Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

Projekt okładki
Edwin Radzikowski
Redakcja
Elżbieta Sejferówna
Projekt graficzny książki
Zofia Kosińska
Skład i łamanie
Raven
c○ Copyright by Wydawnictwa Uniwersytetu Warszawskiego 2010
ISBN 978-83-235-0776-5
Wydawnictwa Uniwersytetu Warszawskiego
00-497 Warszawa, ul. Nowy Świat 4
http://www.wuw.pl; e-mail: wuw@uw.edu.pl
Dział Handlowy: tel (0 48 22) 55 31 333
e-mail: dz.handlowy@uw.edu.pl
Księgarnia internetowa: http://www.wuw.pl/ksiegarnia
Wydanie I
Druk i oprawa

Spis treści
Spis treści . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Przedmowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1. Ciągi nieskończone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.1. Uwagi wstępne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2. Definicja ciągu i jego granicy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3. Ciągi monotoniczne i ściśle monotoniczne, ciągi ograniczone . . . 16
1.4. Granica ciągu monotonicznego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.5. Definicje działań z użyciem symboli nieskończonych . . . . . . . 20
1.6. Obliczanie granic, stwierdzanie zbieżności ciągu – podstawowe
twierdzenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.7. Przykłady i komentarze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.8. Dowody . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.9. Funkcja wykładnicza exp(x), liczba e . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.10. Logarytm naturalny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
1.11. Funkcje trygonometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
1.12. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
2. Szeregi nieskończone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2.1. Szereg i szereg zbieżny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2.2. Warunek konieczny zbieżności szeregu, szereg harmoniczny . . . 71
2.3. Szereg geometryczny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
2.4. Szeregi o wyrazach dodatnich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
2.5. Szeregi o wyrazach dowolnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
2.6. Szeregi potęgowe I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
2.7. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
3. Funkcje ciągłe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
3.1. Definicja funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
3.2. Funkcje różnowartościowe, funkcja odwrotna . . . . . . . . . . . 100
3.3. Granica funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
3.4. Funkcje monotoniczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

6 Spis treści
3.5. Funkcje ciągłe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
3.6. Funkcje wypukłe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
3.7. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
4. Funkcje różniczkowalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
4.1. Podstawowe pojęcia i wzory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
4.2. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, ekstrema i monotoniczność151
4.3. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, wypukłość . . . . . . . . 167
4.4. Symbole nieoznaczone, reguła de l’Hospitala . . . . . . . . . . . . 172
4.5. Szeregi potęgowe II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
4.6. Asymptoty . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
4.7. Dowody . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
4.8. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
5. Pochodne wyższych rzędów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
5.1. Podstawowe definicje i twierdzenia . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
5.2. Wzór Taylora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
5.3. Badanie funkcji. Lokalne ekstrema, punkty przegięcia . . . . . . 213
5.4. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231
6. Funkcje wielu zmiennych. Ciągłość . . . . . . . . . . . . . . . . . 239
6.1. Zbiory otwarte, domknięte i zwarte . . . . . . . . . . . . . . . . . 239
6.2. Funkcje ciągłe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247
6.3. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258
7. Funkcje wielu zmiennych. Różniczkowalność . . . . . . . . . . . 264
7.1. Pochodne cząstkowe, gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
7.2. Znajdowanie wartości największych i najmniejszych . . . . . . . 285
7.3. Pochodne wyższych rzędów funkcji wielu zmiennych . . . . . . . 310
7.3. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325
8. Ekstrema związane (warunkowe). Mnożniki Lagrange’a . . . . 332
8.1. Funkcje uwikłane. Odwracanie funkcji . . . . . . . . . . . . . . . 332
8.2. Ekstrema warunkowe. Twierdzenie Lagrange’a . . . . . . . . . . . 341
8.3. Lokalne ekstrema warunkowe, komentarze . . . . . . . . . . . . . 358
8.4. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364
9. Całki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368
9.1. Definicja całki. Funkcja pierwotna funkcji ciągłej . . . . . . . . . 368
9.2. Technika całkowania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373
9.3. Ważne twierdzenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383
9.4. Objętość . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387
9.5. Pola jeszcze raz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389
9.6. Długość wykresu funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 390
9.7. Pola powierzchni brył obrotowych . . . . . . . . . . . . . . . . . 392
9.8. Całki niewłaściwe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395
9.9. Uwagi o całkowaniu funkcji wielu zmiennych . . . . . . . . . . . 399
9.10. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406
10. Odpowiedzi i wskazówki do zadań o numerach nieparzystych 413

Przedmowa
Książka przeznaczona jest dla studentów ekonomii. Powstała jako podręcznik
do programu realizowanego przez wiele lat w Uniwersytecie Warszawskim.
Zajęcia z matematyki są tu podzielone na kilka oddzielnych wykładów. Są to
analiza matematyczna, algebra liniowa i rachunek prawdopodobieństwa, a także
inne z pogranicza matematyki i ekonomii. Wykład z analizy matematycznej
powinien dać studentom pewne pojęcie o granicy, zarówno ciągu jak i funkcji,
nauczyć rysowania wykresów funkcji i korzystania z nich (w tym z wypukłości),
wprowadzić w analizę funkcji wielu zmiennych rzeczywistych w takim stopniu,
by student mógł zrozumieć choćby częściowo metodę mnożników Lagrange’a.
Program realizowany jest w ciągu 60 godzin wykładu (jeden dwugodzinny,
czyli 90-minutowy wykład tygodniowo). Oczywiście w rzeczywistości tej liczby
prawie nigdy nie daje się osiągnąć.
W książce zamieściłem dowody właściwie wszystkich twierdzeń. Nie oznacza
to jednak, że w trakcie zajęć wszystkie one są omawiane. Staramy się
jednak przynajmniej wyjaśnić założenia twierdzeń i zakres ich stosowalności,
podając liczne przykłady, opuszczając założenia itp. Materiał jest standardowy,
ale omówiony jest dosyć dokładnie. Wiele uwagi poświęcamy ekstremom,
wyjaśniając precyzyjnie różnice między ekstremami lokalnymi i globalnymi.
Poszliśmy tu znacznie dalej, niż to czyni większość autorów, uznaliśmy bowiem,
że młodym ludziom należy pokazywać różne trudności. W szczególności
w książce można znaleźć warunek drugiego rzędu na lokalne ekstrema związane
z dowodem wraz z odpowiednikiem twierdzenia Sylvestera dla tego przypadku.
Oczywiście wielu studentów nie ma ochoty na studiowanie matematyki –
przecież mają studiować ekonomię! To nastawienie w połączeniu z fatalnymi
metodami nauczania matematyki w szkołach średnich (mówię o większości),
polegającymi na podawaniu niczym nieuzasadnianych algorytmów i kurczowym
trzymaniu się schematów rozwiązywania określonych typów zadań, przyczynia
się do ogromnych kłopotów na studiach. Na początku studenci w ogóle
nie wiedzą, co to znaczy zrozumieć twierdzenie czy definicję. Część jednak
opanowuje materiał do pewnego stopnia. Autor ma nadzieję, że ta książka
pomoże im w nauce. Oczywiście będą trudności. Są nie do uniknięcia, ale ich

8 Przedmowa
pokonanie na pewno ułatwi obecnym studentom pracę w przyszłości: nie po
to ludzie zdobywają wyższe wykształcenie, by potem ograniczać się jedynie do
bezmyślnego stosowania poznanych procedur. Ułatwić życie studentom mają
liczne przykłady, niektóre łatwe, inne trudne. Ich zrozumienie ułatwi z pewnością
opanowanie materiału, zdanie egzaminu i – co najważniejsze – używanie
aparatu analizy w dalszej części studiów i w pracy po ich ukończeniu.
Chcę podkreślić, że normalnie przygotowany student powinien poświęcać
na naukę w domu przynajmniej tyle czasu, ile trwają zajęcia. Bez samodzielnej
pracy nad zadaniami, dowodami i przykładami matematyki nauczyć się nie
można (to wiadomo co najmniej od 2500 lat!). Dlatego w książce, po każdym
rozdziale jest trochę zadań. Zadania opatrzone nieparzystymi numerami są
często rozwiązane lub przynajmniej podana jest do nich odpowiedź, więc nadają
się do rozwiązywania w trakcie zajęć. Zadania o numerach parzystych są
przewidziane na prace domowe. Odpowiedzi i rozwiązania są na końcu książki.
Znak oznacza koniec dowodu, przykładu lub to, że dowód został w książce
pominięty. Znak × oznacza, że dowód zostanie podany nieco później.
Dziękuję licznym pracownikom wydziału matematyki UW, którzy zmuszeni
byli do prowadzenia ćwiczeń do moich wykładów i poczynili szereg uwag,
dzięki którym mogłem ulepszyć tekst. Bardzo dziękuję również recenzentom
prof. prof. Janowi Kwiatkowskiemu z Torunia i Edwardowi Tutajowi z Krakowa,
którzy zechcieli przeczytać i ocenić tekst. Ich uwagi pozwoliły uniknąć
niektórych błędów.
Dziekuję również Wydawnictwu Uniwersytetu Warszawskiego, które wykazało
się cierpliwością i zechciało doczekać zakończenia pracy nad tekstem,
przeciąganej przeze mnie ponad miarę.
Michał Krych

1. Ciągi nieskończone
1.1. Uwagi wstępne
W wielu sytuacjach rozpatrywane są tzw. ciągi liczbowe. Jeśli chcemy zdefiniować
pole koła, to można rozważać np. wielokąty foremne wpisane w to
koło o coraz większej liczbie boków i mówić, że pole koła jest liczbą, którą
można przybliżać polami tych wielokątów, przy czym przybliżenie jest tym
dokładniejsze im większa jest liczba boków wielokąta. Mamy tu więc do czynienia
z ciągiem pól wielokątów wpisanych w dane koło, co oznacza, że liczbom
naturalnym, począwszy od 3, przypisane zostały pewne liczby rzeczywiste. Te
ostatnie nazywamy wyrazami ciągu i oznaczamy na ogół symbolem a n .
Inny przykład był rozważany przez Zenona (490–430 p.n.e) z Elei. Twierdził
on mianowicie, że znany w starożytności biegacz Achilles nie jest w stanie
dogonić żółwia. Rozważania te przedstawimy, używając oczywiście współczesnego
języka i stosując współczesne oznaczenia.
Załóżmy, że początkowa odległość między Achillesem i żółwiem równa jest
100 m. Dla prostoty przyjmiemy, że prędkość Achillesa jest dziesięciokrotnie
większa od prędkości uciekającego żółwia. W jakimś czasie Achilles przebiegnie
100 m. W tym samym czasie żółw przesunie się o 10 m, więc przynajmniej na
razie nie zostanie złapany. Po 1 tego czasu Achilles przebiegnie 10 m, jednak
10
znów nie dogoni żółwia, który oddali się o następny metr. Achilles przebiegnie
metr, a żółw oddali się o 10 cm itd. Proces ten można kontynuować. Prowadzi
to do rozpatrywania coraz dłuższych odcinków przebytych przez Achillesa,
czyli liczb: 100; 110; 111; 111,1; ... – czyli ciągu, którego wyraz o numerze n
jest dany za pomocą wzoru a n = 100+10+1+· · · + 100
10 n−1 = 111,1... 1 – przy
czym w zapisie dziesiętnym tej liczby występuje n jedynek. Zenon po prostu
nie potrafił zsumować nieskończenie wielu składników. Nie operował pojęciem
sumy nieskończonej, nie umiano wówczas takiego pojęcia zdefiniować. Tego
rodzaju problemy analizowano już wtedy, ale ścisłe definicje matematyczne
pojawiły się dopiero w pierwszej połowie XIX w. (Gauss, Cauchy, Bolzano).

10 1. Ciągi nieskończone
Oczywiście odpowiedź na pytanie o dystans, po przebiegnięciu którego Achilles
złapie żółwia jest prosta: 111,1 · · · = 1000.
9
Na wszelki wypadek podamy formalne rozumowanie, które można było
zastosować również w starożytności, bez wprowadzenia pojęcia sumy nieskończonej,
a więc omijając istotny problem matematyczno-filozoficzny 1 . Oznaczmy
dystans przebyty przez żółwia do momentu zakończenia pogoni przez x.
Achilles w tym samym czasie przebiegł odległość 10x. Różnica tych wielkości
to 9x = 100. Stąd natychmiast wynika, że x = 100
1000
, zatem 10x = . Oczy-
9 9
wiście pojawia się problem obliczenia tzw. granicy ciągu, czym zajmiemy się
niebawem.
Rozważymy jeszcze inny przykład. Załóżmy, że wpłaciliśmy do banku pewną
kwotę k zł na rachunek płatny na każde żądanie, oprocentowany w stosunku
100x w skali rocznej. Załóżmy przy tym, że jeśli bank wypłaca nam pieniądze
nie po roku, lecz po jego części, np. po dwóch miesiącach, to wypłaca nam
odpowiednią część oprocentowania. Będziemy rozważać sytuację abstrakcyjną,
nie zwracając uwagi na to, że operacje bankowe nie są wykonywane
momentalnie i że często jest tak, że okres oprocentowania liczy się od dnia
następnego po wpłacie. Zastanówmy się, jaką kwotę będziemy mogli uzyskać
po upływie roku. Banalna odpowiedź to: k + x · k = k(1 + x). Ta odpowiedź
nie jest jednak w pełni satysfakcjonująca, bowiem mogliśmy podjąć pieniądze
z rachunku po pół roku i natychmiast wpłacić je z powrotem. Postępując
w ten sposób, po połowie roku otrzymalibyśmy połowę oprocentowania, tj.
kwotę k + 1x ·k = k(1+ x ), a po upływie następnych sześciu miesięcy – kwotę
2 2
k(1 + x) + x · k(1 + x) = k(1 + x 2 2 2 2 )2 , a więc większą od k(1 + x) o k · x2.
Jeśli 4
np. k = 1000 i x = 0,1, co odpowiada oprocentowaniu 10% w skali rocznej, to
k · x2
= 2,5, a więc powstała różnica, która co prawda nie jest duża, ale istnieje
i przy większych kwotach zaczyna mieć istotne znaczenie. Ważniejsze jest
4
jednak to, że stwierdzenie, iż oprocentowanie w skali rocznej jest równe 100x,
zinterpretowaliśmy na dwa różne sposoby i widać wyraźnie, że możemy podać
jeszcze inny wynik. Na przykład odwiedzajmy nasz bank nie co pół roku, lecz
co miesiąc (dla prostoty przyjmujemy, że miesiąc to 1 część roku). Rozumując
12
tak jak poprzednio, stwierdzamy, że po miesiącu otrzymamy k(1 + x ) zł, zaś
12
po 2 miesiącach k(1 + x 12 )2 zł. Oczywiście po trzech miesiącach otrzymamy
kwotę k(1 + x 12 )3 , po czterech – k(1 + x 12 )4 itd. Po 12 miesiącach wypłata
wyniesie k(1 + x 12 )12 zł. Gdybyśmy podzielili rok na n równych części, gdzie
n oznaczać może dowolną z liczb 1,2,3,... , to wypłata po upływie m części
roku byłaby równa k(1 + x n )m zł, zaś po roku k(1 + x n )n zł. Należy zastanowić
się, jak trzeba liczyć oprocentowanie w takim przypadku, czy rozdrabnianie
1 Były inne paradoksy związane z problemem dzielenia w nieskończoność na części, np. punkt
nie ma długości, odcinek składa się z punktów i ma długość, poruszający się obiekt w nieskończenie
krótkim czasie nie przebywa żadnej odległości, a jednak się porusza. Przekonamy się, że dzięki pojęciu
granicy daje się w sensowny sposób mówić o tego rodzaju kwestiach, nie dochodząc do pozornych
sprzeczności.

1.1. Uwagi wstępne 11
roku powoduje wzrost wypłat, istotny przynajmniej w przypadku dużych sum
pieniędzy, czy też od pewnego momentu zwiększanie częstotliwości operacji
niczego istotnego już nie zmienia.
W opisanej sytuacji naturalnym jest rozważanie dodatniej liczby x. Nie
mniej jednak rozpatrywać należy dowolne liczby rzeczywiste. Na przykład,
zgodnie z prawem rozpadu promieniotwórczego, ubytek masy pierwiastka promieniotwórczego
jest proporcjonalny do czasu i masy substancji. Łatwo zauważyć,
że z punktu widzenia obliczeń obowiązuje taka sama reguła, jak w przypadku
pieniędzy lokowanych w banku, z tym że kwota na rachunku ma wzrastać,
podczas gdy masa substancji radioaktywnej zmniejsza się w czasie.
Podobnie jest np. z wydłużaniem się szyn kolejowych gdy rośnie temperatura
lub ich skracaniem się, gdy spada. To prawo fizyczne jest znane każdemu,
kto był przytomny w czasie lekcji fizyki w szóstej klasie szkoły podstawowej.
Nieliczni jednak uczniowie zauważają problem, który opisaliśmy wyżej. Stosowanie
tego prawa w sposób przedstawiony w podręcznikach szkolnych prowadzi
do różnych wyników, w zależności od tego, czy temperatura zmienia się np.
o 20 ◦ czy też o 10 ◦ + 10 ◦ , co oczywiście nie może być prawdą, bowiem wzrost
temperatury nie jest skokowy, lecz odbywa się stopniowo.
Podsumujmy: opisane zagadnienia prowadzą do rozpatrywania ciągu o wyrazie
(1 + x n )n – powyższe rozważania sugerują, że wzrost liczby naturalnej n
powinien powodować wzrost wyrażenia (1 + x n )n przynajmniej w przypadku
x > 0. W istocie rzeczy łatwo można się przekonać o tym, że również dla x < 0
i n > −x wzrost taki ma miejsce. Wykażemy to niebawem.
Innym rodzajem ciągu jest tzw. ciąg geometryczny: a n = a 0 q n , gdzie a 0 i q
są dowolnymi liczbami rzeczywistymi. Liczba q jest zwana ilorazem ciągu geometrycznego,
gdyż w przypadku q ≠ 0 jest równa ilorazowi dwóch kolejnych
wyrazów ciągu. Do rozpatrywania tego ciągu prowadzą opisane poprzednio zagadnienia,
przy założeniu że nie zmniejszamy odcinków czasu lub temperatury,
np. obliczamy, ile będzie pieniędzy na naszym koncie, jeśli wypłat można dokonywać
po ustalonym okresie, a oprocentowanie jest stałe w czasie. Wtedy a 0
oznacza wyjściową kwotę, a 1 kwotę znajdującą się na rachunku po upływie jednego
okresu, a 2 – po upływie dwóch okresów itd. Liczba ludzi w danym kraju
w przypadku stałego przyrostu naturalnego zachowuje się jak ciąg geometryczny
o ilorazie dosyć bliskim jedności – dodatni przyrost naturalny oznacza, że
iloraz jest większy niż 1, zaś ujemny przyrost naturalny, że iloraz jest mniejszy
niż 1.
Jeszcze innym rodzajem ciągu jest ciąg arytmetyczny: a n = a 0 + nd, gdzie
a 0 oraz d oznaczają dowolne liczby rzeczywiste. Liczba d zwana jest różnicą
ciągu arytmetycznego, jest ona równa różnicy dwóch kolejnych wyrazów ciągu.
W XIX w. zaobserwowano, że ilość zboża zachowuje się jak wyraz ciągu
arytmetycznego (n jest numerem roku). Oczywiście tego rodzaju obserwacje są
przybliżone, bowiem co jakiś czas zdarzają się powodzie, susze i wtedy proces
wzrostu ulega zakłóceniu. Bywają też zakłócenia innego rodzaju, np. w XIX w.

