SIMR 2013/14, Analiza 1, wykład 4, 2013-11-08
1
Przykład: Obliczyć granicę funkcji lim 1 + x x
x→ 0
Weźmy dowolny ciąg ( xn) : xn ∈ R , xn 6= 0 , oraz lim xn = 0
n→∞
1
Obliczmy granicę ciągu: lim 1 + x
xn
n
= e
n→∞
Widzimy, że granica ta nie zależy od wyboru ciągu ( xn) , a więc granica funkcji f istnieje i 1
jest równa: lim 1 + x x = e
x→ 0
1
Przykład 3: Obliczyć granicę funkcji lim x x
x→∞
1
Granica ta jest równa lim x x = 1
x→∞
√
Wynik ten można uzyskać korzystając z tego, że lim n n = 1 oraz z twierdzenia o 3 ciągach.
n→∞
xα
Przykład 4: Obliczyć granicę funkcji lim
dla a > 1
x→∞ ax
xα
Granica ta jest równa lim
= 0
x→∞ ax
nα
Wynik ten można uzyskać korzystając z tego, że lim
= 0 oraz z twierdzenia o 3 ciągach.
n→∞ an
Twierdzenie: Dane są funkcje f : Df → R oraz g : Dg → R . Niech a ∈ R będzie punktem skupienia zbiorów Df , Dg oraz Df ∩ Dg. Jeżeli istnieją granice lim f ( x) = F oraz x→a
lim g( x) = G to:
x→a
1. lim( f ( x) + g( x)) = F + G
x→a
2. lim( f ( x) − g( x)) = F − G
x→a
3. lim( f ( x) g( x)) = F G
x→a
f ( x)
F
4. lim
=
, jeśli G 6= 0
x→a g( x)
G
5. lim f ( x) g( x) = F G , jeśli F > 0 lub F = 0 i G > 0
x→a
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
x 2 − 4
Przykład 1: Obliczyć lim
x→ 2 x 2 + 3 x − 10
Jest to granica 0 . W liczniku i mianowniku są wielomiany zerujące się dla x = 2 . Muszą 0
więc dzielić się przez x − 2
x 2 − 4
( x − 2)( x + 2)
x + 2
4
lim
= lim
= lim
=
x→ 2 x 2 + 3 x − 10
x→ 2 ( x − 2)( x + 5)
x→ 2 x + 5
7
x 2 − 4
Przykład 2: Obliczyć lim
x→∞ x 2 + 3 x − 10
Jest to granica ∞
∞
x 2 − 4
x 2(1 − 4 )
1 − 4
lim
= lim
x 2
= lim
x 2
= 1
x→∞ x 2 + 3 x − 10
x→∞ x 2(1 + 3 − 10 )
x→∞ 1 + 3 − 10
x
x 2
x
x 2
√x − 1
Przykład 3: Obliczyć lim
x→ 1 x 4 − 1
Jest to granica 0 .
0
1
√
√
x − 1
( x − 1)( x + 1)
x − 1
x − 1
lim
= lim
√
= lim
√
= lim
√
=
x→ 1 x 4 − 1
x→ 1 ( x 4 − 1)(
x + 1)
x→ 1 ( x 4 − 1)(
x + 1)
x→ 1 ( x − 1)( x 3 + x 2 + x + 1)(
x + 1)
1
1
lim
√
=
x→ 1 ( x 3 + x 2 + x + 1)(
x + 1)
8
x+2
x 2 + 3
Przykład 1: Obliczyć granicę funkcji lim
x
x→ 0
2 x + 3
Jest to granica 1 ∞
− 2 x + x 2
x + 2
x+2
x+2
·
2 x+3
x 2 + 3
− 2 x + x 2
− 2 x + x 2
lim
x
= lim 1 +
x
= lim
1 +
− 2 x+ x 2
2 x + 3
x
x→ 0
2 x + 3
x→ 0
2 x + 3
x→ 0
2 x + 3
2 x+3
− 2 x + x 2
lim 1 +
− 2 x+ x 2 = e
x→ 0
2 x + 3
− 2 x + x 2
x + 2
( − 2 + x)( x + 2)
4
lim
·
= lim
= −
x→ 0
2 x + 3
x
x→ 0
2 x + 3
3
Stąd
x+2
x 2 + 3
lim
x
= e− 43
x→ 0
2 x + 3
Twierdzenie o trzech funkcjach:
Niech f, g, h : D → R będą 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 g( x) = lim h( x) = b to istnieje też granica lim f ( x) = b x→x 0
x→x 0
x→x 0
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.
