Wykład 9. 6 grudnia 2010
Funkcja wykładnicza.
n
1
Ciąg an = 1 + jest rosnący i ograniczony z góry, a stąd zbieżny. Jego granicę
n
oznaczamy przez e
n
1
lim 1 + = e.
n"
n
* Można wykazać, że dla dowolnego ciągu xn takiego, że lim |xn| = +" mamy
n"
xn
1
lim 1 + = e.
n"
xn
Wynika stąd na przykład, że
n
1 1
lim 1 - = .
n"
n e
I Nierówność Bernoulliego : (1 + x)n 1 + nx, x > -1;
1
II Nierówność Bernoulliego : (1 + x)n 1 + nx + n(n - 1)x2, x 0.
2
5) Niech x > 0.
n
x
an(x) = an = 1 + .
n
Przy pomocy nierówności Bernoulliego sprawdzamy, że jest to ciąg rosnący i ogra-
niczony z gór.
x n
n
x
1 +
an+1 x x
n(n+1)
n+1
= 1 + = 1 + 1 -
x x
an n + 1 1 + n + 1 1 +
n n
x
x
1 +
x x
n(n+1)
n+1
1 + 1 - = 1 + 1
x x
n + 1 1 + n + 1 1 +
n n
bo
x x x x x2 x x2
1 + 1 + = 1 + + + = 1 + +
n + 1 n(n + 1) n n(n + 1) n(n + 1)2 n n(n + 1)2
x
1 + .
n
îÅ‚ Å‚Å‚k
kn
ïÅ‚ śł
x 1 1
ïÅ‚ śł
an akn = 1 + =
n x
ðÅ‚ ûÅ‚
x
kn
1
1 -
x k
1+
kn
dla k > x bo
n
n
1 x nx nx x
= 1 - 1 - 1 - = 1 -
x
1 + kn + x kn + x kn k
kn
46
Zatem (an) jest zbieżny i definiujemy
n
x
exp x = exp(x) = lim 1 + , x 0.
n"
n
n n
x x x2 n
1 + 1 - = 1 - < 1, n > x,
n n n2
x2 n x2
1 - 1 - .
n2 n
Z twierdzenia o 3 ciągach wynika, że
n
x x n
lim 1 + 1 - = 1 Ò!
n"
n n
n
x 1
exp(-x) = lim 1 - = Ò! exp x > 0 dla x " .
n"
n exp x
Z nierówności Bernoulliego wynika, że jeżeli x > -1 to
exp x 1 + x.

Twierdzenie. "x, y " exp(x + y) = exp(x) · exp(y).
n n n
x+n x y
Dowód. Niech bn = 1 + 1 - 1 - . Mamy
n n n
x + n x y x + n x y xy
1 + 1 - 1 - = 1 + 1 - - +
n n n n n n n2
x y xy x + y (x + y)2 (x + y)xy
= 1 - - + + - +
n n n2 n n2 n3
x2 + y2 + xy (x + y)xy
= 1 - + < 1 dla n N1,
n2 n3
skąd, korzystając z nierówności Bernoulliego,
x2 + y2 + xy (x + y)xy
1 > bn 1 - +
n n2
i wreszcie z twierdzenia o 3 ciÄ…gach mamy lim bn = 1.
n"
Uwaga. Skorzystaliśmy w dowodzie z faktu, że dla xy = 0 mamy

x2 + y2 + xy x2 + y2 - |x||y| > x2 + y2 - |x||y| = (|x| - |y|)2 0 Ò! x2 + y2 + xy > 0.
Wniosek.

(1) "x " exp x > 0 Ò! exp( ) ‚" ;
+
(2) "x " exp x = ex. Również dla innych wartości x będziemy pisali exp x = ex.
Zatem ex+y = ex · ey.
47
(3) Funkcja f(x) = ex jest rosnąca bo jeżeli x < y to ey - ex = ex(ey-x - 1)
ex(y - x) > 0.
1 1
(4) Jeżeli x < y to ey - ex = ey 1 - ey(1 - ) = ey y-x . Stąd mamy
ey-x 1+y-x 1+y-x
oszacowania przy x < y
y - x
(y - x)ex ey - ex ey .
1 + y - x

