnieje wielomian g ∈ Z[z1, . . . , zn] taki, że deg g < deg f oraz f = zng.


Z własności B.4.2, łatwą indukcją względem ilości zmiennych, dostajemy

Własność B.4.5. Każdy wielomian f ∈ C[z1, . . . , zn] ma przedstawienie postaci

(B.9) f(z1, . . . , zn) =∑

06i1,...,in6d

ai1,...,inzi11 · · · z

inn , (z1, . . . , zn) ∈ Cn,

gdzie ai1,...,in ∈ C dla wszystkich i1, . . . , in ∈ Z, 0 6 i1, . . . , in 6 d. Ponadtoprzedstawienie (B.9) jest jednoznaczne w tym sensie, że każde inne przedsta-wienie wielomianu f w postaci (B.9) rózni się od powyższego o jednomiany zewspółczynnikami równymi zero.

Definicja wagi wielomianu. Niech f ∈ C[z1, . . . , zn] będzie wielomianem nie-zerowym postaci (B.9). Wagą wielomianu f nazywamy liczbę

maxi1 + 2i2 + · · ·+ nin : ai1,...,in 6= 0.

Dodatkowo przyjmujemy, że wagą wielomianu zerowego jest −∞.

Wprost z definicji dostajemy

Własność B.4.6. Waga symy wielomianów f, g ∈ C[z1, . . . , zn] jest mniejsza lubrówna od maksimum wag wielomianów f i g.

Z definicji i własności B.4.3 dostajemy

Własność B.4.7. Niech k będzie wagą wielomianu f ∈ C[z1, . . . , zn] i niechg1, . . . , gn ∈ C[z1, . . . , zm] będą wielomianami takimi, że deg gi 6 i dla i =1, . . . , n. Wówczas deg f(g1, . . . , gn) 6 k.

Definicja wielomianu symetrycznego. Wielomian f ∈ C[z1, . . . , zn] nazywa-my symetrycznym, gdy dla każdej bijekcji τ : 1, . . . , n → 1, . . . , n, zachodzi

f(zτ(1), . . . , zτ(n)) = f(z1, . . . , zn) dla wszystkich (z1, . . . , zn) ∈ Cn.

Wielomiany σk ∈ Z[z1, . . . , zn], k = 1, . . . , n, określone wzorami

σk(z1, . . . , zm) = (−1)k∑

16i1<i2<···<ik6mzi1zi2 · · · zik dla (z1, . . . , zm) ∈ Cm

nazywamy wielomianami symetrycznymi podstawowymi (6).

Lemat B.4.8. Niech f, h ∈ C[z1, . . . , zn]. Jeśli f = σnh oraz f jest wielomianemcałkowitym i symetrycznym, to h jest wielomianem całkowitym i symetrycznym.

(6)Wielomiany symetryczne podstawowe są oczywiście wielomianami symetrycznymi.


Dowód. Niech wielomian h będzie postaci

h(z1, . . . , zn) =∑

06i1,...,in6d

ai1,...,inzi11 · · · z

inn , (z1, . . . , zn) ∈ Cn.

Wówczas, z założenia, że f = σnh,

f(z1, . . . , zn) = (−1)n∑

06i1,...,in6d

ai1,...,inzi1+11 · · · zin+1n , (z1, . . . , zn) ∈ Cn.

Ponieważ f jest wielomianem całkowitym, to wobec własności B.4.5, ai1,...,in ∈ Zdla wszystkich i1, . . . , in ∈ Z, 0 6 i1, . . . , in 6 d. Ponieważ, zaś f jest wielomia-nem symetrycznym, to dla każdej bijekcji τ : 1, . . . , n → 1, . . . , n,

ai1,...,inzi1+1τ−1(1) · · · z

in+1τ−1(n) = aiτ(1),...,iτ(n)z

iτ(1)+11 · · · ziτ(n)+1n ,

więc aiτ(1),...,iτ(n) = ai1,...,in dla wszystkich i1, . . . , in ∈ Z, 0 6 i1, . . . , in 6 d. Stąddostajemy, że h jest wielomianem całkowitym i symetrycznym.

Twierdzenie B.4.9. Dla dowolnego wielomianu symetrycznego f ∈ Z[z1, . . . , zn]istnieje wielomian(7) g ∈ Z[z1, . . . , zn] taki, że f = g(σ1, . . . , σn).

Twierdzenie B.4.9 wynika natychmiast z następującego

Twierdzenie B.4.10. Niech f ∈ Z[z1, . . . , zn] będzie wielomianem symetrycz-nym stopnia d. Wówczas istnieje wielomian g ∈ Z[z1, . . . , zn] o wadze nie prze-kraczającej d taki, że f = g(σ1, . . . , σn).

Dowód. Dla n = 1 teza jest oczywista. Załóżmy, że twierdzenie jest praw-dziwe dla wielomianów n − 1 zmiennych. Pokażemy, że teza zachodzi dla wie-lomianów n zmiennych. Zastosujemy teraz indukcję względem d, czyli stopniawielomianu f . Dla d = 0 teza jest oczywista. Załóżmy więc, że d > 0 i że twier-dzenie jest prawdziwe dla wielomianów n zmiennych stopnia mniejszego od d.Niech f ∈ Z[z1, . . . , zn] będzie wielomianem symetrycznym stopnia d. Wówczasf(z1, . . . , zn, 0) jest wielomianem symetrycznym n − 1 zmiennych, a ponieważσ1(z1, . . . , zn−1, 0), . . . , σn−1(z1, . . . , zn−1, 0) są wszystkimi wielomianami syme-trycznymi podstawowymi n − 1 zmiennych, to z założenia indukcyjnego istniejewielomian g1 ∈ Z[z1, . . . , zn−1] wagi nie większej od d, że

f(z1, . . . , zn−1, 0) = g1(σ1(z1, . . . , zn−1, 0), . . . , σn−1(z1, . . . , zn−1, 0)).

Niech

f1(z1, . . . , zn) = f(z1, . . . , zn)− g1(σ1(z1, . . . , zn), . . . , σn−1(z1, . . . , zn)).

(7)Można pokazać, że istnieje dokładnie jeden wielomian g spełniający tezę (patrz rozdz. V,§9 w książce S. Lang, Algebra, PWN, Warszawa 1984.).


Wówczas f1 ∈ Z[z1, . . . , zn] jest wielomianem symetrycznym, a wobec własnościB.4.7 i B.4.3, deg f1 6 d. Ponadto f1(z1, . . . , zn−1, 0) = 0 dla (z1, . . . , zn−1) ∈Cn−1, więc wobec własności B.4.4, istnieje wielomian h0 ∈ Z[z1, . . . , zn] taki,że deg h0 < deg f1 oraz f1 = znh0. Stąd, ponieważ f1 jest wielomianem syme-trycznym, z lematu B.4.8 dostajemy, że istnieje wielomian symetryczny h1 ∈Z[z1, . . . , zn] taki, że deg h1 = deg f1 − n < d oraz f1 = σnh1. Na mocy założeniaindukcyjnego istnieje więc wielomian g2 ∈ Z[z1, . . . , zn] wagi mniejszej lub równejd− n taki, że h1 = g2(σ1, . . . , σn). Reasumując,

f = g(σ1, . . . , σn−1) + σng2(σ1, . . . , σn),

przy czym, w myśl własności B.4.6, wielomian g(z1, . . . , zn−1) + zng2(z1, . . . , zn)ma wagę nie większą od d. Indukcja kończy dowód.

Z twierdzenia B.4.9 wynikają dwa wnioski potrzebne w dowodzie przestępno-ści liczby π.

Wniosek B.4.11. Niech w1, . . . , wm ∈ C będą wszystkimi pierwiastkami, wypi-sanymi z uwzględnieniem krotności, wielomianu g ∈ Z[z] postaci

g(z) = a0 + a1z + . . .+ amzm, gdzie am 6= 0.

Wówczas dla każdego wielomianu symetrycznego f ∈ Z[z1, . . . , zm], zachodzi

f(amw1, . . . , amwm) ∈ Z.

Dowód. Ze wzorów Viete’a (zadania 2.9.4 i A.3.2), dostajemy∑16i1<i2<···<ik6m

wi1wi2 · · ·wik = (−1)kam−k/am dla k = 1, . . . ,m,

uwzględniając, więc definicję wielomianów symetrycznych podstawowych, mamy

σk(amw1, . . . , amwm) = akmσ(w1, . . . , wm) = ak−1m am−k ∈ Z dla k = 1, . . . ,m.

Biorąc dowolny wielomian symetryczny f ∈ Z[z1, . . . , zn], w myśl twierdzeniaB.4.9, istnieje wielomian g ∈ Z[z1, . . . , zm] taki, że f = g(σ1, . . . , σm), więc wo-bec powyższego, f(amw1, . . . , amwm) = g(a0mam−1, . . . , a

m−1m a0) ∈ Z. To kończy

dowód.

Wniosek B.4.12. Niech f ∈ Z[z1, . . . , zn] będzie wielomianem symetrycznym iniech m ∈ N, m > n. Wówczas istnieje wielomian symetryczny F ∈ Z[z1, . . . , zm]taki, że f(z1, . . . , zn) = F (z1, . . . , zn, 0, . . . , 0) dla (z1, . . . , zn) ∈ Cn.

Dowód. Jeśli m = n, to teza jest oczywista. Załóżmy, że m > n. Oznacz-my przez σk1 , . . . , σ

kk wielomiany symetryczne podstawowe k zmiennych z1, . . . , zk.

Wówczas σnj (z1, . . . , zn) = σmj (z1, . . . , zn, 0, . . . , 0), j = 1, . . . , n. Wobec twierdze-nia B.4.9, istnieje wielomian g ∈ Z[z1, . . . , zn] taki, że f = g(σn1 , . . . , σ

nn). Uwzględ-

niając więc powyższe dostajemy, że wielomian F = g(σm1 , . . . , σmn ) spełnia tezę

wniosku.

B.5. PRZESTĘPNOŚĆ LICZBY π 387

B.5 Przestępność liczby π

Zanim przejdziemy do dowodu przestępności liczby π, udowodnimy własność.

Własność B.5.1. Jeśli liczba w ∈ C jest algebraiczna, to liczba i ·w również jestalgebraiczna.

