Embed Size (px)
Citation preview
WSTĘP
DO ANALIZY
MATEMATYCZNEJ
Liliana Janicka
WSTĘP
DO ANALIZY
MATEMATYCZNEJWydanie trzecie poprawione
��@@��@@
��@@��@@
��@@��@@
��@@��@@
GiS
Oficyna Wydawnicza GiS
Wrocław 2004
Projekt okładkiIMPRESJA Studio Grafiki Reklamowej
Copyright c© 2002, 2003, 2004 by Liliana Janicka
Utwór w całości ani we fragmentach nie może być powielany ani rozpowszechnianyza pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych, kopiujących, nagrywającychi innych. Ponadto utwór nie może być umieszczany ani rozpowszechniany w postacicyfrowej zarówno w internecie, jak i w sieciach lokalnych, bez pisemnej zgodyposiadacza praw autorskich.
Printed in Poland.
Skład komputerowy w systemie LATEX wykonała autorka
ISBN 83–89020–36–X
Wydanie III poprawione, Wrocław 2004Oficyna Wydawnicza GiS, s.c., tel. (0-71) 357 85 65, e-mail: [email protected]: TINTA Sp. z o.o., tel. (0-71) 325 17 88, e-mail: [email protected]
4
Spis treści
Wstęp 7
1 Zbiory liczbowe 91.1 Zbiór liczb naturalnych
oraz zasada indukcji matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Podzielność . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.3 Zbiór liczb całkowitych i pojęcie grupy . . . . . . . . . . . . . . . . 261.4 Zbiór liczb wymiernych i pojęcie ciała . . . . . . . . . . . . . . . . 261.5 Liczby wymierne, niewymierne i rzeczywiste.
Interpretacja geometryczna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.6 Kresy zbioru i twierdzenie o ciągłości
zbioru liczb rzeczywistych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.7 Ćwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2 Ciągi liczbowe 412.1 Oznaczenia, podstawowe definicje i fakty . . . . . . . . . . . . . . . 412.2 Granica ciągu, podstawowe własności granicy . . . . . . . . . . . . 482.3 Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów . . . . . . . . . . . . . 532.4 Pożyteczne twierdzenia o zbieżności ciągów . . . . . . . . . . . . . 692.5 Podciągi, granica górna i dolna ciągu . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.6 Warunek Cauchy’ego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.7 Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych . . . . . . . . . . . . . . . . . 782.8 Ćwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
3 Szeregi liczbowe 893.1 Podstawowe definicje i przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.2 Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych . . . . . . . . . . . . . 953.3 Szeregi o wyrazach dowolnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.4 Ćwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
4 Ciągłość funkcji 1144.1 Granica funkcji w punkcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1144.2 Asymptoty wykresu funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
5
SPIS TREŚCI SPIS TREŚCI
4.3 Ciągłość funkcji w punkcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1354.4 Ciągłość funkcji elementarnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1394.5 Najważniejsze własności funkcji ciągłych . . . . . . . . . . . . . . . 1414.6 Jeszcze jedno zastosowanie ciągłości funkcji . . . . . . . . . . . . . 1494.7 Ćwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
Odpowiedzi do ćwiczeń 154
Skorowidz 156
6
Wstęp
Niniejsze opracowanie dotyczy wybranych elementarnych zagadnień analizymatematycznej. Powstało ono w oparciu o moje wieloletnie doświadczenie w pracydydaktycznej z kandydatami na studia oraz ze studentami pierwszych lat kierun-ków matematycznych Politechniki i Uniwersytetu we Wrocławiu. Do przygotowa-nia tego opracowania zachęciła mnie moja córka Marysia. To dzięki jej starannymnotatkom z mojego wykładu dla słuchaczy Studium Talent w Politechnice Wro-cławskiej, zawdzięcza ono swój obecny kształt.
Do kogo adresowany jest ten „skrypt”? Adresatami są słuchacze mojego wy-kładu na Studium Talent, uczniowie klas matematycznych oraz uczestnicy kółekmatematycznych. Skorzystają z niego zapewne także kandydaci na studia matema-tyczne, jak również studenci pierwszych lat tego kierunku. Wyraz „skrypt” ujęłamw cudzysłów nieprzypadkowo, gdyż jest to raczej dosyć swobodne opowiadanie opewnych zagadnieniach analizy matematycznej, niż uporządkowany podręcznikakademicki, ale takie było moje zamierzenie.
Książka podzielona jest na cztery rozdziały. Każdy z nich jest zakończony ćwi-czeniami. Na końcu książki podane są odpowiedzi do wszystkich ćwiczeń.
W rozdziale pierwszym omówione są najważniejsze własności zbiorów liczbo-wych pojawiających się w analizie matematycznej, tzn. zbiorów liczb: naturalnych,całkowitych, wymiernych, niewymiernych i rzeczywistych.
Rozdział drugi poświęcony jest ciągom liczbowym, a dokładnie pojęciu granicyciągu – jednemu z najważniejszych pojęć analizy matematycznej. Starałam się na-pisać go w taki sposób, by można było udowodnić każdy przytoczony fakt, bazującjedynie na tym, co zostało wykazane wcześniej. Stąd taka kolejność przytaczanychtwierdzeń. W rozdziale tym jest jeszcze kilka rzadziej omawianych twierdzeń ozbieżności ciągów, takich jak np. twierdzenie o granicy ciągu średnich arytmetycz-nych i geometrycznych, czy lemat Stolza.
Z kolei w rozdziale trzecim omówione są szeregi liczbowe. Jestem przekonana,że o szeregach, a więc o ciągach specjalnej postaci, trzeba mówić bezpośredniopo zreferowaniu materiału dotyczącego ciągów liczbowych. Nie należy „demoni-
7
8
zować” pojęcia szeregu, zwłaszcza, że już w szkole średniej uczniowie spotykająszereg geometryczny.
W ostatnim rozdziale próbuję przybliżyć Czytelnikowi pojęcie ciągłości funk-cji. Zawartych jest w nim wiele przykładów obliczania granic funkcji w oparciu odefinicję Heinego. Granice odpowiednich ciągów liczbowych zostały wyznaczonewcześniej. W tym rozdziale udowodniona jest też ciągłość funkcji elementarnychoraz omówione są podstawowe własności funkcji ciągłych.
Przygotowując to opracowanie korzystałam z podręczników: „Rachunek róż-niczkowy i całkowy” Kazimierza Kuratowskiego, „Analiza matematyczna” Helenyi Juliana Musielaków , „Zbioru zadań z analizy matematycznej” Józefa Banasiai Stanisława Wędrychowicza oraz z książki „Analiza matematyczna 1” MarianaGewerta i Zbigniewa Skoczylasa. Korzystałam także z konspektu wykładu Pani drAgnieszki Wojciechowskiej, przeznaczonego dla studentów starszych lat matema-tyki nauczycielskiej Uniwersytetu Wrocławskiego.
Do obecnego wydania ksiązki dołączono kilka nowych przykładów oraz usu-nięto zauważone błędy i usterki.
Dziękuję mojej koleżance Pani dr Jolancie Długosz za cierpliwe i wnikliweczytanie kolejnych wersji tekstu pierwszego wydania. Dziękuję także Koleżankomi Kolegom z Instytutów Matematyki Politechniki i Uniwersytetu we Wrocławiu zaprzekazane uwagi i informacje o błędach. Czytelników uprzejmie proszę o kierowa-nie wszelkich uwag o opracowaniu na mój adres elektroniczny.
Liliana Janicka
Instytut MatematykiPolitechnika Wrocł[email protected]
1Zbiory liczbowe
1.1 Zbiór liczb naturalnychoraz zasada indukcji matematycznej
Jednym z najważniejszych obiektów, jakimi zajmuje się analiza matematyczna,jest zbiór liczb naturalnych, który w dalszym tekście oznaczamy literą N. Liczbaminaturalnymi, ich własnościami i prawami rządzącymi w tym świecie, zajmuje sięgałąź matematyki zwana arytmetyką. Nam wystarczy wiedzieć, że zbiór liczbnaturalnych jest to najmniejszy zbiór liczbowy zawierający 0 i wraz z każdą liczbąn – liczbę następną n + 1. Wynika z tego, że zbiór N ma bardzo ważną własnośćindukcji. Mianowicie, jeżeli zbiór A ⊂ N zawiera liczbę 0 oraz z założenia, że n ∈ Awynika, że (n+ 1) ∈ A, to A = N1.Własność ta znana jest głównie jako metoda dowodzenia twierdzeń o liczbach
naturalnych i nazywamy ją zasadą indukcji matematycznej. Wersję, w jakiejbędziemy ją tutaj stosować, można sformułować następująco.
Niech T (n) będzie zdaniem określającym daną własność liczby natu-ralnej n oraz niech n0 będzie ustaloną liczbą naturalną. Jeżeli speł-nione są warunki:
(i) zdanie T (n0) jest prawdziwe,
(ii)∧
n∈N, nn0prawdziwa jest implikacja T (n) =⇒ T (n+ 1),
to ∧
n∈N, nn0zdanie T (n) jest prawdziwe.
Warunek (ii) stosujemy często w nieco zmodyfikowanej wersji. Mianowicie dowo-dzimy, że z prawdziwości twierdzenia dla wszystkich liczb mniejszych od n + 1wynika jego prawdziwość dla liczby n+ 1.
1Pamiętajmy więc, że w naszych oznaczeniach mamy N = {0, 1, 2, . . .}.
9
10 Zbiory liczbowe
Indukcja służy nie tylko do dowodzenia, ale i do definiowania. Przypuśćmy,że chcemy w ten sposób zdefiniować ciąg elementów pewnego zbioru A. Zdefiniu-jemy go „wyraz po wyrazie”, to znaczy że kolejny wyraz ciągu zdefiniujemy wzależności od wyrazu poprzedniego. Musimy w tym celu mieć wyróżniony pewienelement a ∈ A, od którego zaczniemy budować nasz ciąg, oraz sposób otrzymy-wania następnego wyrazu z poprzedniego. Jeżeli opisem tego sposobu jest funkcjaf :A 7→ A, to definicja ma następującą postać:
(i) a0 = a, (ii) an+1 = f (an) .
Taką definicję nazywamy indukcyjną lub rekurencyjną. Czasem funkcja f maskomplikowaną postać, zależeć może od wielu zmiennych, może też podawać war-tość an+1 w zależności nie tylko od an, ale od wszystkich poprzednich wyrazów,tj. a0, a1, . . . , an. Jednakże wybór elementu a i funkcji f gwarantuje istnienie ijednoznaczność ciągu spełniającego warunki (i), (ii).W szkole zetknęliśmy się wiele razy z definicjami tego typu. Dla przykładu –
ciąg arytmetyczny definiujemy najczęściej, podając wartość jego pierwszego wy-razu a oraz różnicę r:
(i) a1 = a, (ii) an+1 = an + r,
natomiast ciąg geometryczny możemy całkowicie opisać, podając jego pierwszywyraz a oraz iloraz q:
(i) a1 = a, (ii) an+1 = anq.
Czasem (i tak jest w przypadku ciągu arytmetycznego i geometrycznego) możnapodać również definicję jawną, to znaczy, podać zależność w postaci an = φ(n).Dla ciągu arytmetycznego otrzymujemy wówczas an = a + (n − 1)r, a dla ciągugeometrycznego mamy an = aqn−1. Łatwo to sprawdzić przez indukcję, która jestnaturalnym sposobem dowodzenia własności ciągów rekurencyjnych.
Podamy teraz przykłady zastosowania zasady indukcji matematycznej.
• Fakt 1.1.1 (nierówność Bernoulliego2) Niech x −1 będzie dowolnie usta-loną liczbą rzeczywistą. Wówczas dla każdej liczby naturalnej n zachodzi nierów-ność
(1 + x)n 1 + nx.
D o w ó d. (i) Dla n = 1 nierówność (w tym przypadku – równość) zachodzi.(ii) Niech n 1 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną. Załóżmy, że nierówność
(1 + x)n 1 + nx2Jakob Bernoulli (1654–1705), jeden z członków licznej rodziny matematyków szwaj-
carskich.
Zbiór liczb naturalnych oraz zasada indukcji matematycznej 11
jest prawdziwa. Wówczas
(1 + x)n+1 = (1 + x)n(1 + x)
(1 + nx)(1 + x)= 1 + x+ nx+ nx2
1 + (n+ 1)x.
Na mocy zasady indukcji matematycznej nierówność jest prawdziwa dla każdejliczby naturalnej n i dowolnej liczby rzeczywistej x −1.Czytelnikom proponujemy, jako pożyteczne ćwiczenie, udowodnienie ogólniej-
szej, tzw. nierówności Weierstrassa3
(1 + x1) · (1 + x2) · . . . · (1 + xn) 1 + x1 + x2 + . . .+ xn,
prawdziwej dla dowolnych xk −1, xk 6= 0, xk tego samego znaku.
• Przykład 1.1.1 Niech x będzie dowolnie ustaloną liczbą rzeczywistą taką, że0 ¬ x ¬ 1. Wówczas dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność
(1 + x)n ¬ 1 + n2n−1x.
D o w ó d. (i) Dla n = 1 zachodzi równość.(ii) Niech n 1 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną i załóżmy, że nierów-ność (1 + x)n ¬ 1 + n2n−1x jest prawdziwa. Wówczas, dzięki nierówności x2 ¬ x(prawdziwej dla 0 ¬ x ¬ 1), mamy
(1 + x)n+1 = (1 + x)n(1 + x) ¬ (1 + n2n−1x)(1 + x) = 1 + x+ n2n−1x+ n2n−1x2
¬ 1 + x+ n2n−1x+ n2n−1x = 1 + x+ n2n−12x = 1 + (1 + n2n)x¬ 1 + (2n + n2n)x = 1 + (n+ 1)2nx.
Zatem, na mocy zasady indukcji matematycznej, nierówność jest prawdziwa dlakażdej liczby naturalnej n i dowolnej liczby rzeczywistej 0 ¬ x ¬ 1.Jednym z najstarszych znanych przykładów ciągu rekurencyjnego jest ciąg
Fibonacciego4 zdefiniowany zależnościami:
a1 = 1, a2 = 1, an = an−1 + an−2, dla n = 3, 4, . . . .
• Przykład 1.1.2 Pokazać, że wyrazy ciągu Fibonacciego można przedstawić w po-staci
an =(1 +√5)n − (1 −
√5)n
2n√5
.
3Karl Friedrich Weierstrass (1815–1897), matematyk niemiecki, twórca podstaw ana-lizy matematycznej.4Leonardo z Pizy zwany Fibonaccim (ok. 1175 – po 1240), matematyk włoski, wpro-
wadził do Europy cyfry arabskie.
12 Zbiory liczbowe
R o z w i ą z a n i e. W tym przykładzie, trochę nietypowo, musimy sprawdzićpierwszy warunek zasady indukcji matematycznej dla n = 1 i n = 2.
(i) Dla n = 1 mamy równość(1 +√5)1 −
(1−√5)1
21√5
= 1 = a1,
a dla n = 2 otrzymamy(1 +√5)2 −
(1−√5)2
22√5
=6 + 2√5− 6 + 2
√5
4√5
= 1 = a2,
czyli pierwszy warunek zasady indukcji matematycznej jest spełniony.
(ii) Niech n > 2 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną i załóżmy, że
an−2 =
(1 +√5)n−2 −
(1−√5)n−2
2n−2√5
oraz an−1 =
(1 +√5)n−1 −
(1−√5)n−1
2n−1√5
.
Wówczas, zgodnie z definicją rekurencyjną otrzymujemy kolejno:
an = an−1 + an−2 =(1 +√5)n−2−(1−
√5)n−2
2n−2√5
+(1 +√5)n−1 −
(1−√5)n−1
2n−1√5
=2(1 +
√5)n−2 − 2(1−
√5)n−2+(1+
√5)n−1−
(1−√5)n−1
2n−1√5
=
(1 +√5)n−2 (
2 + 1 +√5)−(1−√5)n−2 (
2 + 1−√5)
2n−1√5
=
(1 +√5)n−2 (
1 +√5)2 −
(1−√5)n−2 (
1−√5)2
2n√5
=
(1 +√5)n −
(1−√5)n
2n√5
.
Z (i) oraz (ii), na mocy zasady indukcji matematycznej, wynika, że dowodzonywzór jest prawdziwy dla każdej liczby naturalnej n.
Zauważmy jeszcze, że z definicji ciągu Fibonacciego i udowodnionego wyżejwzoru określającego jego n-ty wyraz wynika, iż dla każdej liczby naturalnej nliczba (
1 +√5)n −
(1−√5)n
2n√5
jest naturalna, co bez odwołania się do powyższej argumentacji nie jest takie oczy-wiste.
Kolejny fakt, raczej czysto technicznej natury, posłuży nam do udowodnieniabardzo często wykorzystywanej zależności między średnią arytmetyczną a średniągeometryczną.
Zbiór liczb naturalnych oraz zasada indukcji matematycznej 13
• Fakt 1.1.2 Dla każdej liczby naturalnej n oraz dowolnych dodatnich liczb rzeczy-wistych a1, a2, . . . , an takich, że a1 · a2 · . . . · an = 1 zachodzi nierówność
a1 + a2 + . . .+ an n.
D o w ó d. (i) Dla n=1 zachodzi równość, a dla n=2 i dwu liczb a1 > 0, a2 > 0takich, że a1 ·a2 = 1 mamy równości
a1 + a2 = a1 +1a1=a21 + 1a1
i nierówność a1 + a2 2 jest równoważna nierówności (a1 − 1)2 0, prawdziwejdla dowolnej liczby a1.
(ii) Niech n 2 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną i załóżmy, że teza jestprawdziwa dla n. Weźmy teraz dowolne n + 1 liczb: b1 > 0, . . . , bn > 0, bn+1 > 0takich, że b1 · b2 · . . . · bn · bn+1 = 1. Jeżeli bi = 1 dla wszystkich i = 1, 2, . . . , n+1,to teza jest prawdziwa (mamy po prostu równość). Jeżeli nie wszystkie liczby bisą równe 1, to przynajmniej jedna z nich musi być mniejsza niż 1 i przynajmniejjedna – większa niż 1. Nie zmniejszając ogólności rozumowania możemy przyjąć,że bn < 1, bn+1 > 1 oraz skorzystać z założenia indukcyjnego dla
a1 = b1, . . . , an−1 = bn−1, an = bn · bn+1.
Mamy stądb1 + b2 + . . .+ bn · bn+1 n.
Zatem
b1 + b2 + . . .+ bn + bn+1 = b1 + b2 + . . .+ bn · bn+1 − bn · bn+1 + bn + bn+1 n− bn · bn+1 + bn + bn+1.
Wystarczy więc pokazać, że
n− bn · bn+1 + bn + bn+1 n+ 1, czyli że bn − bn · bn+1 1− bn+1.
Ostatnia nierówność jest jednak równoważna nierówności
(bn − 1) (1− bn+1) 0,
prawdziwej przy przyjętym powyżej założeniu o bn i bn+1. Na mocy zasady indukcjimatematycznej nierówność
a1 + a2 + . . .+ an n
jest prawdziwa dla każdej liczby naturalnej n i dla wszystkich liczb a1 > 0, a2 >0, . . . , an > 0 takich, że a1 · a2 · . . . · an = 1.Dla dowolnych liczb nieujemnych a1, a2, . . . , an definiujemy średnią geome-
tryczną Gn i średnią arytmetyczną An kładąc:
Gn = n√a1 · a2 · . . . · an oraz An =
a1 + a2 + . . .+ ann
.
14 Zbiory liczbowe
• Fakt 1.1.3 Dla dowolnych liczb nieujemnych a1, a2, . . . , an zachodzi nierównośćn√a1 · a2 · . . . · an ¬
a1 + a2 + . . .+ ann
.
D o w ó d. Jeżeli ai = 0 dla jakiegoś i takiego, że 1 ¬ i ¬ n, to nierówność jestoczywista, bo wówczas Gn = 0.
Jeżeli wszystkie ai są dodatnie, to rozważmy liczby
bi =ai
n√a1 · a2 · . . . · an
> 0 dla i = 1, 2, . . . , n.
Spełniają one założenia poprzedniego faktu, gdyż
b1 · b2 · . . . · bn =a1
n√a1 · a2 · . . . · an
· a2n√a1 · a2 · . . . · an
· . . . · ann√a1 · a2 · . . . · an
= 1.
Zatem b1 + b2 + . . .+ bn n. Stąd otrzymamy nierówność
a1 + a2 + . . .+ ann√a1 · a2 · . . . · an
n,
równoważną nierówności
a1 + a2 + . . .+ ann
n√a1 · a2 · . . . · an,
którą należało udowodnić.
• Fakt 1.1.4 Każdy zbiór n–elementowy ma 2n podzbiorów.D o w ó d. (i) Dla n = 0 mamy zbiór pusty, którego jedynym podzbiorem jestzbiór pusty i 20 = 1, czyli teza jest prawdziwa dla n = 0.
(ii) Niech n 1 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną. Załóżmy, że dowolnyzbiór n–elementowy ma 2n podzbiorów i niech A = {a1, a2, . . . , an+1} będzie ja-kimkolwiek zbiorem (n + 1)–elementowym. Podzielmy wszystkie jego podzbioryna dwie klasy. Do pierwszej z nich zaliczmy wszystkie podzbiory zawierająceustalony element (np. a1), a do drugiej – wszystkie podzbiory nie zawierającetego elementu. Elementy drugiej klasy są podzbiorami n–elementowego zbioru{a2, . . . , an+1}, więc jest ich (na mocy założenia indukcyjnego) 2n. Zauważmy też,że istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość między podzbiorami należą-cymi do pierwszej klasy, a podzbiorami należącymi do drugiej klasy. Wystarczybowiem do dowolnego podzbioru należącego do drugiej klasy dorzucić element a1otrzymując podzbiór należący do pierwszej klasy, przy czym z różnych podzbiorównależących do drugiej klasy otrzymujemy różne podzbiory należące do pierwszejklasy i każdy podzbiór pierwszej klasy można w ten sposób otrzymać z pewnegopodzbioru należącego do drugiej klasy. Zatem wszystkich podzbiorów dowolnegozbioru (n+ 1)–elementowego jest 2 · 2n = 2n+1, co należało wykazać.
Zbiór liczb naturalnych oraz zasada indukcji matematycznej 15
Zgodnie z zasadą indukcji matematycznej wykazaliśmy, że dla dowolnej liczbynaturalnej n zbiór, który ma n elementów, posiada 2n podzbiorów.
Zajmiemy się teraz udowodnieniem często wykorzystywanego wzoru na potęgędwumianu. Dla n∈N definiujemy:
1) 0! = 1, (n+ 1)! = n!(n+ 1) (symbol silni),
2)(n
k
)
=n!
k!(n− k)! dla k ∈ N, k ¬ n, (symbol Newtona).
W dalszym ciągu będziemy korzystać z równości podanych w następującym fakcie.
• Fakt 1.1.5 Dla dowolnej liczby naturalnej n oraz dla k=1, 2, . . . , n prawdziwe sąrówności:
(n
0
)
= 1,(n
n
)
= 1,(n
k
)
+( n
k − 1)
=( n+ 1k
)
.
D o w ó d. Oczywiście:
(n
0
)
=n!0! n!= 1,
(n
n
)
=n!n! 0!= 1.
Ponadto
(n
k
)
+(n
k − 1
)
=n!
k!(n− k)! +n!
(k − 1)!(n− (k − 1))! =n!(n− (k − 1)) + n!kk!(n− (k − 1))!
=n!(n+ 1)k!(n+ 1− k)! =
(n+ 1)!k!(n+ 1− k)! =
(n+ 1k
)
.
I znowu wykorzystamy zasadę indukcji matematycznej do dowodu kilku ważnychfaktów o wielorakich zastosowaniach.
• Fakt 1.1.6 Dla dowolnej liczby naturalnej n oraz dla k = 0, 1, . . . , n liczba(n
k
)
jest naturalna.
D o w ó d. (i) Dla n = 0 możemy wziąć jedynie k = 0, a już wiemy z poprzedniego
faktu, że(00
)
= 1.
(ii) Niech n będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną. Załóżmy, że dla wszystkich
k takich, że 0 ¬ k ¬ n, liczba(n
k
)
jest naturalna. Należy pokazać, że dla wszyst-
kich k = 0, 1, . . . , n + 1 liczba(n+ 1k
)
jest naturalna. Dla k = 0 oraz k = n+ 1
w Fakcie ?? sprawdziliśmy, że(n+ 10
)
= 1,(n+ 1n+ 1
)
= 1,
16 Zbiory liczbowe
a dla 0 < k < n+1 wykorzystujemy trzecią równość zawartą również w Fakcie ??(n+ 1k
)
=(n
k
)
+(n
k − 1
)
.
Na mocy założenia indukcyjnego oba składniki sumy po prawej stronie tej równościsą liczbami naturalnymi. Lewa strona jest więc także liczbą naturalną, co na mocyzasady indukcji kończy dowód faktu.
Możemy już przystąpić do dowodu wspomnianego wyżej wzoru na n–tą potęgędwumianu.
• Fakt 1.1.7 (wzór dwumianowy Newtona5)Dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b i dowolnej liczby naturalnej n zachodzi na-stępujący wzór na n–tą potęgę dwumianu
(a+ b)n =(n
0
)
anb0 +(n
1
)
an−1b1 + . . .+(n
n− 1
)
a1bn−1 +(n
n
)
a0bn.
D o w ó d. (i) Dla n = 0 wzór jest prawdziwy, gdyż
L = (a+ b)0 = 1, oraz P =(00
)
a0b0 = 1.
(ii) Niech n 1 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną. Załóżmy, zgodniez zasadą indukcji matematycznej, że dowodzona równość jest prawdziwa dla wy-kładnika n > 0. Wykorzystując to założenie pokażemy, że jest ona prawdziwa dlawykładnika równego n+ 1. Mamy zatem
(a+ b)n+1 = (a+ b)n(a+ b)
= a((n
0
)
anb0 +(n
1
)
an−1b1+. . .+(n
n−1
)
a1bn−1 +(n
n
)
a0bn)
+b((n
0
)
anb0+(n
1
)
an−1b1+. . .+(n
n−1
)
a1bn−1 +(n
n
)
a0bn)
=(n
0
)
an+1b0 +(n
1
)
anb1+. . .+(n
n−1
)
a2bn−1+(n
n
)
a1bn
+(n
0
)
anb1 +(n
1
)
an−1b2+. . .+(n
n−1
)
a1bn +(n
n
)
a0bn+1
=(n
0
)
an+1b0+((n
1
)
+(n
0
))
anb1+. . .
+(n
n
)
+(n
n−1
)
a1bn +(n
n
)
a0bn+1.
5Sir Isaac Newton (1643–1727), angielski fizyk, astronom i matematyk współodkrywca(obok matematyka niemieckiego Gottfrieda Wilhelma Leibniza) rachunku różniczkowegoi całkowego.
Zbiór liczb naturalnych oraz zasada indukcji matematycznej 17
Wykorzystując teraz dwukrotnie (dla n i n+1) dwie pierwsze tożsamości orazn–krotnie – trzecią tożsamość z Faktu ??, otrzymujemy ostatecznie równość
(a+b)n+1 =(n+10
)
an+1b0+(n+11
)
anb1+. . .+(n+1n
)
a1bn+(n+1n+ 1
)
a0bn+1.
Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór dwumianowy Newtona jest praw-dziwy dla każdej liczby naturalnej n.
Współczynniki występujące w tym wzorze można łatwo wyliczyć posługującsię tzw. trójkątem Pascala6, który łatwo buduje się w oparciu o pierwszy wzórz Faktu ??:
11 1
1 2 11 3 3 1
1 4 6 4 11 5 10 10 5 1
. . . . . . .
Rys. 1.1.1. Trójkąt Pascala.
Liczby n–tego wiersza trójkąta Pascala są kolejnymi współczynnikami rozwi-nięcia dwumianu (a+ b)n. Łatwo zauważyć, że każdy element n–tego wiersza jestsumą dwu znajdujących się bezpośrednio nad nim elementów (n−1)–szego wiersza.Posługując się dwumianem Newtona możemy znaleźć np. rekurencyjny wzór
na sumę k–tych potęg kolejnych liczb naturalnych.
Ponieważ dla dowolnej liczby naturalnej m zachodzi równość
(m+1)k+1−mk+1=(k+11
)
mk+(k+12
)
mk−1+ . . .+(k+1k
)
m1+(k+1k+1
)
m0,
więc, pisząc tę równość kolejno dla m = 1, 2, . . . , n mamy:
2k+1 − 1k+1 =(k+11
)
1k +(k+12
)
1k−1 + . . .+(k+1k
)
11 +(k+1k+1
)
,
3k+1 − 2k+1 =(k+11
)
2k +(k+12
)
2k−1 + . . .+(k+1k
)
21 +(k+1k + 1
)
,
4k+1 − 3k+1 =(k+11
)
3k +(k+12
)
3k−1 + . . .+(k+1k
)
31 +(k+1k+1
)
,
6Blaise Pascal (1623–1662), francuski matematyk, fizyk, filozof i pisarz, m.in. sformu-łował zasadę indukcji matematycznej i podał sposób obliczania współczynników rozwi-nięcia dwumianu (a+ b)n.
18 Zbiory liczbowe
q
q
q
(n+ 1)k+1 − nk+1 =(k+11
)
nk +(k+12
)
nk−1 + . . .+(k+1k
)
n1 +(k+1k+1
)
.
Dodając te równości stronami i upraszczając nieco zapis, otrzymujemy
(n+1)k+1 − 1 =(k+11
)
S(k)+(k+12
)
S(k−1)+ . . .+(k+1k
)
S(1)+(k+1k+1
)
S(0)
= (k+1)S(k)+(k+12
)
S(k−1)+ . . .+(k+1k
)
S(1)+(k+1k+1
)
S(0),
gdzie S(j) = 1j + 2j + . . .+ nj . Możemy zatem podać wzór na S(k), jeżeli znamypostać wszystkich wcześniejszych S(j). Mianowicie
S(k)=1k+1
[
(n+1)(k+1)−1−(k+12
)
S(k−1)−. . .−(k+1k
)
S(1)−(k+1k+1
)
S(0)]
.
I tak dla przykładu
• dla k = 1 mamy
S1 = 1 + 2 + . . .+ n =12
[
(n+ 1)2 − 1−(22
)
n
]
=12n(n+ 1),
• natomiast dla k = 2 otrzymujemy
S2 = 12 + 22 + . . .+ n2 =13
[
(n+ 1)3−1−(32
)12n(n+ 1)−
(33
)
n
]
=16n(n+ 1)(2n+ 1).
Zasada indukcji matematycznej jest równoważna kilku innym własnościom zbioruliczb naturalnych. Pierwsze dwie z tych własności związane są z określoną w zbiorzeliczb naturalnych relacją mniejszości ¬.Korzystając z zasady indukcji matematycznej można udowodnić najważniejszą
własność relacji ¬ dla liczb naturalnych, odróżniającą ją od relacji mniejszościw innych zbiorach liczbowych. Jest nią tzw. zasada minimum.
Każdy niepusty zbiór liczb naturalnych ma element naj-mniejszy.
Zbiór A ⊂ N nazywamy ograniczonym z góry (z dołu), jeżeli istnieje takaliczba naturalna M(m), że dla każdego a ∈ A jest a ¬ M (m ¬ a). Mówimy
Zbiór liczb naturalnych oraz zasada indukcji matematycznej 19
wówczas, że M (m) ogranicza z góry (z dołu) zbiór A. Oczywiście każdy zbiórliczb naturalnych jest ograniczony z dołu, bo 0 ¬ n dla każdego n∈N. Natomiastsam zbiór N i wiele jego podzbiorów nie są ograniczone z góry. W zbiorze liczbnaturalnych prawdziwa jest tzw. zasada maksimum.
Każdy niepusty i ograniczony z góry zbiór liczb natural-nych zawiera liczbę największą.
Obie zasady są równoważne i bardzo często wykorzystywane w dowodach wielufaktów.
Inną własność liczb naturalnych opisuje zasada szufladkowa Dirichleta7.Mówi ona, że jeżeli wkładamy n+1 (lub więcej) przedmiotów do n szufladek, to wktórejś z nich znajdą się co najmniej dwa przedmioty. Z zasady tej wynika np. na-tychmiast, że wśród n+1 kolejnych liczb naturalnych istnieją dwie, których resztyz dzielenia przez n są równe. W języku funkcji formułujemy zasadę szufladkowąnastępująco.
Dla dowolnej liczby naturalnej n żadna funkcja prze-kształcająca zbiór {1, 2, ..., n, n + 1} w zbiór {1, 2, ..., n}nie jest różnowartościowa.
Podamy kilka przykładów, w rozwiązaniach których wykorzystamy zasadę szuflad-kową.
• Przykład 1.1.3 W prostokącie o bokach 1 i 2 znajduje się 6n2 + 1 punktów.Pokazać, że istnieje koło o promieniu
1nzawierające co najmniej cztery z nich.
R o z w i ą z a n i e. Podzielmy każdy z boków na przedziały o długości1n. Otrzy-
mamy wówczas 2n2 małych kwadracików o boku równym1n. Na mocy zasady
szufladkowej któryś z tych kwadracików zawiera przynajmniej cztery z zadanychpunktów. Każde koło, którego środkiem jest środek kwadratu zawierającego przy-
najmniej cztery punkty, a promień jest większy niż
√22n<1n, zawiera więc przy-
najmniej cztery spośród rozważanych punktów.
• Przykład 1.1.4 Spośród liczb 1, 2, . . . , 200 wybrano dowolnie 101 liczb. Pokazać,że istnieją wśród nich przynajmniej dwie takie, że jedna z nich jest dzielnikiemdrugiej.
R o z w i ą z a n i e. Zauważmy, że każdą z liczb 1, 2, . . . , 200 można przedsta-wić w postaci 2j(2k + 1). Ponieważ czynniki (2k + 1) są liczbami nieparzystymi
7Peter Gustaw Lejeuene-Dirichlet (1805–1859), matematyk niemiecki pochodzeniafrancuskiego. W latach 1831–1855 był profesorem Uniwersytetu we Wrocławiu.
20 Zbiory liczbowe
mniejszymi od 200 (czyli różnych jest co najwyżej 100), więc, na mocy zasady szu-fladkowej, w przedstawieniu przynajmniej dwu z rozważanych 101 liczb występujeten sam czynnik 2k+1. Oczywiście ta z nich, która ma mniejszy wykładnik j, jestdzielnikiem drugiej.
• Przykład 1.1.5 Ze zbioru {1, 2, . . . , 2n}, gdzie n 3, wybrano dowolnie n+1liczb. Pokazać, że istnieją wśród nich trzy takie, z których jedna jest sumą dwupozostałych.
R o z w i ą z a n i e. Niech
a1 < a2 < . . . < an+1
będą tymi wybranymi liczbami. Rozważmy n różnic:
a2 − a1, a3 − a1, . . . , an+1 − a1.
Są to liczby dodatnie, parami różne i każda z nich jest mniejsza od 2n. Razemmamy zatem 2n+1 liczb naturalnych, z których każda jest mniejsza od 2n. Wobectego muszą wśród nich być liczby równe. Ale każde dwie spośród liczb
a1 < a2 < . . . < an+1
są różne, a także każde dwie spośród liczb
a2 − a1, a3 − a1, . . . , an − a1, an+1 − a1
są różne. Któraś z liczba1 < a2 < . . . < an+1
jest więc równa jednej z różnic
a2 − a1, a3 − a1, . . . , an+1 − a1,
co daje tezę.
1.2 Podzielność
Mówiąc o liczbach naturalnych wypada wspomnieć o problemie podzielności.
• Definicja 1.2.1 Mówimy, że liczba naturalna n dzieli się przez liczbę naturalną k(gdzie k>0), jeżeli istnieje liczba naturalna d taka, że n = kd.
Piszemy wtedy k|n i mówimy, że k jest dzielnikiem liczby n. Oczywiście każdaliczba dzieli się przez 1 i przez siebie. Są to tzw. dzielniki trywialne. Liczby na-turalne większe od 1, które mają tylko trywialne dzielniki, nazywamy liczbamipierwszymi.
Relacja podzielności, oznaczana symbolem „ | ”, jest w zbiorze N zwrotna
Podzielność 21
(to znaczy n|n dla każdej liczby naturalnej n), słabo antysymetryczna (jeżeli n|ki k|n, to n = k) i przechodnia (jeżeli n|k i k|m, to n|m). Ponadto:
jeżeli a = d1 · k i b = d2 · k, to a+ b = (d1 + d2) · k
orazdla dowolnego c ∈ N mamy a · c = d1 · c · k.
Udowodniliśmy w ten sposób następujący fakt.
• Fakt 1.2.1 Jeżeli k|a i k|b, to k|(a+ b) oraz jeżeli k|a lub k|c, to k|(a · c).Łatwo się przekonać, że stwierdzenia odwrotne nie zachodzą.
Przy badaniu zagadnień dotyczących liczb naturalnych bardzo często korzy-stamy z dwu następujących twierdzeń, których autorem jest Euklides8.
•Twierdzenie 1.2.1 Każdą liczbę naturalną większą od 1 można jednoznacznie(z dokładnością do kolejności czynników) przedstawić w postaci iloczynu liczb pierw-szych.
D o w ó d. (i) Liczba 2 spełnia tezę, bo jest pierwsza.
(ii) Przypuśćmy, że wszystkie liczby naturalne mniejsze od n (większe od 1) speł-niają tezę. Jeśli liczba n nie jest pierwsza, to możemy ją przedstawić jako iloczynkl, gdzie k, l>1, więc k, l, jako mniejsze od n, dają się rozłożyć na czynniki pierw-sze lub same są pierwsze. To daje rozkład n na czynniki pierwsze.A teraz sprawa jednoznaczności.Załóżmy, że istnieje liczba, która ma dwa istotnie różne rozkłady. Na mocy zasadyminimum istnieje najmniejsza taka liczba. Oznaczmy ją przez m, czyli
m = p1 · p2 · . . . · pr = q1 · q2 · . . . · qs.
Możemy oczywiście założyć, że
p1 ¬ p2 ¬ . . . ¬ pr oraz q1 ¬ q2 ¬ . . . ¬ qs.
Zauważmy, że p1 6= q1, bo w przeciwnym razie istniałaby liczba mniejsza niż mposiadająca niejednoznaczny rozkład. Zatem p1 < q1 lub q1 < p1. Załóżmy, żep1<q1 i niech
m′ = m− p1q2 . . . qs = p1(p2 . . . pr−q2 . . . qs) = (q1 − p1)q2 . . . qs.
Ponieważ m′ ∈ N i m′<m, więc m′ ma jednoznaczny rozkład na czynniki. Stądp1|(q1 − p1) lub p1|q2 . . . qs. To ostatnie jest niemożliwe, bo qi oraz p1 są liczbamipierwszymi, a p1 jest mniejsza od wszystkich qi. Zatem (q1 − p1) = p1h, czyliq1 = p1(h+ 1), co przeczy temu, że q1 było liczbą pierwszą.
8Euklides (365?–300? p.n.e.), grecki matematyk i fizyk. W dziele „Elementy”, skła-dającym się z 13 ksiąg, usystematyzował całość ówczesnej wiedzy matematycznej.
22 Zbiory liczbowe
•Twierdzenie 1.2.2 Istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych.D o w ó d. Niech p1, p2, . . . , pn będą liczbami pierwszymi. Pokażemy, że niezależnieod tego, jak zostały wybrane i ile ich jest, istnieje jeszcze co najmniej jedna liczbapierwsza. Rozważmy liczbę
p1 · p2 · . . . · pn + 1.
Zgodnie z Twierdzeniem ?? istnieją liczba pierwsza p i liczba naturalna c, byćmoże równa 1, takie że
p1 · p2 · . . . · pn + 1 = pc.Równość ta wyklucza, by p była którąś z liczb p1, p2, . . . , pn. Jeżeli bowiem p = pk,a b jest iloczynem pozostałych liczb pi, dla 1¬ i¬n, i 6= k, to pb + 1 = pc, czylip(c − b) = 1. Otrzymujemy sprzeczność, gdyż p jest większe od 1, a c − b jest conajmniej równe 1.
Do znajdowania kolejnych liczb pierwszych służy tzw. sito Eratostenesa9.Postępujemy w sposób następujący. W ciągu wszystkich liczb naturalnych zosta-wiamy liczby 1, 2 i wykreślamy wszystkie wielokrotności liczby 2. Pierwszą liczbąniewykreśloną, większą od 2 jest 3 — liczba pierwsza, zostawiamy ją i z ciągu, któryprzed chwilą otrzymaliśmy, wykreślamy wszystkie wielokrotności liczby 3. Terazpierwszą niewykreśloną jest 5 — liczba pierwsza. Zostawiamy ją i wykreślamy jejwielokrotności, itd. Pozostaną same liczby pierwsze. Algorytm ten nadaje się doznajdowania wszystkich liczb pierwszych z przedziału [2, N ] za pomocą kompu-tera. A to, jak duże możemy przyjąć N , zależy od szybkości jego obliczeń.
Liczbę naturalną n > 0 nazywamy złożoną, jeżeli dzieli się bez reszty przezjakąś liczbę od siebie mniejszą a większą od 1.
• Definicja 1.2.2 Największym wspólnym dzielnikiem liczb naturalnych n ik, różnych od zera, nazywamy największą liczbę naturalną, przez którą dzielą sięzarówno n jak i k. Oznaczamy ją symbolem NWD(n, k), czyli
NWD(n, k)def== max{l∈N : l|n i l|k}.
Jej istnienie wynika z zasady maksimum. Zbiór wszystkich wspólnych dzielnikówliczb n i k jest bowiem niepusty (należy do niego 1) i ograniczony (np. przez n).