X, Y ‚" , f : X - Y bijekcja Ô! "g : Y - X f ć% g = idX, g ć% f = idY , g =: f-1
-1 -1
f1 : X - Y, f2 : Y - Z bijekcje Ò! f2 ć% f1 : X - Z bijekcja i (f2 ć% f1)-1 = f1 ć% f2
f : X - Y injekcja to Ò! f : X - f(X) bijekcja
f : X - Y rosnÄ…ca Ò! f-1 : f(X) - X rosnÄ…ca
f : X - Y malejÄ…ca Ò! f-1 : f(X) - X malejÄ…ca

Twierdzenie. Funkcja exp : jest surjekcjÄ… a stÄ…d bijekcjÄ…. FunkcjÄ™ od-
+
wrotnÄ… nazywamy logarytmem naturalnym i zonaczamy ln lub log. Zatem

ln = log = exp-1 : .
+
W szczególności ln e = 1, ln 1 = 0.
Definicja funkcji potęgowych, wykładniczych, logarytmicznych.

Jeżeli a " to definiujemy dla x > 0
df
xa = ea ln x = (exp ć%(y ay) ć% ln) (x).
Dla a > 0 przyjmujemy
df
ax = ex ln a = (exp ć%(x - x ln a)) (x).
Mamy
ln ax = ln ć% (exp ć%(x - x ln a)) (x) = x ln a.
Jeżeli a = 1 to funkcja ax jest bijekcją. Funkcję odwrotną nazywamy logarytmem o

podstawie a i oznaczamy loga. Mamy
loga x = (exp ć%(x - x ln a))-1 (x) = (x - x ln a)-1 ć% exp-1 (x)
1 1 ln x
= (y - y) ć% ln (x) = ln x = .
ln a ln a ln a
48
Własności.
x1 a xa
1
(x1x2)a = xaxa, = , (xa)b = xab
1 2
x2 xa
2
1 1 2 1-x2 ax1 1 2
1
ax +x2 = ax · ax , ax = , (ax )x = ax ·x2
ax2
loga(x1 · x2) = loga x1 + loga x2, loga x1 = loga x1 - loga x2, loga bx = x loga b.
x2
logb x
loga x = - wzór na zamianę podstawy
logb a

f : X - , x " X Ô! -x " X
f jest parzysta jeśli "x " X f(-x) = f(x).
f jest nieparzysta jeśli "x " X f(-x) = -f(x).
Na przykład funkcje f(x) = x2, f(x) = |x|, f(x) = |x|3 są parzyste, a funkcje
1
f(x) = x, f(x) = x3, f(x) = sÄ… nieparzyste.
x
Twierdzenie.


JeÅ›li X = -X (x " X Ô! -x " X) f : X - to istniejÄ… wyznaczone
jednoznacznie funkcje g i h takie, że g jest parzysta, h nieparzysta i
"x " X f(x) = g(x) + h(x).

Funkcje g i h sÄ… dane wzorami
f(x) + f(-x) f(x) - f(-x)
g(x) = , h(x) = .
2 2
Przykład. Jeśli f(x) = 2x4 - 7x3 + 21x2 - 13x + 6 to
g(x) = 2x4 + 21x2 + 6, h(x) = -7x3 - 13x.
Funkcje hiperboliczne.
1 1
f(x) = ex, g(x) = (ex + e-x), h(x) = (ex - e-x)
2 2
1
cosinus hiperboliczny - cosh x = (ex + e-x);
2
49
1
sinus hiperboliczny - sinh x = (ex - e-x);
2
sinh x ex - e-x
tangens hiperboliczny - tgh x = = ;
cosh x ex + e-x
cosh x ex + e-x
cotangens hiperboliczny - ctgh x = = .
sinh x ex - e-x
Własności.
cosh x jest funkcją parzystą, pozostałe są nieparzyste.

Dcosh = Dsinh = Dtgh = , Dctgh = \ {0}.
cosh2(x) - sinh2(x) = 1 - jedynka hiperboliczna
x + y x - y
cosh x + cosh y = 2cosh cosh wzór cosinusów hiperbolicznych
2 2
cosh(x + y) = cosh x · cosh y + sinh x · sinh y
sinh(x + y) = sinh x · cosh y + cosh x · sinh y
tgh x · ctgh x = 1.