Dowód. Niech liczby całkowite a0, . . . , an, gdzie an 6= 0, będą takie, że

(B.10)n∑j=0

ajwj = 0

i niech f ∈ Z[z] będzie wielomianem postaci

f(z) =

∑064k6n

a4kz4k −

∑064k+26n

a4k+2z4k+2

2

+

∑064k+16n

a4k+1z4k+1 −

∑064k+36n

a4k+3z4k+3

2 .Ponieważ an 6= 0, to łatwo sprawdzamy, że f jest wielomianem niezerowym.Ponadto i2 = −1, i4k = 1, i4k+1 = i, i4k+2 = −1 oraz i4k+3 = −i dla k ∈ Z, więcz (B.10), mamy

f(iw) =

∑064k6n

a4kw4k +

∑064k+26n

a4k+2w4k+2

2

+ i2

∑064k+16n

a4k+1w4k+1 +

∑064k+36n

a4k+3w4k+3

2

=

∑062k6n

a2kw2k −

∑062k+16n

a2k+1w2k+1

( n∑k=0

akwk

)= 0,

a więc liczb iw jest algebraiczna, co kończy dowód.

Twierdzenie B.5.2. Liczba π jest przestępna(8).

Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że liczba π jest algebraiczna. Wówcas, wo-bec własności B.5.1, liczba iπ również jest algebraiczna. Istnieje więc niezerowywielomian f ∈ Z[z] taki, że f(iπ) = 0. Niech wielomian f będzie postaci

f(z) = c0 + c1z + · · ·+ cdzd,

(8)Pierwszy dowód przestępności liczby π podał Lindemann w 1882 r. Carl Louis Ferdinandvon Lindemann (1852-1939) – matematyk niemiecki.


gdzie c0, . . . , cd ∈ Z oraz cd 6= 0. Wobec zasadniczego twierdzenia algebry A.3.8 (iwniosku A.3.10), wielomian f ma dokładnie d pierwiastków z uwzględnieniem ichkrotności. Niech więc w1, . . . , wd ∈ C będą wszystkimi pierwiastkami wielomianuf wypisanymi z uwzględnieniem krotności. Wówczas iπ ∈ w1, . . . , wd, więc zwłasności B.1.3 istnieje wj , że 1 + expwj = 1 + exp(iπ) = 0. Zatem

(B.11) (1 + expw1) · · · (1 + expwd) = 0.

Zbiór A = (i1, . . . , ik) : i1, . . . , ik ∈ Z, 1 6 i1 < . . . < ik 6 d, k ∈ 1, . . . , djest 2d−1 elementowy(9), więc istnieje bijekcja λ : 1, . . . , 2d−1 → A. OznaczmyL = 2d − 1 i niech g1, . . . , gL ∈ Z[z1, . . . , zd] będą wielomianami postaci

gj(z1, . . . , zd) = zi1 + · · ·+ zik , gdy λ(j) = (i1, . . . , ik) dla j = 1, . . . , L.

Niech aj = gj(w1, . . . , wd) dla j = 1, . . . , L. Wymnażając (B.11), dostajemy

(B.12) 1 +L∑k=1

exp ak = 0.

Załóżmy, że bijekcja λ została wybrana w ten sposób, że

a1 6= 0, . . . , an 6= 0 oraz an+1 = 0, . . . , aL = 0.

Wówczas, oznaczając M = L− n+ 1, mamy M ∈ N oraz równość (B.12) możnazapisać w postaci

(B.13) M +n∑k=1

exp ak = 0.

Oznaczmy c = cd i zauważmy, że

(B.14) u(ca1, . . . , can) ∈ Z dla każdego wielomianusymetrycznego u ∈ Z[z1, . . . , zn].

Istotnie, weźmy dowolny wielomian symetryczny u ∈ Z[z1, . . . , zn]. W myśl wnio-sku B.4.12, istnieje wielomian symetryczny U ∈ Z[z1, . . . , zL], że u(z1, . . . , zn) =U(z1, . . . , zn, 0, . . . , 0). Ponieważ wielomian U(g1, . . . , gL) ∈ Z[z1, . . . , zL] jest sy-metryczny(10) oraz u(ca1, . . . , can) = U(g1(cw1, . . . , cwd), . . . , gL(cw1, . . . , cwd)),to z wniosku B.4.11 dostajemy (B.14).

(9)Istotnie, A = A1 ∪ · · · ∪Ad, gdzie Ak = (i1, . . . , ik) : i1, . . . , ik ∈ Z, 1 6 i1 < . . . < ik 6 d,przy czym zbiory Ak są parami rozłączne. Indukcyjnie pokazujemy, że zbiór Ak jest

(dk

)elemen-

towy dla k = 1, . . . , d. Zatem zbiór A jest(d1

)+(d2

)+ · · ·+

(dd

)= 2d − 1 elementowy.

(10)bowiem wielomian U jest symetryczny i dla każdej bijekcji τ : 1, . . . , d → 1, . . . , d, ciąggj(zτ(1), . . . , zτ(d)), j = 1, . . . , L powstaje z ciągu g1, . . . , gL przez przestawienie wyrazów.

B.5. PRZESTĘPNOŚĆ LICZBY π 389

Weźmy dowolne m ∈ N. Określmy wielomian ϕm ∈ C[z], wzorem

ϕm(z) =cnm+m−1zm−1[(z − a1) · · · (z − an)]m

(m− 1)!.

Niech ψm : C → C będzie funkcją określoną w lemacie B.3.2 dla wielomianuϕ = ϕm i niech

Am =n∑k=1

hz(ϕm(z + ak)), Bm =n∑k=1

ψm(ak)e|ak| oraz Cm = Mhz(ϕm).

Mnożąc (B.13) przez hz(ϕm), wobec lematu B.3.2, dostajemy

(B.15) Am +Bm + Cm = 0 dla każdego m ∈ N.

Podobnie jak (B.5) w dowodzie twierdzenia B.3.4 pokazujemy, że istnieje N ∈N takie, że

(B.16) |Bm| < 1 dla m > N.

Ponieważ

cnm+m−1[(z − a1) · · · (z − an)]m = cm−1[(cz − ca1) · · · (cz − can)]m,

więc ze wzorów Viete’a i (B.14) dostajemy, że cnm+m−1[(z − a1) · · · (z − an)]m

jest wielomianem całkowitym. W myśl twierdzenia B.2.4, więc liczba hz(ϕm) jestcałkowita oraz

hz(ϕm) ≡ cm−1(−1)mn(ca1 · · · can)m (modm) dla m ∈ N.

Zatem Cm ∈ Z oraz

(B.17) Cm ≡Mcm−1(−1)mn(ca1 · · · can)m (modm) dla m ∈ N.

Dla każdego k ∈ 1, . . . , n,

ϕm(z + ak) =cnm+m−1(z + ak)m−1

(m− 1)![(z + ak − a1) · · · (z + ak − an)]m

=zm

(m− 1)!(cz + cak)m−1

∏j 6=k

(cz + cak − caj)

m ,(B.18)

gdzie∏j 6=k

(cz+ cak− caj) jest iloczynem liczb cz+ cak− ca1,. . . , cz+ cak− cak−1,

cz + cak − cak+1,. . . , cz + cak − can. Niech F1, . . . , Fk ∈ Z[z1, . . . , zn, z] będąwielomianami postaci

Fk(z1, . . . , zn, z) = (cz + zk)m−1∏j 6=k

(cz + zk − zj)

m .


Wobec własności B.4.2, wielomian F = F1 + · · ·+ Fn ma przedstawienie postaci

F (z1, . . . , zn, z) =u0(z1, . . . , zn) + u1(z1, . . . , zn)z

+ · · ·+ uK(z1, . . . , zn)zK(B.19)

dla (z1, . . . , zn, z) ∈ Cn+1, gdzie K = nm − 1 oraz u0, . . . , uK ∈ Z[z1, . . . , zn].Ponadto dla każdej bijekcji τ : 1, . . . , n → 1, . . . , n, Fk(zτ(1), . . . , zτ(n), z) =Fτ(k)(z1, . . . , zn, z), a więc F (zτ(1), . . . , zτ(n), z) = F (z1, . . . , zn, z) i w myśl wła-sności B.4.2, wielomiany u0, . . . , uk są symetryczne. Uwzględniając, więc (B.14)dostajemy, że F (ca1, . . . , can, z) ∈ Z[z]. Z definicji wielomianu Fk i z (B.18) do-stajemy, że ϕm(z + ak) = zm

(m−1)!Fk(ca1, . . . , can, z), więc

n∑k=1

ϕm(z + ak) =zm

(m− 1)!F (ca1, . . . , can, z).

Stosując teraz twierdzenie B.2.4, dostajemy hz(

zm

(m−1)!F (ca1, . . . , can, z))∈ Z

oraz dla każdego m ∈ N,

(B.20) Am = hz

(n∑k=1

ϕm(z + ak)

)≡ 0 (modm) dla m ∈ N.

Niech p ∈ N będzie liczbą pierwszą(11) taką, że p > maxN,M, c, |ca1 · · · can|.Wówczas Mcp−1(−1)pn(ca1 · · · can)p 6≡ 0 (mod p) i z (B.17), mamy |Cp| > 1. Toprzeczy (B.15), (B.16) i (B.20). Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Uwaga B.5.3. Do dziś nie wiadomo, czy liczby e i π są algebraicznie zależne, toznaczy, czy istnieje niezerowy wielomian f ∈ Z[z1, z2] taki, że f(e, π) = 0.

Uwaga B.5.4. W teorii liczb rozważa się również tak zwane liczby konstruowal-ne. Intuicyjnie, liczbę a ∈ R nazywamy konstruowalną lub liczbą Euklidesa, gdyprzy zadanym odcinku o długości 1, jest ona długością odcinka, który można skon-struować geometrycznie, to znaczy przy pomocy tzw. cyrkla i linijki. Problem kon-struowalności liczby π był jednym z podstawowych problemów starożytnej mate-matyki greckiej, formułowany jako problem kwadratury koła. Intuicyjnie, problemkwadratury koła to pytanie czy przy użyciu cyrkla i linijki, można skonstruowaćkwadrat, którego pole równe jest polu danego koła. Konstrukcja ta jest niewy-konalna, co wynika z twierdzenia Lindemanna z 1882 r. o przestępności liczby π(patrz twierdzenie B.5.2) oraz twierdzenia Wenzela(12) z 1837 r. o algebraicznościliczb konstruowalnych.

(11)Podobnie jak w dowodzie twierdzenia B.3.4.(12)Pierre Laurent Wantzel (1814-1848) – matematyk francuski.

Dodatek C

Elementy podstaw matematyki

Pierwotnie matematyka była rozumiana jako nauka(1) o liczbach (zwana arytme-tyką) i figurach geometrycznych (zwana geometrią). Obecnie matematykę rozu-miemy jako naukę dedukcyjną, czyli opartą na metodzie wyciągania wnioskówwedług praw logiki, w sposób absolutnie pewny, a przedmiotem jej badań są re-lacje zachodzące pomiędzy obiektami abstrakcyjnymi, takimi jak zbiory, liczby,przestrzenie czy całe teorie. Główne działy matematyki to: logika matematyczna,teoria mnogości, topologia, algebra, teoria liczb, geometria (elementarna, róż-niczkowa, algebraiczna, analityczna), analiza matematyczna (teoria funkcji rze-czywistych, teoria funkcji zespolonych, równania różniczkowe, teoria miary, pro-babilistyka, teoria układów dynamicznych), analiza funkcjonalna, matematykadyskretna, stochastyka.