12 1. Ciągi nieskończone
zauważono, że stosowanie saletry chilijskiej (nawozy azotowe) zwiększa w istotny
sposób plony. Były też inne zakłócenia „naturalnego” tempa wzrostu ilości
zbóż.
W rękopisie z 1202 r. Leonarda z Pizy, zwanego Fibonaccim, znajduje się
następujące zadanie: ile par królików może być spłodzonych przez parę płodnych
królików i jej potomstwo w ciągu roku, jeśli każda para daje w ciągu
miesiąca żywot jednej parze, para staje się płodna po miesiącu, króliki nie zdychają
w ciągu tego roku? Jasne jest, że po miesiącu mamy już dwie pary przy
czym jedna z nich jest płodna, a druga jeszcze nie. Wobec tego po dwóch miesiącach
żyją już trzy pary królików: dwie płodne, jedna jeszcze nie. Po trzech
miesiącach żyje już pięć par królików: trzy płodne, dwie jeszcze nie. Po czterech
miesiącach jest już 8 = 5 + 3 par królików. Kontynuując to rozumowanie,
stwierdzamy po niezbyt długim czasie, że po roku żyje już 377 = 233+144 par
królików. Ciekawym zagadnieniem jest znaleźć wzór na liczbę a n , jeśli a 0 = 1,
a 1 = 2 i a n = a n−1 + a n−2 dla n = 2,3,4,... . Wzór taki został znaleziony
dopiero po kilkuset latach od napisania książki przez Fibonacciego i wygląda
następująco:
(
1+ √ ) n+2 (
5
2 −
1− √ ) n+2
5
2
a n =
√ .
5
Dowód prawdziwości tego wzoru jest prosty i nie wykracza poza program
liceum – łatwa indukcja. Jednak pozostaje pytanie, jak można tego rodzaju
hipotezę sformułować. Jest to pytanie znacznie ważniejsze od wykazania prawdziwości
tego wzoru, jednak na razie nie będziemy się tym zajmować (zob.
zad. 319).
1.2. Definicja ciągu i jego granicy
Przejdziemy teraz do ścisłego zdefiniowania ciągu.
DEFINICJA 1.1 (ciągu). Ciągiem nazywamy dowolną funkcję określoną na
zbiorze złożonym ze wszystkich tych liczb całkowitych, które są większe lub
równe pewnej liczbie całkowitej n 0 . Wartość tej funkcji w punkcie n nazywamy
n-tym wyrazem ciągu.
Symbolem (a n ) oznaczamy ciąg, którego n-tym wyrazem jest a n . Zaczęliśmy
rozdział od ciągu związanego z wielokątami wpisanymi w dany okrąg. W tym
przypadku najmniejszym numerem wyrazu ciągu jest liczba n 0 = 3 (zaczynamy
więc od a 3 ), w następnych przykładach mamy n 0 = 1 (teraz zaczynamy od a 1 ),
następne trzy ciągi rozpoczęliśmy od n 0 = 0. Oczywiście można rozpoczynać
numerację od dowolnej liczby całkowitej, również ujemnej.
Terminy ciąg arytmetyczny, ciąg geometryczny używane będą nie tylko
w przypadku ciągów rozpoczynających się od wyrazu a 0 , również w tym

1.2. Definicja ciągu i jego granicy 13
przypadku n 0 może być dowolną liczbą całkowitą. Chodzi jedynie o to, by były
prawdziwe równości a n+1 = a n +d lub – w przypadku ciągu geometrycznego –
a n+1 = a n·q dla wszystkich liczb całkowitych n ≥ n 0 . Zazwyczaj jednak numerację
będziemy rozpoczynać od 0 lub od 1. Jeśli nie zaznaczymy tego wyraźnie,
symbol n oznaczać będzie liczbę całkowitą nieujemną, czyli naturalną 2 .
Przejdziemy teraz do zdefiniowania granicy ciągu – pojęcia zasygnalizowanego
przy okazji omawiania paradoksu Zenona.
DEFINICJA 1.2 (granicy ciągu).
1. Liczba g nazywana jest granicą ciągu (a n ) wtedy i tylko wtedy, gdy
dla dowolnej liczby dodatniej ε > 0 istnieje taka liczba całkowita n ε , że jeśli
n > n ε , to |a n − g| < ε.
2. +∞ (czytaj: plus nieskończoność) jest granicą ciągu (a n ) wtedy i tylko
wtedy, gdy dla każdej liczby rzeczywistej M istnieje taka liczba całkowita n M ,
że jeśli n > n M , to a n > M.
3. −∞ (czytaj: minus nieskończoność) jest granicą ciągu (a n ) wtedy i tylko
wtedy, gdy dla każdej liczby rzeczywistej M istnieje taka liczba całkowita n M ,
że jeśli n > n M , to a n < M.
4. Jeśli g jest granicą ciągu (a n ), skończoną lub nie, to piszemy g = lim a n n→∞
lub a n −−−−→ g. Można też pisać a n → g , gdy n → ∞ lub krótko a n → g.
n→∞
Mówimy, że ciąg jest zbieżny, jeśli jego granica jest skończona.
Rysunek 1.1. Granica ciągu i jego wyrazy, m, n – „duże”
Skomentujemy po pierwsze część 1. definicji. Chodzi tam o to, że wyrazy
ciągu, których numery są dostatecznie duże (n > n ε ) przybliżają granicę
g z dopuszczalną dokładnością (|a n − g| < ε). Stwierdzimy tu wyraźnie, że
przejście do następnego wyrazu nie musi zwiększyć dokładności przybliżenia,
przeciwnie, chwilowo może się ta dokładność zmniejszyć i dopiero dostatecznie
duży wzrost numeru wyrazu zwiększy dokładność przybliżenia (jeśli ciąg
jest stały, np. a n = 33 dla każdej liczby naturalnej n, to błąd jest zerowy
zawsze, niezależnie od numeru wyrazu, więc dokładność nie może być poprawiona).
2 Część matematyków uważa, że liczby naturalne to 1, 2, ... Inni uważają, że zaczynać należy od 0.
W momencie pisania tego tekstu autor przychylił się do tej drugiej koncepcji: liczby naturalne służą
przede wszystkim do ustalania liczby elementów danego zbioru skończonego, ponieważ rozważamy
niejednokrotnie zbiór pusty, więc liczbę 0 uważać będziemy za naturalną.

14 1. Ciągi nieskończone
O liczbie ε myśleć należy jako o małej liczbie dodatniej (chodzi o to, że
jeśli dla małego ε umiemy wskazać moment, od którego błąd jest mniejszy
niż ε, to od tego momentu nierówność jest również spełniona z większym ε ).
Pamiętajmy również o tym, że liczba |x−y| może być traktowana jako odległość
dwóch punktów prostej. Nierówność |a n − g| < ε oznacza zatem, że punkt a n
znajduje się w przedziale o długości 2ε i środku g. W szczególności ciąg, którego
wszystkie wyrazy są takie same (lub nawet nie wszystkie, tylko wszystkie od
pewnego momentu, tj. dla dostatecznie dużych n są identyczne), jest zbieżny,
przy czym granicą takiego ciągu jest wspólna wartość jego wyrazów.
Często zamiast mówić: istnieje takie n ε , że dla n > n ε zachodzi ... będziemy
mówić, że dla dostatecznie dużych n zachodzi ... lub że dla prawie
wszystkich n zachodzi ... Tak więc: dla prawie wszystkich n ... oznacza dla
wszystkich, z wyjątkiem skończenie wielu n ...
Podobnie można interpretować część 2. definicji granicy. Tym razem wyraz
ciągu, którego numer jest dostatecznie duży (n > n M ) powinien być blisko
plus nieskończoności, więc ma być dużą liczbą dodatnią (a n > M). Interpretację
części 3. pozostawiamy czytelnikom – jest ona w pełni analogiczna do
części 2. Niektórzy autorzy używają terminu „ciąg jest rozbieżny do +∞”, a inni
mówią, że „ciąg jest zbieżny do +∞”. My będziemy stosować raczej pierwszą
terminologię.
1
Przykład 1.1. lim = 0. Aby przekonać się o prawdziwości tej tezy wystarczy
przyjąć, że n ε jest dowolną liczbą całkowitą większą niż 1 . Można więc
n→∞
n
ε
przyjąć np. n 1 = 2, n 1/2 = 3, n 0,41 = 3, ale można też powiększyć niektóre
z tych liczb lub nawet wszystkie i przyjąć n 1 = 10, n 1/2 = 207, n 0,41 = 3.
Mamy więc możliwość wyboru: liczbę n ε można zawsze zastąpić większą.
2n+3
Przykład 1.2. lim = 1 . Wykażemy, że wzór ten jest prawdziwy. Bez
n→∞ 4n−1 2 trudu stwierdzamy, że nierówność ∣ 1 − 2n+3
−7
2
∣ = ∣ ∣ ≤ 7 zachodzi dla
4n−1
2(4n−1)
dowolnej liczby całkowitej n ≥ 1. Wystarczy więc, by n ε > 7 . To zdanie
oznacza, że dla tak dobranego n ε i n > n ε prawdziwa jest nierówność
∣ 1 − 2n+3
2 4n−1∣ < ε – nie znaczy to jednak, że tylko dla tych liczb całkowitych n
6ε nierówność ta zachodzi! Nie musieliśmy rozwiązywać nierówności, choć w tym
przypadku było to możliwe – wystarczyło udowodnić, że nierówność zachodzi
dla wszystkich dostatecznie dużych liczb naturalnych n.
Przykład 1.3. Jeśli d > 0, to +∞ = lim (a 0 + nd). Postaramy się wykazać,
n→∞
że równość ta jest prawdziwa. Jeśli M jest dowolną liczbą rzeczywistą, n M >
M−a 0
i n > n
d
M , to n > M−a0 , zatem a
d
n = a 0 + nd > M, co dowodzi
prawdziwości równości, którą dowodzimy.
Wykażemy teraz bardzo użyteczną nierówność.
6n

1.2. Definicja ciągu i jego granicy 15
TWIERDZENIE 1.3 ( nierówność Bernoulliego). Załóżmy, że n jest liczbą
całkowitą dodatnią, zaś a > −1 liczbą rzeczywistą. Wtedy:
(1 + a) n ≥ 1 + na,
przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy a = 0 lub gdy n = 1.
Dowód. Jeśli n = 1, to oczywiście niezależnie od wyboru liczby a, równość
jest prawdziwa. Ponieważ (1 + a) 2 = 1 + 2a + a 2 ≥ 1 + 2a, przy czym
równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy a = 0, więc teza zachodzi dla
n = 2 i wszystkich liczb rzeczywistych a (nie tylko dla a > −1). Otrzymaną
nierówność (1 + a) 2 ≥ 1 + 2a możemy pomnożyć stronami przez liczbę dodatnią
(1 + a) – tu korzystamy z założenia a > −1. W wyniku otrzymujemy
(1 + a) 3 ≥ (1 + 2a)(1 + a) = 1 + 3a + 2a 2 ≥ 1 + 3a. Także w tym przypadku
jest widoczne, że dla a ≠ 0 otrzymujemy nierówność ostrą. Z tej nierówności
analogicznie wynika, że (1+a) 4 ≥ (1+3a)(1+a) ≥ 1+4a+3a 2 ≥ 1+4a. Teraz
w ten sam sposób wnioskujemy prawdziwość twierdzenia dla n = 5 i wszystkich
a > −1, potem dla n = 6 itd. Ogólnie, jeśli teza twierdzenia zachodzi dla
wszystkich liczb a > −1 przy ustalonym n, to:
(1 + a) n+1 ≥ (1 + na)(1 + a) = 1 + (n + 1)a + na 2 ≥ 1 + (n + 1)a
i znów bez trudu stwierdzamy, że równość ma miejsce jedynie dla a = 0.
Oczywiście jest to łatwe rozumowanie indukcyjne, nazwy nie użyto wcześniej,
by nie odstraszać tych, którzy jeszcze boją się indukcji.
TWIERDZENIE 1.4 (o granicy ciągu geometrycznego). Niech a n = q n .
Ciąg ten ma granicę 0, jeśli |q| < 1; ma granicę 1, jeśli q = 1; ma granicę +∞,
jeśli q > 1. Jeśli q ≤ −1, to ciąg granicy nie ma.
Dowód. W przypadku q = 0 oraz q = 1 teza jest oczywista, gdyż ciąg
jest stały (jego wyrazy nie zależą od numeru). Załóżmy teraz, że 0 < |q| < 1.
1
ε
Niech ε > 0 będzie liczbą rzeczywistą. Jeśli n ε >
− 1
1
jest liczbą całkowitą
− 1
|q|
i n > n ε , to:
( ( )) n
1 1
|q| = 1 +
n |q| − 1 ≥ 1 + n( 1
|q| − 1) > 1 + 1 ε − 1 = 1 ε .
1
Z otrzymanej nierówności wynika, że dla n > n ε zachodzi > 1, czyli
|q| n ε
|q n | < ε, a to oznacza, że lim q n = 0.
n→∞
Kolejny przypadek to q > 1. Mamy teraz q n = (1 + (q − 1)) n ≥ 1+n(q−1).
Wobec tego, jeśli n > n M i n M > M−1,
to q−1 qn > 1 + (M − 1) = M. Jasne jest
więc, że lim q n = +∞.
n→∞

16 1. Ciągi nieskończone
Pozostał przypadek ostatni: q ≤ −1. W tym przypadku mamy q n ≤ −1,
dla każdej liczby całkowitej nieparzystej n, oraz q n ≥ 1, dla każdej liczby
całkowitej parzystej n. Gdyby istniała skończona granica g, to wyrazy ciągu
o dostatecznie dużych numerach leżałyby w odległości mniejszej niż 1 od granicy
g – jest to natychmiastowa konsekwencja istnienia granicy skończonej.
Jeśli jednak odległości q n i q n+1 od granicy g są mniejsze niż 1, to odległość
między nimi jest mniejsza niż 1 + 1 = 2, co oznacza, że |q n − q n+1 | < 2. To
jednak nie jest możliwe, bowiem jedna z liczb q n , q n+1 jest mniejsza lub równa
−1, a druga większa lub równa 1. Stąd zaś wynika, że odległość między q n
i q n+1 nie jest mniejsza niż 1 − (−1) = 2. 3 Otrzymaliśmy sprzeczność, czyli
ciąg granicy skończonej nie ma.
+ ∞ granicą tego ciągu też nie jest, bowiem wtedy wyrazy ciągu o dostatecznie
dużych numerach musiałyby być większe od 0 (przyjmujemy M = 0),
a tak nie jest, gdyż te, których numery są nieparzyste, są ujemne. Analogicznie,
− ∞ nie jest granicą tego ciągu, gdyż wyrazy o numerach parzystych są
dodatnie, co wyklucza to, że wyrazy o dostatecznie dużych numerach są ujemne
(i w tym przypadku przyjmujemy M = 0).
Wykazaliśmy więc, że ciąg nie ma ani granicy skończonej ani nieskończonej,
co kończy badanie granicy ciągu geometrycznego.
1.3. Ciągi monotoniczne i ściśle monotoniczne, ciągi
ograniczone
DEFINICJA 1.5 ( ciągów monotonicznych). Ciąg (a n ) nazywamy niemalejącym
(rosnącym) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego numeru n zachodzi
nierówność a n ≤ a n+1 (a n < a n+1 ). Podobnie ciąg nierosnący (malejący) to
taki, gdy dla każdego numeru n zachodzi nierówność a n ≥ a n+1 (a n > a n+1 ).
Ciągi niemalejące i nierosnące mają wspólną nazwę: ciągi monotoniczne. Ciągi
rosnące i malejące nazywamy ciągami ściśle monotonicznymi.
W niektórych podręcznikach stosowana jest nieco inna terminologia: ciągi
niemalejące zwane są tam rosnącymi, a rosnące – ściśle rosnącymi. Jest
oczywiście obojętne, która z dwu koncepcji jest stosowana, jeśli tylko jest to
robione konsekwentnie. Można też, dla uniknięcia nieporozumień, mówić o ciągach
niemalejących i ściśle rosnących.
Ciąg geometryczny zaczynający się od wyrazu a 1 = q jest monotoniczny
w przypadku q ≥ 0: dla q = 0 oraz dla q = 1 ciąg geometryczny jest stały,
więc niemalejący i jednocześnie nierosnący. W przypadku 0 < q < 1 jest
on malejący, dla q > 1 jest on rosnący. Ciąg arytmetyczny jest rosnący, gdy
3 Można to rozumowanie zapisać wzorami: 2 ≤ |q n − q n+1 | ≤ |q n − g| + |g − q n+1 | < 1 + 1 = 2
dla dostatecznie dużych n.

1.3. Ciągi monotoniczne i ściśle monotoniczne, ciągi ograniczone 17
jego różnica d jest dodatnia, malejący – gdy d < 0, stały (więc jednocześnie
niemalejący i nierosnący), gdy d = 0.
DEFINICJA 1.6 (ciągów ograniczonych). Ciąg (a n ) nazywany jest ograniczonym
z góry wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka liczba rzeczywista M,
że dla każdej liczby naturalnej n zachodzi nierówność: a n ≤ M. Analogicznie,
(a n ) jest ograniczony z dołu wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka liczba rzeczywista
m, że dla każdego n zachodzi nierówność a n ≥ m. Ciąg ograniczony
z góry i z dołu nazywamy ograniczonym. Ciągiem nieograniczonym nazywamy
każdy ciąg, który nie jest ograniczony.
Ciąg (n) jest ograniczony z dołu, np. przez −13 lub 0, ale nie jest ograniczony
z góry, więc jest nieograniczony. Ciąg ( (−1) n) jest ograniczony z góry
np. przez 1 lub przez √ 1000, oraz z dołu, np przez −1, ale również przez −13.
Ciąg (a n ) jest ograniczony wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka liczba
nieujemna M, że |a n | ≤ M dla każdego n. Oczywisty jest wniosek z definicji
ciągu ograniczonego: M musi być tak duże, by liczba −M była ograniczeniem
dolnym ciągu (a n ) i jednocześnie by liczba M była jego ograniczeniem górnym.
Przykład 1.4. Zajmiemy się ciągiem ( (1 + x n )n) . Wypiszmy przybliżenia
dziesięciu pierwszych wyrazów ciągu:
w przypadku x = 1: w przypadku x = −4:
( )
1 +
1 1 ( )
1 = 2, 1 +
−4 1
1 = −3,
( )
1 +
1 2
2 =
9
= 2,25, ( )
4 1 +
−4 2
2 = 1,
( )
1 +
1 3
3 =
64
≈ 2,37, ( )
27 1 +
−4 3
3 =
−1
( ) ≈ −0,37,
27
1 +
1 4
4 =
625
≈ 2,44, ( )
256 1 +
−4 4
4 = 0,
( )
1 +
1 5
5 =
7776
≈ 2,49, ( )
3125 1 +
−4 5
5 =
1
≈ 0,00032,
3125
( )
1 +
1 6
6 =
117649
≈ 2,52, ( )
46656 1 +
−4 6
6 =
1
( ) ≈ 0,0014,
729
1 +
1 7
7 =
2097152
≈ 2,55, ( )
823543 1 +
−4 7
7 =
2187
( ) ≈ 0,0027,
823543
1 +
1 8
8 =
43046721
≈ 2,56, ( )
16777216 1 +
−4 8
8 =
1
≈ 0,0039,
256
( )
1 +
1 9
9 =
1000000000
≈ 2,58, ( )
387420489 1 +
−4 9
9 =
1953125
( ) ≈ 0,0050,
387420489
1 +
1 10
10 =
25937424601
≈ 2,59. ( )
10000000000 1 +
−4 10
10 =
59049
≈ 0,0060.
9765625
Łatwo można przekonać się, że ciąg o wyrazie a n = (1 + x n )n nie jest
ani geometryczny, ani arytmetyczny z wyjątkiem jednego przypadku: x = 0.
Wykażemy, że jeśli n > −x ≠ 0, to a n+1 > a n , czyli że ciąg ten jest rosnący
od pewnego momentu. W przypadku x > 0 jest rosnący, gdy x < 0, to może
się zdarzyć, że początkowe wyrazy zmieniają znak, więc o monotoniczności nie
może być nawet mowy. Jednak od momentu, w którym wszystkie wyrazy ciągu
są dodatnie, jest on niemalejący. Wypada to wykazać. Z nierówności n > −x

