SIMR 2010/11, Analiza 1, wykład 3, 2009-10-21

Elementy topologii

Własności topologiczne zbiorów można analizować korzystając z pojęcia granicy ciągu lub z
otoczeń punktu. Są to podejścia równoważne.
Poniżej zakładamy, że zbiory A, B ⊂ R

Definicja: Niech x ∈ R będzie dowolnym punktem. Wtedy otoczeniem punktu x nazywamy
przedział O

ε

= (x − ε , x + ε) dla ε > 0

Definicja: Punkt x ∈ R nazywamy punktem wewnętrznym zbioru A wtedy i tylko wtedy,
gdy istnieje otoczenie O

ε

punktu x zawarte w A : O

ε

⊂ A

Definicja: Punkt x ∈ R nazywamy punktem zewnętrznym zbioru A wtedy i tylko wtedy,
gdy istnieje otoczenie O

ε

punktu x rozłączne z A : O

ε

∩ A = ∅

Definicja: Punkt x ∈ R nazywamy punktem brzegowym zbioru A wtedy i tylko wtedy, gdy
x nie jest ani punktem wewnętrznym zbioru A , ani punktem zewnętrznym zbioru A.

Uwaga: Punkt x ∈ R jest punktem brzegowym zbioru A wtedy i tylko wtedy, gdy każde
otoczenie punktu x zawiera punkty zbioru A oraz punkty nie należące do A.

Definicja: Wnętrzem zbioru A nazywamy zbiór wszystkich punktów wewnętrznych zbioru
A. Wnętrzne A oznaczamy int A (interior).

Definicja: Brzegiem zbioru A nazywamy zbiór wszystkich punktów brzegowych zbioru A.
Brzeg A oznaczamy ∂A .

Definicja: Domknięciem zbioru A nazywamy A = A ∪ ∂A .

Uwaga: Każdy zbiór A dzieli zbiór R na trzy rozłączne części: int A , ∂A i zbiór punktów
zewnętrznych.

Przykład 1: Dla A =< 0, 1 >
int A = (0, 1) , ∂A = {0, 1} , A =< 0, 1 >

Przykład 2: Dla A =< 0, 1)

int A = (0, 1) , ∂A = {0, 1} , A =< 0, 1 >

Przykład 3: Dla A =< 0, ∞)
int A = (0, ∞) , ∂A = {0} , A =< 0, ∞ >

Przykład 4: Dla A - zbiór liczb wymiernych
int A = ∅ , ∂A = R , A = R

Przykład 4: Dla A = {2, 3}
int A = ∅ , ∂A = {2, 3} , A = {2, 3}

Pewne własności: ( Oznaczamy: A

0

= R \ A)

int A ⊂ A ⊂ A
(int A)

0

= A

0

∂A = A \ int A
∂A = A ∩ A

0

Definicja: Zbióru A nazywamy zbiorem otwartym wtedy i tylko wtedy, gdy A = int A

Definicja: Zbióru A nazywamy zbiorem domkniętym wtedy i tylko wtedy, gdy A = A

Przykład 1: Poniższe zbiory są otwarte:

A = (0, 1) , A = R , A = ∅ , A = (1, 3) ∪ (5, 6) , A = (0, ∞)

Przykład 2: Poniższe zbiory są domknięte:
A =< 0, 1 > , A = R , A = ∅ , A =< 1, 3 > ∪ < 5, 6 > , A = N , A =< 0, ∞)

Przykład 3: Poniższe zbiory nie są otwarte ani domknięte:
A =< 0, 1) , A = (1, 3) ∪ < 5, 6 > , A = Q