C.1 Informacje o rachunku zdań

Zdania są jednymi z podstawowych obiektów rozważanych w logice matematycz-nej. W klasycznym rachunku zdań(2) przyjmuje się założenie, że każdemu zdaniumożna przypisać jedną z dwu wartości logicznych - prawdę albo fałsz. Należyprzy tym odróżnić pojęcie prawdziwości zdania od możliwości udowodnienia go.K. Godel udowodnił że w dowolnym systemie formalnym (patrz strona 393) zawie-rającym w sobie aksjomaty arytmetyki liczb naturalnych (podane na stronie 16),istnieją zdania, których prawdziwości nie da się wywieść z aksjomatów i twier-dzeń rozważanego systemu. Przykładem takiego zdania jest hipoteza continuum(patrz strona 32).

Definicja zdania logicznego. Zdaniem logicznym lub krótko zdaniem nazy-wamy wyrażenie(3), czyli wypowiedź gramatyczną, oznajmującą, której możnaprzyporządkować jedną z dwu wartości logicznych: prawdę lub fałsz.

Definicja . Wprowadzamy następujące spójniki: ∼, ∨, ∧,⇒,⇔. Niech p, q będązdaniami.

Zadanie ∼ p czytamy nieprawda, że p i nazywamy negacją zdania p. Jest onoprawdziwe dokładnie wtedy, gdy zdanie p jest fałszywe.

(1)Można powiedzieć, że nauka jest częścią kultury służącą wyjaśnieniu natury świata, jestrozwijana za pomocą tzw. metody naukowej, czyli zbioru zasad pozwalających weryfikować(tzn. przyjąć lub odrzucić) analizowane teorie.(2)Racunek zdań został zapoczątkowany pracami Augustusa De Morgana i George Boole’a.

Augustus De Morgan (1806-1871) – angielski matematyk i logik. George Boole (1815-1864) –angielski matematyk, filozof i logik.(3)złożone z symboli danego języka połączonych spójnikami ”i”, ”lub” oraz ”negacji”.

391

392 DODATEK C. ELEMENTY PODSTAW MATEMATYKI

Zdanie p ∨ q czytamy p lub q i nazywamy alternatywą zdań p i q. Jest onoprawdziwe dokładnie wtedy, gdy przynajmniej jedno ze zdań p, q jest prawdziwe.

Zdanie p ∧ q czytamy p i q i nazywamy koniunkcją zdań p i q. Jest onoprawdziwe dokładnie wtedy, gdy obydwa zdania p i q są prawdziwe.

Zdanie p ⇒ q czytamy jeśli p, to q i nazywamy implikacją o poprzedniku p inastępniku q. Jest ono fałszywe dokładnie wtedy, gdy zdanie p jest prawdziwe, azdanie q – fałszywe.

Zdanie p⇔ q czytamy p wtedy i tylko wtedy, gdy q i nazywamy równoważno-ścią o członach p i q. Jest ono prawdziwe dokładnie wtedy, gdy obydwa zdania pi q mają te same wartości logiczne.

Definicja prawa rachunku zdań. Zdanie złożone, prawdziwe bez względu nawartości logiczne zdań je tworzących, nazywamy prawem rachunku zdań lub tau-tologią.

Twierdzenie C.1.1. Niech p, q, r będą zdaniami. Następujące zdania są prawamirachuku zdań:

(a) [∼ (∼ p)]⇔ p (prawo podwójnego przeczenia),(b) p∨ ∼ p (prawo wyłączonego środka),(c) ∼ (p∧ ∼ p) (prawo sprzeczności),(d) [∼ (p∧ q)]⇔ (∼ p∨ ∼ q), [∼ (p∨ q)]⇔ (∼ p∧ ∼ q) (prawa De Morgana),(e) (p ∨ q)⇔ (q ∨ p), (p ∧ q)⇔ (q ∧ p) (prawa przemienności),(f) [p∧ (q ∧ r)]⇔ [(p∧ q)∧ r], [p∨ (q ∨ r)]⇔ [(p∨ q)∨ r] (prawa łączności),(g) [p ∧ (q ∨ r)]⇔ [(p ∧ q) ∨ (p ∧ r)] (pierwsze prawo rozdzielności),(h) [p ∨ (q ∧ r)]⇔ [(p ∨ q) ∧ (p ∨ r)] (drugie prawo rozdzielności),(i) (p⇒ q)⇔ (∼ p ∨ q),(j) (p⇒ q)⇔ (∼ q ⇒∼ p) (prawo kontrapozycji),(k) [(p⇒ q) ∧ (q ⇒ r)]⇒ (p⇒ r) (prawo sylogizmu),(l) (p⇔ q)⇔ [(p⇒ q) ∧ (q ⇒ p)].

W matematyce podstawowym sposobem stwierdzania prawdziwości rozważa-nego zdania (twierdzenia) jest jego dowód. Składa się on z prostych kroków (zgod-nych z regułami wnioskowania) prowadzących do stwierdzenia, że dane zdaniejest konsekwencją logiczną innych. Prawa rachunku zdań, zebrane w twierdzeniuC.1.1, prowadzą do następujących reguł wnioskowania.

Definicje reguł wnioskowania. Niech p, q, r będą zdaniami.(Reguła odrywania). Jeśli zdania p oraz p ⇒ q są prawdziwe, to prawdziwe

jest również zdanie q.(Reguła sylogizmu warunkowego). Jeśli prawdziwe są implikacje p⇒ q i q ⇒ r,

to prawdziwa jest również implikacja p⇒ r.(Reguła dowodzenia nie wprost). Jeśli implikacja (∼ q) ⇒ (p∧ ∼ p) jest

prawdziwa, to prawdziwe jest również zdanie q.

C.2. INFORMACJE O RACHUNKU ZBIORÓW 393

(Reguła dowodzenia przez kontrapozycję). Jeśli prawdziwe jest zdanie(∼ q)⇒ (∼ p), to prawdziwe jest również zdanie p⇒ q.

Twierdzenie C.1.2. (o zamkniętym układzie twierdzeń). Jeśli zdaniap ⇒ q i r ⇒ s oraz p ∨ r i ∼ (q ∧ s) są prawdziwe, to prawdziwe są zdaniaq ⇒ p oraz s⇒ r.

ZADANIA

Zadanie C.1.1. Udowodnić twierdzenia C.1.1 i C.1.2.

C.2 Informacje o rachunku zbiorów

Przyjmujemy jako pojęcia pierwotne(4) pojęcie zbioru i relację przynależności ele-mentu do zbioru, tj. relację x ∈ A. Piszemy x 6∈ A, gdy x nie jest elementemzbioru A. Elementy zbioru nazywamy również punktami. Zakładamy, że istniejezbiór oznaczany symbolem ∅ który nie zawiera żadnego elementu. Zbiór ∅ nazy-wamy zbiorem pustym.

Piszemy x = y, gdy x i y oznaczają ten sam element. Jeśli x i y oznaczająróżne elementy, to piszemy x 6= y

Teoria mnogości(5) czyli teoria zbiorów, jest systemem aksjomatycznym. Ak-sjomatem danej teorii nazywamy zdanie, przyjmowane bez przeprowadzania do-wodu prawdziwości, w którym sformułowane są niektóre własności pojęć pierwot-nych. Układ aksjomatów wraz z twierdzeniami stanowiącymi ich logiczną konse-kwencję (tj. dającymi się z nich wywieść na podstawie przyjętych reguł wniosko-wania) nazywamy systemem aksjomatycznym lub system formalnym. Matematy-cy początku XX w. doszli do wniosku, że intuicja pojęcia zbioru nie jest wśródmatematyków jednoznaczna. W związku z tym, usystematyzowali teorii mnogo-ści na drodze aksjomatycznej. Poniżej przedstawiamy (według [15]) te aksjomatyteorii mnogości do których odwoływaliśmy się wcześniej.

I. Aksjomat jednoznaczności. Jeśli zbiory A i B mają te same elementy,to A i B są identyczne.

II. Aksjomat zbioru pustego. Istnieje zbiór oznaczany symbolem ∅ taki,że dla żadnego x nie jest x ∈ ∅.

III. Aksjomat sumy. Dla każdej rodziny zbiorów R istnieje zbiór złożony ztych i tylko tych elementów, które należą do jakiegoś zbioru X należącego do R.

IV. Aksjomat zbioru potęgowego. Dla każdego zbioru A istnieje zbiór,którego elementami są wszystkie podzbiory zbioru A.

(4)to znaczy pojęcia, których nie definiujemy.(5)Teoria mnogości została zapoczątkowana pracami Georga Cantora.


V. Aksjomat wyboru. Dla każdej rodziny R zbiorów niepustych i rozłącz-nych istnieje zbiór, który z każdym ze zbiorów rodziny R ma jeden i tylko jedenwspólny element.

VI. Aksjomat nieskończoności. Istnieje rodzina zbiorów R o następują-cych własnościach: ∅ ∈ R; jeśli X ∈ R, to w R istnieje taki element Y , żeelementami Y są wszystkie elementy zbioru X oraz sam zbiór X.

VII. Aksjomat pary. Dla dowolnych przedmiotów a, b istnieje zbiór któregojedynymi elementami są a i b.

Zbiór, którego jedynymi elementami są przedmioty a i b oznaczamy a, b.Jeśli a = b to to zbiór a, b oznaczamy a. Wobec Aksjomatu I zbiór a, b jestwyznaczony jednoznacznie przez a i b.

Można pokazać, w oparciu o aksjomaty, że podane dalej pojęcia są poprawnieokreślone.

Definicja formuły zdaniowej. Niech X będzie ustalonym zbiorem. Wyrażenieϕ(t), które staje się zdaniem, gdy na miejsce zmiennej t podstawimy dowolnąwartość ze zbioru X nazywamy formułą zdaniową. Zbiór X nazywamy zakresemzmienności formuły ϕ. Mówimy, że element x ∈ X spełnia formułę ϕ(t), jeśli popodstawieniu elementu x w miejsce zmiennej t, wyrażenie ϕ(x) staje się zdaniemprawdziwym. Zbiór wszystkich elementów x ∈ X, które spełniają formułę ϕ(t)oznaczamy x : ϕ(x) lub x ∈ X : ϕ(x).Definicja . Niech ϕ będzie formułą zdaniową o zakresie zmienności X.

