Rozdział 1

Rachunek zdań

1.1. Podstawowe definicje

Definicja 1. Zdaniem nazywamy każde wyrażenie, któremu można przypo-
rządkować wartość logiczną: prawdę lub fałsz.

Definicja 2. Przez alternatywę (sumę logiczną) zdań p, q rozumiemy zdanie
”p lub q”.

Definicja 3. Przez koniunkcję (iloczyn logiczny) zdań p, q rozumiemy zdanie
”p i q”.

Definicja 4. Zdanie ”jeśli p, to q” będziemy nazywać implikacją. Zdanie p
nazywamy poprzednikiem implikacji, a zdanie q jej następnikiem.

Uwaga 1. Wiele twierdzeń matematycznych ma postać implikacji. Wtedy
poprzednik implikacji jest nazywany założeniem, a następnik tezą. Jeśli mó-
wimy, że twierdzenie p ⇒ q jest prawdziwe, to mamy na myśli, że implikacja
p ⇒ q ma wartość logiczną prawdy.

Definicja 5. Koniunkcję implikacji

(p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)

nazywamy równoważnością zdań p i q.

Definicja 6. Przez negację (zaprzeczenie) zdania p rozumiemy zdanie ”nie-
prawda, że p”.

Tab. 1. Symbole rachunku zdań

Symbol

Spójnik

Nazwa symbolu

∧

... i ...

koniunkcja

∨

... lub ...

alternatywa

⇒

jeżeli ..., to ...

implikacja

⇔

wtedy i tylko wtedy, gdy ...

równoważność

nieprawda, że ...

negacja

Definicja 7. Na zbiorze Z określimy funkcję v taką, że

v : Z −→ {0, 1}

przypisującą zdaniom fałszywym symbol fałszu 0 i zdaniom prawdziwym sym-
bol prawdy 1. Symbole 0, 1 będziemy nazywać wartościami logicznymi, a funk-
cję v operacją wartościowania logicznego.

Rozdział 1. Rachunek zdań

1.2. Dwuelementowa algebra Boole’a

Aby zalgebraizować rachunek zdań George Boole (1850) sformułował re-

guły działań na wartościach logicznych fałszu 0 i prawdy 1, a mianowicie:

0 ∨ 0 = 0, 0 ∨ 1 = 1, 1 ∨ 0 = 1, 1 ∨ 1 = 1,

0 ∧ 0 = 0, 0 ∧ 1 = 0, 1 ∧ 0 = 0, 1 ∧ 1 = 1,

¬0 = 1, ¬1 = 0.

Definicja 8. Dwuelementową algebrą Boole’a nazywamy zbiór {0, 1}, na któ-
rym określone są działania ∨, ∧, ¬ spełniające warunki

0 ∨ 0 = 0, 0 ∨ 1 = 1, 1 ∨ 0 = 1, 1 ∨ 1 = 1,

0 ∧ 0 = 0, 0 ∧ 1 = 0, 1 ∧ 0 = 0, 1 ∧ 1 = 1,

¬0 = 1, ¬1 = 0.

Dwuelementową algebrę Boole’a będziemy oznaczać:

({0, 1}, ∨, ∧, ¬) lub B

Przykład 1. Zdanie 1 ¬ 3 jest zdaniem prawdziwym, ponieważ jest alterna-
tywą zdań 1 < 3 lub 1 = 3, pierwsze zdanie jest prawdziwe, więc alternatywa
jest prawdziwa.

Przykład 2. Zdanie 0 < 3 < 4 jest zdaniem prawdziwym, ponieważ jest
koniunkcją zdań prawdziwych: 0 < 3 i 3 < 4.

Przykład 3. Zdanie 0 < 3 < 2 jest zdaniem fałszywym, ponieważ jest ko-
niunkcją zdanie prawdziwego: 0 < 3 i fałszywego 3 < 2.

Tab. 2. Wartości logiczne zdań złożonych

p ∧ q

p ∨ q

p ⇒ q

p ⇔ q

¬p

Przykład 4. Sprawdzić następujące prawo rachunku zdań:

p ∧ (q ∨ r) ⇔ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r).

Niech L = ”lewa strona” = p ∧ (q ∨ r) i niech P = ”prawa strona” =

(p ∧ q) ∨ (p ∧ r). Teraz możemy utworzyć tabelkę:

1.3. Prawa rachunku zdań

q ∨ r

p ∧ (q ∨ r)

p ∧ q

p ∧ r

(p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

L ⇔ P

Ponieważ w ostatniej kolumnie ”L ⇔ P” występują tylko jedynki, co

oznacza, że dla wszystkich możliwych kombinacji wartości logicznych zdań
p, q i r wartość logiczna zdania ”p ∧ (q ∨ r) ⇔ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)” wynosi 1,
więc to zdanie jest prawdziwe.

1.3. Prawa rachunku zdań

(1) Prawo tożsamości:

p ⇔ p

(2) Prawo podwójnego przeczenia:

¬(¬p) ⇔ p

(3) Prawa przemienności:

(p ∧ q) ⇔ (q ∧ p)

(p ∨ q) ⇔ (q ∨ p)

(4) Prawa łączności:

(p ∧ (q ∧ r)) ⇔ ((p ∧ q) ∧ r)

(p ∨ (q ∨ r)) ⇔ ((p ∨ q) ∨ r)

(5) Prawa rozdzielności:

(p ∧ (q ∨ r)) ⇔ ((p ∧ q) ∨ (p ∧ r))

(p ∨ (q ∧ r)) ⇔ ((p ∨ q) ∧ (p ∨ r))

(6) Prawa de Morgana:

¬(p ∧ q) ⇔ (¬p) ∨ (¬q)

¬(p ∨ q) ⇔ (¬q) ∧ (¬q)

(7) Prawa tautologii

(p ∨ q) ⇔ p

(p ∧ q) ⇔ p

Rozdział 1. Rachunek zdań

1.4. Zmienne zdaniowe i podstawienie

Niech Z będzie ustalonym zbiorem zdań i niech V będzie zbiorem symboli,

np. V = {p

, p

, . . .}.

Definicja 9. Symbole należące do zbioru V będziemy nazywać zmiennymi
zdaniowymi.

Definicja 10. Każdą funkcję α : V −→ {0, 1} będziemy nazywać podstawie-
niem.

Wobec tego:

∀

(α(p

) = 0

∨ α(p

) = 1).

Interpretacja:

równość α(p

) = 1 oznacza, że zmienna zdaniowa p

została zastąpiona

zdaniem prawdziwym,

równość α(p

) = 0 oznacza, że zmienna zdaniowa p

została zastąpiona

zdaniem fałszywym.

1.5. Formuły rachunku zdań

Ze zmiennych zdaniowych i symboli koniunkcji, alternatywy, negacji i

implikacji możemy formuły, np.:

p ∨ q, ¬(p ⇒ q).

Definicja 11. Takie formuły nazywamy formułami rachunku zdań, formu-
łami lub schematami zdań. Formuły rachunku zdań będziemy oznaczać na-
stępująco: Φ, Ψ.

Definicja 12. Mówimy, że F jest zbiorem formuł rachunku zdań, jeśli speł-
nione są następujące warunki:
(1) zmienne zdaniowe p

, p

, . . . należą do F , czyli V ⊂ F ,

(2) jeśli Φ ∈ F , to ¬Φ ∈ F ,
(3) jeśli Φ, Ψ ∈ F , to Φ ∧ Ψ ∈ F , Φ ∨ Ψ ∈ F , (Φ ⇒ Ψ) ∈ F ,
(4) F jest najmniejszym zbiorem o własnościach (1), (2) i (3), tzn. jeśli F

ma własności (1), (2) i (3), to F ⊂ F

Każde podstawienie α nadaje formule Φ wartość logiczną, którą będziemy

oznaczać symbolem v

(Φ).

Wobec tego dla dowolnym formuł i dla dowolnego podstawienia α mamy:

(1) v

) = α(p

) dla n = 1, 2, . . .,

(2) jeśli Φ jest formułą, to v

(Φ) = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy v

(¬Φ) = 0,

(3) jeśli Φ i Ψ są formułami, to v

(Φ ∧ Ψ) = v

(Φ) ∧ v

(Ψ),

(Φ ∨ Ψ) = v

(Φ) ∨ v

(Ψ), v

(Φ ⇒ Ψ) = v

(¬Φ ∨ Ψ) = −v

(Φ) ∨ v

(Ψ).

1.6. Tautologie

1.6. Tautologie

Definicja 13. Formułę Φ nazywamy tautologią rachunku zdań (tautologią),
jeśli v

(Φ) = 1 dla każdego podstawienia α.

Uwaga 2. Tautologia jest schematem zdania, które pozostaje prawdziwe, przy
każdym podstawieniu, czyli jeśli podstawimy zdanie prawdziwe lub zdanie fał-
szywe w miejce zmiennych zdaniowych w formule Φ, to zawsze otrzymamy
zdanie prawdziwe.

Ważniejsze tautologie rachunku zdań:

(1) prawo wyłączonego środka:

p ∨ ¬p

(2) prawo wyłączonej sprzeczności:

¬(p ∧ ¬p)

(3) prawo symplifikacji:

p ⇒ (q ⇒ p)

(4) prawo Claviusa:

(p ⇒ ¬p) ⇒ ¬p

(5) prawo transpozycji:

(p ⇒ q) ⇔ (¬q ⇒ ¬p)

(6) prawo Dunsa-Scotusa:

(p ∧ ¬p) ⇒ q

(7) prawo odrywania:

p ∧ (p ⇒ q) ⇒ q.

Przykład 5. Udowodnić prawo wyłączonej sprzeczności.

Utoworzymy tabelkę wartości logicznych:

¬p

p ∧ ¬p

¬(p ∧ ¬p)

Zatem podstwiając w tym schemacie zdanie prawdziwe lub zdanie fałszy-

we, zawsze wartość logiczna tego schematu wynosi 1, więc jest to tautologia.

1.7. Techniczna interpretacja formuł

Rozważmy urządzenie, które ma dwa wejścia p i q oraz jedno wyjście r:

Rozdział 1. Rachunek zdań

Załóżmy, że wejścia p i q oraz wyjście r mogą się znajdować w stanach 0,

1. Na przykład, możemy przyjąć, że
0 - brak impulsu,

1 - występuje impuls.

Załóżmy, że stan wyjścia r zależy od stanów wejścia p i q w sposób cha-

rakterystyczny dla alternatywy, czyli

Definicja 14. Jeśli dla każdego postawienia α mamy

(p ∨ q) = v

(r),

to mówimy, że układ realizuje alternatywę p ∨ q.

Załóżmy, że stan wyjścia r zależy od stanów wejścia p i q w sposób cha-

rakterystyczny dla koniunkcji, czyli

Definicja 15. Jeśli dla każdego postawienia α mamy

(p ∧ q) = v

(r),

to mówimy, że układ realizuje koninkcję p ∧ q.

Uwaga 3. Dwa przełączniki połączone szeregowo tworzą układ realizujący
koniunkcję. Dwa przełączniki połączone równolegle tworzą układ realizujący
alternatywę.

Rozważmy urządzenie, które ma jedno wejście p i jedno wyjście ¬p:

¬ p

Załóżmy, że stan wyjścia ¬p zależy od stanu wejścia p w sposób charak-

terystyczny dla negacji, czyli

Definicja 16. Jeśli dla każdego postawienia α mamy

(¬p) = ¬v

(p),

to mówimy, że układ realizuje negację ¬p.

Przykład 6. Skonstruujemy urządzenie, które realizuje implikację p ⇒ q.

Korzystając z praw rachunku zdań otrzymujemy, że

(p ⇒ q) ⇔ (¬p ∨ q).

Wobec tego skonstruujemy urządzenie:

1.8. Rachunek kwantyfikatorów

∨

¬p ∨ q

1.8. Rachunek kwantyfikatorów

1.8.1. Funkcje zdaniowe

Definicja 17. Zmienną wolną (zmienną) przebiegającą zbiór X nazywamy
symbol (literę), np. x, w miejsce którego mogą być podstwiane dowolne ele-
menty ze zbioru X. Zbiór X nazywamy zakresem zmiennej x.

Definicja 18. Funkcją zdaniową zmiennej x, gdzie x ∈ X, nazywamy każde
wyrażenienie, w którym występuje zmienna x i które staje się zdaniem, gdy
w miejsce x podstawimy nazwę dowolnego elementu zbioru X.

Przykład 7. Jeśli x ∈

R, to każde z wyrażeń 2x − 1 < 0, x

+ 5 ¬ 0

i sin x −3 jest funkcją zdaniową. Pierwsze zdanie staje się prawdziwe,
gdy x <

1
2

, drugie zdanie jest zawsze fałszywe, z trzecie zdanie jest zawsze

prawdziwe.

Definicja 19. Jeśli p(x) jest zdaniem prawdziwym, to mówimy, że x spełnia
funkcję zdaniową p(x).

Przykład 8. Liczba 0 spełnia funkcję zdaniową 2x − 1 < 0.

Definicja 20. Symbolem {x ∈ X : p(x)} będziemy oznaczać zbiór wszystkich
elementów zbioru X spełniających funkcję zdaniową p(x).

Przykład 9.

[−1, 1] = {x ∈

R : x

− 1 ¬ 0}.

1.8.2. Kwantyfikatory

Definicja 21. Niech p(x) będzie funkcją zdaniową ze zmienną x przebiega-
jącą niepusty zbiór X. Zwrot ”dla każdego x” nazywamy kwantyfikatorem
dużym lub ogólnym i oznaczamy

∀

x∈X

p(x).

Rozdział 1. Rachunek zdań

Przykład 10. Zapis

∀

x<2

2x − 4 < 0

oznacza, że

{x ∈

R : x < 2} ⊂ {x ∈ R : 2x − 4 < 0}.

Definicja 22. Niech p(x) będzie funkcją zdaniową ze zmienną x przebiegają-
cą niepusty zbiór X. Zwrot ”istnieje x takie, że” nazywamy kwantyfikatorem
małym lub szczegółowym i oznaczamy

∃

x∈X

p(x).

Przykład 11. Zapis

∃

x>1

2x − 4 < 0

oznacza, że

{x ∈

R : x > 1} ∩ {x ∈ R : 2x − 4 < 0} 6= ∅.

Uwaga 4. Jeśli funkcja zdaniowa p(x) ma tylko jedną zmienną x, to napis

∀

p(x) lub ∃

p(x)

jest zdaniem prawdziwym lub fałszywym.

Przykład 12. Zdanie ∀

< 2 jest fałszywe.

Uwaga 5. Dwa kwantyfikatory zmieniają funkcję zdaniową dwuargumento-
wą p(x, y) w zdanie.

Przykład 13. Napis

∀

∃

+ y

= 1

jest zdaniem fałszywym. Napis

∀

∃

− y

= 1

jest zdaniem prawdziwym.

Uwaga 6. Napis

∀

− y

− 1 = 0

jest funkcją zdaniową z jedną zmienną wolną y. Zmienna x nie jest zmienną
wolną.

Definicja 23. Mówimy, że zmienna, której dotyczy dany kwantyfikator jest
zmienną związaną.

1.8. Rachunek kwantyfikatorów

1.8.3. Prawa rachunku kwantyfikatorów

Twierdzenie 1.
(a) Zdanie ∀

x∈X

p(x) jest prawdziwe wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego

a ∈ X zdanie p(a) jest prawdziwe.

(a) Zdanie ∃

x∈X

p(x) jest prawdziwe wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje a ∈ X

takie, że zdanie p(a) jest prawdziwe.

Twierdzenie 2. Prawdziwe są równoważności:
(a) (∀

x∈X

p(x)) ⇔ {x : p(x)} = X,

(b) (∃

x∈X

p(x)) ⇔ {x : p(x)} 6= ∅.

Ważniejsze prawa rachunku kwantyfikatorów.

(1) Prawa de Morgana:

¬ ∀

x∈X

p(x) ⇔ ∃

x∈X

¬p(x)

¬ ∃

x∈X

p(x) ⇔ ∀

x∈X

¬p(x)

(2) Prawa rozdzielności:

∃

x∈X

(p(x) ∨ q(x)) ⇔ ∃

x∈X

p(x) ∨ ∃

x∈X

∨ q(x)

∀

x∈X

(p(x) ∧ q(x)) ⇔ ∀

x∈X

p(x) ∧ ∀

x∈X

∨ q(x)

(3) Prawa przemienności:

∃

x∈X

∃

y∈Y

f (x, y) ⇔ ∃

y∈Y

∃

x∈X

f (x, y)

∀

x∈X

∀

y∈Y

f (x, y) ⇔ ∀

y∈Y

∀

x∈X

f (x, y)

Rozdział 2

Zbiory

2.1. Działania na zbiorach

Definicja 24. Sumą zbiorów A i B, którą oznaczamy A∪B, nazywamy zbiór:

A ∪ B = {x : x ∈ A ∨ x ∈ B} .

Przykład 14. Niech X = {a

, a

}. Niech A = {a

, a

} i B = {a

, a

Wtedy A ∪ B = {a

, a

Definicja 25. Iloczynem lub przekrojem zbiorów A i B, który oznaczamy
A ∩ B, nazywamy zbiór:

A ∩ B = {x : x ∈ A ∧ x ∈ B} .

Przykład 15. Niech X = {a

, a

}. Niech A = {a

, a

} i B = {a

, a

Wtedy A ∩ B = {a

Definicja 26. Różnicą zbiorów A i B, którą oznaczamy A \ B, nazywamy
zbiór:

A ∩ B = {x : x ∈ A ∧ x 6∈ B} .

Przykład 16. Niech X = {a

, a

}. Niech A = {a

, a

} i B = {a

, a

Wtedy A \ B = {a

Definicja 27. Niech X będzie przestrzenią. Dopełnieniem zbioru A, które
oznaczamy A

, nazywamy zbiór:

= X \ A.

Przykład 17. Niech X = {a

, a

}. Niech A = {a

, a

}. Wtedy A

, a

Rozdział 2. Zbiory

2.2. Prawa rachunku zbiorów

Ważniejsze prawa rachunku zbiorów:

(1) Prawa przemienności:

A ∩ B = B ∩ A

A ∪ B = B ∪ A

(2) Prawa łączności:

A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C

A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C

(3) Prawa rozdzielności:

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)

(4) Prawa de Morgana:

(A ∪ B)

= A

∩ B

(A ∩ B)

= A

∪ B

(5) Prawa tautologii:

A ∪ A = A, A ∪ ∅ = A

A ∩ A = A, A ∩ ∅ = ∅

2.3. Uogólnione działania na zbiorach

Niech A

będzie podzbiorem przestrzeni X dla każdej liczby naturalnej

Definicja 28. Sumą zbiorów A

, gdzie n ∈

N, nazywamy zbiór wszystkich

x ∈ X takich, że istnieje n ∈

N takie, że x ∈ A

. Sumę zbiorów A

będziemy

oznaczać następująco:

∞

[

n=1

czyli

∞

[

n=1

= {x ∈ X; ∃

n∈

x ∈ A

} .

Niech A

będzie podzbiorem przestrzeni X dla każdej liczby naturalnej n.

Definicja 29. Iloczynem (przekrojem) zbiorów A

, gdzie n ∈

N, nazywamy

zbiór wszystkich x ∈ X takich, że dla każdego n ∈

N mamy x ∈ A

. Iloczyn

zbiorów A

będziemy oznaczać następująco:

∞

n=1

czyli

∞

n=1

= {x ∈ X; ∀

n∈

x ∈ A

} .

2.3. Uogólnione działania na zbiorach

Przykład 18. Niech A

−1 +

, 3 −

. Wyznaczyć

∞
n=1

Zauważmy, że
(n=1) Wtedy A

−1 +

1
1

, 3 −

1
1

= [−1 + 1, 3 − 1] = [0, 2].

(n=2) Wtedy A

−1 +

1
2

, 3 −

1
2

−

1
2

, 2

1
2

oraz

∪ A

= [0, 2] ∪

−

, 2

−

, 2

Zauważmy, że

⊂ A

(n=3) Wówczas A

−1 +

1
3

, 3 −

1
3

−

2
3

, 2

2
3

oraz

∪ A

= [0, 2] ∪

−

, 2

∪

−

, 2

−

, 2

Zauważmy również, że

⊂ A

Ponieważ

lim

n→∞

−1 +

= −1 i lim

n→∞

3 −

= 3

oraz

⊂ A

⊂ . . . ⊂ A

. . . ,

więc

∞

[

n=1

∞

[

n=1

−1 +

, 3 −

= [−1, 3].

Przykład 19. Niech A

−

. Wyznaczyć

∞
n=1

Zauważmy, że
(n=1) Wtedy A

−

1
1

= [−1, 1].

(n=2) Wtedy A

−

1
2

oraz

∩ A

= [−1, 1] ∩

−

Zauważmy, że

⊃ A

(n=3) Wówczas A

−

1
3

oraz

∩ A

= [−1, 1] ∩

−

∩

−

Zauważmy również, że

⊃ A

Rozdział 2. Zbiory

Ponieważ

lim

n→∞

−

= 0 i lim

n→∞

= 0

oraz

⊃ A

⊃ . . . ⊃ A

. . . ,

więc

∞

n=1

∞

[

n=1

−

= {0}.

Działania uogólnione podlegają prawom de Morgana:

(1)

X \

∞

[

n=1

∞

n=1

(X \ A

(2)

X \

∞

n=1

∞

[

n=1

(X \ A

2.4. Iloczyn kartezjański zbiorów

Definicja 30. Symbolem (a, b) będziemy oznaczać parę uporządkowaną o po-
przedniku a i następniku b.

Przykład 20. Pary (2, 1) i (1, 2) są różne.

Definicja 31. Iloczynem kartezjańskim A×B zbiorów A i B nazywamy zbiór
wszystkich par uporządkowanych (a, b) takich, że a ∈ A i b ∈ B.

Uwaga 7. Jeśli A = B, to często zamiast A × A piszemy A

Przykład 21. Niech A = [0, 2] i B = [−1, 3]. Wyznaczyć A × B.

Rozważmy zbiór wszystkich par (a, b) takich, że a ∈ A = [0, 2] i b = −1.
Oczywiście otrzymamy wówczas odcinek [0, 1] × {−1}. Podobnie, dla każdej
wartości b ∈ B otrzymamy odcinek. Wobec tego

A × B = [0, 2] × [−1, 3] = {(a, b); a ∈ [0, 2] ∧ b ∈ [−1, 3]},

zatem A × B jest prostokątem o wierzchołkach: (0, −1), (0, 3), (2, −1), (2, 3).

Rozdział 3

Relacje

3.1. Podstawowe definicje

Definicja 32. Każdy podzbiór R iloczynu kartezjańskiego X × Y zbiorów X
i Y nazywamy relacją określoną na zbiorach X i Y .

Definicja 33. Niech X = Y . Relację R nazywamy:

zwrotną, gdy

∀

x∈X

xRx,

symetryczną, gdy

∀

x,y∈X

xRy ⇒ yRx,

przechodną, gdy

∀

x,y,z∈X

xRy ∧ yRz ⇒ xRz

antysymetryczną, gdy

∀

x,y∈X

xRy ∧ yRx ⇒ x = y

Definicja 34. Relację R ⊂ X × X nazywamy relację równoważności, gdy R
jest:
(a) zwrotna,
(b) symetryczna,
(c) przechodnia.

Przykład 22. Niech X = mathbbmR i niech xRy ⇔ x = y.

Istotnie,
(1) relacja R jest zwrotna ponieważ dla każdego x ∈

R mamy

xRx ⇔ x = x,

(2) relacja R jest symetryczna ponieważ dla dowolnych x, y ∈

R zachodzi

xRy ⇔ x = y ⇒ y = x ⇔ yRx,

(3) relacja R jest przechodnia ponieważ dla dowolnych x, y, z ∈

R mamy

(xRy ∧ yRz) ⇔ (x = y ∧ y = z) ⇒ (x = z) ⇔ xRz.

Rozdział 3. Relacje

3.2. Relacja równoliczności zbiorów

Przykład 23. Niech F będzie rodziną podzbiorów zbioru liczb rzeczywistych.
Elementy rodziny F , czyli zbiory, będziemy oznaczać A, B, . . .. Niech relacja
R będzie zdefiniowana następująco:

A R B ⇔ A ”ma tyle samo elementów co” B,

co zapisujemy jako

A R B ⇔ istnieje funkcja różnowartościowa przekształcająca A na B.

Definicja 35. Zbiorami skończonymi nazywamy zbiory mające liczbę ele-
mentów 0, 1, 2, . . . (skończoną liczbę elementów).

Definicja 36. Zbiorami przeliczalnymi nazywamy zbiory skończone lub ma-
jące ”tyle samo elementów” co zbiór liczb naturalnych, czyli istnieje funkcja
różnowartościowa, która przekształca zbiór liczb naturanych na zbiór A.

Przykład 24. Zbiory przeliczalne:

zbiory skończone,

zbiór liczb całkowitych,

zbiór liczb wymiernych,

N × N.

Definicja 37. Zbiorami nieprzeliczalnymi nazywamy zbiory, które nie są prze-
liczalne, czyli ”mające tyle samo elementów” co zbiór liczb rzeczywistych.

Przykład 25. Zbiory nieprzeliczalne:

[a, b] dla a, b ∈ R, (a, b) dla a, b ∈ R,a < b,

(a, +∞) dla a ∈ R,

R × R.