Pewne własności:
Jeśli zbiory O

α

są otwarte to zbiór

S

α

O

α

jest otwarty

Jeśli zbiory D

α

są domknięte to zbiór

T

α

D

α

jest domknięty

Jeśli zbiory O

1

, O

2

są otwarte to zbiór O

1

∩ O

2

jest otwarty

Jeśli zbiory D

1

, D

2

są domknięte to zbiór D

1

∪ D

2

jest domknięty

Uwaga: Suma dowolnej ilości zbiorów otwartych jest otwarta. Iloczyn dwóch zbiorów otwar-
tych jest otwarty. Wynika stąd, że iloczyn skończonej ilości zbiorów otwartych jest otwarty.
Dla nieskończonej ilości zbiorów otwrtych tak już być nie musi, o czym świadczy poniższy
przykład:

Przykład: O

n

= (−

1

n

,

1

n

) - zbiory otwarte. Zbiór

T

n∈N

O

n

= {0} nie jest otwarty

Definicja: Liczbę x ∈ R nazywamy punktem skupienia zbioru A wtedy i tylko wtedy, gdy
x ∈ A \ {x}

Definicja: Liczbę x ∈ A nazywamy punktem izolowanym zbioru A wtedy i tylko wtedy, gdy
x /

∈ A \ {x}

Przykład 1: A = (0, 1)
Zbiór punktów skupienia A - < 0, 1 > ; zbiór punktów izolowanych A - ∅

Przykład 2: A = {

1

n

: n ∈ N}

Zbiór punktów skupienia A - {0} ; zbiór punktów izolowanych A - {

1

n

: n ∈ N}

Przykład 3: A = Q
Zbiór punktów skupienia A - R ; zbiór punktów izolowanych A - ∅

Przykład własności topologicznych opisywanych za pomocą granic ciągów:
Twierdzenie: x ∈ R jest punktem skupienia zbioru A wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje ciąg



x

n



n∈N

, x

n

∈ A , x

n

6= x taki, że lim

n→∞

x

n

= x

Granica funkcji

Definicja: Niech dana będzie funkcja f : D → R , D ⊂ R oraz punkt skupienia a zbioru D.
Mówimy, że b ∈ R jest granicą funkcji f w punkcie a (oznaczenie: lim

x→a

= b ) wtedy i tylko

wtedy, gdy dla każdego ciągu (x

n

) spełniającego warunki:

(∀n)x

n

∈ D

(∀n)x

n

6= a

lim

n→∞

x

n

= a

zachodzi lim

n→∞

f (x

n

) = b

Uwaga 1: Równoważną definicję granicy można sformułować używając otoczeń.
Uwaga 2: Warunek a jest punktem skupienia zbioru D oznacza, że istnieje przynajmniej
jeden ciąg x

n

spełniający żądane warunki.

Uwaga 3: Analogicznie definiujemy granicę dla a = ±∞ oraz b = ±∞ . Dla a = +∞
należy jedynie zastąpić warunek a jest punktem skupienia zbioru D warunkiem D nie jest
ograniczony od góry. Podobnie dla a = −∞.

Przykład 1: Obliczyć granicę funkcji lim

x→2

(4x

2

− 3x)

Weźmy dowolny ciąg (x

n

) : x

n

∈ R , x

n

6= 2 , oraz lim

n→∞

x

n

= 2

Obliczmy granicę ciagu: lim

n→∞

(4x

2
n

− 3x

n

) = 16 − 6 = 10

Widzimy, że granica ta nie zależy od wyboru ciągu (x

n

) , a więc granica funkcji f istnieje i

jest równa: lim

x→2

(4x

2

− 3x) = 10

Przykład 2: Obliczyć granicę funkcji lim

x→0



1 + x



1
x

Weźmy dowolny ciąg (x

n

) : x

n

∈ R , x

n

6= 0 , oraz lim

n→∞

x

n

= 0

Obliczmy granicę ciagu: lim

n→∞



1 + x

n



1

xn

= e

Widzimy, że granica ta nie zależy od wyboru ciągu (x

n

) , a więc granica funkcji f istnieje i

jest równa: lim

x→0



1 + x



1
x

= e

Przykład 3: Obliczyć granicę funkcji lim

x→∞



x



1
x

Granica ta jest równa lim

x→∞



x



1
x

= 1

Wynik ten można uzyskać korzystając z tego, że lim

n→∞

n

√

n = 1 oraz z twierdzenia o 3 ciągach.