Zdanie ∀x ϕ(x) lub ∀x∈X ϕ(x) czytamy dla każdego x ∈ X zachodzi ϕ(x). Jestono prawdziwe dokładnie wtedy, gdy x ∈ X : ϕ(x) = X.

Zdanie ∃x ϕ(x) lub ∃x∈X ϕ(x) czytamy istnieje x ∈ X, że zachodzi ϕ(x). Jestono prawdziwe dokładnie wtedy, gdy x ∈ X : ϕ(x) 6= ∅.

Symbole ∀ oraz ∃ nazywamy odpowiednio kwantyfikatorem ogólnym orazkwantyfikatorem szczegółowym.

Podobnie jak powyżej definiuje się formuły ϕ(x, y), ϕ(x, y, t), ... Wprowa-dza się klasę formuł teoriomnogościowych K . Ustalając układ symboli x, y, . . .X, Y, . . . zwanych zmiennymi, klasa K zawiera wyrażenia: x jest zbiorem, x ∈ y,x = y (zwanych formułami atomowymi). Każdy element klasy K powstaje zeskończonej ilości formuł atomowych przez zastosowanie skończoną ilość razy re-guł: jeśli Φ,Ψ ∈ K , to Φ ∨Ψ, Φ ∧Ψ, Φ⇒ Ψ, Φ⇔ Ψ, ∼ Φ, ∀xΦ, ∃xΦ ∈ K .

VIII. Aksjomat o podzbiorach dla formuły. Dla każdej formuły teoriom-nogościowej ϕ(x) i dla każdego zbioru A istnieje zbiór złożony z tych i tylko tychelementów zbioru A, które spełniają formułę ϕ(x).

Twierdzenie C.2.1. Niech ϕ będzie formułą zdaniową o zakresie zmienności X.Wówczas zachodzą następujące prawa de Morgana dla kwantyfikatorów:

(a) (∼ ∀x∈Xϕ(x)) ⇔ ∃x∈X(∼ ϕ(x)),

(b) (∼ ∃x∈Xϕ(x)) ⇔ ∀x∈X(∼ ϕ(x)).

C.2. INFORMACJE O RACHUNKU ZBIORÓW 395

Definicja inkluzji. Niech A, B będą zbiorami. Zbiór A nazywamy podzbioremzbioru B, jeśli każdy element zbioru A jest elementem zbioru B. Piszemy wówczasA ⊂ B lub B ⊃ A i mówimy, że zbiór A jest zawarty w zbiorze B. Stosunek ⊂nazywamy stosunkiem inkluzji.

Własność C.2.2. Niech A, B będą zbiorami. Wówczas A = B wtedy i tylkowtedy, gdy A ⊂ B oraz B ⊂ A.

Własność C.2.3. Jeśli A, B, C są zbiorami takimi, że A ⊂ B oraz B ⊂ C, toA ⊂ C.

Definicja różnicy zbiorów. Niech A,B ⊂ X. Różnicą zbiorów(6) A i B nazy-wamy zbiór

x ∈ A : x 6∈ B,który oznaczamy A \B. Zbiór X \A nazywamy dopełnieniem zbioru A.

Definicja pary uporządkowanej. Niech a, b ∈ X. Zbiór złożony z elementua (i tylko elementu a) oznaczamy a. Zbiór złożony z elementów a, b oznacza-my a, b. Parą uporządkowaną o poprzedniku a i następniku b nazywamy zbióra, a, b i oznaczamy (a, b).

Własność C.2.4. Dla elementów a, b, c, d ∈ X, zachodzi

(a, b) = (c, d) wtedy i tylko wtedy, gdy a = c i b = d.

Definicja iloczynu kartezjańskiego zbiorów. Niech A,B ⊂ X. Zbiór

(a, b) : a ∈ A i b ∈ B

nazywamy iloczynem kartezjańskim zbiorów A i B i oznaczamy A×B.

Definicja relacji dwuczłonowej. Niech X,Y będą zbiorami. Relacją dwuczło-nową nazywamy każdy podzbiór iloczynu kartezjańskiego X × Y .

Jeśli R ⊂ X×Y jest relacją, to dla każdego (x, y) ∈ R piszemy xRy i mówimy,że x jest w relacji R z y.

Definicja relacji równoważności. Niech X będzie zbiorem. Relację R ⊂ X×Xnazywamy relacją równoważności, gdy R spełnia warunki:

Zwrotność. Dla każdego x ∈ X, xRx,Symetria. Dla każdych x, y ∈ X, (xRy ⇒ yRx).Przechodniość. Dla każdych x, y, z ∈ X, (xRy ∧ yRz ⇒ xRz).

ZADANIA

Zadanie C.2.1. Udowodnić twierdzenie C.2.1 i własności C.2.2, C.2.3, C.2.4.

(6)Z Aksjomatu VIII wynikaTwierdzenie A. Dla dowolnych zbiorów A i B istnieje zbiór, którego elementami są te i tylkote elementy zbioru A, które nie są elementami zbioru B.


C.3 Funkcje

Definicja funkcji. Niech A,B ⊂ X będą zbiorami niepustymi. Funkcją prze-kształcającą zbiór A w zbiór B nazywamy dowolny podzbiór F ⊂ A×B taki, żedla każdego a ∈ A istnieje dokładnie jedno b ∈ B, dla którego (a, b) ∈ F (7).Wtedy piszemy

F : A→ B.

Zbiór F nazywamy również wykresem funkcji F . Zbiór A nazywamy dziedzinąfunkcji F , a zbiór B – przeciwdziedziną funkcji F . Elementy a ∈ A nazywamyargumentami funkcji F . Jeśli a ∈ A, to jedyny element b ∈ B taki, że (a, b) ∈ Fnazywamy wartością funkcji F w punkcie a i piszemy b = F (a). Funkcję nazy-wamy również odwzorowaniem lub przekształceniem lub przyporządkowaniem (8).Funkcje będziemy oznaczać symbolami F, f, ϕ, . . . .

Definicja obrazu. Niech F : A→ B oraz niech C ⊂ A. Zbiór

b ∈ B : ∃a∈C b = F (a)

nazywamy obrazem zbioru C i oznaczamy F (C).

Definicja zbioru wartości funkcji. Niech F : A → B. Zbiór F (A) nazywamyzbiorem wartości funkcji F .

Definicja surjekcji. Niech F : A→ B. Jeśli zbiór wartości funkcji F jest równyprzeciwdziedzinie B, to funkcję F nazywamy surjekcją lub funkcją ”na” (9).

Definicja przeciwobrazu. Niech F : A→ B oraz niech D ⊂ B. Zbiór

a ∈ A : F (a) ∈ D

nazywamy przeciwobrazem zbioru D i oznaczamy F−1(D).

Definicja rodziny zbiorów. Niech dane będą zbiory niepuste X, S i niechkażdemu elementowi s ∈ S będzie przyporządkowany zbiór As ⊂ X. Zbiór

As : s ∈ S

(7)Inaczej, dla każdego a ∈ A oraz każdych b, c ∈ B, jeśli (a, b) ∈ F i (a, c) ∈ F , to b = c.(8)W szkole średniej wprowadza się następującą definicję funkcji:Funkcją przekształcającą zbiór A w zbiór B nazywamy takie przyporządkowanie według któ-

rego każdemu elementowi zbioru A odpowiada dokładnie jeden element zbioru B.W wykładzie wprowadzamy wszystkie pojęcia w oparciu o pojęcie zbioru. Przyjmując więc,

że przyporządkowanie elementom zbioru A elementów zbioru B jest relacją, czyli podzbioremzbioru A×B, definicja wprowadzona w szkole średniej jest zgodna z przyjętą w wykładzie.(9)Pojęcie funkcja ”na” jest skrótem dłuższej wypowiedzi, mianowicie zamiast mówić funkcja

F : A → B jest ”na”, można powiedzieć: funkcja F przekształca zbiór A na cały zbiór B (lub,że funkcja F przekształca zbiór A na zbiór B).

C.3. FUNKCJE 397

(zawarty w zbiorze wszystkich podzbiorów zbioru X) nazywamy rodziną zbiorówlub rodziną podzbiorów złożoną ze wszystkich zbiorów As, gdzie s ∈ S. Zbiór Snazywamy zbiorem wskaźników.

Definicje sumy rodziny zbiorów i iloczynu rodziny zbiorów. Niech Rbędzie rodziną podzbiorów ustalonego zbioru X. Zbiór

x ∈ X : ∃A∈R x ∈ A

nazywamy sumą rodziny(10) R i oznaczamy⋃A∈RA. Zbiór

x ∈ X : ∀A∈R x ∈ A

nazywamy iloczynem(11) lub częścią wspólną rodzinyR i oznaczamy⋂A∈RA. Jeśli

R = As : s ∈ S, to sumę rodziny R oznaczamy⋃s∈S As, a iloczyn –

⋂s∈S As.

Niech A, B ⊂ X będą zbiorami. Sumę zbiorów A, B (tzn. sumę rodzinyA,B) oznaczamy A ∪B. Iloczyn zbiorów A, B oznaczamy A ∩B. Jeśli A ∩Bjest zbiorem pustym, to zbiory A,B nazywamy rozłącznymi.

Twierdzenie C.3.1. Niech A, B, C będą zbiorami. Wówczas:(a) A ∪B = B ∪A oraz A ∩B = B ∩A (prawo przemienności),(b) A∪(B∪C) = (A∪B)∪C, A∩(B∩C) = (A∩B)∩C (prawa łączności),c) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)

(prawa rozdzialności).

Twierdzenie C.3.2. Niech As : s ∈ S będzie rodziną podzbiorów zbioru X.Wówczas zachodzą następujące prawa de Morgana:

(a) X \ (⋃s∈S As) =

⋂s∈S(X \As),

(b) X \ (⋂s∈S As) =

⋃s∈S(X \As).

W teorii mnogości dowodzi się następujących własności obrazu i przeciwobra-zu.

Twierdzenie C.3.3. Niech f : X → Y . Dla dowolnych podzbiorów A, B, As,gdzie s ∈ S, zbioru X mamy:

(a) (A ⊂ B) ⇒ (f(A) ⊂ f(B)),(b) A ⊂ f−1(f(A)),(c) f(

⋃s∈S As) =

⋃s∈S f(As),

(d) f(⋂s∈S As) ⊂

⋂s∈S f(As),

(10)Istnienie sumy rodziny zbiorów wynika z Aksjomatu III.(11)Istnienie iloczynu rodziny zbiorów wynika z twierdzenia A i Aksjomatu III.