18 1. Ciągi nieskończone
wynika od razu nierówność n + 1 > −x. Z pierwszej z nich wnioskujemy, że
1 + x x
> 0, a z drugiej wynika, że 1 + > 0.
n n+1
Nierówność a n < a n+1 równoważna jest temu, że ( 1 + n) x n (
< 1 +
x n+1,
( )
n+1)
a ta z kolei – dzięki temu, że 1 + x > 0 – nierówności 1+ x n+1
n+1
n 1+ >
1
x
n (1+ n) = x
= n . Skorzystamy teraz z nierówności Bernoulliego (tw. 1.3), by udowodnić,
n+x
że ostatnia nierówność ma miejsce dla n > −x. Mamy:
( 1 +
x
n+1
1 + x n
) n+1
=
(
1 −
) n+1
x
≥ 1 − (n + 1)
(n + x)(n + 1)
n
n + x .
= 1 − x
n + x =
x
(n + x)(n + 1) =
−x
Dla jasności należy jeszcze zauważyć, że liczba , pełniąca rolę a w nierówności
Bernoulliego, jest większa od −1. Jest to oczywiste w przypadku
(n+x)(n+1)
x ≤ 0, bo w tym przypadku jest ona nieujemna, zaś dla x > 0 jej wartość
x
1
bezwzględna, czyli jest mniejsza od < 1. Wykazaliśmy więc, że
(n+x)(n+1) n+1
od momentu, w którym wyrażenie (1 + x ) staje się dodatnie, ciąg zaczyna
n
rosnąć (w przypadku x = 0 jest stały). Dodajmy jeszcze, że jeśli x > 0, to
wyrazy ciągu są dodatnie, jeśli zaś x < 0, to są one dodatnie dla n parzystego
oraz dla n nieparzystego, o ile n > −x.
Pozostaje pytanie: czy w przypadku x > 0 wzrost wyrazu ciągu ( (1 + x)n)
n
jest nieograniczony, czy też dla ustalonego x znaleźć można liczbę większą od
wszystkich wyrazów tego ciągu? Wykażemy, że ciąg ( (1 + x)n) jest ograniczony
z góry w przypadku dowolnej liczby rzeczywistej x.
n
Dla ujemnych x tak jest, gdyż od pewnego miejsca, jak to stwierdziliśmy
wcześniej, wyrazy ciągu są dodatnie i mniejsze od 1. Jeśli n > x > 0, to:
( ) n
(
1 + x ) n 1 − x2
n
= 2 1
( )
n 1 −
x n < ( )
n 1 −
x n .
n
Wyrażenie
1
(1− x n)
n maleje wraz ze wzrostem n (gdy rozpatrujemy n > x), gdyż
licznik nie zmienia się, a mianownik – jak to wykazaliśmy wcześniej – rośnie.
Wynika stąd, że jeśli n(x) jest najmniejszą liczbą całkowitą większą od x, to
( n(x)
1
wszystkie wyrazy ciągu są mniejsze niż n(x)−x)
.
=
(1− n(x)) x n(x)
Na przykład, niech n(1) = 2, zatem wszystkie wyrazy ciągu ( 1 + n) 1 n
są
( 2
2
mniejsze niż
2−1)
= 4. W przypadku x = −4 wszystkie wyrazy ciągu, począwszy
od piątego, są dodatnie i mniejsze od 1. Rozważywszy cztery pierwsze,
przekonujemy się o tym, że największym wyrazem ciągu jest wyraz drugi, równy
1, a najmniejszym – pierwszy, równy −3.

1.4. Granica ciągu monotonicznego 19
W istocie rzeczy z tego, co zostało napisane, wynika, że dla każdej liczby
( ) k (
1 k
(1 )
naturalnej k ≥ n(x) liczba =
(1− x k) k k−x ogranicza z góry ciąg +
x n
)
n
– zachęcamy do samodzielnego uzasadnienia tego prostego stwierdzenia.
1.4. Granica ciągu monotonicznego
Bez dowodu przyjmiemy za prawdziwe następujące twierdzenie.
TWIERDZENIE 1.7 (o istnieniu granicy ciągu monotonicznego). Każdy
ciąg monotoniczny ma granicę.
Tego twierdzenia nie da się wykazać bez użycia tzw. pewnika ciągłości.
W istocie rzeczy jest ono równoważne temu pewnikowi, którego nawet nie formułujemy.
Zauważmy jedynie, że gdybyśmy używali tylko liczb wymiernych,
tj. ułamków o całkowitych licznikach i mianownikach, to twierdzenie nie byłoby
prawdziwe – istnieją bowiem ciągi liczb wymiernych, których granice są
niewymierne. Twierdzenie to podaje więc istotną informację o zbiorze wszystkich
liczb rzeczywistych. Chodzi mianowicie o to, że nie ma w nim dziur, geometrycznie
jest to cała prosta. Pewnik ciągłości mówi to samo w nieco inny
sposób. Inaczej jest w przypadku zbioru liczb wymiernych, który jest „dziurawy”
– między każdymi dwiema różnymi liczbami wymiernymi c i d znajduje
się liczba niewymierna, np. c + d−c √
2
– jej niewymierność wynika łatwo z faktu,
że √ 2 jest liczbą niewymierną, zaś c ≠ d są wymierne. Jest też jasne, że leży
ona między c i d – od punktu c przesuwamy się w kierunku d o wektor d−c √
2
,
którego długość jest mniejsza niż odległość |c − d| punktów c i d (bo √ 2 > 1).
Z tego twierdzenia np. wynika od razu, że ciąg geometryczny, którego zbieżność
zbadaliśmy wcześniej, ma granicę dla q ≥ 0. Nie wynika natomiast istnienie
tej granicy dla q < 0, gdyż w przypadku ujemnego ilorazu ciąg geometryczny
nie jest monotoniczny. Z tego twierdzenia wynika również, że dla każdej
liczby rzeczywistej x ciąg ( (1 + x n )n) ma granicę – nie zawsze jest on monotoniczny,
ale zawsze jest monotoniczny od pewnego momentu, co w oczywisty
sposób również wystarcza, bowiem zmiana skończenie wielu wyrazów ciągu nie
ma wpływu na istnienie lub wartość granicy. W definicji granicy mowa jest
bowiem jedynie o wyrazach ciągu, których numery są dostatecznie duże,
zatem zmiana skończenie wielu wyrazów ciągu może jedynie mieć wpływ na
znaczenie słów dostatecznie duże.
DEFINICJA 1.8 (symbolu exp). exp(x) oznaczać będzie w dalszym ciągu
granicę ciągu ( (1 + x n )n) , tzn.:
exp(x) = lim
(1 + x ) n
.
n→∞ n

20 1. Ciągi nieskończone
Wobec tego symbol exp oznacza funkcję, która jest określona na zbiorze
wszystkich ( liczb rzeczywistych, jej wartością w punkcie x jest liczba dodatnia
lim 1 +
x n
n→∞ n)
.
1.5. Definicje działań z użyciem symboli nieskończonych
Wprowadziliśmy wcześniej symbole + ∞ oraz −∞. Nie są to liczby rzeczywiste,
lecz nowe obiekty. Teraz zdefiniujemy działania z ich użyciem.
DEFINICJA 1.9 (działań z użyciem symboli ±∞).
1. −(+ ∞) = − ∞, +(+ ∞) = + ∞, −(− ∞) = + ∞, +(− ∞) = − ∞;
2. + ∞ ± a = ±a + (+ ∞) = + ∞ dla każdej liczby rzeczywistej a;
3. − ∞ ± a = ±a + (− ∞) = − ∞ dla każdej liczby rzeczywistej a;
4. + ∞ + (+ ∞) = + ∞, − ∞ + (− ∞) = − ∞;
5. + ∞ − (− ∞) = + ∞, − ∞ − (+ ∞) = − ∞;
6. + ∞ · a = + ∞ i − ∞ · a = − ∞ dla każdego a > 0;
7. (+ ∞) · (+ ∞) = (− ∞) · (− ∞) = + ∞;
8. + ∞ · a = − ∞ i − ∞ · a = + ∞ dla każdego a < 0;
9.
a
±∞
= 0 dla dowolnej liczby rzeczywistej a;
10. ±∞ = ±∞ · 1 dla dowolnej liczby a ≠ 0;
a a
11. a + ∞ = + ∞, a − ∞ = 0 dla dowolnej liczby a > 1;
12. a + ∞ = 0 i a − ∞ = + ∞ dla dowolnej liczby 0 < a < 1;
13. − ∞ < a < + ∞ dla dowolnej liczby rzeczywistej a;
14. − ∞ < + ∞.
Nie definiujemy symboli, których na tej liście nie ma, np. ±∞ , 0·(±∞), 1±∞
±∞
i innych. Przyczyny, dla których nie wprowadza się szerszej definicji, staną się
jasne niebawem – okaże się, że nie ma sensownej drogi wprowadzenia definicji
tych symboli nieoznaczonych. Te definicje są wprowadzane po to, by można
było sformułować twierdzenia o obliczaniu granic, które czytelnik znajdzie
w następnym podrozdziale.
1.6. Obliczanie granic, stwierdzanie zbieżności ciągu –
podstawowe twierdzenia
Sformułujemy teraz kilka twierdzeń, które ułatwiają obliczanie granic, ich
szacowanie lub stwierdzanie ich istnienia. Potem pokażemy, jak można je stosować.
W końcu udowodnimy część z nich, by wyjaśnić mechanizm dowodzenia.

1.6. Obliczanie granic, stwierdzanie zbieżności ciągu – podstawowe twierdzenia 21
TWIERDZENIE 1.10 (o arytmetycznych własnościach granicy).
1. Jeśli istnieją granice lim a n , lim b n i określona jest ich suma, to istnieje
n→∞ n→∞
granica lim (a n + b n ) i zachodzi wzór: lim (a n + b n ) = lim a n + lim b n .
n→∞ n→∞ n→∞ n→∞
2. Jeśli istnieją granice lim a n , lim b n i określona jest ich różnica, to istnieje
n→∞ n→∞
granica lim (a n − b n ) i zachodzi wzór: lim (a n − b n ) = lim a n − lim b n .
n→∞ n→∞ n→∞ n→∞
3. Jeśli istnieją granice lim a n , lim b n i określony jest ich iloczyn, to istnieje
n→∞ n→∞
granica lim (a n · b n ) i zachodzi wzór: lim (a n · b n ) = lim a n · lim b n .
n→∞ n→∞ n→∞ n→∞
4. Jeśli istnieją granice lim a n , lim b n i określony jest ich iloraz, to istnieje
n→∞ n→∞
a
granica lim n
a
n→∞ b n
i zachodzi wzór lim n limn→∞ an
n→∞ b n
=
lim n→∞ b n
. ×
Zanim udowodnimy to twierdzenie, sformułujemy następne.
TWIERDZENIE 1.11 (o szacowaniu).
1. Jeśli C < lim a n , to dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność C < a n .
n→∞
2. Jeśli C > lim a n , to dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność C > a n .
n→∞
3. Jeśli lim b n < lim a n , to b n < a n dla dostatecznie dużych n.
n→∞ n→∞
4. Jeśli b n ≤ a n dla dostatecznie dużych n, to lim b n ≤ lim a n . ×
n→∞ n→∞
Wniosek 1.12 (z tw. o szacowaniu – jednoznaczność granicy). Ciąg ma co
najwyżej jedną granicę.
Dowód. Gdyby miał dwie, np. g 1 < g 2 , to moglibyśmy wybrać liczbę C
leżącą między g 1 i g 2 : g 1 < C < g 2 . Wtedy dla dostatecznie dużych n byłoby
jednocześnie a n < C (zob. tw. 1.10.2) oraz a n > C (zob. tw. 1.10.1), co
oczywiście nie jest możliwe.
Wniosek 1.13 (z tw. o szacowaniu – ograniczoność ciągu zbieżnego). Jeśli
granica lim a n jest skończona, to istnieją takie liczby rzeczywiste C,D, że
n→∞
dla wszystkich n zachodzi nierówność C < a n < D, czyli ciąg (a n ) jest
ograniczony z dołu liczbą C, zaś z góry liczbą D. ×
TWIERDZENIE 1.14 (o trzech ciągach). Jeśli a n ≤ b n ≤ c n dla dostatecznie
dużych n i ciągi (a n ) oraz (c n ) mają równe granice, to ciąg (b n ) też ma
granicę i zachodzi wzór:
lim
n→∞ a n = lim
n→∞
b n = lim
n→∞
c n . ×

22 1. Ciągi nieskończone
DEFINICJA 1.15 (podciągu). Jeśli (n k ) jest ściśle rosnącym ciągiem liczb
naturalnych, to ciąg (a nk ) nazywany jest podciągiem ciągu (a n ).
Na przykład ciąg a 2 , a 4 , a 6 ,... , czyli ciąg (a 2k ) jest podciągiem ciągu (a n )
– w tym przypadku n k = 2k. Ciąg a 2 , a 3 , a 5 , a 7 , a 11 ,... jest podciągiem ciągu
(a n ) – w tym przypadku n k jest k–tą liczbą pierwszą. Przykłady można
mnożyć, ale zapewne starczy powiedzieć, że chodzi o wybranie nieskończenie
wielu wyrazów wyjściowego ciągu bez zmiany kolejności, w jakiej występowały.
Jest jasne, że jeśli g jest granicą ciągu, to jest również granicą każdego jego
podciągu, wynika to od razu z definicji granicy i definicji podciągu. Łatwe
w dowodzie jest też twierdzenie pozwalające na zbadanie skończenie wielu podciągów
danego ciągu, właściwie wybranych, i wnioskowanie istnienia granicy
z istnienia wspólnej granicy wybranych podciągów.
TWIERDZENIE 1.16 (o scalaniu) 4 . Załóżmy, że z ciągu (a n ) można
wybrać dwa podciągi (a kn ) i (a ln ) zbieżne do tej samej granicy g, przy czym
każdy wyraz ciągu (a n ) jest wyrazem co najmniej jednego z tych podciągów,
tzn. dla każdego n istnieje takie m, że n = k m lub n = l m . Wtedy wspólna
granica obu tych podciągów jest granicą ciągu (a n ): lim
n→∞
a n = g. ×
Sformułujemy teraz bardzo ważne twierdzenie, które będzie wielokrotnie
stosowane w dowodach.
TWIERDZENIE 1.17 (Bolzano–Weierstrassa). Z każdego ciągu można wybrać
podciąg, który ma granicę (skończoną lub nie). ×
Wniosek 1.18 (z twierdzenia Bolzano–Weierstrassa). Ciąg ma granicę wtedy
i tylko wtedy, gdy granice wszystkich tych jego podciągów, które mają
granice, są równe. ×
Następne twierdzenie, w zasadzie już częściowo udowodnione, wykazał
Cauchy, jeden z twórców analizy matematycznej.
TWIERDZENIE 1.19 (Cauchy’ego). Ciąg (a n ) ma granicę skończoną wtedy
i tylko wtedy, gdy spełniony jest następujący warunek:
dla każdej liczby ε > 0 istnieje taka liczba naturalna n ε , że
jeśli k,l > n ε , to |a k − a l | < ε. ×
(wC)
Zdanie oznaczone symbolem (wC) nazywane jest zwykle warunkiem Cauchy’ego.
Twierdzenie Cauchy’ego, podobnie jak twierdzenie o istnieniu granicy
4 Ta nazwa to pomysł autora, który ma nadzieję, że będzie on przydatny.

1.7. Przykłady i komentarze 23
ciągu monotonicznego, pozwala czasem stwierdzić istnienie granicy bez ustalania
jej wartości, co w licznych przypadkach jest bardzo ważne. Pozwala ono
też wykazywać nieistnienie granic – w istocie rzeczy, wykazując, że ciąg geometryczny
o ilorazie q ≤ −1 nie ma granicy, wykazywaliśmy, że nie spełnia on
warunku Cauchy’ego, rolę ε pełniła tam liczba 2.
Listę twierdzeń niezbędnych dla dalszego wykładu można uznać za wyczerpaną,
ale ze względu na to, że wielu studentów zdążyło już poznać tzw.
regułę de l’Hospitala, podamy jeszcze jedno twierdzenie stanowiące jej odpowiednik
dla przypadku ciągów. Twierdzenie to jest bardzo przydatne w wielu
sytuacjach związanych z symbolami nieoznaczonymi typu 0 ±∞
oraz . 0 ±∞
TWIERDZENIE 1.20 (Stolza). Załóżmy, że wszystkie wyrazy ciągu (b n ) są
a
różne od 0, że jest on ściśle monotoniczny i że istnieje granica lim
n+1−a n
n→∞ b n+1−b n
= g.
Jeśli spełniony jest jeden z warunków:
(i) ciąg (b n ) ma granicę nieskończoną,
(ii) ciągi ( )(a n ) i (b n ) są zbieżne do 0,
a
to ciąg n
b n
ma granicę i zachodzi równość:
lim
n→∞
a n
a n+1 − a n
= lim . ×
b n n→∞ b n+1 − b n
1.7. Przykłady i komentarze
Teraz pokażemy jak można stosować twierdzenia z poprzedniego podrozdziału.
Przykłady 1.8, 1.9, 1.10, 1.11 są ważne, wyniki tam opisane będą później
wykorzystywane.
Przykład 1.5. Rozpoczniemy od przykładu już omówionego, ( ) ale teraz ciąg
zbadamy inaczej. Zajmiemy się mianowicie ciągiem (zob. przykład
2n+3
4n−1
1.2). Udowodniliśmy poprzednio, że granicą ciągu jest liczba 1 , nie wyjaśniając,
skąd wiedzieliśmy, że akurat ta liczba ma być granicą. Zauważmy, że za-
2
równo licznik jak i mianownik mają granice, mianowicie + ∞. Jesteśmy więc
w sytuacji niedobrej: mamy wyrażenie typu + ∞ . W tym przypadku można jednak
bez trudu przekształcić wyrażenie określające wyraz ciągu: 2n+3 = 2+ 3 n
+ ∞
.
4n−1 4− 1 n
Teraz możemy zastosować twierdzenie o granicy sumy ciągów (tw. 1.10.1),
potem o granicy różnicy ciągów (tw. 1.10.2), by stwierdzić, że lim (2 + 3) =
n→∞ n
3
= 2+ lim = 2+0 = 2 oraz lim (4− 1 1
) = 4− lim = 4−0 = 4 – wiemy już
n→∞ n n→∞ n n→∞ n
1
przecież, że lim
n→∞ n
= 0 (zob. przykład 1.1), zatem lim
n→∞
3 1
= 3· lim = 3·0 = 0.
n n→∞ n
Teraz mamy do czynienia z ilorazem, którego licznik ma granicę 2, zaś mianownik
– granicę 4, więc różną od 0, co umożliwia skorzystanie z twierdzenia