Do szukania największego wspólnego dzielnika wykorzystujemy efektywny, zna-ny od starożytności sposób, jakim jest algorytm Euklidesa.
Niech 0<k<n i wykonajmy dzielenie z resztą liczby n przez liczbę k, otrzy-mując n = kd + r. Wtedy, jeśli l|n i l|k, to również l|r, bo r = n− kd. Podobnie,jeśli l|r oraz l|k, to l|n. Tak więc wspólne dzielniki liczb n i k są dokładnie te same,co wspólne dzielniki liczb k i r. W szczególności NWD(n, k) = NWD(k, r). Wy-konując więc operację dzielenia z resztą uzyskaliśmy parę mniejszych liczb o tym
9Eratostenes z Cyreny (ok. 275 – ok. 194 p.n.e.), grecki filozof, astronom, matematyki geograf, pierwszy dokonał pomiaru długości południka ziemskiego.
Podzielność 23
samym NWD. Jeżeli liczby są jeszcze za duże by zgadywać, możemy tę operacjęzastosować ponownie, tym razem dzieląc k przez r, itd. Otrzymujemy:
n = kd1 + r1, r1 < k,
k = r1d2 + r2, r2<r1,
r1 = r2d3 + r3, r3<r2,...
To postępowanie musi się skończyć, bo kolejne reszty tworzą malejący ciąg liczbnaturalnych. Przypuśćmy, że rs+1 = 0. Ostatnie dwa wiersze naszych obliczeńwygladają tak:
rs−2 = rs−1ds + rs, rs−1<rs−2,
rs−1 = rsds+1 + 0, 0<rs−1.
Mamy
NWD(n, k) = NWD(k, r1) = NWD(r1, r2) = . . . = NWD(rs−1, rs) = rs.
Okazało się więc, że ostatnia niezerowa reszta w tym ciągu dzieleń z resztą jestnajwiększym wspólnym dzielnikiem liczb n i k.Wyznaczmy teraz z pierwszej równości r1 w zależności od n i k, podstawmy do
drugiej równości i wyliczmy r2 (też w zależności od n i k) itd. Otrzymamy w końcuwyrażenie na rs. Mianowicie rs = pn+qk, gdzie p i q są liczbami całkowitymi, przyczym jedna z nich jest ujemna. Udowodniliśmy w ten sposób ważne twierdzenie.
•Twierdzenie 1.2.3 Jeżeli liczba d jest największym wspólnym dzielnikiem liczbnaturalnych n i k, to istnieją liczby całkowite p i q takie, że d = pn+ qk.
Liczby a i b nazywają się względnie pierwsze, jeżeli NWD(a, b) = 1. Za pomocąTwierdzenia ?? możemy udowodnić wiele ważnych faktów dotyczących relacji po-dzielności w zbiorze liczb naturalnych.
•Twierdzenie 1.2.4 (zasadnicze twierdzenie arytmetyki)Jeżeli iloczyn mn liczb naturalnych dzieli się przez liczbę naturalną k oraz k jestwzględnie pierwsza z m, to n dzieli się przez k.
D o w ó d. Ponieważ m i k są względnie pierwsze, więc na mocy Twierdzenia ??istnieją liczby całkowite p, q takie, że 1 = pm + qk, a stąd n = pmn + qkn. Obaskładniki sumy po prawej stronie dzielą się przez k, więc suma też jest podzielnaprzez k, czyli k|n.Ponieważ każda liczba pierwsza jest względnie pierwsza z dowolną większą od
niej liczbą naturalną, która nie jest jej wielokrotnością, więc otrzymujemy natych-miast bardzo często wykorzystywany wniosek.
24 Zbiory liczbowe
• Wniosek 1.2.1 Jeżeli p jest liczbą pierwszą i p dzieli iloczyn mn liczb natural-nych, to p dzieli m lub n.
Podajmy kilka przykładów zastosowania udowodnionych wyżej twierdzeń.
• Przykład 1.2.1 Dla każdej liczby pierwszej p > 3 liczba naturalna postaci p2−1jest podzielna przez 24.
R o z w i ą z a n i e. Rozważmy trzy kolejne liczby naturalne p − 1, p, p + 1.Liczba p, jako pierwsza, jest nieparzysta i nie jest podzielna przez 3. Zatem któraśz liczb p − 1, p + 1 dzieli się przez 3, obie są parzyste i dokładnie jedna z nichjest podzielna przez 4 (jako jedna z dwu kolejnych liczb parzystych). Zatem liczbap2 − 1 = (p− 1)(p+ 1) jest podzielna przez iloczyn 2 · 3 · 4 = 24.
• Przykład 1.2.2 Dla jakich liczb naturalnych n liczba n2+2n− 2 jest kwadratemliczby naturalnej?
R o z w i ą z a n i e. Załóżmy, że n2 + 2n− 2 = m2 dla pewnej liczby naturalnejm. Wówczas mamy kolejno
n2 + 2n+ 1− 3 = m2,(n+ 1)2 −m2 = 3,
(n+ 1−m)(n+ 1 +m) = 3,
a ponieważ 3 jest liczbą pierwszą, więc z twierdzenia o jednoznaczności rozkładuliczby naturalnej na czynniki pierwsze (Twierdzenie ??) wynika, że liczby n,mmuszą spełniać jeden z dwu następujących układów równań:
{n+ 1−m = 1n+ 1+m = 3
lub{n+ 1−m = 3n+ 1 +m = 1.
Po rozwiązaniu tych równań widzimy, że tylko dla n = 1 spełniony jest warunekzadania.
• Przykład 1.2.3 Jeżeli liczby naturalne k i n (k < n) są względnie pierwsze, toliczba n jest dzielnikiem liczby
(n
k
)
.
R o z w i ą z a n i e. Zauważmy, że
(n
k
)
=n · (n− 1)!
k · (k − 1)![(n− 1)− (k − 1)]! =n
k
(n− 1k − 1
)
,
a wobec tego
k(n
k
)
= n(n− 1k − 1
)
.
Ponieważ liczby k i n są względnie pierwsze, więc n musi dzielić(n
k
)
.
Podzielność 25
• Definicja 1.2.3 Najmniejszą wspólną wielokrotnością liczb naturalnych a ib nazywamy najmniejszą liczbę naturalną, która jest podzielna zarówno przez a jaki przez b. Oznaczamy ją symbolem NWW (a, b), czyli
NWW (a, b)def== min{k∈N : k > 0 ∧ a|k ∧ b|k}.
Jej istnienie wynika z zasady minimum.
Wiedząc, że w zbiorze liczb naturalnych żadna liczba nie ma dwu istotnieróżnych rozkładów na czynniki pierwsze, możemy posługiwać się tym rozkłademprzy poszukiwaniu największego wspólnego dzielnika i najmniejszej wspólnej wie-lokrotności liczb. Jeżeli liczba pierwsza p występuje w rozkładzie liczby a z wy-kładnikiem n, a w rozkładzie liczby b z wykładnikiem m, to p występuje w rozkła-dzie liczby NWD(a, b) z wykładnikiem min{n,m}, natomiast w rozkładzie liczbyNWW (a, b) — z wykładnikiem max{n,m}. Zatem NWD(a, b) jest iloczynemwszystkich wspólnych czynników pierwszych liczb a i b.
Kończąc te uwagi o podzielności przypomnijmy najczęściej stosowane cechypodzielności, czyli warunki konieczne i wystarczające na to, by jedna liczba natu-ralna była podzielna przez drugą.
Liczba naturalna
a = cn · 10n + cn−1 · 10n−1 + . . .+ c1 · 10 + c0,
gdzie c0, c1, . . . , cn ∈ {0, 1, 2, . . . , 9} jest podzielna przez:2 wtedy i tylko wtedy, gdy c0 ∈ {0, 2, 4, 6, 8};3 wtedy i tylko wtedy, gdy suma cn+cn−1+. . .+c1+c0 jest podzielna przez 3;
4 wtedy i tylko wtedy, gdy liczba 10c1 + c0 jest podzielna przez 4;
5 wtedy i tylko wtedy, gdy c0 ∈ {0, 5};6 wtedy i tylko wtedy, gdy jest podzielna przez 2 i przez 3;
8 wtedy i tylko wtedy, gdy liczba 102c2 + 10c1 + c0 dzieli się przez 8;
9 wtedy i tylko wtedy, gdy suma cn+cn−1+. . .+c1+c0 jest podzielna przez 9.
Cechy podzielności przez 2, 4 i przez 8 wynikają z następujących równości:
a = 10(cn · 10n−1 + cn−1 · 10n−2 + . . .+ c1
)+ c0
= 2 · 5 ·(cn · 10n−1 + cn−1 · 10n−2 + . . .+ c1
)+ c0;
a = 102(cn · 10n−2 + cn−1 · 10n−3 + . . .+ c2
)+ c1 · 10 + c0
= 4 · 25 ·(cn · 10n−2 + cn−1 · 10n−3 + . . .+ c2
)+ c1 · 10 + c0;
a = 103(cn · 10n−3 + cn−1 · 10n−4 + . . .+ c3
)+ c2 · 102 + c1 · 10 + c0,
= 8 · 125 ·(cn · 10n−3 + cn−1 · 10n−4 + . . .+ c3
)+ c2 · 102 + c1 · 10 + c0.
26 Zbiory liczbowe
Natomiast zapisując liczbę a w postaci
a = cn ·( 9 . . . 9︸ ︷︷ ︸
n dziewiątek
+1) + cn−1 ·(9 . . . 9︸ ︷︷ ︸
(n−1) dziewiątek
+1) + . . .+ c2 ·(99 + 1) + c1 ·(9 + 1) + c0
= cn · 9 . . . 9︸ ︷︷ ︸
n dziewiątek
+cn−1 · 9 . . . 9︸ ︷︷ ︸
(n−1) dziewiątek
+ . . .+ c2 ·99 + c1 ·9 + cn + cn−1 + . . .+ c1 + c0,
widzimy, że jest ona podzielna przez 3 lub przez 9 wtedy i tylko wtedy, gdy sumajej cyfr (cn + cn−1 + . . .+ c1 + c0) jest podzielna przez 3 lub przez 9 odpowiednio.
Pominiętą tu cechę podzielności przez 7 jest dużo trudniej podać w postaci algo-rytmu.
1.3 Zbiór liczb całkowitych i pojęcie grupy
W zbiorze liczb naturalnych określone są dwa działania – dodawanie i mnożenie.Rozszerzając zbiór N liczb naturalnych w taki sposób, by w tym większym zbiorzemożna było znaleźć rozwiązanie każdego równania postaci n + x = m, otrzymu-jemy zbiór liczb całkowitych Z. Jak wiemy, zbiór Z rozważany z dodawaniem manastępujące własności:
(G1) dodawanie jest łączne i przemienne, tzn. dla dowolnych x, y, z ∈ Z
(x+ y) + z = x+ (y + z) oraz x+ y = y + x;
(G2) liczba 0 jest elementem neutralnym działania, tzn. dla dowolnej liczby cał-kowitej x zachodzi równość x+ 0 = x;
(G3) dla dowolnych liczb n,m∈Z równanie n + x = m ma dokładnie jedno roz-wiązanie.
W matematyce taką strukturę algebraiczną nazywa się grupą przemienną.Ogólniejsze pojęcie grupy (opuszczamy tylko założenie przemienności działania)odgrywa ogromną rolę nie tylko w wielu gałęziach matematyki, ale i w wieluinnych dziedzinach nauki takich jak np. fizyka (głównie mechanika kwantowa),chemia (krystalografia), itd. Najszersze zastosowanie praktyczne znalazły grupyskończone, składające się ze skończonego zbioru elementów. Natomiast zbiór liczbcałkowitych z dodawaniem, tzn. 〈Z,+〉 jest sztandarowym przykładem grupy nie-skończonej. Pojęcie grupy znalazło tak wiele zastosowań, gdyż z jednej strony jestono bardzo ogólne, z drugiej zaś ma wiele własności posiadanych przez różne kon-kretne zbiory, w których określone jest pewne działanie algebraiczne, tzn. operacjadwuargumentowa.
1.4 Zbiór liczb wymiernych i pojęcie ciała
W zbiorze liczb całkowitych jest określone w sposób naturalny jeszcze jedno dzia-łanie – mnożenie. Działania dodawania i mnożenia powiązane są warunkiem roz-
Zbiór liczb całkowitych i pojęcie ciała 27
dzielności(x+ y) · z = x · z + y · z dla dowolnych x, y, z ∈ Z.
Liczby całkowite rozważane z mnożeniem nie tworzą grupy (np. nie istnieje liczbacałkowita spełniająca równanie 2 · x = 1), więc, idąc przetartymi wcześniej ścież-kami, rozszerzamy zbiór liczb całkowitych tak, by w nowo otrzymanym zbiorzeliczbowym rozwiązalne było każde równanie postaci n ·x = m dla n,m ∈ Z, n 6= 0.W ten sposób otrzymujemy zbiór liczb wymiernych Q, który utożsamiamy ze zbio-rem ułamków, czyli wyrażeń postaci
m
n, przy czym dwa ułamki
m1
n1orazm2
n2uwa-
żamy za równe, jeżeli m1n2 = n1m2. Dzieląc licznik m i mianownik n ułamkam
n, gdzie m ∈ Z, n ∈ N \ {0} przez ich największy wspólny dzielnik, otrzymujemyrówny mu ułamek, którego licznik i mianownik są liczbami względnie pierwszymi.W tym ostatnim przypadku mówimy, że jest to ułamek nieskracalny.
W zbiorze ułamków określamy dwa działania:
m1
n1+m2
n2=m1n2 + n1m2n1n2
;m1
n1· m2n2=m1m2
n1n2.
Zbiór Q wraz z wprowadzonymi wyżej działaniami ma następujące własności:
(C1) Q tworzy grupę przemienną z dodawaniem;
(C2) Q\{0} tworzy grupę przemienną z mnożeniem;(C3) (x+ y) · z = x · z + y · z dla dowolnych x, y, z ∈ Q.
Taką strukturę algebraiczną nazywamy ciałem. Zbiór Q z dodawaniem i mno-żeniem jest najmniejszym nieskończonym ciałem liczbowym. Ponieważ każdą liczbęcałkowitą n można utożsamić z ułamkiem o liczniku n i mianowniku 1, więc bę-dziemy po prostu uważać, że zbiór Z jest podzbiorem zbioru Q, a elementy zbioruQ będziemy krótko oznaczać pojedynczymi literami x, y, . . ., o ile nie będzie namzależało na podkreśleniu ich „natury”.
Zbiór liczb wymiernych jest w naturalny sposób liniowo uporządkowany przezrelację mniejszości określoną poniższymi warunkami:
a) 0 <m
n⇐⇒ liczby m, n mają ten sam znak;
b)m1
n1<m2
n2⇐⇒ 0 < m2
n2+−m1n1.
Relacja mniejszości w zbiorze liczb wymiernych ma następujące własności:
1. dla dowolnych x, y, z∈Q zachodzi dokładnie jeden z warunkówx = y, x < y lub y < x;
2. jeżeli x < y oraz y < z, to x < z;
3. jeżeli y < z, to dla dowolnego x∈Q zachodzi nierówność x + y < x + z,natomiast dla 0 < x mamy ponadto x · y < x · z.
28 Zbiory liczbowe
Z warunków tych wynika, że między każdymi dwiema liczbami wymiernymi x i yistnieje inna liczba wymierna. Dla dowolnych liczb wymiernych x, y taką liczbą jest
np. z =12(x+y). Ostatni fakt „odróżnia” uporządkowanie zbioru liczb wymiernych
od uporządkowania zbioru liczb naturalnych czy całkowitych.
1.5 Liczby wymierne, niewymierne i rzeczywiste.Interpretacja geometryczna
Starożytni Grecy wpadli na pomysł interpretowania liczb wymiernych dodatnichjako punktów na prostej. Robi się to w sposób następujący. Jeżeli mamy zadanyodcinek o długości a, to potrafimy (korzystając z twierdzenia Talesa) skonstru-ować odcinek, który jest q–tą częścią p–tej jego wielokrotności, czyli, jak krótkozapisujemy, odcinek
p
q· a. Dla a=1 skonstruowany odcinek odpowiada ułamkowi
p
q. Tak zdefiniowane liczby wymierne można geometrycznie dodawać i mnożyć, a
działania te podlegają tym samym prawom, co uzasadnia używanie w stosunku dotych nowych obiektów słowa liczba. Stąd mamy, przedstawioną poniżej, interpre-tację geometryczną rozważanych dotąd zbiorów liczbowych.
Na linii prostej zaznaczamy dwa punkty 0 i 1 i otrzymujemy oś liczbową.Liczby całkowite dodatnie i ujemne są wtedy reprezentowane przez zbiór punktówrówno oddalonych od siebie na osi liczbowej; liczby dodatnie są położone na prawood punktu 0, a liczby ujemne na lewo. Aby przedstawić ułamki o mianowniku rów-nym n, dzielimy każdy z odcinków o długości jeden na n równych części; punktypodziału przedstawiają wtedy ułamki o mianowniku n. Jeżeli uczynimy tak dlakażdej liczby całkowitej n, to przedstawimy wszystkie liczby wymierne za pomocąpunktów na osi liczbowej. Punkty takie będziemy nazywali punktami wymier-nymi, wszystkie pozostałe — punktami niewymiernymi i będziemy używaliterminów „liczba wymierna” („liczba niewymierna”) i „punkt wymierny” („punkt
niewymierny”) w tym samym znaczeniu. W ten sposób każdej liczbie wymiernejp
qodpowiada pewien punkt na prostej lub równoważnie – pewien odcinek o początkuw zadanym punkcie 0 i długości
p
q. Już cztery wieki przed naszą erą wiedziano,
że nie każdy odcinek odpowiada pewnej liczbie wymiernej. Dla przykładu – od-kładając od punktu 0 odcinek odpowiadający przekątnej kwadratu jednostkowego„nie trafimy” w żaden punkt wymierny. Łatwo to uzasadnić korzystając z wcze-śniejszych wiadomości o podzielności i własnościach liczb pierwszych. Załóżmybowiem, że
√2 (długość przekątnej kwadratu o boku 1) jest liczbą wymierną,
czyli√2 =p
q. Możemy oczywiście założyć, że
p
qjest już ułamkiem nieskracalnym.
Wówczas 2q2 = p2. Z jednoznaczności rozkładu każdej liczby na czynniki pierw-sze (Twierdzenie ??) wynika, że 2|p2, a ponieważ 2 jest liczbą pierwszą, więc 2|p.Zatem 4|p2, więc 4|2q2, czyli 2|q2, co daje 2|q. Otrzymaliśmy sprzeczność z założe-
Liczby wymierne, niewymierne i rzeczywiste 29
niem, że liczby p, q były względnie pierwsze. Podobnie można wykazać, że liczba√n jest wymierna wtedy i tylko wtedy, gdy n jest kwadratem jakiejśliczby naturalnej.
• Przykład 1.5.1 Sprawdzić, która z podanych niżej liczb jest wymierna, a któraniewymierna:
a) log2 3; b) log(2−√3) (2 +√3); c) cos 15o;
d)3√√5 + 2− 3
√√5− 2; e)
√
37− 20√3 +
√
13− 4√3.
R o z w i ą z a n i e. a) Załóżmy, że istnieją liczby względnie pierwsze p, q takie,
że log2 3 =p
q. Wówczas 2
pq = 3, czyli 2p = 3q, co jest oczywiście niemożliwe
ze względu na jednoznaczność rozkładu każdej liczby na czynniki pierwsze. Tooznacza, że log2 3 nie może być liczbą wymierną, czyli jest liczbą niewymierną.
b) Ponieważ 2 +√3 = (2 −
√3)−1, więc log(2−√3) (2 +
√3) = −1. Możemy więc
stwierdzić, że log(2−√3) (2 +
√3) jest liczbą wymierną.
c) Gdyby liczba cos 15o była wymierna, to liczbą wymierną byłoby także wyrażenie
cos 30o = 2 cos2 15o − 1, a tymczasem cos 30o =√32. Otrzymana liczba nie jest
wymierna, bo√3 nie jest liczbą wymierną. Zatem cos 15o jest liczbą niewymierną.
d) Niech3
√√5 + 2− 3
√√5− 2 = x0. Wówczas(3
√√5 + 2− 3
√√5− 2
)3
= x30
i po wykonaniu potęgowania otrzymujemy równość
−3(3
√√5 + 2− 3
√√5− 2
)
+ 4 = x30, czyli x30 + 3x0 − 4 = 0.
Łatwo sprawdzić, że jedynym rzeczywistym pierwiastkiem wielomianu x3+3x− 4jest 1. Ponieważ nasze x0 spełnia równanie x3 + 3x − 4 = 0, więc x0 = 1, czyli3√√5 + 2− 3
√√5− 2 = x0 jest liczbą wymierną.
e) Mamy
√
37− 20√3 +
√
13− 4√3 =
√
25− 20√3 + (2
√3)2 +
√
12 − 4√3 + (2
√3)2
=√
(5− 2√3)2 +
√
(1− 2√3)2
= |5− 2√3|+ |1− 2
√3| = 5− 2
√3− 1 + 2
√3 = 4,
czyli otrzymujemy liczbę wymierną.
30 Zbiory liczbowe
Jeżeli zaznaczymy na osi liczbowej wszystkie ułamki postacip
q, to zostanie jesz-
cze bardzo dużo „dziur” takich, jak ta, w której znajduje się√2. Liczby wymierne
plus właśnie te „dziury” (czyli cała prosta) to tzw. liczby rzeczywiste. Zbiórliczb rzeczywistych będziemy oznaczać symbolem R. Można pokazać, że „dziur”jest nawet w pewnym sensie znacznie „więcej” niż liczb wymiernych. Jedną z pierw-szych precyzyjnych definicji zbioru liczb rzeczywistych podał R.Dedekind10 wpro-wadzając pojęcie tzw. przekroju (teraz nazywamy go przekrojem Dedekinda). Niebędziemy tu omawiać pojęcia przekroju, ale zajmiemy się dokładniej konsekwen-cjami pewnej podstawowej własności, która została przez Dedekinda sformułowanaza pomocą pojęcia przekroju.
Najpierw jednak wprowadzimy jedno z fundamentalnych pojęć analizy – po-jęcie kresu zbioru.
1.6 Kresy zbioru i twierdzenie o ciągłościzbioru liczb rzeczywistych
Podzbiór A⊂R nazywamy ograniczonym z góry (z dołu), jeżeli istnieje M ∈R
(m∈R) takie, że a¬M (am) dla wszystkich a∈A. Oczywiście M (m) nie jestwyznaczone jednoznacznie i każde takie M (m) nazywamy ograniczeniem górnym(dolnym) zbioru A. Najmniejsze (największe) z takich ograniczeń górnych (dol-nych) zbioru A nazywamy kresem górnym (kresem dolnym) zbioru A. Jeżelizbiór A jest ograniczony z góry, to zbiór jego ograniczeń górnych jest niepusty. Za-uważmy jednak, że nie jest absolutnie sprawą oczywistą, czy zbiór ten ma elementnajmniejszy. Okazuje się, że w zdefiniowanym przez Dedekinda zbiorze przekrojówtak właśnie jest.
•Twierdzenie 1.6.1 (o ciągłości zbioru liczb rzeczywistych).Każdy niepusty zbiór A ⊂ R ograniczony z góry ma kres górny. Każdy niepustyzbiór A⊂R ograniczony z dołu ma kres dolny.
Twierdzenie to precyzuje podstawową własność zbioru liczb rzeczywistych odróż-niającą ten zbiór od zbioru liczb wymiernych i umożliwiającą uprawianie analizymatematycznej w powszechnie rozumianym przez matematyków znaczeniu tegoterminu.
Fakt, że w zbiorze Q liczb wymiernych Twierdzenie ?? nie jest prawdziwe, łatwozauważyć i nietrudno udowodnić. Np. zbiór A={w ∈ Q : w2 ¬ 2} jest oczywiścieograniczony z góry (np. przez 2), jednak zbiór jego ograniczeń górnych nie posiadaelementu najmniejszego. Załóżmy bowiem, że z ∈ Q jest jakimś ograniczeniemzbioru A z góry, czyli z2 > 2 i weźmy jakiekolwiek wymierne 0<h<1 takie, że
h <z2 − 22z + 1
.
10Julius Wilhelm Rickard Dedekind (1831–1916), matematyk niemiecki.
Kresy zbioru i twierdzenie o ciągłości 31
Mamy wówczas
(z−h)2 = z2−2hz+h2 = z2−h(2z−h)>z2− z2 − 22z + 1
(2z−h) > z2− (z2−2) = 2.
Zatem każde ograniczenie zbioru A z góry można troszkę zmniejszyć otrzymującwciąż ograniczenie z góry, co dowodzi, że nie ma najmniejszego ograniczenia zbioruA z góry (w zbiorze liczb wymiernych!).
W dalszym ciągu kres górny zbioru A oznaczamy symbolem sup A, a kres dolny– symbolem inf A.
Aby udowodnić, że jakaś liczba jest kresem górnym zadanego zbioru, wygodniejest posłużyć się następującą charakteryzacją.
• Fakt 1.6.1 Liczba a (a) jest kresem górnym (dolnym) zbioru A⊂R wtedy i tylkowtedy, gdy
1) dla każdego a ∈ A zachodzi nierówność a ¬ a (a a),2) dla każdego ε > 0 istnieje takie a∈A, że a− ε < a (a < a+ ε).
D o w ó d. Niech a = supA. Oczywiście a0 spełnia warunki 1) oraz 2). Na odwrót– jeżeli jakaś liczba a spełnia 1), to jest ona ograniczeniem zbioru A z góry, a zwarunku 2) wynika, że jest najmniejszym ograniczeniem z góry.
Dla zbiorów, które nie są ograniczone z góry (z dołu) wygodnie jest przyjąć, żesupA = +∞, inf A = −∞. O kresach zbioru pustego raczej nie mówimy. Oczy-wiście, jeżeli w zbiorze jest element najmniejszy (największy), to jeston kresem dolnym (górnym) zbioru, gdyż wtedy warunek 2) z Faktu ?? jestautomatycznie spełniony.
Jedną z ważniejszych konsekwencji twierdzenia o ciągłości zbioru liczb rzeczy-wistych (Twierdzenie 1.6.1) jest bardzo często w różnych formach wykorzystywanaw analizie zasada Archimedesa11.
Jeżeli 0 < x oraz x < y, to istnieje liczba naturalna n taka, że y < nx.
D o w ó d. NiechA =
{
m∈N : m ¬ yx
}
.
Z definicji zbiór A jest ograniczony z góry a ponieważy
x1, więc A jest zbiorem
niepustym. Na mocy Twierdzenia ?? zbiór A ma kres górny, nazwijmy go u. Wów-czas (u− 1) nie jest ograniczeniem górnym zbioru A, zatem istnieje k∈A takie, żek > u− 1. Niech n = k + 1. Ponieważ n∈N, n > u i u jest kresem górnym zbioruA, więc n∈6 A. Zatem musi być n >
y
x, czyli y < nx.
11Archimedes (ok. 287–ok. 212 p.n.e.), grecki fizyk, matematyk i wynalazca.
32 Zbiory liczbowe
Z zasady Archimedesa wynika, że dla dowolnych x, y > 0 istnieje liczba na-turalna n taka, że nx ¬ y < (n + 1)x. Biorąc x = 1 wnioskujemy, że każdaliczba rzeczywista znajduje się między dwiema kolejnymi liczbami na-turalnymi. Ściśle – dla dowolnej dodatniej liczby rzeczywistej x istnieje liczbanaturalna n taka, że
n¬x < (n+ 1).Liczbę n nazywamy częścią całkowitą liczby x i oznaczamy [x]. Dla x = 0mamy [x] = 0. Jeżeli x jest liczbą ujemną całkowitą, to przyjmujemy [x] = −[−x].Jeżeli x jest liczbą ujemną niecałkowitą, to przyjmujemy [x] = −([−x] + 1).Z zasady Archimedesa wynika również następująca bardzo ważna własność
zbioru liczb wymiernych.
• Fakt 1.6.2 Między dwiema dowolnymi liczbami rzeczywistymi znajduje się liczbawymierna.
D o w ó d. Niech 0 < x < y będą dwoma dowolnymi punktami prostej i niechd = y−x. Z zasady Archimedesa wynika istnienie liczby naturalnej n takiej, żen >1d. Zatem mamy
1n< d i zachodzi nierówność
1n+ x < y. Niech k = [x · n].
Wówczas prawdziwe są nierówności
k ¬ x · n < k + 1,
a stądk
n¬ x < k + 1
n< x+
1n< x+ d = y.
W przypadku, gdy x < 0 < y szukaną liczbą wymierną może być 0. Jeżeli jednakx < y ¬ 0, to
0 < x− [x] < y − [x].
Znajdujemy liczbę wymiernąp
qw przedziale (x− [x], y − [x]) . Wtedy p
q+ [x] jest
liczbą wymierną należącą do przedziału (x, y).
Komentarz. W podobny sposób można udowodnić, że między każdymi dwiemaliczbami rzeczywistymi znajduje się liczba niewymierna.
Pojęcie kresu pozwala sprecyzować wiele wcześniej poznanych w szkole pojęć.Na przykład, co dokładnie rozumiemy przez pierwiastek stopnia n z dowolnej liczbyrzeczywistej? Co prawda, wiemy, że pierwiastkiem stopnia n z nieujemnej liczbyrzeczywistej y nazywamy taką liczbę rzeczywistą x, że xn = y, ale czy takie xistnieje, a jeżeli tak, to czy tylko jedno? I tu przydaje się pojęcie kresu zbioru!Rozważmy bowiem zbiór
A = {x ∈ R : x > 0, xn < y}.
A jest zbiorem niepustym, bo dla y ¬ 1 mamy yn ¬ y, więc y ∈ A, a dla y > 1mamy 1 ∈ A. A jest zbiorem ograniczonym, np. przez y + 1, bo z nierówności
Kresy zbioru i twierdzenie o ciągłości 33
y + 1 ¬ x wynikałoby, że
y + 1 < (y + 1)n < xn < y.
Z Twierdzenia ?? wynika, że istnieje s = supA. Pokażemy, że sn = y. Załóżmynajpierw, że sn > y. Ponieważ między każdymi dwiema liczbami rzeczywistymiznajduje się różna od nich liczba rzeczywista (nawet – wymierna), więc istnieje btakie, że sn > b > y. Niech ε będzie dowolną liczbą spełniającą nierówności
0 < ε < min{
s,b− ynsn−1
}
.
Wówczas, korzystając z nierówności Bernoulliego (Fakt ??), możemy napisać na-stępujący ciąg zależności
(s− ε)n = sn(
1− εs
)n
> sn(
1− nεs
)
> b− sn−1nε > y.
Zatem s− ε 6∈A, więc s = supA ¬ s− ε. Sprzeczność!Załóżmy teraz, że sn < y. Podobnie, jak poprzednio, istnieje liczba c taka, żesn < c < y i znowu dla
0 < ε < min{
s,y − cn(2s)n−1
}
,
dzięki nierówności z Przykładu ?? zastosowanej do 0 ¬ z = εs¬ 1, mamy
(s+ ε)n = sn(
1 +ε
s
)n
¬ sn(
1 + n2n−1ε
s
)
< c+ n(2s)n−1ε < y.
Zatem s+ ε∈A, więc s = supA s+ ε. Sprzeczność!Pokażemy teraz, jak się szuka kresów różnych zbiorów.
• Przykład 1.6.1 Wyznaczyć kresy następujących zbiorów:a) A =
{
(−1)n − (−1)n
n: n∈N\{0}
}
; b) B =
{
(−1)[n2
]
+(−1)nn: n∈N\{0}
}
;
c) C ={p
q: p, q∈N, q 6= 0, p < 2q
}
; d) D =
{√2n−√3m: n,m∈N\{0}
}
;
e) E ={x
x2 + 1: x∈R
}
; f) F ={x
1 + |x| : x∈R
}
.
R o z w i ą z a n i e. a) Oznaczmy (dla wygody i przejrzystości rachunków)
an = (−1)n −(−1)nn.
34 Zbiory liczbowe
Ponieważ dla wszystkich n∈N prawdziwe są zależności
0 < a2n = 1−12n< 1 oraz − 1 < a2n−1 = −1 +
12n− 1 < 0,
więc zbiór A zawarty jest w przedziale (-1,1). Pokażemy, że inf A = −1 orazsupA = 1. Zauważmy najpierw, że dla dowolnej liczby naturalnej n zachodząnierówności
−1 ¬ a2n, a2n−1 ¬ 1.Niech ε > 0 będzie dowolnie ustalone. Szukamy n takiego, że −1 ¬ an < −1+ε.Zaznaczając na osi liczbowej kilka pierwszych elementów zbioru A, dla przykładu:
a1 = 0, a2 =12, a3 = −
23, a4 =
34, a5 = −
45, a6 =
56,
od razu zauważamy, że takiego an należy szukać wśród wyrazów o numerach nie-parzystych. Musimy zatem rozwiązać nierówność
−1 ¬ −1 + 12n− 1 < −1 + ε,
co daje oszacowanie
n >12
(1ε+ 1)
prawdziwe dla wszystkich dostatecznie dużych n. Zatem inf A = −1. Analogiczniepostępujemy pokazując, że supA = 1.
Zobaczmy, jak to wygląda na rysunku.
-−1
a7 a5 a3 a1
0
a2 a4 a6a8
1
p p p p p p
Rys. 1.6.1. Ciąg wyrazów nieparzystych maleje do −1, ciąg wyrazów parzystychrośnie do 1.
b) Ze względu na składnik (−1)[n
2 ] (Czytelnik powinien obliczyć wartość an dlakilku – np. dla pięciu, sześciu początkowych n i zauważyć, co się dzieje!) wygodniejest podzielić wszystkie wyrazy
an = (−1)[n2 ]+(−1)nn
na cztery grupy12:
a4n = (−1)[ 4n2 ]+(−1)4n4n
= (−1)[2n] + 14n= 1 +
14nց 1,
a4n+1 = (−1)[ 4n+12 ]
+(−1)4n+14n+ 1
= (−1)[2n+1
2 ]+(−1)4n+ 1
= 1− 14n+ 1
ր 1,
12W poniższych wzorach zapis: an ց a, an ր a oznacza, że ciąg (an) jest malejący –odpowiednio – rosnący, a jego wyrazy zbliżają się nieograniczenie do liczby a.
Kresy zbioru i twierdzenie o ciągłości 35
a4n+2 = (−1)[ 4n+22 ]
+(−1)4n+24n+ 2
= (−1)[2n+1] + 14n+ 2
= −1 + 14n+ 2
ց −1,
a4n+3 = (−1)[ 4n+32 ]
+(−1)4n+34n+ 3
= (−1)[2n+1+ 1
2 ]+(−1)4n+ 3
= −1− 14n+ 3
ր −1.
Znowu dobrze jest zaznaczyć sobie na osi liczbowej kilka początkowych elementów
zbioru A i zauważyć, że ma on element najmniejszy a3 = −43i największy a4 =
54,
a zatem inf A = −43oraz supA =
54.
c) Oczywiście A ⊂ (0, 2). Kresem dolnym zbioru A jest liczba 0, bo dla dowolnegoε > 0 istnieje n ∈ N takie, że 0 <
1n< ε, a przecież
1n∈ A. Natomiast kresem
górnym jest liczba 2, gdyż dla dowolnego ε > 0 w przedziale (2 − ε, 2) istniejeliczba wymierna (patrz Fakt ??).
d) Nietrudno zauważyć, że dla dowolnych naturalnych m,n zachodzą nierówności
−√3 <
√2n−√3m<√2.
Ponadto dla dowolnego ε > 0 istnieją liczby naturalne n, m takie, że
−√3 <
√2n−√3 < −
√3 + ε oraz
√2− ε <
√2−√3m<√2.
Stąd inf A = −√3 oraz supA =
√2.
e) Z nierówności (x − 1)2 0, (x + 1)2 0 wynika, że dla dowolnej liczbyrzeczywistej x zachodzą nierówności
−12¬ x
x2 + 1¬ 12.
Dla x = 1 mamy112 + 1
=12, a dla x = −1 jest −1
(−1)2 + 1 = −12. Otrzymujemy
więc inf A = −12, supA =
12.
f) Łatwo sprawdzić, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x zachodzą nierówności
−1 < x
1 + |x| < 1.
Niech ε będzie dowolnie ustaloną liczbą dodatnią. Zauważmy, że dla n >1ε− 1
prawdziwe są nierówności
−n1 + n
< −1 + ε oraz 1− ε < n
1 + n.
Zatem spełniony jest drugi warunek Faktu ??, więc inf A = −1, supA = 1.
36 Zbiory liczbowe
1.7 Ćwiczenia
1.1 Stosując zasadę indukcji matematycznej udowodnić następujące równości inierówności:
a) 1 + q + q2 + . . .+ qn−1 =1− qn1− q ;
b)12+222+323+ . . .+
n
2n= 2− n+ 2
2n;
c) 13 + 23 + 33 + . . .+ n3 = (1 + 2 + 3 + . . .+ n)2;
d)12
1 · 3 +22
3 · 5 +32
5 · 7 + . . .+n2
(2n− 1)(2n+ 1) =n(n+ 1)2(2n+ 1)
;
e) 1 · 22 + 2 · 32 + 3 · 42 + . . .+ n · (n+ 1)2 = n12(n+ 1)(n+ 2)(3n+ 5);
f) n! >(n
3
)n
;
g) (a+ b)n < 2n(an + bn) dla a > 0, b > 0.
1.2 Wykazać, że dla dowolnego n∈N:
a) liczba 4n − 1 jest podzielna przez 3;b) liczba 11n+2 + 122n+1 jest podzielna przez 133;
c) liczba n5 − n jest podzielna przez 6.
1.3 Wykazać, że liczba wszystkich k–elementowych podzbiorów zbioru n–ele-mentowego równa jest
(n
k
)
.
1.4 Znaleźć liczbę przekątnych n–kąta wypukłego. Otrzymany wzór udowodnićindukcyjnie.
1.5 Udowodnić tożsamości:
a) cosx cos 2x cos 4x · . . . · cos 2nx = sin 2n+1x
2n+1 sinxdla x 6= 2kπ;
b) cosx+ cos 2x+ cos 3x+ . . .+ cosnx =sinnx
2cos(n+ 1)x2
sinx
2
dla x 6= 2kπ;
c) sinx+ sin 2x+ sin 3x+ . . .+ sinnx =sinnx
2sin(n+ 1)x2
sinx
2
dla x 6= 2kπ;
Ćwiczenia 37
d) sinx + 2 sin 2x + 3 sin 3x + . . . + n sinnx =(n+ 1) sinnx− n sin(n+ 1)x
4 sin2x
2dla x 6= 2kπ.
1.6 Wykazać, że dla każdego naturalnego n liczba (2 +√3)n + (2 −
√3)n jest
naturalna.
1.7 Znaleźć ten wyraz rozwinięcia dwumianu
(
3
√a√b+
√
b3√a
)14
, w którym
dane liczby dodatnie a i b występują w tej samej potędze.
1.8 Znaleźć te wyrazy rozwinięcia dwumianu ( 5√3 + 7√2)24, które są liczbami
naturalnymi.
1.9 Wykorzystując wzór Newtona obliczyć następujące sumy:
a)(n
0
)
+(n
1
)
+(n
2
)
+ . . .+(n
n−1
)
+(n
n
)
;
b)(n
0
)
2n +(n
1
)
2n−1 +(n
2
)
2n−2 + . . .+(n
n−1
)
2 +(n
n
)
;
c)(n
0
)
−(n
1
)
+(n
2
)
− . . .+(n
n− 1
)
+ (−1)n(n
n
)
.
1.10 Wykorzystując wzór Newtona wykazać, że:
a)(n
1
)
+ 2(n
2
)
+ 3(n
3
)
+ . . .+ (n− 1)(n
n−1
)
+ n(n
n
)
= n2n−1;
b)(n
1
)
− 2(n
2
)
+ 3(n
3
)
− . . .+ (−1)n−2(n−1)(n
n−1
)
+ (−1)n−1n(n
n
)
= 0.
1.11 Wykazać, że z 11 dowolnych liczb naturalnych można zawsze wybrać dwietakie, których różnica jest podzielna przez 10.
1.12 W prostokącie o bokach długości 1 i 2 wybrano 401 punktów. Pokazać, żeistnieje kwadrat o boku długości 0,1 zawierający co najmniej 3 z danych punktów.
1.13 Wykazać, że spośród 12 dowolnych liczb dwucyfrowych można zawsze wy-brać dwie takie, których różnica jest zapisana za pomocą dwu jednakowych cyfr.
1.14 Nie korzystając z zasady indukcji matematycznej wykazać, że dla dowolnejliczby naturalnej n 3 liczba n5 − 5n3 + 4n jest podzielna przez 120.
38 Zbiory liczbowe
1.15 Wykazać, że kwadrat dowolnej liczby naturalnej daje przy dzieleniu przez5 resztę 0,1 lub 4.
1.16 Udowodnić, że jeżeli d=NWD(a, b), to liczbya
d,b
dsą względnie pierwsze.