ln(1 + x)
Przykład: Obliczyć lim
x→ 0
x
Korzystamy z nierówności:
x
¬ ln(1 + x) ¬ x , dla x > − 1
1 + x
1. Dla x > 0 dzielimy obie strony przez x
1
ln x
¬
¬ 1
1 + x
x
1
lim
= 1 = lim 1 więc
x→ 0 1 + x
x→ 0
ln(1 + x)
lim
= 1
x→ 0+
x
2. Dla x < 0 dzielimy obie strony przez x
1
ln x
1
1 + x
x
1
Ponieważ lim
= 1 = lim 1 więc
x→ 0 1 + x
x→ 0
ln(1 + x)
lim
= 1
x→ 0 −
x
Ponieważ obie granice jednostronne są sobie równe, więc
ln(1 + x)
lim
= 1
x→ 0
x
ln(1 + x)
lim
= 1
x→ 0
x
Szkic dowodu nierówności
2
1
1. Nierówność:
¬ ln x ¬ x jest prawdziwa dla x =
, n ∈ N . Dla takich x ma postać:
1 + x
n
1
1
1
< ln 1 +
<
n + 1
n
n 1
2. Dla x w postaci x = −
, n ∈ N , n 2 mamy:
n
1
n − 1
n
1
1
ln(1 + x) = ln 1 −
= ln
= − ln
= − ln 1 +
> −
=
n
n
n − 1
n − 1
n − 1
1
− n
x
=
1
1 + x
1 − n
oraz:
1
1
ln(1 + x) = − ln 1 +
< −
= x
n − 1
n
m
3. Dla x w postaci x =
, m ∈ N , n ∈ Z , n 6= 0 , n > −m mamy: n
1 m
m
1 +
1 +
: nierówność Bernoulliego, stąd:
n
n
m
1 m
1
m
ln(1 + x) = ln 1 +
¬ ln 1 +
= m ln 1 +
<
= x
n
n
n
n
4. Dla x ∈ R , x > − 1 istnieje ciąg qn ∈ Q taki, że qn > x i lim qn = x . Mamy więc: n→∞
ln(1 + x) < ln(1 + qn) < qn
Przechodząc do granicy ( n → ∞)
ln(1 + x) ¬ x
5. Dla x ∈ R , x > − 1 mamy
1
−x
x
ln(1 + x) = − ln
= − ln(1 +
)
1 + x
1 + x
1 + x
sin x
Przykład: Obliczyć lim
x→ 0
x
Korzystamy z nierówności: π
sin x ¬ x ¬ tg x dla x ∈ (0 ,
)
2
1. Dla x > 0 dzielimy obie strony przez sin x
x
1
1 ¬
¬
sin x
cos x
Czyli
sin x
cos x ¬
¬ 1
x
Ponieważ lim cos x = 1 = lim 1 więc
x→ 0
x→ 0
sin x
lim
= 1
x→ 0+
x
Granica lewostronna:
sin x
sin −x
sin t
lim
= lim
= lim
= 1
x→ 0 −
x
x→ 0 −
−x
t→ 0+
t
(podstawiamy t = −x , jeśli x < 0 to t > 0 oraz lim t = 0) x→ 0 −
Twierdzenie: Granica złożenia funkcji:
Nieach dane będą funkcje: f : Df → R , g : Dg → Df .