24 1. Ciągi nieskończone
o granicy ilorazu (tw. 1.10.4). Z niego wynika od razu, że granicą jest 2 = 1.
4 2
Oczywiście nic więcej już robić nie trzeba, bo twierdzenie o arytmetycznych
własnościach granicy gwarantuje zarówno istnienie granic, jak i odpowiednie
równości.
Pokażemy jednak jeszcze jeden sposób, który w tak prostej sytuacji
żywo przypomina strzelanie z armaty do wróbla, jednak chcemy zilustrować
metodę na bardzo prostym przykładzie. Zastosujemy twierdzenie Stolza.
Otóż lim (4n − 1) = + ∞. Ciąg (4n − 1) jest ściśle rosnący. Gdyby więc
n→∞
istniała granica lim
, to byłaby równa poszukiwanej. Mamy
[2(n+1)+3]−[2n+3]
n→∞ [4(n+1)−1]−[4n−1]
[2(n+1)+3]−[2n+3]
= 2 = 1. Otrzymaliśmy ciąg stały o wyrazie 1 , więc jego
[4(n+1)−1]−[4n−1] 4 2 2
granicą jest 1 Podkreślmy raz jeszcze, że chodzi o pokazanie, jak można zastosować
twierdzenie Stolza, choć sam przykład jest bardzo
2.
prosty.
Przykład 1.6. Rozważymy następny prosty ciąg: lim (n 5 −100n 4 −333978).
n→∞
Wykażemy, że ciąg ten ma granicę + ∞. Czytelnik zechce zwrócić uwagę na to,
że na pewno pierwsze 100 wyrazów to liczby ujemne – nie twierdzimy, że tylko
sto, ale n 5 − 100n 4 = n 4 (n − 100) ≤ 0 dla n ≤ 100, a od tej liczby odejmujemy
jeszcze 333978, więc te wyrazy są ujemne, a o znaku dalszych nic nie mówimy.
Zapiszmy wyraz ciągu w postaci n 5 (1 − 100 − 333978 ). Oczywiście lim n 5 =
n n 5
n→∞
= ( lim n) · ( lim n) · ( lim n) · ( lim n) · ( lim n) = (+ ∞) · (+ ∞) · (+ ∞) ·
n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n→∞
·(+ ∞) · (+ ∞) = + ∞ na mocy twierdzenia o granicy iloczynu (1.10.3). Na
mocy twierdzenia o granicy ilorazu (1.10.4) stwierdzamy, że lim = 0 oraz
100
n→∞
n
333978
lim = 0. Możemy więc zastosować dwukrotnie twierdzenie o granicy różnicy
(1.10.2), by stwierdzić, że lim 1 −
n→∞ n 5
(
100
− ) 333978
n→∞ n n = 1 − 0 − 0 = 1. Nasz
5
ciąg został więc przedstawiony jako iloczyn dwóch ciągów, z których pierwszy
dąży do + ∞, a drugi do liczby dodatniej, do 1. Z definicji mnożenia symboli
nieskończonych przez liczby dodatnie i twierdzenia o granicy iloczynu wynika,
że jego granicą jest + ∞.
Oczywiście i w tym przypadku można postąpić nieco inaczej. Możemy napisać
nierówność: n 5 − 100n 4 − 333978 ≥ n 5 − 334078n 4 = n 4 (n − 334078) –
otrzymaliśmy ciąg, który jest iloczynem dwóch ciągów: (n − 334078) i (n 4 ).
Oba dążą do + ∞, więc ich iloczyn dąży do + ∞ · + ∞ = + ∞.
Przykład 1.7. Pokazaliśmy wcześniej, że wyraz ciągu geometrycznego o ilorazie
z przedziału (−1,1) jest zbieżny do 0. Pokażemy, jak można uzyskać ten sam
rezultat bez szacowań, stosując w zamian twierdzenie o istnieniu granic pewnych
ciągów. Załóżmy na początek, że 0 ≤ q < 1. Wtedy oczywiście q n+1 ≤ q n ,
czyli ciąg jest nierosnący, a więc ma granicę. Oznaczmy ją symbolem g. Ponieważ
wszystkie wyrazy ciągu leżą w przedziale (0,1), granica leży w przedziale
[0,1]. Jest jasne, że jeśli granicą ciągu jest liczba g, to każdy jego podciąg jest

1.7. Przykłady i komentarze 25
też zbieżny do g. Wobec tego g = lim q n+1 = lim (q · q n ) = q · lim q n = q · g,
n→∞ n→∞ n→∞
czyli g = qg. Stąd, ponieważ q ≠ 1, natychmiast wynika, że g = 0. Załóżmy
teraz, że −1 < q < 0. Wtedy −|q| n ≤ q n ≤ |q| n . Z już udowodnionej części
twierdzenia i z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że 0 = lim (−|q| n ) =
n→∞
= lim q n = lim |q| n = 0.
n→∞ n→∞
W ten sam sposób można rozważyć przypadek q > 1. Ciąg (q n ) jest ściśle
rosnący, więc ma granicę g. Spełniona musi być równość g = qg, co jest możliwe
jedynie wtedy, gdy g = 0 lub g = ±∞. Wiemy oczywiście, że g > 0 – granica
rosnącego ciągu liczb dodatnich musi być większa niż 0, wobec tego g = + ∞.
W przypadku q ≤ −1 ciąg nie ma granicy, gdyż możemy wybrać podciąg, który
ma granicę g 1 ≤ −1, np. q 2n−1 = q · (q 2 ) n oraz podciąg, który ma granicę
g 2 ≥ 1, np. q 2n = (q 2 ) n , istnienie podciągów o różnych granicach przeczy
istnieniu granicy ciągu, zarówno skończonej jak i nieskończonej.
lim
n→∞
Przykład √ 1.8. Niech a > 0 będzie liczbą rzeczywistą. Wykażemy, że
n
a = 1. Podobnie jak w poprzednich przypadkach pokażemy dwie metody.
Tym razem zaczniemy od sposobu z mniejszą liczbą rachunków, czyli
„bardziej teoretycznego”.
Załóżmy, że a > 1. Ciąg ( n√ a) jest w tym przypadku ściśle malejący, jego
wyrazy są większe niż 1, więc ma granicę skończoną g, która nie może być
mniejsza niż 1. Każdy podciąg tego ciągu jest zbieżny do g. Między innymi
g = lim
n→∞
2n √ a. Skorzystamy teraz z twierdzenia o iloczynie granic:
g 2 = g · g = lim
n→∞
2n √ a · lim
n→∞
2n √ a = lim
n→∞
(
2n
√ a
) 2
= lim
n→∞
n √ a = g,
zatem g 2 = g. Stąd wynika, że g = 0 < 1 lub g = 1 (już wiemy, że g nie jest
równe ±∞). Ponieważ pierwsza możliwość została wcześniej wykluczona, więc
zostaje druga, czyli g = 1.
Dla a = 1 teza jest prawdziwa w oczywisty sposób. Załóżmy teraz, że
0 < a < 1. Mamy lim
√ n 1
a = lim
n→∞ n→∞
n√ = 1
1/a lim
= 1 = 1 – skorzystaliśmy
n√1/a 1
n→∞
z twierdzenia o ilorazie granic oraz z już udowodnionej części tezy.
Teraz udowodnimy, że lim
√ n
a = 1 w przypadku a > 1, za pomocą szacowań.
Niech ε będzie dowolną liczbą rzeczywistą dodatnią. Chcemy wykazać, że
n→∞
dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n zachodzi nierówność | n√ a−1| < ε,
czyli że 1 −ε < n√ a < 1+ε. Ponieważ a > 1, nierówność podwójna sprowadza
n
się do nierówności √ a < 1+ε, czyli do nierówności a < (1+ε) n . Ta z kolei wynika
z nierówności a < 1+nε, bo 1+nε < (1+ε) n – nierówność Bernoulliego.
Wystarczy więc, by n ε > a−1 . To kończy dowód.
ε
Uwaga 1.21 (o rozumowaniu w przykładzie 1.8): nie rozwiązywaliśmy nierówności
n√ a < 1+ε, gdyż wymagałoby to zastosowania logarytmów, n >
log a
log(1+ε) ,

26 1. Ciągi nieskończone
wskazaliśmy jedynie moment, od którego nierówność jest prawdziwa, nie troszcząc
się o to, co się dzieje w przypadku wcześniejszych n.
Przykład 1.9. Teraz wykażemy, że granicą ciągu ( n√ n) jest liczba 1. Zacznijmy
od wypisania kilku pierwszych wyrazów ciągu:
1√ √ √
1 = 1, 2,
3
3, 4√ 4 = √ 2,
.... Bez trudu można stwierdzić, że 3√ 3 > √ 2 – można np. podnieść tę nierówność
obustronnie do potęgi 6. Oznacza to, że √ 2 < 3√ 3 > 4√ 4. Wynika stąd, że
ciąg ten nie jest ani malejący ani rosnący. Nie wyklucza to monotoniczności od
pewnego miejsca. Udowodnimy więc, że lim
√ n
n = 1, korzystając z definicji
n→∞
granicy ciągu, inny sposób pokażemy później.
Niech ε będzie dodatnią liczbą dodatnią. Ponieważ wszystkie wyrazy ciągu
są większe lub równe od 1, więc wystarczy wykazać, że dla dostatecznie dużych
n zachodzi nierówność n√ n < 1 + ε, czyli n < (1 + ε) n . Tym razem nierówność
Bernoulliego jest niewystarczająca, ale ponieważ ε > 0, więc dla n ≥ 2 mamy
(1+ε) n ≥ 1+ ( (
n
1)
ε+
n
)
2 ε 2 > ( )
n
2 ε 2 . Wystarczy więc, żeby n < ( )
n
2 ε 2 = n(n−1) ε 2 ,
2
2
czyli + 1 < n, co kończy dowód.
ε 2
Teraz pokażemy, jak można uzyskać ten wynik bez szacowań. Podnosimy
stronami nierówność n+1√ n + 1 < n√ n do potęgi n(n + 1). Wynik to
(n + 1) n < n n+1 . Dzieląc stronami prze z n n , otrzymujemy n > ( )
n+1 n
n =
= ( 1 + n) 1 n
( . Otóż wcześniej wykazaliśmy (podrozdział 1.3), że ciąg
(1 )
+
1 n
)
jest ograniczony. Wobec tego nierówność n > ( 1 + 1 n
n
n)
zachodzi
dla wszystkich dostatecznie dużych liczb naturalnych n – nie mamy
powodu ustalać w tej chwili, od którego momentu jest ona prawdziwa. Wobec
tego ciąg ( n√ n) jest malejący od pewnego momentu, jest też ograniczony z dołu
przez liczbę 1, a co zatem idzie – zbieżny. Niech g będzie jego granicą. Każdy
2n
podciąg tego ciągu, np.
√ 2n, jest zbieżny do tej samej granicy g. Wobec tego:
g 2 = g · g = lim
√ 2n
2n · lim
√ 2n
2n = lim
n→∞ n→∞
(
n√
= lim
√ )
2 ·
n
n
n→∞
n→∞
(
= lim
n→∞
n √ 2 · n√ n = 1 · g.
√ ) 2
2n
2n
Otrzymaliśmy równość g 2 = g, a ponieważ 1 ≤ g < + ∞, więc g = 1, co kończy
dowód. Okazało się, że również w tym przypadku można ominąć rachunki,
wymagało to tylko nieco więcej zachodu niż poprzednio, gdyż ciąg nie jest
monotoniczny, a tylko malejący od pewnego momentu.
Przykład 1.10. Niech k będzie dowolną liczbą całkowitą dodatnią, q liczbą
rzeczywistą większą od 1. Wykażemy, że lim
k
= 0. Ciąg (q n ) jest ściśle
n
n→∞ q n
rosnący, jego granicą jest + ∞, więc spróbujemy użyć twierdzenie Stolza. Zaczniemy
od k = 1. Mamy:

1.7. Przykłady i komentarze 27
n + 1 − n
lim
n→∞ q n+1 − q = lim 1
n n→∞ q n (q − 1) = 1 ) n
1
q − 1 n→∞( · lim = 0.
q
Ponieważ iloraz różnic kolejnych liczników przez różnice kolejnych mianowników
ma granicę, iloraz ciągów też ma granicę i to taką samą, czyli 0. 5
Teraz zajmiemy się ciągiem
(
n 2
q n )
. Tak jak poprzednio możemy spróbować
użyć twierdzenie Stolza. Zbadamy iloraz różnic kolejnych liczników i mianowników.
Mamy
(n + 1) 2 − n 2
lim
n→∞ q n+1 − q n
2n + 1
= lim
n→∞ q n (q − 1) = 2
q − 1 lim n
n→∞ q + 1 ) n
1 n q − 1 n→∞( lim = 0.
q
Ostatnia równość wynika z twierdzenia zastosowanego dla k = 1, które już
udowodniliśmy. Nasuwa to myśl o udowodnieniu twierdzenia w pełnej ogólności
za pomocą indukcji. Szczegóły pozostawiamy czytelnikom. Najważniejszy
krok to stwierdzenie, że (n+1) k −n k jest wielomianem stopnia (k−1) zmiennej
n – wynika to natychmiast z wzoru dwumianowego Newtona. W konsekwencji
iloraz różnic kolejnych liczników przez kolejne mianowniki jest sumą co
najwyżej k składników postaci c · , gdzie c oznacza pewną liczbę rzeczywistą,
zaś j < k – pewną liczbę naturalną. Suma taka na mocy założenia
indukcyjnego jest zbieżna do 0.
Naszkicujemy teraz inną metodę dowodu. Niech q = 1+r. Ponieważ q > 1,
n j
q n (q−1)
więc r > 0. Jeśli n > k, to q n = (1 + r) n =
n∑
j=0
( n
j)
r j > ( n
k+1)
r k+1 . Wyrażenie
( )
n
k+1 r k+1 = n(n−1)...(n−k+1)(n−k) r k+1 jest wielomianem stopnia k + 1 > k
k!
nk
zmiennej n, więc lim = 0 i oczywiście 0 <
n→∞ ( k+1)r n k+1
n
z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że lim
k
= 0.
n→∞ q n
n k
q n <
n k
( n
k+1)r k+1 , zatem
Przykład 1.11. Niech a n = qn
n!
i niech q oznacza dowolną liczbę rzeczywistą.
Wykażemy, że lim
n→∞
a n = 0.
Z definicji ciągu (a n ) wynika, że a n = q·q·q·····q
1·2·3·····n
|q|
wzrostem liczby n. Jest nawet lim
n→∞ n
|q|
. Iloraz maleje wraz ze
n
= 0. Oznacza to, że jeśli n jest duże,
to wyraz a n+1 jest znikomo małą częścią wyrazu a n . Stąd powinna wynikać
zbieżność ciągu do 0. Rzeczywiście, niech m ≥ 2|q| będzie liczbą naturalną
5 W 1798 r. angielski ekonomista Th.R. Malthus w pracy An Essay on the Principle of Population
stwierdził, że liczba ludności wzrasta jak ciąg geometryczny, zaś ilość żywności jak ciąg arytmetyczny
(tzw. prawo Malthusa). Wynikałoby stąd i z tego, co właśnie wykazaliśmy, że ilość żywności przypadająca
na jedną osobę maleje w czasie i to do 0, co prawda w bardzo długim czasie, bo w przypadku
liczby ludności q ≈ 1, ale to i tak nie wyglądało dobrze.

28 1. Ciągi nieskończone
i niech n > m. Wtedy:
0 <
q n
∣n!
∣ = |qm |
·
m!
|q|
m + 1 ·
|q|
m + 2 · · · · · |q| ( ) n−m
n < |qm | 1
· .
m! 2
Ostatnie wyrażenie dąży do 0, gdyż jest to wyraz ciągu geometrycznego o ilorazie
1 . Stosujemy twierdzenie o trzech ciągach. Z niego wynika, że lim ∣ qn ∣
2 n→∞ n! = 0.
Dowód został zakończony.
n!
Przykład 1.12. lim = 0. Wynika to stąd, że 0 < n! = 1 · 2 · · · · · n ≤ 1
n→∞ n n n n n n n n
1
i tego, że lim = 0. Dowód został zakończony.
n→∞ n
Przykład 1.13. Jeżeli k > 1 jest liczbą naturalną, x 1 , x 2 , ... są liczbami
nieujemnymi i lim x n = g, to lim
√ k
x n = k√ g. Jeśli bowiem ( √ )
k
x ln jest podciągiem
zbieżnym do granicy x ciągu ( √ )
n→∞ n→∞
k
x n , to dzięki twierdzeniu o granicy
iloczynu ciągów zachodzi: x k = ( lim
√ k
x ln ) k = lim x ln = g. Ponieważ x ≥ 0,
n→∞ n→∞
jako granica ciągu liczb nieujemnych, więc x = k√ g. Wykazaliśmy więc, że
wszystkie te podciągi ciągu ( √ )
k
x √ n , które mają granice, są zbieżne do
k
g.
Z wniosku z twierdzenia Bolzano–Weierstrassa wynika, że granicą ciągu ( √ )
k
x n
jest k√ g. To twierdzenie z łatwością można rozszerzyć na przypadek ciągu liczb
ujemnych i pierwiastka stopnia nieparzystego.
Inny dowód można podać, korzystając z łatwej do uzasadnienia nierówności
∣ √ k
x − k√ y ∣ ≤ k√
|x − y|, ale nie będziemy wchodzić w szczegóły.
Przykład 1.14. Teraz kilka słów wyjaśniających, dlaczego pewne działania
z użyciem symboli nieskończonych są zdefiniowane, a inne – nie. Wypiszmy
kilka równości łatwych do dowodu:
= 0, co sugeruje, że powinna być spełniona rów-
(
lim n − (n −
1
)) 1
= lim
n→∞
n n→∞ n
ność:
+∞ − (+∞) = 0;
lim (n − (n − 1)) = lim 1 = 1, co sugeruje, że powinna być spełniona równość:
n→∞ n→∞
+∞ − (+∞) = 1;
(
lim n − (n −
n
)) n
= lim = + ∞, zatem powinna być spełniona równość:
n→∞ 2 n→∞ 2
+ ∞ − (+ ∞) = + ∞;

1.8. Dowody 29
lim (n − (2n)) = lim (−n) = −∞, zatem powinna być spełniona równość:
n→∞ n→∞
+∞ − (+ ∞) = − ∞.
Okazuje się więc, że z tego, że dwa ciągi dążą do +∞, nic nie wynika na
temat wartości granicy ich różnicy. Przyjąwszy a n = n i b n = n + (−1) n ,
przekonujemy się z łatwością, że może się też zdarzyć, że lim a n = + ∞,
n→∞
lim b n = + ∞, natomiast różnica (a n − b n ) ciągów (a n ) i (b n ) granicy w ogóle
n→∞
nie ma W tym przypadku jest ona ciągiem geometrycznym o ilorazie −1. Innymi
słowy na podstawie tego, że dwa ciągi mają granicę + ∞, nic o istnieniu
granicy ich różnicy lub jej wartości, w przypadku gdy granica istnieje, powiedzieć
nie można! To samo dotyczy innych symboli nieoznaczonych np. 0, ±∞,
0 ±∞
1 ±∞ , 0 0 ... Zachęcamy czytelnika do samodzielnego wymyślenia odpowiednich
przykładów w celu lepszego zrozumienia tych kwestii.
Uwaga 1.22 (historyczna). Wielu studentów miewało w przeszłości – przyszłość
nie jest autorowi znana — kłopoty z symbolami nieoznaczonymi; wg.
autora samodzielne wymyślenie kilku przykładów ilustrujących niemożność
rozszerzenia definicji działań z użyciem nieskończoności, to jedna z najpewniejszych
dróg uniknięcia tego rodzaju trudności.
Przykład 1.15. Ostatnia rzecz, o której wspomnieć wypada przed przejściem
do dowodów, to twierdzenie o przenoszeniu się nierówności na granicę
(1.10.4). Otóż można by pomyśleć, że jeśli dla wszystkich dostatecznie dużych
liczb naturalnych n zachodzi ostra nierówność b n < a n , to również w granicy
nierówność jest ostra. Tak może być, ale nie musi. Świadczyć może o tym następujący
przykład: a n = 1
2n , b n = 1 n — wobec tego nierówność a n < b n zachodzi
dla n = 1,2,3,... , ale jednocześnie lim
n→∞
a n = 0 = lim
n→∞
b n .
1.8. Dowody
Przejdziemy teraz do dowodów twierdzeń sformułowanych na początku
tego rozdziału. Zaczniemy od nierówności.
Dowód tw. 1.11 (o szacowaniu). Zaczniemy od 1.11.1. Przypomnijmy, że
liczba C jest mniejsza od granicy ciągu (a n ). Mamy wykazać, że dla dostatecznie
dużych n zachodzi nierówność C < a n . Załóżmy najpierw, że granica
lim
n→∞ a n jest nieskończona. Ponieważ granica ta jest większa od liczby rzeczywistej
C, więc lim
n→∞
a n = + ∞ (bo − ∞ < C). Z definicji od razu wynika, że
dla każdej liczby rzeczywistej M, począwszy od pewnego momentu, zachodzi
nierówność a n > M – wystarczy więc przyjąć M = C, by przekonać się, że dla
dostatecznie dużych n zachodzi nierówność C < a n .