1.17 Dowieść, że jeżeli a, b są względnie pierwsze, to względnie pierwsze sąliczby ab oraz a+ b.
1.18 Udowodnić, że jeżeli NWD(a, b) = 1, to dla dowolnej liczby naturalnej cjest NWD(ac, bc) = c.
1.19 Udowodnić następujące fakty:
a) jeżeli p i p+ 2 są liczbami pierwszymi większymi od 3, to liczba p + 1 jestpodzielna przez 6;
b) liczby pierwsze p, q są bliźniacze (tzn. |p− q| = 2) wtedy i tylko wtedy, gdypq + 1 jest kwadratem liczby naturalnej;
c) jeżeli liczby pierwsze p, q są większe od 3, to p2 − q2 dzieli się przez 24;d) suma dwu liczb pierwszych różniących się o 2, z których mniejsza jest więk-sza od 3, jest podzielna przez 12;
e) jeżeli liczby p i 4p+1 są liczbami pierwszymi, to liczba 8p+1 nie jest liczbąpierwszą;
f) dla każdej liczby naturalnej n większej od 2 jedna z liczb 2n− 1, 2n+1 jestzłożona;
g) jeżeli liczba 2n − 1 jest pierwsza, to n jest liczbą pierwszą;h) jeżeli liczba (n−1)!+1 jest większa od 1 i podzielna przez n, to n jest liczbąpierwszą.
1.20 Udowodnić, że jeżeli p > 2 jest liczbą pierwszą oraz liczba(n
2
)
−(k
2
)
jest
podzielna przez p dla k =12(p+ 1), to liczba ta jest również podzielna przez p2.
Wsk. Zauważmy, że
(n
2
)
−
(k
2
)
=(n− k)(n+ k − 1)
2oraz (n+ k− 1)− (n− k)=2k− 1=p.
1.21 Udowodnić niewymierność następujących liczb:
a)√5; b) 3
√2; c)
√2 +√3; d) 3
√2 + 3√4; e)
√2 + 3√2; f) tg 150.
1.22 Usunąć niewymierności z mianowników następujących ułamków:
a)1
1 +√5; b)
13√2 + 1
; c)1
3√5− 3√2; d)
1
2 + 3√2 + 3 3
√4.
Ćwiczenia 39
Wsk. W ostatnim przykładzie można skorzystać z tożsamości
x3 + y3 + z3 − 3xyz = (x+ y + z)(x2 + y2 + z2 − xy − xz − yz).
1.23 Obliczyć sumę1
1 +√2+
1√2 +√3+
1√3 +√4+ . . .+
1√n+√n+ 1
.
1.24 Udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n liczby√n+√n+ 1 oraz
√
n(n+ 1) są niewymierne.
1.25 Pokazać, że pomiędzy każdymi dwiema liczbami wymiernymi znajduje sięliczba niewymierna.
1.26 Pokazać, że dla dowolnej liczby pierwszej p liczba√p jest niewymierna.
1.27 Dla dowolnych A,B⊂R określamy zbiory:
−A = {x ∈ R : −x ∈ A}, A+B = {x+ y : x ∈ A, y ∈ B}.
Wykazać, że prawdziwe są następujące zależności:
a) inf A = − sup(−A);b) jeżeli A⊂B , to inf B ¬ inf A oraz supA ¬ supB;c) inf(A+B) = inf A+ inf B oraz sup(A+B) = supA+ supB.
1.28 Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y prawdziwe są nastę-pujące zależności:
a) |x+ y| ¬ |x|+ |y|;b)
∣∣|x| − |y|
∣∣ ¬ |x− y|;
c) max{x, y} = |x− y|+ x+ y2
, min{x, y} = x+ y − |x− y|2
.
1.29 Wyznaczyć kresy następujących zbiorów:
a) A ={
(−1)n + n
n+ 1: n ∈ N
}
;
b) B ={
sinnπ
2− (−1)
n
n: n ∈ N\{0}
}
;
c) C ={
(−1)n − (−1)n
n+ 1: n ∈ N
}
;
d) D ={
sinnπ
2− (−1)
nn
n+ 1: n ∈ N
}
;
40 Zbiory liczbowe
e) E ={
(−1)[n2 ] · 1n+ 2 : n ∈ N \ {0}
}
;
f) F ={
1− (−1)[n3]
· 1n: n ∈ N \ {0}
}
;
g) G ={x+ 2|x|+ 1 : x ∈ R
}
;
h) H = {x ∈ R : log3 |x− 1| < 1}.
2Ciągi liczbowe
2.1 Oznaczenia, podstawowe definicje i fakty
• Definicja 2.1.1 Ciągiem liczbowym nazywamy funkcję określoną na zbiorzeliczb naturalnych o wartościach w zbiorze liczb rzeczywistych.
Dla określenia n–tego wyrazu ciągu stosujemy na ogół oznaczenie f(n) = an.Ciąg liczbowy można zdefiniować, określając jawnym wzorem postać funkcji f(n)(np. an = 2n) lub formułując rekurencyjną zależność, jaką muszą spełniać jegowyrazy np.: a1 = 2, an+1 = an ·2) dla n 1. Można też w jakiś inny sposób okre-ślić elementy ciągu — np. „an jest n–tą liczbą pierwszą”. Bardzo często wygodniejnam będzie numerować wyrazy ciągu zaczynając od n=1, czyli rozważać funkcjęokreśloną na zbiorze N\{0}.W dalszych rozumowaniach będziemy wielokrotnie wykorzystywać specjalne wła-sności ciągu, więc przypomnjmy dla porządku parę pojęć.
• Definicja 2.1.2 Mówimy, że ciąg (an) jest:1. ograniczony z góry (z dołu), jeżeli istnieje M ∈ R (m ∈ R) takie, że dlakażdego n ∈ N zachodzi nierówność an ¬M (m ¬ an);
2. ograniczony, jeżeli jest ograniczony zarówno z góry jak i z dołu;
3. niemalejący (rosnący, nierosnący, malejący), jeżeli dla wszystkichn∈N zachodzi nierówność an ¬ an+1 (an < an+1, an an+1, an > an+1).
Komentarz.
1. Oczywiście warunek ograniczoności z góry i z dołu równoważny jest istnieniutakiego K∈R, że dla wszystkich liczb naturalnych n zachodzi nierówność
|an| ¬ K.
2. Dla dowolnego ciągu (an) warunki
an ¬ an+1, an < an+1, an an+1, an > an+1
41
42 Ciągi liczbowe
są równoważne odpowiednio warunkom
an+1 − an 0, an+1 − an > 0, an+1 − an ¬ 0, an+1 − an < 0.
3. Dla ciągu (an) o wyrazach dodatnich warunki
an ¬ an+1 an < an+1, an an+1, an > an+1
są ponadto równoważne warunkom
an+1
an 1, an+1
an> 1,
an+1
an¬ 1, an+1
an< 1,
zaś dla ciągu o wyrazach ujemnych – warunkom
an+1
an¬ 1, an+1
an< 1,
an+1
an 1 an+1
an> 1.
Będziemy mówić, że ciąg (an) jest niemalejący (rosnący, nierosnący, ma-lejący) od pewnego miejsca począwszy, jeżeli istnieje indeks n0∈N taki, żenierówność
an ¬ an+1 (an < an+1, an an+1, an > an+1)zachodzi dla wszystkich n n0.To, którym z warunków warto się posłużyć, aby sprawdzić monotoniczność
ciągu, zależy od postaci danego ciągu. A może wystarczy tylko odpowiednio przed-stawić wyrazy ciągu i pomyśleć! Spróbujemy to wyjaśnić sprawdzając ograniczo-ność i monotoniczność kilku wybranych ciągów.
• Przykład 2.1.1 Zbadać monotoniczność i ograniczoność ciągów o wyrazach:a) an =
3√
n3 + n2 − n; b) an =n2 − n+ 1n2 + 1
; c) an =n+ 2√n2 + 1
.
R o z w i ą z a n i e. a) Korzystając ze wzoru a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2)zapiszmy n-ty wyraz ciągu w postaci
an =n2
( 3√n3 + n2)2 + n 3
√n3 + n2 + n2
=1
(
3
√
1 +1n
)2
+ 3
√
1 +1n+ 1
.
Zateman+1 =
1(
3
√
1 +1n+ 1
)2
+ 3
√
1 +1n+ 1
+ 1
i jest oczywiste, że an+1 an, gdyż ostatni ułamek ma mniejszy mianownik.Ponieważ, co łatwo zauważyć, dla wszystkich n zachodzi nierówność an ¬
13, więc
Oznaczenia, podstawowe definicje i fakty 43
wszystkie wyrazy ciągu (an) znajdują się w przedziale(
a1,13
)
, gdzie a1 =3√2−1,
co oznacza, że ciąg jest ograniczony zarówno z góry jak i z dołu.
b) Zapiszmy an w postaci
an = 1−n
n2 + 1.
Ponieważn+ 1
(n+ 1)2 + 1<
n
n2 + 1,
co łatwo bezpośrednio sprawdzić, więc an+1 > an. Zatem ciąg (an) jest rosnący.
Jest też oczywiste, że dla dowolnego n ∈ N zachodzi nierówność12= a1 ¬ an ¬ 1,
czyli rozważany ciąg jest ograniczony.
c) Widać, że w tym przykładzie badanie znaku różnicy
an+1−an =n+ 3
√
(n+ 1)2 + 1− n+ 2√n2 + 1
=(n+ 3)
√n2 + 1− (n+ 2)
√
(n+ 1)2 + 1√n2 + 1
√
(n+ 1)2 + 1
jest raczej nieprzyjemne. Dlatego zbadamy wprost, czy zachodzi nierówność
an =n+ 2√n2 + 1
n+ 3√
(n+ 1)2 + 1= an+1.
Jest ona kolejno równoważna nierównościom:
(n+ 2)(√
(n+ 1)2 + 1) (n+ 3)√
n2 + 1,
(n+ 2)2(n2 + 2n+ 2) (n+ 3)2(n2 + 1),
4n2 + 10n− 1 0,
a ta ostatnia jest spełniona dla wszystkich naturalnych n, czyli stwierdziliśmy, żeciąg jest nierosnący. Łatwo jest też sprawdzić, że dla wszystkich n ∈ N zachodzą
nierówności 1 < an < a1 =3√2, czyli badany ciąg jest ograniczony.
• Fakt 2.1.1 Dla dowolnych liczb α > 0 oraz a > 1 ciąg o wyrazachxn =
nα
an
jest ograniczony i malejący od pewnego miejsca.
D o w ó d. W tym przykładzie wygodniej jest zbadać iloraz. Ponieważ
xn+1
xn=1a
(
1 +1n
)α
oraz1a< 1,
44 Ciągi liczbowe
a czynnik(
1 +1n
)α
można uczynić dowolnie bliskim 1 biorąc dostatecznie duże
n, więc istnieje n0 ∈ N takie, że dla n > n0 zachodzi nierównośćxn+1
xn< 1,
co oznacza, że ciąg (xn) jest malejący poczynając od n0. Ograniczoność wynika zoczywistej nierówności 0 < xn < max{x1, x2, . . . , xn0}.Niżej przedstawione są wykresy trzech ciągów powyższej postaci.
-4 8 12 16 np p p
6
4
8
12
16
O
an
qq qq q q q q q q q q q q q q q q q -
4 8 12 16 np p p
6
4
8
12
16
O
an
qqq q q q
qq q q q q q q q q q q -
4 8 12 16 np p p
6
4
8
12
16
O
an
q
q
q
q
qqq
q
q
q
q
qqqq q q q
Rys. 2.1.1. Graficzna prezentacja zbieżności ciągów o wyrazach an =nα
2ndla
α = 2, 3, 4.
Widać, że niezależnie od α każdy z ciągów zaczyna w pewnym momencie maleći zbiegać bardzo szybko do 0. Na przykład dla α = 3 mamy a25 ≈ 4.657 · 10−4,a40 ≈ 5.821·10−8. Niezależnie od wartości α > 1, przy n→∞, wzrost wykładniczymianownika jest nieporównanie szybszy od potęgowego wzrostu licznika.
• Fakt 2.1.2 Ciąg o wyrazach an =(
1 +1n
)n
jest rosnący i ograniczony z góry,
zaś ciąg o wyrazach bn =(
1 +1n
)n+1
jest malejący i ograniczony z dołu.
D o w ó d. Pokażemy, że ciąg (an) jest rosnący i ograniczony z góry. Podobniepokazuje się, że ciąg (bn) jest malejący i ograniczony z dołu.
Wyrazy an są nieujemne, więc wystarczy znowu zbadać iloraz
an+1
an=
(
1 +1n+ 1
)n+1
(
1 +1n
)n =(n+ 2)n+1nn
(n+ 1)n+1(n+ 1)n=((n+ 2)n)n (n+ 2)(n+ 1)n+1(n+ 1)n
=
=
((n+ 1)2 − 1
)n
((n+ 1)2)n· n+ 2n+ 1
=((n+ 1)2 − 1(n+ 1)2
)n+1
· n+ 2n+ 1
· (n+ 1)2
(n+ 1)2 − 1
=(
1− 1(n+ 1)2
)n+1
· n+ 2n+ 1
· (n+ 1)2
(n+ 1)2 − 1 =(
1− 1(n+ 1)2
)n+1
· n+ 1n.
Oznaczenia, podstawowe definicje i fakty 45
Łatwo zuważyć, że na mocy nierówności Bernoulli’ego, w przypadku x =−1
(n+ 1)2zachodzi nierówność
(
1− 1(n+ 1)2
)n+1
>
(
1− n+ 1(n+ 1)2
)
,
więc(
1− 1(n+ 1)2
)n+1n+ 1n>
(
1− n+ 1(n+ 1)2
)n+ 1n= 1,
co oznacza, że ciąg an =(
1 +1n
)n
jest rosnący.
Zbadamy teraz ograniczoność. Korzystając ze wzoru Newtona możemy napisać
(
1 +1n
)n
=(n
0
)( 1n
)0
+(n
1
)( 1n
)1
+ . . .+( n
n− 1)( 1n
)n−1+(n
n
)( 1n
)n
= 1 + 1 +1 ·(
1− 1n
)
1 · 2 + . . .+1 ·(
1− 1n
)
· . . . ·(
1− n− 2n
)
1 · 2 · . . . · (n− 1)
+1 ·(
1− 1n
)
· . . . ·(
1− n− 1n
)
1 · 2 · . . . · n .
Zatem
2 ¬ an < 2 +12!+13!+ . . .+
1(n− 1)! +
1n!
< 1 +120+121+122+ . . .+
12n−1
= 1 + 2(
1− 12n
)
< 3,
czyli wszystkie wyrazy ciągu((
1 +1n
)n)
należą do przedziału [2, 3).
Zapamiętajmy! Ciąg((
1 +1n
)n)
jest rosnący, a ciąg
((
1 +1n
)n+1)
jest
malejący i od pewnego miejsca począwszy prawdziwe są nierówności
2 <(
1 +1n
)n
<
(
1 +1n
)n+1
< 3.
• Przykład 2.1.2 Wykazać, że ciąg o wyrazach an = n√n jest ograniczony i male-
jący począwszy od n = 3.
46 Ciągi liczbowe
R o z w i ą z a n i e. Sprawdzimy bezpośrednio, że an+1 < an dla n 3.. Nierównośćta jest kolejno równoważna następującym nierównościom:
n+1√n+ 1 < n
√n ⇐⇒ (n+ 1)n < nn+1 ⇐⇒
(
1 +1n
)n 1n< 1.
Ponieważ (
1 +1n
)n 1n<3n,
więc ostatecznie nierówność an+1 < an jest prawdziwa dla n 3. Oczywiściea1 = 1 ¬ an dla wszystkich n. Ponieważ a2 =
√2 < 3√3 = a3, więc wszystkie
wyrazy ciągu (an) znajdują się w przedziale[1, 3√3]. Zatem jest on ograniczony.
• Przykład 2.1.3 Zbadać monotoniczność i ograniczoność ciągu o wyrazachan =
1n+ 1
+1n+ 2
+ . . .+1n+ n
.
R o z w i ą z a n i e. W tym przypadku badanie ilorazu
an+1
an=
1(n+ 1) + 1
+1
(n+ 1) + 2+ . . .+
1(n+ 1) + (n+ 1)
1n+ 1
+1n+ 2
+ . . .+1n+ n
jest sprawą w najlepszym razie skomplikowaną, natomiast różnicę dwu kolejnychwyrazów bardzo łatwo policzyć, otrzymując
an+1 − an =(1n+ 2
+1n+ 3
+ . . .+1
(n+ 1) + n+
1(n+ 1) + (n+ 1)
)
−(1n+ 1
+1n+ 2
+ . . .+1
n+ n− 1 +1n+ n
)
=1
2n+ 1+
12n+ 2
− 1n+ 1
=1
2n+ 1− 12n+ 2
> 0.
Zatem badany ciąg (an) jest rosnący. Ograniczoność jest niemal oczywista. Ponie-waż suma, za pomocą której zdefiniowany jest nasz ciąg, składa się z n składników,
z których najmniejszym jest1n+ n
, a największym1n+ 1
, więc dla każdego n ∈ N
prawdziwa jest nierówność
12=n
n+ n¬ 1n+ 1
+1n+ 2
+ . . .+1n+ n
¬ n
n+ 1< 1,
czyli badany ciąg jest ograniczony.
Oznaczenia, podstawowe definicje i fakty 47
• Przykład 2.1.4 Niech a będzie liczbą dodatnią. Zbadać monotoniczność i ograni-czoność ciągu (xn) określonego wzorem rekurencyjnym
x1 = 1, xn+1 =12
(
xn +a
xn
)
dla n 1.
R o z w i ą z a n i e. Pokażemy najpierw przez indukcję, że dla a 1 wyrazy ciągu(xn) należą do przedziału [
√a, a], zaś dla 0 < a < 1 – do przedziału [
√a, 1].
Dla a 1 mamyx2 =
12(1 + a) ¬ a.
Ponieważ (1−√a)2 0, więc 2√a ¬ 1 + a, czyli√a ¬ 12(1 + a) = x2.
Zatem√a ¬ x2 ¬ a. Niech n 2 będzie dowolnie ustalone i załóżmy, że zachodzi
nierówność√a ¬ xn ¬ a. Wtedy dla xn+1 mamy
xn+1 =12
(
xn +a
xn
)
¬ 12
(
a+a√a
)
=12
(a+√a)¬ 12(a+ a) = a.
Ponadto
xn+1 =12
(
xn +a
xn
)
√a,
gdyż ta nierówność jest równoważna nierówności 2√axn ¬ x2n + a, a ta z kolei
oczywistej nierówności (xn −√a)2 0.
Niech teraz 0 < a < 1. Wówczas
x2 =12(1 + a) ¬ 1.
Ponieważ (1−√a)2 0, więc 2√a ¬ 1 + a czyli√a ¬ 12(1 + a) = x2.
Zatem√a ¬ x2 ¬ 1. Niech n 2 będzie dowolnie ustalone i załóżmy, że zachodzi
nierówność√a ¬ xn ¬ 1. Ponieważ a <
√a, więc
xn+1 =12
(
xn +a
xn
)
¬ 12
(
1 +a√a
)
¬ 12(1 + 1) = 1.
Ponadto
xn+1 =12
(
xn +a
xn
)
√a,
gdyż ta nierówność jest równoważna nierówności
2√axn ¬ x2n + a,
48 Ciągi liczbowe
czyli prawdziwej nierówności (xn −√a)2 0.
Uzasadnimy teraz, że (xn) jest ciągiem malejącym. Mamy
xn+1 − xn =12
(a
xn− xn
)
¬ 0,
gdyż ta nierówność jest równoważna nierówności a − x2n ¬ 0, która z kolei jestrównoważna prawdziwej nierówności
√a ¬ xn.
2.2 Granica ciągu, podstawowe własności granicy
Zajmiemy się teraz pojęciem granicy ciągu, które jest podstawowym pojęciemanalizy matematycznej.
• Definicja 2.2.1 Mówimy, że ciąg (an) jest zbieżny do granicy właściwejg ∈ R, jeżeli w dowolnym otoczeniu (g − ε, g + ε) liczby g znajdują się wszystkie,od pewnego numeru począwszy, wyrazy tego ciągu, co oznacza, że z definicji
limn→∞an = g ⇐⇒
∧
ε>0
∨
n0∈N
∧
n>n0
|an − g| < ε.
Poniższy rysunek powinien ułatwić nam zrozumienie tej definicji.
-
d
d
6
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
g
g+ε
g−ε
O
an
p p pn
r
r
r r
r
r
r
r
r
r r
r
rr r r r
Rys.2.2.1 Ilustracja definicji granicy ciągu. Widać, że an ∈ (g − ε, g + ε) dlan > n0 = 8.
Pokażemy teraz jak, posługując się definicją, wykazać, że konkretna liczba jestgranicą zadanego ciągu.
• Przykład 2.2.1 Wykazać, że limn→∞
2n− 13− n = −2.
Granica ciągu, podstawowe własności granicy 49
R o z w i ą z a n i e. Weźmy dowolnie ustalone ε > 0. Szukamy n0 ∈ N takiego, żedla wszystkich liczb naturalnych n > n0 zachodzi nierówność
∣∣∣∣
2n− 13− n − (−2)
∣∣∣∣< ε.
Ostatnia nierówność równoważna jest nierówności:
−ε < 5n− 3 < ε,
spełnionej dla wszystkich n >5 + 3εε. Zatem „dobrym” n0 jest
n0 =[5 + 3εε
]
.
I tak na przykład dla ε =110nierówność
− 110< an − (−2) <
110
spełniona jest dla n > 53 (czyli „począwszy” od n = 54), zaś dla ε =1100nierów-
ność− 1100< an − (−2) <
1100
prawdziwa jest dla n > 503.
• Przykład 2.2.2 Wykazać, że limn→∞
n2 + 12n2 − 3 =
12.
R o z w i ą z a n i e. Niech ε > 0 będzie dowolnie ustalone. Szukamy n0∈N takiego,że dla wszystkich liczb naturalnych n > n0 zachodzi nierówność
∣∣∣∣
n2 + 12n2 − 3 −
12
∣∣∣∣< ε.
Nierówność równoważna jest nierównościom
−ε < 52 (2n2 − 3) < ε.
Pierwsza z nich jest spełniona dla wszystkich n > n1 = 1, druga — co łatwo
wyliczyć — dla n >
√
5 + 6ε4ε, czyli dla n > n2 =
[√
5 + 6ε4ε
]
. Zatem „dobre”
jest n0 = max{n1, n2}. I tak na przykład dla ε =110nierówność ta spełniona jest
począwszy od n =[√14]= 3, zaś dla ε =
1100od n =
[√127]= 11.
50 Ciągi liczbowe
• Przykład 2.2.3 Wykazać, że limn→∞
2n+1 − 32n − 2 = 2.
R o z w i ą z a n i e. Weźmy dowolnie ustalone ε > 0. Szukamy n0 ∈ N takiego, żedla wszystkich liczb naturalnych n > n0 zachodzi nierówność
∣∣∣∣
2n+1 − 32n − 2 − 2
∣∣∣∣< ε.
Ostatnia nierówność równoważna jest nierównościom:
−ε < 12n − 2 < ε.
Pierwsza z nich jest spełniona dla wszystkich n > 1, druga — dla wszystkich
n > log2
(1ε+ 2)
. Zatem „dobrym” n0 jest
n0 =[
log2
(1ε+ 2)]
.
Dla przykładu dla ε =110nierówność ta jest prawdziwa począwszy od n = 4, a
dla ε =1100od n = 7.
Zajmiemy się teraz podstawowymi własnościami ciągów zbieżnych.
• Fakt 2.2.1 Każdy ciąg zbieżny ma dokładnie jedną granicę.D o w ó d. Załóżmy nie wprost, że ciąg (an) jest zbieżny zarówno do g1 jak i do g2,
przy czym g1 6= g2. Niech |g1 − g2| = d > 0 i weźmy dowolnie ustalone 0 < ε <d
2.
Z definicji granicy wynika, że istnieją liczby naturalne n1, n2 takie, że dla n>n1zachodzi nierówność |an − g1|<ε, a dla n>n2 — nierówność |an − g2| <
ε
2. Dla
n>n0 = max{n1, n2} zachodzą obie nierówności. Wykorzystując nierówność trój-kąta otrzymujemy warunek
|g1 − g2| ¬ |g1 − an|+ |an − g2| < 2ε < d.
Otrzymana sprzeczność kończy dowód.
• Fakt 2.2.2 Każdy ciąg zbieżny do granicy właściwej jest ograniczony.D o w ó d. Istotnie, jeżeli w definicji granicy lim
n→∞an = g przyjmiemy ε = 1 i
znajdziemy n0 takie, że |an−g| < 1 dla n > n0, więc dla n > n0 mamy oszacowanie|an| < |g|+ 1. Zatem dla wszystkich liczb naturalnych n zachodzi nierówność
|an| < max{|a1|, |a2|, . . . , |an0 |, |g|+ 1},
Granica ciągu, podstawowe własności granicy 51
co oznacza, że ciąg jest ograniczony.
Zmiana (a także – usunięcie lub dołączenie) skończenie wielu wyrazów ciągunie ma wpływu na jego zbieżność i wartość granicy. Oznacza to, że prawdziwy jestnastępujący fakt.
• Fakt 2.2.3 Jeżeli istnieje n0∈N takie, że dla wszystkich n > n0 zachodzi równośćan = bn, to ciąg (bn) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg (an) jest zbieżnyoraz
limn→∞
bn = limn→∞an.
Nietrudno jest również pokazać następujący fakt.
• Fakt 2.2.4 Jeżeli ciągi (an), (bn) są zbieżne oraz dla pewnego n0 ∈ N i wszystkichn > n0 zachodzi nierówność an ¬ bn, to
limn→∞
an ¬ limn→∞
bn.
Jeżeli ciąg (an) jest zbieżny do granicy g, to ciąg (|an|) jest zbieżny do |g|, cowynika natychmiast z nierówności
∣∣|an| − |g|
∣∣ ¬ |an − g|. Implikacja odwrotna nie
jest prawdziwa, o czym świadczy przykład ciągu o wyrazach an = (−1)n.Warto jednak pamiętać, że
• Fakt 2.2.5 limn→∞an = 0 ⇐⇒ lim
n→∞|an| = 0.
D o w ó d tej równoważności wynika natychmiast z równości∣∣|an|
∣∣ = |an|.
• Fakt 2.2.6 Jeżeli ciąg (an) jest ograniczony oraz limn→∞
bn = 0, to
limn→∞(an · bn) = 0.
D o w ó d. Załóżmy, że dla pewnego k > 0 i dla wszystkich n∈N zachodzą nie-równości −K ¬ an ¬ K. Następnie dla dowolnie ustalonego ε > 0 wybierzmyn0 ∈ N takie, by dla n>n0 zachodziła nierówność |bn| <
ε
K. Wówczas dla n>n0
prawdziwa jest nierówność
|an · bn| < K ·ε
K= ε,
czyli ciąg (anbn) jest zbieżny do 0.
• Definicja 2.2.2 Jeżeli (nk) jest jakimkolwiek rosnącym ciągiem liczb naturalnych,to ciąg (bk) określony wzorem bk = ank nazywamy podciągiem ciągu (an).
Oczywiste jest, że dowolny podciąg ciągu zbieżnego do granicy g jest zbieżny dotej samej granicy. Nietrudno też udowodnić następujący, ogólniejszy, fakt.
52 Ciągi liczbowe
• Fakt 2.2.7 Jeżeli ciąg (an) jest zbieżny do granicy g oraz (nk) jest dowolnymciągiem liczb naturalnych takim, że lim
k→∞nk =∞, to lim
k→∞ank = g.
Jeżeli wszystkie podciągi ciągu (an) są zbieżne do tej samej granicy g, to oczywiściesam ciąg (an) jest zbieżny g. Ciągi, które nie są zbieżne mają zatem podciągizbieżne do różnych granic. Warto w tym miejscu wrócić do przykładów paragrafu
1.6. Dla przykładu rys. 1.6.1 sugeruje, że ciąg o wyrazach an = (−1)n −(−1)nn
ma dwa podciągi zbieżne. Rzeczywiście podciąg (ank), dla nk = 2k, ma granicę 1,a podciąg (ank), dla nk = 2k+1 jest zbieżny do −1.O podciągach ciągów liczbowych będzie jeszcze mowa w paragrafie 2.5.
• Definicja 2.2.3 Mówimy, że ciąg (an) jest rozbieżny do ∞ (−∞), jeżeli dladowolnie zadanej liczby rzeczywistejM , wszystkie wyrazy ciągu od pewnego numerupocząwszy, są większe (mniejsze) od M (−M), co oznacza, że z definicji
limn→∞an =∞ ⇐⇒
∧
M>0
∨
n0∈N
∧
n>n0
an > M
(
limn→∞an = −∞ ⇐⇒
∧
M>0
∨
n0∈N
∧
n>n0
an < −M)
.
Sformułujemy teraz fakt o granicy ciągu geometrycznego.
• Fakt 2.2.8 limn→∞qn =
nie istnieje dla q ¬ −1,0 dla −1 < q < 1,1 dla q = 1,
∞ dla q > 1.
D o w ó d. Dla |q| > 1 mamy |q| = 1+ d dla pewnego d > 0. Zatem, na podstawienierówności Bernoulli’ego, |qn| = (1 + d)n > 1 + nd, co oznacza, że ciąg (|qn|) niejest ograniczony, więc nie może być zbieżny do granicy właściwej. Jeżeli bowiemq>1, to qn>1 + nd, więc lim
n→∞qn=+∞. Jeżeli zaś q < −1, to albo q2n>1 + 2nd,
czyli
limn→∞q2n = +∞, albo q2n+1 < −1− (2n+ 1)d, czyli lim
n→∞q2n+1 = −∞.
Stwierdzamy więc, że ciąg (qn) nie jest zbieżny.
W przypadku |q| < 1 mamy |q| = 11+d
dla pewnego d > 0. Korzystając z
nierówności Bernoulli’ego, otrzymujemy
|qn| = 1(1 + d)n
<1
1 + nd.
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów 53
Niech teraz ε>0 będzie dowolnie ustalone. Wystarczy wziąć n0=[1− εε · d
]
, by dla
n>n0 zachodziła nierówność |qn| < ε. Gdy[1− εε · d
]
jest liczbą ujemną, nierówność
|qn| < ε zachodzi dla wszystkich liczb naturalnych.Dla q = −1 otrzymujemy w oczywisty sposób rozbieżny ciąg ((−1)n), a dla
q=1 – ciąg stały, więc zbieżny.
W następnym przykładzie, trochę „nieformalnie”, skorzystamy z własnościfunkcji logarytmicznej, choć o funkcjach będzie mowa dopiero w rozdziale 4. Jed-nak przeprowadzenie elementarnego rozumowania, takiego jak w Fakcie ??, byłobyzbyt pracochłonne.
• Przykład 2.2.4 Udowodnić, że limn→∞log2
√
n2+1 =∞.
R o z w i ą z a n i e. Weźmy dowolne M>0 i poszukajmy n0 ∈ N takiego, że dlawszystkich naturalnych n>n0 zachodzi nierówność
log2√
n2 + 1 > M.
Nierówność ta równoważna jest nierówności
n2>22M−1.
Wystarczy więc wziąćn0=
[√
22M−1]
.
I tak dla przykładu, gdy M = 2, to nierówność − 110< an <
110jest spełniona dla
n>√24−1, czyli począwszy od n=4, zaś dla M=5 nierówność an>5 prawdziwa
jest począwszy od n=32.
2.3 Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów
Przy obliczaniu granic ciągów wykorzystywać będziemy przede wszystkim nastę-pujące twierdzenie.
•Twierdzenie 2.3.1 (o arytmetyce granic ciągów)Jeżeli ciągi (an), (bn) są zbieżne odpowiednio do granic a∈R i b∈R, to prawdziwesą następujące równości:
1. limn→∞
(an+bn) = a+ b;
2. limn→∞
(an − bn) = a− b;
3. limn→∞
(c · bn) = c · b, dla dowolnego c∈R;
4. limn→∞
(an · bn) = a · b;
54 Ciągi liczbowe
5. limn→∞
an
bn=a
b, przy założeniu, że bn 6= 0 dla wszystkich n oraz b 6= 0.
D o w ó d. Przeprowadzimy dla przykładu dowód równości 4.
Weźmy dowolne ε > 0. Ciągi (an), (bn), jako zbieżne, są ograniczone, więc niech|an|<M , |bn|<K dla wszystkich n ∈ N. Ponieważ lim
n→∞an=a, lim
n→∞bn= b, więc
istnieją liczby naturalne n1, n2 takie, że dla wszystkich n > n1 zachodzi nierówność
|an − a| <ε
2K,
a dla n > n2 mamy nierówność
|bn − b| <ε
2M.
Zatem dla wszystkich n>max{n1, n2} zachodzą zależności
|anbn − ab| = |anbn − anb+ anb− ab|
¬ |an||bn − b|+ |b||an − a| ¬M ·ε
2M+K · ε
2K= ε,
co oznacza zbieżność ciągu (anbn) do granicy ab.
Podobnie dowodzi się pozostałych równości.
• Przykład 2.3.1 Zakładając, że ak 6= 0 i bl 6= 0, obliczyć granicę ciągu
an =akn
k + ak−1nk−1 + . . .+ a1n+ a0blnl + bl−1nl−1 + . . .+ b1n+ b0
.
R o z w i ą z a n i e. Dzieląc licznik i mianownik ułamka przez nl otrzymujemyrówność
limn→∞
aknk + ak−1nk−1 + . . .+ a0blnl + bl−1nl−1 + . . .+ b0
= limn→∞
aknk−l + ak−1nk−l−1 + . . .+ a0n−l
bl + bl−1n−1 + . . .+ b0n−l.
Z własności arytmetycznych granicy wynika, że
i) dla k < l ciąg jest zbieżny do 0,
ii) dla k = l ciąg jest zbieżny doak
bk,
iii) dla k > l ciąg jest rozbieżny do +∞, gdy akbl> 0 lub do −∞, gdy ak
bl< 0.
W powyższym przykładzie wykorzystaliśmy jedynie prostą do udowodnienia rów-ność lim
n→∞n−m = 0 dla m > 0. W trudniejszych przypadkach będziemy na ogół
wykorzystywać następujące twierdzenie.
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów 55
•Twierdzenie 2.3.2 (o trzech ciągach)Jeżeli ciągi (an), (bn), (cn) spełniają, od pewnej liczby naturalnej N począwszy,nierówności an ¬ bn ¬ cn i skrajne ciągi są zbieżne do tej samej granicy g, to
limn→∞bn = g.
D o w ó d. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ limn→∞an = g oraz lim
n→∞cn = g, więc
możemy znaleźć n1, n2∈N takie, że dla n > n1 zachodzi nierówność |an − g| < ε,a dla n > n2 nierówność |cn − g| < ε. Dla n > n0 = max{n1, n2, N} zachodzinierówność |bn − g| < ε, dzięki temu, że g − ε < an ¬ bn ¬ cn < g + ε. A tooznacza, że lim
n→∞bn = g.
-
an(•), bn(∗), cn(◦)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
6
g
g+ε
g−ε
Op p p
n
r
rr r
r
r r rr r r r
rr
rr r
b
b
bb
b
b
b
b
b b
bb
b bb b b
∗ ∗
∗
∗
∗
∗ ∗
∗
∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗
Rys. 2.3.1 Ilustracja twierdzenia o trzech ciągach: n0 = n2 = 10, n1 = 5, N = 8.
Teraz możemy już wyznaczyć granice wielu ciągów.
• Fakt 2.3.1 limn→∞
nα
an= 0 dla dowolnego α i dowolnego a > 1.
D o w ó d. Niech xn=nα
an, gdzie α > 0 oraz a > 1. Wówczas
xn+1
xn=1a
(
1 +1n
)α
Ponieważ dla n 1 mamy
1 ¬(
1 +1n
)α
¬(
1 +1n
)[α]+1
,
więc z Twierdzenia 2.3.2 wynika, że
limn→∞
(
1 +1n
)α
= 1.
56 Ciągi liczbowe
Zatem dla dostatecznie dużych n (powiedzmy dla nn0) zachodzi nierównośćxn+1
xn¬ s < 1,
gdzie s jest dowolnie wybraną liczbą z przedziału(1a, 1)
. Stąd dla n n0 otrzy-mujemy nierówności:
0 < xn0+1 ¬ s · xn0 ,
0 < xn0+2 ¬ s · xn0+1 ¬ s2 · xn0 ,...
0 < xn0+k ¬ s · xn0+k−1 ¬ . . . ¬ sk · xn0 .
Ponieważ limk→∞sk = 0, więc z dwu poprzednich twierdzeń wynika żądana równość.
Dla α ¬ 0 równośćlimn→∞
nα
an= 0
jest oczywista.
Dygresja. Zauważmy, że z udowodnionej przed chwilą równości wynika, iż(przy powyższych założeniach o α i a) dla dostatecznie dużych n prawdziwa jestnierówność nα ¬ an.
• Fakt 2.3.2 limn→∞
n√a = 1 dla a > 0.
D o w ó d. Dla a = 1 równość jest jasna.
Przyjmijmy teraz, że a > 1. Wówczas n√a > 1, więc n
√a = 1 + dn dla pewnego
dn > 0. Oczywiście wystarczy udowodnić, że limn→∞dn = 0. Korzystając z nierów-
ności Bernoulli’ego dostajemy
a = (1 + dn)n > 1 + ndn,
co daje nierówność
0 < dn <a− 1n.
Z twierdzenia o trzech ciągach wynika zatem, że limn→∞dn = 0.
Niech teraz 0 < a < 1. Wówczas a−1 > 1, więc
limn→∞
n√a−1 = 1
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów 57
— jak przed chwilą wykazaliśmy. Korzystając zatem z twierdzenia o granicy ilorazuciągów mamy
limn→∞
n√a = lim
n→∞1
n√a−1=
1
limn→∞
n√a−1= 1.
Z Faktu ?? wynika, że dla dowolnego ciągu (kn) liczb naturalnych rozbieżnego do∞ zachodzi równość
limn→∞
kn√a = 1.
Ale można udowodnić więcej.
• Fakt 2.3.3 Niech a będzie liczbą dodatnią. Wówczas, jeżeli (xn) jest dowolnymciągiem liczb rzeczywistych rozbieżnym do ∞, to prawdziwa jest równość
limn→∞
xn√a = 1.
Równoważnie – dla dowolnego zmierzającego do 0 ciągu (xn) liczb rzeczywistychnieujemnych zachodzi równość
limn→∞axn = 1.
D o w ó d. Dla każdego xn 1 zachodzą nierówności
1[xn] + 1
<1xn¬ 1[xn].
Stąd dla a1 mamy[xn]+1√a ¬ xn
√a <
[xn]√a,
a dla 0 < a < 1 prawdziwe są nierówności
[xn]√a ¬ xn
√a <
[xn]+1√a.
Ponieważ ([xn]) i ([xn] + 1) są ciągami liczb naturalnych oraz
limn→∞xn =∞ ⇐⇒ lim
n→∞[xn] =∞,
a więclimn→∞
[xn]√a = 1 oraz lim
n→∞[xn]+1√a = 1.
Równość będąca treścią dowodzonego faktu wynika zatem z twierdzenia o trzechciągach.
Komentarz. Co prawda Fakt ?? sformułowany i udowodniony został tylko dlaciągów zmierzających do zera od strony prawej, ale można go uogólnić na przy-padek dowolnych ciągów zmierzających do zera. W tym celu należy wykorzystaćrównoważność
yn −→ 0+ ⇐⇒1yn−→+∞
58 Ciągi liczbowe
i przypomnieć sobie fakt stwierdzający, że
limn→∞
yn = 0⇐⇒ limn→∞|yn| = 0.
Stąd dla dowolnego ciągu (yn) zmierzającego do 0 otrzymujemy równość
limn→∞a|yn| = 1.
Wówczas zachodzi też równość
limn→∞a−|yn| = 1.
Zatem dla a 1 teza wynika z twierdzenia o trzech ciągach (Twierdzenie ??),ponieważ prawdziwe są nierówności
a−|yn| ¬ ayn ¬ a|yn|.
Ufam, że Czytelnicy dobrze wiedzą, jaka nierówność jest potrzebna w przypadku,kiedy 0 < a ¬ 1.
• Fakt 2.3.4 limn→∞
n√n = 1.
D o w ó d. Ponieważ n√n 1, więc tak jak poprzednio zapiszemy wyraz ciągu w
postaci n√n = 1+dn, gdzie dn > 0 dla n 2 i pokażemy, że lim
n→∞dn = 0. Zgodnie
ze wzorem Newtona, mamy
n = (1 + dn)n =(n
0
)
d0n +(n
1
)
d1n + . . .+( n
n− 1)
dn−1n +(n
n
)
dnn .
Opuszczając wszystkie, z wyjątkiem trzeciego składniki (są dodatnie), otrzymu-jemy nierówność
n=(1 + dn)n >( n
2
)
d2n =n(n− 1)2d2n,
skąd
0 ¬ dn <√
2n− 1 .
Ponieważ
limn→∞0 = 0 oraz lim
n→∞
√
2n− 1 = 0,
więc korzystając z twierdzenia o trzech ciągach wnioskujemy, że limn→∞
n√n = 1.
Spójrzmy jeszcze na wykres ciągu (an) = ( n√n).
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów 59
-1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 p p p
n
6
1
0.5
1.5
O
an
r
r r r r r r r r r
Rys. 2.3.2 Ilustracja zbieżności ciągu o wyrazach an = n√n.
Zauważmy jeszcze, że ciąg ten zbiega do granicy g = 1 bardzo wolno. Możnasprawdzić, że a10 ≈ 1.258925, a100 ≈ 1.047129, a1 000 ≈ 1.006931, a10 000 ≈1.000921, a100 000 ≈ 1.000115, a1 000 000 ≈ 1.000014, czego oczywiście nie możnaprzedstawić na naszym rysunku!
Jeżeli (kn) jest dowolnym rosnącym ciągiem liczb naturalnych, to oczywiścierównież
limn→∞
kn√
kn = 1.
Dla wszystkich liczb naturalnych n, k mają miejsce nierówności
1 ¬ n+k√n ¬ n+k√
n+ k
oraz dla n k prawdziwe są nierówności
1 ¬ n√n+ k ¬ n
√2n = n
√2 · n√n.