Przykład 4: Obliczyć granicę funkcji lim

x→∞

x

α

a

x

dla a > 1

Granica ta jest równa lim

x→∞

x

α

a

x

= 0

Wynik ten można uzyskać korzystając z tego, że lim

n→∞

n

α

a

n

= 0 oraz z twierdzenia o 3 ciągach.

Twierdzenie: Dane są funkcje f : D

f

→ R oraz g : D

g

→ R . NIech a ∈ R będzie

punktem skupienia zbiorów D

f

, D

g

oraz D

f

∩ D

g

. Jeżeli istnieją granice lim

x→a

f (x) = F oraz

lim

x→a

g(x) = G to:

1. lim

x→a

(f (x) + g(x)) = F + G

2. lim

x→a

(f (x) − g(x)) = F − G

3. lim

x→a

(f (x)g(x)) = F G

4. lim

x→a

f (x)

g(x)

=

F

G

, jeśli G 6= 0

5. lim

x→a

f (x)

g(x)

= F

G

, jeśli F > 0 lub F = 0 i G > 0

Uwaga 1: a ∈ R można zastąpić a = ±∞
Uwaga 2: Widać, że przy obliczaniu granic funkcji można stosować podobne techniki co
przy obliczaniu granic ciągów. Zasady operowania na granicach niewłaściwych ±∞ są takie
same. Te same są też symbole nieoznaczone

Przykład 1: Obliczyć lim

x→2

x

2

− 4

x

2

+ 3x − 10

Jest to granica

0
0

. W liczniku i mianowniku są wielomiany zerujące się dla x = 2 . Muszą

więc dzielić się przez x − 2

lim

x→2

x

2

− 4

x

2

+ 3x − 10

= lim

x→2

(x − 2)(x + 2)

(x − 2)(x + 5)

= lim

x→2

x + 2

x + 5

=

2

8

=

1

4

Przykład 2: Obliczyć lim

x→∞

x

2

− 4

x

2

+ 3x − 10

Jest to granica

∞
∞

lim

x→∞

x

2

− 4

x

2

+ 3x − 10

= lim

x→∞

x

2

(1 −

4

x

2

)

x

2

(1 +

3
x

−

10
x

2

)

= lim

x→∞

1 −

4

x

2

1 +

3
x

−

10
x

2

= 1

Przykład 3: Obliczyć lim

x→1

√

x − 1

x

4

− 1

Jest to granica

0
0

.

lim

x→1

√

x − 1

x

4

− 1

= lim

x→1

(

√

x − 1)(

√

x + 1)

(x

4

− 1)(

√

x + 1)

= lim

x→1

x − 1

(x

4

− 1)(

√

x + 1)

= lim

x→1

x − 1

(x − 1)(x

3

+ x

2

+ x + 1)(

√

x + 1)

=

lim

x→1

1

(x

3

+ x

2

+ x + 1)(

√

x + 1)

=

1

8

Przykład 1: Obliczyć granicę funkcji lim

x→0



x

2

+ 3

2x + 3



x+2

x

Jest to granica 1

∞

lim

x→0



x

2

+ 3

2x + 3



x+2

x

= lim

x→0



1 +

−2x + x

2

2x + 3



x+2

x

= lim

x→0





1 +

−2x + x

2

2x + 3



2x+3

−2x+x2



−2x + x

2

2x + 3

·

x + 2

x

lim

x→0



1 +

−2x + x

2

2x + 3



2x+3

−2x+x2

= e

lim

x→0

−2x + x

2

2x + 3

·

x + 2

x

= lim

x→0

(−2 + x)(x + 2)