30 1. Ciągi nieskończone
Przejdźmy do następnego przypadku: granica lim a n jest skończona. Niech
n→∞
ε = lim a n − C. Z definicji od razu wynika, że dla dostatecznie dużych n zachodzi
nierówność |a n − lim a n | < ε, więc a n > lim a n − ε = C.
n→∞
n→∞ n→∞
W taki sam sposób udowodnić można 1.11.2 – trzeba jedynie zmienić kierunki
niektórych nierówności i zastąpić + ∞ przez − ∞.
Teraz załóżmy, że lim b n < lim a n . Niezależnie od tego, czy granice są
n→∞ n→∞
skończone, czy nie, istnieje taka liczba C, że lim b n < C < lim a n . Na mocy
już udowodnionej części twierdzenia dla dostatecznie dużych n zachodzą
n→∞ n→∞
nierówności b n < C oraz C < a n . Z nich wynika od razu, że dla dostatecznie
dużych liczb naturalnych n mamy b n < a n , co kończy dowód części 1.11.3.
Załóżmy, że od pewnego momentu zachodzi nierówność b n ≤ a n , chcemy
natomiast wykazać, że lim b n ≤ lim a n . Jeśli tak nie jest, to lim b n > lim a n .
n→∞ n→∞ n→∞ n→∞
Stąd jednak wynika, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n zachodzi
nierówność b n > a n , która przeczy założeniu. Zakończyliśmy dowód twierdzenia
o szacowaniu.
Już wcześniej wywnioskowaliśmy z tego twierdzenia, że jeśli ciąg ma granicę,
to tylko jedną.
Dowód wniosku 1.13. Mamy udowodnić, że ciąg zbieżny do granicy
skończonej jest ograniczony zarówno z góry, jak i z dołu. Niech c,d będą takimi
liczbami rzeczywistymi, że c < lim a n < d. Z twierdzenia o szacowaniu
n→∞
wynika, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n, powiedzmy większych
od odpowiednio dobranej liczby m, zachodzi nierówność c < a n < d. Wystarczy
teraz przyjąć, że C jest najmniejszą z liczb a 0 , a 1 , ..., a m , c, by dla
wszystkich liczb naturalnych n było C ≤ a n . Analogicznie przyjmujemy, że
D jest największą z liczb a 0 , a 1 , ..., a m , d – wtedy a n ≤ D dla wszystkich
liczb naturalnych n. Dowód tego wniosku został zakończony.
Uwaga 1.23 (o kłopotach z nieskończonością). Ten dowód jest bardzo prosty.
Proszę jednak zwrócić uwagę na to, że spośród skończenie wielu liczb
można zawsze wybrać najmniejszą, a spośród nieskończenie wielu niekoniecznie,
np. wśród liczb 1, 1, 1 ,... najmniejszej nie ma!
2 3
Uwaga 1.24 (o zbieżności ciągu przeciwnego). Zauważmy teraz, że ciąg (c n )
ma granicę wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg (− c n ) ma granicę, niezależnie od
tego, czy granica ta jest skończona, czy nieskończona, oraz że zachodzi wtedy
równość lim (− c n ) = − lim c n .
n→∞ n→∞
Ta bardzo prosta uwaga wielokrotnie pozwoli nam na zmniejszenie liczby
przypadków rozważanych w dowodach.

1.8. Dowody 31
Dowód tw. 1.10 (o arytmetycznych własnościach granicy ciągu). Udowodnimy,
że suma granic dwóch ciągów jest granicą sumy tych ciągów. Załóżmy,
że g a = lim a n i g b = lim b n . Należy rozważyć trzy przypadki: g a , g b są
n→∞ n→∞
liczbami rzeczywistymi, g a jest liczbą rzeczywistą zaś g b jest symbolem nieskończonym,
g a , g b są symbolami nieskończonymi tego samego znaku.
Rozpoczniemy od granic skończonych, przypadku znanego z nauki w szkole.
Niech ε będzie dodatnią liczbą rzeczywistą i niech n ′ ε będzie taką liczbą
naturalną, że dla n > n ′ ε zachodzi nierówność |a n − g a | < ε . Niech n′′
2 ε będzie
taką liczbą naturalną, że nierówność |b n − g b | < ε zachodzi dla n > n′′
2 ε
i niech n ε oznacza większą z liczb n ′ ε, n ′′
ε. Wtedy dla n > n ε zachodzą obydwie
nierówności, zatem:
|a n + b n − (g a + g b )| ≤ |a n − g a | + |b n − g b | < ε 2 + ε 2 = ε.
Wynika z tego, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n (czyli n > n ε )
różnica (a n + b n ) − (g a + g b ) ma wartość bezwzględną mniejszą niż ε, a to
oznacza, że lim (a n +b n ) = g a +g b . Dowód twierdzenia o granicy sumy ciągów
n→∞
w tym przypadku został zakończony.
Zajmiemy się teraz następnym przypadkiem: niech liczba g będzie granicą
ciągu (a n ), czyli g = lim a n , i niech + ∞ = lim b n . Wykażemy, że
n→∞ n→∞
lim (a n + b n ) = + ∞. Niech M będzie dowolną liczbą rzeczywistą. Istnieje
taka liczba naturalna n ′′ M−g+1, że dla n > n ′′ M−g+1 zachodzi nierówność
n→∞
b n > M − g + 1. Istnieje też taka liczba naturalna n ′ 1 , że dla n > n′ 1 zachodzi
nierówność |a n − g| < 1. Niech n M będzie większą z liczb n ′′ M−g+1 i n ′ 1. Dla
n > n M obie nierówności zachodzą, więc:
a n + b n = b n + g + (a n − g) ≥ b n + g − |a n − g| > (M − g + 1) + g − 1 = M .
Wykazaliśmy, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n zachodzi nierówność
a n + b n > M, więc lim (a n + b n ) = + ∞. Dowód został zakończony.
n→∞
Jeśli więc ciąg (a n ) ma granicę skończoną i lim b n = − ∞, to na mocy
n→∞
poprzednio wykazanej części twierdzenia o granicy sumy ciąg ( −a n +(−b n ) ) ma
granicę i zachodzi równość lim (−a n − b n ) = − lim a n + lim (−b n ) = + ∞, co
n→∞ n→∞ n→∞
w świetle uwagi o granicy ciągu przeciwnego oznacza, że granica lim (a n +b n )
n→∞
istnieje i jest równa − ∞. Dowód został zakończony.
Został jeszcze jeden przypadek: obie granice są równe + ∞ lub obie są równe
− ∞. Z uwagi o zbieżności ciągu przeciwnego wynika, że dowód wystarczy
przeprowadzić, zakładając, że lim
a n = + ∞ = lim b n . Jeśli M jest dowol-
n→∞ n→∞
oraz n ′′ M , że jeśli
2
, to b n > M . Przyjmijmy, że n 2 M jest
ną liczbą rzeczywistą, to istnieją takie liczby naturalne n ′ M
2
n > n ′ M
2
, to a n > M 2 , zaś jeśli n > n′′ M
2

32 1. Ciągi nieskończone
większą z liczb n > n ′ , n > M/2 n′′ M/2
. Wtedy zachodzą obie nierówności i wobec
tego a n + b n > M + M = M, więc dla dostatecznie dużych liczb naturalnych
2 2
n zachodzi nierówność a n + b n > M, a to oznacza, że lim (a n + b n ) = + ∞
n→∞
Dowód został zakończony.
Z uwagi o zbieżności ciągu przeciwnego i tw. 1.10.1 (o granicy sumy) wynika
od razu twierdzenie o granicy różnicy (tw. 1.10.2).
Zajmiemy się teraz iloczynem. Tak jak poprzednio jest wiele przypadków,
których liczbę można zredukować, stosując uwagę o zbieżności ciągu przeciwnego,
do następujących: obie granice są skończone, obie granice są równe +∞,
jedna granica jest dodatnią liczbą rzeczywistą, a druga jest nieskończona, np.
+∞.
Rozpoczniemy od rozpatrzenia granicy iloczynu dwóch ciągów mających
skończone granice. Z twierdzenia o szacowaniu wynika, że każdy z tych ciągów
jest ograniczony, więc istnieje taka liczba K ′ > 0, że |a n | ≤ K ′ , i istnieje też
taka liczba K ′′ , że |b n | < K ′′ dla każdej liczby naturalnej n. Przyjmując, że
K to większa z liczb K ′ , K ′′ , znajdujemy liczbę, której nie przekracza wartość
bezwzględna żadnego wyrazu któregokolwiek z dwóch rozpatrywanych ciągów:
|a n |, |b n | ≤ K. Niech g a = lim a n , g b = lim b n . Z twierdzenia o szacowaniu
n→∞ n→∞
wnioskujemy, że również |g a |, |g b | ≤ K. Niech ε oznacza dowolną liczbę dodatnią.
Istnieje wtedy taka liczba naturalna n ε , że jeśli n > n ε , to |a n − g a | < ε
2K
i jednocześnie |b n − g b | < ε . Wtedy:
2K
|a n b n − g a g b | = |(a n − g a )b n + g a (b n − g b )| ≤
≤ |a n − g a | · |b n | + |g a | · |b n − g b | < ε
2K · K + K · ε
2K = ε.
Udowodniliśmy więc, że dla dostatecznie dużych n odległość ( liczby ) a n b n
od liczby g a g b jest mniejsza niż ε, co oznacza, że g a g b = lim an · b n , a to
n→∞
właśnie było naszym celem.
Teraz zajmiemy się granicą iloczynu ciągów, z których jeden ma granicę
skończoną dodatnią, a drugi – granicę + ∞. Niech g a = lim a n będzie
n→∞
liczbą dodatnią i niech + ∞ = lim b n . Niech M będzie dowolną liczbą rzeczywistą.
Z twierdzenia o szacowaniu wynika, że istnieje taka liczba natu-
n→∞
ralna n M , że jeżeli n > n M , to a n > 1g 2 a > 0 i b n > 2|M|
g a
> 0. Wtedy
a n b n > 1g 2 a 2|M|
g a
= |M| ≥ M. Dowód w tym przypadku został zakończony.
Rozpatrzymy teraz iloczyn dwóch ciągów (a n ) i (b n ), zakładając, że spełniona
jest równość lim a n = + ∞ = lim b n . Jeśli M jest dowolną liczbą rzeczywistą,
to istnieje taka liczba naturalna n M , że dla n > n M zachodzą
n→∞ n→∞
nierówności a n > 1 + |M| i b M > 1 + |M|. Wtedy dla n > n M mamy
a n b n > (1+|M|) 2 > 2·|M| ≥ |M| ≥ M, co dowodzi równości + ∞ = lim a n b n .
n→∞
Twierdzenie o granicy iloczynu ciągów zostało w ten sposób udowodnione.

1.8. Dowody 33
Pozostała ostatnia część – twierdzenie o granicy ilorazu. Znów zaczniemy
od granic skończonych. Niech g a = lim a n i niech 0 ≠ g b = lim b n . Wykażemy,
że lim n
n→∞ n→∞
a
n→∞ b n
= ga
g b
. Niech ε będzie dowolną liczbą dodatnią. Z poczynionych
założeń wynika, że istnieje taka liczba naturalna n ε , że jeśli n > n ε , to 6 :
|b n | > |g b|
2 , |a n − g a | < ε · |g b|
, |b n − g b | < ε · |g b| 2
4
4(|g a | + 1) .
Dla n > n ε mamy więc:
a n
∣ − g ∣
a ∣∣∣
= |a ng b − g a b n |
b n g b |g b b n |
≤ |a ng b − g a g b | + |g a g b − g a b n |
|g b | 2 /2
= 2
|g b | |a n − g a | + 2|g a|
|g b | 2 |g b − b n | < ε.
=
Twierdzenie zostało udowodnione w przypadku granic skończonych. Jeżeli ciąg
(b n ) ma granicę skończoną i różną od 0 oraz lim a n = + ∞, to ciąg ( )
1
n→∞ b n
ma
granicę skończoną i różną od 0 – wynika to z już udowodnionej części twierdzenia
o granicy ilorazu. W tym przypadku można zastosować twierdzenie
o granicy iloczynu ciągów:
(
a n
lim = lim a n · 1 )
1 1
= lim a n · lim = + ∞ · lim .
n→∞b n n→∞ b n n→∞ n→∞ b n n→∞ b n
Ten ostatni iloczyn jest oczywiście dobrze określony.
Został jeszcze jeden przypadek: granica ciągu (a n )jest skończona, a granica
ciągu (b n ) jest nieskończona. W tym przypadku ciąg (a n ) jest ograniczony, tzn.
istnieje taka liczba K > 0, że dla każdego n zachodzi nierówność |a n | < K. Jeśli
ε >
∣
0, to istnieje taka liczba naturalna n ε , że jeśli n > n ε , to |b n | > K. Wtedy ε
∣ a n
b n
< K · ε
an
= ε. Wykazaliśmy więc, że dla dostatecznie dużych n iloraz
K b
a n
ma wartość bezwzględną mniejszą niż ε, a to oznacza, że lim n
n→∞ b n
= 0. Dowód
został zakończony.
Uwaga 1.25 (o ilorazie ciągów). Z dowodu twierdzenia o granicy ilorazu wynika
natychmiast, że jeśli ciąg (a n ) jest ograniczony i lim |b n | = + ∞, to
n→∞
a
lim n
= 0 – nie zakłada się tu, że ciąg (b n ) w ogóle ma granicę, wystarczy
n→∞ b n
założyć, że ciąg jego wartości bezwzględnych ma granicę nieskończoną, o ciągu
(a n ) też nie trzeba zakładać, że jest zbieżny – wystarcza ograniczoność.
Dowód tw. 1.14 (o trzech ciągach). Wiemy, że dla dostatecznie dużych
n zachodzi nierówność podwójna a n ≤ b n ≤ c n oraz że ciągi a n i c n mają
6 Nie założyliśmy, że g a ≠ 0, więc w mianowniku umieściliśmy |g a| + 1.

34 1. Ciągi nieskończone
wspólną granicę g. Mamy dowieść, że ta wspólna granica jest również granicą
ciągu (b n ). Załóżmy najpierw, że granica g jest skończona. Niech ε > 0 będzie
dowolną liczbą. Istnieje taka liczba naturalna n ε , że jeśli n > n ε , to |a n − g| <
< ε oraz |c n − g| < ε. Wynika stąd, że g − ε < a n ≤ b n ≤ c n < g + ε,
zatem |b n − g| < ε. Udowodniliśmy więc, że g = lim b n . Teraz możemy się
n→∞
zająć przypadkiem granicy nieskończonej. Jak zwykle wystarczy zająć się jedną
z dwu nieskończoności, tym razem dla odmiany g = − ∞. Niech M będzie
liczbą rzeczywistą. Ponieważ lim c n = − ∞, więc istnieje taka liczba naturalna
n→∞
n M , że dla n > n M zachodzi nierówność b n ≤ c n < M, więc w szczególności
b n < M. Dowód został zakończony.
Uwaga 1.26 (o tw. o 3 ciągach). Z dowodu wynika, że w przypadku granicy
nieskończonej, np. równej − ∞, użycie jednego z dwóch zewnętrznych ciągów,
w tym przypadku ciągu (a n ), jest zbędne. Prawdziwe jest więc twierdzenie:
jeśli dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność b n ≤ c n i ciąg (c n ) ma
granicę − ∞, to również ciąg (b n ) ma granicę − ∞, i analogicznie, jeśli dla
dostatecznie dużych n zachodzi nierówność a n ≤ b n i granicą ciągu (a n ) jest
+ ∞, to również + ∞ = lim
n→∞
b n .
Dowód tw. 1.16 (o scalaniu). Ten dowód jest bardzo prosty. Załóżmy,
że granica g jest skończona i niech ε > 0. Istnieją takie liczby n ′ ε i n ′′
ε, że dla
n > n ′ ε zachodzi nierówność |a kn − g| < ε, dla n > n ′′
ε zachodzi nierówność
|a ln −g| < ε. Ponieważ k n → ∞ i l n → ∞, więc istnieje takie n ε , że jeśli n > n ε
i m jest tak dobrane, że a n = a km lub a n = a lm , to m > n ′ ε oraz m > n ′′
ε i wobec
tego |a n − g| < ε. To oznacza, że g = lim a n . Nieznaczne modyfikacje tego
n→∞
rozumowania dadzą dowód w przypadku granicy nieskończonej.
Dowód tw. 1.17 (Bolzano–Weierstrassa). Jeśli ciąg (a n ) nie jest ograniczony
z góry, to można z niego wybrać podciąg ściśle rosnący: niech n 1 = 1;
ponieważ ciąg jest nieograniczony z góry, więc wśród wyrazów następujących
po a n1 są większe od a n1 ; niech n 2 będzie numerem jednego z nich – mamy więc
n 2 > n 1 oraz a n2 > a n1 ; ponieważ ciąg (a n ) jest nieograniczony z góry, więc
wśród wyrazów, które następują po a n2 , jest wyraz większy niż a n2 , wybierzmy
jeden z nich i przyjmijmy, że n 3 jest jego numerem; mamy więc n 3 > n 2
oraz a n3 > a n2 ; proces ten można kontynuować nieograniczenie. Całkowicie
analogicznie postępujemy w przypadku ciągu nieograniczonego z dołu, z tym
że teraz wybieramy podciąg ściśle malejący.
Pozostał do rozpatrzenia przypadek ciągu ograniczonego (z góry i z dołu).
Niech c,d będą takimi liczbami rzeczywistymi, że nierówność c ≤ a n ≤ d
zachodzi dla każdego n; c jest ograniczeniem dolnym ciągu (a n ), a d – górnym.
Bez straty ogólności rozważań można przyjąć, że ciąg (a n ) nie zawiera
podciągu stałego – jeśli zawiera, to ten właśnie podciąg jest zbieżny. Dalej