3.3. Relacje częściowego porządku

Definicja 38. Relacją częściowego porządku nazywamy relację:
(a) zwrotną,
(b) antysymetryczną,
(c) przechodnią.

Przykład 26. Niech F będzie rodziną podzbiorów X oraz niech A R B ⇔
A ⊂ B. Wtedy R jest relacją częściowego porządku.

Pokażemy, że R jest relacją częściowego porządku.
(1) Niech A ∈ F , wtedy

A ⊂ A ⇒ A R A,

więc relacja R jest zwrotna.

3.3. Relacje częściowego porządku

(2) Niech A, B ∈ F . Wtedy

(A R B ∧ B R A) ⇔ (A ⊂ B ∧ B ⊂ A) ⇒ (A = B),

więc relacja R jest antysymetryczna.

(3) Niech A, B, C ∈ F , wówczas

(A R B ∧ BRC) ⇔ (A ⊂ B ∧ B ⊂ C) ⇒ (A ⊂ B) ⇔ (A R B),

skąd wynika, że relacja R jest przechodnia.

Zatem R jest relacją częściowego porządku.

Przykład 27. Niech X =

R i niech x R y ⇔ x ¬ y. Wtedy R jest relacją

częściowego porządku.

Pokażemy, że R jest relacją częściowego porządku.
(1) Niech x ∈

R, wtedy

x ¬ x ⇒ xRx,

więc relacja R jest zwrotna.

(2) Niech x, y ∈

R. Wtedy

(xRy ∧ yRx) ⇔ (x ¬ y ∧ y ¬ x) ⇒ (x = y),

więc relacja R jest antysymetryczna.

(3) Niech x, y, z ∈

R, wówczas

(xRy ∧ yRz) ⇔ (x ¬ y ∧ y ¬ z) ⇒ (x ¬ y) ⇔ (xRy),

skąd wynika, że relacja R jest przechodnia.

Zatem R jest relacją częściowego porządku.

Rozdział 4

Funkcje

4.1. Funkcja jako szczególny przypadek relacji

Założmy, że X, Y 6= ∅.

Definicja 39. Funkcją określoną na zbiorze X i o wartościach ze zbioru Y
nazywamy relację f ⊂ X × Y taką, że

∀

x∈X

∀

∈Y

(xf y

∧ xf y

⇒ y

= y

)

oraz

∀

x∈X

∃

y∈Y

xf y.

Definicja 40. Zbiór

D = {x ∈ X; ∃

y∈Y

(x, y) ∈ f }

nazywamy dziedziną funkcji f .

Definicja 41. Zbiór

W = {y ∈ Y ; ∃

x∈X

(x, y) ∈ f }

nazywamy przeciwdziedziną lub zbiorem wartości funkcji f .

Przykład 28. Zbadać, która z relacji przedstawia funkcję:
(a) {(x, y) ∈

R × R; x

+ y

= 1},

(b) {(x, y) ∈

R × R; 2x + 3 = 5y}.

Zbadamy, czy te relacje przestawiają funkcje.
(1) Zdefiniujemy relację f następująco:

xf y ⇔ x

+ y

= 1.

Niech x = 0, y

= 1 i y

= −1. Oczywiście y

6= y

oraz

xf y

bo x

+ y

= 0

+ 1

= 1,

xf y

bo x

+ y

= 0

+ (−1)

= 1.

Wobec tego

∃

x=0

∃

y1=1

y2=−1

((x, y

) ∈ f ∧ (x, y

) ∈ f

∧ y

6= y

) ,

zatem f nie jest funkcją.

Rozdział 4. Funkcje

(2) Niech teraz f oznacza relację

xf y ⇔ 2x + 3 = 5y.

Niech x, y

, y

będą dowolnymi liczbami rzeczywistymi oraz niech

(xf y

∧ xf y

) ⇔ (2x + 3 = 5y

∧ 2x + 3 = 5y

Zatem otrzymaliśmy układ dwóch równań:

(

2x + 3 = 5y

Ponieważ lewe strony tych równań są równe, więc prawe również muszą
być równe, zatem

= 5y

skąd

= y

Zatem pokazaliśmy, że

∀

x∈X

∀

∈Y

(xf y

∧ xf y

⇒ y

= y

Teraz pokażemy, że

∀

x∈X

∃

y∈Y

xf y.

Niech x ∈

R. Pokażemy, że istnieje y ∈ R takie, że xfy, czyli 2x+3 = 5y.

Wyznaczymy y z równania 2x + 3 = 5y, oczywiście y =

2
5

x +

1
5

. Zatem

∀

x∈

∃

y∈

xf y,

czyli

∀

x∈

∃

2
5

1
5

2x + 3 = 5y.

Wobec tego relacja f jest funkcją.

4.2. Obraz i przeciwobraz

Niech f : X −→ Y będzie funkcją oraz niech D będzie dziedziną funkcji

f i W będzie zbiorem wartości funkcji f .

Definicja 42. Niech A ⊂ D. Obrazem zbioru A przez funkcję f nazywamy
zbiór:

f (A) = {f (x); x ∈ A} = {y ∈ Y ; ∃

x∈A

(x, y) ∈ f } = {y ∈ Y ; ∃

x∈A

y = f (x)} .

Uwaga 8. Jeśli W oznacza zbiór wartości funkcji f , to

f (A) ⊂ W.

4.3. Funkcje złożone

Definicja 43. Niech B ⊂ W . Przeciwobrazem zbioru B przez funkcję f na-
zywamy zbiór:

−1

(B) = {x ∈ X; f (x) ∈ B} = {x ∈ X; ∃

y∈B

(x, y) ∈ f }

= {x ∈ X; ∃

y∈B

y = f (x)} .

Uwaga 9. Jeśli D oznacza dziedzinę funkcji f , to

−1

(B) ⊂ D.

Przykład 29. Niech f (x) = x

− 4, A = [−1, 3] i B = [−1, 2]. Wyznaczyć

f (A) i f

−1

(B).

Oczywiście

D =

R ∧ W = [−4, +∞).

Wtedy

f (A) = f ([−1, 3]) =

y ∈

R; ∃

x∈[−1,3]

y = x

− 4

= [−4, 5].

Rzeczywiście, ponieważ
f(−1) = (−1)

− 4 = −3,

f(0) = (0)

− 4 = −4,

f(3) = (3)

− 4 = 5,

więc punktem z przedziału [−1, 3], w którym funkcja f osiąga wartość naj-
mniejszą jest punkt x = 0, dla którego f (x) = f (0) = −4 oraz punktem
z przedziału [−1, 3], dla którego funkcja f osiąga wartość największą jest
punkt x = 3, dla którego f (x) = f (3) = 5.

Wyznaczmy teraz przeciwobraz zbioru B. Zatem

−1

(B) = f

−1

([−1, 2]) = {x ∈

R; y = x

− 4 ∈ [−1, 2]} .

Ponieważ

− 4 = −1 ⇔ x

− 3 = 0 ⇔ x =

√

3 ∨ x = −

√

oraz

− 4 = 2 ⇔ x

− 6 = 0 ⇔ x =

√

6 ∨ x = −

√

więc

−1

(B) = f

−1

([−1, 2]) = [−

√

6, −

√

3] ∪ [

√

6].

4.3. Funkcje złożone

Niech będą dane dwie funkcje f : X −→ Y i g : Y −→ Z.

Definicja 44. Funkcję h : X −→ Z nazywamy złożeniem (superpozycją)
funkcji f i g, gdy

(x, z) ∈ h ⇔ ∃

y∈Y

((x, y) ∈ f ∧ (y, z) ∈ g) ,

czyli

z = h(x) ⇔ ∃

y∈Y

(y = f (x) ∧ z = g(x)) .

Rozdział 4. Funkcje

Przykład 30. Funkcja h(x) = sin(x

− 2) jest funkcją złożoną.

Niech f (x) = x

−2, wtedy f jest funkcją określoną na zbiorze liczb rzeczywi-

stych, której zbiorem wartości jest [−2, +∞), więc X =

R i Y = [−2, +∞).

Niech g(y) = sin y, wówczas g jest funkcją określoną na zbiorze liczb rze-
czywistych (jest określona również na zbiorze Y = [−2, +∞)), której zbiór
wartości Z = [−1, 1]. Zatem h jest złożeniem funkcji f i g.

Rozdział 5

Wiadomości wstępne

5.1. Zbiory liczb

Definicja 45. Liczbami naturalnymi nazywamy liczby postaci:

1, 2, 3, . . . .

Uwaga 10. Zbiór liczb naturalnych będziemy oznaczać

Definicja 46. Liczbami całkowitymi nazywamy liczby postaci:

. . . − 3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . . .

Uwaga 11. Zbiór liczb całkowitych będziemy oznaczać

Definicja 47. Liczby wymierne konstruujemy jako ilorazy liczb całkowitych
przez liczby całkowite różne od zera, czyli

r jest liczbą wymierną ⇔ r =

, gdzie m, n ∈

N ∪ {0} oraz n 6= 0.

Uwaga 12. Zbiór liczb wymiernych będziemy oznaczać

Uwaga 13. Dzielenie przez zero jest niewykonalne. Symbole

3
0

0
0

są niezdefi-

niowane.

Definicja 48. Liczby, których nie można przedstawić w postaci ilorazu liczb
całkowitych, nazywamy liczbami niewymiernymi.

Definicja 49. Zbiory liczb wymiernych i liczb niewymiernych tworzą zbiór
liczb rzeczywistych.

Uwaga 14. Zbiór liczb rzeczywistych będziemy oznaczać

Przykład 31. Przykłady liczb rzeczywistych:

√

2, 4,

√

4, π, sin 1

, log

−1.

Twierdzenie 3.

N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R

Rozdział 5. Wiadomości wstępne

5.2. Przedziały

Definicja 50. Niech a < b. Przedziałem otwartym (a, b) nazywamy zbiór
punktów x ∈

R takich, że a < x < b.

Przykład 32. Przykłady przedziałów otwartych:
1. (−1, 3),
2. (0, 5; 4),
3. (−∞, 7).

Definicja 51. Przedziałem domkniętym [a, b] nazywamy zbiór punktów x ∈
R takich, że a ¬ x ¬ b.

Przykład 33. Przykłady przedziałów domkniętych:
1. [−1, 3],
2. [0, 5; 4],
3. (−∞, 7].

5.3. Wartość bezwzględna

Definicja 52. Wartością bezwzględną lub modułem liczby a nazywamy liczbę
|a|, która jest równa a, gdy a 0 lub −a, gdy a < 0. Zatem

|a| =

(

gdy a  0

−a

gdy a < 0

y = |x|

Ryc. 1 Wykres funkcji y = |x|.

Przykład 34.

|3x−2| =

(

3x − 2

gdy 3x − 2 0

−(3x − 2)

gdy 3x − 2 < 0

(

3x − 2

gdy x 

2
3

−(3x − 2)

gdy x <

2
3

5.4. Pojęcie funkcji

Twierdzenie 4.

√

= |x|.

Twierdzenie 5. Niech a > 0. Wtedy
1. |x| = a ⇔ x = ±a.
2. |x| < a ⇔ −a < x < a ⇔ x ∈ (−a, a).
3. |x| > a ⇔ x > a lub x < −a ⇔ x ∈ (−∞, −a) ∪ (a, +∞).

Twierdzenie 6. Własność trójkąta
|a + b| ¬ |a| + |b| dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b.

5.4. Pojęcie funkcji

5.4.1. Definicja funkcji

Definicja 53. Niech D ⊂ X. Jeśli każdemu elementowi ze zbioru D będzie
przyporządkowany dokładnie jeden element ze zbioru Y , to mówimy, że zo-
stała określona funkcja ze zbioru D w zbiór Y .

Uwaga 15. Oznaczenie f : D −→ Y .

Definicja 54. Elementy zbioru D będziemy nazywać argumentami, a ele-
ment zbioru Y , który funkcja f przyporządkowuje elementowi x będziemy
oznaczać f (x) i nazwać wartością funkcji f w punkcie x.

Definicja 55. Zbiór D będziemy nazywać dziedziną funkcji f , a zbiór W =
{y ∈ Y ; ∃

x∈D

y = f (x)} przeciwdziedziną lub zbiorem wartości funkcji f .

Przykład 35. Przykłady
1. Niech f (x) = x

dla x ∈

R. Wtedy f jest funkcją.

2. Równanie x

+ y

= 5 przedstawia okrąg o środku (0, 0) i promieniu

√

zatem nie może przedstawiać funkcji.

5.4.2. Funkcje ”na”

Definicja 56. Jeśli f : D −→ W i f (D) = W , to mówimy, że funkcja f od-
wzorowuje zbiór D na zbiór W .

Przykład 36. Funkcja y = sin x odwzorowuje zbiór

R w zbiór R i na zbiór

[−1, 1].

5.4.3. Zawężenie funkcji

Definicja 57. Niech dane będą dwie funkcje f

: D

−→ Y i f

: D

−→ Y .

Jeśli D

⊂ D

∀

x∈D

(x) = f

(x),

to o funkcji f

mówimy, że jest zawężeniem funkcji f

do zbioru D

Rozdział 5. Wiadomości wstępne

Przykład 37. Niech f (x) = sin x oraz niech D

= [0, 2π] i D

R. Funkcja

f : [0, 2π] −→ [−1, 1] jest zawężeniem funkcji f :

R −→ [−1, 1].

5.4.4. Funkcje różnowartościowe (odwracalne)

Definicja 58. Jeśli funkcja f ma taką własność, że każda jej wartość jest
przyporządkowana dokładnie jednemu argumentowi, czyli każdym dwom róż-
nym argumentom odpowiadają różne wartości funkcji,

∀

∈D

∀

∈D

6= x

⇒ f (x

) 6= f (x

)

lub

∀

∈D

∀

∈D

f (x

) = f (x

) ⇒ x

= x

to mówimy, że funkcja f jest różnowartościowa lub odwracalna.

Przykład 38. Funkcja f (x) = x

nie jest odwracalna.

Niech x

, x

będą dowolnymi liczbami rzeczywistymi.

Załóżmy, że

f (x

) = (x

) ⇒ x

2
1

= x

2
2

⇒ x

2
1

− x

2
2

= 0 ⇒ x

= x

lub x

= −x

Niech x

= −1 i x

= 1. Oczywiście x

6= x

, ale

2
1

= (−1)

= 1 i x

2
2

= 1

= 1.

Zauważmy, że różnym argumentom jest przyporządkowana ta sama wartość
funkcji, wobec tego funkcja f nie jest różnowartościowa.

Przykład 39. Funkcja f (x) = x

jest odwracalna.

Załóżmy, że

f (x

) = f (x

) ⇒ x

3
1

= x

3
2

⇒ x

3
1

− x

3
2

= 0 ⇒ (x

− x

)(x

2
1

+ x

2
2

) = 0.

Stąd wynika, że

f (x

) = f (x

) ⇒ x

= x

Zatem funkcja f jest różnowartościowa.

5.4.5. Definicja funkcji odwrotnej do danej

Definicja 59. Niech f : D −→ W będzie funkcją różnowartościową i ”na”.
Funkcją odwrotną do funkcji f nazywamy funkcję g : W −→ D taką, że

∀

y∈W

g(y) = x ⇔ f (x) = y.

Twierdzenie 7. Jeżeli g jest funkcją odwrotną do funkcji f , to również funk-
cja f jest odwrotna do funkcji g. Ponadto

∀

y∈W

f (g(y)) = y oraz ∀

x∈D

g(f (x)) = x.

5.4. Pojęcie funkcji

Przykład 40. Rozważmy funkcję f :

R −→ [0, +∞) określoną wzorem

f (x) = x

. Ponieważ funkcja f nie jest odwracalna, więc zawęzimy dziedzinę

do zbioru [0, +∞). Zauważmy, że wówczas funkcja f jest odwracalna.

Zatem możemy zdefiniować funkcję g odwrotną do funkcji f taką, że

g : [0, +∞) −→ [0, +∞) oraz g(x) =

√

x dla każdego x ∈ [0, +∞).

Jeśli natomiast zawęzimy dziedzinę funkcji f do przedziału (−∞, 0], to

również otrzymamy funkcję różnowartościową. Zatem możemy znaleźć funk-
cję g do niej odwrotną. Wtedy g : [0, +∞) −→ (−∞, 0]. Tę funkcję oznacza-
my g(x) = −

√

5.4.6. Funkcje monotoniczne

Definicja 60. Funkcją niemalejącą (rosnącą w szerszym sensie) nazywamy
funkcję f spełniającą warunek

gdy x

< x

, to f (x

) ¬ f (x

Funkcją rosnącą (rosnącą w węższym sensie) nazywamy funkcję f spełniającą
warunek

gdy x

< x

, to f (x

) < f (x

Funkcją nierosnącą (malejacą w szerszym sensie) nazywamy funkcję f speł-
niającą warunek

gdy x

< x

, to f (x

)  f (x

Funkcją malejącą (malejacą w węższym sensie) nazywamy funkcję f spełnia-
jącą warunek

gdy x

< x

, to f (x

) > f (x

Przykład 41. Funkcja f (x) = 2 jest niemalejąca, funkcja g(x) = x

jest

rosnąca.

Przykład 42. Funkcja f (x) = 2 jest nierosnąca, a funkcja g(x) = −x jest
malejąca.

5.4.7. Funkcje parzyste i nieparzyste

Definicja 61. Funkcję f :

R −→ R nazywamy parzystą, gdy

∀

x∈

f (−x) = f (x).

Przykład 43. Funkcja f zdefiniowana następująco

f (x) = x

jest parzysta.

Rozdział 5. Wiadomości wstępne

Niech x ∈

R. Wtedy

f (−x) = (−x)

= x

= f (x),

zatem f jest funkcją parzystą.

Definicja 62. Funkcję f :

R −→ R nazywamy nieparzystą, gdy

∀

x∈

f (−x) = −f (x).

Przykład 44. Funkcja f zdefiniowana w następujący sposób:

f (x) = x

jest nieparzysta.

Istotnie, niech x ∈

R, wtedy

f (−x) = (−x)

= −x

= −f (x).

Zatem f jest funkcją nieparzystą.

5.5. Funkcje elementarne

5.5.1. Funkcje stałe

Definicja 63. Funkcją stałą nazywamy funkcję określoną następująco:

f (x) = a.

Przykład 45. Niech f (x) = 2 dla każdego x ∈

R. Wtedy f jest funkcją

stałą.

Twierdzenie 8. Własności funkcji stałych f (x) = a:
1. na zbiór {a},
2. nierosnące i niemalejące,
3. parzyste.

5.5.2. Funkcje liniowe

Definicja 64. Funkcją liniową nazywamy funkcję postaci y = ax + b.

Definicja 65. Wielkość a nazywamy współczynnikiem kierunkowym funkcji
liniowej.

Uwaga 16. Wielkość b jest rzędną punktu przecięcia funkcji liniowej z osią
oy.

Twierdzenie 9. Własności funkcji liniowych:
1. Jeśli a > 0, to funkcja liniowa jest nachylona do osi ox pod kątem ostrym.

Funkcja jest rosnąca.

2. Jeśli a < 0, to funkcja liniowa jest nachylona do osi ox pod kątem roz-

wartym. Funkcja jest malejąca.

3. Jeśli a = 0, to otrzymujemy funkcję stałą y = b.

5.5. Funkcje elementarne

5.5.3. Funkcje kwadratowe

Definicja 66. Funkcję określoną wzorem y = ax

+ bx + c, a 6= 0, nazywamy

funkcją kwadratową.

Aby wyznaczyć pierwiastki funkcji kwadratowej, czyli aby rozwiązać rów-

nanie

+ bx + c = 0,

obliczamy wyrażenie:

∆ = b

− 4ac.

Rozważmy następujące przypadki:

1. jeśli ∆ > 0, to są dwa różne pierwiastki

−b −

√

∆

, x

−b +

√

∆

2. jeśli ∆ = 0, to jest pierwiastek podwójny:

−b

3. jesli ∆ < 0, to nie ma pierwiastków rzeczywistych.

5.5.4. Wielomiany

Definicja 67. Wielomianem stopnia n nazywamy funkcję

y = a

+ a

n−1

+ . . . + a

x + a

Przykład 46. Przykłady wielomianów:
1. jeśli n = 0, to otrzymujemy funkcję stałą y = a

2. jeśli n = 1, to otrzymujemy funkcję liniową y = a

x + b.

3. jeśli n = 2, to otrzymujemy funkcję kwadratową y = a

+ a

x + a

5.5.5. Funkcje wymierne

Definicja 68. Funkcją wymierną nazywamy funkcję postaci

y =

P (x)

Q(x)

gdzie P (x) i Q(x) są wielomianami.

5.5.6. Funkcje wykładnicze

Definicja 69. Funkcją wykładniczą nazywamy funkcję postaci

y = a

gdzie a > 0 i a 6= 1.

Twierdzenie 10. Własności funkcji wykładniczych:

Rozdział 5. Wiadomości wstępne

1. jeśli a > 1, to funkcja jest rosnąca,
2. jeśli a < 1, to funkcja jest malejąca.

Twierdzenie 11. Niech a > 0 i a 6= 1. Wtedy
1. a

x+y

= a

2. a

x−y

3. (a

)

= a

4. a

= (ab)

5.5.7. Funkcje logarytmiczne

Definicja 70. Logarytmem z liczby b przy podstawie a, gdzie b > 0, a > 0 i
a 6= 1, nazywamy liczbę y taką, że a

= b. Zatem

log

b = y ⇔ a

= b.

Definicja 71. Funkcją logarytmiczną nazywamy funkcję, która każdemu
x > 0 przyporządkowuje y = log

x, przy czym a > 0 i a 6= 1.

Twierdzenie 12. Niech a > 0 i a 6= 1. Wtedy
1. log

(xy) = log

x + log

2. log

x
y

= log

x − log

3. log

= y log

5.5.8. Funkcje trygonometryczne

Definicja 72. Funkcje trygonometryczne:
1. y = sin x.
2. y = cos x.
3. y = tg x.
4. y = ctg x.

Twierdzenie 13. Równania
1. sin x = sin x

wtedy i tylko wtedy, gdy

x = x

+ 2kπ lub x = π − x

+ 2kπ.

2. cos x = cos x

wtedy i tylko wtedy, gdy

x = x

+ 2kπ lub x = −x

+ 2kπ.

3. tg x = tg x

wtedy i tylko wtedy, gdy

x = x

+ kπ.

4. ctg x = ctg x

wtedy i tylko wtedy, gdy

x = x

+ kπ.

5.5. Funkcje elementarne

5.5.9. Funkcje cyklometryczne

Definicja 73. Funkcje cyklometryczne:
1. y = arc sin x.

arc sin : [−1, 1] −→

−

2. y = arc cos x.

arc cos : [−1, 1] −→ [0, π]

3. y = arc tg x.

arc tg :

R −→

−

4. y = arc ctg x.

arc ctg : (−1, 1) −→ (0, π)

Przykład 47.

arc sin 1 = x ⇔ sin x = 1 ⇔ x =

Rozdział 6

Ciągi

6.1. Definicja i przykłady

Definicja 74. Odwzorowanie f :

N −→ X nazywamy ciągiem.

Przykład 48.

n −→ osoba

Definicja 75. Odwzorowanie f :

N −→ R nazywamy ciągiem liczbowym.

Definicja 76. Przyjmujemy następujące oznaczenia:

− n−ty wyraz ciągu lub w skrócie wyraz ciągu,

)

∞
n=1

, {a

}

∞
n=1

- ciąg.

Przykład 49. Przykłady ciągów:
(1) a

= (−1)

(2) a

= a

= 1, a

= a

n−1

+ a

n−2

(3) a

= aq

6.2. Własności ciągów

Definicja 77. Ciągiem niemalejącym nazywamy ciąg spełniający warunek

∀

n∈

¬ a

n+1

Ciągiem nierosnącym nazywamy ciąg spełniający warunek

∀

n∈

 a

n+1

Ciągiem rosnącym nazywamy ciąg spełniający warunek

∀

n∈

< a

n+1

Ciągiem malejącym nazywamy ciąg spełniający warunek

∀

n∈

> a

n+1

Ciągiem monotonicznym nazywamy ciąg nierosnący, niemalejący, rosnący
lub malejący.

Rozdział 6. Ciągi

Przykład 50. Zbadać monotoniczność ciągów:

= n + 1,

Definicja 78. Ciągiem ograniczonym nazywamy ciąg, który spełnia warunek

∃

M >0

∀

n∈

| ¬ M.

Ciągiem ograniczonym z góry nazywamy ciąg, który spełnia warunek

∃

M ∈

∀

n∈

¬ M.

Ciągiem ograniczonym z dołu nazywamy ciąg, który spełnia warunek

∃

M ∈

∀

n∈

 M.

Przykład 51. Zbadać, czy dane ciągi są ograniczne, a jeśli nie, to czy są
ograniczone z dołu lub z góry:

= (−1)

, b

= n, c

= (−2)

, d

= −n.

Twierdzenie 14. Ciąg (a

)

∞
n=1

jest niemalejący wtedy i tylko wtedy, gdy

∀

n∈

n+1

− a

Ciąg (a

)

∞
n=1

jest nierosnący wtedy i tylko wtedy, gdy

∀

n∈

n+1

− a

¬ 0.

Ciąg (a

)

∞
n=1

jest rosnący wtedy i tylko wtedy, gdy

∀

n∈

n+1

− a

> 0.