Stąd oraz z równości limn→∞
n√a = lim
n→∞n√n = 1, otrzymujemy granice ciągów ogól-
niejszej postaci.
• Fakt 2.3.5 Dla dowolnego naturalnego k zachodzą równości:limn→∞
n+k√n = 1, lim
n→∞n√n+ k = 1.
Ale można udowodnić znacznie więcej.
• Fakt 2.3.6 Jeżeli (xn) jest dowolnym ciągiem liczb rzeczywistych dodatnich roz-bieżnym do ∞, to zachodzi równość
limn→∞
xn√xn = 1.
Równoważnie – dla dowolnego ciągu (xn) liczb rzeczywistych dodatnich zmierzają-cego do 0 zachodzi równość
limn→∞
(xn)xn = 1.
60 Ciągi liczbowe
D o w ó d. Ponieważ ciąg (xn) jest rozbieżny do ∞, więc od pewnego N ∈N po-cząwszy mamy xn > 1 i prawdziwe są nierówności
[xn] ¬ xn < [xn] + 1 ⇐⇒1
[xn] + 1<1xn¬ 1[xn].
Zatem[xn]+1
√
[xn] ¬ xn√xn ¬
[xn]√
[xn] + 1
dla n N i teza wynika z poprzedniego faktu.
• Fakt 2.3.7 Jeżeli a > 0 i limn→∞xn = x0, to lim
n→∞axn = ax0 .
D o w ó d. Ponieważ axn − ax0 = ax0(axn−x0 − 1), więc wystarczy udowodnić, żedla dowolnego ciągu yn −→ 0 zachodzi równość lim
n→∞ayn = 1, to zaś jest treścią
Faktu ??.
Wykorzystując twierdzenie o trzech ciągach i udowodnione ostatnio równościmożemy wyznaczyć już bardzo dużo różnych granic.
• Przykład 2.3.2 Obliczyć granice ciągów (an), gdzie:a) an =
n√2n + 3n+ . . .+ 9n; b) an =
2n√
2n + n2;
c) an =n
√
1k + 2k+ . . .+ nk; d) an =n
√
1 +12+ . . .+
1n;
e) an =n√1 + 2 + . . .+ 2n; f) an =
2n√1 + 2 + . . .+ 2n;
g) an =n2√2n+3n+ . . .+20n; h) an =
1√n4 + 1
+2√n4 + 2
+ . . .+n√n4 + n
.
W przykładzie c) należy przyjąć, że k jest ustaloną liczbą naturalną.
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ
9 = n√9n< n√2n+3n + . . .+ 9n < n
√8 · 9n = 9 n
√8
orazlimn→∞9 = lim
n→∞
(
9 · n√8)
= 9,
więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
limn→∞
n√2n+3n+ . . .+ 9n = 9.
b) Ponieważ 2n n2 dla n 4, więc dla takich n możemy napisać następującenierówności
√2 = 2n
√2n < 2n
√
2n + n2 ¬ 2n√2n + 2n =
√2 · 2n√2.
Z równości limn→∞
2n√2 = 1, dzięki twierdzeniu o trzech ciągach wynika, że ciąg
(2n√
2n + n2)
zbieżny jest do√2.
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów 61
c) Dla n 1 prawdziwe są nierówności(n√n)k=
n√nk ¬ n
√
1k + 2k + 3k + . . .+ nk ¬ n√n · nk =
(n√n)k+1.
Korzystając z równości limn→∞
n√n = 1 i twierdzenia o trzech ciągach dostajemy
równościlimn→∞
n√nk = lim
n→∞n√nk+1 = 1,
a stądlimn→∞
n
√
1k + 2k + . . .+ nk = 1.
d) Prawdziwe są nierówności
n√1 < n
√
1 +12+ . . .+
1n< n√n,
więc, korzystając z twierdzenia o trzech ciągach i wcześniej udowodnionej równościlimn→∞
n√n = 1, wnioskujemy, że
limn→∞
n
√
1 +12+ . . .+
1n= 1.
e) Prawdziwe są zależności:
2 = n√2n ¬ n
√1 + 2 + . . .+ 2n < n
√
(n+ 1)2n = 2 n√n+ 1,
a przecież limn→∞
n√n+ 1 = 1 (Fakt 2.3.5). Zatem, na mocy twierdzenia o trzech
ciągach, otrzymujemy równość
limn→∞
n√1 + 2 + . . .+ 2n = 2.
f) Ponieważ n+ 1 ¬ 2n dla n 1, więc prawdziwe są zależności:2n√2n ¬ 2n√
1 + 2 + . . .+ 2n <2n√
(n+ 1)2n ¬ 2n√2n · 2n =
(2n√2n)2
.
Ponieważ limn→∞
2n√2n=1, więc, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, otrzymu-
jemy równośćlimn→∞
2n√1 + 2 + . . .+ 2n = 1.
g) Prawdziwe są zależności:
n√20 =
n2√20n <
n2√2n + 3n + . . .+ 20n <
n2√19 · n
2√20n =
n2√19 · n√20,
a przecież limn→∞
n√20 = 1 oraz lim
n→∞
n2√19 = 1. Zatem, na mocy twierdzenia o trzech
ciągach, otrzymujemy równość
limn→∞
n2√2n + 3n + . . .+ 20n = 1.
62 Ciągi liczbowe
h) Dla każdego 1 ¬ k ¬ n zachodzi nierówność podwójna
k√n4 + n
¬ k√n4 + k
¬ k√n4 + 1
,
więc prawdziwe jest następujące oszacowanie
n(n+ 1)
2√n4 + n
=1 + 2 + . . .+ n√n4 + n
¬ 1√n4 + 1
+2√n4 + 2
+ . . .+n√n4 + n
¬ 1 + 2 + . . .+ n√n4 + 1
=n(n+ 1)
2√n4 + 1
,
a ponieważ
limn→∞
n(n+ 1)
2√n4 + n
=12oraz lim
n→∞n(n+ 1)
2√n4 + 1
=12,
więc, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, rozważany ciąg jest zbieżny do12.
Inna, bardzo ważna i często wykorzystywana własność dotyczy ciągów mono-tonicznych.
•Twierdzenie 2.3.3 (o ciągu monotonicznym i ograniczonym)Jeżeli ciąg (an) jest niemalejący (nierosnący) dla n > N i ograniczony z góry(z dołu), to jest zbieżny oraz
limn→∞an = sup{an : n∈N, n > N}
(
limn→∞an = inf{an : n∈N, n > N}
)
.
D o w ó d. Niech ciąg (an) będzie niemalejący dla n > N . Ponieważ {an : n∈N}jest zbiorem ograniczonym z góry, więc kres górny a = sup{an : n > N} jestdobrze określoną liczbą rzeczywistą. Z definicji kresu górnego wnioskujemy, że dlawszystkich n > N zachodzi nierówność an ¬ a. Ponadto, dla dowolnie ustalonegoε > 0 istnieje n1 takie, że
a− ε < an1 ¬ a.Ponieważ począwszy od N ciąg (an) jest niemalejący, więc
a− ε < an1 ¬ an ¬ a
dla wszystkich n takich, że n > n1 oraz n > N . Mamy więc
a− ε < an < a+ ε
dla wszystkich n > n0 = max{n1, N}.
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów 63
-1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 p p p
n
6
a
a+ε
a−ε
O
an
r
r
r
r
r r rr
r rr r r
rr r r
Rys. 2.3.3 Ilustracja dowodu Twierdzenia 2.3.3: n0 = n1 = 13, N = 4.
Twierdzenie o ciągu monotonicznym i ograniczonym daje nam możliwość zba-dania zbieżności kolejnej porcji ciekawych ciągów. Pokazaliśmy już wcześniej (Fakt
2.1.4), że ciąg o wyrazach an =(
1 +1n
)n
jest rosnący i ograniczony. Zatem praw-
dziwy jest fakt następujący.
• Fakt 2.3.8 Ciąg (an) =((
1 +1n
)n)
jest zbieżny. Jego granicę nazywamy liczbą
Nepera 1 i oznaczamy literą e, czyli
limn→∞
(
1 +1n
)n
= e.
Jest to liczba niewymierna i w przybliżeniu e ≈ 2, 71828182846.
-1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
6
1
2
e3
4
O
an, bn
p p pn
r
r r r r r r r r r
b
bb b b b b b b b
Rys. 2.3.4 Prezentacja monotonicznej zbieżności ciągów o wyrazach an =(
1 +1
n
)n
(kółka zamalowane) oraz bn =(
1 +1
n
)n+1
(kółka niezamalowane) do liczby e.
1John Neper, Lord of Merchiston (1550–1617), matematyk angielski, twórca loga-rytmów. Liczbę e zdefiniował jednak jeden z Bernoullich – Daniel, bratanek wielkiegoJakoba.
64 Ciągi liczbowe
Zauważmy, że ciągi (an) i (bn) są tylko nieistotnie szybciej zbieżne w porównaniuz przykładem przedstawionym na Rys. 2.3.4. Mamy teraz np. a10 ≈ 2.593742,a100 ≈ 2.704814, a1 000 ≈ 2.716924, a10 000 ≈ 2.718146, a100 000 ≈ 2.718268,a1 000 000 ≈ 2.718280.Policzmy jeszcze granicę
limn→∞
(
1− 1n
)n
= limn→∞
1(
1 +1n− 1
)n−1 ·1
(
1 +1n− 1
) =1e.
Zatem
• Fakt 2.3.9 limn→∞
(
1− 1n
)n
=1e.
Z Faktu ?? wynika, że dla dowolnego zmierzającego do ∞ ciągu (kn) liczb natu-ralnych zachodzi równość
limn→∞
(
1 +1kn
)kn
= e.
Dzięki twierdzeniu o trzech ciągach możemy powiedzieć znacznie więcej.
• Fakt 2.3.10 Dla dowolnego ciągu (xn) liczb rzeczywistych rozbieżnego do ∞ za-chodzi równość
limn→∞
(
1 +1xn
)xn
= e.
Równoważnie – dla dowolnego ciągu (xn) liczb rzeczywistych dodatnich zmierzają-cego do 0 zachodzi równość
limn→∞(1 + xn)
1xn = e.
D o w ó d. Niech (xn) będzie dowolnym ciągiem rozbieżnym do ∞.Wówczas lim
n→∞[xn] = ∞ i wykorzystując nierówności [xn] ¬ xn < [xn] + 1, praw-
dziwe dla n takich, że [xn] + 1 > 0, otrzymujemy następujące oszacowanie
(
1 +1
[xn] + 1
)−1·(
1 +1
[xn] + 1
)[xn]+1
=(
1 +1
[xn] + 1
)[xn]
¬(
1 +1xn
)xn
¬(
1 +1[xn]
)[xn]+1
=(
1 +1[xn]
)[xn]
·(
1 +1[xn]
)
.
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów 65
Ponieważ ([xn]) oraz ([xn] + 1) są zmierzającymi do ∞ ciągami liczb naturalnych,więc dowód faktu wynika z twierdzenia o trzech ciągach oraz Faktu ??.
Ponieważ ciąg o wyrazach an =(
1 +1n
)n
rośnie do granicy e, zaś ciąg o
wyrazach
bn =(
1 +1n
)n+1
=(
1 +1n
)n(
1 +1n
)
– maleje do granicy e, więc dla n 1 zachodzi nierówność(
1 +1n
)n
< e <
(
1 +1n
)n+1
.
Logarytmując tę nierówność stronami przy podstawie e mamy
1n+ 1
< ln(
1 +1n
)
<1n⇐⇒ n
n+ 1< n ln
(
1 +1n
)
< 1.
Stąd, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, otrzymujemy równości zawarte w dwunastępnych faktach.
• Fakt 2.3.11 limn→∞ln(
1 +1n
)
= 0.
• Fakt 2.3.12 limn→∞n ln
(
1 +1n
)
= 1.
Komentarz. Czytelnicy mogliby pomyśleć, że niepotrzebnie „męczymy się” obli-
czaniem granicy limn→∞
n ln(
1 +1n
)
= 1, zamiast napisać
limn→∞n ln
(
1 +1n
)
= limn→∞ln(
1 +1n
)n
= ln e = 1.
Niestety, to rozumowanie jest błędne! Dlaczego? Przecież nie wiemy jeszcze, żefunkcja f(x)=ln x jest ciągła. Nie znamy nawet pojęcia ciągłości! Ale możemy po-mału przygotować się do wprowadzenia tego pojęcia! Dopiero z Faktu ?? po prze-prowadzeniu takiego rozumowania, jak w Fakcie ?? otrzymujemy ciągłość funkcjilogarytmicznej w punkcie x = 1, co jest treścią kolejnego faktu.
• Fakt 2.3.13 Jeżeli (xn) jest jakimkolwiek ciągiem rozbieżnym do ∞, tolimn→∞ln(
1 +1xn
)
= 0.
Równoważnie – dla dowolnego ciągu (xn) liczb dodatnich zmierzającego do 0 za-chodzi równość
limn→∞ln (1 + xn) = 0.
66 Ciągi liczbowe
Rozumując jak poprzednio możemy udowodnić następujący fakt.
• Fakt 2.3.14 Dla dowolnego ciągu (xn) rozbieżnego do ∞ zachodzi równość
limn→∞
(
xn ln(
1 +1xn
))
= 1.
Równoważnie – dla dowolnego ciągu (xn) liczb dodatnich zmierzającego do 0 za-chodzi równość
limn→∞
ln(1 + xn)xn
= 1.
Wykażemy jeszcze jedną, ważną dla dalszych rozważań, równość.
• Fakt 2.3.15 limn→∞
[n( n√e− 1)
]= 1.
D o w ó d. Niech xn = n√e−1 > 0. Wówczas
limn→∞xn=0 oraz n =
1ln(1 + xn)
.
Stądlimn→∞
[n(n√e− 1
)]= limn→∞
xn
ln(1 + xn)= 1,
zgodnie z wcześniej otrzymanymi równościami.
Postępując tak, jak w dowodzie Faktu ??, można otrzymać kolejne fakty.
• Fakt 2.3.16 Dla dowolnego ciągu (xn) rozbieżnego do ∞ zachodzi równość.limn→∞
[xn(xn√e− 1
)]= 1.
Równoważnie – dla dowolnego ciągu (xn) liczb dodatnich zmierzającego do 0 za-chodzi równość
limn→∞
exn − 1xn
= 1.
Komentarz. Dobrze jest uświadomić sobie, że równości zawarte w powyższychfaktach oznaczają, że ciągi o wyrazach
f(xn) = ln (1 + xn) oraz g(xn) = exn − 1
dążą do zera „tak samo szybko” jak ciąg (xn). Ułatwia to znakomicie oblicza-nie nawet skomplikowanych granic, gdyż wykonanie elementarnych algebraicznychprzekształceń pozwala sprowadzić problem do obliczania granic z funkcji wymier-nych. Niedługo zobaczymy to na przykładach.
Możemy już udowodnić kolejne własności rachunkowe granicy.
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów 67
•Twierdzenie 2.3.4 (o arytmetyce granic – ciąg dalszy)Jeżeli ciągi (an), (bn) są zbieżne odpowiednio do granic a, b ∈ R, to prawdziwe sąnastępujące równości:
6. limn→∞
abn = ab dla dowolnego a > 0.
7. limn→∞
(an)p = ap dla dowolnego p ∈ R \ {0} oraz an, a > 0,
8. limn→∞
(an)bn = ab dla dodatnich an oraz a.
D o w ó d. Równość 6. jest treścią Faktu ??.
Równość 7. jest oczywiście szczególnym przypadkiem równości 8. Udowodnimyzatem tę ostatnią. Skorzystajmy przede wszystkim z tożsamości xy = ey ln x praw-dziwej dla wszystkich dodatnich x oraz y ∈ R. Jeżeli lim
n→∞an = a, przy czym
wszystkie an, a są dodatnie, to
limn→∞(ln an − ln a)= lim
n→∞lnan
a= limn→∞ln(
1 +(an
a− 1))
= 1,
co wynika z Faktu ??, bolimn→∞
(an
a− 1)
= 0.
Zatem, na mocy Faktu ?? i równości 4 w Twierdzeniu ?? mamy
abnn = ebn ln an −→ ab ln a = ab.
• Fakt 2.3.17 W przypadku, gdy a=∞, b=∞, a= 0 lub b = 0 można, podobnierozumując, udowodnić, że zachodzą następujące równości:
a+∞ =∞ dla −∞ < a ¬ ∞ a · ∞ = sgn(a) · ∞ dla 0 < |a| ¬ ∞
a
∞ = 0 dla 0 ¬ |a| <∞a
0+= sgn(a) · ∞ dla 0 < |a| ¬ ∞
a∞ = 0 dla 0+ ¬ a < 1 a∞ =∞ dla 1 < a ¬ ∞
∞b = 0 dla −∞ ¬ b < 0 ∞b =∞ dla 0 < b ¬ ∞
Symbol sgn(a) oznacza znak liczby a rozumiany, jako 1, gdy a > 0 oraz −1,gdy a < 0. Krótko mówiąc, przy wykonywaniu działań z symbolem ∞ „regułyznaków” są takie same, jak przy działaniach na „zwyczajnych” liczbach.
Jak rozumieć powyższą tabelkę? Równości w niej zawarte są symbolicznym skró-tem pewnych twierdzeń. Np. zapis a+∞ =∞ należy rozumieć, jako stwierdzenie
68 Ciągi liczbowe
faktu, że jeżeli ciąg (an) jest zbieżny do granicy a, zaś ciąg (bn) jest rozbieżny do∞, to ciąg (an + bn) jest rozbieżny do ∞.W odróżnieniu od równości zawartych w zamieszczonej wyżej tabelce, w przy-
padku tzw. symboli nieoznaczonych
∞−∞, ∞ · 0, 00,
∞∞ , 1∞, ∞0, 00
istotnie „nie wiadomo, jaki jest wynik działania”. Zależy on bowiem od konkret-nych ciągów. Uważny Czytelnik winien prześledzić wszystkie rozwiązane w tymrozdziale przykłady i zauważyć, że w każdym przypadku mamy do czynienia zwyrażeniem nieoznaczonym, a wynik, jaki jest – każdy widzi!
• Przykład 2.3.3 Udowodnić, że ciąg o wyrazachxn = 1 +
12+13+ . . .+
1n− lnn, dla n > 0
jest zbieżny do granicy właściwej.
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ dla dowolnego n zachodzi nierówność
1n+ 1
< ln(
1 +1n
)
<1n,
więc
xn+1 − xn =1n+ 1
− ln (n+ 1) + lnn = 1n+ 1
− ln(
1 +1n
)
< 0,
czyli ciąg (xn) jest malejący. Z nierówności ln(
1 +1n
)
<1n, wynika, że
xn = 1 +12+13+ . . .+
1n− lnn
> ln(1 + 1) + ln(
1 +12
)
+ . . .+ ln(
1 +1n
)
− lnn
= ln(
2 · 32· 43· . . . · n+ 1
n
)
− lnn
= ln (n+ 1)− lnn = ln n+ 1n> ln 1 = 0.
Zatem ciąg (xn) jest ograniczony z dołu i istnienie skończonej granicy tego ciąguwynika z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym. Granicę ciągu
(
1 +12+13+ . . .+
1n− lnn
)
Pożyteczne twierdzenia o zbieżności ciągów 69
nazywamy stałą Eulera 2 i oznaczamy literą γ. Jej wartość w przybliżeniu wynosiγ ≈ 0.5772.• Przykład 2.3.4 Udowodnić, że dla dowolnej liczby nieujemnej a ciąg (xn) okre-ślony wzorem rekurencyjnym
x1 = 1, xn =12
(
xn−1 +a
xn−1
)
dla n > 1,
jest zbieżny do√a.
R o z w i ą z a n i e. Sprawdziliśmy w Przykładzie 2.1.4, że ciąg (xn) jest mo-notoniczny i ograniczony. Zatem, na mocy twierdzenia o ciągu monotonicznym iograniczonym – zbieżny. A jak policzyć jego granicę? Z własności rachunkowych
granicy wynika, że spełniona jest równość g =12
(
g +a
g
)
. Rozwiązaniami ostat-
niego równania są liczby√a i −√a. Oczywiście granicą ciągu może być tylko √a,
gdyż wyrazy ciągu (xn) są dodatnie.
2.4 Pożyteczne twierdzenia o zbieżności ciągów
Niech (an) będzie dowolnym ciągiem liczb dodatnich i rozważmy ciągi średnicharytmetycznych i geometrycznych:
An =a1 + a2 + . . .+ an
n, Gn = n
√a1 · a2 · . . . · an.
•Twierdzenie 2.4.1 Jeżeli ciąg (an) ma granicę (właściwą lub niewłaściwą) g, tooba wyżej zdefiniowane ciągi są zbieżne do g.
D o w ó d. Wykażemy prawdziwosć twierdzenia w przypadku ciągu (An) śred-nich arytmetycznych. Dowód twierdzenia dla ciągu (Gn) średnich arytmetycznychprzebiega podobnie.Załóżmy, że ciąg (an) jest zbieżny do granicy właściwej. Niech ε > 0 będzie do-wolnie ustalone. Szukamy n0 ∈ N takiego, że dla n n0 mamy oszacowanie
g − ε < a1 + a2 + . . .+ ann
< g + ε.
Ponieważ limn→∞an=g, więc istnieje n1∈N takie, że dla wszystkich n>n1 zachodzą
nierówności:g − ε < an1+1 < g + ε,g − ε < an1+2 < g + ε,
...
g − ε < an < g + ε.2Leonard Euler (1707–1783), szwajcarski matematyk, fizyk i astronom. Jego nazwi-
skiem sygnowane jest aż 15 haseł Encyklopedii Powszechnej PWN!
70 Ciągi liczbowe
Dodając stronami te nierówności otrzymujemy kolejno:
(n− n1)(g − ε) < an1+1 + . . .+ an < (n− n1)(g + ε),
g − ε < an1+1 + . . .+ ann− n1
< g + ε.
Zauważmy, że
a1 + . . .+ an1 + an1+1 + . . .+ ann
=a1 + . . .+ an1
n+an1+1+ . . .+ ann− n1
· n− n1n.
Ponieważ przy ustalonym n1 zachodzi równość
limn→∞
a1 + . . .+ an1n
= 0,
więc dla pewnego n2 ∈ N i wszystkich n n2 mamy
−ε3<a1 + a2 + . . .+ an1
n<ε
3.
Zauważmy ponadto, że
limn→∞
n− n1n= 1,
więc biorąc dostatecznie duże n możemy zagwarantować sobie spełnienie nierów-ności
g − 23ε <an1+1 + . . .+ ann− n1
· n− n1n< g +
23ε,
skąd
g − ε < a1 + a2 + . . .+ ann
< g + ε, tzn.∣∣∣∣
a1 + a2+ . . .+ ann
− g∣∣∣∣< ε,
co należało wykazać.
Podobnie dowodzi się tezy twierdzenia dla g =∞.
• Wniosek 2.4.1 Jeżeli limn→∞(an+1 − an) = g, to lim
n→∞an
n= g.
D o w ó d. Stosując twierdzenie o granicy ciągu średnich arytmetycznych do ciągu(bn) o wyrazach b1 = a1, bn = an − an−1 dla n > 1, dochodzimy do wniosku, że
limn→∞
b1 + b2 + . . .+ bnn
= g.
Aleb1 + b2 + . . .+ bn
n=an
n, co kończy dowód.
• Wniosek 2.4.2 Jeżeli an > 0 oraz limn→∞
an+1
an= g, to lim
n→∞n√an = g.
Pożyteczne twierdzenia o zbieżności ciągów 71
D o w ó d jest podobny do dowodu Wniosku ??. Wystarczy powołać się natwierdzenie o granicy ciągu średnich geometrycznych do ciągu (bn) o wyrazach
b1 = a1, bn =an
an−1dla n > 1.
Ostatni wniosek wykorzystamy w poniższych przykładach.
• Przykład 2.4.1 Wykazać następujące równości:a) lim
n→∞n√n! =∞; b) lim
n→∞nn√n!= e.
R o z w i ą z a n i e. a) Biorąc an = n!, mamy
limn→∞
an+1
an= limn→∞(n+ 1) =∞,
więc limn→∞
n√n! =∞.
b) Niech xn =nn
n!. Wówczas
limn→∞
xn+1
xn= limn→∞
(n+ 1)(n+1)n!nn(n+ 1)!
= limn→∞
(
1 +1n
)n
= e.
Zatem limn→∞
nn√n!= limn→∞
n√xn = e.
Twierdzenie ?? jest szczególnym przypadkiem (dla bn = 1, gdzie n∈N) nastę-pującego twierdzenia, którego dowód, podobny do dowodu Twierdzenia ??, leczzawierający dużo więcej „epsilonów”, pomijamy.
•Twierdzenie 2.4.2 Jeżeli limn→∞an = g oraz lim
n→∞(b1 + b2 + . . .+ bn) = ∞, przy
czym bn 0 dla wszystkich n∈N, to
limn→∞
a1b1 + a2b2 + . . .+ anbnb1 + b2 + . . .+ bn
= g.
Wnioskiem z Twierdzenia ?? jest następujące pożyteczne twierdzenie.
•Twierdzenie 2.4.3 (lemat Stolza3)Jeżeli (un) jest dowolnym ciągiem, a ciąg (vn) jest ściśle rosnący i lim
n→∞vn = ∞
oraz
limn→∞
un − un−1vn − vn−1
= g,
to ciąg
(un
vn
)
jest zbieżny oraz
limn→∞
un
vn= limn→∞
un − un−1vn − vn−1
= g.
3Otto Stolz (1842–1905), matematyk austriacki.
72 Ciągi liczbowe
D o w ó d. Zastosujmy Twierdzenie ?? do ciągów (an), (bn) opisanych wzorami:
a1 =u1
v1, an =
un − un−1vn − vn−1
, b1 = v1, bn = vn − vn−1, dla n 2.
Założenia Twierdzenia ?? są spełnione, gdyż
limn→∞an = lim
n→∞un − un−1vn − vn−1
= g
oraz
limn→∞(b1 + b2 + . . .+ bn) = lim
n→∞(v1 + v2 − v1 + v3 − v2 + . . .+ vn − vn−1)
= limn→∞vn =∞.
Zatem mamy
limn→∞
a1b1 + a2b2 + . . .+ anbnb1 + b2 + . . .+ bn
= g.
Ale przecież
a1b1+a2b2+. . .+anbnb1 + b2 + . . .+ bn
=
u1
v1v1+u2 − u1v2 − v1
(v2 − v1)+. . .+un − un−1vn − vn−1
(vn − vn−1)
vn
=un
vn,
co kończy dowód lematu.
Lemat Stolza pozwala nam uporać się z następującymi przykładami.
• Przykład 2.4.2 Niech k ∈ N. Udowodnić równości:
a) limn→∞
1k + 2k + . . .+ nk
nk+1=1k + 1
;
b) limn→∞
(1k + 2k + . . .+ nk
nk− n
k + 1
)
=12;
c) limn→∞
1k + 3k + . . .+ (2n+ 1)k
nk+1=2k
k + 1.
R o z w i ą z a n i e. We wszystkich przypadkach skorzystamy z obliczeń dokonanychw Przykładzie ??
a) Zastosujmy Twierdzenie ?? do ciągów (un), (vn) o wyrazach
un = 1k + 2k + . . .+ nk, vn = nk+1.
Mamy
limn→∞
un − un−1vn − vn−1
= limn→∞
nk
nk+1 − (n− 1)k+1 =1k + 1
,
Podciągi, granica górna i dolna ciągu 73
więc równość wynika bezpośrednio z tego twierdzenia.
b) Stosując lemat Stolza do ciągów (un), (vn) o wyrazach
un = (k + 1)(1k + 2k + . . .+ nk
)− nk+1, vn = (k + 1)nk,
otrzymujemy
limn→∞
un+1 − unvn+1 − vn
= limn→∞
(k + 1)(n+ 1)k − (n+ 1)k+1 + nk+1(k + 1) [(n+ 1)k − nk]
= limn→∞
(k + 1)[
nk + knk−1 +k(k − 1)2!
nk−2 + . . .+ 1]
(k + 1)[
nk + knk−1 +k(k − 1)2!
nk−2 + . . .+ 1− nk]
+−nk+1 − (k + 1)nk − k(k + 1)
2!nk−1 − . . .− 1 + nk+1
(k + 1)[
nk + knk−1 +k(k − 1)2!
nk−2 + . . .+ 1− nk]
= limn→∞
k(k + 1)2!
nk−1 +k(k − 1)(k + 1)
3!nk−2 + . . .+ k
(k + 1)[
knk−1 +k(k − 1)2nk−2 + . . .+ 1
] =12.
c) Zastosujmy lemat Stolza do ciągów (un), (vn) o wyrazach zdefiniowanychwzorami:
un = 1k + 3k + . . .+ (2n+ 1)k, vn = nk+1.
Otrzymujemy
limn→∞
un+1 − unvn+1 − vn
= limn→∞
(2n+ 3)k(k + 11
)
nk +(k + 12
)
nk−1 + . . .+(k + 1k + 1
)
= limn→∞
2knk +(k
1
)
2k−1nk−1 · 3 + . . .+ 3k(k + 11
)
nk +(k + 12
)
nk−1 + . . .+(k + 1k + 1
) =2k
k + 1,
co kończy dowód równości.
2.5 Podciągi, granica górna i dolna ciągu
Wiemy już, że każdy podciąg ciągu zbieżnego jest też zbieżny do tej samej granicy.Sformułujemy i udowodnimy teraz twierdzenie, które leży u podstaw rachunkuróżniczkowego.
74 Ciągi liczbowe
•Twierdzenie 2.5.1 (twierdzenie Bolzano4–Weierstrassa)Jeżeli (an) jest ograniczonym ciągiem liczb rzeczywistych, to istnieją podciąg (ank)ciągu (an) i liczba rzeczywista g takie, że lim
k→∞ank = g.
D o w ó d. Określając odpowiednio liczbę g, skonstruujemy zbieżny do niej pod-ciąg (ank). Ciąg (an) jest ograniczony, więc istnieje liczba rzeczywista M taka, że−M < an < M dla wszystkich n∈N. Zdefiniujmy Z jako zbiór takich liczb x∈R, żenierówność x < an jest spełniona dla nieskończenie wielu n. Jest to zbiór niepusty(dla przykładu −M jest elementem zbioru Z) i ograniczony z góry (do zbioru Znie może należeć liczba x większa lub równa M), więc posiada kres górny (Twier-dzenie 1.6.1). Liczba g = supZ jest więc poprawnie zdefiniowana. Teraz należyokreślić rosnący ciąg liczb naturalnych n1 < n2 < . . . < nk < . . . w taki sposób,by limk→∞ank = g. Ustalmy dowolnie ε1 > 0 oraz liczbę n0∈N. Z Faktu ?? wynika,
że w zbiorze Z istnieje element x1, taki że g − ε1 < x1 ¬ g. Z definicji elementówzbioru Z wynika, że nierówność an′ > x1 jest spełniona dla nieskończenie wieluwskaźników n′. Gdyby dla wszystkich n′ > n0 zachodziła nierówność an′ > g+ ε1,wówczas liczba g + ε1 należałaby do zbioru Z, co jest niemożliwe z definicji g.Istnieje więc takie n′1 > n0, że dla n1 = n
′1 mamy an1∈ (g − ε1, g + ε1). Niech
ε2 =12ε1. Powtarzając powyższe rozumowanie z odpowiednio wybranym x2∈Z
oraz wskażnikami n′ > n1 otrzymujemy n2 > n1 takie, że an2∈ (g − ε2, g + ε2).„Iterując” to rozumowanie dla εk =
12εk−1, otrzymujemy rosnący ciąg (nk) oraz
ciąg (εk) zbieżny malejąco do 0 takie, że g − εk < ank < g + εk. Z twierdzeniao trzech ciągach wynika, że lim
k→∞ank = g.
Granice podciągów ciągu (an) nazywamy punktami skupienia tego ciągu.Z definicji granicy wynika, że liczba s jest punktem skupienia ciągu (an) wtedy itylko wtedy, gdy dla każdego ε > 0 i każdej liczby naturalnej N istnieje n > Ntakie, że |an−s| < ε.Kres górny (dolny) zbioru punktów skupienia ciągu ograniczo-nego nazywamy granicą górną (dolną) ciągu (an). Oznaczamy je odpowiednio:
lim supn→∞
an
(
lim infn→∞
an
)
lub limn→∞an
(
limn→∞an
)
.
Jest jasne, żelimn→∞an ¬ lim
n→∞an.
Przede wszystkim powinniśmy zdawać sobie sprawę z tego, że kresy te są zawszeosiągnięte, czyli tak naprawdę – lim
n→∞oraz lim
n→∞są odpowiednio największym i
najmniejszym punktem skupienia ciągu. Jest to treść następującego faktu.
• Fakt 2.5.1 Jeżeli a = limn→∞an
(
a = limn→∞an
)
, to istnieje podciąg (ank) ciągu (an)
taki, że a = limk→∞ank
(
a = limk→∞ank
)
.
4Bernard Bolzano (1781–1848), czeski matematyk i logik.
Podciągi, granica górna i dolna ciągu 75
D o w ó d. Niech a = limn→∞an i weźmy dowolnie ustalone ε > 0. Pokażemy, że w
przedziale (a − ε, a + ε) znajduje się jakiś element ciągu (an). Z definicji kresugórnego wynika, że istnieje punkt skupienia a ciągu (an) taki, że a ∈
(
a− ε2, a)
.
Ponieważ a jest punktem skupienia ciągu (an), więc istnieje an taki, że
|an − a| <ε
2.
Z nierówności trójkąta wynika, że
|an − a| < |an − a|+ |a− a| <ε
2+ε
2= ε.
To oznacza, że an ∈ (a−ε, a+ε). Postępując podobnie jak w dowodzie twierdzeniaBolzano–Weierstrassa, możemy skonstruować podciąg (ank) ciągu (an) zbieżny dogranicy a.
Prawie oczywiste są następujące stwierdzenia.
• Fakt 2.5.21. Jeżeli ciąg (an) jest zbieżny do granicy g, to lim
n→∞an = lim
n→∞an = g.
2. Jeżeli ciąg (an) jest ograniczony oraz limn→∞an = lim
n→∞an = g, to jest on
zbieżny do granicy g.
D o w ó d. 1. Jeżeli ciąg (an) jest zbieżny do g, to g jest jego jedynym punktemskupienia, czyli
limn→∞an = lim
n→∞an = g.
2. Załóżmy teraz, że: limn→∞an = lim
n→∞an = g i niech ε będzie dowolnie ustaloną
liczbą dodatnią. Pokażemy, że nierówności: an ¬ g − ε oraz an g + ε mogąbyć spełnione jedynie dla skończenie wielu n, co oczywiście oznacza, że ciąg (an)jest zbieżny do granicy a. Gdyby bowiem np. nierówność an g + ε zachodziładla nieskończenie wielu n, to na mocy twierdzenia Bolzano–Weierstrassa istniałbypodciąg (ank) ciągu (an) zbieżny do pewnego g
′ g + ε, co przeczy założeniu, żeg jest granicą górną tego ciągu.
Kolejne twierdzenie daje wygodne kryterium pozwalające sprawdzić, czy danaliczba jest granicą górną zadanego ciągu. Podobny fakt ma miejsce dla granicydolnej.
• Fakt 2.5.3 Liczba a jest granicą górną ograniczonego ciągu (an) wtedy i tylkowtedy, gdy dla dowolnego ε > 0 spełnione są warunki:
1) istnieje n0∈N takie, że an < a+ ε dla wszystkich n > n0;
2) an > a− ε dla nieskończenie wielu n.
76 Ciągi liczbowe
D o w ó d. (⇒) Niech a = limn→∞an i niech ε>0 będzie dowolnie ustalone. Zgodnie
z definicją granicy górnej, istnieje podciąg (ank) ciągu (an), zbieżny do granicya, więc od pewnego wskaźnika nk0 począwszy wszystkie wyrazy tego podciąguspełniają nierówność ank > a − ε, czyli 2) zachodzi. Gdyby dla nieskończeniewielu n spełniona była nierówność an a + ε, to na mocy twierdzenia Bolzano–Weierstrassa zbiór {an : an a+ε}miałby punkt skupienia, co oczywiście przeczyzałożeniu, że a jest granicą górną ciągu (an).
(⇐) Z warunków 1) oraz 2) wynika, że przy dowolnie ustalonym ε > 0 w przedziale(a − ε, a + ε) znajduje się nieskończenie wiele wyrazów ciągu (an), więc a jestpunktem skupienia zbioru {an : n∈N}. Z warunku 1) wynika, że jest to największypunkt skupienia.
Wróćmy do przykładów z paragrafu 1.6. Wyznaczymy granicę górną i dolnąniektórych pojawiających się tam ciągów.
• Przykład 2.5.1 Wyznaczyć granicę górną i dolną ciągu o wyrazach
an = (−1)n −(−1)nn.
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ
limn→∞a2n = lim
n→∞
(
1− 12n
)
= 1 oraz limn→∞a2n−1 = lim
n→∞
(
−1 + 12n− 1
)
= −1,
a zbiór N jest sumą rozłączną zbioru liczb parzystych i zbioru liczb nieparzystych,więc jedynymi punktami skupienia tego ciągu są liczby −1, 1. Zatem
limn→∞an = −1, lim
n→∞an = 1.
• Przykład 2.5.2 Znaleźć granicę górną i dolną ciągu o wyrazach
an = (−1)[n2 ]+(−1)nn.
R o z w i ą z a n i e. Tu sytuacja jest podobna. Mamy bowiem
limn→∞
a4n = 1, limn→∞a4n+1 = 1, lim
n→∞a4n+2 = −1, lim
n→∞a4n+3 = −1,
a zbiory
{4n : n∈N}, {4n+1 : n∈N}, {4n+2 : n∈N}, {4n+3 : n∈N}
dają w sumie cały zbiór liczb naturalnych, więc znowu jedynymi punktami sku-pienia tego ciągu są liczby −1, 1. Zatem
limn→∞an = −1, lim
n→∞an = 1.
Warunek Cauchy’ego 77
• Przykład 2.5.3 Niech (an) będzie ciągiem powstałym z elementów zbioru
A =
{√2n−√3m: n,m∈N\{0}
}
ustawionych w dowolnej kolejności. Wyznaczyć granicę górną i dolną tego ciągu.
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ zbiór A jest zawarty w przedziale[
−√3,√2]
, a w
Przykładzie 1.6.1 pokazaliśmy, jak budować ciągi zbieżne do −√3 i do
√2, więc
limn→∞an = −
√3, lim
n→∞an =
√2.
2.6 Warunek Cauchy’ego
Jeżeli ciąg (an) jest zbieżny do granicy g, to przy n dążącym do ∞, jego wy-razy układają się coraz bliżej siebie, „zagęszczają się”. Jest to oczywiste, bo przydowolnie wybranym ε > 0 wystarczy wziąć n0 ∈ N takie, by dla n,m > n0 za-chodziły nierówności: |an − g|, |am − g|<
ε
2. Wówczas, wykorzystując nierówność
trójkąta, możemy napisać
|an − am| = |(an − g) + (g − am)| ¬ |an − g|+ |g − am| <ε
2+ε
2= ε.
• Definicja 2.6.1 Mówimy, że ciąg (an) spełnia warunek Cauchy’ego5, jeżeliprzy dowolnie zadanym ε > 0 dla wszystkich dostatecznie dużych n, m zachodzinierówność |an − am| < ε, to znaczy
∧
ε>0
∨
n0∈N
∧
m>n>n0
|an − am| < ε.
Zatem, zgodnie ze spostrzeżeniem uczynionym na samym początku tego paragrafu,każdy ciąg zbieżny spełnia warunek Cauchy’ego.Gdyby w matematycznym świecie były tylko liczby wymierne, to niektóre ciągispełniające warunek Cauchy’ego nie miałyby granicy. Np. ciąg (an) kolejnych przy-bliżeń dziesiętnych liczby
√2 spełnia warunek Cauchy’ego, bo
|an − am| ¬ 10−min{n,m} → 0,
a nie jest zbieżny do żadnej liczby wymiernej. Z twierdzenia o ciągłości zbioruliczb rzeczywistych (Twierdzenie 1.6.1) wynika, że w zbiorze liczb rzeczywistychsytuacja taka zdarzyć się nie może!
•Twierdzenie 2.6.1 Dla każdego ciągu liczb rzeczywistych spełniającego warunekCauchy’ego istnieje liczba rzeczywista, do której jest on zbieżny.
5Augustyn Louis Cauchy (1789–1857), matematyk francuski.
78 Ciągi liczbowe
D o w ó d. Dla danego ciągu liczbowego (an) spełniającego warunek Cuachy’egotrzeba wyznaczyć liczbę g, do której jest on zbieżny. Każdy ciąg spełniający wa-runek Cauchy’ego jest ograniczony. Weźmy bowiem np. ε = 1 oraz n0∈N takie, żedla n n0 zachodzą nierówności an0 − 1 ¬ an ¬ an0 + 1. Wówczas
|an| ¬ max{
|a1|, |a2|, . . . ,∣∣an0−1
∣∣,∣∣an0 − 1
∣∣,∣∣an0 + 1
∣∣
}
dla n∈N.
Z twierdzenia Bolzano–Weierstrassa wynika, że (an) ma podciąg (ank) zbieżnydo pewnego g. Pokażemy, że ciąg (an) jest zbieżny do g. Weźmy dowolne ε > 0.
Istnieją liczby naturalne n0, k0 takie, że |an − am| <ε
2dla m > n > n0 oraz
|ank − g| <ε
2dla k > k0. Niech N będzie taką liczbą naturalną, że dla n, nk > N
zachodzą obie nierówności. Wówczas
|an − g| ¬ |an − ank |+ |ank − g| < ε,
co kończy dowód.
