Wyklad 10 01

background image

Wykład 13. 10 stycznia 2011

Granica funkcji, ciągłość.

Definicja.

f

: D

−→ , D ⊂

x

0

i

∃δ > (x

0

− δ, x

0

)

(x

0

, x

0

+ δ)

⊂ D.

lim

x

→x

0

f

(x) = A

⇔ ∀(x

n

)

⊂ D \ {x

0

} (x

n

→ x

0

⇒ f(x

n

)

→ A).

lim

x

→x

0

f

(x) - granica funkcji f w punkcie x

0

.

Jeżeli x

0

∈ D to

f jest ci

ągła w x

0

lim

x

→x

0

f

(x) = f (x

0

).

lim

x

→x

0

f

(x) = A

⇔ ∀(x

n

)

⊂ D \ {x

0

} x

n

< x

0

(x

n

→ x

0

⇒ f(x

n

)

→ A).

lim

x

→x

0

f

(x) - granica lewostronna funkcji f w punkcie x

0

.

lim

x

→x

0

+

f

(x) = A

⇔ ∀(x

n

)

⊂ D \ {x

0

} x

n

> x

0

(x

n

→ x

0

⇒ f(x

n

)

→ A).

lim

x

→x

0

+

f

(x) - granica prawostronna funkcji f w punkcie x

0

.

f jest lewostronnie ci

ągła w x

0

lim

x

→x

0

f

(x) = f (x

0

).

f jest prawostronnie ci

ągła w x

0

lim

x

→x

0

+

f

(x) = f (x

0

).

Twierdzenie.

a) lim

x

→x

0

f

(x) = A

lim

x

→x

0

+

f

(x) = A = lim

x

→x

0

f

(x);

b) (warunek Cauchy’ego)

lim

x

→x

0

f

(x) = A

⇔ ∀ > 0∃δ > 0 (0 < |x − x

0

| < δ ⇒ |f(x) − A| < ;

c) (warunek Cauchy’ego ciągłości)

f

(x) jest ciągła w x

0

⇔ ∀ > 0∃δ > 0 (|x − x

0

| < δ ⇒ |f(x) − f(x

0

)

| <

m

∀ V − otoczenia f(x

0

)

∃ U − otoczenie x

0

f

(U )

⊂ V ;

d) Suma, różnica, iloczyn funkcji ciągłych w x

0

jest ciągła w x

0

;

f

(x

0

)

6= 0, f(x) ciągła w x

0

⇒ g(x) =

1

f

(x)

ciągła w x

0

.

74

background image

e) Jeżeli istnieje lim

x

→x

0

f

(x) = A to funkcja określona wzorem

˜

f

(x) =

(

f

(x), x

6= x

0

,

A, x

= x

0

jest ciągła w x

0

.

Twierdzenie.

f

: D

, gdzie D ∈ T jest ciągła ⇔ ∀V ∈ T f

1

(V )

∈ T

D

.

Definicja.

f

: D

jest ciągła

df

⇔ ∀V ∈ T f

1

(V )

∈ T

D

.

Warunek ten jest równoważny temu, że

∀E ∈ D f

1

(E)

∈ D

D

. (f

1

(

\ E) =

D

\ f

1

(E))

Przykład.

* D = [a, b], f : [a, b]

jest ciągła

⇔ ∀x

0

(a, b) lim

x

→x

0

f

(x) = f (x

0

), lim

x

→a+

f

(x) =

f

(a), lim

x

→b−

f

(x) = f (b).

* Ogólnie, f jest ciągła w x

0

∈ D jeśli

lim

x

→x

0

,x

∈D

f

(x) = f (x

0

), gdzie

lim

x

→x

0

,x

∈D

f

(x) =

A

⇔ ∀ x

n

→ x

0

, x

n

∈ D f(x

n

)

→ A.

Twierdzenie.

f

: D

ciągła

a) D zwarty, to f (D) zwarty;

b) D spójny, to f (D) spójny.

D.

a) Niech f (D)

S

α

∈A

U

α

, U

α

. Wtedy, ponieważ f

1

(U

α

) = V

α

∩ D (wynika stąd

również, że f (V

α

∩ D) ⊂ U

α

), to D

S

α

∈A

V

α

.