2x + 3

= −

4

3

Stąd

lim

x→0



x

2

+ 3

2x + 3



x+2

x

= e

−

4
3

Definicja granicy lewostronnej i prawostronnej funkcji
Jeżeli w definicji granicy funkcji zastąpimy warunek x

n

6= a warunkiem x

n

< a to dostaniemy

definicję granicy lewostronnej:

lim

x→a

−

f (x)

Podobnie jeśli, x

n

> a dostaniemy definicję granicy prawostronnej:

lim

x→a

+

f (x)

Uwaga 1: Należy tez odpowiednio zmodyfikować warunek a jest punktem skupienia D
warunkiem a jest lewostronnym(prawostronnym) punktem skupienia.
Uwaga 2: Stosujemy też oznaczenia:
f (a

−

) = lim

x→a

−

f (x)

;

f (a

+

) = lim

x→a

+

f (x)

Przykład

lim

x→0

+

1

x

= +∞

lim

x→0

−

1

x

= −∞

Twierdzenie:
Niech dana będzie funkcja f : D → R oraz niech a będzie obustronnym punktem skupienia
D. Wtedy granica lim

x→a

f (x) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją i są równe granice:

lim

x→a

−

f (x) = lim

x→a

+

f (x) . Oczywiście wtedy granica funkcji jest równa granicy lewostronnej i

prawostronnej.

Przykład Obliczyć lim

x→0

+

|x|

x

Obliczamy granicę lewostronną:

lim

x→0

−

|x|

x

= lim

x→0

−

−x

x

= −1

Obliczamy granicę prawostronną:

lim

x→0

+

|x|

x

= lim

x→0

+

x

x

= 1

Ponieważ granice te nie są równe, więc granica lim

x→0

+

|x|

x

nie istnieje.

Uwaga: Może zdarzyć się, że dziedzina funkcji f zawiera się w przedziale < a, ∞) lub
(−∞, a > . Wtedy granica funkcji jest jednocześnie granicą jednostronną np.

lim

x→0

ln x = lim

x→0

+

ln x ponieważ D = (0, ∞)

Twierdzenie o trzech funkcjach:
Niech f, g, h : D → R będa funkcjami takimi, że g(x) ¬ f (x) ¬ h(x) , ∀x ∈ D. Niech
ponadto x

0

będzie punktem skupienia dziedziny D. Jeżeli istnieją i są sobie równe granice:

lim

x→x

0

g(x) = lim

x→x

0

h(x) = b to istnieje też granica lim

x→x

0

f (x) = b

Uwaga 1 Twierdzenie to zachodzi też w przypadku x

0

= ±∞ oraz b = ±∞ ( jeśli b = ±∞

to wystarczą dwie funkcje).
Uwaga 2 W twierdzeniu tym wystarczy założyć, ze nierówność ta jest spełniona dla x
dostatecznie bliskich x

0

czyli: x ∈ (x

0

− , x

0

+ ). Uwaga ta dotyczy większości twierdzeń

dotycących granic funkcji.

Przykład: Obliczyć lim

x→0

ln(1 + x)

x

Korzystamy z nierówności:

x

1 + x

¬ ln(1 + x) ¬ x , dla x > −1

1. Dla x > 0 dzielimy obie strony przez x

1

1 + x

¬

ln x

x

¬ 1

lim

x→0

1

1 + x

= 1 = lim

x→0

1 więc

lim

x→0

+

ln(1 + x)

x

= 1

2. Dla x < 0 dzielimy obie strony przez x

1

1 + x

­

ln x

x

­ 1

Ponieważ lim

x→0

1

1 + x

= 1 = lim

x→0

1 więc

lim

x→0

−

ln(1 + x)

x

= 1

Ponieważ obie granice jednostronne są sobie równe, więc

lim

x→0

ln(1 + x)

x

= 1

lim

x→0

ln(1 + x)

x

= 1

Szkic dowodu nierówności

1. Nierówność:

x

1 + x

¬ ln x ¬ x jest prawdziwa dla x =

1

n

, n ∈ N . Dla takich x ma postać:

1

n + 1

< ln



1 +

1

n



<

1

n

2. Dla x w postaci x = −

1

n

, n ∈ N , n ­ 2 mamy:

ln(1 + x) = ln



1 −

1

n



= ln



n − 1

n



= − ln



n

n − 1



= − ln



1 +

1

n − 1



> −

1

n − 1

=

−

1

n

1 −

1

n

=

x

1 + x

oraz:

ln(1 + x) = − ln



1 +

1

n − 1



< −

1

n

= x

3. Dla x w postaci x =

m

n

, m ∈ N , n ∈ Z , n 6= 0 , n > −m mamy:



1 +

1

n



m

­ 1 +

m

n

: nierówność Bernoulliego, stąd:

ln(1 + x) = ln



1 +

m

n



¬ ln



1 +

1

n



m

= m ln



1 +

1

n



<

m

n

= x

4. Dla x ∈ R , x > −1 istnieje ciąg q

n

∈ Q taki, że q

n

> x i lim

n→∞

q

n

= x . Mamy więc:

ln(1 + x) < ln(1 + q

n

) < q

n

Przechodząc do granicy (n → ∞)
ln(1 + x) ¬ x
5. Dla x ∈ R , x > −1 mamy

ln(1 + x) = − ln

1

1 + x

= − ln(1 +

−x

1 + x

) ­

x

1 + x

Przykład: Obliczyć lim

x→0

sin x

x

Korzystamy z nierówności:

sin x ¬ x ¬ tg x dla x ∈ (0,

π

2

)

1. Dla x > 0 dzielimy obie strony przez sin x

1 ¬

x

sin x

¬

1

cos x

Czyli

cos x ¬

sin x

x

¬ 1

Ponieważ lim

x→0

cos x = 1 = lim

x→0

1 więc

lim

x→0

+

sin x

x

= 1

Granica lewostronna:

lim

x→0

−

sin x

x

= lim

x→0

−

sin −x

−x

= lim

t→0

+

sin t

t

= 1

(podstawiamy t = −x , jeśli x < 0 to t > 0 oraz lim

x→0

−

t = 0)

Twierdzenie: Granica złożenia funkcji:
Nieach dane będą funkcje: f : D

f

→ R , g : D

g

→ D

f

.

Niech istnieją granice: lim

x→a

g(x) = b , lim

y→b

f (y) = c , a funkcja g spełnia warunek (∀x ∈

D

g

)x 6= a ⇒ g(x) 6= b. Wtedy istnieje granica złożenia i jest równa:

lim

x→a

f (g(x)) = c

Przykład: Obliczyć lim

x→0

e

x

− 1

x

W granicy lim

y→0

ln(1 + y)

y

= 1 podstawiamy y = e

x

− 1 . Widać, że lim

x→0

(e

x

− 1) = 0 . Stąd:

1 = lim

x→0

ln(1 + e

x

− 1)

e

x

− 1

= lim

x→0

ln(e

x

)

e

x

− 1

= lim

x→0

x

e

x

− 1

Stąd:

lim

x→0

e

x

− 1

x

= 1

Przykład: Obliczyć lim

x→0

x sin 5x

1 − cos x

lim

x→0

x sin 5x

1 − cos x

= lim

x→0

x sin 5x

2 sin

2 x

2

= lim

x→0

sin 5x

5x

·






x

2

sin

x
2






2

·

5x

2

x

2

4

= 20

Ciągłość funkcji

Defninicja: Funkcja f : D → R jest ciągła w punkcie x

0

∈ D wtedy i tylko wtedy, gdy:

1. lim

x→x

0

f (x) = f (x

0

) : granica funkcji w x

0

istnieje i jest równa wartości funkcji w tym

punkcie
lub
2. x

0

jest punktem izolowanym zbioru D.

Uwaga 1: O ciągłości możemy mówić tylko w punktach z dziedziny funkcji: x

0

∈ D

Uwaga 2: Gdy x

0

jest punktem izolowanym zbioru D , wtedy nie ma sensu mówienie o

granicy lim

x→x

0

f (x) . Wygodnie jest jednak zdefiniować funkcję w tunkcie jako ciągłą.