Twierdzenie C.3.4. Niech f : X → Y . Dla dowolnych podzbiorów C, D, Cs,gdzie s ∈ S, zbioru Y mamy:

(a) (C ⊂ D) ⇒ (f−1(C) ⊂ f−1(D)),(b) f−1(C \D) = f−1(C) \ f−1(D),(c) f(f−1(C)) ⊂ C oraz f(f−1(C)) = C, gdy C ⊂ f(X),(d) f−1(

⋃s∈S Cs) =

⋃s∈S f

−1(Cs),(e) f−1(

⋂s∈S Cs) =

⋂s∈S f

−1(Cs).

Definicja obcięcia funkcji. Jeśli f : X → Y jest funkcją i A ⊂ X – zbioremniepustym, to funkcję g : A → Y określoną wzorem g(x) = f(x) dla x ∈ Anazywamy obcięciem lub zawężeniem funkcji f do zbioru A i oznaczamy f |A.

Definicja złożenia funkcji. Jeśli f : X → Y oraz g : Z →W są funkcjami orazf(X) ⊂ Z, to funkcję h : X → W określoną wzorem h(x) = g(f(x)) dla x ∈ Xnazywamy złożeniem funkcji f i g i oznaczamy g f . Wtedy funkcję f nazywamywewnętrzną, funkcję g zaś zewnętrzną złożenia g f .

Definicja funkcji różnowartościowej. Mówimy, że funkcja f : X → Y jestróżnowartościowa lub jest injekcją, gdy dla każdych a, b ∈ X, a 6= b zachodzif(a) 6= f(b).

Definicja bijekcji. Funkcję f nazywamy bijekcją, gdy jest injekcją i surjekcją(tzn. jest różnowartościowa i ”na”).

Definicja funkcji odwrotnej. Niech f : X → Y , g : Y → X będą funkcjami.Mówimy, że funkcja g jest funkcją odwrotną do funkcji f , gdy dla każdego (x, y) ∈X × Y zachodzi

y = f(x) ⇔ x = g(y).

Funkcję odwrotną do funkcji f oznaczamy f−1. Mówimy, że funkcja f : X → Yjest odwracalna, gdy istnieje funkcja g : Y → X odwrotna do f .

Definicja funkcji identyczność. Funkcję idA : A → A określoną wzoremidA(x) = x dla x ∈ A nazywamy identycznością na zbiorze A.

Wprost z definicji funkcji odwracalnej mamy:

Twierdzenie C.3.5. Funkcja jest odwracalna wtedy i tylko wtedy, gdy jest bijek-cją.

Twierdzenie C.3.6. Funkcja f : X → Y jest odwracalna wtedy i tylko wtedy,gdy istnieje funkcja g : Y → X taka, że g f = idX oraz f g = id Y .

ZADANIA

Zadanie C.3.1. Udowodnić twierdzenia C.3.1, C.3.2, C.3.3, C.3.4, C.3.5 i C.3.6.

Spis literatury[1] A. Birkholz, Analiza matematyczna dla nauczycieli I, PWN, Warszawa 1980.

[2] J. Banaś, S. Wędrychowicz, Zbiór zadań z analizy matematycznej, WNT, Warszawa1996.

[3] G. N. Berman, Zbiór zadań z analizy matematycznej, Nauka, Moskwa 1997 (po ro-syjsku).

[4] J. Chądzyński, Analiza matematyczna, manuskrypt.

[5] J. Chądzyński, Wstęp do analizy zespolonej, część II. Funkcje holomorficzne wieluzmiennych, Wyd. UŁ, Łódź 2006.

[6] B. P. Demidowicz, Zbiór zadań i ćwiczeń z analizy matematycznej, Nauka, Moskwa1990 (po rosyjsku).

[7] L. M. Drużkowski, Analiza matematyczna. [T. 1], Podstawy, Wyd. Uniwersytetu Ja-giellońskiego, Kraków 1998.

[8] G. M. Fichtenholz, Rachunek różniczkowy i całkowy, t.1, 2, 3, PWN, Warszawa 1980.

[9] F. M. Filipczak, Teoria miary i całki, Skrypt ze zbiorem zadań, Wyd. UŁ, Łódź 1997.

[10] G. H. Hardy, E. M. Wright, An introduction to the theory of numbers, 4rd ed. Oxford,at the Clarendon Press, 1960.

[11] T. Krasiński, Analiza matematyczna, funkcje jednej zmiennej, Wyd. UŁ, Łódź 2001.

[12] W. Krysicki, L. Włodarski, Analiza matematyczna w zadaniach, cz. 1 i 2, PWN,Warszawa 1976.

[13] K. Kuratowski, Rachunek różniczkowy i całkowy, PWN, Warszawa 1977.

[14] K. Kuratowski, Wstęp do teorii mnogości i topologii, PWN, Warszawa 1980.

[15] K. Kuratowski, A. Mostowski, Teoria mnogości, PWN, Warszawa 1978.

[16] F. Leja, Rachunek różniczkowy i całkowy, PWN, Warszawa 1969.

[17] S. Łojasiewicz, Wstęp do teorii funkcji rzeczywistych, PWN, Warszawa 1973.

[18] A. Mostowski, M. Stark, Elementy algebry wyższej, PWN, Warszawa 1977.

[19] H. i J. Musielakowie, Analiza matematyczna, t. 1, cz. 1 i 2, Wyd. UAM, Poznań1993.

[20] W. Rudin, Podstawy analizy matematycznej, PWN, Warszawa 1998.

[21] W. Sierpiński, Działania nieskończone, Spółdzielnia Wydawnicza Czytelnik, War-szawa 1948.

[22] W. Sierpiński, O wpływie porządku składników na zbieżność jednostajną szeregu,Spraw. Tow. Nauk., Warszawa (1910), 353-357.

399

Skorowidz nazwiskNiels Henrik Abel, 116Jean Le Rond d’Alembert, 118Archimedes z Syrakuz, 16Cesare Arzela, 260Giulio Ascoli, 260

Rene-Louis Baire, 105Stefan Banach, 178Jakob Bernoulli, 40Serguei Natanovitch Bernstein, 256Etienne Bezout, 64Bernard Placidus Johann Nepomuk Bolza-

no, 89George Boole, 391Luitzen Egbertus Jan Brouwer, 169Wiktor Jakowlewicz Buniakowski, 41

Georg Ferdinand Ludwig Philipp Cantor,31, 32

Augustin Louis Cauchy, 41Zygmunt Charzyński, 202Paul Joseph Cohen, 32

Jean Gaston Darboux, 168Julius Wilhelm Richard Dedekind, 6Ulisse Dini, 243Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet, 32

Euklides z Aleksandrii, 66Leonhard Euler, 85

Pierre de Fermat, 203Leonardo Fibonacci, 67Jean Baptiste Joseph Fourier, 315

Kurt Godel, 32Christian Goldbach, 42

Jacques Salomon Hadamard , 130Eduard Heine, 152Eduard Helly, 262Otto Ludwig Holder, 178Guillaume Francois Antoine de l’Hospital,

208

Marie Ennemond Camille Jordan, 188

Joseph Louis Lagrange, 65Henri Leon Lebesgue, 197Gottfried Wilhelm Leibniz, 117Carl Louis Ferdinand von Lindemann, 387Rudolf Otto Sigismund Lipschitz, 176

Stanisław Łojasiewicz, 221

Colin Maclaurin, 214Franciszek Karol Józef Mertens, 128Augustus De Morgan, 391

Isaac Newton, 40

Giuseppe Peano, 16Pitagoras, 42Simeon Denis Poisson, 360

Joseph Ludwig Raabe, 115Georg Friedrich Bernhard Riemann, 114Michel Rolle, 205

Karl Hermann Amandus Schwarz, 41Wacław Franciszek Sierpiński, 241Thomas Joannes Stieltjes, 292James Stirling, 315Otto Stolz, 81Jacques Charles Francois Sturm, 222