Ciąg (a

)

∞
n=1

jest malejący wtedy i tylko wtedy, gdy

∀

n∈

n+1

− a

< 0.

Twierdzenie 15. Niech a

> 0 dla każdego n ∈

N. Wówczas

ciąg (a

)

∞
n=1

jest niemalejący wtedy i tylko wtedy, gdy

∀

n∈

n+1

ciąg (a

)

∞
n=1

jest nierosnący wtedy i tylko wtedy, gdy

∀

n∈

n+1

¬ 1,

ciąg (a

)

∞
n=1

jest rosnący wtedy i tylko wtedy, gdy

∀

n∈

n+1

> 1,

ciąg (a

)

∞
n=1

jest malejący wtedy i tylko wtedy, gdy

∀

n∈

n+1

< 1.

Przykład 52. Zbadać, czy dane ciągi są monotoniczne:
(1) a

(2) b

5+1

+ . . . +

6.3. Granica ciągu

6.3. Granica ciągu

Definicja 79. Mówimy, że liczba g ∈

R jest granicą ciągu (a

)

∞
n=1

gdy speł-

niony jest warunek

∀

∃

∈

∀

n>n

− g| < ,

co zapisujemy następująco:

lim

n→+∞

= g, lub a

→ g.

Przykład 53. Zbadać, czy granicą ciągu

jest liczba g = 0.

Twierdzenie 16. Ciąg stały jest zbieżny, czyli

jeśli ∀

n∈

= a, to

lim

n→+∞

= lim

n→+∞

a = a.

Twierdzenie 17. Ciąg może mieć co najwyżej jedną granicę.

Twierdzenie 18. Jeśli lim

n→∞

= a i lim

n→∞

= b, to

(1) lim

n→∞

c · a

= c · a;

(2) lim

n→∞

+ b

) = a + b;

(3) lim

n→∞

− b

) = a − b;

(4) lim

n→∞

· b

) = a · b;

(5) lim

n→∞

, o ile ∀

n∈

6= 0 i b 6= 0.

Przykład 54. Pokazać, że

lim

n→∞

− n + 3

− 2n

Twierdzenie 19. (Twierdzenie o trzech ciągach)
Jeśli dla ciągów (a

)

∞
n=1

, (b

)

∞
n=1

i (c

)

∞
n=1

spełnione są warunki:

(1) ∀

n∈

¬ b

¬ c

;

(2) lim

n→∞

= lim

n→∞

= a,

to istnieje granica ciągu (b

)

∞
n=1

i jest równa a.

Twierdzenie 20.

lim

n→∞

√

a = 1, a > 0.

Twierdzenie 21.

lim

n→∞

√

n = 1.

Rozdział 6. Ciągi

Twierdzenie 22.

lim

n→∞

1 +

= e.

Przykład 55.

lim

n→∞

√

+ 3

+ 5

= 5.

6.4. Ciągi rozbieżne

Definicja 80. Ciąg (a

)

∞
n=1

nazywamy rozbieżnym do +∞, gdy

∀

M >0

∃

∈

∀

n>n

> M.

Ciąg (a

)

∞
n=1

nazywamy rozbieżnym do −∞, gdy

∀

M <0

∃

∈

∀

n>n

< M.

Twierdzenie 23.
(1) Jeśli lim

n→∞

= +∞ lub lim

n→∞

= −∞, to

lim

n→∞

= 0.

(2) Jeśli lim

n→∞

= 0 i ∀

n∈

N[(3)]

> 0, to

lim

n→∞

= +∞.

(3) Jeśli lim

n→∞

= 0 i ∀

n∈

< 0, to

lim

n→∞

= −∞.

Przykład 56. Rozważmy iloczyn dwóch ciągów, z których jeden dąży do 0 i
drugi do nieskńczoności. Iloczyn ich granic jest wówczas symbolem nieozna-
czonym 0 · (∞). Poniższe przykłady zilustrują fakt, że w takim przypadku
granica moż być dowolną liczbą rzeczywistą (u nas 0 lub 2), może być równa
+∞ lub −∞, lub może nie istnieć:
1. lim

n→∞

· n = 0;

2. lim

n→∞

−

· 2n = −2;

3. lim

n→∞

· n

= +∞;

4. lim

n→∞

−

· n

= −∞;

(−1)

· n = (−1)

- granica nie istnieje.

Przykład 57. Obliczyć:

lim

n→∞

√

n −

√

n − 1

= 0.

Rozdział 7

Szeregi liczbowe

7.1. Definicje i przykłady

Niech będzie dany ciąg liczbowy (a

)

∞
n=1

. Utworzymy sumy

= a

+ a

= a

+ a

. . .

= a

+ a

+ . . . + a

. . .

Zauważmy, że utworzyliśmy ciąg (s

)

∞
n=1

Definicja 81. Parę ciągów (a

)

∞
n=1

i (s

)

∞
n=1

nazywamy szeregiem liczbowym

i oznaczamy

+ a

+ . . . + a

+ . . .

lub

∞

n=1

Liczby a

(n ∈

N) nazywamy wyrazami szeregu, a liczby s

(n ∈

N) sumami

częściowymi szeregu. W szczególności, liczbę a

nazywamy n-tym wyrazem

szeregu, a s

n-tą sumą częściową szeregu.

Definicja 82. Sumą szeregu

∞
n=1

nazywamy granicę (o ile istnieje) ciągu

sum częściowych. Jeśli s = lim

n→∞

, to piszemy

s =

∞

n=1

Gdy s ∈

R, to mówimy, że szereg jest zbieżny. Natomiast, gdy s = +∞,

s = −∞ lub granica ciągu sum częściowych nie istnieje, to mówimy, że
szereg jest rozbieżny.

Przykład 58. Przykłady szeregów:
(1)

∞
n=1

n(n+1)

(2)

∞
n=1

(−1)

(3)

∞
n=1

(1) Niech

n(n + 1)

dla każdego n ∈

Rozdział 7. Szeregi liczbowe

Wyliczymy najpierw kilka pierwszych sum częściowych danego szeregu:

= a

1(1+1)

1
2

= a

+ a

= s

+ a

1
2

2(2+1)

3
6

1
6

4
6

2
3

= a

+ a

= s

+ a

2
3

3(3+1)

3
4

itd.

Ponieważ na tej podstawie nie możemy odpowiedzieć, czy ciąg sum czę-
ściowych (s

)

+∞
n=1

jest zbieżny, więc skorzystamy z innej metody, czyli roz-

łożymy n-ty wyraz a

na ułamki proste:

n(n + 1)

n + 1

Aby wyznaczyć A i B sprowadzimy ułamki po prawej stronie tej równości
do wspólnego mianownika i dodamy je, a następnie porównamy współ-
czynniki po lewej i prawej stronie równości. Wobec tego

n(n + 1)

A(n + 1)

n(n + 1)

skąd

n(n + 1)

An + A + Bn

n(n + 1)

zatem

0n + 1

n(n + 1)

(A + B)n + A

n(n + 1)

Porównując współczynniki w liczniku (mianowniki są takie same) otrzy-
mujemy układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi:

(

A + B = 0
A = 1.

Po rozwiązaniu układ równań otrzymujemy, że

A = 1, B = −1.

Wobec tego

n(n + 1)

−

n + 1

Wyliczymy najpierw kilka pierwszych sum częściowych danego szeregu:

= a

1
1

−

1
2

= 1 −

1
2

= s

+ a

= 1 −

1
2

−

1
3

= 1 −

1
3

= s

+ a

= 1 −

1
3

−

1
4

= 1 −

1
4

itd.

7.1. Definicje i przykłady

Zatem uogólniając

= 1 −

n + 1

Wobec tego

s = lim

n→+∞

= lim

n→+∞

1 −

n + 1

= 1.

Szereg

∞
n=1

n(n+1)

jest zbieżny i jego suma wynosi s = 1.

(2) Zbadamy zbieżność szeregu

∞
n=1

(−1)

. Wyliczymy teraz kilka pierw-

szych sum częściowych danego szeregu:

= a

= (−1)

= −1,

= s

+ a

= −1 + (−1)

= −1 + 1 = 0,

= s

+ a

= 0 + (−1)

= 0 − 1 = −1,

= s

+ a

= −1 + (−1)

= −1 + 1 = 0,

itd.

Uogólniając

(

−1

gdy n jest nieparzystą liczbą naturalną

gdy n jest parzystą liczbą naturalną.

Ponieważ ciąg sum częściowych (s

)

∞
n=1

jest rozbieżny, więc również szereg

∞
n=1

(−1)

jest rozbieżny.

(3) Zbadamy zbieżność szeregu

∞
n=1

n. Ponieważ

= 1 + 2 + . . . + n =

1 + n

więc

s = lim

n→+∞

= lim

n→+∞

1 + n

n = +∞,

więc dany szereg jest rozbieżny.

Twierdzenie 24. Odrzucenie z szeregu skończonej liczby początkowych wy-
razów nie wpływa na zbieżność szeregu, ale może zmienić jego sumę.

Twierdzenie 25. Jeśli szereg

∞
n=1

jest zbieżny, to lim

n→∞

= 0.

Twierdzenie równoważne

Twierdzenie 26. Jeśli lim

n→∞

6= 0, to szereg

∞
n=1

jest rozbieżny.

Przykład 59. Przykłady szeregów rozbieżnych.
(1)

∞
n=1

1 = +∞,

(2)

∞
n=1

n+1

Rozdział 7. Szeregi liczbowe

(1) Niech a

= 1 dla każdego n ∈

N. Ponieważ

lim

n→+∞

= lim

n→+∞

1 = 1 6= 0,

więc szereg

∞
n=1

1 jest rozbieżny. Oczywiście

= n,

więc

s = lim

n→+∞

lim

n→+∞

n = +∞.

(2) Niech

n + 1

dla każdego n ∈

Skoro

lim

n→+∞

= lim

n→+∞

n + 1

= 1 6= 0,

więc szereg

∞
n=1

n+1

jest rozbieżny.

7.2. Szeregi geometryczne

Definicja 83. Szeregiem geometrycznym nazywamy szereg postaci

∞

n=1

Twierdzenie 27. Gdy q 6= 1, to n-ta suma wyraża się wzorem

= a

1 − q

Twierdzenie 28. Szereg

∞

n=1

jest zbieżny, wtedy i tylko wtedy gdy

|q| < 1.

Twierdzenie 29. Gdy szereg jest zbieżny, czyli |q| < 1, to suma szeregu jest
równa

s =

1 − q

Przykład 60. Zbadać zbieżność szeregów:

7.3. Szeregi o wyrazach dodatnich

(1)

∞
n=1

1
2

(2)

∞
n=1

(−2)

(1) Zauważmy, że

∞
n=1

1
2

jest szeregiem geometrycznym takim, że

a = 1, q =

Ponieważ

|q| =

< 1,

więc szereg

∞
n=1

1
2

jest zbieżny i jego suma jest równa:

s =

1 −

1
2

= 2.

(2) Oczywiście

∞
n=1

(−2)

jest szeregiem geometrycznym takim, że

a = 1, q = −2.

Ponieważ

|q| = | − 2| = 2 > 1,

więc szereg

∞
n=1

(−2)

jest rozbieżny.

7.3. Szeregi o wyrazach dodatnich

7.3.1. Podstawowe własności

Ponieważ ciąg sum częściowych (s

)

∞
n=1

jest rosnący, więc

Twierdzenie 30. Szereg o wyrazach dodatnich ma zawsze sumę. Suma ta
jest skończona (szereg jest zbieżny) lub nieskończona (szereg jest rozbieżny).

Twierdzenie 31. Szereg

∞
n=1

jest zbieżny gdy s > 1 i rozbieżny gdy

s ¬ 1.

Przykład 61. Zbadać zbieżność szeregów:
(1)

∞
n=1

(2)

∞
n=1

√

(3)

∞
n=1

(1) Ponieważ

∞

n=1

∞

n=1

więc s = 1, a zatem na podstawie poprzedniego twierdzenia szereg

∞
n=1

jest rozbieżny.

Rozdział 7. Szeregi liczbowe

(2) Skoro

∞

n=1

√

∞

n=1

1/2

więc s =

1
2

, zatem szereg

∞
n=1

√

jest rozbieżny.

(3) W przypadku szeregu

∞
n=1

mamy s = 2, więc ten szereg jest zbieżny.

7.3.2. Kryteria zbieżności szeregów

Kryterium porównawcze

Twierdzenie 32. (Kryterium porównawcze). Niech będą dane dwa szeregi

∞
n=1

. Załóżmy, że

∀

n∈

0 < a

¬ b

Wtedy ze zbieżności szeregu

∞
n=1

wynika zbieżność szeregu

∞
n=1

oraz

z rozbieżności szeregu

∞
n=1

wynika rozbieżność szeregu

∞
n=1

Przykład 62. Zbadać zbieżność szeregu:
(1)

∞
n=1

(n+1)2

;

(2)

∞
n=1

√

n−1

(1) Ponieważ

n + 1 > 1,

więc

(n + 1)2

> 2

skąd wynika, że

(n + 1)2

Zatem

∞

n=1

(n + 1)2

∞

n=1

Skoro

∞

n=1

∞

n=1

1 −

1
2

= 1,

∞

n=1

(n + 1)2

∞

n=1

= 1.

Zatem na podstawie kryterium porównawczego szereg

∞
n=1

(n+1)2

jest

zbieżny.

(2) Ponieważ

n − 1 < n,

więc

√

n − 1 <

√

7.3. Szeregi o wyrazach dodatnich

a zatem

√

n − 1

√

Stąd wynika, że

∞

n=1

√

n − 1

∞

n=1

√

Skoro

∞

n=1

√

∞

n=1

1/2

to s =

1
2

i szereg

∞
n=1

1/2

jest rozbieżny oraz

∞

n=1

1/2

= +∞.

Zatem na podstawie kryterium porównawczego szereg

√

n−1

jest rozbieżny

oraz

√

n − 1

= +∞.

Kryterium ilorazowe d’Alemberta

Twierdzenie 33. (Kryterium ilorazowe d’Alemberta) Niech

∞
n=1

będzie

szeregiem o wyrazach dodatnich. Jeśli lim

n→∞

n+1

= q, to jeżeli

1. q < 1, to szereg jest zbieżny;
2. q > 1, to szereg jest rozbieżny;
3. q = 1, to nasze kryterium nie rozstrzyga o zbieżności szeregu.

Przykład 63. Zbadać zbieżność szeregów:
(1)

∞
n=1

(2)

∞
n=1

x > 0.

(1) Niech

Wtedy

n+1

(n + 1)!

Ponieważ

n+1

= 2

· 2

= 2

· 2

oraz

(n + 1)! = n!(n + 1),

Rozdział 7. Szeregi liczbowe

więc

q = lim

n→+∞

n+1

= lim

n→+∞

2n+1

(n+1)!

= lim

n→+∞

n+1

(n+1)!

= lim

n→+∞

2·2

n!(n+1)

= lim

n→+∞

(n+1)

= 0.

Pokazaliśmy, że q = 0, więc na podstawie ktryterium porównawczego
szereg

∞
n=1

jest zbieżny.

(2) Zbadamy zbieżność szeregu

∞
n=1

dla x > 0. Niech

= 3

wtedy

n+1

= 3

n+1

Wówczas

q = lim

n→+∞

n+1

= lim

n→+∞

n+1

= lim

n→+∞

3 x

= lim

n→+∞

= 3x.

Ponieważ

q > 1 ⇔ 3x > 1 ⇔ x >

więc szereg

∞
n=1

jest rozbieżny, gdy x >

1
3

Skoro

q < 1 ⇔ 3x < 1 ⇔ x <

(uwzględniając, że x > 0), to szereg

∞
n=1

jest zbieżny, gdy x ∈

1
3

Ponadto

q = 1 ⇔ 3x = 1 ⇔ x =

Kryterium d’Alemberta nie rozstrzyga o zbieżności szeregu w takiej sy-
tuacji. Przyjmujemy, że x =

1
3

, wtedy

∞

n=1

∞

n=1

∞

n=1

1 = +∞.

Wobec tego

∞

n=1

−







zbieżny

gdy x ∈

1
3

rozbieżny

gdy x ∈

1
3

, +∞

7.4. Szeregi naprzemienne

Kryterium pierwiastkowe Cauchy’ego

Twierdzenie 34. (Kryterium pierwiastkowe Cauchy’ego) Niech

∞
n=1

bę-

dzie szeregiem o wyrazach dodatnich. Jeśli lim

n→∞

√

= q, to jeżeli

1. q < 1, to szereg jest zbieżny;
2. q > 1, to szereg jest rozbieżny;
3. q = 1, to kryterium nie rozstrzyga o zbieżności szeregu.

Przykład 64. Zbadać zbieżność szeregów:
(1)

∞
n=1

(2)

∞
n=1

(1) Niech a

= n2

. Wtedy

q = lim

n→+∞

√

= lim

n→+∞

√

= lim

n→+∞

√

= lim

n→+∞

√

n · 2 = 2.

Ponieważ q = 2 > 1, więc na podstawie kryterium Cauchy’ego szereg

∞
n=1

jest rozbieżny.

(2) Niech a

. Wówczas

q = lim

n→+∞

√

= lim

n→+∞

= lim

n→+∞

√

= lim

n→+∞

√

Ponieważ q =

1
8

< 1, więc na podstawie kryterium Cauchy’ego szereg

∞
n=1

jest zbieżny.

7.4. Szeregi naprzemienne

7.4.1. Definicja

Definicja 84. Szeregiem naprzemiennym nazywamy szereg postaci

∞

n=1

(−1)

gdzie (a

)

∞
n=1

jest ciągiem spełniającym następujące warunki

1. ∀

n∈

> 0,

2. lim

n→∞

= 0,

3. ciąg (a

)

∞
n=1

jest malejący.

7.4.2. Kryterium zbieżności

Kryterium Leibniza

Twierdzenie 35. (Kryterium Leibniza) Szereg naprzemienny jest zbieżny.

Przykład 65. Zbadać zbieżność szeregu:
(1)

∞
n=1

(−1)

n 1

(2)

∞
n=1

(−1)

Rozdział 7. Szeregi liczbowe

(1) Niech a

dla każdego n ∈

1. Niech n ∈

N. Wtedy

> 0.

2. Oczywiście

lim

n→∞

= lim

n→∞

= 0.

3. Niech n ∈

N. Wtedy

n+1

− a

n + 1

−

n − (n + 1)

n(n + 1)

−1

n(n + 1)

< 0,

zatem ciąg (a

)

∞
n=1

jest malejący.

Wobec tego pokazaliśmy, że szereg

∞
n=1

(−1)

n 1

jest naprzemienny, a za-

tem na podstawie kryterium Leibniza jest zbieżny.

(2) Niech a

dla każdego n ∈

1. Niech n ∈

N. Wtedy

> 0.

2. Oczywiście

lim

n→∞

= lim

n→∞

= 0.

3. Niech n ∈

N. Wtedy

n+1

− a

n+1

−

n+1

−

n+1

−1

n+1

< 0,

zatem ciąg (a

)

∞
n=1

jest malejący.

Wobec tego pokazaliśmy, że szereg

∞
n=1

(−1)

n 1

jest naprzemienny, a

zatem na podstawie kryterium Leibniza jest zbieżny.

7.5. Szeregi o wyrazach dowolnych

Twierdzenie 36. Niech dany będzie szereg

∞
n=1

o wyrazach dowolnych.

Jeśli szereg

∞
n=1

| jest zbieżny, to szereg

∞
n=1

jest również zbieżny.

Definicja 85. Jeśli szereg

∞
n=1

| jest zbieżny, to szereg

∞
n=1

nazywa-

my bezwzględnie zbieżnym. Jeśli zbieżny jest szereg

∞
n=1

| =

+∞, to szereg

∞
n=1

nazywamy warunkowo zbieżnym.

Przykład 66. Szereg

∞
n=1

(−1)

n 1

jest warunkowo zbieżny.

Istotnie,

∞
n=1

(−1)

n 1

jest szeregiem naprzemiennym, więc jest szeregiem

zbieżnym, ponadto szereg

∞

n=1

(−1)

∞

n=1

jest rozbieżny (s = 1).

7.5. Szeregi o wyrazach dowolnych

Przykład 67. Zbadać zbieżność szeregów o wyrazach dowolnych:
(1)

∞
n=1

sin nx

(2)

∞
n=1

sin

, gdzie s > 0,

(3)

∞
n=1

(1) Ponieważ

∀

x∈

∀

n∈

| sin nx| ¬ 1,

więc

∀

x∈

∀

n∈

sin nx

Stąd wynika, że

∞

n=1

sin nx

∞

n=1

Szereg

∞
n=1

jest zbieżny (s = 2). Zatem na podstawie kryterium po-

równawczego szereg

∞
n=1

sin nx

jest bezwzględnie zbieżny, więc jest zbież-

ny.

(2) Skorzystamy z własności

sin x < x dla x ∈

Zatem

sin

s+1

skąd

∞

n=1

sin

∞

n=1

s+1

Ponieważ s > 0, więc s + 1 > 1, a zatem szereg

∞
n=1

s+1

jest zbieżny.

Wobec tego na podstawie kryterium porównawczego szereg

∞
n=1

sin

jest zbieżny.

(3) Zbadamy zbieżność szeregu

∞
n=1

. Ponieważ x ∈

R, więc zbadamy

bezwzględną zbieżność danego szeregu:

∞

n=1

∞

n=1

|x|

Rozważmy dwa przypadki:
x = 0, wtedy

∞

n=1

∞

n=1

0 = 0,

więc szereg jest zbieżny.

Ponieważ szereg

∞
n=1

|x|
5

ma wszystkie wyrazy dodatnie, więc możemy

skorzystać z kryterium Cauchy’ego:

q = lim

n→+∞

|x|

< 1.

Skoro q < 1, to szereg jest zbieżny.

Rozdział 8

Granica funkcji

Będziemy rozważać funkcje rzeczywiste f określone na zbiorze D ⊂

Niech x

należy do zbioru D wraz z pewnym przedziałem (a, b), tzn. niech

istnieją a, b takie, że a < b i x

∈ (a, b) ⊂ D.

8.1. Definicje Cauchy’ego

Definicja 86. Mówimy, że liczba g jest granicą funkcji f w punkcie x

, co

zapisujemy

g = lim

x→x

f (x),

gdy dla dowolnego otoczenia U punktu g istnieje sąsiedztwo S punktu x

takie,

że dla każdego x ∈ S mamy f (x) ∈ U , czyli

∀

∃

δ>0

∀

x∈D

(0 < |x − x

| < δ ⇒ |f (x) − g| < ) .

Ponadto

(1) lim

x→+∞

f (x) = g

⇔ ∀

∃

K∈

∀

x∈D

(x > K ⇒ |f (x) − g| < ) ;

(2) lim

x→−∞

f (x) = g

⇔ ∀

∃

K∈

∀

x∈D

(x < K ⇒ |f (x) − g| < ) ;

(3) lim

x→x

f (x) = +∞

⇔ ∀

M ∈

∃

δ>0

∀

x∈D

(0 < |x − x

| < δ ⇒ f (x) > M ) ;

(4) lim

x→x

f (x) = −∞

⇔ ∀

M ∈

∃

δ>0

∀

x∈D

(0 < |x − x

| < δ ⇒ f (x) < M ) ;

(5) lim

x→+∞

f (x) = +∞

⇔ ∀

M ∈

∃

K∈

∀

x∈D

(x > K ⇒ f (x) > M ) ;

(6) lim

x→+∞

f (x) = −∞

⇔ ∀

M ∈

∃

K∈

∀

x∈D

(x > K ⇒ f (x) < M ) ;

(7) lim

x→−∞

f (x) = +∞

⇔ ∀

M ∈

∃

K∈

∀

x∈D

(x < K ⇒ f (x) > M ) ;

Rozdział 8. Granica funkcji

(8) lim

x→−∞

f (x) = ∞

⇔ ∀

M ∈

∃

K∈

∀

x∈D

(x < K ⇒ f (x) < M ) .

Przykład 68.

lim

x→1

(3x − 8) = −5

Istotnie, niech  > 0. Szukamy δ > 0 takiej, że dla każdego x ∈

R jeśli

0 < |x − 1| < δ, to |3x − 8 − (−5)| < . Rozważmy

|3x − 8 − (−5)| = |3x − 3| = 3|x − 1| < .

Niech δ =

1
3

. Wtedy jeśli |x − 1| < δ, to |(3x − 8) − (−5)| < 3δ = . Zatem

lim

x→1

(3x − 8) = −5.

Przykład 69.

lim

x→+∞

= +∞

Ustalmy M ∈

R. Wyznaczymy teraz K ∈ R takie, że jeśli x > K, to x

> M .

Rozważmy nierówność x

> M , skąd x > M

1/3

Niech K = M

1/3

, wówczas dla x > K = M

1/3

mamy x

> M . Zatem

lim

x→+∞

= +∞.

8.2. Definicje Heinego

Definicja 87. Niech g ∈

R. Mówimy, że liczba g jest granicą funkcji f w

punkcie x

, gdy

∀

)

∀

n∈

∈ D ∧ ∀

n∈

6= x

∧ lim

n→∞

= x

⇒ lim

n→∞

f (x

) = g.