1.8. Dowody 35
zakładamy, że (a n ) nie zawiera podciągu stałego, więc że każda liczba może
wystąpić jako wyraz ciągu jedynie skończenie wiele razy. To założenie nie
jest istotne dla rozumowania przeprowadzanego poniżej, jednak pozwala uniknąć
pytań o szczegółową interpretację używanych sformułowań. Niech n 1 = 1,
c 1 = c, d 1 = d. Jedna z połówek przedziału [c,d] (lub obie) zawiera nieskończenie
wiele wyrazów ciągu a n , niech [c 2 ,d 2 ] będzie tą właśnie połówką (jeśli np.
w przedziale [ ]
c, c+d
2 jest nieskończenie wiele wyrazów ciągu (an ), to przyjmujemy
c 2 = c 1 = c i d 2 = c+d,
jeśli w przedziale [ ]
c, c+d
2 2 jest skończenie
wiele wyrazów ciągu (a n ), to w przedziale [ c+d
,d] musi być ich nieskończenie
wiele, w tym przypadku przyjmujemy c 2 = c+d oraz d
2
2 2 = d 1 = d) i niech
n 2 > n 1 będzie takim numerem, że a n2 ∈ [c 2 ,d 2 ]. Powtarzamy przeprowadzone
rozumowanie w odniesieniu do przedziału [c 2 ,d 2 ] i wyrazów ciągu następujących
po a n2 . W wyniku tego otrzymujemy liczbę naturalną n 3 > n 2 oraz
przedział [c 3 ,d 3 ] ⊆ [c 2 ,d 2 ] zawierający nieskończenie wiele nastęnych wyrazów
ciągu (a n ), w tym a n3 . Dla j = 1,2,3 mamy wobec tego c j ≤ a nj ≤ d j
i d j − c j = d−c oraz c
2 j 1 ≤ c 2 ≤ c 3 i d 1 ≥ d 2 ≥ d 3 . Kontynuując to postępowanie,
otrzymujemy niemalejący ciąg (c j ) oraz nierosnący ciąg (d j ), przy czym
d j − c j = d−c . Ciągi te mają granice, gdyż są monotoniczne. Granice te są
2 j 1
równe, gdyż lim (d j − c j ) = lim · (d − c) = 0. Ponieważ c
j→∞ j→∞
2 j−1 j ≤ a nj ≤ d j dla
każdej liczby naturalnej j, więc – na mocy twierdzenia o trzech ciągach – ciąg
(a nj ) też ma tę samą granicę. Dowód został zakończony.
Dowód wniosku 1.17 (z twierdzenia Bolzano–Weierstrassa). Udowodnimy
teraz, że z ciągu (a n ), który nie ma granicy, można wybrać dwa podciągi
mające różne granice. Załóżmy, że ciąg (a n ) zawiera podciąg o granicy + ∞.
Ponieważ + ∞ nie jest granicą ciągu (a n ), więc istnieje taka liczba rzeczywista
B, że dla nieskończenie wielu n zachodzi nierówność a n < B. Niech a kn
oznacza podciąg ciągu (a n ) złożony z tych wszystkich wyrazów ciągu a n , które
są mniejsze niż B. Na mocy twierdzenia Bolzano–Weierstrassa można z ciągu
(a kn ) wybrać podciąg, który ma granicę g. Oczywiście g ≤ B. Wobec tego
w tym przypadku istnieją dwa podciągi: jeden o granicy + ∞, drugi o granicy
g ≤ B < + ∞, co kończy dowód w tym przypadku.
Jeśli ciąg (a n ) zawiera podciąg o granicy − ∞, to teza wynika z poprzednio
udowodnionego fragmentu: ciąg (− a n ) zawiera dwa podciągi o różnych granicach.
Pozostał do rozpatrzenia przypadek ciągu (a n ), który nie zawiera podciągów
o granicach nieskończonych. Ponieważ ciąg (a n ) nie zawiera podciągu
o granicy + ∞, jest ograniczony z góry, a ponieważ nie zawiera podciągów
zbieżnych do − ∞, jest ograniczony również z dołu. Mamy więc do czynienia
z ciągiem ograniczonym. Można zeń wybrać podciąg zbieżny do granicy g. Ponieważ
g nie jest granicą ciągu (a n ), istnieje takie ε > 0, że poza przedziałem
(g−ε,g+ε) znajduje się nieskończenie wiele wyrazów ciągu. Wybieramy z tych
właśnie wyrazów podciąg zbieżny. Ma on oczywiście granicę ≠ g, dokładniej

36 1. Ciągi nieskończone
odległość między granicami tych podciągów nie może być mniejsza niż ε. Dowód
został zakończony.
Uwaga 1.27 (o możliwości mierzenia odległości do ±∞). Z punktu widzenia
zbieżności wyróżnianie granic nieskończonych jest nieco sztuczne, związane
głównie z tym, że nie wprowadziliśmy pojęcia odległości od ±∞. Można to
zrobić w ten sposób, by ciąg zbieżny – wg definicji podanych przez nas poprzednio
– do pewnej granicy, był takim ciągiem, że odległość jego wyrazu od
granicy dąży do 0. Niech f(x) = √ x
1+x 2
dla każdej liczby rzeczywistej x oraz
f(+ ∞) = 1 i f(− ∞) = −1. Można bez trudu wykazać, że lim x n = g wtedy
n→∞
i tylko wtedy, gdy lim f(x n ) = f(g), a to ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy
n→∞
lim |f(x n) − f(g)| = 0. Widać więc, że po przyjęciu, że odległością punktów
n→∞
x i y prostej uzupełnionej nieskończonościami jest |f(x) −f(y)|, będzie można
rozpatrywać wyłącznie ciągi o wyrazach z przedziału [−1,1] – zamiast ciągu
(x n ) można rozważać ciąg (f(x n )). Wadą tego podejścia jest np. to, że przy
przejściu od x do f(x) liczbie x + y odpowiada f(x + y) ≠ f(x) + f(y).
Dowód tw. 1.19 (Cauchy’ego). Jeśli ε > 0 i ciąg ma granicę skończoną g,
to dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n zachodzi nierówność |a n −g| <
< ε . Jeśli obie liczby naturalne k i l są dostatecznie duże, to:
2
|a k − a l | = |a k − g + g − a l | ≤ |a k − g| + |g − a l | < ε 2 + ε 2 = ε.
Wykazaliśmy więc, że z istnienia granicy skończonej wynika warunek Cauchy’ego.
Załóżmy teraz, że ciąg spełnia warunek Cauchy’ego. Istnieje wtedy
takie n 1 , że dla k,l > n 1 mamy |a k − a l | < 1. Przyjmując l = n 1 + 1, stwierdzamy,
że |a k | − |a l | ≤ |a k − a l | < 1, zatem |a k | ≤ 1 + |a l | dla wszystkich
dostatecznie dużych k. Oznacza to, że ciąg (a n ) jest ograniczony. Wybierzmy
z ciągu (a n ) podciąg zbieżny (a nm ). Niech g oznacza jego granicę. Wykażemy,
że g jest granicą całego ciągu. Jeśli ε > 0, to dla dostatecznie dużych k,l,m
zachodzą nierówności |a k − a l | < ε oraz |a 2 n m
− g| < ε . Ponieważ m,l są wybierane
dowolnie, byle były dostatecznie duże, i n m ≥ m, więc można wybrać
2
je tak, by l = n m . Wtedy dla dostatecznie dużego k mamy:
|a k − g| ≤ |a k − a l | + |a nm − g| < ε 2 + ε 2 = ε,
co oznacza, że g = lim
n→∞
a n . Dowód został zakończony.
Przejdziemy teraz do dowodu ostatniego i najtrudniejszego twierdzenia tego
rozdziału. Studenci, którzy chcą otrzymać wysokie stopnie na egzaminie
powinni go starannie przestudiować, bo przyswojenie sobie trudniejszego rozumowania
istotnie ułatwia dalszą pracę nad matematyką.

1.8. Dowody 37
b n+1−b n
)
Dowód tw. 1.20 (Stolza). Bez straty ogólności rozważań można przyjąć,
że ciąg (b n ) jest ściśle rosnący – w razie potrzeby zastępujemy go ciągiem
(− b n ). Niech m,M będą takimi liczbami rzeczywistymi, że m < g < M, jeśli
g = −∞, to rozważamy jedynie M, jeśli g = +∞, to rozważamy jedynie m.
Niech m ′ ,M ′ będą takimi liczbami ( rzeczywistymi, że m < m ′ < g < M ′ <
< M. Ponieważ granicą ciągu
an+1−a n
jest g, więc istnieje taka liczba naturalna
n 0 , że dla n > n 0 zachodzi nierówność: m ′ < an+1−an
b n+1−b n
< M ′ , a po jej
pomnożeniu przez liczbę dodatnią b n+1 − b n otrzymujemy nierówność:
m ′ (b n+1 − b n ) < a n+1 − a n < M ′ (b n+1 − b n ),
m ′ (b n+2 − b n+1 ) < a n+2 − a n+1 < M ′ (b n+2 − b n+1 ),
..................................................
m ′ (b n+k − b n+k−1 ) < a n+k − a n+k−1 < M ′ (b n+k − b n+k−1 ).
Dodając stronami te nierówności, otrzymujemy:
m ′ (b n+k − b n ) < a n+k − a n < M ′ (b n+k − b n ). (1.1)
Skorzystawszy z założenia (ii), stwierdzamy, że wyrazy ciągu (b n ), rosnącego
i zbieżnego do 0, są ujemne, więc:
− mb n < − m ′ b n = lim m ′ (b n+k − b n ) ≤ − a n = lim (a n+k − a n ) ≤
k→∞ k→∞
≤ lim M ′ (b n+k − b n ) = −M ′ b n < −Mb n ,
k→∞
a zatem, po podzieleniu stronami przez − b n > 0, otrzymujemy m < an
b n
< M.
Liczby m,M były wybrane dowolnie, stwierdzamy więc, że zachodzi równość
a
g = lim n
n→∞ b n
, co kończy dowód w przypadku (ii).
Skorzystawszy z założenia (i), stwierdzamy, że od pewnego miejsca wyrazy
ciągu rosnącego (b n ), którego granica jest nieskończona, są dodatnie. Zwiększając
w razie potrzeby n 0 , możemy przyjąć, że ma to miejsce dla n > n 0
i tylko takie numery wyrazów ciągu będziemy rozpatrywać dalej. Podzielimy
nierówność (1.1) przez b n+k . Otrzymujemy:
(
m ′ 1 − b )
n
< a n+k
−
a (
n
< M ′ 1 − b )
n
,
b n+k b n+k b n+k b n+k
a stąd:
m ′ (
1 − b n
b n+k
)
+ a n
b n+k
< a n+k
b n+k
< M ′ (
1 − b n
b n+k
)
+ a n
b n+k
.

38 1. Ciągi nieskończone
Ponieważ:
(
lim
[m ′
k→∞
lim
k→∞
1 − b )
n
+ a ]
n
= m ′ > m,
b n+k b n+k
( [M ′ 1 − b )
n
+ a ]
n
= M ′ < M,
b n+k b n+k
więc istnieje takie k n , że jeśli k > k n , to zachodzą nierówności:
(
m ′ 1 − b )
n
+ a n
> m
b n+k b n+k
oraz
M ′ (
1 − b n
b n+k
)
+ a n
b n+k
< M,
a wobec tego m < a n+k
b n+k
< M dla n > n 0 i k > k n , a stąd już od razu wynika,
a
że lim
n+k
k→∞
b n+k
= g, co kończy dowód twierdzenia w przypadku (i).
1.9. Funkcja wykładnicza exp(x), liczba e
Wykazaliśmy wcześniej (zob. podrozdział ( 1.4), że dla każdej liczby rzeczywistej
x istnieje skończona granica lim 1 +
x n
n→∞ n)
i oznaczyliśmy tę granicę
przez exp(x). Określiliśmy więc funkcję na zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych.
Teraz poznamy kilka najważniejszych własności tej funkcji.
LEMAT 1.28 (o dodatniości). exp(x) > 0 dla każdej liczby rzeczywistej x.
( (1 )
Dowód. Wynika to stąd, że ciąg +
x n
)
jest od pewnego miejsca
n
(n > −x) niemalejący i jego wyrazy są dodatnie.
LEMAT 1.29 (nierówność podstawowa). Dla każdej liczby rzeczywistej x
zachodzi nierówność exp(x) ≥ 1 + x.
Dowód. Wynika to stąd, że dla n > − x zachodzi nierówność x > −1, n
zatem – na mocy nierówności Bernoulliego – możemy napisać ( 1 + n) x n
≥
≥ 1 + n · x = 1 + x. Skoro, począwszy od pewnego miejsca, wszystkie wyrazy
n
ciągu są równe co najmniej 1+x, to i granica tego ciągu jest większa lub równa
1+x. Przekonamy się później, że nierówność jest ostra dla każdej liczby x ≠ 0.
LEMAT 1.30 (o granicach n-tych potęg ciągów „szybko zbieżnych” do 1).
Jeśli lim n · a n = 0, to lim (1 + a n ) n = 1.
n→∞ n→∞
Dowód. Ponieważ lim n · a n = 0, więc istnieje takie n 0 , że jeśli n > n 0 ,
n→∞
to |n · a n | < 1. Wtedy |a 2 n| = 1 · (|n · a n n|) < 1 · 1 ≤ 1 . Wobec tego dla każdej
n 2 2

1.9. Funkcja wykładnicza exp(x), liczba e 39
liczby naturalnej n > n 0 zachodzą nierówności: n · a n > − 1 > −1, a n
2 1+a n
> −1
oraz n·an
1+a n
< 1, co usprawiedliwia dwukrotne stosowanie nierówności Bernoulliego
w wierszu poniżej:
1 + n · a n ≤ (1 + a n ) n =
1
( ) n ≤
1 − an
1+a n
1
.
1 − nan
1+a n
Czytelnik zechce zwrócić uwagę na to, że dzięki wyborowi n 0 stosujemy nierówność
Bernoulliego do wyrażeń dodatnich, więc przejście do ich odwrotności
jest usprawiedliwione – stosowaliśmy nierówność Bernoulliego do mianownika!
Teza lematu wynika z twierdzenia o trzech ciągach, bowiem lim (1+n·a n ) =
n→∞
= 1 = lim . Lemat został udowodniony.
1 − nan
1+a n
n→∞
1
LEMAT 1.31 ( równanie podstawowe). Dla dowolnych liczb rzeczywistych
x,y zachodzi równość:
exp(x + y) = exp(x) · exp(y).
Dowód. Skorzystamy z określenia liczby exp(x) i tego, że jest to liczba
dodatnia, co udowodniliśmy wcześniej. Równość, którą mamy udowodnić, jest
równoważna temu, że exp(x)·exp(y) = 1. Mamy:
exp(x+y)
exp(x) · exp(y)
exp(x + y)
( (1 +
x
= lim
)(1 + y ) n n
n→∞ 1 + x+y
n
) n (
= lim 1 +
n→∞
xy ) n
n 2
= 1.
1 + x+y
n
Ostatnia równość wynika z lematu o ciągach szybko zbieżnych do 1 i z tego,
że:
( xy )
n
lim n ·
2
= 0.
n→∞ 1 + x+y
n
LEMAT 1.32 (o exp(− x)). Dla dowolnej liczby rzeczywistej x zachodzi
wzór:
1
exp(−x) =
exp(x) .
Dowód. Mamy bowiem exp(0) = exp(0+0) = exp(0) ·exp(0), a ponieważ
exp(0) jest liczbą dodatnią, więc 7 exp(0) = 1. Wobec tego 1 = exp(0) =
= exp(−x+x) = exp(−x) ·exp(x), zatem zachodzi wzór exp(−x) = 1
exp(x) .
7 (
Inny dowód: exp(0) = lim 1 +
0 n
n→∞ n) = lim 1 = 1.
n→∞

40 1. Ciągi nieskończone
LEMAT 1.33 (o argumentach wymiernych). Dla dowolnej liczby rzeczywistej
x, dowolnej liczby całkowitej p i dowolnej dodatniej liczby całkowitej q zachodzi
wzór:
( ) p
exp
q x = (exp(x)) p/q .
Dowód. Jeśli m jest liczbą naturalną, y – rzeczywistą, to:
exp(my) = exp(y + y + · · · + y) = exp(y) · exp(y) · · · · · exp(y) = (exp(y)) m .
Stąd wynika, że exp( x) = √ q
q exp(x) = =(exp(x)) 1/q (stosujemy poprzedni
wzór, przyjmując y = x i m = q). Dla p > 0, zachodzi więc równość:
m
exp( p ( )) p
x
(exp
q x) = = ( (exp(x)) 1/q) p
= (exp(x)) p/q .
q
Teraz załóżmy, że p < 0. Mamy wobec tego:
( ) p
exp
q x =
1
exp( −p
q x) = 1
(exp(x)) −p/q = (exp(x))p/q .
Udowodniliśmy więc wzór, który chcieliśmy wykazać.
DEFINICJA 1.34 (liczby e). Liczbą e nazywamy granicę:
czyli e = exp(1).
(
lim 1 + 1 n
,
n→∞ n)
Liczbą tą zajmował się intensywnie jako pierwszy L. Euler, matematyk
szwajcarski zatrudniany przez Petersburską Akademię Nauki (1727–1744,
1766–1783) i Berlińską Akademię Nauki (1744–1766). Liczba ta ma duże znaczenie
w matematyce. Z punktu widzenia tego wykładu jest to najważniejsza
podstawa potęg i logarytmów. Z tego, co wykazaliśmy do tej pory, wynika, że
exp(w) = e w dla każdej liczby wymiernej w – we wzorze z punktu lematu 1.32
przyjmujemy x = 1 oraz p = w. Wiemy też, że e = exp(1) ≥ 1 + 1 = 2.
q
LEMAT 1.35 (oszacowanie z góry). Dla każdej liczby rzeczywistej x < 1,
zachodzi nierówność podwójna:
1 + x ≤ exp(x) ≤ 1
1 − x .

1.9. Funkcja wykładnicza exp(x), liczba e 41
Dowód. Pierwsza z dwu nierówności została wykazana już wcześniej (nierówność
podstawowa) i to dla wszystkich liczb rzeczywistych x. Zajmiemy się
drugą. Mamy exp(−x) ≥ 1 − x, co wynika z nierówności exp(x) ≥ 1 + x
1
po zastąpieniu liczby x liczbą (−x). Stąd exp(x) = ≤ 1 dla x < 1
exp(−x) 1−x
(mianownik musi być dodatni!).
LEMAT 1.36 ( o ciągłości funkcji exp). Z równości lim
n→∞
x n = x wynika, że:
lim exp(x n) = lim exp(x).
n→∞ n→∞
Dokładnie ta własność funkcji wykładniczej jest nazywana jej ciągłością. Własnościami
funkcji ciągłych i różnymi określeniami ciągłości zajmiemy się później.
Teraz udowodnimy, że funkcja exp jest ciągła. Załóżmy, że |h| < 1. Mamy 2
wtedy h ≤ exp(h) − 1 ≤ 1 − 1 = h . Stąd wynika, że jeśli |h| < 1, to
1−h 1−h 2
|exp(h) − 1| ≤ 2|h|. Jeśli lim x n = x, to dla dostatecznie dużych n zachodzi
n→∞
nierówność |x n − x| < 1. Zatem: 2
0 ≤ |exp(x n ) − exp(x)| = |exp(x)(exp(x n − x) − 1) | ≤ exp(x) · 2 · |x n − x|.
Dowodzona teza wynika więc z twierdzenia o trzech ciągach.
TWIERDZENIE 1.37 (charakteryzujące funkcję wykładniczą). Załóżmy,
że na zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych określona jest taka funkcja f, że:
(i) jeśli lim x n = x, to lim f(x n ) = f(x), tzn. funkcja f jest ciągła;
n→∞ n→∞
(ii) dla dowolnych liczb rzeczywistych zachodzi równość f(x + y) =
= f(x)f(y);
(iii) f(1) = e = exp(1).
Wtedy dla każdej liczby x zachodzi równość f(x) = exp(x).
Twierdzenie w istocie rzeczy mówi, że własności (i) oraz (ii) są podstawowymi
własnościami funkcji wykładniczej. Własność (iii) ustala podstawę
potęgi. Gdyby w tym twierdzeniu opuścić założenie (iii), to teza brzmiałaby
f(x) = (f(1)) x . Udowodnimy to twierdzenie.
Dowód. Mamy f(x) = f( x 2 + x 2 ) = f(x 2 )·f(x 2 ) = f(x 2 )2 ≥ 0. Jeśli dla pewnej
liczby rzeczywistej x 1 zachodzi równość f(x 1 ) = 0, to f(x) = f(x 1 )f(x−x 1 ) =
= 0 dla każdej liczby x. Wobec tego, albo funkcja f jest dodatnia w każdym
punkcie, albo jest równa 0 w każdym punkcie. W naszym przypadku f(1) ≠ 0,
zatem nasza funkcja przyjmuje jedynie wartości dodatnie. Rozumując tak jak
w przypadku funkcji exp (zob. punkt f), stwierdzamy bez trudu, że dla dowolnej
liczby rzeczywistej x, dowolnej liczby całkowitej p i dowolnej całkowitej