Niech istnieją granice: lim g( x) = b , lim f ( y) = c , a funkcja g spełnia warunek ( ∀x ∈
x→a
y→b
Dg) x 6= a ⇒ g( x) 6= b. Wtedy istnieje granica złożenia i jest równa: lim f ( g( x)) = c
x→a
ex − 1
Przykład: Obliczyć lim
x→ 0
x
3
W granicy lim
= 1 podstawiamy y = ex − 1 . Widać, że lim( ex − 1) = 0 . Stąd: y→ 0
y
x→ 0
ln(1 + ex − 1)
ln( ex)
x
1 = lim
= lim
= lim
x→ 0
ex − 1
x→ 0 ex − 1
x→ 0 ex − 1
Stąd:
ex − 1
lim
= 1
x→ 0
x
x sin 5 x
Przykład: Obliczyć lim
x→ 0 1 − cos x
2
x
x sin 5 x
x sin 5 x
sin 5 x
5 x 2
lim
= lim
= lim
·
2
·
= 20
x→ 0 1 − cos x
x→ 0 2 sin2 x
x→ 0
5 x
sin x
x 2
2
2
4
Definicja granicy lewostronnej i prawostronnej funkcji
Jeżeli w definicji granicy funkcji zastąpimy warunek xn 6= a warunkiem xn < a to dostaniemy definicję granicy lewostronnej:
lim f ( x)
x→a−
Podobnie jeśli, xn > a dostaniemy definicję granicy prawostronnej: lim f ( x)
x→a+
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 f ( x)
;
f ( a+) = lim f ( x)
x→a−
x→a+
Przykład
1
lim
= + ∞
x→ 0+ x
1
lim
= −∞
x→ 0 − x
Twierdzenie:
Niech dana będzie funkcja f : D → R oraz niech a będzie obustronnym punktem skupienia D. Wtedy granica lim f ( x) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją i są równe granice: x→a
lim f ( x) = lim f ( x) . Oczywiście wtedy granica funkcji jest równa granicy lewostronnej i x→a−
x→a+
prawostronnej.
|x|
Przykład Obliczyć lim
x→ 0+ x
Obliczamy granicę lewostronną:
|x|
−x
lim
= lim
= − 1
x→ 0 − x
x→ 0 −
x
Obliczamy granicę prawostronną:
|x|
x
lim
= lim
= 1
x→ 0+ x
x→ 0+ x
|x|
Ponieważ granice te nie są równe, więc granica lim
nie istnieje.
x→ 0+ x
Uwaga: Może zdarzyć się, że dziedzina funkcji f zawiera się w przedziale < a, ∞) lub ( −∞, a > . Wtedy granica funkcji jest jednocześnie granicą jednostronną np.
lim ln x = lim ln x ponieważ D = (0 , ∞) x→ 0
x→ 0+
Ciągłość funkcji
Defninicja: Funkcja f : D → R jest ciągła w punkcie x 0 ∈ D wtedy i tylko wtedy, gdy: 4
1. lim f ( x) = f ( x 0) : granica funkcji w x 0 istnieje i jest równa wartości funkcji w tym x→x 0
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 f ( x) . Wygodnie jest jednak zdefiniować funkcję w punkcie jako ciągłą.
x→x 0
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 f ( x) = lim x 2 = x 2 = f ( x 0) x→x
9
0
x→x 0
Funkcja f jest ciągła w każdym punkcie dziedziny, a więc jest ciągła.
Twierdzenie: Funkcje xα ( α > 0), sin x, cos x , ln x , ex są ciągłe Twierdzenie: Niech dane będą funkcje f : Df → R oraz g : Dg → R. Wtedy poniższe funkcje też są ciągłe:
f ( x) + g( x)
, x ∈ Df ∩ Dg
f ( x) − g( x)
, x ∈ Df ∩ Dg
f ( x) · g( x)
, x ∈ Df ∩ Dg
f ( x)
, x ∈ Df ∩ Dg \ {x ∈ Dg : g( x) 6= 0 }
g( x)
f ( x) g( x)
, x ∈ Df ∩ Dg (przy założeniu, że f ( x) > 0) f ( g( x))
, x ∈ g− 1( Df )
Przykład: Funkcja
√
sin(ln(1 +
x)) + e−x
f ( x) =
tg x − x 2
jest ciągła na całej dziedzinie
Uwaga: Znalezienie dziedziny tej funkcji jest trudne, możemy jednak stwierdzić, że na dziedzinie tej funkcja f jest ciągła.