Ponadto:

(1) lim

x→x

= +∞ ⇔

∀

)

∀

n∈

∈ D ∧ ∀

n∈

6= x

∧ lim

n→∞

= x

⇒ lim

n→∞

f (x

) = +∞,

(2) lim

x→x

= −∞ ⇔

∀

)

∀

n∈

∈ D ∧ ∀

n∈

6= x

∧ lim

n→∞

= x

⇒ lim

n→∞

f (x

) = −∞,

(3) lim

x→+∞

= g ⇔

∀

)

∀

n∈

∈ D ∧ lim

n→∞

= +∞

⇒ lim

n→∞

f (x

) = g,

(4) lim

x→+∞

= +∞ ⇔

∀

)

∀

n∈

∈ D ∧ lim

n→∞

= +∞

⇒ lim

n→∞

f (x

) = +∞,

8.2. Definicje Heinego

(5) lim

x→+∞

= −∞ ⇔

∀

)

∀

n∈

∈ D ∧ lim

n→∞

= +∞

⇒ lim

n→∞

f (x

) = −∞,

(6) lim

x→−∞

= g ⇔

∀

)

∀

n∈

∈ D ∧

lim

n→−∞

= +∞

⇒ lim

n→∞

f (x

) = g,

(7) lim

x→−∞

= +∞ ⇔

∀

)

∀

n∈

∈ D ∧ lim

n→∞

= −∞

⇒ lim

n→∞

f (x

) = +∞,

(8) lim

x→−∞

= −∞ ⇔

∀

)

∀

n∈

∈ D ∧ lim

n→∞

= −∞

⇒ lim

n→∞

f (x

) = −∞.

Przykład 70.

lim

x→2

2x + 1

3x + 4

Niech (x

)

∞
n=1

będzie ciągiem zbieżnym do 2 takim, że x

6= 2 i x

6= −

4
3

dla

każdego n ∈

N i takim, że lim

n→∞

= 2. Stąd

lim

n→∞

+ 1

+ 4

Zatem lim

x→2

2x+1
3x+4

1
2

Przykład 71. Niech f (x) =

dla x ∈

R\{0}. Granica funkcji f w punkcie

= 0 nie istnieje.

Aby to pokazać, skorzystamy z definicji Heinego, a mianowicie zdefiniujemy
dwa różne ciągi (x

)

∞
n=1

i (y

)

∞
n=1

zbieżne do zera i takie, że lim

n→∞

f (x

) 6=

lim

n→∞

f (y

). Niech x

dla każdego n ∈

N i niech y

= −

dla n ∈

Oczywiście

lim

n→∞

= lim

n→∞

= 0

oraz

lim

n→∞

= lim

n→∞

−

= 0.

Ponadto

lim

n→∞

f (x

) = lim

n→∞

n = +∞

lim

n→∞

f (y

) = lim

n→∞

(−n) = −∞,

więc nie istnieje granica funkcji f (x) =

1
x

gdy x → 0.

Rozdział 8. Granica funkcji

8.3. Twierdzenia

Twierdzenie 37. Załóżmy, że c jest stałą i istnieją skończone granice funk-
cji f i g w punkcie x

. Wówczas

lim

x→x

[f (x) + g(x)] = lim

x→x

f (x) + lim

x→x

g(x);

lim

x→x

[f (x) − g(x)] = lim

x→x

f (x) − lim

x→x

g(x);

lim

x→x

[cf (x)] = c lim

x→x

f (x);

lim

x→x

[f (x) · g(x)] = (lim

x→x

f (x)) (lim

x→x

g(x)) ;

lim

x→x

f (x)

g(x)

lim

x→x0

f (x)

lim

x→x0

g(x)

, o ile lim

x→x

g(x) 6= 0.

Twierdzenie 38.

lim

x→x

c = c

Twierdzenie 39.

lim

x→x

x = x

Twierdzenie 40.

lim

x→x

= x

n
0

Twierdzenie 41.

lim

x→x

√

x =

√

Twierdzenie 42.

lim

x→x

f (x) =

lim

x→x

f (x),

o ile lim

x→x

f (x) 0.

Twierdzenie 43. (Twierdzenie o trzech funkcjach)
Jeśli f (x) ¬ g(x) ¬ h(x) dla x z pewnego sąsiedztwa punktu x

lim

x→x

f (x) = lim

x→x

h(x) = g,

lim

x→x

g(x) = g.

Twierdzenie 44.

lim

x→0

sin x

= 1

Przykład 72. Obliczyć granice:
(1) lim

x→0

sin 2x

;

(2) lim

x→0

sin 3x

8.3. Twierdzenia

Twierdzenie 45.

lim

x→∞

= 0;

lim

x→−∞

= 0.

Przykład 73. Obliczyć

lim

x→1

x − 1

− 1

Wówczas

lim

x→1

x − 1

− 1

= lim

x→1

x − 1

(x − 1)(x + 1)

= lim

x→1

x + 1

Przykład 74.

lim

x→∞

√

+ 1

3x − 5

;

lim

x→−∞

√

+ 1

3x − 5

Ponieważ

√

= x dla x > 0, więc

lim

x→∞

√

3x−5

= lim

x→∞

√

x(3−

5
x

)

= lim

x→∞

3−

5
x

lim

x→∞

2+lim

x→∞

lim

x→∞

3−lim

x→∞

5
x

√

2+0

3−0

√

Skoro

√

= −x dla x < 0, więc

lim

x→−∞

√

3x−5

= lim

x→−∞

√

x(3−

5
x

)

= − lim

x→−∞

3−

5
x

= −

2+lim

x→−∞

3−lim

x→−∞

5
x

= −

√

2+0

3−0

= −

√

Przykład 75.

lim

x→∞

√

+ 1 − x

lim

x→∞

√

+ 1 − x

= lim

x→∞

√

+ 1 − x

√

+1+x

√

+1+x

= lim

x→∞

+1)−x

√

+1+x

= lim

x→∞

√

+1+x

= lim

x→∞

1
x

√

1+0+1

= 0.

Rozdział 8. Granica funkcji

8.4. Granice jednostronne

Definicja 88. Mówimy, że liczba g jest granicą prawostronną funkcji f w
punkcie x

, gdy

(C) ∀

∃

δ>0

∀

x∈D

(0 < x − x

< δ ⇒ |f (x) − g| < );

(H) ∀

)

(∀

n∈

∈ D ∧ ∀

n∈

> x

∧ x

→ x

) ⇒ lim

n→∞

f (x

) = g,

co zapisujemy

g = lim

x→x

+
0

f (x).

Definicja 89. Mówimy, że liczba g jest granicą lewostronną funkcji f w
punkcie x

, gdy

(C) ∀

∃

δ>0

∀

x∈D

(0 < x

− x < δ ⇒ |f (x) − g| < );

(H) ∀

)

(∀

n∈

∈ D ∧ ∀

n∈

< x

∧ x

→ x

) ⇒ lim

n→∞

f (x

) = g,

co zapisujemy

g = lim

x→x

−
0

f (x).

Przykład 76. Niech f (x) = 3x

+ 2 dla x ∈ [0, 2]. Wtedy

lim

x→0

f (x) = lim

x→0

(3x

+ 2) = 2

oraz

lim

x→2

−

f (x) = lim

x→2

−

(3x

+ 2) = 14.

Twierdzenie 46. Niech f : D −→

R i niech x ∈ D. Wtedy

lim

x→x

f (x) = g ⇔

lim

x→x

+
0

f (x) = g ∧ lim

x→x

−
0

f (x) = g.

Wniosek 1. Jeśli lim

x→x

+
0

f (x) 6= lim

x→x

−
0

f (x), to nie istnieje granica funk-

cji f w punkcie x

Twierdzenie 47.

lim

x→0

= +∞ ∧

lim

x→0

−

= −∞.

Rozdział 9

Funkcje ciągłe

9.1. Funkcja ciągła w punkcie x

Definicja 90. Niech f :

R −→ R i niech x

∈

R. Mówimy, że funkcja f

jest ciągła w punkcie x

gdy istnieje lim

x→x

f (x) i lim

x→x

f (x) = f (x

Przykład 77. Niech

f (x) =

(

−x−2

x−2

gdy x 6= 2

gdy x = 2

Czy f jest funkcją ciągłą w punkcie x = 2?

Ponieważ

lim

x→2

− x − 2

x − 2

= lim

x→2

(x − 2)(x + 1)

x − 2

= lim

x→2

(x + 1) = 3

oraz f (2) = 1, więc

lim

x→2

f (x) 6= f (2),

a zatem funkcja f nie jest ciągła w punkcie x = 2.

Twierdzenie 48. Załóżmy, że c jest stałą oraz funkcje f i g są ciągłe w
punkcie x

. Wtedy następujące funkcje są również ciągłe w punkcie x

1. f + g;
2. f − g;
3. cf ;
4. f · g;
5.

, o ile g(x

) 6= 0.

9.2. Funkcje ciągłe

Definicja 91. Niech f : (a, b) −→

R. Mówimy, że funkcja f jest ciągła na

przedziale (a, b) gdy f jest ciągła w każdym punkcie x ∈ (a, b).

Twierdzenie 49. Załóżmy, że c jest stałą oraz funkcje f i g są ciągłe na
przedziale (a, b). Wtedy następujące funkcje są również ciągłe na przedziale
(a, b):
(1) f + g;
(2) f − g;
(3) cf ;

Rozdział 9. Funkcje ciągłe

(4) f · g;
(5)

, o ile g(x) 6= 0 dla każdego x ∈ (a, b).

Twierdzenie 50. Funkcje ciągłe
(1) wielomiany;
(2) funkcje wymierne;
(3) jeśli n jest liczbą naturalną, to funkcja f zdefiniowana wzorem f (x) =

√

x jest ciągła na [0, +∞);

(4) jeśli n jest liczbą parzystą, to funkcja f zdefiniowana wzorem f (x) = x

jest ciągła na [0, +∞);

(5) jeśli n jest nieparzyste, to funkcja f określona następująco f (x) = x

jest ciągła na (−∞, +∞);

(6) funkcje trygonometryczne i cyklometryczne;
(7) 7 funkcje wykładnicze i logarytmiczne.

9.3. Własności funkcji ciągłych

Twierdzenie 51. Jeśli f jest funkcją ciągłą w punkcie x

i lim

x→a

g(x) =

, to

lim

x→a

f (g(x)) = f (x

) = f

lim

x→a

g(x)

Przykład 78. Obliczyć lim

x→2

sin(x

+ 3).

Z Twierdzenia wynika, że

lim

x→2

sin(x

+ 3) = sin

lim

x→2

+ 3)

= sin 7.

Twierdzenie 52. (Twierdzenie Darboux) Niech f : (a, b) −→

R będzie funk-

cją ciągłą i niech y będzie dowolną liczbą między f (a) i f (b) czyli f (a) < y <
f (b) lub f (b) < y < f (a). Wtedy istnieje c ∈ (a, b) takie, że

f (c) = y.

Przykład 79. Istnieje rozwiązanie równania

− 6x

+ 3x − 2 = 0

między 1 i 2.

Niech f (x) = 4x

− 6x

+ 3x − 2. Wtedy f jest wielomianem, a więc jest

funkcją ciągłą. Ponieważ

f (1) = −1 < 0

oraz

f (2) = 12 > 0,

więc istnieje c ∈ (1, 2) takie, że f (c) = 0, czyli

− 6c

+ 3c − 2 = 0.

9.4. Ciągłość jednostronna

Twierdzenie 53. (Złożenie funkcji ciągłych) Jeśli funkcja g jest ciągła w
punkcie a i funkcja f jest ciągła w punkcie g(a), to funkcja f ◦ g = f (g) jest
ciągła w punkcie a.

9.4. Ciągłość jednostronna

Definicja 92. Niech f : D −→

R. Mówimy, że

(1) funkcja f jest prawostronnie ciągła w punkcie c ∈ D, gdy istnieje lim

x→c

f (x)

lim

x→c

f (x) = f (c);

(2) funkcja f jest lewostronnie ciągła w punkcie c ∈ D, gdy istnieje lim

x→c

−

f (x)

lim

x→c

−

f (x) = f (c).

Przykład 80. Funkcja f określona wzorem f (x) =

√

x dla x ∈ [0, +∞) jest

prawostronnie ciągła w punkcie x

= 0.

Rozdział 10

Pochodna funkcji

10.1. Pochodna funkcji w punkcie x

10.1.1. Iloraz różnicowy

Niech f oznacza funkcję rzeczywistą zmiennej rzeczywistej x określoną

na pewnym otoczeniu U punktu x

Definicja 93. Symbolem ∆x oznaczamy przyrost zmiennej x, czyli

∆x = x − x

Uwaga 17. Przyrost zmiennej x może być dodatni lub ujemny, ale jest różny
od zera. Przyrost zmiennej x spełnia warunek

+ ∆x ∈ U.

Definicja 94. Przyrost wartości funkcji ∆f jest określony za pomocą wzoru

∆f = f (x

+ ∆x) − f (x

Uwaga 18. Przyrost wartości funkcji może być dodatni, ujemny lub równy
zero.

Definicja 95. Stosunek

∆f

∆x

f (x

+ ∆x) − f (x

)

∆x

nazywamy ilorazem różnicowym funkcji f w punkcie x

dla przyrostu ∆x

zmiennej x.

10.1.2. Definicja pochodnej i przykłady jej obliczania

Definicja 96. Niech f : D −→

R i niech x

należy do D wraz z pewnym

otoczeniem. Pochodną funkcji f w punkcie x

, którą oznaczamy f

), na-

zywamy granicę

) = lim

h→0

f (x

+ h) − f (x

)

o ile ta granica istnieje.

Przykład 81. Obliczyć pochodną funkcji f (x) = 2x + 4 w punkcie x

= 2.

Rozdział 10. Pochodna funkcji

Istotnie

(2) = lim

h→0

f (2+h)−f (2)

= lim

h→0

2(2+h)+4−(2·2+4)

= lim

h→0

4+2h−4−8

= lim

h→0

= 2.

Przykład 82. Obliczyć pochodną funkcji f (x) = x

+ 2x − 1 w punkcie

= −1.

Wtedy

(−1) = lim

h→0

f (−1+h)−f (−1)

= lim

h→0

(−1+h)

+2(−1+h)−1−((−1)

+2·(−1)−1

= lim

h→0

1−2h+h

−2+2h−1−(−2)

= lim

h→0

= lim

h→0

h = 0.

Przykład 83. Obliczyć pochodną funkcji f (x) = sin x w punkcie x

= π.

Wówczas

(π) = lim

h→0

f (π+h)−f (π)

= lim

h→0

sin(π+h)−sin π

= lim

h→0

sin π cos h+cos π sin h−0

= lim

h→0

− sin h

= −1.

Przykład 84. Niech

f (x) =

(

gdy x < 0;

gdy x  0.

Wtedy

lim

h→0

f (0 + h) − f (0)

= lim

h→0

0 − 0

= lim

h→0

0 = 0;

lim

h→0

−

f (0 + h) − f (0)

= lim

h→0

−

1 − 0

= −∞.

Zatem nie istnieje pochodna funkcji f w punkcie x

= 0.

10.2. Interpretacje pochodnej

10.2.1. Interpretacja geometryczna

Pochodna f

) funkcji f w punkcie x

jest równa tangensowi kąta α jaki

tworzy z osią ox styczna do krzywej y = f (x) w punkcie (x

, f (x

)). Wobec

tego jeśli funkcja liniowa y = ax + b jest styczną do krzywej y = f (x) w
punkcie x

, to a = f

), czyli

y = f

)x + b.

10.2. Interpretacje pochodnej

10.2.2. Interpretacja fizyczna

Niech P będzie punktem poruszającym się po osi liczbowej os. Współ-

rzędna s punktu P punktu na tej osi jest pewną funkcją czasu s = s(t).

Definicja 97. Iloraz różnicowy

∆s

∆t

s(t

+ ∆t) − s(t

)

∆t

przedstawia prędkość średnią punktu P między chwilą t

a chwilą t

+ ∆t.

Definicja 98. Granicę ilorazu różnicowego

lim

∆t→0

∆s

∆t

nazywamy prędkością (prędkością chwilową) v(t

) punktu P w chwili t

Ogólnie, jeśli funkcja y = y(x) wyraża zależność dwóch wielkości fizycz-

nych x i y, to pochodna

= lim

∆x→0

∆y

∆x

określa prędkość zmiany y spowodowaną zmianą x.

Przykład 85. Jeśli funkcja m = m(t) przedstawia zależność masy m pier-
wiastka promieniotwórczego od czasu t, to pochodna

= lim

∆t→0

∆m

∆t

przedstawia prędkość rozpadu tego pierwiastka.

10.2.3. Interpretacja ekonomiczna

Niech f będzie dowolną funkcją określoną i ciągłą dla każdego x opisującą

kształtowanie się zmiennej objaśnianej y (np. kosztu całkowitego, utargu
przeciętnego) w zależności od zmiennej objaśnianej (np. wielkości produkcji).

We wzorze na pochodną

) = lim

∆x

f (x

+ ∆x) − f (x

)

∆x

przyjmijmy

∆x = 1.

Wtedy możemy zapisać wartość przybliżoną

) ≈

f (x

+ 1) − f (x

)

= f (x

+ 1) − f (x

Pochodna funkcji f w punkcie x

określa w przybliżeniu przyrost wartości

zmiennej objaśnianej gdy zmienna objaśniająca wzrasta o jednostkę (licząc
od x

Można powiedzieć, że pochodna funkcji w punkcie x

jest miarą ilościowej

reakcji zmiennej objaśnianej na jednostkowy przyrost zmiennej objaśniającej.

Rozdział 10. Pochodna funkcji

10.3. Twierdzenia

Twierdzenie 54. Niech f (x) = a dla każdego x ∈

R. Wtedy f

(x) = 0 dla

każdego x ∈

Twierdzenie 55. Niech f (x) = ax + b. Wtedy f

(x) = a dla każdego x ∈

Twierdzenie 56. Jeśli n jest liczbą naturalną, to pochodną funkcji f (x) =
x

jest

(x) = nx

n−1

dla x ∈

Twierdzenie 57. Niech a ∈

R i niech istnieją pochodne f

(x) i g

(x). Wtedy

(af )

(x) = af

(x);

(f + g)

(x) = f

(x) + g

(x);

(f − g)

(x) = f

(x) − g

(x);

(f g)

(x) = f

(x)g(x) + f (x)g

(x);

(x) =

(x)g(x) − f (x)g

(x)

[g(x)]

o ile g(x) 6= 0. W skrócie

(af )

= af

; (f + g)

= f

+ g

; (f − g)

= f

− g

; (f g)

= f

g + f g

;

g − f g

Twierdzenie 58. Jeśli α ∈

R, to

)

= αx

α−1

Przykład 86. Obliczyć pochodne:
(a) h(x) = (x

+ x + 1)(x

+ 2);

(b) f (x) =

√

5x;

(c) g(x) = x

√

x +

√

Obliczymy pochodne:
(a) Zauważmy, że funkcja h jest iloczynem dwóch funkcji, więc korzystamy

ze wzoru na pochodną iloczynu dwóch funkcji:

(x) = (x

+ x + 1)

+ 2) + (x

+ x + 1)(x

+ 2)

= ((x

)

+ (x)

+ (1)

)(x

+ 2) + (x

+ x + 1)((x

)

+ (2)

)

= (2x + 1 + 0)(x

+ 2) + (x

+ x + 1)(2x + 0)

= (2x + 1)(x

+ 2) + (x

+ x + 1)2x

= 2x

+ 4x + x

+ 2 + 2x

+ 2x

= 4x

+ 3x

+ 6x + 2.

10.3. Twierdzenia

(b) Zauważmy, że funkcja f może być przedstawiona jako iloczyn stałej i

funkcji pierwiastkowej, więc korzystamy ze wzoru na pochodną iloczynu
funkcji przez stałą:

(x) = (

√

5x)

= (

√

5 (

√

5 (x

1/2

)

√

1
2

1/2−1

√

−1/2

√

(c) Najpierw uprościmy zapis funkcji g:

g(x) = x

√

x +

√

= x x

1/2

x x

1/3

= x

3/2

4/3

= x

3/2

+ x

−4/3

Teraz możemy wyznaczyć pochodną funkcji g korzystając ze wzoru na
pochodną sumy dwóch funkcji:

(x) = (x

3/2

+ x

−4/3

)

= (x

3/2

)

+ (x

−4/3

)

3
2

3/2−1

−

4
3

−4/3−1

3
2

1/2

−

4
3

−7/3

3
2

√

x −

4
3

−7/3

Oczywiście dziedziną funkcji f jest zbiór D =

R\{−1}. Ogólne równanie

prostej:

y = ax + b.

Ponieważ ta prosta jest styczną do krzywej w punkcie x = 2, więc

a = f

(2).

Najpierw wyliczymy pochodną funkcji f :

(x) =

(x − 1)

(x + 1) − (x − 1)(x + 1)

(x + 1)

x + 1 − x + 1

(x + 1)

Wówczas

(2) =

(2 + 1)

Zatem

a =

oraz

y =

x + b.

Aby wyznaczyć b, wyliczymy współrzędne funktu styczności (x

, y

). Oczy-

wiście x

= 2 i

= f (x

) = f (2) =

2 − 1

2 + 1

Wobec tego

· 2 + b,

Rozdział 10. Pochodna funkcji

skąd

b =

−

Zatem wyznaczyliśmy równanie stycznej do krzywej w punkcie x

= 2:

y =

x +

Twierdzenie 59.

(sin x)

= cos x;

(cos x)

= − sin x;

(tg x)

cos

= 1 + tg

(ctg x)

−1

sin

= −1 − ctg

Przykład 87. Obliczyć (x sin x cos x)

Ponieważ twierdzenie określając wzór na pochodną iloczynu funkcji dotyczy
tylko dwóch funkcji, więc przyjmujemy, że

f (x) = x sin x

g(x) = cos x.

Skorzystamy z wzoru na pochodną iloczynu dwukrotnie, najpierw dla iloczy-
nu funkcji f i g, a następnie dla iloczynu x sin x. Wobec tego

(x sin x cos x)

= (x sin x)

cos x + (x sin x)(cos x)

= (x

sin x + x(sin x)

) cos x + x sin x(− sin x)

= (1 · sin x + x(cos x)) cos x − x sin

= sin x cos x + x cos

x − x sin

= sin x cos x + x(cos

x − sin

x).

Ponieważ

sin 2x = 2 sin x cos x

oraz

cos 2x = cos

x − sin

więc

(x sin x cos x)

sin 2x + x cos 2x.

Przykład 88. Dla jakich wartości x wykres funkcji f (x) = x + 2 sin x ma
styczną równoległą do osi ox?

10.4. Pochodna funkcji złożonej

Ogólny wzór stycznej jest postaci:

y = ax + b.

Ponieważ z warunków zadania wynika, że styczna ma być równoległa do osi
ox, więc

a = 0.

Ponieważ w przypadku funkcji różniczkowalnej styczna w punkcie x

współczynnik kierunkowy postaci:

a = f

Wobec tego

) = 0.

Wyznaczymy teraz pochodną funkcji f :

(x) = 1 + 2 cos x,

więc aby znaleźć punkty, w których styczna jest równoległa do osi ox musimy
rozwiązać równanie:

1 + 2 cos x

= 0.

Po prostych przekształceniach otrzymujemy równanie:

cos x

= −

Ponieważ

cos

π = −

więc

cos x

= cos

π.

Wobec tego

π + 2kπ ∨ x

= −

+ 2kπ,

gdzie k ∈

10.4. Pochodna funkcji złożonej

Twierdzenie 60. Jeśli istnieją pochodne g

(x) i f

(g(x)) oraz F (x) = f ◦ g

jest funkcją zdefiniowaną wzorem F (x) = f (g(x)), to pochodna F

(x) istnieje

i jest określona wzorem

(x) = f

(g(x))g

(x).

Przykład 89. Obliczyć pochodną funkcji F danej wzorem:

F (x) =

√

+ 1.

Rozdział 10. Pochodna funkcji

Funkcja F jest funkcją złożoną F = f (g), gdzie

u = g(x) = x

+ 1 ∧ f (u) =

√

Wobec tego na podstawie powyższego twierdzenia mamy

(x) =

√

+ 1

= (

√

+ 1)

√

(2x)

√

Przykład 90. Obliczyć (2x + 1)

− x + 1)

Zauważmy, że mamy obliczyć pochodną iloczynu dwóch funkcji: (2x + 1)

− x + 1)

. Zatem

(2x + 1)

− x + 1)

(2x + 1)

−x+1)

+(2x+1)

− x + 1)

Aby obliczyć pochodną funkcji (2x + 1)

możemy albo podnieść (2x + 1) do

piątej potęgi i potem obliczyć pochodną lub skorzystać z wzoru na pochodną
funkcji złożonej. Obliczymy tę pochodną drugim sposobem.

Niech

u = 2x + 1,

wówczas

((2x + 1)

)

= (u

)

= 5u

(2x + 1)

= 5(2x + 1)

· 2

= 10(2x + 1)

Podobnie jak wyżej aby obliczyć pochodną funkcji (x

− x + 1)

skorzy-

stamy ze wzoru na pochodną funkcji złożonej. Niech

u = x

− x + 1.

Wtedy

((x

− x + 1)

)

= (u

)

= 4u

− x + 1)

= 4(x

− x + 1)

(3x

− 1).