42 1. Ciągi nieskończone
liczby dodatniej q zachodzi równość f( p x) = q (f(x))p/q . W szczególności ma
to miejsce dla x = 1, a to oznacza, że f( p ) = q (f(1))p/q = e p/q = exp( p ). Wykazaliśmy
zatem, że funkcja f pokrywa się z funkcją exp na zbiorze wszystkich
q
liczb wymiernych.
Dla dowolnej liczby rzeczywistej x, istnieje ciąg liczb wymiernych (w n ),
którego granicą jest x. Wobec tego, dzięki ciągłości funkcji f i funkcji exp
możemy napisać: f(x) = lim f(w n ) = lim exp(w n ) = exp(x) 8 . Dowód został
n→∞ n→∞
zakończony.
TWIERDZENIE 1.38 ( o zbiorze wartości funkcji wykładniczej exp). Dla
każdej liczby rzeczywistej y > 0 istnieje liczba x, taka że y = e x =
= exp(x).
Dowód. Z własności ciągu geometrycznego wynika, że lim e n = +∞ oraz
n→∞
lim
n→∞ e−n = 0. Stąd wynika, że istnieje taka liczba naturalna n, że e −n < y < e n .
Niech c = e −n , d = e n . Są dwie możliwości: exp ( ) (
c+d
2 ≤ y, exp c+d
)
2 > y.
W pierwszym przypadku przyjmujemy: c 1 = c+d,
d 2 1 = d, w drugim przypadku:
c 1 = c, d 1 = c+d.
W obu przypadkach otrzymujemy przedział [c 2 1,d 1 ] dwa
razy krótszy niż [c,d], zawarty w [c,d], przy czym exp(c 1 ) ≤ y ≤ exp(d 1 ).
W identyczny sposób z przedziału [c 1 ,d 1 ] otrzymujemy dwa razy krótszy od
niego przedział [c 2 ,d 2 ], zawarty w przedziale [c 1 ,d 1 ], przy czym exp(c 2 ) ≤
y ≤ exp(d 2 ). Kontynuując ten proces, definiujemy takie ciągi (c n ) i (d n ), że
d n − c n = d−c , dla każdego n zachodzą nierówności c
2 n n ≤ c n+1 oraz d n ≥
d n+1 , przy czym exp(c n ) ≤ y ≤ exp(d n ). Oczywiście w tej sytuacji ciągi (c n )
i (d n ) mają wspólną granicę skończoną, którą oznaczymy przez g. Wobec tego
exp(g) = lim exp(c n ) ≤ y oraz exp(g) = lim exp(d n ) ≥ y. Z tych dwu
n→∞ n→∞
nierówności wynika, że exp(g) = y. Dowód został zakończony.
TWIERDZENIE 1.39 ( o monotoniczności funkcji wykładniczej). Funkcja
exp jest ściśle rosnąca, tzn.:
jeśli x < y, to exp(x) < exp(y).
Dowód. Mamy exp(y) = exp(y − x) · exp(x) > (1 + y − x) · exp(x) >
> exp(x).
8 Autorowi nie udało się ustalić, jak obecnie w szkołach definiowana jest potęga o wykładniku niewymiernym,
zresztą to może zależeć od nauczyciela, podręcznika i innych czynników, „podejrzewa”,
że większość maturzystów nie potrafi powtórzyć żadnej definicji. W istocie rzeczy wszystkie definicje
w jawnej lub niejawnej formie muszą odwoływać się do ciągłości i określenia wartości funkcji
w przypadku argumentów wymiernych. Jedna z możliwości ominięcia tej długiej drogi to przyjęcie,
że e x = lim
n→∞
( 1 +
x
n) n .

1.9. Funkcja wykładnicza exp(x), liczba e 43
LEMAT 1.40 (ważna granica 9 ). Jeśli ciąg h n ≠ 0 dla każdego n i lim h n = 0,
n→∞
to:
exp(x + h n ) − exp(x)
lim
= exp(x).
n→∞ h n
exp(h
Dowód. Wystarczy wykazać, że lim n)−1
n→∞ h n
= 1, gdyż zachodzi następująca
równość exp(x+hn)−exp(x)
h n
= exp(x) · exp(hn)−1
h n
. Załóżmy, że 0 ≠ h < 1.
2
Stąd wynika, że 0 < 1
exp(h)−1
< 2. Mamy
1−h h
≥ exp(h) ≥ 1 + h wynika natychmiast, że:
1
1−h
− 1 = exp(h)−1−h
h
0 ≤ exp(h) − 1 − h ≤ 1
1 − h − 1 − h = h2
1 − h = |h|
1 − h · |h|.
. Z nierówności
Po podzieleniu tej nierówności stronami przez |h| otrzymujemy:
∣ 0 ≤
exp(h) − 1
∣∣∣
∣
− 1
h ∣ = exp(h) − 1 − h
h ∣ ≤ 1 · |h| < 2|h|. (1.2)
1 − h
Z tej nierówności i z twierdzenia o trzech ciągach dowodzona teza wynika
natychmiast.
Uwaga 1.41 (o szacowaniu i szukaniu przybliżeń dziesiętnych liczby e). Wiemy
już dosyć dużo o funkcji wykładniczej o podstawie e. Nadszedł czas na
pewne wyjaśnienia. Wiemy mianowicie, że ciąg ( 1 + n) x n
ma granicę e x =
= exp(x). Powstaje naturalne pytanie: jak duże n należy rozpatrywać, by
różnica między wyrazem tego ciągu i jego granicą była mała? To czy odcinek
długości np. jednego metra jest krótki, czy też długi, zależy od tego, co mierzymy.
Jeśli chcemy znaleźć wymiary stołu, na którym stoi urządzenie, za pomocą
którego autor przelewa swe myśli na twardy dysk, a potem na papier, to błąd
rzędu 1 m jest błędem ogromnym, bo długość tego stołu jest równa 182 cm.
Jeśli chcemy znaleźć odległość między dwoma miastami, np. Warszawą i Krakowem,
to pomiar z dokładnością do 1 m jest zbyt dokładny, bo trudno jest
tę odległość tak precyzyjnie zdefiniować!
To, co nas w rzeczywistości interesuje, to błędy względne. Nierówność (1.2)
możemy interpretować w następujący sposób. Zajmujemy się wzorem przybliżonym
e h = exp(h) ≈ 1 + h. Interesuje nas, kiedy błąd, jaki popełniamy przy
takim przybliżeniu, jest „mały” w porównaniu z h. Jeśli np. |h| < 1 , to 200
błąd względny, czyli iloraz błędu bezwzględnego (= e h − 1 − h) przez h jest
mniejszy niż 1 , czyli jest mniejszy niż 1%. Jeśli natomiast |h| < 1, to nierówność
(1.2) pozwala no oszacowanie błędu względnego z góry przez 200%,
100
co oczywiście nic nie daje, na domiar złego nie wiemy, na ile dokładne jest
9 Obliczamy tu pochodną funkcji wykładniczej, definicja będzie później!

44 1. Ciągi nieskończone
to szacowanie błędu. Później przekonamy się, że w rzeczywistości przy h ≈ 1
dokładność tego przybliżenia rzeczywiście jest nieduża. Inaczej rzecz ma się
z małymi liczbami h. Dla nich to przybliżenie daje dobrą dokładność, co oznacza,
że w przypadku nisko oprocentowanych rachunków bankowych w niedługich
okresach jest obojętne, jak interpretujemy zasady oprocentowania. Inaczej
jest w przypadku długich okresów i rachunków wysoko oprocentowanych. We
wspomnianym wcześniej zagadnieniu ustalania długości szyny kolejowej jako
funkcji temperatury h jest bardzo małe, gdyż zależy od współczynnika rozszerzalności
cieplnej, który jest bardzo mały i od zmiany temperatury, która
nie jest duża. W tej sytuacji stosowanie wzoru dokładnego zamiast prostszego,
przybliżonego po prostu nie ma sensu, gdyż różnice wynikające z wyboru
różnych metod obliczania długości szyny są mniejsze niż dokładność pomiaru!
Stosowanie tego samego, liniowego wzoru przy obliczaniu zmniejszenia masy
pierwiastka promieniotwórczego w czasie nie ma sensu, gdyż w tym przypadku
błąd jest o wiele za duży! Jak można błąd szacować, dowiemy się przy omawianiu
wzoru Taylora. Ogólnie rzecz biorąc, w konkretnych przypadkach może
to być trudne, choć teoretycznie wykonalne.
W dalszej części tego podrozdziału czytelnik napotka nieco bardziej skomplikowane
rozumowania. Studentom gorzej przygotowanym z matematyki, których
ten przedmiot bardzo męczy, autor sugeruje opuszczenie rachunków i obejrzenie
wniosków. Studentów, którzy chcą zrozumieć dokładnie temat, autor
zachęca do przeczytania i zrozumienia całości tekstu. Nie ma potrzeby zapamiętania
szczegółów, natomiast warto się trochę pomęczyć, by zrozumieć, jak
można rozwiązywać niektóre problemy w matematyce. Dodać należy, że po
dokładnym przeczytaniu tego tekstu, będzie można lepiej zrozumieć, co daje
teoria, którą rozwiniemy w dalszej części. Później te oszacowania będziemy
w stanie uzyskać o wiele szybciej i niekiedy będą ( one dokładniejsze.
Teraz wypada nadmienić, że choć e = lim 1 +
1 n
n→∞ n)
, to wyrazy początkowe
tego ciągu źle przybliżają liczbę e ≈ 2,718281828459... , co widać wyraźnie
w podrozdziale 1.3 (przykład 1.4), gdzie podane zostały przybliżenia dziesiętne
pierwszych dziesięciu wyrazów tego ciągu i nawet w dziesiątym wyrazie tuż
po przecinku nie wystąpiła cyfra 7. Oznacza to, że ten ciąg nie daje dobrych
przybliżeń liczby e, chociaż jest do niej zbieżny – duża dokładność pojawia
się dopiero dla bardzo dużych n. Pokażemy teraz inny ciąg zbieżny do e x .
Wykażemy mianowicie, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi równość:
e x = lim
n∑
n→∞
j = 0
x j (1
j! = lim + x )
n→∞ 1! + x2
2! + · · · + xn
.
n!
x k
k! . Mo-
(
)
Zwykle granicę lim 1 + x + x2
+ · · · + xk
oznaczamy symbolem
k→∞
2! k!
∞∑
żemy więc napisać e x x
=
k
dla x ∈ R.
k!
k=0
∞∑
k=0

1.9. Funkcja wykładnicza exp(x), liczba e 45
Zaczniemy od x > 0, bo tu szacowania są nieco łatwiejsze. Niech k będzie
ustaloną liczbą naturalną i niech n oznacza dowolną liczbę nie mniejszą niż k.
Wtedy:
lim
n→∞
(
1 + x ) n
n∑
( ) n (x ) j
k∑
( ) n (x ) j
= ≥ =
n j n j n
Jest jasne, że:
{
1+x+
j = 0
j =0
= 1 + n x
n 1! + n n · n − 1
n · x2
2! + n n · n − 1
n · n − 2
n · x3
3! + · · · +
+ n n · n − 1
n · n − 2 n − (k − 1) x k
· · · · ·
n n k! =
(
= 1 + x + 1 − 1 ) x
2
(1
n 2! + − 1 ) (
· 1 − 2 ) x
3
n n 3! + · · · +
(
+ 1 − 1 ) (
· 1 − 2 ) (
· · · · · 1 − k − 1 ) x
k
n n
n k! .
(
1− 1 n
) x
2
(1−
2! +· · ·+ 1 ) (
· 1− 2 ) (
·· · · · 1− k −1 ) } x
k
=
n n n k!
= 1 + x + x2
2! + · · · + xk
k! .
Wynika stąd, że dla każdej liczby naturalnej k i każdej rzeczywistej liczby
dodatniej zachodzi nierówność: e x = exp(x) ≥ 1 + x + x2
+ · · · + xk.
2! k!
Z poprzednio uzyskanych wzorów (przyjmujemy n = k) wynika, że
1 + x + x2
+ · · · + xk
≥ ( k.
1 + x 2! k! k)
Mamy więc:
e x ≥ 1 + x +
(1 x2
2! + · · · + xk
k! ≥ + x ) k
.
k
Stąd i z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
(
)
e x = exp(x) = lim 1 + x + x2
k→∞ 2! + · · · + xk
.
k!
Załóżmy teraz, że x < 0. Szacowania, które poprzednio umożliwiły nam dowód,
muszą być nieco zmienione, gdyż wyrażenie ( (
n x j
j)
n)
jest dodatnie, gdy j jest
parzyste, zaś gdy j jest nieparzyste, wyrażenie to jest ujemne. Zauważmy, że
jeśli n > j > |x|, to zachodzi nierówność:
0 >
( n
( x
) j+1
j+1)
n
( n
j
) ( x
n
) j
= n − j
j + 1 · x
n = n − j
n ·
x
j + 1 > −1.

46 1. Ciągi nieskończone
Oznacza to, że od pewnego momentu wartości bezwzględne składników
n∑ (
sumy n
) ( x
) j
j n maleją. Stąd i z tego, że składniki odpowiadające parzystym
j =0
j są dodatnie, zaś nieparzystym j – ujemne, wynika, że nierówność:
(
1 + x ) n
(
≥ 1 + x + 1 − 1 ) x
2
(1
n
n 2! + − 1 ) (
· 1 − 2 ) x
3
n n 3! + · · · +
(
+ 1 − 1 ) (
· 1 − 2 ) (
· · · · · 1 − k − 1 ) x
k
n n
n k!
pozostaje prawdziwa przy założeniu, że k jest liczbą nieparzystą oraz n > k >
> |x| = −x; dla parzystego k zachodzi nierówność przeciwna. Załóżmy teraz,
że k jest liczbą parzystą. Wobec tego możemy napisać:
(
1 + x + 1 − 1 ) x
2
(1
n 2! + − 1 ) (
· 1 − 2 ) x
3
n n 3! + ...
(
+ 1 − 1 ) (
· 1 − 2 ) (
· · · · · 1 − k − 1 ) x
k
n n
n k! ≥
(
≥ 1 +
n) x n
≥
(
≥ 1 + x + 1 − 1 ) x
2
(1
n 2! + − 1 ) (
· 1 − 2 ) x
3
n n 3! + ...
(
+ 1 − 1 ) (
· 1 − 2 ) (
· · · · · 1 − k ) x
k+1
n n n (k + 1)! .
Przechodząc do granicy przy n → ∞, otrzymujemy nierówność podwójną:
1 + x + x2
2! + · · · + xk
k! ≥ ex ≥ 1 + x + x2
2! + · · · + xk
k! + xk+1
(k + 1)!
Stąd wynika, że:
0 ≥ e x −
) (1 + x + x2
2! + · · · + xk
≥ xk+1
k! (k + 1)!.
x
Biorąc pod uwagę, że lim
k+1
= 0, możemy stwierdzić, iż:
k→∞
(k+1)!
(
)
e x = exp(x) = lim 1 + x + x2
k→∞ 2! + · · · + xk
=
k!
Podamy przybliżenia pierwszych dziesięciu wyrazów ciągu ( 1 + 1 1! + 1 2! +
+ · · · + 1 n!)
:
∞∑
k=0
x k
k! .

1.9. Funkcja wykładnicza exp(x), liczba e 47
2,000000000; 2,500000000; 2,666666667; 2,708333333; 2,716666667;
2,718055556; 2,718253968; 2,718278770; 2,718281526; 2,718281801.
W tym przypadku już w czwartym wyrazie pojawiła się na pierwszym
miejscu po przecinku cyfra 7, w wyrazie dziesiątym na pierwszych siedmiu
miejscach po przecinku występują właściwe cyfry – dopiero na ósmym miejscu
pojawia się 0 zamiast 2. Jest to dosyć duża dokładność osiągnięta stosunkowo
małym kosztem. Wykażemy poniżej, że to nie jest przypadek, że rozpatrywany
ciąg jest rzeczywiście „szybko” zbieżny do liczby e.
Mamy:
(
e − 1 + 1 1! + 1 2! + · · · + 1 )
=
k!
(
)
1
= lim
n→∞ (k + 1)! + 1
(k + 2)! + 1
(k + 3)! + · · · + 1
.
(k + n)!
Dla n ≥ 2 zachodzi nierówność:
1
(k + 1)! + 1
(k + 2)! + 1
(k + 3)! + · · · + 1
(k + n)! ≤
≤
1
(k + 1)! + 1
(k + 2)(k + 1)! + 1
(k + 2) 2 (k + 1)! + · · · +
+
1
(k + 2) n−1 (k + 1)!
1
=
(k + 1)! · 1 − 1
1 − 1
(k+2) n
k+2
suma ciągu
============
geometrycznego
<
1
(k + 1)! · 1
1 − 1
k+2
= k + 2
k!(k + 1) 2 = k + 2
k![k(k + 2) + 1] < 1
k · k! .
=
k + 2
(k + 1)! · (k + 1) =
Skorzystaliśmy tu z oczywistych nierówności: k +3 ≥ k +2, k +4 ≥ k +2,
..., k+n ≥ k+2. Wykazaliśmy więc, że k-ty wyraz ciągu ( 1+ 1 + 1 +· · ·+ )
1
1! 2! n!
1
przybliża liczbę e z błędem mniejszym niż , a więc bardzo małym nawet
k·k!
wtedy, gdy k jest niezbyt duże.
Zasugerowaliśmy poprzednio, że ciąg ( 1 + n) 1 n
przybliża liczbę e raczej słabo
– był to eksperyment przeprowadzony na pierwszych dziesięciu wyrazach
ciągu. Wykażemy teraz, że to nie był przypadek. Zastosujemy twierdzenie Stolza,
by wykazać, że granica lim
e−(1+ n) 1 n
jest równa liczbie e . Oznaczać to
n→∞ 1/n 2
będzie, że różnica e − ( 1 + n) 1 n
jest mniej więcej równa ilorazowi tej granicy
e
i liczby n, czyli > 1. Wyniknie stąd, że przybliżenie e ≈ ( 1 + 1 n
2n n n)
jest mało
precyzyjne, gdyż w celu uzyskania dobrej dokładności trzeba będzie rozpatry-

48 1. Ciągi nieskończone
wać spore n, a to wymaga długich obliczeń. Jeśli nawet stosujemy kalkulator
lub komputer, to błąd, który jest popełniany w każdym kroku, może się akumulować
– te urządzenia operują przecież przybliżeniami liczb!
Licznik i mianownik ułamka e−(1+ n) 1 n
są oczywiście zbieżne do 0, mianownik
jest ściśle malejący, więc można zająć się granicą ilorazu różnicy kolejnych
1/n
liczników przez różnicę kolejnych mianowników, czyli granicą wyrażenia:
( ( ) n+1
) ( ( ) n
)
e − 1 + 1 − e − 1 + 1 n+1
n
1
n+1 − 1 n
=
( ) n+1 ( ) n
1 + 1
n+1 − 1 + 1 n
1
n − 1
n+1
Dla wygody oznaczamy x = 1 . Wtedy n = 1 − 1 = 1−x,
więc 1 + 1 =
n+1 x x n
1 + x = = 1 . Wyrażenie, którego granica nas interesuje, ma więc postać
1−x 1−x
(w wykładnikach zostawiamy n):
(
(1 + x) n+1 −
1
1−x
) n
x
− x = (1 + x)n+1 − 1
(1−x) n
x−x(1−x)
1−x 1−x
( n
Mamy lim (1 − x) n = lim 1 − 1
n→∞ n→∞ n+1)
= lim
Wobec tego trzeba znaleźć granicę lim
Newtona:
(1−x 2 ) n+1 −(1−x)
n→∞
x 2
= (1 − x2 ) n+1 − (1 − x)
x 2 (1 − x) n .
(1− n+1) 1 n+1
n→∞ 1− 1
n+1
= e−1
1
= 1 e .
. Zastosujemy dwumian
(1 − x 2 ) n+1 − 1 + x =
( ) ( ) ( )
n + 1 n + 1 n + 1
= 1 − x 2 + x 4 − x 6 + · · · + (−x 2 ) n+1 − 1 + x =
1 2 3
( ) ( )
n + 1 n + 1
= x − (n + 1)x 2 + x 4 − x 6 + · · · + (−x 2 ) n+1 =
2 3
( ) ( )
n + 1 n + 1
= x 4 − x 6 + · · · + (−x 2 ) n+1 .
2 3
Ostatnia równość wynika z tego, że x = 1 , czyli x(n + 1) = 1.
n+1
Mamy oczywiście lim
zachodzi nierówność:
( n + 1
k
)
x 2k =
( n+1
2 )x 4
n→∞ x 2
(n+1)·n
= lim = 1 . Dla n ≥ k − 1 oraz k ≥ 3
n→∞ 2(n+1) 2 2
(n + 1)n ... (n + 2 − k)
x 2k ≤
k!
(n + 1)k
x 2k <
k!
1
(n + 1) k .
.