Brook Taylor, 213Rene Thom, 221

Francois Viete, 65

John Wallis, 315Karl Weierstrass, 89Pierre Laurent Wantzel, 390

William Henry Young, 316

Zygmunt Zahorski, 316

400

Wykaz symboli i skrótów· znak mnożenia, 5

R zbiór liczb rzeczywistych, 5

+ znak dodawania, 5

<, > znaki nierówności, 5, 8

0, 1 liczba zero, jeden (elementy neutralne

działań), 5

1/x, 1x element odwrotny do x, 6

−x element przeciwny do x, 6

6, > znaki nierówności, 10

|x| moduł liczby x, 10

(a, b) przedział otwarty, 11

[a, b] przedział domknięty, 11

sgn (x) znak liczby x, 11

|P | długość przedziału P , 11

inf kres dolny, 12, 37

max maksimum, 12

sup kres górny, 12, 37

min minimum, 13

−E, 14

E · F , 14

E + F , 14

N zbiór liczb naturalnych, 16

Fn = k ∈ N : k < n+ 1, 18

Nn0,m0 = n ∈ N : n0 6 n 6 m0, 19

Nn0 = n ∈ N : n > n0, 19

2N zbiór liczb parzystych, 19

2N− 1 zbiór liczb nieparzystych, 19

Z zbiór liczb całkowitych, 20

[x] całość z liczby, 21

Q zbiór liczb wymiernych, 21

Za0 = a ∈ Z : a > a0, 21(mn

)symbol Newtona, 24

n! silnia, 24

(ak)nk=1 ciąg skończony, 33

Rn = (a1, ..., an) : a1, ..., an ∈ R, 33

∏znak iloczynu, 33, 34∑znak sumy, 33, 34

R rozszerzony zbiór liczb rzeczywistych, 37

+∞, −∞ nieskończoności, 37

xy potęga, 39, 42, 46, 48n√x,√x pierwiastek z liczby x, 44

log, loga x logarytm, 54

inf f(X) kres dolny funkcji, 57

max f(X) wartość największa funkcji, 57

min f(X) wartość najmniejsza funkcji, 57

sup f(X) kres górny funkcji, 57

deg f stopień wielomianu f , 62, 369

R[x] zbiór wszystkich wielomianów rzeczy-

wistych zmiennej x, 62

(an)n∈N, (an) ciąg nieskończony, 67

lim granica, 69, 78, 151, 368

e liczba e, 85

cosh cosinus hiperboliczny, 87

coth cotangens hiperboliczny, 87

ln logarytm naturalny, 87

sinh sinus hiperboliczny, 87

tanh tangens hiperboliczny, 87

(ank)k∈N podciąg ciągu (an)n∈N, 88

lim inf granica dolna, 94

lim sup granica górna, 94

d(x, y) odległość punktów x, y, 97

X domknięcie zbioru X, 101

IntX wnętrze zbioru X, 101∑∞n=1 an,

∞∑n=1

an,∞∑n=k

an szereg, 107, 110,

375∑∞n=0 an(x− x0)n szereg potęgowy, 130

cos cosinus, 134

sin sinus, 134

ctg cotangens, 139

401

402 WYKAZ SYMBOLI I SKRÓTÓW

tg tangens, 139∏∞n=1 an iloczyn nieskończony, 144

limx→x−0

f(x) granica lewostronna funkcji f w

punkcie x0, 156

limx→x+0

f(x) granica prawostronna funkcji f

w punkcie x0, 156

π liczba π, 179

arccos arcus cosinus, 185

arcctg arcus cotangens, 185

arcsin arcus sinus, 185

arctg arcus tangens, 185

W ba(f) wahaniem funkcji f na przedziale

[a, b], 187

f ′(x0) pochodna funkcji f w punkcie x0,

193

DSf(x) pochodna symetryczna Lebesgue’a

funkcji f w punkcie x, 197

DS2f(x) pochodna symetryczna Riemanna-

Schwarza funkcji f w punkcie x,

198

Df ′ dziedzina pochodnej funkcji f , 198

f ′ pochodna funkcji f , 198

(f(x))′ pochodna funkcji f , 199

(f(x))′x=x0 pochodna funkcji f w punkcie

x0, 199

C∞ klasa funkcji nieskończenie wiele razy

różniczkowalnych, 211

C 0 klasa funkcji ciągłych, 211

C n klasa funkcji n krotnie różniczkowal-

nych w sposób ciągły, 211

Df ′′ dziedzina pochodnej funkcji f rzędu

drugiego, 211

f ′′ pochodna funkcji f rzędu drugiego, 211

f ′′(x0) pochodna rzędu drugiego funkcji f

w punkcie x0, 211

f (n) pochodna funkcji f rzędu n, 211

f (n)(x0) pochodna funkcji f rzędu n w punk-

cie x0, 211

Y X zbiór wszystkich funkcji określonych na

zbiorze X o wartościach w zbiorze

Y , 233

fn ⇒ f ciąg funkcyjny (fn)∞n=1 jest jedno-

stajnie zbieżny do funkcji f , 235(αn

)symbol Newtona, 252

ω moduł ciągłości, 255∫f dx,

∫f(x) dx całka nieoznaczona, 269

A ϕ, 269

A+B, 269

aA, 269

g +A, 269

δ(P) średnica podziału, 289

P podział przedziału, 289

L(P, f) dolna suma Darboux, 289

U(P, f) górna suma Darboux, 289

L(f) zbiór wszystkich dolnych sum Darbo-

ux, 293

U(f) zbiór wszystkich górnych sum Darbo-

ux, 293∫ ba

—f(x) dx całka dolna Darboux funkcji f

w przedziale [a, b], 293∫ baf(x) dx całka górna Darboux funkcji f

w przedziale [a, b], 293∫ baf dx,

∫ baf(x) dx całka Riemanna funkcji

f w przedziale [a, b], 299

R([a, b]) zbiór wszystkich funkcji całkowal-

nych w sensie Riemanna w prze-

dziale [a, b], 299∫ baf dµ całka Riemanna-Stieltjesa, 301

R([a, b], µ) zbiór wszystkich funkcji całko-

walnych w sensie Riemanna-Stieltjesa

na przedziale [a, b] względem funk-

cji µ, 301

V (γ) długość krzywej γ, 324

|Π| suma zawartości prostokątów rodziny

WYKAZ SYMBOLI I SKRÓTÓW 403

Π, 326

P prostokąt, 326

|P| zawartość prostokąta, 326

mz(D) miara zewnętrzna Jordana zbioru

D, 328

mw(D) miara wewnętrzna Jordana zbioru

D, 329

mJ(D) miara Jordana zbioru D, 330

J zbiór mierzalnych w sensie Jordana pod-

zbiorów zbioru R2, 332∫ baf dx całka niewłaściwa Riemanna funk-

cji f w przedziale [a, b), (a, b], (a, b),

351

Γ funkcja gamma Eulera, 362

B funkcja beta Eulera, 364

C ciało liczb zespolonych, 365

Im z część urojona liczby zespolonej z, 366

Re z część rzeczywista liczby zespolonej z,

366

z sprzężenie liczby zespolonej z, 366

i jednostka urojona, 366

Arg z argument główny liczby zespolonej z,

367

exp, 376

C[z] zbiór wszystkich zespolonych wielomia-

nów zmiennej z, 369

Z[z] zbiór wszystkich wielomianów zespo-

lonych zmiennej z o współczynni-

kach całkowitych, 377

a ≡ b (modm) liczba a przystaje do liczby

b modulo m, 377

C[z1, . . . , zn] zbiór wielomianów zespolonych

zmiennych z1, . . . zn, 382

Z[z1, . . . , zn] zbiór wielomianów zespolonych

zmiennych z1, . . . zn o

współczynnikach całkowitych, 382

∧ znak koniunkcji, 391

⇔ znak równoważności, 391

∨ znak alternatywy, 391

⇒ znak implikacji, 391

∅ znak zbioru pustego, 393

∈ należy do, 393

6= różne, 393

6∈ nie należy do, 393

= równe, 393

x : ϕ(x) zbiór elementów spełniających

formułę, 394

∃ znak kwantyfikatora szczegółowego, 394

∀ znak kwantyfikatora ogólnego, 394

(a, b) para uporządkowana, 395

a zbiór złożony z jednego elementu a, 395

⊂, ⊃ znaki inkluzji, 395

A \B różnica zbiorów, 395

A×B iloczyn kartezjański zbiorów, 395

xRy x jest w relacji z y, 395

F (a) wartość funkcji w punkcie a, 396

F (C) obraz zbioru, 396

F : A → B funkcja przekształcającą zbiór

A w zbiór B, 396

F−1(D) przeciwobraz zbioru, 396⋂A∈RA iloczyn rodziny zbiorów, część wspól-

na, 397⋃A∈RA suma rodziny zbiorów, 397

∩ iloczyn zbiorów, 397

∪ suma zbiorów, 397

id identyczność, 398

f |A obcięcie funkcji, 398

f−1 funkcja odwrotna, 398

g f złożenie funkcji, 398

SkorowidzAksjomat, 393– antysymetrii relacji mniejszości, 6– istnienia elementów neutralnych działań,

5– istnienia różnicy i ilorazu, 5– przechodzniości relacji mniejszości, 6– przemienności dodawania i mnożenia, 5– rozdzielności mnożenia względem doda-

wania, 5– spójności relacji mniejszości, 6– zasada ciągłości Dedekinda, 6– łączności dodawania i mnożenia, 5aksjomaty ciała, 5– porządku, 6– rozszerzonego zbioru liczb rzeczywistych,

37– teorii mnogości, 393– związku między działaniami i relacją mniej-

szości, 6argument główny liczby zespolonej, 367– funkcji, 396asymptota pionowa funkcji, 232– ukośna funkcji, 232

Bijekcja, 398

Całka Darboux dolna, 293– Darboux górna, 293– Newtona-Leibniza, 311– nieoznaczona, 269– niewłaściwa rozbieżna, 351, 352– – zbieżna, 351, 352– – – bezwzględnie, 351, 352– – – warunkowo, 351, 352– –, Riemanna, 351–353– Poissona, 360– Riemanna, 299, 308, 323– Riemanna-Stieltjesa, 301– Riemanna-Stieltjesa dolna, górna, 298całki Fouriera, 315całość z liczby, entier, 21ciało, 5– algebraicznie domknięte, 365ciało liczb zespolonych, 365

ciąg, 67– Cauchy’ego, 93– częściowy, podciąg, 88, 110– funkcyjny, 233, 234– – rozbieżny, 233– – zbieżny, 233– – – jednostajnie, 235– – – niemal jednostajnie, 244– – – w sposób ciągły, 244– iloczynów częściowych ciągu, 144– – – iloczynu nieskończonego, 144– liczbowy, 33, 67, 110– malejący, 68– monotoniczny, 68– nieskończony, 67, 110– ograniczony, 68– – z dołu, 68– – z góry, 68– przybliżeń dziesiętnych liczby, 142– reszt we wzorze Taylora, 251– rosnący, 68– rozbieżny, 69, 368– różnowartościowy, 68– skończony, 33, 61– sum częściowych ciągu, 107, 110, 375– – – – funkcyjnego, 233, 234– – – szeregu, 107– – – – funkcyjnego, 233, 234– – – – liczb zespolonych, 375– – – – liczbowego, 110– zbieżny, 69, 368– ściśle malejący, 68– – rosnący, 68czynnik, 7część rzeczywista, urojona liczny zespolo-

nej, 366

Domknięcie zbioru, 101dostatecznie duże, 68działanie dodawania, 5– dzielenie, 7– mnożenia, 5– odejmowanie, 7dziedzina funkcji, 396

404

SKOROWIDZ 405

długość krzywej, 324– przedziału, 11

Ekstremum lokalne, 223– – właściwe, 223element najmniejszy, minimum, 13– największy, maksimum, 12– odwrotny, 6– przeciwny, 6

Formuła zdaniowa, 394funkcja, 396– analityczna, 249– – w punkcie, 249– arcus cosinus, 184– arcus cotangens, 185– arcus sinus, 185– arcus tangens, 185– beta Eulera, 364– bezwzględnie ciągła w przedziale, 191– – monotoniczna, 258– całkowalna w sensie Riemanna, 299, 308– ciągła, 163, 368– – w punkcie, 163, 368– cosinus, 134– cotangens, 139– Dirichleta, 56– dwukrotnie różniczkowalna, 211– – – w punkcie, 211– – – w zbiorze, 211– exp, 376– Γ, 362– górnej granicy całkowania, 318– I klasy Baire’a, 235– identyczność, 398– klasy C 0, C n, C∞, 211– lewostronnie ciągła, 168– – – w punkcie, 168– logarytmiczna, 60– malejąca, 56– monotoniczna, 56– ”na”, surjekcja, 396– nieparzysta, 56– n-krotnie różniczkowalna, 211– – – w zbiorze, 211funkcja o wahaniu skończonym, 187– odległości od zbioru, 178

– odwrotna, odwracalna, 398– ograniczona, 56– – z dołu, 56– – z góry, 56– okresowa, 56– parzysta, 56– pierwiastkowa, 59– pierwotna, 263– potęgowa, 57– prawostronnie ciągła, 168– – – w punkcie, 168– przedziałami monotoniczna, 340– półciągła z dołu, 191– – – – w punkcie, 191– – z góry, 191– – – – w punkcie, 191– Riemanna, 155– rosnąca, 56– rozwijalna w szereg Fouriera, 343– – – – potęgowy, 248– rzeczywista, 55– różniczkowalna, 198– – w punkcie, 193– – w zbiorze, 198– różnowartościowa, injekcja, 398– silnia, 24– sinus, 134– symetrycznie ciągła, 202– tangens, 139– wewnętrzna, 398– wielomianowa, wielomian, 61– – zespolona, wielomian zespolony, 369– wklęsła w przedziale, 227– wykładnicza, 59– wymierna, 65– – dwóch zmiennych, 280– wypukła w przedziale, 227– ζ Riemanna, 114– zewnętrzna, 398– ściśle malejąca, 56– – monotoniczna, 56– – rosnąca, 56funkcje cyklometryczne, 185– elementarne, 185– – podstawowe, 185funkcje hiperboliczne, 87