Niech

F (x) = (2x + 1)

− x + 1)

10.4. Pochodna funkcji złożonej

Wobec tego

(x) = ((2x + 1)

− x + 1)

)

= ((2x + 1)

)

− x + 1)

+ (2x + 1)

((x

− x + 1)

)

= 10(2x + 1)

− x + 1)

+ (2x + 1)

4(x

− x + 1)

(3x

− 1)

= 2(2x + 1)

− x + 1)

(5(x

− x + 1) + 2(2x + 1))

= 2(2x + 1)

− x + 1)

(5x

− 5x + 5 + 4x + 2)

= 2(2x + 1)

− x + 1)

(5x

− x + 7).

Twierdzenie 61.

)

= e

Przykład 91. Obliczyć pochodne:
(1) e

√

(2)

−x2

(1) Ponieważ funkcja e

√

jest złożona, więc niech

u =

√

Wówczas

√

= (e

)

= e

(

√

= e

√

(2) Ponieważ dana funkcja jest ilorazm funkcji złożonej e

−x

i funkcji x,

więc skorzystamy ze wzoru na pochodną ilorazu. Skoro funkcja e

−x

jest

złożona, więc przyjmujemy, że u = −x

. Wobec tego

−x2

)

x−e

−x2

)

x−e

−x2

·1

(−x

)

x−e

−x2

(−2x)x−e

−x2

(−2x

)−e

−x2

(−2x

−1)

Przykład 92. Niech F (x) = f (g(x)) i niech g(3) = 6, g

(3) = 4, f

(3) = 2

i f

(6) = 7. Obliczyć F

(3).

Ponieważ F

(x) = f

(g(x))g

(x), więc

(3) = f

(g(3))g

(3) = f

(6) · 4 = 7 · 4 = 28.

Rozdział 10. Pochodna funkcji

Twierdzenie 62.

) = a

ln a;

)

= e

;

(log

x ln a

;

(ln x)

Twierdzenie 63.

(arc sin x)

√

1 − x

;

(arc cos x)

= −

√

1 − x

;

(arc tg x)

1 + x

;

(arc ctg x)

= −

1 + x

Przykład 93. Niech f (x) = x arc sin

√

16 − x

. Obliczyć f

(2).

Najpiew obliczymy pochodną:

(x) = arc sin

+ x

1 −

x
4

√

16 − x

(−2x).

Niech

a = arc sin

= arc sin

wtedy

sin a =

więc

a =

Zatem

(2) =

+ 2

1−

(

2
4

)

1
4

√

16−2

(−4)

1
2

√

1−

1
4

−

√

1
2

√

−

√

1
2

√

−

√

−

√

Przykład 94. Napisać równanie stycznej do krzywej f (x) =

x−1
x+1

, która jest

równoległa do prostej x − 2y = 1.

10.5. Funkcje różniczkowalne

Zakładamy, że x 6= −1. Oczywiście y =

1
2

x −

1
2

oraz

(x) =

(x − 1)

(x + 1) − (x − 1)(x + 1)

(x + 1)

x + 1 − x + 1

(x + 1)

Ponieważ styczna jest równoległa do prostej y = −

1
2

x −

1
2

, więc możemy

wyznaczyć współrzędną x punktu styczności ze wzoru

(x + 1)

skąd x

= 1 lub x

= −3. Ponieważ f (1) = 0, więc

y =

x + b,

możemy wyliczyć b:

0 =

1 + b,

zatem

b = −

Wobec y =

1
2

x −

1
2

jest styczną do krzywej f .

Ponieważ f (−3) = 2, więc skoro

y =

x + b,

2 =

(−3) + b,

zatem

b =

Wobec tego y =

1
2

x +

1
2

jest drugą styczną do krzywej f .

10.5. Funkcje różniczkowalne

10.5.1. Definicje

Definicja 99. Funkcję f nazywamy różniczkowalną w punkcie x

, gdy ist-

nieje pochodna w tym punkcie i jest skończona.

Twierdzenie 64. Jeśli funkcja f jest różniczkowalna w punkcie x

∈ D, to

jest w tym punkcie ciągła.

Definicja 100. Funkcję f nazywamy różniczkowalną, jeśli jest różniczkowal-
na w każdym punkcie swojej dziedziny.

Rozdział 10. Pochodna funkcji

10.5.2. Przykłady

Przykład 95. Funkcja f (x) = |x| nie jest różniczkowalną w punkcie x

= 0.

Przykład 96. W których punktach funkcja

g(x) =

(

2 − x

gdy x ¬ 1

− 2x + 2

gdy x > 1

jest różniczkowalna?

Ponieważ

lim

x→1

−

g(x) = lim

x→1

−

(2 − x) = 1,

lim

x→1

−

g(x) = lim

x→1

−

− 2x + 2) = 1 oraz f (1) = 1, więc funkcja g jest

ciągła w punkcie x

= 1. Wobec tego funkcja g jest ciągła.

Ponieważ

lim

h→0

(2 − (1 + h)) − 1

= lim

h→0

1 − h − 1

lim

h→0

−h

= −1;

lim

h→0

−

(1 + h)

− 2(1 + h) + 2 − 1

= lim

h→0

−

= lim

h→0

−

h = 0,

więc nie istnieje pochodna funkcji g w punkcie x

= 1. Zatem funkcja g nie

jest różniczkowalna .

10.6. Zastosowanie pochodnej

10.6.1. Ekstremum lokalne

Definicja 101. Niech f : D −→

R. Mówimy, że funkcja f osiąga w punkcie

∈

R maksimum lokalne, gdy istnieje takie sąsiedztwo U ⊂ D punktu x

dla którego spełniony jest warunek

∀

x∈U

f (x) < f (x

Mówimy, że funkcja f osiąga w punkcie x

∈

R minimum lokalne, gdy ist-

nieje takie sąsiedztwo U ⊂ D punktu x

, dla którego spełniony jest warunek

∀

x∈U

f (x) > f (x

Mówimy, że funkcja f osiąga w punkcie x

ekstremum lokalne, gdy osiąga w

tym punkcie maksimum lub minimum lokalne.

Przykład 97. Niech f będzie funkcją określoną wzorem

1. f (x) = x

2. f (x) = e

3. f (x) = |x|,
4. f (x) = x

10.6. Zastosowanie pochodnej

f (x) =

(

gdy x ∈ [0, 1);

gdy x ∈ (1, 2].

Czy dana funkcja f osiąga ekstremum lokalne?

10.6.2. Extremum globalne

Definicja 102. Mówimy, że funkcja f : D →

R osiąga maksimum globalne

(absolutne lub wartość największą) w punkcie x

∈ D gdy spełniony jest

warunek

∀

x∈D

f (x) ¬ f (x

Mówimy, że funkcja f : D →

R osiąga minimum globalne (absolutne lub

wartość najmniejszą) w punkcie x

∈ D gdy spełniony jest warunek

∀

x∈D

f (x)  f (x

Przykład 98. Niech f (x) = 3x

− 16x

+ 18x

dla x ∈ [−1, 4].

Oczywiście f (4) = 32, f (−1) = 37, f (0) = 0, f (1) = 5 i f (3) = −27.

Twierdzenie 65. Jeśli funkcja f jest ciągła na przedziale domkniętym [a, b],
to istnieją punkty x

i x

należące do przedziału [a, b] takie, że f osiąga

wartość największą w punkcie x

i wartość najmniejszą w punkcie x

Przykład 99. Niech f (x) = e

, gdy x ∈ [−1, 5].

10.6.3. Warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego

Twierdzenie 66. Jeśli funkcja f osiąga lokalne ekstremum w punkcie x

istnieje pochodna f

), to f

) = 0.

Przykład 100. Niech funkcja f będzie zdefiniowana przy pomocy wzoru

1. f (x) = x

2. f (x) = |x|,

Definicja 103. Punktem krytycznym nazywamy punkt, w którym pochodna
funkcji jest równa zero lub w którym pochodna danej funkcji nie istnieje.

10.6.4. Monotoniczność funkcji

Twierdzenie 67. Jeśli f jest funkcją ciągłą na przedziale [a, b] i różniczko-
walną na (a, b) oraz
(a) jeśli f

(x) > 0 dla wszystkich x ∈ (a, b), to funkcja f jest rosnąca na

przedziale [a, b];

Rozdział 10. Pochodna funkcji

(b) jeśli f

(x) < 0 dla wszystkich x ∈ (a, b), to funkcja f jest malejąca na

przedziale [a, b].

Przykład 101. Zbadać w jakich przedziałach funkcja f dana wzorem f (x) =
3x

− 4x

− 12x

+ 5 jest rosnąca, a w jakich malejąca.

Oczywiście funkcja f jest ciągła na całym zbiorze

R (bo jest wielomianem).

Ponieważ

(x) = 12x

− 12x

− 24x = 12x(x − 2)(x + 1),

więc zbadajmy kiedy spełniony jest warunek f

(x) > 0. Warunek ten zacho-

dzi wtedy i tylko wtedy, gdy 12x(x − 2)(x + 1) > 0, co zachodzi wtedy i
tylko wtedy, gdy x ∈ (−1, 0) ∪ (2, +∞), więc funkcja f jest rosnąca na tych
przedziałach. Stąd wynika, że dana funkcja jest malejąca na przedziałach
(−∞, −1) i (0, 2).

10.6.5. Warunek dostateczny istnienia ekstremum lokalnego

Twierdzenie 68. Niech x

będzie punktem krytycznym funkcji ciągłej f na

przedziale [a, b]. Wtedy
(a) jeśli istnieje δ > 0 taka, że f

(x) > 0 dla x ∈ (x

− δ, x

) oraz f

(x) < 0

dla x ∈ (x

, x

+ δ), to funkcja f osiąga maksimum lokalne w punkcie x

;

(b) jeśli istnieje δ > 0 taka, że f

(x) < 0 dla x ∈ (x

− δ, x

) oraz f

(x) > 0

dla x ∈ (x

, x

+ δ), to funkcja f osiąga minimum lokalne w punkcie x

;

(c) jeśli pochodna funkcji f nie zmienia znaku w punkcie x

, to f nie ma

lokalnego ekstremum w tym punkcie.

Przykład 102. Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji f danej
wzorem f (x) = x

(x − 2)

gdy x ∈ [−1, 3].

Najpierw obliczymy pochodną funkcji:

(x) = 3x

(x − 2)

+ 6x(x − 2) = x

(x − 2)(5x − 6).

Miejsca zerowe pochodnej x

= 0, x

= 2 i x

6
5

Ponieważ f (−1) = −9 oraz f (3) = 27, więc

wartość największa = max{f

, f (−1), f (3)} = max{1, 1; −9; 27} = 27

oraz

wartość najmniejsza = max{f (2), f (−1), f (3)} = max{0, −9, 27} = −9.

Przykład 103. Znaleźć przedziały monotoniczności funkcji f (x) = x ln x
oraz ekstremum funkcji f , o ile istnieje.

Dziedziną funkcji f jest przedział (0, ∞). Obliczymy

(x) = ln x + x

= ln x + 1.

10.7. Pochodne wyższych rzędów

Ponieważ

(x) > 0 ⇔ ln x + 1 > 0 ⇔ ln x > − ln e ⇔ x >

więc funkcja f jest rosnąca w przedziale

1
e

, +∞

i malejąca w przedziale

1
e

. Ponieważ funkcja f przyjmuje zero w punkcie x

1
e

i zmienia znak

w tym punkcie, więc osiąga minimum w tym punkcie o wartości

= −

10.7. Pochodne wyższych rzędów

Jeśli f jest funkcją różniczkowalną, to f

jest funkcją. Można więc wyliczyć

jej pochodną i

) = (f

))

oraz

(n)

= (f

(n−1)

)

Przykład 104. Niech f (x) = x

. Wtedy f

(x) = 8x

(x) = (8x

)

= 8 · 7x

= 42x

Przykład 105. Niech g(x) = (2 − x

)

. Obliczyć g(0), g

(0), g

(0) i g

000

(0).

Oczywiście

g(0) = 2

= 64.

Ponieważ

(x) = 6(2 − x

)

(−2x) = −12x(2 − x

)

więc

(0) = 0.

Skoro

(x) = (−12x(2 − x

)

= −12(2 − x

)

− 12 · 5(2 − x

)

(−2x)

= (−24 + 12x

+ 120x

)(2 − x

)

= (−24 + 132x

)(2 − x

)

(0) = −24 · 2

= −384.

Ponieważ

000

(x) = 264x(2 − x

)

+ (−24 + 132x

) · 4(2 − x

)

(−2x),

więc

000

(0) = 0.

Rozdział 10. Pochodna funkcji

10.8. Zastosowanie drugiej pochodnej

10.8.1. Warunek dostateczny istnienia ekstremum lokalnego

Twierdzenie 69. Jeśli funkcja f ma w pewnym otoczeniu punktu x

drugą

pochodną, która jest ciągła w tym punkcie, a ponadto f

) = 0 i f

) 6= 0,

to funkcja f osiąga w punkcie x

(a) maksimum lokalne, gdy f

) < 0,

(b) minimum lokalne, gdy f

) > 0.

10.8.2. Funkcje wypukłe i wklęsłe

Definicja 104. Jeżeli wykres funkcji f leży powyżej stycznych do wszystkich
punktów w przedziale I, to mówimy, że funkcja f jest wypukła na przedziale
I. Jeżeli wykres funkcji f leży poniżej stycznych do wszystkich punktów w
przedziale I, to mówimy, że funkcja f jest wklęsła na przedziale I.

Równoważna definicja:

Definicja 105. Jeżeli cięciwy łączące punkty wykresu funkcji f leżą powyżej
wykresu na przedziale I, to mówimy, że funkcja f jest wypukła na przedziale
I. Jeżeli cięciwy łączące punkty wykresu funkcji f leżą poniżej wykresu na
przedziale I, to mówimy, że funkcja f jest wyklęsła na przedziale I.

Przykład 106.
(a) funkcja f (x) = x

jest wypukła,

(a) funkcja f (x) = ln x jest wklęsła.

Twierdzenie 70. Jeżeli funkcja f jest różniczkowalna na przedziale otwar-
tym I i
(a) f

(x) > 0 w każdym punkcie x ∈ I, to funkcja f jest wypukła na prze-

dziale I;

(b) f

(x) < 0 w każdym punkcie x ∈ I, to funkcja f jest wklęsła na prze-

dziale I.

10.8.3. Punkt przegięcia

Definicja 106. Punkt (x

, f (x

)) nazywamy punktem przegięcia funkcji f ,

gdy oddziela on część krzywej, gdzie funkcja f jest wypukła od części, gdzie
krzywa f jest wklęsła.

Przykład 107. Niech f (x) = x

−3x+5. Zbadać, czy funkcja f jest wypukła,

czy wklęsła?

Ponieważ f jest wielomianem, więc D =

R oraz f jest funkcją różniczkowal-

ną. Obliczymy teraz pochodne pierwszego i drugiego rzędu:

(x) = 4x

− 3,

(x) = 12x

Wówczas

(x) > 0 ⇔ 12x

> 0 ⇔ x 6= 0.

Zatem funkcja f jest wypukła.

10.9. Reguła de l’Hospitala

Przykład 108. Zbadać czy funkcja f (x) = x

+ 2x

+ 1 jest wypukła?

Funkcja f jest wielomianem, więc jest funkcją różniczkowalną. Wyznaczymy
pochodne pierwszego i rzędu:

(x) = 3x

+ 4x,

(x) = 6x + 4.

Najpierw wyznaczymy miejsce zerowe drugiej pochodnej:

(x) = 0 ⇔ 6x + 4 = 0 ⇔ x = −

= −

a następnie przedziały, których druga pochodna jest dodatnia (funkcja jest
wypukła) lub ujemna (funkcja jest wklęsła):

(x) > 0 ⇔ 6x + 4 > 0 ⇔ x > −

(x) < 0 ⇔ 6x + 4 < 0 ⇔ x < −

Wobec tego:
w przedziale

−∞, −

2
3

funkcja f jest wklęsła,

w przedziale

−

2
3

, +∞

funkcja f jest wypukła,

= −

2
3

jest punktem przegięcia.

10.9. Reguła de l’Hospitala

Twierdzenie 71. Niech f i g będą funkcjami różniczkowalnymi i niech
g

(x) 6= 0 na przedziale otwartym I, który zawiera a (z wyjątkiem punktu a).

Załóżmy, że

lim

x→a

f (x) = 0 i lim

x→a

g(x) = 0

lub

lim

x→a

f (x) = ±∞ i lim

x→a

g(x) = ±∞.

Wtedy

lim

x→a

f (x)

g(x)

= lim

x→a

(x)

o ile granica po prawej stronie istnieje (jest skończoną liczbą lub +∞ lub
−∞).

Uwaga 19. W poprzednim Twierdzeniu a może być równe +∞ lub −∞.
Wtedy przez I oznaczamy przedział postaci:

(

(b, +∞)

gdy a = +∞ ∧ b ∈

(−∞, b)

gdy a = −∞ ∧ b ∈

Przykład 109. Obliczyć lim

x→0

−1

Rozdział 10. Pochodna funkcji

Na posdtawie reguły de l’Hospitala mamy

lim

x→0

− 1

= lim

x→0

ln 2

= ln 2.

Przykład 110. Obliczyć lim

x→+∞

Z reguły de l’Hospitala wynika, że

lim

x→+∞

= lim

x→+∞

= lim

x→+∞

= +∞.

Przykład 111. Obliczyć lim

x→0

x ln x.

Oczywiście nie możemy stosować reguły de l’Hospitala. Ale

x ln x =

ln x

1
x

więc

lim

x→0

x ln x = lim

x→0

ln x

= lim

x→0

−

= lim

x→0

(−x) = 0.

Przykład 112. Obliczyć lim

x→0

Niech x

= y. Wtedy x ln x = ln y, skąd y = e

x ln x

. Zatem

lim

x→0

= lim

x→0

x ln x

= e

lim

x→0+

x ln x

= e

= 1.

Przykład 113. Obliczyć lim

x→0

(sin x)

tg x

Ponieważ (sin x)

tg x

= e

(tg x) ln(sin x)

, więc najpierw obliczymy granicę

lim

x→0

(tg x) ln(sin x) = lim

x→0

ln(sin x)

ctg x

= lim

x→0

sin x

cos x

−

sin

= lim

x→0

(− sin x cos x) = 0.

Zatem

lim

x→0

(sin x)

xd = e

= 1.

Rozdział 11

Asymptoty

11.1. Asymptoty pionowe

Definicja 107. Prostą x = a nazywamy asymptotą pionową funkcji f jeśli
przynajmniej jeden z warunków jest spełniony:

lim

x→a

f (x) = +∞;

lim

x→a

f (x) = −∞;

lim

x→a

f (x) = +∞;

lim

x→a

f (x) = −∞;

lim

x→a

−

f (x) = +∞;

lim

x→a

−

f (x) = −∞.

Twierdzenie 72. Niech a ∈

1. Jeśli n jest liczbą parzystą, to

lim

x→a

(x − a)

= +∞.

2. Jeśli n jest liczbą nieparzystą, to

lim

x→a

(x − a)

= +∞ i

lim

x→a

−

(x − a)

= −∞.

11.2. Asymptoty poziome

Definicja 108. Prostą y = b nazywamy asymptotą poziomą, gdy spełniony
jest przynajmniej jeden z warunków:

lim

x→−∞

f (x) = b,

lim

x→+∞

f (x) = b.

11.3. Asymptoty ukośne

Definicja 109. Prostą y = ax + b nazywamy asymptotą ukośną, gdy speł-
niony jest którykolwiek z warunków:

lim

x→+∞

[f (x) − (ax + b)] = 0;

lim

x→−∞

[f (x) − (ax + b)] = 0.

Twierdzenie 73. Jeśli prosta y = ax + b jest asymptotą ukośną, to współ-
czynniki a i b wyznaczamy ze wzorów:

lim

x→+∞

f (x)

= a;

lim

x→−∞

f (x)

= a

oraz

lim

x→+∞

(f (x) − ax) = b;

lim

x→−∞

(f (x) − ax) = b.

Rozdział 11. Asymptoty

Uwaga 20. Asymptota pozioma y = b jest szczególnym przypadkiem asymp-
toty ukośnej y = ax + b, gdy a = 0.

Przykład 114. Niech f (x) =

x−1

. Wyznaczyć asymptoty.

Najpierw wyznaczymy dziedzinę funkcji f . Oczywiście D =

R \ {1}. Zbada-

my, czy istnieją jednostronne granice funkcji f w punkcie x

= 1:

lim

x→1

−

+ 3

x − 1

= −∞

bo 2x

+ 3 → 2 · 1

+ 3 = 5 oraz x − 1 → 0 i x < 1,

lim

x→1

+ 3

x − 1

= +∞

bo 2x

+ 3 → 2 · 1

+ 3 = 5 oraz x − 1 → 0 i x > 1. Wobec tego istnieje

asymptota pionowa x = 1. Ponieważ asymptota pozioma jest szczególnym
przypadkiem asymptoty ukośnej, więc sprawdzimy, czy istnieje asymptota
ukośna.

lim

x→+∞

f (x)

= lim

x→+∞

x−1

= lim

x→+∞

+ 3

− x

= 2,

lim

x→−∞

f (x)

= lim

x→−∞

x−1

= lim

x→−∞

+ 3

− x

= 2,

oraz

lim

x→+∞

[f (x) − 2x] = lim

x→+∞

+ 3

x − 1

− 2x

= lim

x→+∞

+ 3 − 2x

+ 2x

x − 1

= 2,

lim

x→−∞

[f (x) − 2x] = lim

x→−∞

+ 3

x − 1

− 2x

= lim

x→−∞

+ 3 − 2x

+ 2x

x − 1

= 2,

więc prosta ukośna jest określona wzorem:

y = 2x + 2.

Przykład 115. Niech

f (x) =

+ 3

− 1

Wyznaczyć asymptoty.

Rozdział 12

Badanie przebiegu zmienności funkcji

Aby zbadać przebieg zmienności funkcji rozważamy kolejno:

1. dziedzinę,
2. punkty przecięcia z osiami,
3. granice i asymptoty,
4. pochodną, jej miejsca zerowe oraz przedziały monotoczności,
5. drugą pochodną, punkty przegięcia oraz przedziały wypukłości lub wklę-

słości funkcji,

6. tabelkę,
7. wykres.

Przykład 116. Zbadać przebieg zmienności funkcji f danej wzorem

f (x) =

− 1

Zbadamy przebieg zmienności funkcji f (bez wykresu):

1. dziedzina

Ponieważ f jest funkcją wymierną, więc wystarczy zbadać w jakich punk-
tach zeruje się mianownik. Skoro

− 1 = 0 ⇔ (x − 1)(x + 1) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −1,

więc D =

R \ {−1, 1}.

2. punkty przecięcia wykresu z osiami

Oczywiście wykres funkcji f przecina oś oy w punkcie (0, f (0)), zatem
obliczymy f (0), więc

f (0) =

− 1

= 0,

wobec tego wykres funkcji f przechodzi przez punkt (0, 0).
Wykres funkcji f przecina oś ox w punktach (x, 0), gdzie x jest miejscem
zerowym funkcji f . Wobec tego rozwiązujemy równanie:

f (x) = 0 ⇔

− 1

= 0.

Oczywiście

−1

= 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 2x

= 0 i x

− 1 6= 0.

Ponieważ 2x

= 0 wtedy i tylko wtedy,gdy x = 0, więc musimy sprawdzić,

czy x = 0 należy do dziedziny. Na to pytanie odpowiedź jest pozytywna,
więc wykres funkcji przechodzi przez punkt (0, 0), co stwierdzilismy już
wcześniej.

Rozdział 12. Badanie przebiegu zmienności funkcji

3. granice i astymptoty

Najpierw wyliczmy granice przy x dążącym do nieskończoności:

lim

x→+∞

− 1

= lim

x→+∞

1 −

= 2,

lim

x→−∞

− 1

= lim

x→−∞

1 −

= 2,

więc istnieje asymptota pozioma y = 2.
Ponieważ D =

R \ {−1, 1}, więc

lim

x→−1

−

(x − 1)(x + 1)

= +∞,

lim

x→−1

(x − 1)(x + 1)

= −∞,

lim

x→1

−

(x − 1)(x + 1)

= −∞,

lim

x→1

(x − 1)(x + 1)

= +∞,

więc istnieją dwie asymptoty pionowe x = −1 oraz x = 1.

4. pierwsza pochodna

Niech x ∈ D. Wtedy

(x) =

−1

(2x

)

−1)−2x

−1)

4x(x

−1)−2x

·2x

−1)

−4x

−1)

Oczywiście dziedzina pochodnej jest równa dziedzinie funkcji D. Szukamy
ekstremum. Ponieważ f jest funkcją wymierną, więc jest funkcją różnicz-
kowalną, zatem punktami krytycznymi są punkty, w których pochodna
się zeruje. Wobec tego rozwiązujemy równanie:

(x) = 0 ⇔

−4x

− 1)

= 0 ⇔ x = 0.

Jedynym punktem krytycznym jest punkt x = 0. Zbadamy teraz znak
pochodnej:

(x) > 0 ⇔

−4x

− 1)

> 0.

Ponieważ (x

− 1)

> 0 dla każdego x ∈ D, więc

(x) > 0 ⇔ −4x > 0 ∧ x ∈ D ⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, 0)

oraz

(x) < 0 ⇔ x ∈ (0, 1) ∪ (1, +∞).