Przykład: Dla jakich wartości: a, b ∈ R jest ciągła funkcja f : R → R:
x 4 + x − 2
dla x > 1
x 3 − 1
f ( x) =
ax + b
dla 0 ¬ x ¬ 1
sin x
dla x < 0
x
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 f ( x) = lim ( ax + b) = b x→ 0+
x→ 0+
sin x
f (0 −) = lim f ( x) = lim
= 1
x→ 0 −
x→ 0 −
x
5
Dla x = 1: Aby funkcja była ciągła w tym punkcie musi zachodzić: f (1 −) = f (1+) = f (1) f (1) = a + b
x 4 + x − 2
( x − 1)( x 3 + x 2 + x + 2)
x 3 + x 2 + x + 2
f (1+) = lim f ( x) = lim
= lim
= lim
=
x→ 1+
x→ 1+
x 3 − 1
x→ 1+
( x − 1)( x 2 + x + 1)
x→ 1+
x 2 + x + 1
5
3
f (1 −) = lim f ( x) = lim ( ax + b) = a + b x→ 1 −
x→ 1 −
5
Mamy więc równanie: a + b = 3
2
Rozwiązaniem układu równań jest: a =
, b = 1. Dla tych wartości parametrów funkcja f
3
jest ciągła.
Rodzaje punktów nieciągłości
Przykłady funkcji f : < 0 , ∞) → R nieciągłej tylko w jednym punkcie x 0 = 0
1. Funkcja ma granicę skończoną w x 0, ale granica ta nie jest równa wartości funkcji w x 0
(
1
dla x > 0
f ( x) =
0
dla x = 0
W punkcie x 0 = 0 funkcja ma skok skończony.
2. Funkcja ma granicę nieskończoną w x 0
1
dla x > 0
f ( x) =
x
0
dla x = 0
W punkcie x 0 = 0 funkcja ma skok nieskończony.
3. Funkcja nie ma granicy w x 0 (nieskończenie wiele oscylacji w otoczeniu x 0) (
sin 1
dla x > 0
f ( x) =
x
0
dla x = 0
Uwaga: W każdym punkcie nieciągłości funkcja zachowuje się podobnie jak w powyższych przykładach. Zachowanie się funkcji nieciągłej może być bardziej złożone niż w powyższych prostych przykładach:
1. Amplituda oscylacji może być nieskończona
2. Funkcja może być ciągła z np. lewej strony i nieciągła z prawej
3. Typy nieciągłości funkcji z lewej i prawej strony mogą być różne 4. Może być wiele (nieskończenie wiele) punktów nieciągłości np. funkcja Dirichleta nieciągła w każdym punkcie:
(
1 dla x ∈
f ( x) =
Q
0 dla x /
∈ Q
Zastosowania funkcji ciągłej:
Twierdzenie 1 Jeżeli funkcja f : D → R jest ciągła, a zbiór D jest domknięty i ograniczony to f jest ograniczona (tzn. zbiór f ( D) jest ograniczony).
Twierdzenie 2 Jeżeli funkcja f : D → R jest ciągła, a zbiór D jest domknięty i ograniczony
to f ma na D maksimum i minimum globalne (tzn.
∃x 1 ∈ D f ( x 1) = max ( D) oraz
∃x 2 ∈ D f ( x 2) = min ( D) ).
Twierdzenie 3 Jeżeli funkcja f : D → R jest ciągła, a zbiór D jest przedziałem to zbiór f ( D) jest też przedziałem.
Z tego twierdzenie wynika, że dla D = < a, b > jeżeli f ( a) > 0 oraz f ( b) < 0 to istnieje x 0 ∈ ( a, b) takie, że f ( x 0) = 0
Uwaga: Ważnym założeniem w powyższych twierdzeniach są założenia o zbiorze D.
6
Przykład: Pokazać, że równanie ex = 2 − x ma rozwiązanie.
Niech f ( x) = ex + x − 2. Mamy f (0) = − 1 < 0 , f (1) = e − 1 > 0. Funkcja f jest ciągła na przedziale < 0 , 1 > . Wynika stąd, że w przedziale (0 , 1) ma przynajmniej jedno miejsce zerowe: f ( x 0) = 0 , x 0 ∈ (0 , 1) . c 0 jest rozwiązaniem równania.
7