Ze zwartości D wynika, że D

s

S

j

=1

V

α

j

czyli D =

s

S

j

=1

(V

α

j

∩ D), skąd f(D) =

s

S

j

=1

f

(V

α

j

∩ D)

s

S

j

=1

U

α

j

.

b) Niech f (D) = (A

∩f(D))(B∩f(D)), A, B ∈ T , A∩B∩f(D) = i przypuśćmy,

że A

∩ f(D) 6= ∅, B ∩ f(D) 6= . Wtedy

D

= f

1

(f (D)) = (f

1

(A)

∩D)t∪(f

1

(B)

∩D), f

1

(A) = U

∩D, f

1

(B) = V

∩D, U, V ∈ T ,

f

1

(A)

∩ f

1

(B) =

∅.

Ze spójności D wynika, że f

1

(A) =

lub f

1

(B) =

. Wtedy A ∩ f(D) = lub

B

∩ f(D) = - sprzeczność.

75

background image

Wniosek.
D

- przedział, to f (D) przedział

D

= [a, b] to f (D) = [c, d].

Ważne granice

:

a) lim

x

0

sin x

x

= 1

b) lim

x

0

e

x

1

x

= 1.

ad a) Mamy dla 0 < x < 1 nierówność (wynikającą z kryterium Leibniza)





X

n

=0

(

1)

n

x

2n+1

(2n + 1)!

− x





<

x

3

3!

⇒ | sin x − x| <

x

3

6




sin x

x

1




<

x

2

6

lim

x

0+

sin x

x

= 1.

Ponieważ funkcja

sin x

x

jest parzysta to wynika stąd, że również lim

x

0

sin x

x

= 1.

ad b) Mamy nierówności (zob. wykład 9) dla x < y

(y

− x)e

x

¬ e

y

− e

x

¬ e

y

y

− x

1 + y

− x

.

Stąd dla x > 0 otrzymujemy

x

¬ e

x

1 ¬ e

x

x

1 + x

,

lim

x

0+

(e

x

1) = 0,

−x ¬ 1 − e

−x

¬

−x

1

− x

,

lim

x

0

(e

x

1) = 0,

1

¬




e

x

1

x




¬ e

|x|

1

1 +

|x|

lim

x

0

+

e

x

1

x

= 1.

e

−x

1

−x

= e

−x

e

x

1

x

lim

x

0

e

x

1

x

= 1.

Dalej

e

x

− e

x

0

= e

x

0

(e

x

−x

0

1) lim

x

→x

0

e

x

= e

x

0

.

Podobnie

sin x = sin(x

− x

0

+ x

0

) = sin(x

− x

0

) cos x

0

+ cos(x

− x

0

) sin x

0

sin x

0

gdy x

→ x

0

.





X

n

=0

(

1)

n

x

2n

(2n)!

1





<

x

2

2

,

0 < x < 1

lim

x

0

cos x = 1.

76

background image

Twierdzenie.
Następujące funkcje są ciągłe w swoich dziedzinach:

a) Wielomiany f (x) = a

0

+ a

1

x

+ . . . a

n

x

n

, a stąd funkcje wymierne

h

(x) =

f

(x)

g

(x)

, f

(x), g(x)

wielomiany.

b) Funkcje trygonometryczne sin x, cos x, tg x, ctg x.

c) Funkcja wykładnicza f (x) = e

x

jest ciągła a stąd ciągłe są funkcje hiperboliczne

cosh x =

1
2

e

x

+

1

e

x

,

sinh x =

1
2

e

x

1

e

x

,

tgh x, ctgh x.

Twierdzenie.
Niech

ϕ

: otoczenie(t

0

)

−→ otoczenie(x

0

)

będzie funkcją ciągłą, taką, że

lim

t

→t

0

ϕ

(t) = x

0

oraz ϕ jest rosnąca lub malejąca

(x

1

< x

2

⇒ ϕ(x

1

) < ϕ(x

2

) (lub ϕ(x

1

) > ϕ(x

2

)).

Wtedy

lim

x

→x

0

f

(x) = lim

t

→t

0

f

(ϕ(t)).

Przykład.
ϕ

(t) = x

0

+ t, t

0

= 0

lim

x

→x

0

f

(x) = lim

t

0

f

(x

0

+ t)

(liczenie granicy w x

0

możemy sprowadzić do liczenia granicy w 0).

lim

x

→x

0

e

x

= lim

t

0

e

x

0

+t

= e

x

0

lim

t

0

e

t

= e

x

0

.

Twierdzenie.
a) Niech

f

: D

f

−→ Y

f

, g

: D

g

−→ Y

g

, D

g

⊃ Y

f

.