2.7 Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych
Policzmy jeszcze kilka przykładów i spróbujmy wyciągnąć z tych rachunkówjakieś ogólniejsze wnioski.
Wyrażenia nieoznaczone typu[∞∞
]
oraz[
0
0
]
• Przykład 2.7.1 Obliczyć granice następujących ciągów:a) an =
n2 + 2√2n4 + 2n− 3− n2
; b) an =n17 + 25n2n + 5n5
; c) an =sin (n!)− 2nn2 + n+ 5
.
R o z w i ą z a n i e. a) Podzielmy licznik i mianownik ułamka przez n2. Otrzy-mujemy
limn→∞
n2 + 2√2n4 + 2n− 3− n2
= limn→∞
1 +2n2
√
2 +2n3− 3n4− 1=
1√2− 1
.
b) W tym przykładzie podzielmy licznik i mianownik ułamka przez 2n. Otrzymu-jemy
limn→∞
n17 + 25n2n + 5n5
= limn→∞
n17
2n+25n2n
1 + 5n5
2n
= 0,
Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych 79
ponieważ limn→∞
nk
2n= 0.
c) Postępując jeszcze raz w ten sam sposób otrzymujemy
limn→∞
sin (n!)− 2nn2 + n+ 5
= limn→∞
sin (n!)n2
− 2n
1 +1n+5n2
= 0,
ponieważ
limn→∞
sin (n!)n2
= 0,
co z kolei wynika z twierdzenia o trzech ciągach i nierówności
− 1n2¬ sin (n!)n2
¬ 1n2.
Komentarz. We wszystkich tych przykładach podzieliliśmy licznik i mianownikułamka przez ten składnik mianownika, który najszybciej dąży do ∞, a następnieskorzystaliśmy z twierdzenia o trzech ciągach i z twierdzenia o arytmetyce granic.Mówiąc, że ciąg (bn) dąży do ∞ szybciej niż ciąg (an), rozumiemy, że
limn→∞
bn
an=∞.
Wyrażenia nieoznaczone typu [0 · ∞]Tego typu „kłopot” można oczywiście zawsze sprowadzić do nieoznaczoności typu[∞∞
]
lub[00
]
, gdyż w symbolicznym skrócie mamy
[0 · ∞] =
∞10
=
[∞∞]
lub [0 · ∞] =
01∞
=
[00
]
.
Dobrze jest przy tym pamiętać o granicy ciągu geometrycznego oraz o najważ-niejszych równościach zawartych w paragrafie 2.3, tzn. o tym, że dla ciągu (xn)zmierzającego do 0 prawdziwe są wzory
limn→∞
axn − 1xn
= ln a oraz limn→∞
ln (1 + xn)xn
= 1.
• Przykład 2.7.2 Obliczyć granice następujących ciągów:a) an = 2n(
n√2− 1); b) an = 2n ln
(
1 +13n
)
;
c) an = 2n ln(
1 +1n
)
; d) an =√
n2 + 1 ln(
1 +1n
)
.
80 Ciągi liczbowe
R o z w i ą z a n i e. a) Z tożsamości ab = eb·lna wynika, że dla dowolnego a > 0
limn→∞n(n√a− 1
)= ln a.
Zatem
limn→∞2n(n√2− 1
)
= limn→∞
[2n
n· n(n√2− 1
)]
=∞ · ln 2 =∞;
b) limn→∞2n ln
(
1 +13n
)
= limn→∞3n ln
(
1 +13n
)(23
)n
= 1 · 0 = 0;
c) limn→∞2n ln
(
1 +1n
)
= limn→∞
2n
n
(
n · ln(
1 +1n
))
= ∞ · 1 = ∞, ponieważ dla
a > 1 i dowolnego α zachodzi równość limn→∞
nα
an= 0, przy czym
nα
an> 0.
d) limn→∞
√
n2 + 1 ln(
1 +1n
)
= limn→∞
[√n2 + 1n
· n ln(
1 +1n
)]
= 1 · 1 = 1.
• Przykład 2.7.3 W zależności od α zbadać zbieżność ciągu (nα ( n√2− 1)).R o z w i ą z a n i e. Licząc tak jak w Przykładzie 2.7.2. a) otrzymujemy
limn→∞nα( n√2− 1) = lim
n→∞21n − 11n
· nα−1 = limn→∞
e1nln 2 − 11n· ln 2
· nα−1 · ln 2.
Zatem:
dla α < 1 ciąg jest zbieżny do 0;
dla α = 1 mamy limn→∞n( n√2− 1) = ln 2;
dla α > 1 ciąg jest rozbieżny do ∞.
Wyrażenia nieoznaczone typu [∞−∞]Wyrażenia nieoznaczone tego typu spróbujmy przede wszystkim sprowadzić dowyrażeń postaci [∞ · a].
• Przykład 2.7.4 Obliczyć granice następujących ciągów (an) :a) an =
√n6 − 1− 2n3 − 5n; b) an = n5 − 2n + 5n;
c) an = aknk + ak−1nk−1 + . . .+ a1n+ a0; d) an = 3n − 2n + 5n.
Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych 81
R o z w i ą z a n i e. Wykonując odpowiednie przekształcenia otrzymujemy:
a) limn→∞
(√
n6 − 1− 2n3 − 5n)
= limn→∞n3(√
1− n−6 − 2− 5n2
)
= ∞ · (−1) = −∞;
b) limn→∞
(n5 − 2n + 5n
)= limn→∞2n(n5
2n− 1 + 5n
2n
)
=∞·(−1) = −∞;
c) limn→∞
(akn
k + ak−1nk−1 + . . .+ a0)= limn→∞
nk(ak + ak−1n−1 + . . .+ a0n−k
)
= ∞ · ak = sgn(ak) · ∞,
d) limn→∞(3n − 2n + 5n) = lim
n→∞3n(
1− 2n
3n+5n3n
)
=∞·1 =∞.
Komentarz. W tych przykładach znowu wyciągnęliśmy przed nawias ten skład-nik, który „najszybciej” dąży do ∞. Zwróćmy jednak uwagę, że w ten sposóbsprowadziliśmy wyrażenie typu [∞−∞] do obliczenia granicy typu [∞ · a], gdziea jest liczbą różną od 0. Poważniejszy problem powstaje, gdy postępując w tensposób otrzymujemy wyrażenie typu [∞ · 0]. W takim przypadku należy tak prze-kształcić wzór definiujący ciąg, by pozbyć się składników najwyższego stopnia (lubw ogólniejszym przypadku – składników, które najszybciej dążą do ∞). W prze-kształceniach algebraicznych dobrze jest stosować wzory skróconego mnożenia. Dlawygody Czytelnika przypomnijmy dwie najczęściej wykorzystywane tożsamości.
Dla każdej liczby naturalnej n∈N oraz dla a, b∈R prawdziwy jest wzór
an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b+ an−3b2 + . . .+ a2bn−3 + abn−2 + bn−1).
Dla liczb nieparzystych zachodzi ponadto równość
a2n+1 + b2n+1 = (a+ b)(a2n − a2n−1b+ a2n−2b2 − . . .+ a2b2n−2 − ab2n−1 + b2n).
• Przykład 2.7.5 Uwalniając się od nieoznaczoności typu [∞−∞], obliczyć graniceciągów (an) o następujących wyrazach:
a) an =√n2 + n− n; b) an =
√2n4 − n3 − n2
√2;
c) an =√n2 + 1− n; d) an =
√4n + n2 − 2n;
e) an =√4n + 3n − 2n; f) an =
√
3(1 + 4 + . . .+ 4n−1)− 2n;
g) an =3√n3 + n− n; h) an =
3√8n6 + n4 − 2n2;
i) an = 3√
n3 + n2√n− n.
82 Ciągi liczbowe
R o z w i ą z a n i e. W sześciu pierwszych przykładach uzupełnimy wyrażeniepod znakiem granicy do różnicy kwadratów. Mamy
a) limn→∞
(√n2 + n− n
)= limn→∞
(√n2 + n− n
) (√n2 + n+ n
)
√n2 + n+ n
= limn→∞
n√n2 + n+ n
= limn→∞
1√
1 +1n+ 1
=12;
b) limn→∞
(√
2n4 − n3 − n2√2)
= limn→∞
(√2n4 − n3 − n2
√2) (√2n4 − n3 + n2
√2)
√2n4 − n3 + n2
√2
= limn→∞
−n3√2n4 − n3 + n2
√2= limn→∞
−n√
2− 1n+√2
=−∞2√2= −∞;
c) limn→∞
(√
n2 + 1− n)
= limn→∞
(√n2 + 1− n
) (√n2 + 1 + n
)
√n2 + 1 + n
= limn→∞
1√n2 + 1 + n
= limn→∞
1n
√
1 +1n2+ 1
= 0;
d) limn→∞
(√
4n + n2 − 2n)
= limn→∞
(√4n + n2 − 2n
) (√4n + n2 + 2n
)
√4n + n2 + 2n
= limn→∞
n2√4n + n2 + 2n
= limn→∞
n2
2n√
1 +n2
4n+ 1
= 0;
e) limn→∞
(√4n + 3n − 2n
)= limn→∞
(√4n + 3n − 2n
) (√4n + 3n + 2n
)
√4n + 3n + 2n
= limn→∞
3n√4n + 3n + 2n
= limn→∞
3n
2n√
1 +3n
4n+ 1
=∞;
Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych 83
f) limn→∞
(√
3(1 + 4 + . . .+ 4n−1)− 2n)
= limn→∞
(√
34n − 14− 1 − 2
n
)
= limn→∞
(√4n − 1− 2n
)
= limn→∞
(√4n − 1− 2n
) (√4n − 1 + 2n
)
√4n − 1 + 2n
= limn→∞
−1√4n − 1 + 2n
=−1∞ = 0;
g) limn→∞
(3√
n3 + n− n)
= limn→∞
(3√n3 + n− n
) ((3√n3 + n
)2+ n
(3√n3 + n
)+ n2
)
(3√n3 + n
)2+ n 3√n3 + n+ n2
= limn→∞
n(3√n3 + n
)2+ n 3√n3 + n+ n2
= limn→∞
1n
(
3
√
1 +1n2
)2
+ 3
√
1 +1n2+ 1
= 0.
h) Postępując tak, jak w poprzednim przykładzie otrzymamy
limn→∞
(3√
8n6 + n4 − 2n2)
= limn→∞
n4
(3√8n6 + n4
)2+ 2n2 3
√8n6 + n4 + 4n4
= limn→∞
1(
3
√
8 +1n2
)2
+ 2 3√
8 +1n2+ 4
=112.
i) limn→∞
(
3
√
n3 + n2√n− n
)
= limn→∞
n2√n
(3√
n3 + n2√n)2
+ n 3√
n3 + n2√n+ n2
= limn→∞
√n
(
3
√
1 +1√n
)2
+ 3
√
1 +1√n+ 1
=∞.
84 Ciągi liczbowe
Wyrażenia nieoznaczone typu[
1∞]
Rozwiązanie problemu tego typu polega na ogół na zastosowaniu równości
limn→∞
(1 + xn
) 1xn = e,
prawdziwej dla dowolnego ciągu (xn) zmierzającego do 0 (Fakt ??) oraz Twier-dzenia ??.
• Przykład 2.7.6 Obliczyć granice ciągów o wyrazach:a) an =
(n+ 1n− 2
)√n; b) an =
(n+ 1n− 2
)2n+1
; c) an =(n+ 1n− 2
)n2
.
R o z w i ą z a n i e. Dokonując elementarnych przekształceń algebraicznychotrzymujemy:
a) limn→∞
(n+ 1n− 2
)√n= limn→∞
1 +
1n− 23
n−23 ·
3√n
n−2
= limn→∞
1 +
1n− 23
n−23
3√n
n−2
= e0 = 1;
b) limn→∞
(n+ 1n− 2
)2n+1
= limn→∞
1 +
1n− 23
n−23 ·
3(2n+1)n−2
= limn→∞
1 +
1n− 23
n−23
3(2n+1)n−2
= e6;
c) limn→∞
(n+ 1n− 2
)n2
= limn→∞
1 +
1n− 23
n−23 · 3n
2
n−2
= limn→∞
1 +
1n− 23
n−23
3n2
n−2
= e∞ =∞.
Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych 85
• Przykład 2.7.7 Obliczyć granicę ciągu o wyrazach an = [1 + ln (n+ 1)− lnn]n.R o z w i ą z a n i e. Wykorzystując Fakt ?? w przypadku xn = ln
(
1 +1n
)
możemy policzyć
limn→∞(1 + ln (n+ 1)− lnn)n = lim
n→∞
(
1 + ln(
1 +1n
))n
= limn→∞
(
1 + ln(
1 +1n
)) 1
ln(1+ 1n)
n ln (1+ 1n)
= e.
Wyrażenia nieoznaczone typu[
∞0]
oraz[
00]
Te dwa typy wyrażeń nieoznaczonych to właściwie jeden problem, gdyż
[00]=1[∞0] oraz
[∞0]=1[00]
Tutaj często przydaje się twierdzenie o trzech ciągach i równość
limn→∞
xn√xn = 1,
prawdziwa dla dowolnego ciągu (xn) zmierzającego do ∞.
• Przykład 2.7.8 Obliczyć granice ciągów (an) o wyrazach:a) an = n
2√n; b) an = 2n
√n; c) an =
2n√n20 + 2n;
d) an =2n√n20 + 2n; e) an =
n√e−n + π−n; f) an =
n2√e−n + π−n.
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ
1 = n2√1 ¬ n
2√n ¬ n
2√n2 oraz lim
n→∞n2√n2 = 1,
więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
limn→∞
n2√n = 1.
b) Licząc podobnie otrzymujemy
limn→∞
2n√n = 1,
86 Ciągi liczbowe
ponieważ1 = 2n
√1 < 2n
√n <
2n√2n oraz lim
n→∞2n√2n = 1.
c) Ze względu na Fakt 2.3.1 i następującą po nim dygresję, wiemy, że dla n po-cząwszy od pewnego miejsca prawdziwe są zależności
√2 = 2n
√2n ¬ 2n
√
n20 + 2n ¬ 2n√2n + 2n.
Ponieważ
limn→∞
2n√2n + 2n = lim
n→∞2n√2 · 2n =
√2 · limn→∞
2n√2 =√2.
więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
limn→∞
2n√
n20 + 2n =√2.
d) Tak, jak poprzednio prawdziwe są nierówności
2n√2n ¬ 2n
√
n20 + 2n ¬ 2n√2 · 2n,
a ponieważlimn→∞
2n√2 · 2n = lim
n→∞2n√2 · limn→∞
2n√2n = 1,
więclimn→∞
2n√
n20 + 2n = 1.
e) Z oczywistych zależności
e−1 = n√e−n < n
√e−n + π−n < n
√e−n + e−n = e−1 n
√2,
oraz równości limn→∞
n√2 = 1, otrzymujemy, dzięki twierdzeniu o trzech ciągach,
równośćlimn→∞
n√e−n + π−n = 1.
f) Podobnie, jak w poprzednim przykładzie, możemy napisać zależności
n√e−1 = n
2√e−n < n
2√e−n + π−n < n
2√e−n + e−n = n
√e−1 n
2√2.
Ponieważ limn→∞
n√e−1 = 1 oraz lim
n→∞n2√2 = 1, więc z twierdzenia o trzech ciągach
otrzymujemy równośćlimn→∞
n2√e−n + π−n = 1.
Dygresja. Kończąc te uwagi o badaniu zbieżności ciągów liczbowych chciałabymjeszcze raz uświadomić Czytelnikom, że połowa sukcesu, to poprawne określenierodzaju nieokreśloności, z jakim mamy do czynienia. Reszta pójdzie gładko, jeżelidobrze zastosujemy równości zawarte w faktach paragrafu 2.3.
Ćwiczenia 87
2.8 Ćwiczenia
2.1 Zbadać monotoniczność i ograniczoność ciągów o podanych wyrazach:
a) an =√n+ 1−
√n− 1; b) bn =
√
4n2 + n− 2n; c) cn = 3√
n3 + 1− n;
d) dn = 2n − 3n + n2; e) en = 3n + (−2)n; f) fn =2n + 13n + 1
;
g) gn =nn
n!; h) hn =
121 + 1
+122 + 2
+123 + 3
+ . . .+1
2n + n;
i) in =112+122+132+ . . .+
1n2; j) jn =
5 · 7 . . . · (3 + 2n)4 · 7 · . . . · (1 + 3n) .
2.2 Pokazać, że prawdziwe są następujące równości:
a) limn→∞an = inf
nsupknak; b) lim
n→∞an = sup
ninfknak; c) lim
n→∞an = −lim
n→∞(−an).
2.3 Pokazać, że dla dowolnych ciągów (an), (bn) zachodzą nierówności:
a) limn→∞an + lim
n→∞bn ¬ lim
n→∞(an + bn) ¬ lim
n→∞an + lim
n→∞bn;
b) limn→∞an + lim
n→∞bn ¬ lim
n→∞(an + bn) ¬ lim
n→∞an + lim
n→∞bn.
Podać przykłady nierówności ostrych.
2.4 Pokazać, że jeżeli ciąg (an) jest zbieżny do granicy właściwej, to dla dowol-nego ciągu (bn) prawdziwe są równości:
a) limn→∞(an + bn) = lim
n→∞an + lim
n→∞bn;
b) limn→∞(an + bn) = lim
n→∞an + lim
n→∞bn.
2.5 Wyznaczyć granicę górną i dolną ciągów o wyrazach:
a) an = (−1)n +cosnπn; b) an = (−1)
[n2
]
+n
n+ 1;
c) an = (−1)nn− 1n; d) an = (−1)n
(
1 +1n
)n
;
e) an =n
2n+ 1· cos nπ
2; f) an =
n− 22n+ 1
sinnπ
3.
2.6 Zbadać, czy następujące ciągi mają granice:
a) an =n− 1n+ 2
sinnπ
2; b) an =
(
1 +1n
)(−1)n
;
c) an = (−1)n(n− 1n+ 1
)n√n
; d) an =1n
( n+ 1n− 1
)
.
88 Ciągi liczbowe
2.7 Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach wyznaczyć granice ciągów:
a) an =1
3√n6 + 12
+2
3√n6 + 22
+ . . .+n
3√n6 + n2
;
b) an =12
n3 + 1+22
n3 + 2+ . . .+
n2
n3 + n; c) n ln
(
1 +1n2
)
;
d) an =cosn! + 3 sin2 n2n− sin 2n ; e) an =
n2 − cosn! + 3 sin2 n2n2 − n sin 2n .
2.8 Wyznaczyć granice podanych ciągów:
a) an =
√1 + 2 + . . .+ n
n; b) an =
√12 + 22 + . . .+ n2
n√n
;
c) an = n (ln (n+ 2)− lnn); d) an =√n(ln (n+ 2)− lnn);
e) an =√2· 4√2·. . .· 2n
√2; f) an = n2 (ln (n+ 2)− lnn);
g) an =(n2 − 1n2 + 1
)n
; h) an =(n− 1n+ 1
)n√n
; i) an = n2(n2√2− 1
)
;
j) an =n
e1 + 12 + . . .+
1n
; k) an =√n(n√e− 1
); l) an = n
(2n√2− 1
)
.
2.9 Korzystając z twierdzenia Stolza obliczyć granice następujących ciągów:
a) an =lnnn; b) an =
lnn
1 +12+ . . .+
1n
; c) an =ln (n!)n lnn
.
2.10 Korzystając z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym zbadaćzbieżność ciągów zadanych następującymi wzorami rekurencyjnymi:
a) a1 =12, an+1 =
12+12a2n; b) a1 =
32, an+1 =
√3an − 2;
c) a1 = a, an+1 =1
4− 3an, gdzie 0 ¬ a ¬ 1
3.
2.11 Obliczyć limn→∞
an
bn, gdzie liczby całkowite an oraz bn wyznaczone są z rów-
naniaan + bn
√2 =
(
1 +√2)n
.
3Szeregi liczbowe
3.1 Podstawowe definicje i przykłady
W tym rozdziale zdecydowanie wygodniej nam będzie numerować wyrazy ciąguliczbami naturalnymi większymi od zera. Dla dowolnego ciągu (an) można zdefi-niować nowy ciąg (Sn) za pomocą wzoru rekurencyjnego
S1 = a1, Sn+1 = Sn + an+1
lub wzorem jawnym
Sn = a1 + a2 + . . .+ an =n∑
k=1
ak.
Jeżeli ciąg (Sn) ma skończoną granicę, to możemy ją uważać za sumę nieskończeniewielu składników
a1 + a2 + a3 + . . . .
Wyrażenie takiej postaci zapisujemy krótko∞∑
k=1
ak i nazywamy szeregiem nie-
skończonym.
• Definicja 3.1.1 Jeżeli ciąg (Sn) utworzony dla ciągu (an) jest zbieżny do granicyS, to liczbę tę nazywamy sumą szeregu nieskończonego
∞∑
n=1
an. Mówimy wów-
czas, że szereg
∞∑
n=1
an ma sumę S, a wyrazy ciągu (Sn) nazywamy sumami
częściowymi szeregu
∞∑
n=1
an. Jeżeli granica S = limn→∞Sn jest nieskończona,
to szereg nazywamy rozbieżnym do ±∞, a jeżeli ta granica nie istnieje, to poprostu – rozbieżnym. Zatem
∞∑
n=1
an = limn→∞
Sn = limn→∞
n∑
k=1
ak.
89
90 Szeregi liczbowe
Pokażemy teraz, jak bada się zbieżność szeregów nieskończonych wprost z de-finicji, to znaczy – obliczając ich sumy częściowe, a następnie granice tych sum.
• Przykład 3.1.1 Pokazać, że szereg∞∑
n=1
(−1)n jest rozbieżny.
R o z w i ą z a n i e. Mamy: S1 = −1, S2 = −1+1 = 0, S3 = −1+1−1 = −1, . . . iogólnie S2n = 0, S2n+1 = −1, więc oczywiście lim
n→∞Sn nie istnieje. Zatem badany
szereg jest rozbieżny.
• Przykład 3.1.2 Obliczyć sumy częściowe i następnie zbadać zbieżność następu-jących szeregów:
a)
∞∑
n=1
1n(n+ 1)
; b)∞∑
n=1
1(n+ 1)(n+ 4)
; c)∞∑
n=1
1√n+√n+ 3
;
d)
∞∑
n=1
n
(n+ 1)!; e)
∞∑
n=2
ln(
1− 1n2
)
; f)
∞∑
n=1
n
2n.
R o z w i ą z a n i e. a) Wyznaczymy sumy częściowe. Ponieważ dla dowolnegok ∈ N \ {0} zachodzi równość
ak =1
k(k + 1)=1k− 1k + 1
,
więc
Sn =11 · 2 +
12 · 3 + . . .+
1n(n+ 1)
=(
1− 12
)
+(12− 13
)
+ . . .+(1n− 1n+ 1
)
= 1− 1n+ 1
.
Zatem ∞∑
n=1
1n(n+ 1)
= limn→∞Sn = lim
n→∞
(
1− 1n+ 1
)
= 1,
co oznacza, że szereg jest zbieżny a jego sumą jest 1.
b) Ponieważ dla dowolnego k 0 prawdziwa jest tożsamość
ak =1
(k + 1)(k + 4)=13
(1k + 1
− 1k + 4
)
,
więc, korzystając z niej dla k = 1, 2, . . . otrzymujemy
Sn =12 · 5 +
13 · 6 + . . .+
1(n+ 1)(n+ 4)
=13
(12− 15
)
+13
(13− 16
)
+13
(14− 17
)
+ . . .+13
(1k + 1
− 1k + 4
)
Podstawowe definicje i przykłady 91
+ . . .+13
(1n− 1 −
1n+ 2
)
+13
(1n− 1n+ 3
)
+13
(1n+ 1
− 1n+ 4
)
=13
(12+13+14− 1n+ 4
− 1n+ 3
− 1n+ 2
)
.
Ponieważ
limn→∞Sn = lim
n→∞
[13
(12+13+14− 1n+ 4
− 1n+ 3
− 1n+ 2
)]
=1336,
więc suma badanego szeregu wynosi1336.
c) Usuwając niewymierność z mianownika otrzymujemy
ak =1√
k +√k + 3
=13
(√k + 3−
√k)
dla k = 1, 2, . . . .
Stąd
Sn =13
(√4−√1)
+13
(√5−√2)
+13
(√6−√3)
+ . . .+13
(√k + 3−
√k)
+ . . .+13
(√n+ 1−
√n− 2
)+13
(√n+ 2−
√n− 1
)+13
(√n+ 3−
√n)
=13
(√n+ 3 +
√n+ 2 +
√n+ 1−
√1−√2−√3)
.
Zatem ∞∑
n=1
1√n+√n+ 1
= limn→∞
Sn =∞,
czyli ten szereg jest rozbieżny do ∞.d) Zauważmy, że każdy wyraz szeregu można zapisać w postaci
ak =k
(k + 1)!=(k + 1)− 1(k + 1)!
=1k!− 1(k + 1)!
.
Stąd
Sn =12!+23!+ . . .+
n
(n+ 1)!=(11!− 12!
)
+(12!− 13!
)
+ . . .+(1n!− 1(n+ 1)!
)
=11!− 1(n+ 1)!
,
więc∞∑
n=1
n
(n+ 1)!= limn→∞Sn = lim
n→∞
(11!− 1(n+ 1)!
)
= 1,
92 Szeregi liczbowe
co oznacza, że szereg jest zbieżny a jego sumą jest 1.
e) Ponieważ tożsamość
ak = ln(
1− 1k2
)
= ln (k + 1) + ln (k − 1)− 2 lnk
jest prawdziwa dla dowolnego k 2, więc
Sn = a2 + a3 + . . .+ an+1= [ln 3 + ln 1− 2 ln 2] [ln 4 + ln 2− 2 ln 3] + . . .+ [ln (n+ 1) + ln (n− 1)− 2 ln (n)] + [ln (n+ 2) + lnn− 2 ln (n+ 1)]
= ln (n+ 2)− ln (n+ 1)− ln 2 = ln n+ 2n+ 1
− ln 2.
Z zależności
0 < lnn+ 2n+ 1
= ln(
1 +1n+ 1
)
¬ 1n+ 1
wynika, że
limn→∞lnn+ 2n+ 1
= 0.
Zatem
∞∑
n=2
ln(
1− 1n2
)
= limn→∞Sn = lim
n→∞
(
lnn+ 2n+ 1
− ln 2)
= − ln 2,
a to oznacza, że szereg jest zbieżny, a jego suma równa jest − ln 2.f) Sumę tego szeregu dużo trudniej jest obliczyć. Zauważmy jednak, że ponieważwyrazy szeregu są nieujemne, a dodawanie jest łączne i przemienne, więc sumęczęściową szeregu możemy obliczyć wykonując następujące przekształcenia:
Sn =12+ 2 · 1
22+ . . .+ k · 1
2k+ . . .+ (n− 1) · 1
2n−1+ n · 1
2n
=(12+122+ . . .+
12n−1
+12n
)
+(122+123+ . . .+
12n−1
+12n
)
+ . . .+(12k+ . . .+
12n−1
+12n
)
+ . . .+(12n−1
+12n
)
+12n
=12·1− 12n
1− 12
+122·1− 12n−1
1− 12
+ . . .+12k·1− 12n−k+1
1− 12
+ . . .+12n−1
·1− 122
1− 12
+12n·1− 121
1− 12
Podstawowe definicje i przykłady 93
=120
(
1− 12n
)
+121
(
1− 12n−1
)
+ . . .+12k−1
(
1− 12n−k+1
)
+ . . .+12n−2
(
1− 122
)
+12n−1
(
1− 121
)
= 1 +12+ . . .+
12k−1
+ . . .+12n−2
+12n−1
− n · 12n=1− 12n
1− 12
− n · 12n
= 2− n+ 22n.
Zatem ∞∑
n=1
n
2n= limn→∞
Sn = limn→∞
(
2− n+ 22n
)
= 2,
czyli ten szereg jest zbieżny i jego sumą jest 2.
• Fakt 3.1.1Szereg geometryczny
∞∑
n=0
qn jest zbieżny ⇐⇒ |q| < 1.
Dla |q| < 1 zachodzi równość∞∑
n=0
qn =11− q .
D o w ó d. Ponieważ
Sn = q0 + q1 + . . .+ qn−1 =1− qn1− q ,
więc zgodnie z Faktem ?? otrzymujemy
∞∑
n=1
qn = limn→∞
1− qn1− q =
11− q .
• Fakt 3.1.2 Szereg harmoniczny
∞∑
n=1
1njest rozbieżny do ∞.
D o w ó d. Zauważmy, że
S2n = 1 +12+(13+14
)
+(15+16+17+18
)
+ . . .
+(
12n−1 + 1
+1
2n−1 + 2+ . . .+
12n−1 + 2n−1
)
94 Szeregi liczbowe
> 1 +12+(14+14
)
︸ ︷︷ ︸
2 składniki
+(18+18+18+18
)
︸ ︷︷ ︸
4 składniki
+ . . .+(12n+12n+ . . .+
12n
)
︸ ︷︷ ︸
2n−1 składników
= 1 + n · 12−→∞.
To oznacza, że ciąg (Sn) zawiera podciąg (S2n) rozbieżny do∞. Zatem ciąg (Sn),jako rosnący, jest również rozbieżny do ∞.
-1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
6
1
2
3
O
Sn, lnn
n
r
r
rr
rr
rr r r
b
b
bb
bb
bb b b
q q q
Rys. 3.1.1 Rysunek sugeruje, że ciąg sum Sn = 1 + 12 + . . .+1n(kółka zamalowane)
rośnie do ∞ z taką samą prędkością jak ciąg bn = lnn (kółka niezamalowane). Wartosobie w tym miejscu przypomnieć, że lim
n→∞
(Sn − lnn) = γ (patrz — Przykład 2.3.3 ).
Jeżeli szereg∞∑
n=1
an jest zbieżny, tzn. jego suma∞∑
n=1
an = S jest skończoną liczbą,
tolimn→∞
an = limn→∞
(Sn − Sn−1) = limn→∞
Sn − limn→∞
Sn−1 = S − S = 0.
Otrzymujemy więc następujący warunek konieczny zbieżności szeregu.
• Fakt 3.1.3 Jeżeli szereg∞∑
n=1
an jest zbieżny, to limn→∞an = 0.
Jak widać na przykładzie szeregu∞∑
n=1
1n, warunek ten nie wystarcza, by szereg był
zbieżny!
Komentarz. Zauważmy, że warunek konieczny zbieżności szeregu daje nam pro-
sty sposób sprawdzenia, czy dany ciąg (an) jest zbieżny do 0. Jeżeli szereg∞∑
n=1
an
okaże się zbieżny (a metod badania zbieżności szeregów jest dużo!), to możemy na
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych 95
pewno powiedzieć, że limn→∞an = 0.
Skoro wiemy już, że warunek Cauchy’ego jest warunkiem koniecznym i wystar-czającym zbieżności ciągu liczb rzeczywistych (paragraf 2.6), bez trudu możemysprawdzić, że zachodzi fakt następujący.
• Fakt 3.1.4 Szereg∞∑
n=1
an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnie zada-
nego ε > 0 wartość bezwzględna wszystkich skończonych sum wyrazów o numerachwiększych od pewnego n0 jest mniejsza od ε, czyli
∞∑
n=1
an jest zbieżny ⇐⇒∧
ε>0
∨
n0∈N
∧
n>m>n0
|am+1 + am+2 + . . .+ an| < ε.
Z twierdzeń o arytmetyce granic ciągów wynika kolejny fakt.
• Fakt 3.1.5 Jeżeli szeregi∞∑
n=1
an,
∞∑
n=1
bn są zbieżne oraz α, β są dowolnymi liczbami
rzeczywistymi, to zbieżny jest szereg
∞∑
n=1
(α · an + β · bn) przy czym
∞∑
n=1
(α · an + β · bn) = α ·∞∑
n=1
an + β ·∞∑
n=1
bn.
W szczególności mamy
∞∑
n=1
(an +− bn) =∞∑
n=1
an +−∞∑
n=1
bn,
∞∑
n=1
β · an = β ·∞∑
n=1
an.
3.2 Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych
Ponieważ sumy częściowe szeregu o wyrazach nieujemnych tworzą ciąg niema-lejący, więc szereg taki jest zbieżny do granicy skończonej lub rozbieżny do ∞.Udowodnienie zbieżności bądź rozbieżności szeregu wprost z definicji (to znaczywyznaczenie jego sum częściowych oraz policzenie ich granicy) jest na ogół sprawątrudną. Często jednak chodzi nam jedynie o rozstrzygnięcie, czy dany szereg jestzbieżny. Służą do tego twierdzenia zwane kryteriami zbieżności szeregów.
Kryterium porównawcze
•Twierdzenie 3.2.1 Jeżeli dla n n0 wyrazy ciągów (an), (bn) spełniają nierów-ności 0 ¬ an ¬ bn, to ze zbieżności szeregu
∞∑
n=1
bn wynika zbieżność szeregu
∞∑
n=1
an.
96 Szeregi liczbowe
D o w ó d wynika natychmiast z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczo-nym. Ponieważ wyrazy ciągu (an) są nieujemne, więc jego sumy częściowe tworzą
ciąg niemalejący i ograniczony przez sumę szeregu∞∑
n=1
bn.
Dygresja. Oczywiście równoważne sformułowanie kryterium porównawczego daje
rozbieżność szeregu∞∑
n=1
bn, o ile rozbieżny jest szereg∞∑
n=1
an. Podkreślmy, że za-
równo z rozbieżności szeregu∞∑
n=1
bn nie można wyciągnąć żadnych wniosków co do
zbieżności szeregu∞∑
n=1
an, jak i na podstawie zbieżności szeregu∞∑
n=1
an nie można
niczego powiedzieć o zbieżności szeregu∞∑
n=1
bn.
• Przykład 3.2.1 Zbadać zbieżność następujących szeregów:a)
∞∑
n=1
1n2; b)
∞∑
n=1
1√n; c)
∞∑
n=1
ln(
1 +1n
)
; d)∞∑
n=1
2n + 33n − 2 .
R o z w i ą z a n i e. a) Dokonajmy przekształcenia
∞∑
n=1
1n2=∞∑
n=0
1(n+ 1)2
= 1 +∞∑
n=1
1(n+ 1)2
.
Ponieważ dla każdego n ∈ N zachodzą nierówności
0 <1
(n+ 1)2<
1n(n+ 1)
,
a szereg∞∑
n=1
1n(n+ 1)
jest — jak widzieliśmy w Przykładzie ?? a) — zbieżny,
więc, na mocy kryterium porównawczego, badany szereg także jest zbieżny.
b) Dla każdego n∈N zachodzi nierówność
0 <1n¬ 1√n
a szereg harmoniczny∞∑
n=1
1njest rozbieżny, więc z kryterium porównawczego wy-
nika, że badany szereg też jest rozbieżny.
c) Dla n 1 prawdziwa jest nierówność
1n+ 1
< ln(
1 +1n
)
,
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych 97
a szereg harmoniczny jest rozbieżny. Zatem, na mocy kryterium porównawczego,rozważany szereg również jest rozbieżny.
d) Zauważmy, że dla n 3 prawdziwa jest nierówność podwójna
0 <2n + 33n − 2 < 2 ·
2n
3n.
Zatem zbieżność rozważanego szeregu wynika ze zbieżności szeregu geometrycz-
nego∞∑
n=1
(23
)n
oraz Faktu 3.1.5.
Kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu
•Twierdzenie 3.2.2 Jeżeli wyrazy nierosącego ciągu (an) dążą do zera, to szereg∞∑
n=1
an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg
∞∑
n=1
2na2n jest zbieżny.
D o w ó d. Ponieważ a1 a2 a3 . . . 0, więc dla dowolnego n∈N \ {0}prawdziwe są następujące zależności:
2n−1∑
k=1
ak = a1 + (a2 + a3) + (a4 + a5 + a6 + a7) + . . .+ (a2n−1 + . . .+ a2n−1)
¬ a1 + 2a2 + 22a22 + . . .+ 2n−1a2n−1 = a1 +n−1∑
k=1
2ka2k
oraz2n∑
k=1
ak = a1 + a2 + (a3 + a4) + (a5 + a6 + a7 + a8) + . . .+ (a2n−1+1 + . . .+ a2n)
a1 + a2 + 2a22 + 22a23 . . .+ 2n−1a2n = a1 +12
n∑
k=1
2ka2k .
Z pierwszej z powyższych nierówności wynika, że gdy szereg∞∑
n=1
2na2n jest zbieżny,
to ciąg
(2n−1∑
k=1
ak
)
jest ograniczony. Ponieważ dla dowolnego m∈N można zawsze
znaleźć n ∈ N takie, żem∑
k=1
ak ¬2n−1∑
k=1
ak,
więc i ciąg
(m∑
k=1
ak
)
jest ograniczony. Zatem, jako rosnący, jest zbieżny. Podobnie
— wykorzystując drugą nierówność — ze zbieżności szeregu∞∑
n=1
an dostajemy
98 Szeregi liczbowe
zbieżność szeregu∞∑
n=1
2na2n .
• Fakt 3.2.1Uogólniony szereg harmoniczny
∞∑
n=1
1nα
jest
{zbieżny, gdy α > 1,rozbieżny do ∞, gdy α ¬ 1.
D o w ó d. Dla α ¬ 0 szereg jest rozbieżny do ∞. Natomiast dla α > 0 ciąg owyrazach an = n−α maleje do 0, więc możemy zastosować kryterium Cauchy’egoo zagęszczaniu. Policzmy
2na2n = 2n1(2n)α
=1
(2n)α−1=(12α−1
)n
.
Zatem dla α ¬ 1 szereg∞∑
n=1
2na2n jest szeregiem geometrycznym rozbieżnym do
∞, natomiast dla α> 1 – szeregiem geometrycznym zbieżnym. Dla α= 1 mamyrozbieżny do ∞ szereg harmoniczny.
• Przykład 3.2.2 Zbadać zbieżność następujących szeregów:a)
∞∑
n=2
1n lnn
; b)∞∑
n=2
1n(lnn)2
; c)∞∑
n=2
1
ln4 n; d)
∞∑
n=2
lnnn2.
R o z w i ą z a n i e. a) Przede wszystkim trzeba zauważyć, że an =1n lnn
jest ciągiem malejącym do 0 (co w tym przypadku jest oczywiste), więc możemyzastosować kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu. Ponieważ
2na2n = 2n1
2n ln 2n=1n ln 2
,
a szereg1ln 2
∞∑
n=1
1njest rozbieżny, więc badany szereg jest także rozbieżny.
b)W tym przykładzie również sprawdzenie, że ciąg an =1
n(lnn)2maleje do 0 nie
wymaga żadnych rachunków i – licząc tak, jak poprzednio – otrzymujemy
2na2n = 2n1
2n(ln 2n)2=
1n2(ln 2)2
.
Ponieważ szereg1(ln 2)2
∞∑
n=1
1n2jest zbieżny, więc rozważany szereg też jest zbieżny.
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych 99
c) Jak w dwóch poprzednich przykładach również tutaj an =1
ln4 njest ciągiem
malejącym do 0. Ponadto mamy
2na2n = 2n1
(ln 2n)4=
2n
n4(ln 2)4.
Łatwo sprawdzić, np. korzystając z kryterium d’Alemberta, że szereg1(ln 2)4
∞∑
n=2
2n
n4
jest rozbieżny. Zatem wobec kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu również badanyszereg jest rozbieżny.
d) Musimy sprawdzić, że ciąg o wyrazach an =lnnn2maleje do zera. Pokażemy
najpierw, że ciąg ten jest malejący od pewnego miejsca. Z nierówności
ln(
1 +1n
)
<1n
otrzymujemy nierówność
n(ln (n+ 1)− lnn) < 1.
Stąd oraz faktu, że 1 < lnn dla n 3 mamy
n (ln (n+ 1)− lnn) < lnn
i następnien ln (n+ 1) < (n+ 1) lnn.
Zatem dla n 3 prawdziwa jest nierówność
ln (n+ 1)n+ 1
<lnnn.
Mnożąc tę nierówność stronami przez nierówność1n+1
<1notrzymujemy
an+1 =ln (n+ 1)(n+ 1)2
<lnnn2= an dla n 3,
co oznacza, że nasz ciąg jest malejący począwszy od n = 3. Musimy jeszcze poka-zać, że
limn→∞
lnnn2= 0.
Wynika to np. z nierówności lnn ¬ √n. A jak uzasadnić elementarnie tę nierów-
ność? Ponieważ√n√n =
(√n
√√n
)2
, więc limn→∞
√n√n = 1. Zatem począwszy od
100 Szeregi liczbowe
pewnego n ∈ N zachodzi nierówność√n√n ¬ e. Logarytmując ją stronami otrzy-
mujemy nierówność1√nlnn ¬ 1, równoważną nierówności lnn ¬
√n. Obliczmy
teraz
2na2n = 2nln 2n
(2n)2=n ln 22n.
Ponieważ szereg∞∑
n=1
n ln 22n= ln 2
∞∑
n=1
n
2n
jest zbieżny (Przykład 3.1.2 f), więc badany szereg również jest zbieżny.
Kryterium ilorazowe
•Twierdzenie 3.2.3 Jeżeli an, bn > 0 oraz istnieje granica limn→∞
an
bn= k, przy czym
0 < k <∞, to szereg∞∑
n=1
bn jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg
∞∑
n=1
an jest
zbieżny.
D o w ó d. Ponieważ limn→∞
an
bn= k > 0, więc dla ε =
k
2istnieje n0∈N takie, że dla
n > n0 zachodzą nierównościk
2<an
bn<3k2
równoważne nierównościom
0 <k
2· bn < an <
3k2·bn.
Teza wynika teraz z kryterium porównawczego.