Zatem funkcja f jest rosnąca w przedziałach (−∞, −1) i (−1, 0) oraz
malejąca w przedziałach (0, 1) i (1, +∞). Wobec tego funkcja f osiąga w
punkcie x = 0 maksimum lokalne.

5. druga pochodna Niech x ∈ D. Wtedy

(x) =

−4x

−1)

(−4x)

−1)

−(−4x)

(

−1)

)

−1)

−4(x

−1)

+4x·2(x

−1)2x

−1)

−1)(−4x

+16x

+4)

−1)

−1)(12x

+4)

−1)

Zauważmy, że dziedzina drugiej pochodnej jest równa dziedzinie funkcji
f . Wyznaczymy teraz miejsca zerowe drugiej pochodnej:

(x) = 0 ⇔

−1)(12x

+4)

−1)

= 0 ⇔

12x

−1)

= 0 ⇔ x ∈ ∅.

Zatem funkcja f nie ma punktów przegięcia. Zbadamy teraz znak drugiej
pochodnej:

(x) > 0 ⇔

− 1)(12x

+ 4)

− 1)

> 0.

Ponieważ (x

− 1)

> 0 dla każdego x ∈ D oraz 12x

+ 4 > 0 dla każdego

x ∈

R, więc

(x) > 0 ⇔ (x

− 1) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞).

Oczywiście

(x) < 0 ⇔ (x

− 1) < 0 ⇔ x ∈ (−1, 1).

Wobec tego funkcja f jest wypukła w przedziałach: (−∞, −1), (1, +∞) i
wklęsła w przedziale (−1, 1).

6. tabelka

(−∞, −1)

-1

(-1,0)

(0,1)

(1, +∞)

(x)

f (x)

↑

+∞

−∞

↑

0 (max)

↓

−∞

+∞

↓

wypukła

wklęsła

wypukła

Przykład 117. Zbadać przebieg zmienności funkcji f danej wzorem

f (x) = e

1/x

Rozdział 13

Całka

13.1. Całka oznaczona

Definicja

Załóżmy, że funkcja f jest ograniczona na przedziale domkniętym [a, b],

gdzie a < b. Wybierzmy punkty x

, x

, . . . , x

tak, aby był spełniony warunek

a = x

< x

< . . . < x

= b.

Punkty x

, x

, . . . , x

nazywamy punktami podziału P. W ten sposób po-

wstaje ciąg przedziałów

, x

], [x

, x

], . . . , [x

n−1

, x

]

zwanych podziałem P przedziału [a, b]. Oznaczmy przez ∆x

długość i-tego

przedziału, tzn. ∆x

= x

− x

i−1

. Długość najdłuższego przedziału oznaczmy

λ. Zatem

λ = max{∆x

; i = 1, 2, . . . , n}.

Wielkośc λ będziemy nazywać średnicą podziału P. Wybierzmy punkty c

, . . . , c

tak, aby x

i−1

¬ c

¬ x

dla i = 1, 2, . . . , n i utwórzmy sumę, zwaną

sumą całkową funkcji f na przedziale [a, b]:

S =

i=1

f (c

)∆x

Zauważmy, że podział przedziału całkowania może być dokonany na wiele
sposo- bów, przy czym liczba punktów podziału może być dowolnie duża
(skończona), a średnica podziału dowolnie mała.
Utwórzmy ciąg podziałow w taki sposób, aby średnice podziałów tworzyły
ciąg zbieżny do zera. Taki ciąg podziałów nazywamy normalnym ciągiem po-
działów przedziału [a, b]. Ciąg sum całkowych odpowiadający mormalnemu
ciągowi przedziałów nazywamy normalnym ciągiem sum częściowych.

Definicja 110. Jeśli każdy normalny ciąg sum całkowych jest zbieżny do tej
samej granicy niezależnie od wyboru punktów pośrednich, to tę granicę nazy-
wamy całką oznaczoną funkcji f na przedziale [a, b] i oznaczamy symbolem:

f (x)dx.

Wtedy piszemy

f (x)dx = lim

λ→0

S, a o funkcji f mówimy, że jest całko-

walna na przedziale [a, b].

Rozdział 13. Całka

Twierdzenie 74. Jeśli funkcja f jest ciągła lub monotoniczna na przedziale
[a, b], to jest całkowalna na tym przedziale, czyli całka

f (x)dx istnieje.

Przykład 118. Obliczyć

dx.

Ponieważ f (x) = x

jest funkcją ciągłą, więc z Twierdzenia 57 wynika, że

funkcja f jest całkowalna.

Niech f (x) = x

dla x ∈ [0, 1]. Wybieramy ciąg punktów

0 <

< . . . < 1. Wtedy

+ . . . +

n
n

(1 + 2

+ . . . + n

)

n
i=1

n(n+1)(2n+1)

Wobec tego

lim

n→∞

= lim

n→∞

n(n + 1)(2n + 1)

więc

dx =

Twierdzenia

Twierdzenie 75. Jeśli a < b, to

f (x)dx = −

f (x)dx.

Jeśli a = b, to

f (x)dx = 0.

Interpertacja geometryczna całki oznaczonej

Twierdzenie 76. Jeśli f jest funkcją nieujemną na przedziale [a, b], to

f (x)dx

jest równa polu figury ograniczonej prostymi x = a, x = b, y = 0 i krzywą f .

Własności całki oznaczonej

Twierdzenie 77. (Własności całki oznaczonej) Zakładamy, że wszystkie wy-
mienione całki istnieją.
(1)

cdx = c(b − a), gdzie c jest stałą,

(2)

[f (x) + g(x)]dx =

f (x)dx +

g(x)dx,

13.2. Całka nieoznaczona

(3)

cf (x)dx = c

f (x)dx,

(4)

[f (x) − g(x)]dx =

f (x)dx −

g(x)dx,

(5)

f (x)dx =

f (x)dx +

f (x)dx.

Twierdzenie 78. Załóżmy, że wszystkie całki istnieją i a ¬ b. Wtedy
(1) Jeśli f (x) 0 dla a ¬ x ¬ b, to

f (x)dx  0.

(2) Jeśli f (x)  g(x) dla a ¬ x ¬ b, to

f (x)dx 

g(x)dx

(3) Jeśli m ¬ f (x) ¬ M dla a ¬ x ¬ b, to

m(b − a) ¬

f (x)dx ¬ M (b − a).

Przykład 119. Oszacować wartość całki

π/2

sin xdx.

Do oszacowania całki

π/2

sin xdx skorzystamy z Twierdzenia 61 (punkt 3).

Niech f (x) = sin x dla x ∈ [0,

]. Wtedy oczywiście f jest funkcją nieujemną

i rosnącą na tym przedziale. Zatem m = min

x∈[0,

]

sin x = 0 oraz M =

max

x∈[0,

]

sin x = 1. Oczywiście a = 0 i b =

. Wobec tego

− 0

π/2

sin xdx ¬ 1

− 0

skąd wynika, że

0 ¬

π/2

sin xdx ¬

13.2. Całka nieoznaczona

13.2.1. Definicja

Definicja 111. Niech f : (a, b) −→

R. Każdą funkcję F , która spełnia wa-

runek

(x) = f (x)

dla każdego x ∈ (a, b)

nazywamy funkcją pierwotną lub całką nieoznaczoną i oznaczamy

f (x)dx.

Rozdział 13. Całka

Przykład 120. Przykłady funkcji pierwotnych dla funkcji f (x) = cos x,
gdzie x ∈

Funkcja F (x) = sin x jest funkcją pierwotną funkcji f ponieważ

(sin x)

= cosx.

Niech F

(x) = sin x + 2 i F

(x) = sin x − 10 dla x ∈

R. Zauważmy, że

(x) = (sin x + 2)

= cos x = f (x) i F

(x) = (sin x − 10)

= cos x = f (x).

Stąd wynika, że zarówno F

jak i F

są funkcjami pierwotnymi funkcji f .

Zatem

f (x)dx = F (x) + C, gdzie Cjest dowolną stałą.

Przykład 121. Niech f (x) = cos x, wtedy

f (x)dx = sin x + C.

Uwaga 21. Zauważmy, że

f (x)dx jest funkcją (a właściwie rodziną funk-

cji), a

f (x)dx jest liczbą.

Podstawowe twierdzenie rachunku całkowego
Twierdzenie 79.

f (x)dx = [F (x)]

b
a

= F (b) − F (a).

Własności całek nieoznaczonych

Twierdzenie 80. Własności całek nieoznaczonych:
(1)

cf (x)dx = c

f (x)dx,

(2)

[f (x) + g(x)]dx =

f (x)dx +

g(x)dx,

(3)

[f (x) − g(x)]dx =

f (x)dx −

g(x)dx.

Tablica całek

Twierdzenie 81. Całki pewnych funkcji
(1)

cdx = cx + C;

(2)

dx =

s+1

+ C dla s 6= −1;

(3)

1
x

dx = ln |x| + C;

(4)

dx = e

+ C;

(5)

sin xdx = − cos x + C;

(6)

cos xdx = sin x + C;

(7)

dx =

ln a

+ C;

(8)

dx = arc tg x + C;

(9)

√

1−x

dx = arc sin x + C.

13.2. Całka nieoznaczona

Przykłady

Przykład 122. Obliczyć całki
(1)

dx;

(2)

(10x

+ e

)dx;

(3)

√

t−1

dt;

(4)

(2x

− 5x)dx.

(1) Skorzystamy ze wzoru (2):

dx =

−2

dx =

−2 + 1

−2+1

+ C = −x

−1

+ C = −

+ C.

(2) Skorzystamy ze wzorów (2) i (4):

(10x

+ e

)dx =

(10x

)dx +

dx = 10

dx + e

+ C

= 10

2+1

+ C

+ e

+ C

+ e

+ C.

(3) Najpierw wyznaczymy całkę nieoznaczoną:

+ t

√

t − 1

dt.

Skorzystamy ponownie z wzoru (2):

√

t−1

dt =

√

−

dt =

2 +

√

t −

2dx +

√

tdx −

dx = 2

dx +

1/2

dx −

−2

= 2x +

1
2

1/2+1

−

−2+1

+ C = 2x +

2
3

3/2

1
x

+ C,

skąd

√

t−1

dt =

2x +

2
3

3/2

1
x

= 2 · 9 +

2
3

3/2

1
9

−

2 · 1 +

2
3

3/2

1
1

= 18 +

2
3

(

√

1
9

− 2 −

2
3

− 1 = 15 +

2
3

· 27 −

5
9

= 32

4
9

(4) Skorzystamy z wzoru (2):

(2x

− 5x)dx =

dx −

5xdx = 2

dx − 5

xdx

= 2

3+1

− 5

1+1

= 2

1
4

− 5

1
2

= 2

1
4

−

1
4

− 5

1
2

−

1
2

= 168 −

1
2

− 40 +

5
2

= 130.

Rozdział 13. Całka

Całkowanie przez podstawienie

Twierdzenie 82. Jeśli u = g(x) jest funkcją różniczkowalną, której zbiór
wartości jest równy I i f jest funkcją ciągłą zdefiniowaną na I, to

f (g(x))g

(x)dx =

f (u)du.

Przykład 123. Obliczyć całki:
(1)

√

1 + x

dx;

(2)

cos(x

+ 5)dx;

(3)

cos(5x)dx.

(1) Obliczymy tę całkę metodą całkowania przez podstawienie

√

1 + x

dx =

u = 1 + x

du = 2xdx

√

1 + x

2xdx

√

u du =

1/2

du =

1
2

1/2+1

2
3

3/2

+ C

2
3

√

1 + x

+ C.

(2) Zastosujemy metodę całkowania przez podstawienie

cos(x

+ 5)dx =

u = x

+ 5

du = 4x

dx =

1
4

cos(x

+ 5) x

cos u

1
4

du =

1
4

cos u du =

1
4

sin u + C

1
4

sin(x

+ 5) + C.

(3) Będziemy całkować przez podstawienie:

cos(5x)dx =

u = 5x
du = 5dx
dx =

1
5

cos u

1
5

cos u du =

1
5

sin u + C

1
5

sin(5x) + C.

Twierdzenie 83. Jeśli funkcja g

jest ciągła na [a, b] i f jest funkcją na

zbiorze wartości funkcji g, to

f (g(x))g

(x)dx =

g(b)

g(a)

f (u)du.

Przykład 124. Obliczyć całki oznaczone:
(1)

√

3x + 4dx,

(2)

(3−5x)

13.2. Całka nieoznaczona

(1) Obliczymy tę całkę stosując metodę całkowania przez podstawienie dla

całki oznaczonej:

√

3x + 4dx =

u = 3x + 4
du = 3dx
dx =

1
3

x = 0 ⇒ u = 3 · 0 + 4 = 4
x = 4 ⇒ u = 3 · 4 + 4 = 16

√

1
3

1/2

du =

1
3

2
3

3/2

1
3

2
3

(

√

1
3

2
3

(

√

16)

−

2
3

(

√

1
3

2
3

−

2
3

1
3

128

−

1
3

112

(2) Aby obliczyć tę całkę wyliczymy najpierw całkę nieoznaczoną:

(3 − 5x)

Zastosujemy metodę całkowania przez podstawienie:

(3−5x)

u = 3 − 5x
du = −5dx
dx = −

1
5

−

1
5

= −

1
5

−2

du = −

1
5

−2+1

+ C =

1
5

+ C

1
5

3−5x

+ C =

15−25x

+ C.

Wobec tego

(3−5x)

15−25x

15−25·2

−

15−25·1

−35

−

−10

−

Rozdział 13. Całka

Twierdzenie 84. Niech f będzie funkcją określoną na przedziale [−a, a].
Wtedy

1. jeśli f jest funkcją parzystą, to

−a

f (x)dx = 2

f (x)dx.

2. jeśli f jest funkcją nieparzystą, to

−a

f (x)dx = 0.

Przykład 125. Obliczyć całki
(1)

−1

tg x

1+x

dx,

(2)

−2

+ 1)dx.

(1) Niech

f (x) =

tg x

1 + x

+ x

Oczywiście dziedziną funkcji f jest zbiór

D =

R \

+ kπ, k ∈

Pokażemy najpierw, że funkcja f jest nieparzysta. Niech x ∈ D. Ponieważ
dla każdego x ∈ D mamy

f (−x) =

tg(−x)

1 + (−x)

+ (−x)

− tg x

1 + x

+ x

= −

tg x

1 + x

+ x

= −f (x),

więc f jest funkcją nieparzystą.
Korzystając z poprzedniego twierdzenia otrzymujemy, że

−1

tg x

1 + x

+ x

dx = 0.

(2) Niech

f (x) = x

+ 1.

Dziedziną funkcji f jest zbiór liczb rzeczywistych

Pokażemy, że funkcja f jest parzysta. Niech x ∈

R, wtedy

f (−x) = (−x)

+ 1 = x

+ 1 = f (x).

Zatem f jest funkcją parzystą.
Wobec tego korzystając z poprzedniego Twierdzenia mamy:

−2

+ 1)dx = 2

1
7

+ x

= 2

1
7

· 2

+ 2 −

1
7

· 0

− 0

= 2

128

+ 2

= 2 ·

142

284

13.2. Całka nieoznaczona

Całkowanie przez części

Twierdzenie 85. Załóżmy, że f i g są funkcjami takimi, że f

i g są funk-

cjami ciągłymi. Wtedy

f (x)g

(x)dx = f (x)g(x) −

(x)g(x)dx.

Twierdzenie 86. Załóżmy, że f i g są funkcjami takimi, że f

i g są funk-

cjami ciągłymi. Wtedy

f (x)g

(x)dx = f (x)g(x)

b
a

−

(x)g(x)dx.

Przykład 126. Obliczyć całki
(1)

2x sin xdx,

(2)

(x + 2)e

dx,

(3)

dx,

(4)

(3x + 1)2

dx.

(1) Zastosujemy metodę całkowania przez części:

2x sin xdx =

u = 2x

= 2

= sin x v =

sin xdx = − cos x

= 2x(− cos x) −

2(− cos x)dx = −2x cos x + 2

cos xdx

= −2x cos x + 2 sin x + C.

(2) Stosując metodę całkowania przez części otrzymujemy, że

(x + 2)e

dx =

u = x + 2 u

= 1

= e

v =

dx = e

= (x + 2)e

−

dx = (x + 2)e

− e

+ C

= (x + 1)e

+ C.

(3) Ponownie zastosujemy metodę całkowania przez części:

dx =

u = x

= 2x

= e

v =

dx = e

= x

−

2xe

dx = x

− 2

u = x

= 1

= e

v = e

= x

− 2(xe

− e

) + C

= (x

− 2x + 2)e

+ C.

Rozdział 13. Całka

(4) Zastosujemy twierdzenie o całkowaniu przez części dla całki oznaczonej:

(3x + 1)2

dx =

u = 3x + 1

= 3

= 2

v =

ln 2

(3x + 1)

ln 2

−

ln 2

−

ln 2

−

ln 2

−

ln 2

−

ln 2

−

ln 2

−

ln 2

−

ln 2

−

ln 2

−

Całkowanie wykorzystujące rozkład na ułamki proste

Przykład 127. Obliczyć całkę

−x−12

Niech f (x) =

−x−12

. Rozłożymy ten ułamek na na ułamki proste postaci

x−a

Najpierw sprawdzimy, czy można rozłożyć funkcję podcałkową na ułamki

proste. Sprawdzimy więc, czy trójmian z mianownika x

− x − 12 można

rozłożyć na czynniki liniowe:

∆ = (−1)

− 4 · 1 · (−12) = 49 > 0.

Zatem

−(−1) − 7

= −3, x

−(−1) + 7

= 4

oraz

− x − 12 = (x − (−3))(x − 4) = (x + 3)(x − 4).

Rozłożymy funkcję

−x−12

na na ułamki proste postaci

x−x

, gdzie i = 1, 2.

Wobec tego

− x − 12

x + 3

x − 4

Z powyższej równości wyznaczmy A i B. Sprowadzimy prawą stronę tej rów-
ności do wspólnego mianownika:

− x − 12

A(x − 4)

(x + 3)(x − 4)

B(x + 3)

(x + 3)(x − 4)

Dodajemy ułamki po prawej stronie i otrzymujemy równość:

− x − 12

Ax − 4A + Bx + 3B

− x − 12

13.2. Całka nieoznaczona

skąd

0x + 1

− x − 12

(A + B)x + (−4A + 3B)

− x − 12

Z porównania prawej i lewej strony powyższej równości otrzymujemy układ
dwóch równań z dwiema niewiadomymi:

(

A + B = 0
−4A + 3B = 1.

Stąd wynika, że

A = −

, B =

oraz

− x − 12

−

1
7

x − (−3)

1
7

x − 4

Wobec tego

− x − 12

−

1
7

x − (−3)

1
7

x − 4

dx = −

x + 3

Najpierw wyznaczymy pierwszą całkę:

x + 3

u = x + 3
du = dx

= ln |u| + C = ln |x + 3| + C.

Teraz wyznaczmy drugą całkę:

x − 4

u = x − 4
du = dx

= ln |u| + C = ln |x − 4| + C.

Zatem

− x − 12

= −

ln |x + 3| +

ln |x − 4| + C.

Stąd

− x − 12

(ln |x − 4| − ln |x + 3|) + C.

Z własności logarytmów wynika, że

− x − 12

x − 4

x + 3

+ C.

Całkowanie wykorzystujące dopełnienie do kwadratu

Przykład 128. Obliczyć całkę

+ 2x + 3

Rozdział 13. Całka

Ponieważ ∆ < 0, więc nie możemy funkcji podcałkowej rozłożyć na ułamki
proste. Zauważmy, że x

+ 2x + 3 = (x + 1)

+ 2. Zatem

+2x+3

(x+1)

1
2

(x+1)

+1)

1
2

√

(x+1)

u =

√

(x + 1)

du =

√

dx =

√

2du

1
2

√

2du

√

arc tg(u) + C

√

arc tg

√

(x + 1)

+ C.

13.2. Całka nieoznaczona

Przykład 129. Obliczyć całkę

+5x

+18x+36

Ponieważ x

+ 5x

+ 18x + 36 = (x + 3)(x

+ 2x + 12), więc

+ 5x

+ 18x + 36

(x + 3)(x

+ 2x + 12)

Rozłożymy funkcję

+5x

+18x+36

na ułamki proste:

+ 5x

+ 18x + 36

x + 3

Bx + C

+ 2x + 12

skąd

+ 5x

+ 18x + 36

(A + B)x

+ (2A + 3B + C)x + 12A + 3C

+ 5x

+ 18x + 36

zatem otrzymujemy układ równań:











A + B = 0
2A + 3B + C = 0
12A + 3C = 1.

Po rozwiązaniu układu równań mamy

A =

B = −

C =

Wobec tego

+5x

+18x+36

x+3

−

+2x+12

x+3

−

x−1

+2x+12

−

Najpierw obliczymy całkę I

podstawiając t = x + 3:

x + 3

= ln |t| + C

= ln |x + 3| + C

Teraz obliczymy całkę I

x−1

+2x+12

dx =

1
2

(2x−2)

+2x+12

dx =

1
2

2x−2

+2x+12

dx =

1
2

(2x+2)−4

+2x+2

1
2

2x+2

+2x+12

dx − 4

+2x+12

Obliczając pierwszą całkę podstawiamy t = x

+2x+12, skąd dt = (2x+2)dx,

więc

2x + 2

+ 2x + 12

dx =

= ln |t| + C

= ln |x

+ 2x + 12| + C

Teraz obliczymy drugą całkę:

+ 2x + 12

(x + 1)

+ 11

Rozdział 13. Całka

Podstawimy u = x + 1, skąd du = dx, więc

(x + 1)

+ 11

√

+ 11

√

+ 1

Podstawimy t =

√

, skąd dt =

√

du oraz du =

√

11dt, zatem

√

+ 1

√

11 dt

+ 1

√

+ 1

√

arc tg t + C

Ponieważ t =

√

, więc

√

arc tg t + C

√

arc tg

√

+ C

Skoro u = x + 1, to

√

arc tg

√

+ C

√

arc tg

x + 1

√

+ C

Wobec tego

+ 2x + 12

√

arc tg

x + 1

√

+ C

Zatem

1
2

2x+2

+2x+12

dx − 4

+2x+12

1
2

ln |x

+ 2x + 12| − 4

√

arc tg

x+1

√

+ C

Stąd wynika, że

+5x

+18x+36

−

ln |x + 3| −

1
2

ln |x

+ 2x + 12| − 4

√

arc tg

x+1

√

+ C

ln |x + 3| −

ln |x

+ 2x + 12| +

√

165

arc tg

x+1

√

+ C.

13.3. Całki niewłaściwe

Całkowanie funkcji z pierwiastkami

Przykład 130. Obliczyć całkę

1
6

√

x+1

dx.

Podstawiamy t

= x, skąd 6t

dt = dx, zatem

1
6

√

x+1

dx =

1
6

dt =

− t

+ t

− 1 +

dt −

dt +

dt −

dt +

−

1
5

1
3

− t + arc tgt + C

1
7

(

√

−

1
5

(

√

1
3

(

√

−

√

x + arc tg

√

x + C.

Całkowanie funkcji trygonometrycznych

Uwaga 22. Przy obliczaniu całek

f (sin x, cos x)dx można stosować podsta-

wienie t = tg

1
2

x. Wtedy

sin x =

2 tg

1
2

1 + tg

2 1

1 + t

, cos x =

1 − tg

2 1

1 + tg

2 1

1 − t

1 + t

oraz

dx =

2dt

1 + t

Przykład 131. Obliczyć całkę

2−cos x

Skorzystamy z podstawienia: t = tg

1
2

x, wtedy

2 − cos x

2dt

1+t

2 −

1−t

1+t

dt =

2dt

1+t

2+2t

−1+t

1+t

2dt

+ 1

(

√

3t)

+ 1

Przyjmiemy podstawienie u =

√

3t, skąd du =

√

3tdt, więc dt =

√

du, zatem

(

√

3t)

+ 1

√

+ 1

√

arc tg u + C =

√

arc tg(

√

3t) + C,

więc

2 − cos x

√

arc tg(

√

3 tg

x) + C.

13.3. Całki niewłaściwe

13.3.1. Całka niewłaściwa z funkcji nieograniczonej

Definicja 112. Niech f będzie funkcją określoną na przedziale otwarto-domkniętym
(a, b], całkowalną na każdym przedziale [h, b], gdzie a < h < b i niech f będzie

Rozdział 13. Całka

funkcją nieograniczoną na każdym przedziale (a, h). Wówczas nie istnieje cał-
ka oznaczona

f (x)dx, ale istnieją całki

f (x)dx dla każdego h ∈ (a, b).

Jeśli istnieje granica lim

h→a

f (x)dx, to nazywamy ją całką niewłaściwą

funkcji f i oznaczamy

f (x)dx.

Twierdzenie 87. Jeśli f jest funkcją ciągłą na przedziale (a, b], a F jest jej
funkcją pierwotną, to

f (x)dx = F (b) − lim

h→a

F (h).

Przykład 132. Obliczyć całki niewłaściwe:
(1)

√

;

(2)

x−2

(1) Niech

f (x) =

√

Zauważmy, że funkcja f jest określona na przedziale (0, 1] oraz

lim

x→0

f (x) = lim

x→0

√

= +∞.