sinh : - - bijekcja.
1
(ex - e-x) = y Ô! · · · Ô! x = ln y + y2 + 1
2
sinh-1 = Arsh, Arsh y = ln y + y2 + 1
50
Szeregi nieskończone.
" N
Szereg nieskończony o wyrazie an to para ((an)n" , (Sn)n" ) gdzie Sn = ak.
0 0
n=0 k=0
Zatem
" N
an = ((an)n" , (Sn)n" ) , Sn = ak
0 0
n=0 k=0
"

df
szereg an jest zbieżny Ô! ciÄ…g (Sn) jest zbieżny Ô! "S " S = lim Sn
n"
n=0
Ó!
"
an = S
n=0
Ważny przykład.
"
1
|q| < 1 Ò! qn = .
1 - q
n=0
Szereg nieskończony, który nie jest zbieżny nazywamy rozbieżnym.
Warunek konieczny zbieżności.
lim Sn = S Ò! lim Sn+1 = S Ò! lim an+1 = lim (Sn+1 - Sn) = S - S = 0
n" n" n" n"
"
szereg an jest zbieżny Ò! lim an = 0.
n"
n=0
Przykład.
" " "
Żaden z szeregów 1, (-1)n, n nie może być zbieżny.
n=0 n=0 n=0
Warunek Cauchy ego dla szeregów.
ëÅ‚ öÅ‚
" n
íÅ‚
szereg an jest zbieżny Ô! "µ > 0 "N n > m N Ò! ak < µÅ‚Å‚
n=0 k=m+1
n n
Ponieważ ak |ak| to wynika stąd następujące twierdzenie
k=m+1 k=m+1
51
Twierdzenie.
" "
szereg |an| jest zbieżny Ò! szereg an jest zbieżny
n=0 n=0
Ó!
n
|ak| - ograniczony.
k=0
"
an 0 an - szereg o wyrazach nieujemnych
n=0
"
an > 0 an - szereg o wyrazach dodatnich
n=0
"
sgn an+1 = -sgn an = 0 an - szereg naprzemienny

n=0
Przykład.
" "
1 1
= - szereg harmoniczny
n+1 n
n=0 n=1
Mamy
1 1 1 1 1
S2n - Sn = + + · · · + n2n = Ò!
n+1 n+2 2n 2
n-2
n n n-1 n-1
S2 = (S2 - S2 ) + (S2 - S2 ) + · · · + S2 - S1 + S1 n1 + 1 Ò!
2
szereg harmoniczny jest rozbieżny.
Kryterium porównawcze.
Twierdzenie
" "
Niech an, bn będą szeregami o wyrazach dodatnich. Jeśli
n=0 n=0
an an 1
0 < Ä… lim inf lim sup ,
bn n" bn Ä…
n"
bn
n
co jest równoważne, ze ciągi (a ), (a ) są ograniczone,
bn n
to obydwa szeregi są równocześnie zbieżne lub rozbieżne.
D. Wystarczy wykazać dwie implikacje, przy założeniu 0 an ąbn, ą > 0,
" "
bn zbieżny Ò! an zbieżny
n=0 n=0
" "
an rozbieżny Ò! bn rozbieżny
n=0 n=0
Pierwsza implikacja wynika z warunku Cauchy ego dla szeregów, a druga implikacja
"
jest konsekwencją pierwszej (gdyby szereg bn byłby zbieżny to również zbieżny
n=0
"
będzie szereg an, wbrew założeniu).
n=0
52
" "
Szereg bn w pierwszej implikacji nazywamy majorantą zbieżną szeregu an, a
n=0 n=0
" "
szereg an w drugiej implikacji nazywamy minorantą rozbieżną szeregu bn.
n=0 n=0
"

1
Przykład. Dla s " rozważmy szereg .
(n+1)s
n=0
"
1 1
s 0 to Ò! rozbieżny (nie jest speÅ‚niony warunek konieczny
(n+1)s 1 (n+1)s
n=0
zbieżności)
" "
1 1 1 1
0 < s 1 to Ò! rozbieżny (szereg harmoniczny
(n+1)s n+1 (n+1)s (n+1)
n=0 n=0
jest minorantą rozbieżną).
"
1 1
s = 2 Dla szeregu mamy Sn = 1 - 1n+2 1, czyli szereg ten jest
(n+1)(n+2)
n=0
"
1 1 1
zbieżny. Ponieważ lim : = 1 to szereg jest zbieżny
(n+1)(n+2) (n+1)2 (n+1)2
n"
n=0
Ó!
"
1
s 2 Ò! zbieżny.
(n+1)s
n=0
1 < s < 2 ?
53