406 SKOROWIDZ

Granica ciągu, 69, 368– – funkcyjnego, 233– cząściowa ciągu, 90– dolna ciągu, 94– – funkcji w punkcie, 191– funkcji w nieskończoności, 161– – w punkcie, 153, 368– – – – w sensie Cauchy’ego, 151– – – – – – Heinego, 152– górna ciągu, 94– – funkcji w punkcie, 191– jednostronna funkcji w punkcie, 156– lewostronna funkcji w punkcie, 156– niewłaściwa ciągu, 78– – funkcji w nieskończoności, 161– – – w punkcie, 159– – lewostronna funkcji w punkcie, 160– – prawostronna funkcji w punkcie, 160– prawostronna funkcji w punkcie, 156– właściwa funkcji w punkcie, 159

Hipoteza Goldbacha, 42homeomorfizm, 171

Iloczyn dwóch funkcji, 55– funkcji przez liczbę, 55– kartezjański, 395– liczb, 7– nieskończony, 144– – rozbieżny do 0, +∞, −∞, 144– – zbieżny bezwarunkowo, 147– – – bezwzględnie, 147– – – warunkowo, 147– rodziny zbiorów, część wspólna, 397– szeregu przez liczbę, 108– szeregów w sensie Cauchy’ego, 128– wartości ciągu skończonego, 33– – funkcji, 34iloraz funkcji, 55– liczb, 7– różnicowy funkcji w punkcie, 193– szeregu geometrycznego, 112inkluzja, 395

Jednomian, 62jednomian dwóch zmiennych, 280– zespolony wielu zmiennych, 381

jednostka urojona, 366jedynka, 6

Kres dolny i górny funkcji, 57– dolny zbioru, 12, 37– górny zbioru, 12, 37kryterium Abela, 117– – jednostajnej zbieżności szeregu funkcyj-

nego, 239– Cauchy’ego, 119– całkowe zbieżności szeregów, 358– d’Alemberta, 118– Dirichleta, 116– – jednostajnej zbieżności szeregu funkcyj-

nego, 240– graniczne, 113– Leibniza, 117– monotoniczności funkcji, 219– porównawcze zbieżności szeregów, 112, 118– Weierstrassa jednostajnej zbieżności sze-

regu funkcyjnego, 239– ścisłej monotoniczności funkcji, 220krzywa, 323– gładka, 323– koniec krzywej, 323– początek krzywej, 323– prostowalna, 324– zamknięta, 323

Liczba algebraiczna, 66– –, przestępna, 380– całkowita, 20– dodatnia, 10– e, 85– konstruowalna, 390– leży między liczbami, 215– naturalna, 16– niedodatnia, 11– nieparzysta, 19– nieujemna, 10– niewymierna, 22– parzysta, 19– π, 179– pierwsza, 41liczba przestępna, 66– rzeczywista, 5– ujemna, 10

SKOROWIDZ 407

– wymierna, 21– zespolona, 365licznik, 21logarytm, 54– naturalny, 87łuk, 323

Maksimum lokalne, 222– – właściwe, 223– rodziny funkcji, 155metoda przekątniowa, 261metryka, odległość, 97mianownik, 21miara Jordana, 330– – wewnętrzna, 329– – zewnętrzna, 328minimum lokalne, 222– – właściwe, 223– rodziny funkcji, 155moduł ciągłości funkcji, 255– liczby zespolonej, 366–, wartość bezwzględna liczby, 10

Najmniejsza wartość funkcji, 57największa wartość funkcji, 57nierówność, 8– Bernoulliego, 40, 221– Holdera, 316– Schwarza, 41, 254– – dla całek, 306– Younga, 316nieskończoność +∞, −∞, 37norma, 322

Obcięcie funkcji, 398obraz zbioru, 396odległość euklidesowa, 322, 368– zbiorów, 178odwzorowanie, funkcja 396– zwężające, 178– całkowalne w sensie Riemanna, 323ograniczenie dolne zbioru, 12– górne zbioru, 12okres funkcji, 56okres podstawowy funkcji, 56określanie funkcji przez indukcję, 23– – – – skończoną, 23

otoczenie lewostronne punktu, 98– prawostronne punktu, 98– punktu, 97

Para uporządkowana, 395pierwiastek funkcji, zero funkcji, 55– k-krotny wielomianu, 65, 372– liczby rzeczywistej, stopnia n, 44– z liczby ujemnej, 45pochodna funkcji w punkcie, 193– symetryczna Lebesgue’a funkcji w punk-

cie, 197– – Riemanna-Schwarza funkcji w punkcie,

198pochodna funkcji, 198– – rzędu n, 211– – – – w punkcie, 211– – – – w zbiorze, 211– – – drugiego, 211– – – – w punkcie, 211– – – – w zbiorze, 211– – w zbiorze, 198– prawostronna, lewostronna funkcji, 197podstawa potęgi, 48podstawienie Eulera I, 284– Eulera II, 287– Eulera III, 285podzbiór, 395podział przedziału, 289– regularny prostokąta, 327podzielność liczby całkowitej przez liczbę

całkowitą, 22pojęcia pierwotne, 393potęga o wykładniku całkowitym, 42, 366– – – naturalnym, 39– – – rzeczywistym, 48– – – wymiernym, 46prawie wszystkie, 68promień zbieżności szeregu potęgowego, 131prostokąt, 326przeciwdziedzina funkcji, 396przeciwobraz zbioru, 396przedział, 11przedział domknięty, 11– nieskończony, 38– otwarty, 11– zbieżności szeregu potęgowego, 131

408 SKOROWIDZ

przekrój Dedekinda, 13przestrzeń metryczna, 97– zupełna, 102– zwarta, 102przykład Zahorskiego, 316przystawanie modulo, kongruencja, 377punkt, 393– izolowany zbioru, 98– nieciągłości funkcji, 171– – – drugiego rodzaju, 173– – – pierwszego rodzaju, 173– osobliwy funkcji, 353– podziału, 289– przegięcia, 230– skupienia zbioru, 98– stały funkcji, 169płaszczyzna zespolona, 365

Relacja dwuczłonowa, 395– mniejszości, 5– niewiększe, niemniejsze, 10– rówaoważności, 395reszta Peano, 214– we wzorze Taylora, 251rodzina funkcji jednakowo ciągła, 259– – – – w punkcie, 262– – ograniczona, 258– – – w punkcie, 258– zbiorów, 397rozszerzony zbiór liczb rzeczywistych, 37rozwinięcie dziesiętne liczby, 142– – normalne, 143– funkcji w szereg Fouriera, 343– – – – potęgowy, 248– Leibniza liczby π

4 , 349różnica dwóch funkcji, 55– liczb, 7– p-tego rzędu funkcji, 258– szeregów, 108– zbiorów, 395

Składnik, 7składowa zbioru, 105sprzężenie liczby zespolonej, 366stopień wielomianu, 62, 369, 382styczna do wykresu funkcji w punkcie, 218suma, różnica, iloczyn ciągów, 68

– Darboux dolna, 289– – górna, 289– dwóch funkcji, 55– – szeregów, 108– liczb, 7– Riemanna-Stieltjesa dolna, górna, 292– rodziny zbiorów, 397– szeregu funkcyjnego, 234– – liczb zespolonych, 375– – liczbowego, 107, 110– wartości ciągu skończonego, 33– – funkcji, 34symbol Newtona, 24szereg Fouriera funkcji, 344– –, trygonometryczny, 342– funkcyjny, 233, 234– – rozbieżny, 234– – zbieżny, 234– – – bezwarunkowo jednostajnie, 241– – – bezwzględnie jednostajnie, 241– – – jednostajnie, 238– geometryczny, 112– harmoniczny, 114– liczb zespolonych, 375– – – rozbieżny, 375– liczbowy, 107, 110– – rozbieżny, 107, 110, 144– – – do +∞, −∞, 107– – zbieżny, 110– – – bezwarunkowo, 121– – – bezwzględnie, 117– – – warunkowo, 121– pochodnych szeregu funkcyjnego, 247– potęgowy, Taylora, 130, 217– zbieżny, 375sąsiedztwo lewostronne punktu, 98– prawostronne punktu, 98– punktu, 97

Średnica podziału, 289

Topologia indukowana, 101topologia przestrzeni, 99transpozycja, 35twierdzenie Ascoliego-Arzeli, 260– Bezouta, 64, 370– Banacha, 178

SKOROWIDZ 409

– Bolzano-Weierstrassa, 89, 99– Brouwera, 169– Cauchy’ego, 93, 109, 145– – o wartości średniej, 205– Cauchy’ego-Hadamarda, 130– całka Poissona, 360– charakteryzacja zbiorów spójnych w R,

104– – – zwartych, 102– Darboux, 204– Dirichleta, 339, 346– Dirichleta-Jordana, 346, 350– działania na funkcjach ciągłych, 165, 369– Fermata, 203– jednoznaczność granicy funkcji, 153– Jordana, 188– kryterium ścisłej monotoniczności funk-

cji, 220– Lagrange’a o wartości średniej, 205– Mertensa, 128– o całkowaniu przez części, 270, 319, 320– – – – – dla całek niewłaściwych, 357, 358– – – – podstawienie, 270– – – – – dla całek niewłaściwych, 357– – – – – I, II, 312, 313, 316– o ciągłym obrazie zbioru zwartego, 175– o działaniach na granicach ciągów, 71– – – – – funkcji, 153, 369– – – – – niewłaściwych, 160– – – na pochodnej funkcji, 198– – – – – – w punkcie, 194– o funkcji ciągłej na zbiorze zwartym, 175– o granicach dwóch funkcji, 153– – – jednostronnych funkcji monotonicz-

nej, 158, 161– – – niewłaściwych dwóch funkcji, 160– o granicy złożenia funkcji, 166– o istnieniu funkcji pierwotnej funkcji cią-

głej, 266twierdzenie o istnieniu kresu dolnego, 14– – – – górnego, 13– – – pierwiastków, 43– o obcięciu funkcji ciągłej, 167– o pochodnej funkcji odwrotnej, 199– – – – złożonej, 198– – – w punkcie funkcji odwrotnej, 196– – – – – – złożonej, 195