Definicja: Funkcja f : D → R jest ciągła wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciągła w każdym
punkcie x

0

∈ D. Funkcja jest ciągła w zbiorze A ⊂ D wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciągła w

każdym punkcie x

0

∈ A.

Uwaga: Jeżeli funkcja jest ciągła i podato jej dziedzina jest przedziałem, to wykres tej
funkcji możemy narysować bez odrywania ręki. Jeżeli dziedzina nie jest przedziałem, to ta
własność nie zachodzi. Wykres funkcji ciągłej określonej na przedziale jest krzywą.
Przykład Pokazać, że f (x) = x

2

jest funkcją ciągłą

Dziedziną funkcji jest D = (−∞, ∞)
Weżmy dowolne x

0

∈ (−∞, ∞)

lim

x→x

0

f (x) = lim

x→x

0

x

2

= x

2
9

= f (x

0

)

Funkcja f jest ciągła w każdym punkcie dziedziny, a więc jest ciągła.

Twierdzenie: Funkcje x

α

(α > 0), sin x, cos x , ln x , e

x

są ciągłe

Twierdzenie: Niech dane będą funkcje f : D

f

→ R oraz g : D

g

→ R. Wtedy poniższe

funkcje też są ciągłe:
f (x) + g(x)

, x ∈ D

f

∩ D

g

f (x) − g(x)

, x ∈ D

f

∩ D

g

f (x) · g(x)

, x ∈ D

f

∩ D

g

f (x)

g(x)

, x ∈ D

f

∩ D

g

\ {x ∈ D

g

: g(x) 6= 0}

f (x)

g(x)

, x ∈ D

f

∩ D

g

(przy założeniu, że f (x) > 0)

f (g(x))

, x ∈ g

−1

(D

f

)

Przykład: Funkcja

f (x) =

sin(ln(1 +

√

x)) + e

−x

tg x − x

2

jest ciągła na całej dziedzinie
Uwaga: Znalezienie dziedziny tej funkcji jest trudne, możemy jednak stwierdzić, że na dzie-
dzinie tej funkcja f jest ciągła.

Przykład: Dla jakich wartości: a, b ∈ R jest ciągła funkcja f : R → R:

f (x) =



























x

4

+ x − 2

x

3

− 1

dla x > 1

ax + b

dla 0 ¬ x ¬ 1

sin x

x

dla x < 0

Rozwiązanie: Funkcja f jest ciągła na zbiorze (−∞, 0) ∪ (0, 1) ∪ (1∞) . Pozostaje sprawdzić
ciągłość dla x = 0 i dla x = 1
Dla x = 0: Aby funkcja była ciągła w tym punkcie musi zachodzić: f (0

−

) = f (0

+

) = f (0)

f (0) = b
f (0

+

) = lim

x→0

+

f (x) = lim

x→0

+

(ax + b) = b

f (0

−

) = lim

x→0

−

f (x) = lim

x→0

−

sin x

x

= 1

Mamy więc równanie: b = 1
Dla x = 1: Aby funkcja była ciągła w tym punkcie musi zachodzić: f (1

−

) = f (1

+

) = f (1)

f (1) = a + b

f (1

+

) = lim

x→1

+

f (x) = lim

x→1

+

x

4

+ x − 2

x

3

− 1

= lim

x→1

+

(x − 1)(x

3

+ x

2

+ x + 2)

(x − 1)(x

2

+ x + 1)

= lim

x→1

+

x

3

+ x

2

+ x + 2

x

2

+ x + 1

=

5

3

f (1

−

) = lim

x→1

−

f (x) = lim

x→1

−

(ax + b) = a + b

Mamy więc równanie: a + b =

5

3

Rozwiązaniem układu równań jest: a =

2

3

, b = 1. Dla tych wartości parametrów funkcja f

jest ciągła.