Jeżeli f ciągła w x

0

, g ciągła w f (x

0

) = y

0

to funkcja

h

(x) = g

◦ f(x) = g(f(x)), x ∈ D

h

= D

f

,

jest ciągła w x

0

przy czym

lim

x

→x

0

h

(x) = lim

x

→x

0

g

(f (x)) = g( lim

x

→x

0

f

(x)) = g(y

0

).

b) f : [a, b]

−→ [c, d] bijekcja, która jest ciągła. Wtedy funkcja f

1

: [c, d]

−→ [a, b]

jest również ciągła.

D.

77

background image

a) Niech x

n

→ x

0

, y

n

= f (x

n

). Wtedy

h

(x

n

) = g(f (x

n

)) = g(y

n

), y

n

→ y

0

= f (x

0

)

⇒ h(x

n

)

→ g(y

0

) = g(f (x

0

)) = h(x

0

).

b) Niech g = f

1

. Aby wykazać, że g jest ciągłe, wystarczy pokazać, że g

1

(E) jest

domknięty w [a, b] gdy E domknięty w . Mamy, ponieważ f bijekcja, g

1

(E) =

f

(E

[a, b]). Ale E ∩ [a, b] jest domknięty, stąd zwarty, i dlatego f(E ∩ [a, b]) jest

zwarty, w szczególności domknięty.

Przykłady.

sin :

π

2

,

π

2

−→ [1, 1] ciągła bijekcja arc sin : [1, 1] −→

π

2

,

π

2

ciągła.

Podobnie ciągłymi są inne funkcje, które można otrzymać jako funkcje odwrotne do

funkcji ciągłych - w części z nich należy rozpatrywać przedziały [a, b]

⊂ D aby można

było wprost skorzystać z twierdzenia:

arc cos : [

1, 1] −→ [0, π],

arctg :

−→

π

2

,

π

2

,

arcctg :

−→ (0, π) ;

ln : (0, +

) −→ , ln = exp

1

,

exp(x) = e

x

;

log

a

(x) = g(ln x), gdzie g(x) =

1

ln a

x

;

:[0, +

) −→ [0, +) funkcja odwrotna do funkcji kwadratowej.

Funkcja wykładnicza a

x

= exp(ln a

· x) jest ciągła jako złożenie dwóch funkcji

ciągłych, funkcja potęgowa h(x) = x

a

jest ciągła bo

x

a

= e

a

ln x

.

Zastosowanie ciągłości do liczenia granic.

lim

n

→∞

(ln(a + n)

ln n = lim

n

→∞

ln

1 +

a

n

= lim

x

1

ln x = ln 1 = 0.

lim

n

→∞

(

an

+ n

2

− n) = lim

n

→∞

an

+ n

2

− n

2

an

+ n

2

+ n

lim

n

→∞

a

q

1 +

a

n

+ 1

= lim

x

1

a

x

+ 1

=

a
2

.

Własności funkcji ciągłych.

a) Twierdzenie Weierstrassa: jeżeli f : [a, b]

−→

funkcja ciągła to istnieją

punkty x

1

, x

2

[a, b] takie, że

f

(x

1

) = sup

x

[a,b]

f

(x)

największa wartość funkcji,

78

background image

f

(x

2

) = inf

x

[a,b]

f

(x)

najmniejsza wartość funkcji.

b) Własność Darboux: funkcja ciągła przyjmuje wszystkie wartości pośrednie.

Precyzyjnie:

f

: (a, b)

funkcja ciągła, [c, d]

(a, b), f(c) = C, f(d) = D. Wtedy

∀ P ∈ [C, D]∃ x ∈ [c, d] P = f(x).

c) f : (a, b)

−→

funkcja ciągła i różnowartościowa

⇒ f silnie rosnąca albo f

silnie malejąca.

D.

a) Twierdzenie Weierstrassa wynika z faktu, że f ([a, b]) = [c, d]

b) Własność Darboux wynika z faktu, że f (a, b) jest przedziałem.

c) Przypuśćmy, że f nie jest monotoniczna. Wtedy istnieją a < x < y < z < b

takie że f (x) < f (y) i f (z) < f (y) albo f (x) > f (y) i f (z) > f (y). Niech na
przykład, f (x) < f (y) i f (z) < f (y). Weźmy w

(f(x), f(y)) (f(z), f(y)) 6= .

Z własności Darboux istnieją takie t

(x, y) i u ∈ (y, z), że w = f(t) i w = f(u)

i t < u, co przeczy założeniu, że f jest funkcją różnowartościową.