– o rozkładzie jedynki, 320– o trzech ciągach, 73– – – funkcjach, 153– o wartości średniej I, II, 333, 334, 336– o zagęszczaniu, 114– o zbieżności bezwzględnej i bezwarunko-

wej szeregu, 125– o złożeniu funkcji ciągłych, 165, 369– podstawowe rachunku całkowego, 311– prawo łączności dla szeregów, 120– reguła de l’Hospitala, 208, 210– Riemanna, 122, 125, 336– Rolle’a, 205– Stolza, 81– Sturma, 222– topologiczna charakteryzacja ciągłości, 166,

167– – – – funkcji w punkcie, 163– warunek Cauchy’ego zbieżności jednostaj-

nej ciągu funkcyjnego, 237– – – – – szeregu funkcyjnego, 239– – Heinego ciągłości funkcji w punkcie, 164– – – – jednostajnej, 174– – – dla granicy niewłaściwej, 159– – konieczny istnienia ekstremum, 224– – – – punktu przegięcia I, II, 230, 231– – – różniczkowalności, 198– – – – funkcji w punkcie, 194– – – zbieżności iloczynu nieskończonego,

145– – – – szeregu, 108– – wystarczający istnienia ekstremum I, II,

224, 225– Weierstrassa o aproksymacji, 257– wzór Taylora I, II, III, 213, 216, 217– własność Darboux, 168, 169– – – dla funkcji pierwotnej, 264– zasada Archimedesa, 16twierdzenie zasada indukcji, 17, 20, 21– – – o innym początku, 19– – – skończonej, 19– – minimum, 18, 20– zasadnicze arytmetyki, 41– związek ciągłości z granicą, 164, 369– – granicy funkcji z granicami jednostron-

nymi, 156

410 SKOROWIDZ

– – – niewłaściwej z granicami jednostron-nymi, 160

Ułamki proste, 274

Waga wielomianu, 384wahanie funkcji na przedziale, 187wartość funkcji, 396– wyrazu ciągu, 33, 67, 110warunek Cauchy’ego zbieżności bezwarun-

kowej szeregu, 127– – – iloczynu nieskończonego, 145– – – szeregu liczbowego, 109– Lipschitza, 176wielomian Bernsteina funkcji, 256– całkowity, 382– dwóch zmiennych, 280– niezerowy, 62, 369– podzielny przez wielomian, 277– stały, 62, 369– symetryczny, 384– Taylora funkcji, 214– wielu zmiennych, 381– zerowy, 62, 369, 382– zespolony wielu zmiennych, 381wielomiany symetryczne podstawowe, 384wnętrze zbioru, 101– prostokąta, 326wskaźnik wyrazu ciągu, 33, 67, 110współczynnik jednomianu, 381współczynniki szeregu potęgowego, 130– wielomianu, 62, 369wykres funkcji, 396wykładnik potęgi, 48wyraz ciągu, 33, 67, 110– wolny wielomianu, 62, 369wyrazy, czynniki iloczynu nieskończonego,

144wzory Viete’a, 65wzory redukcyjne, 180wzór dwumienny Newtona, 40– Eulera, 350– interpolacyjny Lagrange’a, 65– Maclaurina, 214– Stirlinga, 315– Taylora, 214– Wallisa, 315

– wielomianny Newtona, 41

Zagęszczenie podziału, 290– – wspólne, 290zasada Archimedesa dla potęgowania, 40zawartość prostokąta, 326zbieżność iloczynu nieskończonego, 144– szeregu liczbowego, 107zbiory rozłączne, 397– równoliczne, 25zbiór, 393– Cantora, 144– co najwyżej przeliczalny, 26– domknięty, 99– – w zbiorze, 101– gęsty w zbiorze, 102– – całkowitych, 20– – dodatnich, 10– – naturalnych, 16– – niedodatnich, 11– – nieujemnych, 10– – niewymiernych, 22– – rzeczywistych, 5– – ujemnych, 10– – wymiernych, 21– mierzalny w sensie Jordana, 329– mocy continuum, 32– n-elementowy, 25– nieograniczony, 12– – z dołu, 12– – z góry, 12– nieprzeliczalny, 26– nieskończony, 25– ograniczony, 12, 328– – z dołu, 12– – z góry, 12– otwarty, 99– – w zbiorze, 101– przeliczalny, 26zbiór pusty, 13– rozproszony, 202– skończony, 25– spójny, 103– wartości funkcji, 396– zwarty, 102zero, 6– wielokrotne wielomianu, 222

SKOROWIDZ 411

złożenie funkcji, 398znak liczby, signum, 11

412 SKOROWIDZ

Spis treściWstęp 3

1 Liczby rzeczywiste 51.1 Aksjomaty liczb rzeczywistych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Kresy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3 Liczby naturalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.4 Liczby całkowite i liczby wymierne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.5 Informacje o definiowaniu przez indukcję . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.6 Zbiory skończone, przeliczalne i nieprzeliczalne . . . . . . . . . . . . . . . 251.7 Ciągi skończone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.8 Rozszerzony zbiór liczb rzeczywistych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2 Logarytm i potęga 392.1 Potęga o wykładniku naturalnym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2 Potęga o wykładniku całkowitym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3 Pierwiastek liczby rzeczywistej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.4 Potęga o wykładniku wymiernym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.5 Potęga o wykładniku rzeczywistym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.6 Logarytm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.7 Informacje o funkcjach rzeczywistych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.8 Funkcja potęgowa, wykładnicza i logarytmiczna . . . . . . . . . . . . . . . 572.9 Wielomiany i funkcje wymierne. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3 Ciągi nieskończone 673.1 Ciągi nieskończone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.2 Granica ciągu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.3 Granica ciągu potęg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.4 Granice niewłaściwe ciągu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 783.5 Liczba e, logarytm naturalny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 843.6 Podciągi, granice częściowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 883.7 Ciągi Cauchy’ego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.8 Granica dolna i górna ciągu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 943.9 Elementy topologii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4 Szeregi liczbowe 1074.1 Szeregi liczbowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.2 Dalsze informacje o szeregach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1104.3 Szeregi o wyrazach nieujemnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1124.4 Dalsze kryteria zbieżności szeregów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1164.5 Zbieżność bezwzględna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1174.6 Łączność dodawania wyrazów szeregu liczbowego . . . . . . . . . . . . . . 120

413

414 SPIS TREŚCI

4.7 Zbieżność bezwarunkowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.8 Mnożenie szeregów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.9 Szeregi potęgowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1304.10 Funkcje trygonometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1344.11 Rozwinięcie dziesiętne liczby rzeczywistej . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1404.12 Iloczyny nieskończone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

5 Ciągłość 1515.1 Granica funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1515.2 Granice jednostronne funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1565.3 Granice niewłaściwe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1595.4 Funkcje ciągłe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1635.5 Ciągłość i spójność . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1685.6 Funkcje monotoniczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1705.7 Jednostajna ciągłość i zwartość . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1745.8 Liczba π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1795.9 Funkcje cyklometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1835.10 Funkcje o wahaniu skończonym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1875.11 Funkcje półciągłe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

6 Różniczkowalność 1936.1 Pochodna funkcji w punkcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1936.2 Pochodna funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1986.3 Funkcje różniczkowalne w przedziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2036.4 Reguła de l’Hospitala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2076.5 Pochodne wyższych rzędów i wzór Taylora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2116.6 Przebieg zmienności funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

6.6.1 Pochodna i monotoniczność funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2196.6.2 Ekstrema funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2226.6.3 Wypukłość, wklęsłość i punkty przegięcia . . . . . . . . . . . . . . 2266.6.4 Asymptoty . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

7 Ciągi i szeregi funkcyjne 2337.1 Zbieżność ciągu i szeregu funkcyjnego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2337.2 Jednostajna zbieżność ciągu funkcyjnego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2357.3 Jednostajna zbieżność szeregu funkcyjnego . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2387.4 Zbieżność jednostajna a ciągłość . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2417.5 Zbieżność jednostajna a różniczkowalność . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2447.6 Szeregi potęgowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2477.7 Rozwinięcie funkcji potęgowej w szereg potęgowy . . . . . . . . . . . . . . 2517.8 Twierdzenie Weierstrassa o aproksymacji . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2537.9 Twierdzenie Ascoliego-Arzeli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

SPIS TREŚCI 415

8 Funkcja pierwotna 2638.1 Funkcja pierwotna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2638.2 O funkcji pierwotnej funkcji ciągłej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2658.3 Całka nieoznaczona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2698.4 Informacje o obliczaniu funkcji pierwotnych . . . . . . . . . . . . . . . . . 273

8.4.1 Całkowanie ułamków prostych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2748.4.2 Całkowanie funkcji wymiernych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2778.4.3 Całkowanie funkcji trygonometrycznych . . . . . . . . . . . . . . . 2808.4.4 Podstawienia Eulera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283

9 Całka Darboux 2899.1 Dolna i górna suma Darboux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2899.2 Dolna i górna całka Darboux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293

10 Całka Riemanna 29910.1 Całka Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29910.2 Warunki istnienia całki Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30210.3 Ciągłość a całkowalność . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30610.4 Monotoniczność a całkowalność . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30910.5 Całka jako granica sum przybliżonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31010.6 Całkowanie i różniczkowanie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31710.7 Zbieżność jednostajna a całkowanie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32110.8 Całkowanie funkcji o wartościach wektorowych . . . . . . . . . . . . . . . 32210.9 Krzywe prostowalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32310.10Miara Jordana a całka Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326

11 Informacje o szeregach Fouriera 33311.1 Twierdzenia o wartości średniej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33311.2 Całka Dirichleta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33611.3 Informacje o szeregach Fouriera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342

12 Całki niewłaściwe 35112.1 Określenie całek niewłaściwych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35112.2 Dalsze własności całek niewłaściwych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35412.3 Przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360

A Liczby zespolone 365A.1 Informacje o liczbach zespolonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365A.2 Ciągłość w dziedzinie zespolonej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368A.3 Zasadnicze twierdzenie algebry . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369

B Przestępność liczb e i π 375B.1 Szeregi liczb zespolonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375B.2 Kongruencje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377B.3 Przestępność liczby e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378B.4 Wielomiany wielu zmiennych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381B.5 Przestępność liczby π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387

416 SPIS TREŚCI

C Elementy podstaw matematyki 391C.1 Informacje o rachunku zdań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391C.2 Informacje o rachunku zbiorów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393C.3 Funkcje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396

Spis literatury 399

Skorowidz nazwisk 400

Wykaz symboli i skrótów 401

Skorowidz 404

Documents

Wstęp do Analizy Matematycznej funkcje jednej zmiennejmath.uni.lodz.pl/~kfairr/Wyklad z analizy matematycznej/Wyklad z... · Wstęp do Analizy Matematycznej funkcje jednej zmiennej