Zanim Czytelnik zacznie stosować kryterium ilorazowe powinien wrócić doprzykładów w paragrafie 2.3 i jeszcze raz przeczytać wnikliwie następujący ponich komentarz.
• Przykład 3.2.3 Zbadać zbieżność następujących szeregów:
a)
∞∑
n=1
( n√e− 1); b)
∞∑
n=1
n√e− 1√n; c)
∞∑
n=2
ln
(
1 +1
√
n2 + 1
)
lnn.
R o z w i ą z a n i e. a) Równość n√e = e
1n powinna nam zasugerować, że trzeba
zastosować kryterium ilorazowe do szeregów o wyrazach
an= n√e−1 oraz bn=
1n.
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych 101
Ponieważ
limn→∞
n√e− 1n−1
= limn→∞n( n√e− 1) = 1 > 0,
a szereg∞∑
n=1
1njest rozbieżny, więc badany szereg też jest rozbieżny.
b) Stosujemy kryterium ilorazowe do szeregów o wyrazach
an =n√e− 1√n, bn =
1n√n.
Ponieważ
limn→∞
an
bn= limn→∞
( n√e− 1)√n· (n√n) = lim
n→∞n( n√e− 1) = 1 > 0,
a szereg∞∑
n=1
1n√njest zbieżny, więc nasz szereg także jest zbieżny.
c) W kryterium ilorazowym bierzemy
an =ln(
1 +1√n2 + 1
)
lnn, bn =
1n lnn
.
Ponieważ
limn→∞
an
bn= limn→∞
ln(
1 +1√n2 + 1
)
lnn· n lnn
= limn→∞
(√
n2 + 1 · ln(
1 +1√n2 + 1
)
· n√n2 + 1
)
= 1 > 0,
a szereg∞∑
n=1
1n lnn
jest rozbieżny (Przykład 3.2.4), więc nasz szereg jest rozbieżny.
Spróbujmy zrobić ogólniejszy przykład.
• Przykład 3.2.4 Niech a > 1 będzie dowolną liczbą rzeczywistą. W zależności odα zbadać zbieżność szeregu
∞∑
n=1
nα( n√a− 1).
R o z w i ą z a n i e. Stosujemy kryterium ilorazowe do szeregów o dodatnichwyrazach postaci
an = nα( n√a− 1), bn = nα−1.
Ponieważ
limn→∞
nα( n√a− 1)nα−1
= limn→∞n( n√a− 1) = ln a > 0,
więc (Fakt ??) rozważany szereg jest zbieżny dla α < 0 i rozbieżny dla α 0.
102 Szeregi liczbowe
• Przykład 3.2.5 Zbadać zbieżność szeregu∞∑
n=1
nα ln(
1 +1√2n2 + 1
)
w zależności od parametru α.
R o z w i ą z a n i e. W kryterium ilorazowym weźmy
an = nα ln(
1 +1√2n2 + 1
)
, bn = nα−1.
Ponieważ
limn→∞
an
bn= limn→∞n ln
(
1 +1√2n2 + 1
)
= limn→∞
[√
2n2 + 1 · ln(
1 +1√2n2 + 1
)
· n√2n2 + 1
]
=1√2> 0,
więc nasz szereg, zachowuje się tak, jak uogólniony szereg harmoniczny∞∑
n=1
nα−1,
czyli jest zbieżny dla α < 0 i rozbieżny do ∞ dla α 0.
Kryterium d’Alemberta 1
•Twierdzenie 3.2.4 Jeżeli an > 0 oraz istnieje granica limn→∞
an+1
an= g, to szereg
∞∑
n=1
an jest zbieżny, gdy g < 1, a rozbieżny, gdy g > 1. W przypadku, gdy g = 1,
kryterium to nie rozstrzyga o zbieżności szeregu.
D o w ó d. Jeżelilimn→∞
an+1
an= g < 1,
to dla dowolnie ustalonego 0 < g < r < 1 istnieje n0 ∈ N takie, że dla n > n0zachodzi nierówność
0 ¬ an+1an¬ r.
Stąd wnioskujemy, że 0 ¬ an+1 ¬ ran. Zatem dla dowolnego k∈N zachodzi nie-równość
0 ¬ an0+k ¬ rk · an0 .Ponieważ skończona liczba początkowych wyrazów szeregu nie ma wpływu na jegozbieżność, więc na mocy kryterium porównawczego, zbieżność badanego szeregu
1Jeanle Rond d’Alembert (1717–1783), francuski filozof, matematyk i fizyk.
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych 103
∞∑
n=1
an wynika ze zbieżności szeregu geometrycznego∞∑
n=1
rn.
Podobnie jest w przypadku, gdy
limn→∞
an+1
an= g > 1,
rozbieżność szeregu∞∑
n=1
an wynika z rozbieżności odpowiednio zbudowanego sze-
regu∞∑
n=1
rn. Aby stwierdzić, że w przypadku g = 1 kryterium d’Alemberta nie
rozstrzyga o zbieżności szeregu, wystarczy obliczyć limn→∞
an+1
andla rozbieżnego sze-
regu∞∑
n=1
1ni zbieżnego szeregu
∞∑
n=1
1n2. W obu przypadkach granica ta wynosi 1.
• Przykład 3.2.6 Zbadać zbieżność następujących szeregów:a)
∞∑
n=1
(n!)2
2n2; b)
∞∑
n=1
(n!)2
(2n)!; c)
∞∑
n=1
12√n.
R o z w i ą z a n i e. Zastosujemy bezpośrednio kryterium d’Alemberta w przykła-dach a) i b) otrzymując szeregi zbieżne. Natomiast w przykładzie c) posłużymysię najpierw kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu.
a) Szereg jest zbieżny, ponieważ
limn→∞
an+1
an= limn→∞
((n+ 1)!)2
2((n+1)2)· 2n2
(n!)2= limn→∞
(n+ 1)2
22n+1= 0 < 1.
b) Ten szereg też jest zbieżny, ponieważ
limn→∞
an+1
an= limn→∞
((n+ 1)!)2
(2(n+ 1))!· (2n)!(n!)2
= limn→∞
(n!)2(n+ 1)2
(2n)!(2n+ 1)(2n+ 2)· (2n)!(n!)2
= limn→∞
(n+ 1)2
(2n+ 1)(2n+ 2)=14< 1.
c) Zgodnie z kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu (ciąg(
2−√n)
maleje do zera!)
zbieżność naszego szeregu równoważna jest zbieżności szeregu o wyrazach 2n·2−√2n
i do tego ostatniego szeregu zastosujmy kryterium d’Alemberta. Policzmy więcgranicę ilorazów sąsiednich wyrazów tego szeregu, tzn.
limn→∞
an+1
an= limn→∞
2n+1
2√2n+1· 2√2n
2n= limn→∞
2
2(√2)n(√2−1)= 0 < 1.
Stąd wynika, że szereg o wyrazach postaci 2n · 2−√2n jest zbieżny, więc i badany
przez nas szereg jest zbieżny.
104 Szeregi liczbowe
• Przykład 3.2.7 W zależności od a > 0 zbadać zbieżność szeregu∞∑
n=1
an
n!.
R o z w i ą z a n i e. Policzmy granicę ilorazów wyrazów szeregu.
limn→∞
an+1
an= limn→∞
an+1 · n!an · (n+ 1)! = limn→∞
a
n+ 1= 0.
Zatem dla dowolnego a > 0 szereg∞∑
n=1
an
n!jest zbieżny.
Dla a = 1 możemy nawet policzyć jego sumę! Mamy bowiem następującą równość.
• Fakt 3.2.2∞∑
n=0
1n!= e.
D o w ó d. Wprowadźmy oznaczenia Sn =n∑
k=0
1k!oraz xn =
(
1 +1n
)n
.
Ponieważ zgodnie ze wzorem Newtona mamy(
1 +1n
)n
=( n
0
)( 1n
)0
+( n
1
)( 1n
)1
+ . . .+( n
n−1)( 1n
)n−1+( n
n
)( 1n
)n
= 1 + 1 +1 ·(
1− 1n
)
1 · 2 + . . .+1 ·(
1− 1n
)
· . . . ·(
1− n− 1n
)
1 · 2 · . . . · n
< 1 + 1 +12!+13!+ . . .+
1(n− 1)! +
1n!,
więc dla dowolnego naturalnego n zachodzi nierówność xn < Sn. Pokażemy, żedla dowolnego ε > 0 istnieje n0∈N takie, że dla wszystkich n > n0 zachodząnierówności
0 ¬ Sn − xn < ε.
Szereg∞∑
n=0
1n!jest zbieżny, istnieje więc N ∈N takie, że
∞∑
k=N+1
1k!<ε
2. Dla n > N
otrzymujemy zatem następujący ciąg zależności:
0 ¬ Sn − xn =N∑
k=2
1− 1 ·(
1− 1n
)(
1− 2n
)
· . . . ·(
1− k − 1n
)
k!
+n∑
k=N+1
1− 1 ·(
1− 1n
)(
1− 2n
)
· . . . ·(
1− k − 1n
)
k!
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych 105
¬(
1−(
1− 1n
)(
1− 2n
)
· . . . ·(
1− N − 1n
)) N∑
k=2
1k!+
n∑
k=N+1
1k!.
PonieważN∑
k=2
1k!¬N∑
k=2
12k−1
< 1,
więc dla n > N zachodzą nierówności
0 ¬ Sn − xn < 1−(
1− 1n
)(
1− 2n
)
· . . . ·(
1− N − 1n
)
+12ε.
Przy ustalonym N mamy
limn→∞
(
1−(
1− 1n
)(
1− 2n
)
· . . . ·(
1− N − 1n
))
= 0.
Zatem istnieje m > N takie, że dla wszystkich n > m zachodzi nierówność
1−(
1− 1n
)(
1− 2n
)
· . . . ·(
1− N − 1n
)
<12ε.
Stąd 0 ¬ Sn − xn < ε dla n > m, co chcieliśmy wykazać.
• Przykład 3.2.8 W zależności od a > 0 zbadać zbieżność szeregu∞∑
n=1
ann!nn.
R o z w i ą z a n i e. Mamy ciąg równości
limn→∞
an+1
an= limn→∞
an+1(n+ 1)!(n+ 1)(n+1)
· nn
ann!= limn→∞
a(
1 +1n
)n =a
e.
Z kryterium d’Alemberta wynika więc, że dla a < e badany szereg jest zbieżny,natomiast dla a > e jest on rozbieżny do ∞. W przypadku, gdy a = e mamy
an+1
an=
e(
1 +1n
)n ց 1, bo(
1 +1n
)n
ր e.
Zatem dla wszystkich n ∈ N zachodzi nierównośćenn!nn 1 i nie jest spełniony
warunek konieczny zbieżności szeregów, więc szereg jest rozbieżny do ∞.
106 Szeregi liczbowe
Kryterium Cauchy’ego
•Twierdzenie 3.2.5 Jeżeli an 0 oraz limn→∞
n√an = g, to szereg
∞∑
n=1
an jest zbieżny
wtedy, gdy g < 1, a rozbieżny, gdy g > 1. W przypadku, gdy g = 1, kryterium tonie rozstrzyga o zbieżności szeregu.
D o w ó d jest taki, jak dowód kryterium d’Alemberta.
• Przykład 3.2.9 Zbadać zbieżność szeregów:a)
∞∑
n=1
(n√4n2 + 3
)n
; b)∞∑
n=1
(n!)n
nn2 .
R o z w i ą z a n i e. a) Badany szereg jest zbieżny, co wynika z kryteriumCauchy’ego, ponieważ
n√an =
n√4n2 + 3
−→ 12< 1.
b) Należy obliczyć
limn→∞
n√an = lim
n→∞n!nn= 0 < 1.
Uzasadnienie tej równości pozostawiam jednak Czytelnikom! Koniecznie proszęto zrobić, mamy tu bowiem ładny przykład zastosowania warunku koniecznegozbieżności szeregów. Z kryterium Cauchy’ego wynika natomiast, że badany szeregjest zbieżny.
• Przykład 3.2.10 W zależności od a > 0 zbadać zbieżność szeregu∞∑
n=1
(n
n+ 1
)n2
an.
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ
n√an = a
(
1 +1n
)−n−→ ae,
więc wystarczy wrócić po wyjaśnienie do Przykładu 3.2.8.
3.3 Szeregi o wyrazach dowolnych
Najczęściej stosowanym kryterium zbieżności szeregów o wyrazach dowolnych jestnastępujące twierdzenie.
•Twierdzenie 3.3.1 (kryterium Dirichleta).Jeżeli ciąg (an) jest nierosnący i zbieżny do zera oraz zbiór sum częściowych szeregu∞∑
n=1
bn jest ograniczony, to szereg
∞∑
n=1
anbn jest zbieżny.
Szeregi o wyrazach dowolnych 107
D o w ó d. Dla uproszczenia zapisu wprowadźmy oznaczenie Amn =m∑
k=n+1
akbk.
Pokażemy, że szereg∞∑
n=1
anbn spełnia warunek Cauchy’ego. Wykorzystamy do tego
celu tzw. przekształcenie Abela2
Amn = an+1bn+1 + an+2bn+2 + . . .+ ambm
= (an+1 − an+2)bn+1 + (an+2 − an+3)(bn+1 + bn+2)
+ (an+3 − an+4)(bn+1 + bn+2 + bn+3) + . . .
+ (am−1 − am)(bn+1 + . . .+ bm−1) + am(bn+1 + . . .+ bm).
Z założenia istnieje stała M taka, że
|b1 + b2 + . . .+ bl| < M
dla wszystkich l ∈ N. Ponieważ
|bj + bj+1 + . . .+ bl| = |(b1 + b2 + . . .+ bl)− (b1 + b2 + . . .+ bj−1)|¬ |b1 + b2 + . . .+ bl|+ |b1 + b2 + . . .+ bj−1|
więc|bj + bj+1 . . .+ bl| < 2M
dla wszystkich j i l takich, że 1 ¬ j < l. Mamy więc oszacowanie
∣∣∣Amn
∣∣∣ =
∣∣∣∣∣
m∑
k=1
akbk −n∑
k=1
akbk
∣∣∣∣∣
= |an+1bn+1 + an+2bn+2 + . . .+ ambm|
¬ |an+1 − an+2| |bn+1|+ |an+2 − an+3| |bn+1 + bn+2|
+ |an+3 − an+4| |bn+1 + bn+2 + bn+3| + . . .
+ |am−1 − am| |bn+1 + . . .+ bm−1|+ |am| |bn+1 + . . .+ bm|
¬ 2M (|an+1 − an+2|+ |an+2 − an+3|+ . . .+ |am−1 − am|+ |am|)
= 2M (an+1 − an+2 + an+2 − an+3 + . . .+ am−1 − am + am)
= 2Man+1 = 2M |an+1| .2Niels Henrik Abel (1802–1829), matematyk norweski.
108 Szeregi liczbowe
Zbieżny ciąg (an) jest ciągiem Cauchy’ego, więc z otrzymanej nierówności wynika,
że ciąg sum częściowych szeregu∞∑
n=1
anbn też jest ciągiem Cauchy’ego, a jako taki
— jest zbieżny (Fakt 3.1.5)
Przyjmując w twierdzeniu Dirichleta bn = (−1)n+1 otrzymujemy tzw. szeregnaprzemienny i jako natychmiastowy wniosek z kryterium Dirichleta dostajemynastępujące kryterium zbieżności szeregów naprzemiennych.
•Twierdzenie 3.3.2 (kryterium Leibniza3 dla szeregów naprzemiennych).Jeżeli (an) jest ciągiem nierosnącym i zbieżnym do zera, to szereg naprzemienny∞∑
n=1
(−1)n+1an jest zbieżny.
W przypadku szeregów∞∑
n=1
an o wyrazach dowolnych można również stawiać sobie
pytanie o zbieżność szeregu∞∑
n=1
|an|.
• Definicja 3.3.1 Mówimy, że szereg∞∑
n=1
an jest bezwzględnie zbieżny, jeżeli
zbieżny jest szereg
∞∑
n=1
|an|.
Z zależności
|am+1 + . . .+ an| ¬ |am+1|+ . . .+ |an| =∣∣|am+1|+ . . .+ |an|
∣∣
wynika, że jeżeli szereg∞∑
n=1
|an| spełnia warunek Cauchy’ego, to szereg∞∑
n=1
an
również spełnia warunek Cauchy’ego. W ten sposób udowodniliśmy następującetwierdzenie.
•Twierdzenie 3.3.3 Jeżeli szereg∞∑
n=1
an jest bezwzględnie zbieżny, to jest zbieżny.
Ponadto zachodzi nierówność∣∣∣∣∣
∞∑
n=1
an
∣∣∣∣∣¬∞∑
n=1
|an|.
3Gottfried Wilhelm Leibniz (1646–1716), niemiecki filozof i matematyk, jeden z twór-ców rachunku różniczkowego i całkowego.
Szeregi o wyrazach dowolnych 109
Kryterium Leibniza pozwala skonstruować wiele przykładów szeregów zbieżnych,
które nie są bezwzględnie zbieżne. Wystarczy wziąć dowolny szereg∞∑
n=1
an roz-
bieżny, którego wyrazy maleją do zera, by szereg∞∑
n=1
(−1)nan był zbieżny, ale nie
był bezwzględnie zbieżny.
• Przykład 3.3.1 Szereg∞∑
n=1
(−1)nn(tzw. szereg anharmoniczny) jest zbieżny,
ale nie jest bezwzględnie zbieżny.
R o z w i ą z a n i e. Tutaj ciąg an =1noczywiście maleje do zera.
• Przykład 3.3.2 Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną szeregów:a)
∞∑
n=2
(−1)n lnnn
; b)∞∑
n=1
(−1)nn− lnn ; c)
∞∑
n=2
cosπn2
ln2 n.
R o z w i ą z a n i e. a) W Przykładzie 3.2.2 wykazaliśmy już, że ciąg(lnnn
)
maleje do 0, więc z kryterium Leibniza otrzymujemy zbieżność badanego szeregu.Ponieważ dla dowolnego n 1 zachodzi nierówność
0 <1n<lnnn,
więc z kryterium porównawczego wynika, że rozważany szereg nie jest bezwzględniezbieżny.
b) Musimy sprawdzić, że ciąg o wyrazach an =1
n− lnn maleje do zera, ale torównież wynika z rozważań prowadzonych w Przykładzie 3.2.2. W tym przypadkurównież nie ma bezwzględnej zbieżności szeregu, bo
0 <1n<
1n− lnn.
c) Przede wszystkim zauważmy, że cosπn2 = 1 dla parzystych wartości n orazcosπn2 = −1 dla n nieparzystych. Zatem rozpatrywany szereg można zapisać w
postaci∞∑
n=2
(−1)nln2 n
. Ponieważ ciąg o wyrazach1
ln2 nmaleje do 0, więc z kryterium
Leibniza wynika od razu, że szereg jest zbieżny. Aby zbadać jego zbieżność bez-
względną, czyli zbieżność szeregu∞∑
n=1
1
ln2 nmożemy posłużyć się np. kryterium
Cauchy’ego o zagęszczaniu. Policzmy
2na2n = 2n1
ln2 2n=2n
n2 ln2 2,
110 Szeregi liczbowe
a szereg∞∑
n=1
2n
n2 ln2 2zbieżny nie jest, bo nie spełnia nawet warunku koniecznego
zbieżności szeregów. Zatem rozważany szereg jest zbieżny jedynie warunkowo.
• Przykład 3.3.3 Pokazać, że dla dowolnego x 6= kπ, szeregi∞∑
n=1
sinnxn
oraz
∞∑
n=1
cosnxn
są zbieżne, ale nie są bezwzględnie zbieżne.
R o z w i ą z a n i e. Dla x 6= kπ prawdziwe są tożsamości
sinx+ sin 2x+ sin 3x+ . . .+ sinnx =sinnx
2sin(n+ 1)x2
sinx
2
,
cosx+ cos 2x+ cos 3x+ . . .+ cosnx =sinnx
2cos(n+ 1)x2
sinx
2
.
Dla wszystkich liczb naturalnych n zachodzą nierówności∣∣∣∣∣∣∣
sinnx
2sin(n+ 1)x2
sinx
2
∣∣∣∣∣∣∣
¬ 1∣∣∣sinx
2
∣∣∣
,
∣∣∣∣∣∣∣
sinnx
2cos(n+ 1)x2
sinx
2
∣∣∣∣∣∣∣
¬ 1∣∣∣sinx
2
∣∣∣
,
co oznacza, że sumy częściowe szeregów
∞∑
n=1
sinnx,∞∑
n=1
cosnx
sa ograniczone. Możemy więc zastosować kryterium Dirichleta dla ciągów o wy-
razach an =1noraz bn = sinnx i bn = cosnx. Zatem badane szeregi są zbieżne.
Żaden z nich nie jest jednak bezwzględnie zbieżny, gdyż z nierówności
| sinx| sin2 x = 12
(1− cos 2x
)oraz | cosx| cos2 x = 1
2
(1 + cos 2x
)
wynika, że dla dowolnej liczby naturalnej N prawdziwe są nierówności
N∑
n=1
| sinnx|n
>12
N∑
n=1
1n−N∑
n=1
cos 2nxn,
N∑
n=1
| cosnx|n
>12
N∑
n=1
1n+N∑
n=1
cos 2nxn.
Ćwiczenia 111
Szereg harmoniczny jest rozbieżny do ∞, a szereg∞∑
n=1
cosnxn– zbieżny dla dowol-
nego x 6= kπ. Zatem, na mocy kryterium porównawczego, oba szeregiN∑
n=1
| sinnx|n,
N∑
n=1
| cosnx|n
są rozbieżne.
Dla szeregów o wyrazach nieujemnych jest oczywiste, że kolejność sumowanianie gra roli. Gdy opuścimy założenie nieujemności wyrazów szeregu, sytuacja jestzupełnie inna. Wprowadźmy jeszcze jedną definicję.
• Definicja 3.3.2 Mówimy, że szereg∞∑
n=1
an jest bezwarunkowo zbieżny,
jeżeli dla dowolnej permutacji π zbioru liczb naturalnych (tzn. wzajemnie jedno-
znacznego przekształcenia zbioru N\{0} na siebie) zbieżny jest szereg∞∑
n=1
aπ(n).
Szereg zbieżny, który nie spełnia warunku bezwarunkowej zbieżności nazywamyszeregiem warunkowo zbieżnym. Prawdziwe jest następujące twierdzenie, któ-rego pracochłonny dowód można znaleźć w bardzo dobrym, dostępnym podręcz-niku Heleny i Juliana Musielaków „Analiza matematyczna”.
•Twierdzenie 3.3.4 Szereg∞∑
n=1
an jest bezwarunkowo zbieżny wtedy i tylko wtedy,
gdy jest on bezwzględnie zbieżny. Ponadto z bezwzględnej zbieżności szeregu
∞∑
n=1
an
wynika, że jego suma nie zależy od porządku składników.
Niezmiernie ciekawym i zaskakującym jest fakt, że wyrazy każdego szereguwarunkowo zbieżnego można tak poprzestawiać, by jako sumę otrzymać z góryzadaną liczbę rzeczywistą. Jest to treśćTwierdzenia Riemanna4, którego dowódmożna również znaleźć np. we wspomnianym już podręczniku Heleny i JulianaMusielaków.
3.4 Ćwiczenia
3.1 Wyznaczyć sumy następujących szeregów:
a)
∞∑
n=0
2n+2
en; b)
∞∑
n=0
3n
2nen; c)
∞∑
n=0
en + e−n
3n;
d)∞∑
n=1
n2n
3n; e)
∞∑
n=1
2n + nen
3n; f)
∞∑
n=0
1(2n+ 1)(2n+ 3)
.
4Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866), niemiecki matematyk i fizyk.
112 Szeregi liczbowe
3.2 Korzystając z kryterium porównawczego zbadać zbieżność następujących sze-regów:
a)
∞∑
n=1
2n
n2 + 3n; b)
∞∑
n=1
1n(√n+ 1−
√n); c)
∞∑
n=1
1nln(
1 +1n
)
;
d)
∞∑
n=1
[n√2]n2; e)
∞∑
n=1
[n√2]2n; f)
∞∑
n=2
ln (n)2n.
3.3 Korzystając z kryterium ilorazowego zbadać zbieżność następujących szere-gów:
a)∞∑
n=1
(n√e− 1
); b)
∞∑
n=1
n√e− 1n;
c)
∞∑
n=1
n
n2 + 1ln(
1 +1n
)
; d)∞∑
n=2
n√e− 1√n2 − 1
.
3.4 Korzystając z kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu zbadać zbieżność nastę-pujących szeregów:
a)
∞∑
n=2
lnnn2; b)
∞∑
n=2
1
ln3 n; c)
∞∑
n=2
ln (lnn)n√n.
3.5 Korzystając z kryterium d’Alemberta zbadać zbieżność następujących szere-gów:
a)
∞∑
n=1
(2n)2
n!; b)
∞∑
n=2
lnn2n; c)
∞∑
n=2
ln (n!)2n; d)
∞∑
n=1
(2n)!(n!)2.
3.6 Korzystając z kryterium Cauchy’ego zbadać zbieżność następujących szere-gów:
a)
∞∑
n=1
( n
n+ 1
)n2
2n; b)∞∑
n=1
(n+ 1n
)n2
3−n; c)∞∑
n=1
nn+1n
(
2n+1n
)n
.
.
3.7 Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną szeregów:
a)
∞∑
n=1
sinnπ
4n√n; b)
∞∑
n=2
cosnπn−√n ; c)
∞∑
n=1
cosnπ√n; d)
∞∑
n=1
sinnπ
4n+ ln2 n
.
Ćwiczenia 113
3.8 Pokazać, że jeżeli szereg∞∑
n=1
an o wyrazach nieujemnych jest zbieżny, to szereg
∞∑
n=1
a2n też jest zbieżny.
3.9 Pokazać, że jeżeli szeregi∞∑
n=1
a2n i∞∑
n=1
b2n są zbieżne, to szereg∞∑
n=1
anbn jest
zbieżny bezwzględnie.
3.10 Pokazać, że jeżeli (an) jest ciągiem malejącym o wyrazach nieujemnych oraz
szereg∞∑
n=1
an jest zbieżny, to limn→∞nan = 0.
3.11 Pokazać, że jeżeli ciąg (an) o wyrazach dodatnich jest ograniczony z góry,
to szereg∞∑
n=1
1nan
jest rozbieżny. Wywnioskować stąd, że szereg∞∑
n=1
1n n√njest
rozbieżny.
4Ciągłość funkcji
W tym rozdziale zajmujemy się funkcjami określonymi na podzbiorach zbioru liczbrzeczywistych o wartościach w zbiorze liczb rzeczywistych.
4.1 Granica funkcji w punkcie
Przyjmujemy, że Czytelnik zna pojęcie funkcji ze szkoły i rozumie takie terminyjak dziedzina funkcji, zbiór wartości funkcji na danym zbiorze, monotoniczność,parzystość czy okresowość funkcji. Spróbujemy sobie natomiast wyjaśnić możliwiedokładnie pojęcie ciągłości funkcji. Najpierw jednak musimy dobrze zrozumieć, coto jest granica funkcji w punkcie. Ułatwić nam to mogą poniższe rysunki.
-x
6y
Oa bx0−δ x0 x0+δ
cg
g−ε
g+ε
sb b b b
b
b
b
s
y=f(x)
-x
6y
Oa b
cg ?
x3
r
srf(x3)
x2
r
srf(x2)
x5
r
srf(x5)
x0
s
� xn
r
srf(xn)
p p p
ppp
x6
r
srf(x6)
x4
r
srf(x4)
x1
r
srf(x1)
b b
b
b
b
y=f(x)
Rys. 4.1.1 Ilustracja definicji Cauchy’ego i Heinego granicy funkcji w punkcie.
Niech więc f będzie funkcją określoną na zbiorze (a, x0) ∪ (x0, b). Zwróćmy przytym szczególną uwagę na fakt, że istnienie granicy funkcji f w punkcie x0 i jejliczbowa wartość g nie mają żadnego związku z wartością, a nawet z określonościąfunkcji f w punkcie x0.
114
Granica funkcji w punkcie 115
• Definicja 4.1.1 Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 granicę właściwąg ∈ R, jeżeli dla dowolnego przedziału (g−ε, g+ε) istnieją przedziały (x0−δ, x0) ⊂(a, x0) oraz (x0, x0+δ) ⊂ (x0, b) takie, że dla wszystkich x ∈ (x0−δ, x0)∪(x0, x0+δ)mamy f(x) ∈ (g − ε, g + ε), co w symbolice logicznej zapisujemy następująco:
limx→x0
f(x) = g ⇐⇒∧
ε>0
∨
δ>0
∧
x∈(a,b)
[
0 < |x− x0| < δ =⇒ |f(x)− g| < ε]
.
Jest to definicja Cauchy’ego granicy funkcji w punkcie. Definicja Cau-chy’ego równoważna jest (przy przyjętej przez nas definicji zbioru liczb rzeczywi-stych) definicji Heinego granicy funkcji w punkcie.
• Definicja 4.1.2 Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 granicę właściwąg ∈ R, jeżeli dla dowolnego, zawartego w zbiorze określoności funkcji, ciągu ar-gumentów (xn), gdzie xn 6= x0, warunek lim
n→∞xn = x0 pociąga za sobą warunek
limn→∞f(xn) = g, co w symbolice logicznej zapisujemy następująco1:
limx→x0f(x) = g ⇐⇒
∧
{xn}⊂(a,b)\{x0}
[
limn→∞
xn = x0 =⇒ limn→∞
f(xn) = g]
.
Przyglądając się uważnie pierwszemu rysunkowi widzimy, że wykres funkcji frozważanej na zbiorze (x0− δ, x0)∪ (x0, x0+ δ) mieści się całkowicie w prostokącie
{(x, y) : x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) , y ∈ (g − ε, g + ε)}.
Jeżeli weźmiemy w definicji Cauchy’ego jednostronne przedziały postaci (x0−δ, x0)lub (x0, x0 + δ), to otrzymamy definicję odpowiednio granicy lewostronnej lubprawostronnej funkcji f w punkcie x0 , co w postaci wzoru zapisujemy podobniejak wyżej
limx→x−0
f(x) = g lub odpowiednio limx→x+0
f(x) = g.
W definicji Heinego należy oczywiście rozważać tylko ciągi (xn) zmierzające do x0od strony lewej lub odpowiednio — prawej.
Jeżeli funkcja jest określona na półprostej (a,∞)((−∞, a)
), to definicja He-
inego ma sens również dla „x0 = ∞”(„x0 = −∞”
). Po prostu rozważamy ciągi
argumentów (xn) takie, że xn−→∞(xn−→ − ∞
). Natomiast definicja Cau-
chy’ego granicy funkcji w∞ (−∞) ma postać następującą.• Definicja 4.1.3 Funkcja f ma przy x dążącym do ∞ (−∞) granicę wła-ściwą g ∈ R, jeżeli dla dowolnego przedziału (g − ε, g + ε) istnieje K ∈ R takie,że dla wszystkich x > K (x < K) mamy f(x) ∈ (g − ε, g + ε), co w symbolicelogicznej zapisujemy następująco:
limx→∞f(x) = g ⇐⇒
∧
ε>0
∨
K∈R
∧
x>a
[
x > K =⇒ |f(x)− g| < ε]
1Zapis {xn} oznacza zbiór wszystkich wyrazów xn ciągu (xn).
116 Ciągłość funkcji(
limx→−∞
f(x) = g ⇐⇒∧
ε>0
∨
K∈R
∧
x<a
[
x < K =⇒ |f(x) − g| < ε])
.
Sprecyzujmy jeszcze, co będziemy rozumieli pod pojęciem granicy niewłaści-wej. Definicję Cauchy’ego granicy niewłaściwej funkcji f w punkcie x0można sformułować w następujący sposób.
• Definicja 4.1.4 Funkcja f ma w punkcie x0 granicę niewłaąciwą +∞(−∞), jeżeli dla dowolnie zadanegoM ∈ R istnieją przedziały (x0−δ, x0), (x0, x0+δ) takie, że we wszystkich punktach zbioru (x0 − δ, x0)∪ (x0, x0+ δ) funkcja przyj-muje wartości większe od M (mniejsze od M), co w symbolice logicznej oznacza,że
limx→x0
f(x) =∞ ⇐⇒∧
M∈R
∨
δ>0
∧
x∈(a,b)
[
0 < |x− x0| < δ =⇒ f(x) > M]
(
limx→x0
f(x) = −∞ ⇐⇒∧
M∈R
∨
δ>0
∧
x∈(a,b)
[
0 < |x− x0| < δ =⇒ f(x) < M])
.
Definicję Heinego granicy niewłaściwej funkcji f w punkcie x0 formułujesię w sposób następujący.
• Definicja 4.1.5 Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 granicę niewła-ściwą ±∞, jeżeli dla dowolnego, zmierzającego do punktu x0 ciągu argumentów(xn), gdzie xn 6= x0, ciąg (f(xn)) wartości funkcji dąży do +−∞, co zapisujemy
limx→x0
f(x) = +−∞ ⇐⇒∧
{xn}⊂(a,b)\{x0}
[
limn→∞xn = x0 =⇒ lim
n→∞f(xn) = +−∞
]
.
Czytelnikom pozostawiamy zapisanie za pomocą symboliki logicznej wszyst-kich definicji granicy niewłaściwej, gdy x→ +−∞, a granica równa jest +−∞.Dzięki definicji Heinego możemy łatwo udowodnić następujące twierdzenie o
arytmetyce granic i twierdzenie o trzech funkcjach. Te same są też symbole nie-oznaczone i podobne są sposoby obliczania takich granic.
•Twierdzenie 4.1.1 (o trzech funkcjach)Jeżeli funkcje f , g, h spełniają warunki:
1. f(x) ¬ g(x) ¬ h(x) dla każdego x z pewnego przedziału zawierającego punktx0, z wyjątkiem być może samego punktu x0,
2. limx→x0
f(x) = limx→x0
h(x) = p,
to limx→x0g(x) = p.
•Twierdzenie 4.1.2 (o arytmetyce granic funkcji)Jeżeli funkcje f i g mają granice właściwe w punkcie x0, to prawdziwe są nastę-pujące równości:
Granica funkcji w punkcie 117
1. limx→x0
(f(x) + g(x)) = limx→x0
f(x) + limx→x0g(x);
2. limx→x0
(f(x)− g(x)) = limx→x0
f(x)− limx→x0g(x);
3. limx→x0
cf(x) = c(
limx→x0f(x)
)
, gdzie c ∈ R;
4. limx→x0
(f(x) · g(x)) =(
limx→x0
f(x))
·(
limx→x0
g(x))
;
5. limx→x0
f(x)g(x)
=limx→x0
f(x)
limx→x0g(x), o ile g (x0) 6= 0,
6. limx→x0
(f(x))g(x) =(
limx→x0
f(x)) limx→x0g(x), o ile wyrażenia po obu stronach
równości mają sens.
Powyższe twierdzenia prawdziwe są również, gdy pojawiają się granice niewła-ściwe, z wyjątkiem znanych nam z teorii granic ciągów symboli nieoznaczonych:
∞−∞, ∞·0, 00,
∞∞ , 1∞, ∞0, 00.
W pozostałych przypadkach, w których pojawią się symbole∞ lub −∞ czy liczba0 w dotychczas niedopuszczalnym miejscu (np. w mianowniku ułamka) należyzachować spokój i kierować się tzw. zdrowym rozsądkiem! Oto kilka przykładów.
1) Jeżeli limx→x0
f(x) = 5 i limx→x0
g(x) = 0+, to jest chyba w zgodzie z naszą intuicją
równość
limx→x0
f(x)g(x)
= +∞.
Jeżeli którykolwiek z moich utalentowanych Czytelników czuje się w tym momencieniepewnie, winien pomyśleć o jakimś możliwie prostym przykładzie. Niech weźmienp. f(x) ≡ 5, g(x) = x, x0 = 0 i pamiętając o definicji Heinego, rozważy ciąg(xn) =
(1n
)
. Wówczas
f(xn)g(xn)
= 5n−→+∞.
2) Jeżeli limx→x0f(x) = 0+ oraz lim
x→x0g(x) = ∞, to wydaje się jasne, że należy
napisać równośćlimx→x0(f(x))g(x) = 0.
W razie wątpliwości proszę postąpić tak, jak w poprzednim przykładzie. Np. dla
f(x) = x, g(x) =1x, x0 = 0 i ciągu argumentów
(1n
)
mamy
(1n
)n
=1nn−→0.
118 Ciągłość funkcji
3) Jeżeli limx→x0f(x) = 1 i lim
x→x0g(x) = ∞, to chyba dla wszystkich powinno być
oczywiste, że
limx→x0
f(x)g(x)
= 0.
Dla przybliżenia tego faktu proszę sobie wyobrazić, że troje dzieci zje 1 kg cukier-ków. Na pewno dostaną niestrawności. Ten sam 1 kg cukierków będzie odpowiedniąporcją słodyczy dla 20–osobowej grupy przedszkolaków. Teraz spróbujcie tymi cu-kierkami obdzielić wszystkie dzieci we Wrocławiu albo w Chinach!
UWAGA! Sugerując posłużenie się (w razie jakichkolwiek wątpliwości) możliwieprostym konkretnym przykładem nie chciałabym w żadnym razie stworzyć wra-żenia, że dla uzyskania pewności co do wartości granicy danej funkcji w danympunkcie wystarczy zbadać jeden ciąg argumentów. Nic bardziej fałszywego! Zdajęsobie jednak sprawę, że równość, która dla matematyka jest oczywista, dla przy-szłego (a nawet – już) studenta może być zupełnie niejasna. W takim przypadkuwinien On właśnie posłużyć się konkretnym prostym przykładem, by upewnić się,jaką dana granica ma wartość i zaufać matematykom, że potrafią ściśle tę równośćudowodnić.Wypiszmy zatem symbolicznie równości dla granic funkcji, które nie powinny bu-dzić żadnych naszych wątpliwości. Będziemy z nich często w dalszym ciągu korzy-stać.
p+∞ =∞ dla −∞ < p ¬ ∞ p · ∞ =∞ dla 0 < p ¬ ∞
p
∞ = 0 dla −∞ < p <∞p
0+=∞ dla 0 < p ¬ ∞
p∞ = 0 dla 0+ ¬ p < 1 p∞ =∞ dla 1 < p ¬ ∞
∞q = 0 dla −∞ ¬ q < 0 ∞q =∞ dla 0 < q ¬ ∞
Takie same równości prawdziwe są dla granic jednostronnych i dla granic w nie-skończoności.
A teraz spróbujmy zbadać istnienie (i ewentualnie obliczyć) kilka granic. Za-uważmy przy tym, że definicja Heinego jest szczególnie wygodna w zastosowaniu,gdy podejrzewamy, iż granica funkcji w zadanym punkcie nie istnieje. Przecieżzgodnie z tą definicją, by wykazać, że granica nie istnieje, wystarczy podać dwaciągi argumentów (xn), (x′n), zmierzające do x0, przy czym xn, x
′
n 6= x0 dla n ∈ N
i takie, żelimn→∞
f(xn) 6= limn→∞f(x′n).
Granica funkcji w punkcie 119
• Przykład 4.1.1 Zbadać istnienie następujących granic:a) limx→0sin1x; b) lim
x→1211−x ; c) lim
x→0
(
1 + 2
[1x
])−1
; d) limx→1
[x]x− 1 .
R o z w i ą z a n i e. a) Rozważmy ciąg o wyrazach xn = (nπ)−1 dla n 1. Mamywówczas lim
n→∞xn = 0 przy czym xn 6= 0 dla n 1, a ponadto
limn→∞sin1xn= limn→∞
sinnπ = 0.
Natomiast dla ciągu o wyrazach x′n =(π
2+ 2nπ
)−1, który również zmierza do 0,
nie osiągając nigdy tej wartości, zachodzi równość
limn→∞sin1x′n= limn→∞sin(π
2+ 2nπ
)
= 1.
Zatem limx→0sin1xnie istnieje.
b) Rozważmy jakikolwiek ciąg (xn) zmierzający do 1 od strony lewej. Wówczaswidzimy, że
limn→∞
11− xn
=∞,
więc po zastosowaniu równości z ostatniej tabelki otrzymujemy
limx→x−0
f(x) =∞.
Natomiast dla dowolnego ciągu (x′n) dążącego do 1 od strony prawej mamy
limn→∞
11− x′n
= −∞
i z tych samych powodówlimx→x−0
f(x) = 0.
Granica lewostronna różna jest w tym przypadku od granicy prawostronnej, więc
granica funkcji f(x) = 211−x w punkcie x0 = 1 nie istnieje.
c) Niech (xn) będzie dowolnym ciągiem zmierzającym do 0 od strony prawej.Wówczas mamy
limn→∞
1xn=∞,
więc również
limn→∞
[1xn
]
=∞.
120 Ciągłość funkcji
Stąd
limn→∞2
[1xn
]
=∞.
Zatem
limx→0+
1 + 2
[1xn
]
−1
= 0.
Natomiast dla dowolnego ciągu(
x′
n
)
zmierzającego do 0 od strony lewej mamy
limn→∞
1x′
n
= −∞,
więc
limn→∞
[1x′
n
]
= −∞.
Zatem
limn→∞
2
[1x′n
]
= 0
i stąd
limx→0−
(
1 + 2
[1x
])−1
= 1.