Wobec tego funkcja f jest nieograniczona na przedziale (0, 1], więc nie
jest całkowalna na tym przedziale. Zatem obliczymy całkę niewłaściwą:

√

= lim

h→0

√

Ponieważ

√

1/2

−1/2

dx =

−

1
2

+ 1

−1/2+1

+C = 2x

1/2

+C = 2

√

x+C,

więc

√

= lim

h→0

√

= lim

h→0

√

= lim

h→0

√

1 − 2

√

= 2.

(2) Niech

f (x) =

x − 2

Oczywiście funkcja f jest określona na przedziale (2, 3], ale skoro

lim

x→2

f (x) = lim

x→2

x − 2

= +∞,

to funkcja f jest nieograniczona na przedziale (2, 3], zatem możemy obli-
czyć tylko całkę niewłaściwą funkcji f na danym przedziale:

x − 2

= lim

h→2

x − 2

13.3. Całki niewłaściwe

Ponieważ

x − 2

u = x − 2
du = dx

= ln |u| + C = ln |x − 2| + C,

x−2

= lim

h→2

x−2

= lim

h→2

[ln |x − 2|]

3
h

= lim

h→2

(ln |3 − 2| − ln |h − 2|) = lim

h→2

(ln 1 − ln |h − 2|)

= +∞.

Definicja 113. Niech f będzie funkcją określoną na przedziale domknięto-otwartym
[a, b), całkowalną na każdym przedziale [a, k], gdzie a < k < b i niech f będzie
funkcją nieograniczoną na każdym przedziale (k, b). Wówczas nie istnieje cał-
ka oznaczona

f (x)dx, ale istnieją całki

f (x)dx dla każdego k ∈ (a, b).

Jeśli istnieje granica lim

k→b

−

f (x)dx, to nazywamy ją całką niewłaściwą

funkcji f i oznaczamy

f (x)dx.

Twierdzenie 88. Jeśli f jest funkcją ciągłą na przedziale [a, b), a F jest jej
funkcją pierwotną, to

f (x)dx = lim

k→b

−

F (k) − F (a).

Przykład 133. Obliczyć następujące całki:
(1)

√

1−x

;

(2)

π/2

tg xdx;

(3)

−1

√

1−x

dx.

(1) Niech

f (x) =

√

1 − x

Wtedy funkcja f jest określona na przedziale [0, 1) oraz

lim

x→1

−

f (x) = lim

x→1

−

√

1 − x

= +∞.

Zatem funkcja f jest nieograniczona na przedziale [0, 1), więc możemy
obliczyć tylko całkę niewłaściwą tej funkcji na danym przedziale:

√

1 − x

= lim

k→1

−

√

1 − x

Ponieważ

√

1−x

u = 1 − x
du = −dx
dx = −du

−du

√

= −

−1/2

du = −

−1/2+1

+ C

= −2

√

u + C = −2

√

1 − x + C,

100

Rozdział 13. Całka

więc

√

1−x

= lim

k→1

−

√

1−x

= lim

k→1

−

−2

√

1 − x

= lim

k→1

−

−2

√

1 − k − (−2

√

1 − 0)

= −2

√

0 + 2

√

1 = 2.

(2) Zauważmy, że

lim

x→

−

tg x = +∞,

więc funkcja f (x) = tg x jest określona na przedziale

, ale jest na

tym przedziale nieograniczona. Zatem

π/2

tg xdx = lim

k→

−

tg xdx.

Skoro

tg xdx =

sin x

cos x

dx,

to obliczymy tę całkę nieoznaczoną stosując metodę całkowania przez
podstawienie, więc

tg xdx =

sin x

cos x

dx =

u = cos x
du = − sin xdx
sin xdx = −du

−du

= − ln |u| + C = − ln | cos x| + C.

Wobec tego

π/2

tg xdx = lim

k→

−

tg xdx = lim

k→

−

[− ln | cos x|]

k
0

= lim

k→

−

(− ln | cos k| − (− ln | cos 0|))

= lim

k→

−

(− ln | cos k| + ln 1)) = +∞.

(3) Niech

f (x) =

√

1 − x

Wtedy funkcja f jest określona na przedziale otwartym (−1, 1) oraz

lim

x→−1

f (x) = lim

x→−1

√

1 − x

= +∞,

lim

x→1

−

f (x) = lim

x→1

−

√

1 − x

= +∞.

Rozbijemy przedział (−1, 1) na sumę dwóch przedziałów:

(−1, 1) = (−1, 0] ∪ [0, 1).

13.3. Całki niewłaściwe

101

Wtedy

−1

√

1−x

−1

√

1−x

√

1−x

= lim

h→−1

√

1−x

+ lim

k→1

−

√

1−x

Ponieważ

√

1 − x

= arc sin x + C,

więc

−1

√

1−x

−1

√

1−x

√

1−x

= lim

h→−1

√

1−x

+ lim

k→1

−

√

1−x

= lim

h→−1

[arc sin x]

0
h

+ lim

k→1

−

[arc sin x]

k
0

= lim

h→−1

(arc sin 0 − arc sin h)

+ lim

k→1

−

(arc sin k − arc sin 0)

= 0 −

−

− 0 = π.

13.3.2. Całka niewłaściwa w przedziale nieograniczonym

Definicja 114. Niech f będzie określona na przedziale [a, +∞) będzie całko-
walna w każdym przedziale [a, M ] ⊂ [a, +∞). Graniecę ( o ile istnieje) całek

f (x)dx przy M → ∞ nazywamy całką funkcji f w granicach od a do +∞

i oznaczmy symbolem

+∞

f (x)dx =

lim

M →+∞

f (x)dx.

Przykład 134. Obliczyć całki
(1)

∞

ln x

dx;

(2)

∞

1
x

(1) Ponieważ przedział, po którym całkujemy, jest nieskończony, więc

∞

ln x

dx =

lim

M →+∞

ln x

dx.

Najpierw wyliczymy całkę nieoznaczoną całkując przez części:

ln x

dx =

u = ln x

1
x

v =

−3

dx = −

1
2

= (ln x)

−

1
2

−

1
2

= −

1
2

ln x

1
2

−3

dx = −

1
2

ln x

−

1
4

102

Rozdział 13. Całka

Stąd

∞

ln x

dx = lim

M →+∞

ln x

dx = lim

M →+∞

−

1
2

ln x

−

1
4

= lim

M →+∞

−

1
2

ln M

−

1
4

−

1
2

ln 1

−

1
4

Ponieważ

lim

M →+∞

ln M

+∞

więc aby wyliczyć tę granicę skorzystamy ze wzoru l’Hospitala, zatem

lim

M →+∞

ln M

lim

M →+∞

lim

M →+∞

= 0.

Wobec tego

∞

ln x

dx = −

lim

M →+∞

ln M

−

lim

M →+∞

· 0 +

(2) Aby obliczyć całkę

∞

skorzystamy ze wzoru

∞

dx =

lim

M →+∞

dx,

Zatem

∞

dx =

lim

M →+∞

dx =

lim

M →+∞

[ln x]

M
1

lim

M →+∞

(ln M − ln 1) = +∞.

Definicja 115. Podobnie jak w przypadku poprzedniej definicji określimy
całkę z funkcji f na przedziale (−∞, a] wzorem

−∞

f (x)dx =

lim

K→−∞

f (x)dx, K < a.

Twierdzenie 89. Dla dowolnego a ∈

R mamy

+∞

−∞

f (x)dx =

∞

f (x)dx +

+∞

f (x)dx.

Przykład 135. Obliczyć następujące całki:

−∞

dt;

+∞

−∞

+ 2x + 5)dx.

(1) Wyznaczymy całkę

−∞

13.4. Zastosowanie całek oznaczonych

103

korzystając ze wzoru

−∞

dt =

lim

K→−∞

dt.

Skoro

dt = e

+ C,

−∞

dt =

lim

K→−∞

dt =

lim

K→−∞

lim

K→−∞

− e

= 1 − 0 = 1.

(2) Niech

I =

+∞

−∞

+ 2x + 5)dx.

Niech a będzie dowolną liczbą rzeczywistą, np. a = 1, wtedy

+∞

−∞

+ 2x + 5)dx =

−∞

+ 2x + 5)dx +

+∞

+ 2x + 5)dx.

Ponieważ

+ 2x + 5)dx =

+ x

+ 5x + C,

więc

+∞

−∞

+ 2x + 5)dx

−∞

+ 2x + 5)dx +

+∞

+ 2x + 5)dx

= lim

K→−∞

+ 2x + 5)dx + lim

M →+∞

+ 2x + 5)dx

= lim

K→−∞

1
3

+ x

+ 5x

+ lim

M →+∞

1
3

+ x

+ 5x

1
3

+ a

+ 5a − lim

K→−∞

1
3

+ K

+ 5K

+ lim

M →+∞

1
3

+ M

+ 5M

−

1
3

+ a

+ 5a

= −(−∞) + ∞ = ∞.

13.4. Zastosowanie całek oznaczonych

Przykład 136. Obliczyć pole figury ograniczonej prostymi x = −

, x =

y = 0 i krzywą y = sin x.

Przypuśćmy, że pole P tej krzywej jest równe całce oznaczonej:

P =

π/2

−π/2

sin xdx.

Wtedy

P =

π/2

−π/2

sin xdx = [− cos x]

π/2
−π/2

= − cos

−

− cos

−

= 0.

104

Rozdział 13. Całka

Otrzymaliśmy, że P = 0, co jest sprzeczne.

Błąd jest spowodowany tym, że funkcja sin x na przedziale

−

, 0

jest

ujemna. Zatem jeśli chcemy wyliczyć pole figury ograniczonej prostymi x =
−

, x =

, y = 0 i krzywą y = sin x musimy wyliczyć całkę

P =

π/2

−π/2

| sin x|dx.

Stąd wynika, że

π/2

−π/2

| sin x|dx

−π/2

(− sin x)dx +

π/2

sin xdx

= [−(− cos x)]

0
−π/2

+ [− cos x]

π/2
0

= cos 0 − cos

−

− cos

− (− cos 0)

= 1 + 1 = 2.

Twierdzenie 90. Niech a < b. Pole figury ograniczonej prostymi x = a,
x = b, y = 0 i krzywą y = f (x) obliczamy ze wzoru:

P =

|f (x)|dx.

Twierdzenie 91. Pole obszaru D ograniczonego krzywymi ciągłymi y =
f (x) i y = g(x), gdzie g(x)  f (x) dla każdego x ∈ [a, b] i prostymi x = a i
x = b wyraża się całką

(g(x) − f (x)) dx.

Przykład 137. Obliczyć pole obszaru zawartego między parabolą y = x

− 1

i prostą y = x + 1.

Aby wyznaczyć punkty a i b rozwiązujemy układ równań

(

y = x

− 1

y = x + 1

Punkty mają współrzędne a = −1 a b = 2. Ponieważ x + 1  x

− 1 dla każ-

dego x ∈ [−1, 2], więc pole obszaru ograniczonego danymi krzywymi wyraża
się wzorem

−1

(x + 1 − (x

− 1))dx =

−1

(−x

+ x + 2)dx =

−

1
3

1
2

+ 2x

−1

= −

8
3

+ 2 + 4 −

1
3

−

1
2

+ 2 = 5

1
2

Definicja 116. Niech dana będzie na płaszczyźnie krzywa K określona rów-
naniem y = f (x) dla x ∈ [a, b]. Przez obrót krzywej dookała osi ox powstaje
powierzchnia obrotowa S. Przez obrót obszaru

D = {(x, y)x ∈ [a, b], 0 ¬ y ¬ f (x)}

powstaje bryła obrotowa V .

13.4. Zastosowanie całek oznaczonych

105

Twierdzenie 92. Objętość bryły obrotowej V wyraża się wzorem

(f (x))

dx = π

dx.

Jeśli f

jest funkcją ciągłą na przedziale [a, b] i dodatnią na (a, b), to pole

powierzchni bryły obrotowej wyraża się wzorem

2π

f (x)

1 + (f

(x))

dx = 2π

1 + (y

)

dx.

Krzywa K o równaniu y = f (x), gdzie x ∈ [a, b] i f

jest funkcją ciągłą

na przedziale [a, b] ma długość

1 + (f

(x)

dx =

1 + (y

)

dx.

Przykład 138. Niech y = 2x + 2 dla x ∈ [−1, 1]. Obliczyć długość krzywej
K, objętość bryły powstałej przez jej obrót dookoła osi ox i jej pole powierzch-
ni.

Długość krzywej K wyraża się wzorem

−1

1 + [(2x + 2)

]

dx =

−1

√

5dx = 2

√

Objętość danej bryły obrotowej obliczymy ze wzoru

−1

(2x + 2)

dx = π

−1

(4x

+ 8x + 4)dx = π

+ 4x

−1

= 10

π,

a jej pole powierzchni

2π

−1

(2x + 2)

√

5dx = 2π

√

5[x

+ 2x]

1
−1

= 8π

√

Rozdział 14

Przestrzenie metryczne

Definicja 117. Niech X będzie niepustym zbiorem. Funkcję ρ : X × X →

nazywamy metryką jeśli spełnione są następujące warunki:
1. ∀

x,y∈X

ρ(x, y) = 0 ⇔ x = y;

2. ∀

x,y∈X

ρ(x, y) = ρ(y, x);

3. ∀

x,y,z∈X

ρ(x, y) ¬ ρ(x, y) + ρ(y, z).

Parę (X, ρ) nazywamy przestrzenią metryczną.

Przykład 139. Przykłady przestrzeni metrycznych:
(1) X =

R, ρ(x, y) = |x − y|,

(2) X =

, jeśli x = (x

, x

), y = (y

, y

), to

ρ(x, y) =

− y

)

+ (x

− y

)

(1) Pokażemy, (

R, | · |) jest przestrzenią metryczną.

1. Niech x ∈

R, wtedy

ρ(x, y) = 0 ⇒ |x − y| = 0 ⇒ x − y = 0 ⇒ x = y

oraz

x = y ⇒ x − y = 0 ⇒ |x − y| = 0 ⇒ ρ(x, y) = 0.

Zatem warunek 1. jest spełniony.

2. Niech x, y ∈

R. Wtedy

ρ(x, y) = |x − y| = |(−1)(y − x)| = | − 1||y − x| = |y − x| = ρ(y, x).

3. Niech x, y, z ∈

R. Wówczas

ρ(x, y) = |x − y| = |x − z + z − y| ¬ |x − z| + |z − y| = ρ(x, z) + ρ(z, y).

(2) Pokażemy, że (

, ρ) jest przestrzenią metryczną, gdzie

ρ(x, y) =

− y

)

+ (x

− y

)

, x = (x

, x

), y = (y

, y

1. Niech x, y ∈

R. Wtedy

ρ(x, y) = 0 ⇔

− y

)

+ (x

− y

)

= 0

⇔ (x

− y

)

= 0 ∧ (x

− y

)

= 0

⇔ x

= y

∧ x

= y

⇔ (x

, x

) = (y

, y

)

⇔ x = y

108

Rozdział 14. Przestrzenie metryczne

2. Niech x, y ∈

R. Wówczas

ρ(x, y) =

− y

)

+ (x

− y

)

((−1)(y

− x

))

+ ((−1)(y

− x

))

− x

)

+ (y

− x

)

= ρ(y, x)

3. Niech x, y, z ∈

R i niech z = (z

, z

Najpierw pokażemy, że dla dowolnych liczb a

, b

∈

R, gdzie i = 1, 2,

zachodzi następująca nierówność:

+ a

)

2
1

+ a

2
2

2
1

+ b

2
2

Istotnie, ustalmy i = 1, 2. Zauważmy, że (a

x − b

)

0 dla dowolnych

liczb x, a

, b

. Wtedy a

2
i

− 2a

x + b

2
i

Po zsumowaniu powyższych dwóch nierówności otrzymujemy

2
1

+ a

2
2

− 2 (a

+ a

) x +

2
1

+ b

2
2

Zauważmy, że warunek ten będzie zachodzić, gdy ∆ ¬ 0,
czyli 4 (a

+ a

)

− 4 (a

2
1

+ a

2
2

) (b

2
1

+ b

2
2

) ¬ 0, a zatem

+ a

)

2
1

+ a

2
2

2
1

+ b

2
2

Pokażemy teraz, że spełniony jest warunek trójkąta, czyli pokażemy,
że

ρ(x, y) ¬ ρ(x, z) + ρ(z, y), co jest równoważne warunkowi:

− y

)

+ (x

− y

)

− z

)

+ (x

− z

)

− y

)

+ (z

− y

)

Rozważmy prawą stronę tej nierówności. Korzystając z powyższej nie-
równości otrzymujemy, że

− z

)

+ (x

− z

)

+ (z

− y

)

+ (z

− y

)

((x

− z

)

+ (x

− z

)

) ((z

− y

)

+ (z

− y

)

− z

)

+ (x

− z

)

+ (z

− y

)

+ (z

− y

)

+2 ((x

− z

)(z

− y

) + (x

− z

)(z

− y

))

= ((x

− z

) + (z

− y

))

+ ((x

− z

) + (z

− y

))

= (x

− y

)

+ (x

− y

)

Zatem warunek 3. jest spełniony.

Stąd wynika, że funkcja ρ jest metryką.

Definicja 118. Niech I = [0, 1] i niech f : I → I. Punkt x

∈ I nazywamy

punktem stałym funkcji f , gdy f (x

) = x

Twierdzenie 93. (o punkcie stałym)
Niech I = [0, 1]. Jeśli f : I → I jest funkcją ciągłą, to istnieje punkt x

∈ I

taki, że f (x

) = x

Rozdział 15

Funkcje wielu zmiennych

15.1. Ciągi dwóch zmiennych

Definicja 119. Mówimy, że punkt (x, y) jest granicą ciągu ((x

, y

))

∞
n=1

, gdy

∀

∃

∈

∀

n>n

− x)

+ (y

− y)

< .

Przykład 140. Pokazać, że punkt (0, 1) jest granicą ciągu

, 1

∞

n=1

Niech  > 0. Wtedy

− 0

+ (1 − 1)

< ,

skąd

< ,

więc

n >

Niech

+ 1.

Wobec tego

∀

∃

[

]

∀

n>n

− 0

+ (1 − 1)

< ,

zatem

lim

n→+∞

, 1

= (0, 1).

15.2. Granica funkcji dwóch zmiennych

Definicja 120. (Definicja Cauchy’ego)
Niech f będzie funkcją określoną na zbiorze D i niech (a, b) ∈ D wraz z
pewnym otoczeniem. Mówimy, że g jest granicą funkcji f w punkcie (a, b), co
oznaczamy lim

(x,y)→(a,b)

f (x, y) = g, gdy

∀

∃

δ>0

∀

(x,y)∈D

0 <

(x − a)

+ (y − b)

< δ

⇒ |f (x, y) − g| < .

110

Rozdział 15. Funkcje wielu zmiennych

Definicja 121. (Definicja Heinego)
Niech f będzie funkcją określoną na zbiorze D i niech (a, b) ∈ D wraz z
pewnym otoczeniem. Mówimy, że g jest granicą funkcji f w punkcie (a, b),
gdy

∀

((x

))

∞
n=1

((x

, y

) 6= (a, b), (x

, y

) → (a, b), (x

, y

) ∈ D) ⇒ f (x

, y

) → g.

Przykład 141. Czy istnieją granice następujących funkcji:
(1) lim

(x,y)→(0,0)

−y

(2) lim

(x,y)→(0,0)

(3) lim

(x,y)→(0,0)

(4) lim

(x,y)→(0,0)

(1) Pokażemy, że nie istnieje granica funkcji

f (x, y) =

− y

+ y

w punkcie (a, b) = (0, 0) korzystając z Definicji Heinego. Niech a ∈

R i

niech

∀

n∈

, y

) =

Wtedy

lim

n→+∞

, y

) = lim

n→+∞

lim

n→+∞

, lim

n→+∞

= (0, 0)

oraz

lim

n→+∞

= lim

n→+∞

−

= lim

n→+∞

(1 − a

)

(1 + a

)

1 − a

1 + a

Zauważmy, że otrzymana wartość granicy ciąg wartości funkcji f zależy
od a. Np. rozważymy dwa przypadki: a = 1 i a = 2. Wtedy
a = 1 granica ciągu wartości funkcji f jest równa:

lim

n→+∞

= lim

n→+∞

−

= lim

n→+∞

= 0,

(a = 2) granica ciągu wartości funkcji f jest równa:

lim

n→+∞

= lim

n→+∞

−

= lim

n→+∞

−

−3

= −

Zatem na podstawie definicji Heinego granicy funkcji f w punkcie (a, b)
stwierdzamy, że granica funkcji f w punkcie (0, 0) nie istnieje.

15.2. Granica funkcji dwóch zmiennych

111

(2) Pokażemy teraz na podstawie definicji Heinego granicy funkcji w punk-

cie, że granica funkcji

f (x, y) =

+ y

w punkcie (a, b) = (0, 0) nie istnieje. Niech a ∈

R i niech

∀

n∈

, y

) =

Wtedy

lim

n→+∞

, y

) = lim

n→+∞

lim

n→+∞

, lim

n→+∞

= (0, 0)

oraz

lim

n→+∞

= lim

n→+∞

= lim

n→+∞

(1 + a

)

1 + a

Zauważmy, że otrzymana wartość granicy ciągu

+∞

n=1

wartości

funkcji f zależy od a. Podobnie jak wyżej podstawiając różne liczby rze-
czywiste za a otrzymujemy różne wartości granicy ciągu wartości funkcji
f , zatem granica funkcji f w punkcie (0, 0) nie istnieje.

(3) Niech

f (x, y) =

+ y

Oczywiście D =

\ {(0, 0)}.

Niech a ∈

R i niech

∀

n∈

, y

) =

Wtedy

lim

n→+∞

, y

) = lim

n→+∞

lim

n→+∞

, lim

n→+∞

= (0, 0)

oraz

lim

n→+∞

= lim

n→+∞

= lim

n→+∞

+ a

)

Po skróceniu mamy

lim

n→+∞

= lim

n→+∞

+ a

)

= lim

n→+∞

n +

= 0.

Czy stąd wynika, że granicą funkcji f w punkcie (0, 0) jest g = 0? Odpo-
wiedź jest negatywna, ponieważ możemy wybrać inny ciąg argumentów.
Niech a ∈

R i niech

∀

n∈

, y

) =

√

112

Rozdział 15. Funkcje wielu zmiennych

Wtedy

lim

n→+∞

, y

) = lim

n→+∞

√

lim

n→+∞

, lim

n→+∞

√

= (0, 0)

oraz

lim

n→+∞

√

= lim

n→+∞

√

= lim

n→+∞

(1 + a

)

1 + a

Zauważmy, że otrzymana wartość granicy ciągu wartości funkcji f zale-
ży od a. Podobnie jak wyżej podstawiając różne liczby rzeczywiste za
a otrzymujemy różne wartości granicy ciągu wartości funkcji f , zatem
granica funkcji f w punkcie (0, 0) nie istnieje.

(4) Niech

f (x, y) =

+ y

dla (x, y) 6= (0, 0).

Oczywiście D =

\ {(0, 0)}. Niech a ∈

R i niech

∀

n∈

, y

) =

Wtedy

lim

n→+∞

, y

) = lim

n→+∞

lim

n→+∞

, lim

n→+∞

= (0, 0)

oraz

lim

n→+∞

= lim

n→+∞

= lim

n→+∞

(1 + a

)

= 0.

Zauważmy, że otrzymana wartość granicy ciągu wartości funkcji f nieza-
leży od a. Stąd nie wynika, że istnieje granica ciągu wartości funkcji f
w punkcie (0, 0) ponieważ ciąg argumentów

∞

n=1

nie jest jedynym

możliwym ciągiem zbieżnym do punktu (0, 0).
Pokażemy na podstawie definicji Cauchy’ego, że granica funkcji f w punk-
cie (0, 0) wynosi g = 0. Ponieważ

− 2xy + y

= (x − y)

więc

− 2xy + y

skąd

2xy

+ y

¬ 1.

Niech  > 0. Wtedy

|f (x, y) − g| =

+ y

− 0

¬ |2x|

2xy

+ y

¬ |2x| < .

15.2. Granica funkcji dwóch zmiennych

113

Skoro

|2x| < ,

|x| <

Przyjmijmy, że

δ =

Wobec tego niech  > 0 i niech (x, y) będzie dowolnym punktem należą-
cym do dziedziny D funkcji f . Wtedy

(x − 0)

+ (y − 0)

+ y

> 0.

Niech

(x − 0)

+ (y − 0)

< δ,

skąd wynika, że

+ y

Jeśli (x, y) jest punktem takim, że

+ y

√

więc

|x| <

skąd

2|x| < .

Stąd wynika, że

|f (x, y) − g| =

+ y

− 0

= |2x|

2xy

+ y

¬ |2x| < .

Zatem pokazaliśmy, że

∀

∃

δ=

∀

(x,y)∈D

0 <

(x − 0)

+ (y − 0)

< δ

⇒ |f (x, y) − g| < .

Wobec tego

lim

(x,y)→(0,0)

+ y

= 0.

114

Rozdział 15. Funkcje wielu zmiennych

15.3. Funkcje ciągłe

Definicja 122. Niech f będzie funkcją zdefiniowaną na zbiorze D takim, że
punkt (a, b) ∈ D wraz z pewnym otoczeniem. Mówimy, że funkcja f jest ciągła
w punkcie (a, b), o ile istnieje lim

(x,y)→(a,b)

f (x, y) i

lim

(x,y)→(a,b)

f (x, y) = f (a, b).