Wniosek.

Jeżeli f : I = (a, b)

(c, d) jest funkcją ciągłą to na to aby f(I) = (c, d)

wystarcza, aby istniały ciągi punktów x

n

i y

n

w (a, b), takie, że f (x

n

)

→ c i

f

(y

n

)

→ d, przy czym może być a = −∞ lub b = +. W szczególności, jeśli

f

:

i istnieją ciagi x

n

, y

n

takie, że f (x

n

)

→ −∞, f(y

n

)

+to

f

( ) = .

(Najprostsze twierdzenie o punkcie stałym). Jeżeli f : [a, b]

[a, b] jest funkcją

ciągłą, to istnieje x

[a, b] taki, że f(x) = x.

Uzasadnienie: jeśli f (a) = a lub f (b) = b, to nie ma czego dowodzić. Gdy f (a)

6= a

i f (b)

6= b to f(a) − a > 0 i f(b) − b < 0. Z własności Darboux wynika istnienie

takiego x, że f (x)

− x = 0.

Uwagi.

lim

n

→∞

x

n

= +

df

dowolny podciąg x

k

n

nie jest ograniczony z góry

⇔ ∀R >

0

∃N n ­ N ⇒ x

n

> R

.

Analogicznie lim

n

→∞

x

n

=

−∞

df

dowolny podciąg x

k

n

nie jest ograniczony z dołu

⇔ ∀R < 0 ∃N n ­ N ⇒ x

n

< R

.

Powyższe twierdzenie o punkcie stałym nic nam nie mówi, jak znaleźć x. Można
to zrobić, np. jeśli założymy dodatkowo, że istnieje stała L < 1 (stała Lipschitza)
taka, że

∀x, y ∈ [a, b] |f(x) − f(y)| ¬ L|x − y|. Wtedy x = lim

n

→∞

x

n

, gdzie x

n

+1

=

f

(x

n

), x

0

jest dowolnie ustalonym punktem z [a, b].

79

background image

Przykład. f (x) = 1 +

1

x

+1

, [a, b] = [1, 2], L =

1
4

. f (x) = x

⇔ x =

2. Dla x

0

= 1

mamy x

1

=

3
2

, x

2

=

7
5

, x

3

=

17
12

, x

4

=

41
29

, . . .

.

Definicja.
Pochodną

f

0

(x

0

) funkcji y = f (x) w punkcie x

0

nazywamy granicę

(jeśli

istnieje)

f

0

(x

0

) = lim

x

→x

0

f

(x)

− f(x

0

)

x

− x

0

= lim

h

0

f

(x

0

+ h)

− f(x

0

)

h

.

f

0

+

(x

0

) = lim

x

→x

0

+

f

(x)

− f(x

0

)

x

− x

0

, f

0

(x

0

) = lim

x

→x

0

f

(x)

− f(x

0

)

x

− x

0

.

f

0

+

(x

0

) - pochodna prawostronna, f

0

(x

0

) - pochodna lewostronna.

Funkcja, dla której istnieje pochodna w punkcie x

0

nazywana jest różniczkowalną

w x

0

a jeśli tak jest dla x

0

∈ U różniczkowalną na zbiorze U. Na ogół U jest

właściwym podzbiorem dziedziny f (x) (przykładem funkcja f (x) =

|x|) a nawet więcej

U

⊂ C

f

=

{x

0

∈ D

f

f

(x) jest ciągła w x

0

}.

Może się zdarzyć, że C

f

= D

f

ale U =

.

Przykład.
Jeżeli f (x) = ax + b to mamy

f

(x

0

+ h)

− f(x

0

)

h

=

ah

h

= a

lim

h

0

f

(x

0

+ h)

− f(x

0

)

h

= a

czyli

∀x ∈

f

0

(x

0

) = a.

Jeżeli f (x) =

|x| i x

0

= 0 to mamy

f

(x

0

+ h)

− f(x

0

)

h

=

|h|

h

=

(

+1, h > 0
1, h < 0

⇒ f

0

+

(0) = 1, f

0

(0) =

1.

Dla x

6= 0 otrzymamy

(

|x|)

0

= sgn x.

Prostą o równaniu

y

− f(x

0

) = f

0

(x

0

)(x

− x

0

)

nazywamy styczną w punkcie (x

0

, f

(x

0

) do wykresu funkcji y = f (x). Styczna to

prosta wyznaczona przez warunki

y

(x

0

) = f (x

0

), y

0

(x

0

) = f

0

(x

0

).