I znowu granica lewostronna różna jest od granicy prawostronnej, więc granica
funkcji f(x) =
(
1 + 2
[1x
])−1
w punkcie x = 0 nie istnieje.
d) Jeżeli (xn) jest jakimkolwiek ciągiem zmierzającym do 1 od strony lewej, to odpewnego n0 począwszy wszystkie punkty xn są w przedziale (0, 1), więc
limn→∞
[xn]xn − 1
= limn→∞0 = 0,
czyli limx→1−
f(x) = 0. Natomiast dla dowolnego ciągu (x′n) dążącego do 1 od strony
prawej mamy
limn→∞
1x′
n − 1=10+=∞
i z tych samych powodów limx→1+
f(x) = ∞. Granica lewostronna jest różna odgranicy prawostronnej (w tym przypadku — niewłaściwej), więc granica funkcji
f(x) =[x]x− 1 w punkcie x0 = 1 nie istnieje.
Granica funkcji w punkcie 121
• Przykład 4.1.2 Obliczyć następujące granice:a) limx→−2
x3 + 8x+ 2
; b) limx→−1
1 + 3√x
1 + 5√x;
c) limx→−2
√3 + x− 1x+ 2
; d) limx→3−
x2 − 9√3− x .
R o z w i ą z a n i e. W każdym z przykładów mamy do czynienia z symbolemnieoznaczonym
[00
].
a) Przede wszystkim uprośćmy wyrażenie pod znakiem granicy, a następnie sko-rzystajmy z twierdzenia o arytmetyce granic (Twierdzenie 4.1.2). Mamy
limx→−2
x3 + 8x+ 2
= limx→−2
(x+ 2)(x2 − 2x+ 4)x+ 2
= limx→−2
(x2 − 2x+ 4) = 12.
b)W tym przypadku postąpimy przeciwnie niż w poprzednim przykładzie. Funk-cję, której granicę liczymy, zapiszemy w bardziej skomplikowanej postaci, ale dziękitemu uda nam się pozbyć kłopotliwych czynników (1 + 3
√x) oraz (1 + 5
√x). Wy-
korzystując tożsamości
1 + x =(1 + 3√x) (
1− 3√x+ 3√x2)
oraz1 + x =
(1 + 5√x) (
1− 5√x+
5√x2 − 5
√x3 +
5√x4)
otrzymujemy
limx→−1
1 + 3√x
1 + 5√x= limx→−1
(1 + 3√x)(
1− 3√x+ 3√x2)(
1− 5√x+ 5√x2 − 5
√x3 + 5
√x4)
(1 + 5√x)(
1− 3√x+ 3√x2)(
1− 5√x+ 5√x2 − 5
√x3 + 5
√x4)
= limx→−1
(x+ 1)(
1− 5√x+ 5√x2 − 5
√x3 + 5
√x4)
(x+ 1)(
1− 3√x+ 3√x2)
= limx→−1
1− 5√x+ 5√x2 − 5
√x3 + 5
√x4
1− 3√x+ 3√x2
=53.
c) Zróbmy podobnie. Rozszerzmy ułamek występujący pod znakiem granicy tak,by pozbyć się kłopotliwego czynnika x+ 2. Dostajemy w wyniku
limx→−2
√3 + x− 1x+ 2
= limx→−2
(√3 + x− 1
) (√3 + x+ 1
)
(x+ 2)(√3 + x+ 1
) = limx→−2
x+ 2(x+ 2)
(√3 + x+ 1
)
= limx→−2
1√3 + x+ 1
=12.
d) Teraz limx→3−
x2 − 9√3− x = − limx→3−
(3− x) (x+ 3)√3− x = − lim
x→3−(x+ 3)
√3− x = 0.
122 Ciągłość funkcji
W powyższych przykładach mieliśmy do czynienia z wyrażeniami nieoznaczo-nymi typu
[00
], a nieoznaczoność udało się usunąć, dokonując zupełnie elementar-
nych przekształceń. Przy obliczaniu kolejnych granic posłużymy się twierdzeniemo trzech funkcjach.
• Przykład 4.1.3 Obliczyć następujące granice:a) limx→0x
(
3− sin 1x2
)
; b) limx→−∞
ex sinx; c) limx→0x
[1x
]
.
R o z w i ą z a n i e. a) Z własności funkcji sinx wynika, że dla dowolnego x 6= 0prawdziwe są nierówności
−4|x| ¬ x(
3− sin 1x2
)
¬ 4|x|,
a ponieważ limx→0|x| = 0, więc z twierdzenia o trzech funkcjach mamy
limx→0x
(
3− sin 1x2
)
= 0.
b) Dla x ∈ R prawdziwe są nierówności
−ex ¬ ex sinx ¬ ex,
a limx→−∞
ex = 0, więc z twierdzenia o trzech funkcjach wynika, że
limx→−∞
ex sinx = 0.
c) Dla każdego x 6= 0 zachodzą nierówności
1x− 1 <
[1x
]
¬ 1x,
więc otrzymujemy
x
(1x− 1)
< x
[1x
]
¬ x 1xdla x > 0 oraz x
1x¬ x
[1x
]
< x
(1x− 1)
dla x < 0.
Ponieważ
limx→0x
(1x− 1)
= 1 oraz limx→0x · 1x= 1,
więc równość wynika z twierdzenia o trzech funkcjach.
Korzystając z definicji Heinego granicy funkcji w punkcie łatwo jest też udo-wodnić następujące, także bardzo intensywnie wykorzystywane, twierdzenie o gra-nicy funkcji złożonej, które przydaje się w trudniejszych sytuacjach.
Granica funkcji w punkcie 123
•Twierdzenie 4.1.3 (twierdzenie o granicy funkcji złożonej)Jeżeli funkcje f i g spełniają warunki:
1. limx→x0
f (x) = y0,
2. f (x) 6= y0 dla każdego x z pewnego otoczenia punktu x0 z wyjątkiem, byćmoże samego punktu x0,
3. limy→y0g (y) = q,
to limx→x0g (f (x)) = q.
Przykłady ilustrujące zastosowania tego twierdzenia wygodnie będzie podać do-piero w rozdziale 4.4.Zanim zajmiemy się trudniejszymi granicami, odwołajmy się znowu do wła-
sności granic z Faktów ??, ??, ?? i ??. Prawdziwe są zależności
x −→ 0+ ⇐⇒ 1x−→∞ oraz x −→ 0− ⇐⇒ 1
x−→ −∞.
Odpowiednie wykorzystanie tych zależności oraz równości zawartych w wyżej wspo-mnianych faktach pozwala – w oparciu o definicję Heinego – na bezpośrednie usta-lenie wartości kilku bardzo ważnych w zastosowaniach granic funkcji w punkcie 0.
• Fakt 4.1.1 Prawdziwe są równości:
limx→0(1 + x)
1x = e, lim
x→0ln (1 + x)x
= 1, limx→0ex − 1x= 1, lim
x→0+xx = 1.
Przedyskutujmy jeszcze kilka przykładów. Zauważmy przy tym, że w przy-padku wyrażeń nieoznaczonych typu [1∞] będziemy zawsze starali się wykorzystaćpierwszą z równości z powyższej ramki, zaś w przypadku wyrażeń nieoznaczonychtypu
[00
]oraz
[∞∞]– dwie następne. Czwarta równość znajduje zastosowanie przy
wyrażeniach nieoznaczonych typu [00] oraz [∞∞]. Zauważmy też, że wykorzystującw razie potrzeby podstawienie u = x − x0 możemy sprowadzić obliczanie graniclimx→x0
f (x) do obliczania granic limu→0g (u), gdzie g (u) = f (u+ x0), co pozwala na
stosowanie równości zawartych w powyższej tabelce do oblicznia wartości granicfunkcji posiadających osobliwości tej postaci w punktach różnych od 0.
• Przykład 4.1.4 Obliczyć następujące granice:a) lim
x→0ax − 1x, gdzie 0 < a 6= 1; b) lim
x→−2(3 + x)
1x+2;
c) limx→1+
ln(1 +√x− 1
)
x2 − 1 ; d) limx→0loga (1 + x)x
, gdzie 0 < a 6= 1;
e) limx→22x − 4x2 − 4 ; f) lim
x→22x−2 − x2 + 3x− 2 .
124 Ciągłość funkcji
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ ax = ex ln a, więc możemy napisać
limx→0ax − 1x= limx→0
[ex ln a − 1x ln a
· ln a]
= ln a.
b) Podstawmy y = x+ 2. Wówczas x −→ − 2 ⇐⇒ y −→ 0, więc
limx→−2
(3 + x)1x+2= limy→0(1 + y)
1y= e.
c) Podstawiając y =√x− 1 możemy, dzięki równoważności x −→ 1+ ⇐⇒ y −→ 0+,
policzyć
limx→1+
ln(1 +√x− 1
)
x2 − 1 = limx→1+
ln(1 +√x− 1
)
√x− 1
√x− 1 (x+ 1)
= limx→1+
(
ln(1 +√x− 1
)
√x− 1
)(1√
x− 1 (x+ 1)
)
= limy→0+
(ln (1 + y)y
)(1
y (y2 + 2)
)
= 1 · 10+=∞.
d) Stosując wzór na zamianę podstaw logarytmów możemy napisać równości
limx→0loga (1 + x)x
= limx→0ln (1 + x)x ln a
= limx→0ln (1 + x)x
· 1ln a=1ln a.
e) Dokonajmy przekształcenia
2x − 4x2 − 4 =
4(2x−2 − 1
)
(x− 2) (x+ 2)i podstawmy y = x− 2. Ponieważ x −→ 2 ⇐⇒ y −→ 0, więc
limx→2
4(2x−2 − 1
)
(x− 2) (x+ 2) = limy→04 (2y − 1)y (y + 4)
= 4 limy→0
(2y − 1y
)(1y + 4
)
= 4ln 24= ln 2.
f) Stosując to samo podstawienie możemy napisać następujący ciąg równości
limx→22x−2 − x2 + 3x− 2 = lim
y→02y − (y + 2)2 + 3
y
= limy→02y − 1− y (y + 4)
y
= limy→02y − 1y− limy→0(y + 4) = ln 2− 4.
Granica funkcji w punkcie 125
Nieco trudniej, choć również posługując się równościami z Faktu ??, możnaobliczyć przydatną w różnych sytuacjach granicę.
• Fakt 4.1.2 Dla dowolnej liczby rzeczywistej a zachodzi równość
limx→0(1 + x)a − 1
x= a.
D o w ó d. Zróbmy podstawienie (1 + x)a − 1 = y i zauważmy, że a = ln (1 + y)ln (1 + x)
.
Zatem
(1 + x)a − 1x
=ln (1 + y)ln (1 + x)
· y
ln (1 + y)· ln (1 + x)
x= a · y
ln (1 + y)· ln (1 + x)
x.
Ponieważ x −→ 0⇐⇒ y −→ 0, więc
limx→0(1 + x)a − 1
x= a· lim
y→0y
ln (1 + y)· limx→0ln (1 + x)x
= a·1·1 = a.
Ciekawa i bardzo pożyteczna jest jeszcze jedna równość.
• Fakt 4.1.3 limx→0sinxx= 1.
D o w ó d. Spójrzmy na rysunek.
-##
##
###
O
B
A
C
x
6
Rys. 4.1.2 Pole trójkąta ∆OAB jest niewiększe niż pole wycinka kołowego OAB omierze łukowej x z przedziału
(0, π2
), a to pole z kolei jest niewiększe niż pole trójkąta
∆OAC.
126 Ciągłość funkcji
Po obliczeniu pól odpowiednich figur umieszczonych na powyższym rysunkuwidzimy, że prawdziwe są następujące nierówności
12· 1 · sinx ¬ 1
2· 1 · x ¬ 1
2· 1 · tg x,
skądsinx < x < tg x.
Dzieląc stronami pierwszą z nierówności przez x i mnożąc drugą stronami przezcosxx> 0 otrzymujemy oszacowanie
cosx <sinxx< 1.
Ponieważ
0 ¬ | cosx− 1| = 2 sin2 x2¬ 2
(x
2
)2
=x2
2,
więc limx→0cosx = 1 i z twierdzenia o trzech funkcjach otrzymujemy tezę.
Wróćmy do nierówności sinx < x < tg x prawdziwej dla x ∈(
0,π
2
)
i spo-
rządźmy staranny wykres występujących w niej funkcji. Poprowadźmy dwie proste
y =2πx— przechodzącą przez punkty (0, 0) i
(π
2, 1)
oraz y =4πx— przechodzącą
przez punkty (0, 0) i(π
4, 1)
.
Z kształtu wykresów rozważanych funkcji wynika, że dla x ∈(
0,π
4
)
prawdziwe
są nierówności
2πx < sinx < x < tg x <
4πx.
Zobaczmy, jak to wygląda na rysunku.
-x
12 1 3
2
6y
12
1
O
y=x
y=sin x
y= 2πx
r
π
6
r
π
4
r
π
2
-x
12 1 3
2
6y
12
1
O
y=tg x
y= 4πx y=x
r
π
6
r
π
4
r
π
2
Rys. 4.1.3 Graficzna prezentacja nierówności2
πx < sin x < x oraz x < tg x <
4
πx.
Granica funkcji w punkcie 127
Dygresja. Nierówności powyższe wykorzystujemy często przy badaniu zbieżnościciągów i szeregów. W każdym z poniższych przykładów argument występujących wnim funkcji trygonometrycznych zmierza do zera, więc dla dostatecznie dużych nznajduje się on w przedziale
(
0,π
4
)
i można skorzystać z wyżej wspomnianych
nierówności.
• Przykład 4.1.5 Udowodnić następujące równości:
a) limn→∞n tg
1n2 + 5
= 0; b) limn→∞
sin21
n2 + 1
tg2n3
= 0;
c) limn→∞sinπ
√
n2 + 1 = 0; d) limn→∞
√n sinπ
√
n2 + 1 = 0.
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ prawdziwe są nierówności
n
n2 + 5¬ n tg 1
n2 + 5¬ 4nπ (n2 + 5)
orazlimn→∞
n
n2 + 5= 0 i lim
n→∞4n
π (n2 + 5)= 0,
więc równość wynika z twierdzenia o trzech ciągach.
b) Prawdziwe są zależności
n3
4 (n2 + 1)2=
2π· 1
(n2 + 1)2
4π· 2n3
¬sin2
1n2 + 1
tg2n3
¬
1
(n2 + 1)2
2n3
=n3
2 (n2 + 1)2,
a ponieważ limn→∞
n3
(n2 + 1)2= 0, więc równość wynika z twierdzenia o trzech cią-
gach.
c)W tym przykładzie co prawda argument funkcji trygonometrycznej nie zmierzado zera, jednak, dzięki okresowości funkcji można dokonać takich przekształceń, bydało się zastosować nierówności z ostatniej ramki. Korzystając z własności funkcjisinus możemy przekształcić wyrazy naszego ciągu i otrzymujemy
sinπ√n2 + 1 = (−1)n sin
(
π√
n2 + 1− nπ)
= (−1)n sinπ(√n2 + 1− n
) (√n2 + 1 + n
)
√n2 + 1 + n
= (−1)n sinπ 1√n2 + 1 + n
.
Zatem −π√n2 + 1 + n
¬ sinπ√
n2 + 1 ¬ π√n2 + 1 + n
128 Ciągłość funkcji
i równość wynika z twierdzenia o trzech ciągach.
d)Wykorzystując równość z poprzedniego przykładu możemy napisać nierówności
−π√n√n2 + 1 + n
¬√n sinπ
√
n2 + 1 ¬ π√n√
n2 + 1 + n
i znowu równość wynika z twierdzenia o trzech ciągach, bo
limn→∞
√n√
n2 + 1 + n= 0.
• Przykład 4.1.6 Zbadać zbieżność następujących szeregów:
a)
∞∑
n=2
√
n2 + 1 tg1
n2 − 3; b)∞∑
n=2
sin1√n2 + 1√n2 − 1
; c)∞∑
n=2
sin1√n+ 1
tgn√n3 − 3
.
R o z w i ą z a n i e. a) Dla n 2 prawdziwe są nierówności
n
n2 − 3 ¬√
n2 + 1 · 1n2 − 3 ¬
√
n2 + 1 tg1
n2 − 3 ,
a ponieważ∞∑
n=2
n
n2 − 3 jest rozbieżny (najprościej jest zastosować kryterium ilo-
razowe dla an =n
n2 − 3, bn =1n
)
, więc z kryterium porównawczego wynika, że
rozważany szereg jest rozbieżny.
b) Dla n 2 prawdziwe są zależności
0 <1√n2 − 1
sin1√n2 + 1
¬ 1√n2 − 1
· 1√n2 + 1
=1√n4 − 1
,
a szereg∞∑
n=2
1√n4 − 1
jest zbieżny (znowu należy zastosować kryterium ilorazowe
dla an =1√n4 − 1
, bn =1n2
)
, więc nasz szereg jest zbieżny.
c) Dla n 2 prawdziwe są nierówności
0 ¬ 2π
1√n+ 1
n√n3 − 3
¬ sin 1√n+ 1
tgn√n3 − 3
.
Szereg∞∑
n=2
2π
1√n+ 1
n√n3 − 3
jest rozbieżny (wystarczy zastosować kryterium ilo-
razowe dla an =1√n+ 1
n√n3 − 3
, bn =1n
)
, więc nasz szereg jest rozbieżny.
Asymptoty wykresu funkcji 129
4.2 Asymptoty wykresu funkcji
W kilku rozważanych wcześniej przypadkach granica funkcji w punkcie była nie-
skończona. Np. lewostronna granica funkcji f(x) = 211−x w punkcie x0 = 1 jest
nieskończona. Z lewej strony wykres funkcji zbliża się nieograniczenie do prostejx = x0. Mówimy wówczas, że prosta x = x0 jest asymptotą pionową lewostronnąwykresu funkcji.
• Definicja 4.2.1 Asymptotą pionową lewostronną wykresu funkcji y = f(x)nazywamy prostą x = x0 taką, że
limx→x−0
f(x) = ±∞.
• Definicja 4.2.2 Asymptotą ukośną w −∞ lub inaczej asymptotą ukośnąlewostronną wykresu funkcji f nazywamy prostą y = A−x+B− taką, że
limx→−∞
[f(x)− (A−x+B−)] = 0.
Analogicznie definiujemy asymptotę pionową prawostronną oraz asymptotę uko-śną y = A+x + B+ w +∞ (asymptotę ukośną prawostronną). Gdy A+ = 0 lubA− = 0, wówczas mówimy o odpowiedniej asymptocie poziomej.
c -x
6y
O
x=x0
x0
y=f(x)
-x
6y
O####
####
####
####
####
##
y=A+x+B+
y=f(x)
Rys. 4.2.1 Graficzna prezentacja asymptoty pionowej obustronnej (prosta x = x0)oraz asymptoty ukośnej w +∞ (prosta y = A+x+B+).
Współczynniki A+, B+ lub A−, B−, występujące w równaniach asymptot uko-śnych, odpowiednio w +∞ lub w −∞, można obliczyć dzięki następującemu twier-dzeniu.
130 Ciągłość funkcji
•Twierdzenie 4.2.1 Prosta y = A+x+B+ jest asymptotą ukośną wykresu funkcji fw +∞ wtedy i tylko wtedy, gdy
A+ = limx→+∞
f(x)xoraz B+ = lim
x→+∞
(f(x)−A+x
).
Analogiczne wzory są prawdziwe dla asymptoty ukośnej y = A−x + B− wykresufunkcji f w −∞.
D o w ó d (tylko w przypadku asymptoty wykresu funkcji w +∞).(⇒) Jeżeli lim
x→+∞[f(x) − (A+x+B+)] = 0 dla pewnych stałych A+ i B+, to oczy-
wiście B+ = limx→+∞
(f(x)−A+x
), a ponadto
limx→+∞
f(x)− (A+x+B+)x
=limx→+∞
[f(x)− (A+x+B+)]limx→+∞
x=0−∞ = 0.
Mamy więc
limx→+∞
f(x) − (A+x+B+)x
= limx→+∞
(f(x)x−A+ −
B+
x
)
= limx→+∞
f(x)x−A+.
Zatem
limx→+∞
f(x)x= A+ oraz B+ = lim
x→+∞[f(x)−A+x] .
(⇐) Załóżmy, że istnieją skończone granice
A+ = limx→+∞
f(x)xoraz B+ = lim
x→+∞[f(x)−A+x] .
Z własności arytmetycznych granicy wynika, że ostatnie dwie równości równoważnesą warunkowi lim
x→+∞[f(x)− (A+x+B+)] = 0, co należało wykazać.
• Przykład 4.2.1 Wyznaczyć asymptoty pionowe w punkcie x0 = 0 oraz asymptotyukośne wykresów funkcji:
a) f(x) =sinxx; b) f(x) =
sinxx2; c) f(x) =
√x sin
1x; d) f(x) = x+
√x sin
1x.
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ limx→0sinxx= 1, więc wykres funkcji f(x) =
sinxx
nie ma asymptoty pionowej w punkcie x0 = 0. Ponieważ
− 1x2¬ sinxx2¬ 1x2,
więc z twierdzenia o trzech funkcjach wynika, że
A− = limx→−∞
sinxx2= 0 oraz A+ = lim
x→∞sinxx2= 0.
Asymptoty wykresu funkcji 131
PodobnieB− = lim
x→−∞sinxx= 0 oraz B+ = lim
x→∞sinxx= 0
więc prosta y = 0 jest asymptotą poziomą wykresu zarówno w −∞ jak i w ∞.b) Ponieważ
limx→0−
sinxx2= limx→0−
1x
sinxx=10−· 1 = −∞,
orazlimx→0+
1x2sinx = lim
x→0+1x· sinxx=10+· 1 = +∞,
więc prosta x = 0 jest obustronną asymptotą pionową wykresu funkcji. Liczącpodobnie, jak w poprzednim przykładzie, otrzymujemy
A− = limx→−∞
sinxx3= 0, A+ = lim
x→∞sinxx3= 0,
orazB− = lim
x→−∞sinxx2= 0, B+ = lim
x→∞sinxx2= 0,
więc prosta y = 0 jest asymptotą poziomą wykresu w −∞ i w ∞.c) Oczywiście, ze względu na dziedzinę funkcji, tzn. zbiór (0,∞), w punkcie x0 = 0szukamy tylko asymptoty pionowej prawostronnej. Ponieważ
−√x ¬√x sin
1x¬√x,
więc z twierdzenia o trzech funkcjach wynika, że limx→0+
√x sin
1x= 0. Zatem wykres
funkcji nie posiada asymptoty pionowej w punkcie x = 0. Poszukajmy asymptotyukośnej w ∞. Mamy
A+ = limx→∞
√x sin
1x
x= limx→∞
sin1x√x=0∞ = 0
oraz
B+ = limx→+∞
√x sin
1x= limx→+∞
1√x·sin1x1x
= 0 · 1 = 0,
więc prosta y = 0 jest asymptotą poziomą wykresu w ∞.d) Pamiętając o rachunkach z poprzedniego przykładu widzimy, że
limx→0+
(
x+√x sin
1x
)
= 0,
132 Ciągłość funkcji
więc wykres funkcji nie ma asymptoty pionowej w punkcie x = 0. Poszukajmy, jakpoprzednio, asymptoty ukośnej w ∞. Otrzymujemy
A+ = limx→∞
x+√x sin
1x
x= limx→∞
1 +
sin1x√x
= 1 +
0∞ = 1
oraz
B+ = limx→+∞
(
x+√x sin
1x− x)
= limx→+∞
1√x·sin1x1x
= 0 · 1 = 0,
więc prosta y = x jest asymptotą ukośną wykresu w ∞.
• Przykład 4.2.2 Wyznaczyć asymptotę pionową w punkcie x = 1 oraz asymptotyukośne wykresów funkcji:
a) f(x) = 21x−1 ; b) f(x) = 2
1|x−1|;
c) f(x) = 2x+ 21x−1 ; d) f(x) = |x| − 2
1|x−1|.
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ
limx→1−
21x−1 = 2
10− = 2−∞ = 0,
więc w punkcie x = 1 wykres nie posiada asymptoty pionowej lewostronnej. Po-nieważ
limx→1+
21x−1 = 2
10+ = 2+∞ =∞,
więc prosta x = 1 jest asymptotą pionową prawostronną wykresu. Policzmy jeszcze
A− = limx→−∞
21x−1
x=20
−∞ = 0, B− = limx→−∞
(
21x−1 − 0 · x
)
= 20 = 1
oraz
A+ = limx→∞
21x−1
x=20
∞ = 0, B+ = limx→∞
(
21x−1 − 0 · x
)
= 20 = 1.
Stąd wynika, że prosta y = 1 jest asymptotą poziomą zarówno w −∞, jak i w ∞.b) W tym przypadku prosta x = 1 jest asymptotą pionową obustronną wykresufunkcji, ponieważ
limx→1−
21|x−1|
= limx→1+
21|x−1|
= 210+ = 2+∞ =∞.
Asymptoty wykresu funkcji 133
Tak, jak w poprzednim przypadku, pokazuje się, że prosta y = 1 jest asymptotąpoziomą zarówno w −∞ jak i w ∞.c) Ponieważ
limx→1−
(
2x+ 21x−1
)
= 2 + 210− = 2 + 2−∞ = 2,
więc w punkcie x = 1 wykres nie posiada asymptoty pionowej lewostronnej. Jednak
limx→1+
(
2x+ 21x−1
)
= 2 + 210+ = 2+∞ =∞,
więc prosta x = 1 jest asymptotą pionową prawostronną. Policzmy też
A− = limx→−∞
2x+ 21x−1
x= limx→−∞
2 +
21x−1
x
= 2 +
20
−∞ = 2,
B− = limx→−∞
(
2x+ 21x−1 − 2 · x
)
= 20 = 1
oraz
A+ = limx→∞
2x+ 21x−1
x= limx→∞
2 +
21x−1
x
= 2 +
20
∞ = 2,
B+ = limx→∞
(
2x+ 21x−1 − 2 · x
)
= 20 = 1.
Stąd wynika, że prosta y = 2x+1 jest asymptotą ukośną tak w −∞ jak i w +∞.d) Podobnie, jak w przykładzie b) prosta x = 1 jest asymptotą pionową obu-stronną wykresu funkcji, ponieważ
limx→1−
(
|x| − 21|x−1|
)
= limx→1+
(
|x| − 21|x−1|
)
= 1− 210+ = 1− 2+∞ = −∞.
Poszukajmy jeszcze asymptot ukośnych. Mamy:
A− = limx→−∞
|x| − 21|x−1|
x= limx→−∞
−1−
21|x−1|
x
= −1−
20
−∞ = −1,
B− = limx→−∞
(
|x| − 21|x−1| − (−1) · x
)
= −20 = −1
134 Ciągłość funkcji
oraz
A+ = limx→∞
|x| − 21|x−1|
x= limx→∞
1−
21|x−1|
x
= 1−
20
∞ = 1,
B+ = limx→∞
(
|x| − 21|x−1| − x
)
= −20 = −1.
Zatem asymptotą ukośną w −∞ jest prosta y = −x − 1, zaś w ∞ – prostay = x− 1.
• Przykład 4.2.3 Wyznaczyć asymptoty pionowe na krańcach dziedziny oraz asymp-toty ukośne wykresów funkcji:
a) f(x) =
√x2 + 1x− 1 ; b) f(x) = 3x−
√x2 − 1x− 1 ; c) f(x) =
√1− x2x− 1 .
R o z w i ą z a n i e. a) Dziedziną funkcji jest zbiór (−∞, 1) ∪ (1,∞). Z równości
limx→1−
√x2 + 1x− 1 =
√20−= −∞ oraz lim
x→1+
√x2 + 1x− 1 =
√20+=∞
wynika, że prosta x = 1 jest obustronną asymptotą pionową wykresu funkcji.
Poszukajmy asymptot ukośnych. Ponieważ|x|x= −1 dla x < 0 oraz |x|
x= 1 dla
x > 0, więc mamy
A− = limx→−∞
√x2 + 1x(x− 1) = lim
x→−∞
|x|√
1 +1x2
x(x − 1) = − limx→−∞
√
1 +1x2
x− 1 = − 1∞ = 0,
B− = limx→−∞
√x2 + 1x− 1 = lim
x→−∞
|x|√
1 +1x2
x− 1 = − limx→−∞
√
1 +1x2
1− 1x
= −1,
czyli prosta y = −1 jest asymptotą poziomą w −∞. Jeszcze prościej pokazuje się,że prosta y = 1 jest asymptotą poziomą w ∞.b) Dziedziną funkcji jest zbiór (−∞,−1) ∪ (1,∞). Ponieważ
limx→−1−
√x2 − 1x− 1 =
0−2 = 0,
więc limx→−1−
f(x) = −3, czyli wykres funkcji nie ma asymptoty pionowej w punkciex = −1. Z równości
limx→1+
(
3x−√x2 − 1x− 1
)
= limx→1+
(
3x−√
(x− 1)(x+ 1)(x − 1)2
)
=
Ciągłość funkcji w punkcie 135
= limx→1+
(
3x−√
(x+ 1)(x− 1)
)
= 3−√20+= −∞
wynika, że prosta x = 1 jest prawostronną asymptotą pionową wykresu funkcji.Policzmy jeszcze
A− = limx→−∞
3−|x|√
1− 1x2
x(x − 1)
= limx→−∞
3 +
√
1− 1x2
x− 1
= 3 +
1−∞ = 3,
B− = limx→−∞
√x2 − 1x− 1 = lim
x→−∞
|x|√
1− 1x2
x− 1 = − limx→−∞
√
1− 1x2
1− 1x
= −1,
Zatem prosta y = 3x− 1 jest asymptotą ukośną w −∞. Podobnie łatwo policzyć,że prosta y = 3x+ 1 jest asymptotą ukośną w ∞.c) Dziedziną funkcji jest zbiór ograniczony [−1, 1), więc wykres funkcji nie posiadaasymptot ukośnych. Policzmy
limx→−1+
√1− x2x− 1 =
0−2 = 0.
Zatem wykres naszej funkcji nie ma asymptoty pionowej prawostronnej w punkciex0 = −1. Natomiast obliczając granicę lewostronną w punkcie x0 = 1 otrzymujemy
limx→1−
√1− x2x− 1 = limx→1−−
√
(1− x)(1 + x)(1− x)2 = lim
x→1−−√
(1 + x)(1− x) = −
20+= −∞,
czyli prosta x = 1 jest asymptotą pionową lewostronną wykresu funkcji.
4.3 Ciągłość funkcji w punkcie
Załóżmy, że funkcja y = f(x) jest określona w otoczeniu (x0 − r, x0 + r) punktux0 dla pewnego r > 0.
• Definicja 4.3.1 Mówimy, że funkcja f jest ciągła w punkcie x0, jeżelilimx→x0f(x) = f (x0) .
Rozważając jedynie otoczenia lewostronne (x0−r, x0] (prawostronne – [x0, x0+r))punktu x0 oraz odpowiednio – granice lewo- i prawostronne otrzymujemy pojęciefunkcji lewo- i prawostronnie ciągłej w punkcie x0.
136 Ciągłość funkcji
Warto jest uświadomić sobie, że, zgodnie z definicją Heinego granicy funkcji wpunkcie, ciągłość funkcji f w punkcie x0 oznacza, że dla dowolnego ciąguargumentów (xn) dążącego do x0 zachodzi równość
limn→∞
f(xn) = f(
limn→∞
xn
)
.
Popularnie mówimy, że „można wejść ze znakiem funkcji pod znak granicy”. Do-póki nie wiemy, czy funkcja jest ciągła w punkcie x0, operacji takiej wykonać niewolno!
Z kolei definicja Cauchy’ego granicy funkcji w punkcie daje nam natychmiastlokalne zachowanie znaku przez funkcję ciągłą w punkcie x0. Mianowicie, je-żeli f jest funkcją ciągłą w punkcie x0 i np. f (x0) > 0, to f przyj-muje wartości dodatnie na pewnym przedziale zawierającym x0. Jestto oczywiste, bo wystarczy w definicji Cauchy’ego granicy funkcji w punkcie x0
dla ε =f(x0)2dobrać δ > 0 takie, by dla x ∈ (x0−δ, x0+δ) zachodziła nierówność
0 <f(x0)2< f(x) <
3f(x0)2.
• Przykład 4.3.1 Zbadać ciągłość funkcji f(x) = x[x] w punktach x1 = 0, x2 = 1.R o z w i ą z a n i e. 1) Dla x ∈ [−1, 0) mamy f(x) = −x, więc lim
x→0−f(x) =
limx→0−(−x) = 0. Dla x ∈ [0, 1) mamy f(x) = 0, więc lim
x→0+f(x) = 0, a ponieważ
f(0) = 0, więc funkcja f jest ciągła w punkcie x1 = 0.
2) Dla x ∈ [0, 1) jest f(x) = 0, więc limx→1−
f(x) = 0. Dla x ∈ [1, 2) mamy f(x) = x,więc lim
x→1+f(x) = 1, a ponieważ f(1) = 1, więc funkcja f jest prawostronnie ciągła
w punkcie x2 = 1.
• Przykład 4.3.2 Zbadać ciągłość funkcji
f(x) =
ex − x− 1x
dla x < 0,
0 dla x = 0,√x sin
1x
dla x > 0,
w punkcie x0 = 0.
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ
limx→0−
f(x) = limx→0ex − x− 1x
= limx→0ex − 1x− 1 = 0,
a z nierówności |√x sin
1x| ¬√x wynika, że lim
x→0+√x sin
1x= 0 oraz f(0) = 0, więc
funkcja f jest ciągła w punkcie x0 = 0.
Nieciągłość funkcji f w punkcie x0 może powstać tylko z dwu powodów:
Ciągłość funkcji w punkcie 137
1) gdy nie istnieje granica limx→x0
f(x)
albo
2) gdy limx→x0
f(x) 6= f (x0).
• Definicja 4.3.2 Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 nieciągłość pierw-szego rodzaju, jeżeli istnieją skończone granice jednostronne: lewostronnalimx→x−0
f(x) i prawostronna limx→x+0
f(x), ale
limx→x−0
f(x) 6= f (x0) lub limx→x+0
f(x) 6= f (x0) .
• Definicja 4.3.3 Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 nieciągłość drugiegorodzaju, jeżeli co najmniej jedna z granic jednostronnych
limx→x−0
f(x), limx→x+0
f(x)
nie istnieje lub jest niewłaściwa.
Przeanalizujmy kilka przykładów.
• Przykład 4.3.3 Zbadać rodzaj nieciągłości funkcji
f(x) =
tg 2xx
dla x < 0,
0 dla x = 0,
2x − 1x
dla x > 0,
w punkcie x0 = 0.
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ
limx→0−
f(x) = limx→0−
tg 2xx= limx→0−
(sin 2x2x· 2cos 2x
)
= 1 · 21= 2
orazlimx→0+
f(x) = limx→0+
2x − 1x= ln 2 i f(0) = 0,
więc f ma w punkcie x = 0 nieciągłość pierwszego rodzaju.
• Przykład 4.3.4 Określić rodzaje nieciągłości podanych funkcji w punkcie x0 = 0:
a) f(x) =
1− sin 1xdla x < 0,
0 dla x = 0,√x sin
1xdla x > 0;
b) f(x) =
1
1 + e1x
dla x 6= 0,
0 dla x = 0.
138 Ciągłość funkcji
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ
limx→0+
f(x) = limx→0+
√x sin
1x= 0 = f(0),
a jednocześnie granica lewostronna
limx→0−
f(x) = limx→0−
(
1− sin 1x
)
nie istnieje, więc funkcja f ma w punkcie x = 0 nieciągłość drugiego rodzaju.
b) Ponieważ
limx→0−
f(x) = limx→0−
1
1 + e1x
=1
1 + e−∞=11 + 0
= 1
orazlimx→0+
f(x) = limx→0+
1
1 + e1x
=1
1 + e∞=
11 +∞ = 0,
a także f(0) = 0, więc funkcja f ma w punkcie x = 0 nieciągłość pierwszegorodzaju.
Proste rozumowanie oraz twierdzenia o arytmetyce granic funkcji pozwalająudowodnić następujące fakty.
•Twierdzenie 4.3.1 Jeżeli funkcje f i g są ciągłe w punkcie x0, to funkcje: f + g,f − g, f · g oraz f
g, o ile g (x0) 6= 0, są ciągłe w punkcie x0.
•Twierdzenie 4.3.2 Jeżeli funkcja f jest ciągła w punkcie x0, a funkcja g jestciągła w punkcie y0 = f (x0), to funkcja złożona g ◦ f jest ciągła w punkcie x0.
Powyższe twierdzenia prawdziwe są również dla funkcji ciągłych jednostronnie, dlawiększej liczby składników i czynników, a także dla większej liczby złożeń.
Funkcje, o których mówiliśmy w powyższych przykładach były ciągłe w każ-dym punkcie dziedziny z wyjątkiem jednego punktu. Ale są też funkcje nieciągłew każdym punkcie dziedziny. Taką jest np. funkcja Dirichleta
f(x) =
{
1 dla x ∈ Q,
0 dla x ∈ R\Q.Ponieważ w każdym przedziale znajduje się zarówno liczba wymierna jak i nie-wymierna, więc dowolny punkt x0 ∈ R jest granicą zarówno ciągu (xn) liczbwymiernych i wówczas mamy
limn→∞f(xn) = lim
n→∞1 = 1,
jak i ciągu (x′n) liczb niewymiernych, a wtedy otrzymujemy
limn→∞f(x′n) = lim
n→∞0 = 0.
Zatem funkcja f w żadnym punkcie x0 ∈ R nie jest ciągła.
Ciągłość funkcji elementarnych 139
4.4 Ciągłość funkcji elementarnych
Uzasadnimy teraz, że funkcje pojawiające się w programie szkolnym są ciągłe.
1) Ciągłość dowolnego wielomianu w dowolnym punkcie prostej rzeczywistejwynika z twierdzenia o ciągłości w punkcie sumy i iloczynu funkcji.
2) Każda funkcja wymierna (tzn. funkcja będąca ilorazem dwóch wielomianów)jest ciągła — na mocy twierdzenia o ciągłości ilorazu funkcji ciągłych — w do-wolnym punkcie prostej rzeczywistej, oprócz punktów, w których zeruje się jejmianownik.
3) Ciągłość funkcji wykładniczej f(x) = ax w każdym punkcie prostej jestkonsekwencją Faktu 2.3.7 oraz definicji Heinego granicy funkcji w punkcie.
4) Funkcja logarytmiczna jest ciągła na przedziale (0,∞), ponieważ dla do-wolnego x0 ∈ (0,∞) możemy napisać następujący ciąg równości
limx→x0(ln x− lnx0) = lim
x→x0lnx
x0= limx→x0
ln(
1 +x− x0x0
)
= 0.
Ostatnia równość wynika z definicji Heinego granicy funkcji w punkcie, równości
limx→x0
x− x0x0
= 0 oraz Faktu 2.3.13.
5) Ciągłość funkcji potęgowej na dodatniej części osi Ox wynika z ciągło-ści funkcji logarytmicznej, wykładniczej i twierdzenia o ciągłości funkcji złożo-nej, ponieważ dla dowolnego α oraz dowolnego x > 0 prawdziwa jest tożsamośćxα = eα lnx.
6) Jak uzasadnić ciągłość funkcji trygonometrycznych pokażemy na przy-kładzie funkcji f(x) = sinx. Zauważmy, że dzięki twierdzeniu o trzech funkcjach,równość
limx→x0
(sinx− sinx0) = limx→x0
2 sinx−x02cosx+x02= 0,
wynika z nierówności:
0 ¬∣∣∣∣2 sinx−x02cosx+x02
∣∣∣∣¬ |x−x0|.
Ponieważ
cosx = sin(π
2− x)
, tg x =sinxcosx
oraz ctg x =cosxsinx,
więc z poprzednio cytowanych twierdzeń wynika, że te funkcje trygonometrycznerównież są ciągłe we wszystkich punktach swoich dziedzin.
Możemy teraz zrobić kilka przykładów, w których wykorzystamy twierdzenieo granicy funkcji złożonej.
• Przykład 4.4.1 Obliczyć następujące granice:a) lim
x→0ln (1 + sinx)
x; b) lim
x→0sin (2x − 1)ln(1 + x)
; c) limx→0+
(sinx
)tg x.
140 Ciągłość funkcji
R o z w i ą z a n i e. a) Dokonujmy przekształcenia
ln (1 + sinx)x
=ln (1 + sinx)sinx
· sinxx.
Wiemy już, że
limx→0sinxx= 1,
więc wystarczy pokazać, że
limx→0ln (1 + sinx)sinx
= 0.
Zauważmy jednak, że funkcja
f(x) =ln (1 + sinx)sinx
jest złożeniem f = h ◦ g, gdzie
g(x) = sinx, h(x) =ln(1 + x)x
,
więc żądana równość wynika z twierdzenia o granicy funkcji złożonej. Zatem
limx→0ln (1 + sinx)
x= limx→0ln (1 + sinx)sinx
· limx→0sinxx= 1 · 1 = 1.
b) Znowu zróbmy przekształcenie
sin (2x − 1)ln(1 + x)
=sin (2x − 1)2x − 1 · 2
x − 1x· x
ln(1 + x).
Funkcja f(x) =sin (2x − 1)2x − 1 jest złożeniem f = h ◦ g, gdzie g(x) = 2x − 1, h(x) =
sinxx. Zatem potrzebna równość
limx→0sin (2x − 1)2x − 1 = 1
wynika z twierdzenia o granicy funkcji złożonej. Stąd
limx→0sin (2x − 1)ln(1 + x)
= limx→0sin (2x − 1)2x − 1 · lim
x→02x − 1x· limx→0
x
ln(1 + x)= 1 · ln 2 · 1 = ln 2.
c) Zapiszmy tak
(sinx)tg x =(
(sinx)sin x)1cosx
Funkcja f(x) =(sinx
)sin xjest złożeniem f = h ◦ g, gdzie g(x) = sinx, h(x) = xx,
więc limx→0+
(sinx
)sin x= 1, a ponieważ lim
x→0cosx=1, więc, zgodnie z twierdzeniem
o arytmetyce granic, mamy
limx→0+
(sinx)tg x = limx→0+
(
(sinx)sin x)1cosx
= 1.