Definicja 123. Mówimy, że funkcja f : D −→

R jest ciągła, gdy jest ciągła

w każdym punkcie zbioru D.

Twierdzenie 94. Funkcje ciągłe:
1. wielomiany,
2. funkcje wymierne.

Przykład 142. Obliczyć lim

(x,y)→(1,2)

− x

+ 3x + 2y).

Niech f (x, y) = x

− x

+ 3x + 2y. Ponieważ f jest wielomianem, więc f

jest funkcją ciągłą w (1, 2). Zatem

lim

(x,y)→(1,2)

− x

+ 3x + 2y) = f (1, 2) = 11.

Przykład 143. Dla jakich punktów funkcja f (x, y) =

−y

jest ciągła?

Dziedziną funkcji f jest D = {(x, y) ∈

; (x, y) 6= (0, 0)}. Ponieważ f jest

funkcją wymierną, więc jest funkcją ciągłą na zbiorze D.

Przykład 144. Czy funkcja f zdefiniowana wzorem

f (x, y) =

(

−y

gdy (x, y) 6= (0, 0)

gdy (x, y) = (0, 0)

jest ciągła?

Funkcja f jest ciągła we wszystkich punktach (x, y) 6= (0, 0). Ponieważ nie
istnieje granica funkcji f w punkcie (0, 0), więc f nie jest ciągła w tym
punkcie.

Przykład 145. Czy funkcja f zdefiniowana wzorem

f (x, y) =

(

gdy (x, y) 6= (0, 0)

gdy (x, y) = (0, 0)

jest ciągła?

Ponieważ granica funkcji f w punkcie (0, 0) istnieje i jest równa 0, więc

lim

(x,y)→(1,2)

f (x, y) = 0 = f (0, 0),

skąd wynika, że funkacja f jest ciągła w punkcie (0, 0). Ponieważ f jest
funkcją wymierną, więc jest funkcją ciagłą.

15.4. Pochodne cząstkowe

115

Przykład 146. Czy funkcja f zdefiniowana wzorem

f (x, y) =

(

gdy (x, y) 6= (0, 0)

gdy (x, y) = (0, 0)

jest ciągła?

Ponieważ granica funkcji f w punkcie (0, 0) istnieje i jest równa 0, więc

lim

(x,y)→(1,2)

f (x, y) = 0 6= 4 = f (0, 0),

zatem funkcja f nie jest ciągła w punkcie (0, 0).

Twierdzenie 95. Jeśli funkcja f jest ciągła w punkcie (a, b) i g jest funkcją
jednej zmiennej, która jest ciągła w punkcie f (a, b), to funkcja złożona h =
g ◦ f jest ciągła w punkcie (a, b).

Przykład 147. Dla jakich punktów funkcja h(x, y) = ln(x

+ y

− 1) jest

ciągła?

Niech f (x, y) = x

+ y

− 1 i niech g(t) = ln t. Wtedy h(x) = g(f (x, y)).

Ponieważ f jest wielomianem, więc funkcja f jest ciągła dla każdego (x, y) ∈
R

. Funkcja g jest ciagła dla t > 0. Zatem

D =

(x, y) ∈

; x

+ y

− 1 > 0

(x, y) ∈

; x

+ y

> 1

jest zbiorem punktów ciągłości funkcji h.

15.4. Pochodne cząstkowe

Definicja 124. Jeśli f jest funkcja dwóch zmiennych, to pochodne cząstkowe
funkcji f zdefiniowane są przy pomocy wzorów

(x, y) = lim

h→0

f (x + h, y) − f (x, y)

(x, y) = lim

k→0

f (x, y + k) − f (x, y)

Przykład 148. Niech f (x, y) = x

+ x

− 2y

. Znaleźć f

(2, 1) i f

(2, 1).

Najpiew wyliczymy wartość funkcji f w punkcie (2, 1):

f (2, 1) = 2

+ 2

· 1

− 2 · 1

= 8 + 4 − 2 = 10.

Do obliczenia pochodnych cząstkowych skorzystamy z powyższej definicji:

(2, 1) = lim

h→0

f (2+h,1)−f (2,1)

= lim

h→0

(2+h)

+(2+h)

·1

−2·1

−10

= lim

h→0

8+6h

+12h+h

+4+4h+h

−2−10

= lim

h→0

+7h

+16h

= lim

h→0

+ 7h + 16)

= 16,

116

Rozdział 15. Funkcje wielu zmiennych

(2, 1) = lim

k→0

f (2,1+k)−f (2,1)

= lim

k→0

·(1+k)

−2·(1+k)

−10

= lim

k→0

8+4+12k+12k

+4k

−2−4k−2k

−10

= lim

k→0

+10k

+8k

= lim

k→0

(4k

+ 10k + 8)

= 8.

Przykład 149. Niech f (x, y) = 3x

+ 2xy + 5x

+ 7y. Obliczyć f

i f

Wyznaczymy pochodne cząstkowe korzystając z twierdzeń:

= (3x

+ 2xy + 5x

+ 7y)

0
x

= 3(x

)

0
x

+ 2y(x)

0
x

+ 5y

)

0
x

+ 7y(1)

0
x

= 3 · 3x

+ 2y · 1 + 5y

· 2x + 7y · 0

= 9x

+ 2y + 10xy

+ 7y

= 9x

+ 10xy

+ 9y,

= (3x

+ 2xy + 5x

+ 7y)

0
y

= 3x

(1)

0
y

+ 2x(y)

0
y

+ 5x

)

0
y

+ 7(y)

0
y

= 3x

· 0 + 2x · 1 + 5x

· 5y

+ 7 · 1

= 2x + 25x

+ 7.

Przykład 150. Niech f (x, y) = sin

1+y

. Obliczyć

∂f
∂x

(x, y) i

∂f
∂y

(x, y).

Wyznaczymy pochodne cząstkowe korzystając z twierdzeń. Ponieważ funkcja
f jest funkcją złożoną, więc przyjmijmy, że u =

1+y

, wtedy

∂f
∂x

(x, y) = (sin u)

0 ∂u

∂x

= cos u

∂

∂x

1+y

= cos

1+y

= cos

1+y

∂f
∂y

(x, y) = (sin u)

0 ∂u

∂y

= cos u

∂

∂y

1+y

= cos

1+y

= cos

1+y

−1

(1+y)

= cos

1+y

−x

(1+y)

Definicja 125. Jeśli f

i f

są także funkcjami dwóch zmiennych, to może-

my obliczyć ich pochodne cząstkowe. Niech

)

= f

∂

∂x

)

= f

∂

∂y

15.5. Ekstremum

117

)

= f

∂

∂x∂y

)

= f

∂

∂y∂x

Przykład 151. Niech f (x, y) = x

+ y

− sin(xy). Znaleźć pochodne cząst-

kowe drugiego rzędu funkcji f .

Najpierw wyznaczymy pochodne cząstkowe pierwszego rzędu. Ponieważ sin(xy)
jest funkcją złożoną, więc przyjmujemy, że u = xy, wówczas

= 2x + 0 + (sin u)

= 2x + cos u(xy)

0
x

= 2x + cos(xy)y = 2x + y cos(xy),

= 0+3y

+(sin u)

= 3y

+cos u(xy)

0
y

= 3y

+cos(xy)x = 3y

+x cos(xy).

Teraz wyznaczymy pochodne cząstkowe drugiego rzędu:

= (f

)

= (2x + y cos(xy))

0
x

= 2 + y (cos u)

= 2 + y (− sin u)(xy)

0
x

= 2 − y

sin(xy),

= (f

)

= (2x + y cos(xy))

0
y

= 0 + (y)

0
y

cos(xy) + y (cos u)

= 1 · cos(xy) + y (− sin u)(xy)

0
y

= cos(xy) − xy sin(xy),

= (f

)

= (3y

+ x cos(xy))

0
x

= 0 + (x)

0
x

cos(xy) + x (cos u)

= 1 · cos(xy) + x (− sin u)(xy)

0
x

= cos(xy) − xy sin(xy),

= (f

)

= (3y

+ x cos(xy))

0
y

= 6y + x (cos u)

= 6y + x (− sin u)(xy)

0
y

= 6y − x

sin(xy).

Twierdzenie 96. Niech funkcja f będzie zdefiniowana na zbiorze D i niech
punkt (a, b) należy do D z pewnym otoczeniem. Jeśli funkcje f

, f

są ciągłe,

(a, b) = f

(a, b).

15.5. Ekstremum

Twierdzenie 97. Jeśli f osiąga minimum (maksimum) lokalne w punkcie
(a, b) i istnieją pochodne cząstkowe w tym punkcie, to f

(a, b) = f

(a, b) = 0.

Twierdzenie 98. Załóżmy, że pochodne cząstkowe drugiego rzędu istnieją w
pewnym otoczeniu punktu (a, b) i załóżmy, że f

(a, b) = f

(a, b) = 0. Niech

A = f

(a, b)f

(a, b) − (f

(a, b))

Jeśli A > 0 i f

(a, b) > 0, to w punkcie (a, b) funkcja f osiąga minimum.

Jeśli A > 0 i f

(a, b) < 0, to w punkcie (a, b) funkcja f osiąga maksimum.

Jeśli A < 0, to f nie ma ekstremum lokalnego w (a, b).

118

Rozdział 15. Funkcje wielu zmiennych

Przykład 152. Znajdź ekstrema lokalne funkcji f (x, y) = x

+ y

− 4xy + 1.

Ponieważ f jest wielomianem określonym na

, więc istnieją pochodne

cząstkowe dla dowolnych punktów (x, y) ∈

R. Zatem

(x, y) = 4x

− 4y;

(x, y) = 4y

− 4x.

Rozwiążemy teraz układ równań:

(

− 4y = 0

− 4x = 0,

skąd

(

− y = 0

− x = 0

Ponieważ y = x

, więc x

− x = 0. Skoro

− x = x(x

− 1) = x(x

− 1)(x

+ 1) = x(x

− 1)(x

+ 1)(x

+ 1),

więc x = 0 lub x = 1 lub x = −1. Zatem punktami krytycznymi są punkty
(0, 0), (1, 1) i (−1, −1). Obliczymy teraz drugie pochodne cząstkowe:

(x, y) = 12x

;

(x, y) = 12y

;

(x, y) = −4.

Niech (a, b) = (0, 0). Wtedy

A = f

(0, 0)f

(0, 0) − (f

(0, 0))

= −16 < 0,

więc nie ma ekstremum lokalnego w punkcie (0, 0).
Niech (a, b) = (1, 1). Wtedy

A = f

(1, 1)f

(1, 1) − (f

(1, 1))

= 12 · 12 − 16 = 128 > 0

oraz

(1, 1) = 12 > 0,

więc funkcja f osiąga minimum lokalne w punkcie (1, 1).
Niech (a, b) = (−1, −1). Wtedy

A = f

(−1, −1)f

(−1, −1) − (f

(−1, −1))

= 12 · 12 − 16 = 128 > 0

oraz

(−1, −1) = 12 > 0,

więc funkcja f osiąga minimum lokalne w punkcie (1, 1).

15.5. Ekstremum

119

Twierdzenie 99. Jeśli f jest funkcją ciągłą okresloną na domkniętym zbio-
rze R, to f osiąga wartość największą f (x

, y

) i wartość najmniejszą f (x

, y

)

w pewnych punktach (x

, y

) ∈ R i (x

, y

) ∈ R.

Przykład 153. Znaleźć wartość największą i najmniejszą funkcji f (x, y) =
x

− 2xy + 2y na prostokącie D = {(x, y); 0 ¬ x ¬ 3, 0 ¬ y ¬ 2}.

Funkcja f jest wielomianem, więc jest ciągła i na podstawie poprzedniego
Twierdzenia osiąga wartości: największą i najmniejszą.
Najpierw szukamy ekstremów lokalnych. Zatem

(x, y) = 2x − 2y;

(x, y) = −2x + 2.

Rozwiązujemy układ równań:

2x − 2y = 0 − 2x + 2 = 2,

skąd x = 1 i y = 1. Stąd wynika, że punktem krytycznym jest punkt (1, 1).
Teraz obliczymy A. Ponieważ

(x, y) = 2, f

(x, y) = 0, f

(x, y) = −2,

więc

A = 2 · 0 − (−2)

= −4 < 0,

skąd wynika, że nie ma ekstremum lokalnego w punkcie (1, 1).

Niech y = 0 i x ∈ [0, 3]. Wtedy

f (x, 0) = x

; dla x ∈ [0, 3].

Dla x ∈ [0, 3] funkcja ta jest rosnąca i f (0, 0) = 0 jest wartością minimalną
oraz f (3, 0) = 9 jest wartością maksymalną.

Niech y = 2 i x ∈ [0, 3]. Wówczas

f (x, 2) = x

− 4x + 4.

Ponieważ f (x, 2) = (x − 2)

, więc dla x = 2 funkcja f przjmuje wartość

mnimalną równą 0, a dla x = 0 wartość maksymalną równą f (0, 2) = 4.

Niech x = 0 i y ∈ [0, 2]. Wtedy

f (0, y) = 2y

dla y ∈ [0, 2].

Ponieważ f (0, y) jest funkcją rosnącą, więc wartością minimalną jest f (0, 0) =
0, a wartością maksymalną jest f (0, 2) = 4.

Niech x = 3 i y ∈ [0, 2]. Wówczas

f (3, y) = 9 − 4y dla ∈ y ∈ [0, 2].

Ponieważ f (3, y) jest funkcją malejącą, więc f (3, 2) = 1 jest wartością mini-
malną i f (3, 0) = 9 jest wartością maksymalną.

Dodatkowo f (0, 0) = 0, f (0, 2) = 4, f (3, 0) = 9 i f (3, 2) = 1.
Zatem wartością największą jest f (3, 0) = 9, a wartością najmniejszą

f (0, 0) = f (2, 2) = 0.

120

Rozdział 15. Funkcje wielu zmiennych

15.6. Całki wielokrotne

15.6.1. Całki powójne

Twierdzenie 100. Jeśli funkcja f jest ciągła na prostokącie P , to jest na
tym prostokącie całkowalna.

Twierdzenie 101. Jeśli funkcja f jest ciągła na prostokącie P = [a, b] ×
[c, d], to

f (x, y)dxdy =

f (x, y)dy

dx =

f (x, y)dx

dy.

Przykład 154. Obliczyć całkę podwójną

R R

(x + y)dxdy po prostokącie

P = [0, 1] × [0, 2].

Istotnie,

(x + y)dxdy =

(x + y)dy

dx.

Ponieważ

(x + y)dy =

xdy +

ydy = x

dy +

= xy +

+ C,

więc

R R

(x + y)dxdy =

(x + y)dy

dx =

xy +

1
2

2x +

1
2

−

2x · 0 +

1
2

(2x + 2)dx = [x

+ 2x]

1
0

= 1 + 2 − 0 = 3.

Przykład 155. Obliczyć całkę podwójną funkcji f określonej wzorem
f (x, y) = 4xy na obszarze ograniczonym krzywymi y = x

− 1 i y = x + 1.

Niech P oznacza obszar ograniczony krzywymi y = x

− 1 i y = x + 1.

Poszukamy najpierw punktów przecięcia tych krzywych rozwiązując układ
równań:

(

y = x

− 1

y = x + 1.

Podstawiając y z II równania do I równania otrzymujemy równanie postaci

− 1 = x + 1,

skąd

− x − 2 = 0.

Ponieważ

∆ = (−1)

− 4 · 1 · (−2) = 1 + 8 = 9 > 0,

więc

1 − 3

= −1, x

1 + 3

= 2.

15.6. Całki wielokrotne

121

Wobec tego otrzymaliśmy obszar ograniczony z dołu przez funkcję f (x) =
x

− 1 i z góry przez funkcję f (x) = x + 1 na przedziale [−1, 2]. Wobec tego

R R

4xy dxdy =

−1

x+1

−1

4xy dy

dx =

−1

x+1

−1

y dy

−1

1
2

x+1

−1

1
2

(x + 1)

−

1
2

− 1)

−1

4x ·

1
2

((x + 1)

− (x

− 1)

)

−1

(2x (x

+ 2x + 1 − x

+ 2x

− 1)) dx

−1

(2x(−x

+ 3x

+ 2x)) dx

−1

(−2x

+ 6x

+ 4x)dx

−2 ·

1
6

+ 6 ·

1
4

+ 4 ·

1
2

−1

−

1
3

3
2

+ 2x

−1

= −

1
3

3
2

+ 2 2

−

1
3

(−1)

3
2

(−1)

+ 2 (−1)

= −

+ 24 + 8 +

1
3

−

3
2

− 2

= −21 + 30 −

3
2

= 7, 5.

15.6.2. Interpretacja geometryczna całki podwójna

Twierdzenie 102. Jeśli f (x, y) 0 dla każdego punktu (x, y) ∈ R, gdzie R
jest prostokątem, to objętość bryły V pod z = f (x, y) wyraza się całką

V =

f (x, y)dxdy.

Przykład 156. Obliczyć objętość bryły, której podstawą jest prostokąt R =
[0, 2] × [0, 2] i jest ograniczona z góry przez z = 16 − x

− 2y

Korzystając z poprzedniego twierdzenia wyliczymy objętość bryły:

R R

(16 − x

− 2y

)dxdy =

(16 − x

− 2y

)dy

16y − x

y −

2
3

dx =

32 − 2x

−

2
3

− 0

−2x

+ 32 −

dx =

−2x

−

2
3

= −

160

− 0 =

144

= 48.

122

Rozdział 15. Funkcje wielu zmiennych

Twierdzenie 103. Pole powierzchni P zdefiniowanej wzorem z = f (x, y)
na D takiej, że f

i f

są ciągłe, wyraża się wzorem

P =

)

+ (f

)

+ 1 dxdy.

Przykład 157. Niech f (x, y) = x

+ 2y będzie powierzchną określoną na

trójkącie T = {(x, y); x ∈ [0, 1], y ∈ [0, x]}.

Ponieważ f jest wielomianem, więc jest funkcją ciągłą i różniczkowalną. Wy-
znaczymy najpierw pochodne cząstkowe:

(x, y) = 2x, f

(x, y) = 2.

Wobec tego

R R

(2x)

+ 2

+ 1dxdy =

√

+ 5 dy

√

+ 5

dx =

√

+ 5 [y]

x
0

√

+ 5 (x − 0)

dx =

√

+ 5 dx.

Najpierw obliczymy całkę nieoznaczoną stosując metodę całkowania przez
podstawienie:

√

+ 5 dx =

u = 4x

+ 5

du = 8xdx
xdx =

1
8

√

u du =

1
8

2
3

3/2

+ C

(

√

+ C =

√

+ 5

+ C.

Zatem

√

+ 5

√

4 · 1

+ 5

−

√

4 · 0

+ 5

√

−

√

· 3

−

· 5

√

5 =

9
4

−

√

15.6.3. Całki potrójne

Twierdzenie 104. Jeżeli funkcja f jest ciągła na prostopadłościanie Q, to
jest na tym prostopadłościanie całkowalna.

Przykład 158. Obliczyć całkę potrójną funkcji f (x, y, z) = x + y + x po
prostopadłościanie Q = [0, 1] × [0, 2] × [0, 3].

R R R

(x + y + z)dxdydz =

(x + y + z)dz

xz + yz +

1
2

3x + 3y +

9
2

3xy +

3
2

9
2

(6x + 6 + 9)dx = [3x

+ 15x]

1
0

= 18.

Rozdział 16

Ciągi i szeregi funkcyjne

16.1. Ciągi funkcyjne

Definicja 126. Ciąg, którego wyrazami są funkcje nazywamy ciągiem funk-
cyjnym, tzn. jeśli f

R → R, to (f

)

∞
n=1

jest ciągiem funkcyjnym.

Definicja 127. Mówimy, że funkcja f : D →

R jest punktową granicą ciągu

funkcyjnego (f

), gdzie f

: D →

R, gdy

∀

x∈

∀

∃

∈

∀

n>n

(x) − f (x)| < .

Wówczas mówimy, że ciąg (f

) jest punktowo zbieżny.

Przykład 159. Rozważmy ciągi funkcyjne:
(1) f

(x) =

dla n ∈

(2) f

(x) =

dla n ∈

(1) Niech, np. x = 0. Wtedy

lim

n→+∞

(0) = lim

n→+∞

+ n

= lim

n→+∞

= 0.

Niech, np. x = 2. Wówczas

lim

n→+∞

(2) = lim

n→+∞

+ n

= lim

n→+∞

4 + n

= 0.

Ustalmy x ∈

R. Wtedy

lim

n→+∞

(x) = lim

n→+∞

+ n

= 0.

Wobec tego

∀

x∈

lim

n→+∞

(x) = 0,

zatem jeśli f jest funkcją graniczną, to

f (x) = 0 dla każdego x ∈

(2) Niech f

(x) =

dla n ∈

N. Niech x = 0. Wówczas

lim

n→+∞

(0) = lim

n→+∞

n · 0

+ 1

= lim

n→+∞

= 1.

Niech x = 2. Wówczas

lim

n→+∞

(2) = lim

n→+∞

n · 2

+ 1

= lim

n→+∞

4n + 1

= 0.

124

Rozdział 16. Ciągi i szeregi funkcyjne

Ustalmy x 6= 0. Wtedy

lim

n→+∞

(x) = lim

n→+∞

n · x

+ 1

= lim

n→+∞

+ 1

= 0.

Wobec tego jeśli f jest funkcją graniczną, to

f (x) =

(

0 gdy x 6= 0
1 gdy x = 0.

16.2. Szeregi funkcyjne

Definicja 128. Szeregiem funkcyjnym nazywamy szereg, którego wyrazmi są
funkcje, tzn. jeśli f

: D →

R, to

∞

n=1

(x).

Definicja 129. Mówimy, że szereg

∞
n=1

(x) jest zbieżny, gdy ciąg funk-

cyjny s

(x) =

n
k=1

(x) jest zbieżny.

Przykład 160. Dla jakich wartości x szereg

∞

n=0

jest zbieżny?

Utworzymy ciąg sum częściowych (s

(x))

∞
n=1

. Ustalmy n ∈

(x) =

k=1

(x) =

k=1

= x

1 − x

dla x 6= 1.

Przypomnijmy, że ciąg (x

)

∞
n=1

jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy |x| < 1

oraz

lim

n→∞

= 0 ⇔ |x| < 1.

Stąd wynika, że

lim

n→∞

(x) = lim

n→∞

1 − x

, gdy |x| < 1.

Zatem szereg funkcyjny

∞

n=1

jest zbieżny, gdy

|x| < 1.

Ponadto

∞

n=1

1 − x

, gdy |x| < 1.

16.2. Szeregi funkcyjne

125

16.2.1. Szeregi potęgowe

Definicja 130. Szeregiem potęgowym nazywamy szereg postaci

+∞

n=1

(x − x

)

Twierdzenie 105. Dla danego szeregu potęgowego

+∞
n=1

(x − x

)

zacho-

dzi jedna z trzech możliwości:
(1) szereg jest zbieżny tylko w punkcie x = x

(2) szereg jest zbieżny dla wszystkich x ∈

(3) istnieje liczba dodatnia r > 0 taka, że szereg jest zbieżny dla każdego

x spełniającego warunek: |x − x

| < r oraz szereg jest rozbieżny dla x

spełniającego warunek: |x − x

| > r.

Document Outline

Rozdział 1. Rachunek zda«
Rozdział 2. Zbiory
Rozdział 3. Relacje
Rozdział 4. Funkcje
Rozdział 5. Wiadomo±ci wst¦pne
Rozdział 6. Ci¡gi
Rozdział 7. Szeregi liczbowe
Rozdział 8. Granica funkcji
Rozdział 9. Funkcje ci¡gªe
Rozdział 10. Pochodna funkcji
Rozdział 11. Asymptoty
Rozdział 12. Badanie przebiegu zmienno±ci funkcji
Rozdział 13. Caªka
Rozdział 14. Przestrzenie metryczne
Rozdział 15. Funkcje wielu zmiennych
Rozdział 16. Ci¡gi i szeregi funkcyjne
- Ci¡gi funkcyjne
- Szeregi funkcyjne
  - Szeregi pot¦gowe

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
analiza notatki 3 id 559208 Nieznany (2)
analiza ilosciowa 6 id 60541 Nieznany (2)
Analiza struktury id 61534 Nieznany (2)
analiza ilosciowa 2 id 60539 Nieznany
Analiza czynnikowa id 59935 Nieznany (2)
Darfur analiza kryzysu id 13186 Nieznany
Analiza Finansowa 3 id 60193 Nieznany (2)
Analiza finansowhga id 60398 Nieznany (2)
powtorzenie informacje id 37990 Nieznany
IMW W02 analiza stanow id 21233 Nieznany
Analiza krancowa id 60743 Nieznany (2)
analiza skupien id 61367 Nieznany
informacje 2 id 213561 Nieznany
INFORMATYKA1 id 214231 Nieznany
INFORMATYKA2 id 214239 Nieznany
Analiza termiczna id 61671 Nieznany (2)
Analiza biochemiczna id 59863 Nieznany
analiza wzory id 61812 Nieznany (2)

więcej podobnych podstron

analiza informatyka id 60546 Nieznany

Document Outline