Równoważnie

lim

h

0

f

(x

0

+ h)

− y(x

0

+ h)

h

= 0

co oznacza, że wśród funkcji liniowych y = ax + b w otoczeniu punktu x

0

styczna

najlepiej przybliża funkcję y = f (x).

80

background image

Twierdzenia o wartości średniej

Twierdzenie Rolle’a.

Z: f : [a, b]

−→

funkcja ciągła, różniczkowalna na (a, b), f (b) = f (a).

T:

∃c ∈ (a, b) f

0

(c) = 0.

Twierdzenie Lagrange’a.

Z: f : [a, b]

−→

funkcja ciągła, różniczkowalna na (a, b)

T:

∃c ∈ (a, b)

f

0

(c) =

f

(b)

− f(a)

b

− a

.

Twierdzenie Cauchy’ego.

Z: f, g : [a, b]

−→

funkcje ciągłe, różniczkowalne na (a, b), przy czym g

0

(x)

6= 0

na (a, b)

T:

∃c ∈ (a, b)

f

0

(c)

g

0

(c)

=

f

(b)

− f(a)

g

(b)

− g(a)

.

D.

Tw. Rolle’a

tw. Lagrange’a

g

(x) := f (x)

− L(x), L(x) = αx + β, L(a) = f(a), L(b) = f(b).

g

(a) = g(b) = 0

⇒ ∃c ∈ (a, b) : g

0

(c) = 0

⇒ f

0

(c) = L

0

(c) = α. Łatwo sprawdzić,

że

αa

+ β = f (a), αb + β = f (b)

⇒ α =

f

(b)

− f(a)

b

− a

.

Tw. Lagrange’a

tw. Cauchy’ego

Z tw. Lagrange’a g(b)

− g(a) = g

0

(c)(b

− a) 6= 0.

h

(x) := f (x)

− αg(x), f(a) − αg(a) = f(b) − αg(b)

h

(x) := f (x)

f

(b)

− f(a)

g

(b)

− g(a)

g

(x).

h

(a) = h(b)

⇒ ∃ c ∈ (a, b) h

0

(c) = 0

f

0

(c)

g

0

(c)

=

f

(b)

− f(a)

g

(b)

− g(a)

.

D. tw. Rolle’a. Jeżeli funkcja f jest stała to twierdzenie jest prawdziwe. Jeżeli f
nie jest stała to przyjmuje wartość większą od f (b) = f (a) lub mniejszą. Niech
zachodzi np. ten pierwszy przypadek (mogą zachodzić oba). Wtedy z twierdzenia
Weierstrassa istnieje c

[a, b] f(c) = sup f([a, b]) i musi być c ∈ (a, b). Mamy

f

(x)−f (c)

x

−c

¬ 0, dla x > c,

f

(x)−f (c)

x

−c

­ 0, dla x < c,

⇒ f

0

(c) = lim

x

→c

f

(x)

− f(c)

x

− c

= 0.

81

background image

Wnioski

a) Jeśli funkcja różniczkowalna ma (a, b) ma pochodną równą zero to jest stała;

b) Jeśli funkcja różniczkowalna na (a, b) ma na tym przedziale dodatnią pochodną

to jest silnie rosnąca a jeśli pochodna jest ujemna to sama funkcja jest silnie malejąca.

Z definicji pochodnej wynika, że jeżeli funkcja jest silnie rosnąca to jej pochodna

jest nieujemna (

­), a pochodna funkcji silnie malejącej jest niedodatnia (¬).

82


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Metrody wyklad 10 01 2011
BÓLE GŁOWY, WYKŁAD 2, 10 01 2014
wykład 3 (10.01.2012)
Zdrowie publiczne - wykład 10.01.13, STUDIA, Zdrowie publiczne, wyklady
Ekologia wykład 10 01 2010x
Wykład 10 01 2015
Metrody wyklad 10 01 2011
Wykład 10,01,2013
Wykład 6 10 01 12
Wykład 10 01 15 Audiologia
Metrody wyklad 10 01 2011
10 01 2014 Wykład
wykład 3 - podstawy zarządzania - 10.01.2010
FARMAKOLOGIA wykład 09, FARMAKOLOGIA wykład 9 (10 XII 01)
Wykład 2012-01-10, psychologia drugi rok, psychologia ról
Wykład 10 - Utylitaryzm wg Milla - 12.01.2012 r, Semestr V, Etyka
hme 05 10 01 wykład03

więcej podobnych podstron