Najważniejsze własności funkcji ciągłych 141
4.5 Najważniejsze własności funkcji ciągłych
•Twierdzenie 4.5.1 (Weierstrassa o ograniczoności funkcji ciągłej)Funkcja f ciągła na przedziale domkniętym [a, b] jest ograniczona, czyli
∨
m,M∈R
∧
x∈[a,b]m ¬ f(x) ¬M.
D o w ó d. Załóżmy nie wprost, że f nie jest ograniczona z góry na [a, b]. Stąddla dowolnego n ∈ N możemy znaleźć xn ∈ [a, b] taki, że f(xn) > n. Istnieje za-tem ciąg (xn) taki, że f(xn)→∞. Na mocy twierdzenia Bolzano–Weierstrassa ciąg(xn), jako ograniczony, ma podciąg (xnk) zbieżny do pewnego x0 ∈ [a, b]. Ponie-waż f jest ciągła, więc f (xnk) → f(x0), co jest oczywiście sprzeczne z warunkiemf(xn)→∞. Dowód dla funkcji nieograniczonej z dołu jest podobny.W powyższym twierdzenieu założenie domkniętości przedziału jest istotne, bo np.funkcja f(x) = tg x jest ciągła na przedziale
(
0,π
2
)
, ale nie jest na nim ogra-
niczona. Także założenie ograniczoności przedziału jest istotne, gdyż np. funkcjaf(x) = x jest ciągła na przedziale [0,∞), ale nie jest na nim ograniczona. Podobniezałożenie ciągłości funkcji jest istotne, bo np. funkcja
f(x) =
0 dla x =π
2,
tg x dla x ∈[
0,π
2
)
nie jest ograniczona na przedziale domkniętym[
0,π
2
]
.
•Twierdzenie 4.5.2 (Weierstrassa o osiąganiu kresów)Funkcja f ciągła na przedziale domkniętym [a, b] przyjmuje na tym przedziale war-tość najmniejszą i największą, czyli
∨
c∈[a,b]f(c) = inf
x∈[a,b]f(x) oraz
∨
d∈[a,b]f(d) = sup
x∈[a,b]f(x).
D o w ó d. Ponieważ funkcja f jest ograniczona, czyli zbiór f([a, b]) jej wartościna przedziale [a, b] jest ograniczony, więc na mocy twierdzenia o ciągłości zbioruliczb rzeczywistych zbiór ten ma kres dolny a = inf f([a, b]) Pokażemy, że istniejepunkt x0 ∈ [a, b] taki, że f(x0) = a. Z definicji kresu dolnego wynika, że możemyzbudować ciąg (xn) punktów przedziału [a, b] taki, że dla dowolnego n ∈ N zachodzinierówność
a ¬ f(xn) < a+1n.
Z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że limn→∞f(xn) = a. Na mocy twierdzenia
Bolzano–Weierstrassa ciąg (xn) ma podciąg (xnk) zbieżny do pewnego x0 ∈ [a, b],a z ciągłości funkcji f otrzymujemy równość f(x0) = a. Podobnie uzasadnia się
142 Ciągłość funkcji
drugą część tezy.
Wszystkie założenia są istotne, o czym świadczą te same przykłady, którychużyliśmy do pokazania istotności założeń w poprzednim twierdzeniu Weierstrassa.Proszę sprawdzić!
Zauważmy, że z twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu kresów wynikają np., na-stępujące fakty:
1) Wśród trójkątów równoramiennych wpisanych w okrąg o promieniu R istniejetaki, który ma największe pole i taki, który ma największy obwód.
2) Wśród graniastosłupów prawidłowych o podstawie kwadratowej wpisanych wstożek, o promieniu podstawy R i wysokości H , istnieje taki, który ma największąobjętość i taki, który ma największe pole powierzchni całkowitej.
3) Wśród stożków wpisanych w kulę o promieniu R istnieje taki, który ma naj-większą objętość i taki, który ma największe pole powierzchni całkowitej.
4) Dowolny wielomian stopnia parzystego przyjmuje na R wartość najmniejszą lubnajwiększą.
Dlaczego? W trzech początkowych przykładach Czytelnik winien wyznaczyć pole iobwód (w pierwszym przypadku), a objętość i pole powierzchni całkowitej (w dwunastępnych) jako funkcję R (i ewentualnie H), określić przedział, na jakim ją roz-waża i sprawdzić jej ciągłość, a następnie skorzystać z twierdzenia Weierstrassa oosiąganiu kresów. W czwartym przykładzie wystarczy zauważyć, że dla dowolnegowielomianu f(x) stopnia parzystego zachodzi równość
limx→∞f(x) = lim
x→−∞f(x) = ε∞,
gdzie ε jest znakiem współczynnika przy największej potędze w wielomianie f(x)i trochę pomyśleć!
Oba twierdzenia Weierstrassa wykorzystywane są w dowodach bardzo wielu wła-sności funkcji, niekoniecznie ciągłych. Warto na przykład wiedzieć, że funkcje mo-notoniczne zachowują się dosyć „porządnie”. Mianowicie – prawdziwe jest nastę-pujące twierdzenie.
•Twierdzenie 4.5.3 Funkcja rosnąca (malejąca) na przedziale [a, b] może mieć conajwyżej nieciągłości pierwszego rodzaju.
D o w ó d. Niech, dla ustalenia uwagi, f będzie funkcją rosnącą na [a, b] i niechx0 ∈ [a, b]. Pokażemy, że istnieje lim
x→x−0f(x). Podobnie pokazuje się, że istnieje
granica limx→x+0
f(x). Rozważmy zbiór
A(x0)={f(x) : a¬x<x0}.
Najważniejsze własności funkcji ciągłych 143
Ponieważ funkcja f jest rosnąca, więc zbiór A(x0) jest ograniczony z góry przezf(x0). Dalej niech a(x0) oznacza kres górny zbioru A (x0). Pokażemy, że
limx→x−0
f(x) = a(x0).
Posłużymy się definicją Cauchy’ego granicy lewostronnej. Niech ε będzie dowolnieustaloną liczbą dodatnią. Z definicji kresu górnego wynika, że w przedziale (a(x0)−ε, a(x0)) znajduje się przynajmniej jeden element zbioru A(x0), czyli istnieje a¬x1<x0, takie, że
a(x0)− ε < f(x1) < a(x0).Ponieważ f jest rosnąca, więc dla dowolnego x1 < x2<x0 mamy również
a(x0)− ε < f(x1) < f(x2) < a(x0),
co oznacza, że limx→x−0
f(x) = a(x0).
Zanim sformułujemy i udowodnimy jeszcze jedną bardzo ważną własność funk-cji ciągłych, musimy wprowadzić nowe, dużo mocniejsze niż ciągłość pojęcie. Za-piszmy starannie definicję ciągłości funkcji na zbiorze.
Funkcja f jest ciągła na zbiorze A ⊂ R, jeżeli jest ciągła w każdym punkcie tegozbioru, czyli
∧
x0∈A
∧
ε>0
∨
δ(x0,ε)>0
∧
x∈A
[
|x−x0| < δ(x0, ε) =⇒ |f(x)−f(x0)| < ε]
.
Widać wyrażnie, że w powyższej definicji liczba δ > 0 zależy nie tylko od zadanegoε > 0, ale i od punktu x0, w którym ciągłość badamy. Spróbujmy uwolnić się odzależności od punktu x0. Otrzymamy wówczas następującą definicję.
• Definicja 4.5.1 Funkcja f jest jednostajnie ciągła na zbiorze A ⊂ R,jeżeli
∧
ε>0
∨
δ(ε)>0
∧
x0∈A
∧
x∈A
[
|x−x0| < δ(ε) =⇒ |f(x)−f(x0)| < ε]
.
Oczywiście, jeżeli f jest jednostajnie ciągła na zbiorze A, to jest na nimciągła. Ale nie na odwrót! Rozważmy kilka przykładów.
• Przykład 4.5.1 Pokazać, że funkcja f(x) = x2 jest jednostajnie ciągła na prze-dziale [0, 2].
R o z w i ą z a n i e. Dla dowolnych punktów x0, x ∈ [0, 2] zachodzą zależności
|x2−x20| = |x−x0||x+x0| ¬ 4|x−x0|.
Zatem dla dowolnego ε > 0 wystarczy wziąć δ =ε
4, by niezależnie od wyboru
punktów x0, x ∈ [0, 2] takich, że |x−x0| < δ, zachodziła nierówność |x2−x20| < ε.
144 Ciągłość funkcji
• Przykład 4.5.2 Dla dowolnego a > 0 funkcja f(x) = 1xjest jednostajnie ciągła
na przedziale [a,∞).
R o z w i ą z a n i e. Dla dowolnych punktów x0, x ∈ [a,∞) zachodzi nierówność∣∣∣∣
1x− 1x0
∣∣∣∣=|x−x0||x · x0|
¬ |x−x0|a2.
Zatem dla dowolnego ε > 0 wystarczy wziąć δ = a2ε, by niezależnie od wyboru
punktów x0, x ∈ [a,∞) takich, że |x−x0| < δ, zachodziła nierówność∣∣∣∣
1x− 1x0
∣∣∣∣< ε.
• Przykład 4.5.3 Wykazać, że funkcja f(x) = 1xnie jest jednostajnie ciągła na
przedziale (0, 1].
R o z w i ą z a n i e. Pokażemy, że
∨
ε>0
∧
δ>0
∨
x0∈A
∨
x∈A
[
0 < |x−x0| < δ ∧∣∣∣∣
1x− 1x0
∣∣∣∣ ε]
.
Ponieważ dla dowolnego δ > 0 można znaleźć n ∈ N takie, że1n< δ, więc wystar-
czy znaleźć ciąg punktów (xn), dla którego spełniony jest warunek
|xn − xn+1| <1n
i∣∣∣∣
1xn− 1xn+1
∣∣∣∣ ε.
Zobaczmy, że np. ε = 1 jest „dobry”, bo dla ciągu (xn) =(1n
)
mamy
∣∣∣∣
1n− 1n+ 1
∣∣∣∣=
1n(n+ 1)
<1n
i
∣∣∣∣∣
(1n
)−1−(1n+ 1
)−1∣∣∣∣∣= 1.
• Przykład 4.5.4 Wykazać, że funkcja f(x) = sin 1xnie jest jednostajnie ciągła na
przedziale (0, π).
R o z w i ą z a n i e. Zauważmy, że ciąg (xn) =((π
2+ nπ
)−1)
spełnia warunek
limn→∞|xn − xn+1| = lim
n→∞π(π
2+ nπ
)−1 (π
2+ nπ + π
)−1= 0
a dla wszystkich n ∈ N mamy |f(xn)− f(xn+1)| = 2.Pokazuje się, że na przedziałach domkniętych sytuacja taka, jak w ostatnich
dwu przykładach, nie może się zdarzyć. Prawdziwe jest bowiem następujące twier-dzenie.
Najważniejsze własności funkcji ciągłych 145
•Twierdzenie 4.5.4 (Cantora2 o ciągłości jednostajnej)Funkcja ciągła na przedziale domkniętym jest na nim jednostajnie ciągła.
D o w ó d. Rozważmy funkcję ciągłą f : [a, b]−→R i załóżmy nie wprost, że niejest ona jednostajnie ciągła na [a, b]. Istnieje zatem ε > 0 oraz ciągi punktów
(xn), (x′n) w przedziale [a, b], dla których spełniony jest warunek |xn− x′n| <1n, a
|f (xn)− f (x′n) | ε. Na mocy Twierdzenia Bolzano–Weierstrassa ciąg (xn), jakoograniczony, ma podciąg (xnk ) zbieżny do pewnego x0 ∈ [a, b]. Ponieważ funkcjaf jest ciągła, więc lim
k→∞f(xnk) = f(x0). Z zależności
|x′nk − x0| = |x′nk− xnk + xnk − x0| ¬ |x′nk − xnk |+ |xnk − x0|−→0
wynika, że ciąg (x′nk ) też dąży do x0. Ponieważ f jest ciągła w punkcie x0, więclimk→∞f(x′nk)= f(x0). Zatem lim
k→∞
[f(x′nk)− f (xnk)
]= 0. Otrzymujemy sprzecz-
ność kończącą dowód twierdzenia.
I wreszcie twierdzenie, które precyzuje najbardziej intuicyjną własność funkcjiciągłych – tę, która mówi, że wykres funkcji ciągłej na przedziale można narysowaćjednym pociągnięciem kredy na tablicy, czy ołówka na papierze.
•Twierdzenie 4.5.5 (Darboux3 o przyjmowaniu wartości pośrednich)Jeżeli funkcja f jest ciągła na przedziale [a, b] oraz spełnia warunek f(a) < f(b),to f przyjmuje każdą wartość z przedziału (f(a), f(b)), czyli
∧
w∈(f(a),f(b))
∨
c∈(a,b)f(c) = w.
D o w ó d. Niech f(a) < w < f(b) i załóżmy nie wprost, że w − f(x) 6= 0dla dowolnego x ∈ [a, b]. Wynika stąd, że funkcja h(x) = 1
|w − f(x)| jest dobrzeokreślona i ciągła na [a, b]. Z Twierdzenia ?? wynika, że funkcja ta jest ograniczona,powiedzmy przez M . Zatem dla dowolnego x ∈ [a, b] zachodzi nierówność
|w − f(x)| > 1M.
Ponadto funkcja h, jako ciągła na przedziale domkniętym, jest na nim jednostajnie
ciągła, więc dla ε =1Mmożemy znaleźć δ > 0 takie, że dla dowolnych x, x′ ∈ [a, b]
odległych o mniej niż δ zachodzi nierówność
|f(x)− f(x′)| < 1M.
2Georg Cantor (1845–1918), matematyk niemiecki.3Jean Gaston Darboux (1842–1917), matematyk francuski.
146 Ciągłość funkcji
Niech n będzie dowolną liczbą naturalną spełniającą nierównośćb− an< δ. Po-
dzielmy przedział [a, b] na n jednakowych odcinków punktami
a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b.
Niech m będzie najmniejszą taką liczbą naturalną, że w < f(xm). Zatem otrzy-mujemy nierówności f(xm−1) < w < f(xm), a stąd
0 < w − f(xm−1) < f(xm)− f(xm−1) <1M.
Otrzymana sprzeczność dowodzi prawdziwości tezy.
Obrazowo Twierdzenie ?? oznacza, że dla dowolnej liczby w z przedziału(f(a), f(b)
)prosta o równaniu y = w przecina wykres funkcji f co najmniej raz.
-
6
O
y=f(x)
y=w1
y=w2
w1
w2
s
s
s
s
y
f(b)
f(a)
a c1c2 c′1 b x
s s
t
t
tt t
Rys. 4.5.1 Ilustracja twierdzenia Darboux o przyjmowaniu wartości pośrednich.Funkcja f przyjmuje wartość w1 w dwu punktach c1, c
′
1, a wartość w2 – tylko w
punkcie c2.
Jeżeli w Twierdzeniu ?? założyć dodatkowo, że funkcja f jest rosnąca, to punktc określony będzie jednoznacznie. Analogiczne twierdzenie jest także prawdziwe dlaprzypadku f(a) > f(b).
• Przykład 4.5.5 Samolot startuje w Warszawie, która jest położona na wysokościokoło 100 m npm. o godz. 12:00 i ląduje w Erewaniu położonym ok. 1000 m npm.o godz. 20 : 00. Podczas lotu przyrządy pomiarowe na jego pokładzie zanotowaływysokość 3000 m npm. Uzasadnić, że przynajmniej dwukrotnie samolot znajdowałsię na wysokości 2000 m npm.
Najważniejsze własności funkcji ciągłych 147
R o z w i ą z a n i e. Dla każdego jest to oczywiste, ale to jest właśnie treść twierdze-nia Darboux. Jeżeli przez h(t) oznaczymy wysokość, na jakiej samolot znajdowałsię w chwili t, to przy odpowiednich założeniach o sposobie poruszania się samo-lotu możemy przyjąć, że h(t) jest funkcją ciągłą na przedziale [12 :00, 20:00]. Zzałożenia wynika, że dla pewnego t0 ∈ (12 :00, 20:00) jest x(t0) = 3000. Ponieważ100 < 2000 < 3000 oraz 1000 < 2000 < 3000 więc na mocy twierdzenia Darbouxzarówno w przedziale [12 :00, t0] jak i w przedziale [t0, 20:00] istnieją punkty, wktórych funkcja h(t) przyjmuje wartość 2000.
• Przykład 4.5.6 Wyobraźmy sobie, że przyjechaliśmy rano do Zakopanego i pośniadaniu w barze mlecznym „Kubuś” wybraliśmy się spacerkiem do Kuźnic. Stam-tąd, po krótkim odpoczynku, wyruszyliśmy o godz. 10:00 przez Dolinę Pięciu Sta-wów, by o godz. 20:00 stanąć na Rysach. Oczywiście byłoby wysoce nierozsądnymwracać do Kuźnic jeszcze tego samego dnia, więc spędzamy noc w śpiworze i na-stępnego dnia (pełni zachwytu zachodami i wschodami słońca!) wyruszamy znowuo godz. 10:00, by o 20:00 (idąc dokładnie tą samą trasą, co poprzedniego dnia!)dojść do Kuźnic. Uzasadnić, że na trasie naszej wędrówki jest punkt, w którymznajdowaliśmy się o tej samej godzinie idąc zarówno w górę jak i w dół.
R o z w i ą z a n i e. W tym przypadku sprawa jest już mniej oczywista, aleznowu spróbujmy skorzystać z twierdzenia Darboux. Niech f(t) oznacza odległośćwędrowca od Kużnic w drodze na szczyt, g(t) – jego odległość od Kuźnic w drodzepowrotnej. Funkcje f, g są ciągłe na przedziale [10 :00, 20:00], więc ciągła jest teżich różnica h(t) = f(t)− g(t). Zauważmy, że h(10:00) = −A, h(20:00) = A, gdzieA > 0 oznacza odległość od Kuźnic do szczytu. Z twierdzenia Darboux wynika, żeistnieje t0 ∈ [10:00; 20:00], dla którego h(t0) = 0. A to oznacza, że o godzinie t0byliśmy w tej samej odległości od Kuźnic zarówno pierwszego jak i drugiego dnia.
Twierdzenie Darboux najczęściej wykorzystujemy przy uzasadnianiu istnie-nia rozwiązań pewnych równań i ewentualnie szukaniu rozwiązań przybliżonych.Zobaczmy na przykładach, jak to się robi.
• Przykład 4.5.7 Udowodnić, że następujące równania mają jednoznaczne rozwią-zania w podanych przedziałach:
a) 2x =√
|x| w[
−1,−14
]
; b) log2 (x+ 1) = x w (−1, 0].
R o z w i ą z a n i e. a) Funkcje f(x) = 2x oraz g(x) =√
|x| są ciągłe na R.Wygodnie jest rozpatrzeć ich różnicę h(x) = 2x −
√
|x|, która też jest funkcjąciągłą. Zauważmy, że
h(−1) = 12− 1 < 0 i h
(
−14
)
=14√2− 12> 0,
więc z twierdzenia Darboux wynika, że w przedziale(
−14,−1
)
znajduje się punkt
x0, w którym funkcja h przyjmuje wartość 0, tzn. 2x0 =√
|x0|. Ponieważ f jest
148 Ciągłość funkcji
funkcją ściśle rosnącą, a g jest funkcją malejącą na (−∞; 0), więc h jest funkcjąściśle rosnącą, czyli jest dokładnie jeden taki punkt w (−∞; 0).b) Niech f(x) = log2 (x+ 1) i g(x) = x. Pierwsza z tych funkcji określona jest napółprostej (−1;∞), druga – na całej prostej. Obie są ciągłe. Od razu zauważamy,że f(0) = g(0) = 0, ale czy to jest jedyny pierwiastek rozważanego równania?Ponieważ g(−1) = −1, a lim
x→−1+f(x) = −∞, więc, korzystając z twierdzenia Dar-
boux wnioskujemy, że wykresy rozważanych funkcji muszą się przeciąć w przedziale(−1; 0). Z kształtu tych wykresów wnosimy, że istnieje dokładnie jeden punkt prze-cięcia (w dalszym kursie analizy fakt ten zostanie udowodniony!).
Z twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu kresów i z twierdzenia Darboux wynikabardzo często wykorzystywany wniosek.
• Wniosek 4.5.1 Zbiorem wartości funkcji f ciągłej na przedziale [a, b] jest prze-dział [m,M ], gdzie m jest najmniejszą, zaś M – największą wartością funkcji fna [a, b].
• Przykład 4.5.8 Wyznaczyć zbiory wartości następujących funkcji na podanychzbiorach:
a) f(x) = sinx+√3 cosx, R; b) g(x) = x+ log2 x, [1, 2].
R o z w i ą z a n i e. a) Funkcja f jest okresowa, więc wystarczy sprawdzić, jakijest zbiór jej wartości na przedziale [0; 2π]. Ponieważ
f(x) = sinx+√3 cosx = 2
(
12sinx+
√32cosx
)
= 2(
cosπ
3sinx+ sin
π
3cosx
)
= 2 sin(
x+π
3
)
,
natomiast funkcja y = sinx przyjmuje wszystkie wartości z przedziału [−1; 1] dlax ∈ [0; 2π], więc z Wniosku ?? wynika, że rozważana funkcja przyjmuje wszystkiewartości z przedziału [−2; 2].b) Funkcja f jest rosnąca i ciągła na [1, 2], więc z ostatniego wniosku wynika, żezbiorem jej wartości na [1, 2] jest cały przedział [f(1), f(2)] = [1, 3].
Z twierdzenia Darboux wynika jeszcze jedna ważna własność funkcji ciągłych.
•Twierdzenie 4.5.6 Funkcja różnowartościowa i ciągła na przedziale [a, b] jest natym przedziale ściśle monotoniczna.
D o w ó d. Załóżmy dla ustalenia uwagi, że f(a) < f(b). Zauważmy, że wówczasdla dowolnego a ¬ x ¬ b zachodzi nierówność f(a) ¬ f(x) ¬ f(b). W przeciwnymrazie mielibyśmy f(x) < f(a) < f(b) (lub f(x) > f(b) > f(a)) i na mocy twier-dzenia Darboux istniałby punkt x′ ∈ (x, b) (lub x′′ ∈ (a, x)) taki, że f(x′) = f(a)(lub f(x′′) = f(b), co oczywiście przeczy różnowartościowości funkcji f . Postępu-jąc analogicznie możemy pokazać, że dla dowolnych a ¬ x1 < x2 ¬ b zachodzi
Jeszcze jedno zastosowanie ciągłości funkcji 149
nierówność f(x1) < f(x2), czyli f jest ściśle rosnąca na [a, b].
Zajmijmy się teraz ciągłością funkcji odwrotnej. Jeżeli popatrzymy na wykresfunkcji ciągłej f (pamiętamy, że „rysując go możemy nie odrywać ołówka od kartkipapieru, czy kredy od tablicy”) i uświadomimy sobie, że wykres funkcji odwrotnejdo f (o ile taka istnieje, czyli w przypadku, gdy f jest różnowartościowa) jest odbi-ciem symetrycznym wykresu funkcji f względem prostej y = x, to wydaje się jasne,że funkcja odwrotna do funkcji ciągłej jest funkcją ciągłą. Tu jednak sytuacja jestinna w przypadku funkcji ciągłej na całym przedziale niż w przypadku funkcjiciągłej w punkcie. Wykorzystując Twierdzenie ?? można udowodnić twierdzenieo monotoniczności funkcji odwrotnej.
•Twierdzenie 4.5.7 Jeżeli funkcja f jest ciągła i rosnąca na przedziale [a, b], tofunkcja odwrotna f−1 jest ciągła i rosnąca na przedziale [f(a), f(b)].
Oczywiście analogiczne twierdzenie prawdziwe jest także dla funkcji malejącej.Wydaje się, że formalny dowód tego twierdzenia jedynie zatrze nasze intuicje zwią-zane z pojęciem funkcji odwrotnej, więc poprzestańmy na tych ostatnich. Po prostuwyobrażajmy sobie, że wykres funkcji odwrotnej do funkcji f jest symetrycznymodbiciem wykresu funkcji f względem prostej y = x. Zatem, jeżeli wykres funkcjif jest linią ciągłą, to linią ciągłą jest też jego symetryczne odbicie.Powyższe twiedzenie nie ma wersji lokalnej, gdyż istnieje funkcja różnowar-
tościowa f : (−1, 1) na7→ (−1, 1) spełniająca warunek f(0) = 0, która jest ciągław punkcie x0 = 0. Jednakże funkcja odwrotna do niej nie jest ciągła w punkciey0 = 0. Wykres takiej funkcji można zobaczyć np. w podręczniku „Analiza ma-tematyczna 1. Definicje, twierdzenia, wzory” M. Gewerta i Z. Skoczylasa (Rys.3.3.1).
4.6 Jeszcze jedno zastosowanie ciągłości funkcji
Jak bardzo łatwo sprawdzić, dla dowolnej ustalonej liczby rzeczywistej a funkcjaliniowa f(x) = ax spełnia warunek f(x+y) = f(x)+f(y) dla wszystkich x, y ∈ R.
• Fakt 4.6.1 Jedyną funkcją ciągłą spełniającą dla wszystkich x, y ∈ R równaniefunkcyjne postaci
f(x+ y) = f(x) + f(y)
jest funkcja liniowa.
D o w ó d. Przyjmując y = x otrzymujemy równość f(2x) = 2f(x). Przez indukcjęłatwo pokazać równość
f(nx) = nf(x) dla każdego x ∈ R i wszystkich n ∈ N.
Stąd już wynika, iż dla wszystkich liczb naturalnychm,nmamy f(1nx
)
=1nf(x),
i dalejf(m
nx)
=m
nf(x).
150 Ciągłość funkcji
Ponieważ f(0) = f(0 + 0) = 2f(0), więc f(0) = 0 i stąd f(−x) = −f(x). Ozna-czając f(1) = a widzimy, że dla dowolnej liczby wymiernej r zachodzi równość
f(r · 1) = r · f(1) = a · r.
Z ciągłości funkcji liniowej wynika już, że równość powyższa zachodzi dla wszyst-kich rzeczywistych x.
Rozważmy teraz funkcję wykładniczą f(x) = ax, (a > 0) która, jak wiadomo,dla wszystkich x, y ∈ R spełnia warunek f(x+ y) = f(x)f(y).
• Fakt 4.6.2 Jedyną nie równą tożsamościowo 0 funkcją ciągłą spełniającą dla wszyst-kich x, y ∈ R równanie funkcyjne
f(x+ y) = f(x)f(y)
jest funkcja wykładnicza.
D o w ó d. Najpierw zauważmy, że jeżeli dla pewnego x0 ∈ R jest f(x0) 6= 0, todla dowolnego innego x ∈ R mamy
f(x)f(x0 − x) = f(x0) 6= 0,
czylif(x) 6= 0 dla każdego x ∈ R.
Ponadto z równości
f(x) =[
f
(12x
)]2
wynika, że f jest ściśle dodatnia. Możemy zatem rozważać funkcję ciągłą (jakozłożenie funkcji ciągłych)
φ(x) = ln f(x),
która, co łatwo sprawdzić, spełnia równanie funkcyjne
φ(x+ y) = φ(x) + φ(y).
W takim razie, zgodnie z tym, co udowodniliśmy wcześniej, istnieje liczba c ∈ R,taka, że
φ(x) = ln f(x) = cx,
a stądf(x) = ecx = ax, gdzie a = ec > 0.
Funkcja logarytmiczna f(x) = loga x, (a > 0, a 6= 1) spełnia (jak dobrzewiemy) warunek f(xy) = f(x) + f(y) dla dowolnych x, y ∈ R.
Jeszcze jedno zastosowanie ciągłości funkcji 151
• Fakt 4.6.3 Jedyną nie równą tożsamościowo 0 funkcją ciągłą określoną na prze-dziale (0,∞), która dla wszystkich x, y ∈ (0,∞) spełnia równanie funkcyjne
f(xy) = f(x) + f(y)
jest funkcja logarytmiczna.
D o w ó d. Ponieważ f(x) = ex przekształca zbiór R w sposób wzajemnie jedno-znaczny na zbiór (0,∞), więc możemy zdefiniować nową funkcję ciągłą φ : R−→R
wzoremφ(ξ) = f(eξ),
gdzie x = eξ, skąd ξ = lnx oraz f(x) = φ(ln x). Funkcja φ(ξ) jest ciągła jakozłożenie funkcji ciągłych i spełnia warunek
φ(ξ + η) = f(eξ+η) = f(eξeη) = f(eξ) + f(eη) = φ(ξ) + φ(η),
więc z rozważań w punkcie 1. wynika, że istnieje c ∈ R takie, że
φ(ξ) = cξ dla wszystkich ξ ∈ R,
czylif(x) = c lnx dla wszystkich ξ ∈ (0,∞).
Przypadek c = 0 daje funkcję f(x) ≡ 0, zaś dla c 6= 0 otrzymujemy
f(x) = loga x,
gdzie a = e1c.
Funkcja potęgowa f(x) = xr spełnia dla wszystkich dodatnich x, y warunekf(xy) = f(x)f(y).
• Fakt 4.6.4 Jedyną funkcją ciągłą określoną na przedziale (0,∞), która dla wszyst-kich x, y ∈ (0,∞) spełnia równanie funkcyjne
f(xy) = f(x)f(y)
jest funkcja potęgowa.
D o w ó d. Podstawiamy, tak jak poprzednio,
φ(ξ) = f(eξ),
gdzie x = eξ, skąd ξ = lnx oraz f(x) = φ(ln x). Funkcja φ(ξ) jest ciągła jakozłożenie funkcji ciągłych i spełnia warunek
φ(ξ + η) = f(eξ+η) = f(eξeη) = f(eξ)f(eη) = φ(ξ)φ(η),
więc z rozważań w punkcie 2. wynika, że (po pominięciu przypadku funkcji równejtożsamościowo 0) istnieje a > 0 takie, że φ(ξ) = aξ, czyli
f(x) = aln x = xµ,
gdzie µ = ln a.
152 Ciągłość funkcji
4.7 Ćwiczenia
4.1 Niech f(x) =√1−x, g(x) = 1−x2. Wyznaczyć i narysować funkcje f ◦ g
oraz g ◦ f .
4.2 Niech f(x) = ex, g(x) = ln x, h(x) = x−1.. Wyznaczyć i narysować funkcjef ◦ g ◦ h oraz g ◦ f ◦ h.
4.3 Niech [x] oznacza część całkowitą liczby x. Sporządzić wykresy funkcji:
a) f(x) = [x]; b) f(x) = x−[x]; c) f(x) =√
x−[x];
d) f(x) =[1x
]
; e) f(x) =1[x]; f) f(x) = [x]+
√
x−[x].
4.4 Wykazać, że funkcja f(x) =x
1+|x| jest ściśle rosnąca na R. Wyznaczyć zbiór
wartości funkcji f i skonstruować funkcję odwrotną.
4.5 Wyznaczyć funkcje odwrotne do funkcji
a) f(x) =ex + e−x
2; b) g(x) =
ex − e−x2
; c) h(x) =ex + e−x
ex − e−x .
4.6 Niech f : R−→R będzie funkcją parzystą, a g : R−→R – nieparzystą. Określićparzystość funkcji: f + g, f − g, f · g, f ◦ g.
4.7 Pokazać, że każdą funkcję f : R−→R można przedstawić w postaci sumyfunkcji parzystej i nieparzystej.
4.8 Pokazać, że funkcja f(x) = ln (x+√1+x2) jest nieparzysta.
4.9 Naszkicować wykresy następujących funkcji:
a) f(x) = sin(
x− π4
)
cos(x− π4) sin 2|x|; b) f(x) = 2− 2 cos2
(
|x| − π8
)
;
c) f(x) = (cosx+ sinx)(cos x+ sin |x|); d) f(x) = sinπ(x− |x|) + sinπx;
e) f(x) = (1 + x− |x|)[1 + x+ |x|]; f) f(x) = 1− 4 sin2(
x+π
6
)
.
4.10 Niech f : R−→R oraz g : R−→R. Wykazać, że prawdziwe są następującestwierdzenia:
a) jeżeli f, g są jednocześnie rosnące albo jednocześnie malejące, to g ◦ f jestfunkcją rosnącą;
Ćwiczenia 153
b) jeżeli f jest rosnąca, zaś g malejąca albo odwrotnie, to g ◦ f jest funkcjąmalejąca.
4.11 Sprawdzić istnienie następujących granic:
a) limx→2
x
4− x2 ; b) limx→∞sin√x; c) lim
x→π1
(sinx)2;
d) limx→∞
2[x]
2x; e) lim
x→1|x− 1|x3−1 ; f) lim
x→0x
[1x
]
;
g) limx→∞ex (1 + sinx); h) lim
x→22x−x2ln (3−x) ; i) lim
x→1|x− 1|3x3 − x2 ;
j) limx→π1 + cosx|x− π| ; k) lim
x→0[x]x; l) lim
x→π
2
(
tg x− 1cosx
)
;
m) limx→∞
[3ex]+23+[2ex]
; n) limx→∞
2x+ sinxx2
; o) limx→1(1− x) tg π
2x.
4.12 Wyznaczyć liczby a i b wiedząc, że limx→∞(√
x2+x− ax− b) = 1.
4.13 Określić dziedzinę, narysować wykres i zbadać ciągłość funkcji:
a) f(x) = limn→∞
n√1 + xn; b) f(x) = lim
n→∞x
1 + (2 sinx)2n;
c) f(x) = limn→∞
(
limk→∞(cosn!πx)2k
)
; d) f(x) = limn→∞
1− xn1 + xn
.
4.14 Funkcje |f(x)|, xg(x), h2(x) są ciągłe na R. Czy funkcje f(x), g(x) i h(x)muszą być ciągłe na R?
4.15 Udowodnić, że jeżeli prosta y = Ax + B jest asymptotą w ∞ funkcji pa-rzystej, to prosta y = −Ax + B jest asymptotą tej funkcji w −∞. Sformułować iudowodnić analogiczny fakt dla funkcji nieparzystej.
4.16 Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną następujących szeregów:
a)
∞∑
n=1
(−1)n tg2 1n; b)
∞∑
n=1
(−1)n
n− sin 1n
; c)∞∑
n=1
cosnπ sin1nπ.
Odpowiedzi do ćwiczeń
Rodział 1
?? k = 6, czyli 7 wyraz.
?? k = 14.
?? a) 2n; b) 3n; c) 0.
?? a)
√5− 14; b)
3√4− 3√2 + 13
; c)3√25 + 3
√10 + 3
√4
3; d)16 3√2− 5 3
√4− 2
118.
??√n+ 1− 1.
?? a) inf A = minA = a1 = −12, supA = 2; b) inf B = −1, supB = maxB = a1 =
2; c) inf C = −1, supC = 1; d) infD = −1, supD = 2; e) inf E = minE = 32,
supE = maxE = 3; f) inf F = minF = 0, supF = maxF =43; g) inf G = −1,
supG = maxG = 2; h) infH = minH = −2, supH = maxH = 4.
Rodział 2
?? a) malejący, 0 < an ¬√2; b) rosnący,
√5− 2 < bn <
14; c) malejący, 0 < cn ¬
3√2 − 1; d) malejący, ograniczony z góry przez 0, nie jest ograniczony z dołu; e)rosnący, 1 ¬ en, nie jest ograniczony z góry; f) malejący, 0 < fn ¬
34; g) rosnący,
ograniczony z dołu przez 1, nie jest ograniczony z góry; h) rosnący,13¬ hn < 1; i
rosnący, 1 ¬ in < 2; j) malejący, 0 < jn <54.
?? a) limn→∞an = −1, lim
n→∞an = 1; b) lim
n→∞an = 0, lim
n→∞an = 2; c) lim
n→∞an = −1,
limn→∞an = 1; d) lim
n→∞an = −e, lim
n→∞an = e; e) lim
n→∞an = −
12, limn→∞an =
12;
f) limn→∞an = −
√34, limn→∞an =
√34.
?? a) nie jest zbieżny; b) zbieżny do 1; c) zbieżny do 0; d) rozbieżny do ∞.
154
Odpowiedzi do ćwiczeń 155
?? a)12; b)16; c) 0; d) 0; e)
12.
?? a)
√22; b)
√33; c) 2; d) 0; e) 2; f) ∞; g) 1; h) 0; i) ln 2; j) 1
eγ; k) 0; l)
12ln 2.
?? a) 0; b) 1; c) 1.
?? a) 1; b) 2; c)13.
??√2.
Rodział 3
?? a)4ee− 2; b)
2e2e− 3 ; c)
18e− 3e2 − 3(3− e)(3e− 1) ; d) 6; e) 2 +
3e(3 − e)2 ; f)
12.
?? a) zbieżny; b) zbieżny; c) zbieżny; d) rozbieżny; e) zbieżny; f) zbieżny.
?? a) rozbieżny; b) zbieżny; c) zbieżny.
?? a) zbieżny; b) rozbieżny; c) zbieżny.
?? a) zbieżny; b) zbieżny; c) zbieżny; d) zbieżny.
?? a) zbieżny; b) zbieżny; c) zbieżny. ?? a) nie jest zbieżny; b) zbieżny warunkowo;c) zbieżny warunkowo; d) zbieżny warunkowo.
?? a) nie jest zbieżny; b) zbieżny warunkowo; c) zbieżny warunkowo; d) zbieżnywarunkowo.
Rodział 4
?? (f ◦ g)(x) = |x|, Df◦g = R; (g ◦ x)(x) = x, Dg◦f = (−∞, 1].?? (f ◦ g ◦ h)(x) = x− 1, Df◦g◦h = (1,∞); (g ◦ f ◦ h)(x) = x− 1, Df◦g◦h = R.
?? a) nie istnieje; b) nie istnieje; c) nie istnieje; d) nie istnieje; e) nie istnieje;
f) 1; g) nie istnieje; h) 0; i) 0; j) 0; k) nie istnieje; l) 0; m)32; n) 0; o)
2π.
?? a) zbieżny bezwzględnie; b) zbieżny warunkowo; c) zbieżny warunkowo;d) zbieżny warunkowo.
Skorowidz
A
algorytm Euklidesa 22
B
Bernoulli’ego nierówność 10
C
Cantora twierdzenie o ciągłości jed-nostajnej 145
Cauchy’ego definicja granicy funkcji115
warunek 77ciało liczbowe 27ciąg 10, 41arytmetyczny 10Fibonacciego 11geometryczny 10liczbowy 41monotoniczny 42nierosnący 43ograniczony 43z dołu 41z góry 41
rosnący 43rozbieżny do nieskończoności 52zbieżny 48część całkowita liczby 32
D
Darboux twierdzenie o przyjmowaniuwartości pośrednich 145
definicja indukcyjna 10rekurencyjna 10
F
funkcja ciągła 135lewostronnie 135prawostronnie 135
jednostajnie ciągła 145okresowa 127rodzaje nieciągłości 137rosnąca 146trygonometryczna 127
G
granica 48, 74, 89, 114ciągu 48jednoznaczność 50nieskończona 52
dolna ciągu 74funkcji w punkcie 114górna ciągu 74lewostronna funkcji w punkcie 115niewłaściwa funkcji 116prawostronna funkcji w punkcie 115sum częściowych szeregu 89właściwa ciągu 48grupa przemienna 26
H
Heinego definicja granicy funkcji 115
K
kres dolny zbioru 30górny zbioru 30kryterium 95Cauchy’ego 106
156
Skorowidz 157
o zagęszczaniu 97d’Alemberta 102Dirichleta 106ilorazowe 100, 128Leibniza 108porównawcze 95
L
lemat Stolza 71liczba Nepera e 63niewymierna 28pierwsza 20rzeczywista 30złożona 22liczby względnie pierwsze 23
N
najmniejsza wspólna wielokrotność 25największy wspólny dzielnik 22nierówność Bernoulli’ego 10Weierstrassa 11
O
ograniczenie dolne zbioru 30górne zbioru 30
P
podciąg ciągu 51przekrój Dedekinda 30przekształcenie Abela 107punkt niewymierny 28skupienia 74wymierny 28
R
relacja podzielności 20
S
sito Eratostenesa 22stała Eulera 69
Nepera e 63suma częściowa szeregu 89szeregu 89symbol Newtona 15nieoznaczoności 68silni 15szereg 89anharmoniczny 109bezwarunkowo zbieżny 111bezwzględnie zbieżny 108naprzemienny 108nieskończony 89rozbieżny 89warunek konieczny zbieżności 94warunkowo zbieżny 111zbieżny 89
Ś
średnia 13arytmetyczna 13geometryczna 13
T
trójkąt Pascala 17twierdzenie Bolzano–Weierstrassa 74Cantora o ciągłości jednostajnej 145Darboux 145Euklidesa 21o arytmetyce granic ciągów 53, 67
funkcji 116o ciągłości zbioru liczb rzeczywi-
stych 30o ciągu monotonicznym i ograni-
czonym 62o trzech ciągach 55, 127funkcjach 116
Riemanna 111Weierstrassa o ograniczoności funk-
cji ciągłej 141o osiąganiu kresów 141
zasadnicze arytmetyki 23
158 Skorowidz
W
warunek Cauchy’ego 77konieczny zbieżności szeregu 94Weierstrassa nierówność 11twierdzenie o ograniczoności funk-
cji ciągłej 141o osiąganiu kresów 141
wyrażenie nieoznaczone 78wzór 16dwumianowy Newtona 16skróconego mnożenia 81
Z
zasada Archimedesa 31indukcji matematycznej 9maksimum 19minimum 18szufladkowa Dirichleta 19zbiór 9, 18, 30liczb całkowitych 26naturalnych 9rzeczywistych 30wymiernych 27
ograniczony z góry 18, 30z dołu 18, 30