1.9. Funkcja wykładnicza exp(x), liczba e 49
Z niej wynika, że 1 · (n+1 )
x 2 3 x 6 ≤ 1
( n + 1
∣( )
1 ∣∣∣ n + 1
x 8 −
x 2 4
5
oraz n+1
)
∣ ∣∣∣
x 10 + · · · + (−x 2 ) n+1
1
≤ (n − 3)
x 2 (n + 1) = n − 3
4 (n + 1) < 1
2 n + 1 .
Z ostatnio otrzymanych nierówności wynika, że:
(
∣ − n+1
)
3 x 6 + ( )
n+1
4 x 8 − ( )
n+1
5 x 10 + · · · + (−x 2 ) n+1∣ ∣
≤ 2
x 2 n + 1 −−−→
Stąd i z tego, że lim
= 1 2
lim
n→∞
( n+1
2 )x 4
n→∞ x 2
, a z niej i tego, że lim
n→∞ (1 − x)n = 1 e
( ( ) n+1
)
e− 1+ 1 −
n+1
1
n+1 − 1 n
n→∞ 0.
= 1 (1−x
, wynika od razu równość lim
2 ) n+1 −1+x
2 n→∞
, otrzymujemy obiecany wzór:
( ( ) n
)
e− 1+ 1 n
a po zastosowaniu twierdzenia Stolza:
( (
lim n e − 1 + 1 ) n
)
= e
n→∞ n 2 .
=
( ) n+1 ( ) n
1+ 1
n+1 − 1+ 1 n
1
n − 1
n+1
x 2 =
Wynik, który właśnie podaliśmy, jest sugestywny, ale nie wyjaśnia dokładnie,
jaki błąd popełniamy, stosując przybliżenie ( 1 + n) 1 n
≈ e, tylko sugeruje,
że błąd ten jest w pewnym przybliżeniu równy e dla dostatecznie dużych n.
2n
Teraz pokażemy jeszcze dokładniejsze oszacowania, choć zdecydowana większość
ekonomistów zajmuje się swoim zawodem, nie spotkawszy się z takimi
oszacowaniami nigdy w życiu. Można więc poniższy fragment pominąć lub zapoznać
się z nim dla treningu w ocenianiu błędów popełnianych przy stosowaniu
wzorów przybliżonych. Udowodnimy teraz, że dla każdej liczby naturalnej
n ≥ 1 zachodzi nierówność:
(
e − 1 + 1 ) n
≥ 1
n n + 2 .
= e 2
Zaczniemy od oszacowania z dołu różnicy kolejnych wyrazów tego ciągu:
(
1+ 1 ) n+1
−(
1+ 1 n (
= 1+
n+1 n) 1 ) n {(
1+ 1 )(
1−
n n+1
Dla n > 3 mamy
( ) n
1 − 1
(n+1) > 1 −
n
+ n(n−1) − n(n−1)(n−2) .
2 (n+1) 2 2(n+1) 4 6(n+1) 6
) n }
1
−1 .
(n+1) 2

50 1. Ciągi nieskończone
Wynika to stąd, że dla j < n zachodzi ( ) ( ) j (
n n
j (n+1) > n
) ( ) j+1,
n
2 j+1 (n+1) 2
więc stosując dwumian Newtona, otrzymujemy sumę n + 1 składników o malejących
wartościach bezwzględnych, każde dwa kolejne składniki tej sumy
mają różne znaki, więc urywając sumowanie na składniku ujemnym, otrzymujemy
sumę mniejszą od danej, a urwawszy na składniku dodatnim – większą.
Mamy:
1 −
n
(n + 1)
n(n − 1) n(n − 1)(n − 2)
+ + − =
2
2(n + 1)
4
6(n + 1) 6
= 1 − 1 (
1 − 1 ) (
1
+ 1 − 1
n + 1 n + 1 2(n + 1) 2 n + 1
−
Wykażemy teraz, że:
(
1
1 − 1
6(n + 1) 3 n + 1
)(
1 − 2
n + 1
)(
1 − 3
n + 1
)(
1 − 2
)
.
n + 1
)
+
(
1 + 1 )(
)
n n(n − 1) n(n − 1)(n − 2)
1 − + − − 1 >
n + 1 (n + 1)
2
2(n + 1)
4
6(n + 1) 6 1
>
2(n + 1) − 1
2 2(n + 1) 3.
Niech y = 1 . Wtedy n
n+1
dowieść, że:
n+1
n−1
n−2
= 1 − y, = 1 − 2y, = 1 − 3y. Należy więc
n+1 n+1
(
(1+y) 1−y(1−y)+ 1 2 y2 (1−y)(1−2y)− 1 )
6 y3 (1−y)(1−2y)(1−3y) −1 >
> 1 2 (y2 − y 3 ).
Po wymnożeniu i uporządkowaniu nierówność, którą mamy udowodnić, wygląda
tak:
1
2 (y2 − y 3 ) <
< 1 2 y2 − 1 6 y3 + 1 3 y4 + 1 6 y5 − 5 6 y6 +y 7 = 1 2 y2 − 1 2 y3 + 1 3 y3 + 1 3 y4 + 1 6 y5 − 5 6 y6 +y 7 .
Ta nierówność wynika od razu z tego, że 0 < y < 1, więc y 3 > y 6 , y 4 > y 6 ,
y 5 > y 6 , zatem:
1
3 y3 + 1 3 y4 + 1 6 y5 − 5 ( 1
6 y6 > y 6 3 + 1 3 + 1 6 − 5 )
= 0.
6

1.9. Funkcja wykładnicza exp(x), liczba e 51
Te przekształcenia były żmudne, ale teraz już łatwo otrzymujemy nierówność:
(
1 + 1 )( ) n
n
1
1 −
− 1 >
n + 1 (n + 1) 2 2(n + 1) − 1
2 2(n + 1) = 3
n
=
2(n + 1) > 1
3 2(n + 2)(n + 3) .
1
Zauważmy jeszcze, że = 1 2(n+2)(n+3) 2
naturalnymi, to:
(
1 +
k) 1 k (
− 1 +
n) 1 n
=
=
(
1 +
k) 1 k (
− 1 + 1
(
+ · · · + 1 + 1
> 1 2
> 1 2
= 1 2
(
1
− 1
n+2 n+3
) k−1
+
(
1 + 1
k − 1
) n+2 (
− 1 + 1
n + 2 n + 1
(
1+ 1 ) k−1 ( 1
k −1 k+1 − 1 )
+ 1 k+2 2
+ 1 (
1 + 1 ) n+1 ( 1
2 n + 1 n + 3 − 1
n + 4
(
1+ 1 ) n { 1
n k+1 − 1
k+2 + 1 k − 1
k+1
(
1 + 1 n
) n ( 1
n + 2 − 1
k + 2
)
.
)
. Jeśli n i k > n są liczbami
) k−1
−
(
1 + 1
k − 1
) n+1 (
+ 1 + 1
(
1+ 1
)
+ 1 2
n + 1
) k−2 ( 1
k −2 k − 1
k+1
(
1 + 1 n
) k−2
+
k − 2
) n+1 (
− 1 +
n) 1 n
>
)
+· · · +
) n ( 1
n + 2 − 1
)
>
n + 3
}
=
+· · ·+
1
n+3 − 1
n+4 + 1
n+2 − 1
n+3
Druga nierówność wynika z tego, że ciąg (( 1 + n) 1 n )
jest rosnący. Obliczywszy
granice lewej i prawej strony tej nierówności przy k −→ ∞, cały środek
pomijamy. Stwierdzamy, że:
e −
(
1 + 1 n) n
≥
(
1
1 + 1 n
.
2(n + 2) n)
Z tej nierówności wynika, że dla wszystkich liczb naturalnych n prawdą jest,
iż:
(
e − 1 + 1 ) n
≥ 1
n n + 2 ,
gdyż ( 1 + 1 n) n
≥ 2.
Otrzymany rezultat przekonuje nas o tym, że ciąg (( 1 + 1 n) n )
jest
bardzo wolno zbieżny do liczby e. Z wykazanej nierówności wynika, że

52 1. Ciągi nieskończone
e − ( )
1 + 1 998
998 ≥
1
. W istocie jest jeszcze gorzej, gdyż dla n ≥ 6 mamy
( 1 + n) 1 n
1000
≥
5
, więc e − ( )
1 + 1 n
2 n ≥
2,5
= 5 . W takim razie na
2(n+2) 4(n+2)
pewno e − ( )
1 + 1 1248
1248 ≥
1
, wobec tego liczba ( 1 + 1 1248
1000 1248)
ma na trzecim
miejscu po przecinku inną cyfrę niż liczba e. Widać więc, że znajdowanie
przybliżeń dziesiętnych liczby e za pomocą ciągu (( 1 + n) 1 n )
nie ma sensu.
Na zakończenie dodać wypada, że w dalszej części nauczymy się uzyskiwać
tego rodzaju oszacowania znacznie prościej, ale wymaga to rozwinięcia
teorii, która znalazła wiele zastosowań w różnych dziedzinach wiedzy. Porównanie
wysiłku, jaki trzeba włożyć w uzyskanie konkretnych rezultatów „gołymi
rękoma”, jak to właśnie uczyniliśmy, z nakładem pracy człowieka znającego rachunek
różniczkowy, ułatwi właściwą ocenę tego narzędzia.
1.10. Logarytm naturalny
Poprzednio udowodniliśmy, że zbiór wartości funkcji wykładniczej o podstawie
e składa się ze wszystkich liczb dodatnich. Pozwala to na wprowadzenie
definicji logarytmu o podstawie e.
DEFINICJA 1.42 (logarytmu naturalnego). Logarytmem naturalnym dodatniej
liczby rzeczywistej y nazywana jest liczba rzeczywista x, dla której
zachodzi równość: y = e x . Piszemy x = ln y.
Ponieważ z nierówności x 1 < x 2 wynika nierówność e x1 < e x2 , funkcja
logarytm jest dobrze zdefiniowana: liczbie y przypisujemy dokładnie jedną
liczbę x, co więcej funkcja logarytm jest ściśle rosnąca, tj. logarytm większej
liczby jest większy niż logarytm liczby mniejszej.
Ponieważ e x1 · e x2 = e x1+x2 , więc ln(y 1 · y 2 ) = ln y 1 + ln y 2 .
Potęgę o dowolnej podstawie a > 0 można zdefiniować np. tak: e x ln a =
exp (xln a) . Stąd od razu wynika, że ln (a x ) = xln a. Z definicji i z własności
funkcji wykładniczej o podstawie e natychmiast wynika, że:
a x1+x2 = a x1 · a x2 oraz (a x1 ) x2 = exp (x 2 ln a x1 ) = exp (x 2 x 1 ln a) = a x1x2 .
Ten krótki przegląd własności logarytmu zakończymy pokazaniem kilku
nierówności. Wykazaliśmy wcześniej, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi
nierówność 1 + x ≥ e x . Po zlogarytmowaniu otrzymujemy ln(1 + x) ≤ x,
oczywiście tylko dla x > −1, liczba 1+x musi bowiem być dodatnia, by w ogóle
można było mówić o jej logarytmie. Dla x < 1 zachodzi udowodniona wcześniej
(lemat 1.34) nierówność e x ≤ 1 . Zlogarytmowawszy ją, otrzymujemy
1−x

1.10. Logarytm naturalny 53
( ) ( )
1
x ≤ ln = ln 1 + x . Niech y = x . Wtedy x = y , przy czym
1−x
1−x
1−x 1+y
warunek x < 1 odpowiada warunkowi y > −1. Dla y > −1 mamy więc:
y
1 + y
≤ ln(1 + y) ≤ y. (1.3)
Stąd wynika, że jeśli y > 0, to 1 ≤ ln(1+y) ≤ 1, zaś jeśli −1 < y < 0, to
1+y y
≥ 1. Stąd i z twierdzenia
1
nierówności skierowane są przeciwnie: ≥ ln(1+y)
1+y y
o trzech ciągach wynika, że dla każdego ciągu (y n ) zbieżnego do 0, którego
wyrazy są różne od 0, zachodzi wzór:
ln(1 + y n )
lim = 1. (1.4)
n→∞ y n
Niech lim x n = x i niech x, x 1 ,x 2 ,... będą liczbami dodatnimi. Niech
n→∞
y n = xn−x.
Mamy wtedy ln x x
n − ln x = ln ( )
1 + xn−x
x = ln(1 + yn ) =
= ln(1+yn)
y n
· y n −−−−→ 1 · 0 = 0. Wobec tego z równości lim x n = x wynika
n→∞
n→∞
równość lim ln x n = ln x. Warto może nadmienić, że stwierdzenie to można
uzasadnić inaczej, w sposób bardzo podobny do tego, w jaki wykazaliśmy,
n→∞
że jeśli lim x n = g, to lim
√ k
x
n→∞ n→∞
n
= k√ g. Nie zrobimy tego jednak teraz, gdyż
w rozdziale poświęconym funkcjom ciągłym udowodnimy twierdzenie o ciągłości
funkcji odwrotnej, z którego wynikną bez trudu twierdzenia o ciągłości
pierwiastka i logarytmu. Dowód ciągłości pierwiastka podany w przykładzie
1.3 jest w istocie rzeczy dowodem twierdzenia o ciągłości funkcji odwrotnej,
przeprowadzonym w tym konkretnym przypadku.
Równość (1.4) mówi coś o wielkości logarytmu naturalnego liczb w pobliżu
1, natomiast nie zawiera żadnych informacji o zachowaniu się logarytmów
dużych liczb rzeczywistych.
Z wzorów, które udowodniliśmy w uwadze 1.1, wynika, że jeśli x > 0, to
dla każdej liczby naturalnej k zachodzi nierówność e x > xk+1
, stąd zaś wynika
(k+1)!
od razu, że jeżeli lim x n = + ∞, to lim = 0.
n→∞ n→∞ exp(x n)
Zauważmy, że jeśli (x n ) jest ciągiem liczb dodatnich, to lim x n = + ∞
n→∞
wtedy i tylko wtedy, gdy lim ln x n = + ∞. Jeśli bowiem M jest dowolną liczbą
rzeczywistą i lim x n = + ∞, to dla dostatecznie dużych n mamy x n > e M ,
n→∞
n→∞
zatem ln x n > M, a wobec tego lim ln x n = + ∞. Jeśli M jest liczbą rzeczywistą
i lim ln x n = + ∞, to dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność
n→∞
n→∞
ln x n > M, więc również nierówność x n > e M ≥ 1 + M > M, a wobec tego
lim x n = + ∞.
n→∞
x k n

54 1. Ciągi nieskończone
Niech lim x n = + ∞ i niech x n > 0 dla każdego n. Niech y n = ln x n .
n→∞
Z tego, co udowodniliśmy dotychczas, wynika, że lim y n = + ∞ i wobec tego:
n→∞
0 = lim
n→∞
y n
exp(y n ) = lim ln x n
.
n→∞ x n
Wykazaliśmy więc, że dla dostatecznie dużych n liczba ln x n jest znikomo
mała w porównaniu z liczbą x n .
Można bez trudu podać konkretne oszacowania pokazujące, że jeśli x jest
dużą liczbą dodatnią, to iloraz ln x jest bardzo mały. Oto przykład.
x
Wiemy, że ln x ≤ x − 1 dla każdej liczby dodatniej x. Wobec tego:
zatem:
1
2 ln x = ln(√ x) ≤ √ x − 1 < √ x,
ln x
x < 2√ x
x = 2 √ x
.
Dla zobrazowania tego zjawiska zauważmy np., że e 10 > 2,7 10 = 7,29 5 >
> 7 5 = 16807, zaś ln(e 10 ) = 10. Wobec tego:
ln 16807
16807 < ln (e10 )
16807 = 10
16807 < 0,0006.
Mamy też e 100 = (e 10 ) 10 > 16807 10 > 16000 10 = 2 40 ·10 30 = 1024 4 ·10 30 >
> 10 42 . Stąd wynika, że:
ln (10 42 )
10 42 < ln(e100 )
10 42 = 10 −40 =
= 0,000000000000000 000000 000000 000000 000000 1.
Wykazaliśmy więc wcześniej, że logarytm naturalny dużej liczby dodatniej
jest bardzo mały w porównaniu z tą liczbą i dla niedowiarków
zamieściliśmy dwa konkretne przykłady liczbowe, przy czym przeprowadzone
tu obliczenia nie wymagają nawet kalkulatora!
Ta własność logarytmów powoduje, że stosowane są one w wielu sytuacjach,
w których ludzie mają do czynienia z liczbami bardzo dużymi lub bardzo bliskimi
0, zmieniającymi się w dużych zakresach. Zwykle nie są to logarytmy
o podstawie e, lecz o podstawie 10. Na przykład w chemii używana jest wielkość
pH, która jest równa minus logarytmowi (o podstawie 10) ze stężenia jonów
wodorowych w roztworze, chemicy mówią ujemny logarytm ... , mając na
myśli liczbę przeciwną do logarytmu. W czystej wodzie stężenie jonów wodorowych
wynosi około 0,0000001 = 10 −7 , zatem pH czystej wody jest równe 7.

1.11. Funkcje trygonometryczne 55
Chodzi o to, by operować mniejszymi liczbami, co w przypadku jednokrotnego
użycia znaczenia nie ma, ale pH jest używane przez bardzo wielu ludzi wielokrotnie,
więc prostota definicji ma duże znaczenie. Innym przykładem jest np.
skala Richtera trzęsień Ziemi: mierzona jest tam amplituda fal sejsmicznych,
następnie logarytmowana przy podstawie 10; w rezultacie trzęsienie o jeden
stopień silniejsze ma 32-krotnie większą energię (dokładna zależność energii
i wielkości trzęsienia wg. Encyklopedii Britannica nie jest znana). Podobnie
jest z natężeniem dźwięku, również w tym przypadku stosowana jest skala
logarytmiczna. Skala jasności gwiazd też jest logarytmiczna.
Logarytmy wymyślono w XVII w. (John Napier). Chodziło o to, by przy
wykonywaniu obliczeń zastąpić mnożenie dodawaniem ( ln(xy) = ln x + ln y ) .
Stworzono tablice logarytmów. Mnożenie wykonywano tak: znajdowano w tablicach
logarytmy liczb, dodawano je, następnie w tablicach odszukiwano liczbę,
której logarytm równy był sumie logarytmów liczb mnożonych. Podobnie
pierwiastkowano i podnoszono do potęgi ( ln(x y ) = y ln x ) . Tak było do początku
lat osiemdziesiątych XX w., czyli do momentu, w którym komputery
osobiste stały się powszechne. Dziś do obliczeń logarytmy nie są używane, ale
są, i zapewne będą, stosowane różne skale logarytmiczne, o których wspomnieliśmy
wcześniej.
DEFINICJA 1.43 (logarytmy symboli nieskończonych). W dalszym ciągu
stosować będziemy następującą umowę: ln(+ ∞) = ∞, ln 0 = − ∞.
Jest ona zgodna z poprzednio przyjętą definicją: e + ∞ = + ∞ i e − ∞ = 0.
Ważniejsze od tego jest to, że jeśli x n → + ∞, to ln x n → + ∞, jeśli 0 < x n →
→ 0, to ln x n → − ∞.
1.11. Funkcje trygonometryczne
Przypomnimy teraz znane ze szkoły definicje funkcji trygonometrycznych.
Rozpocznijmy od tego, że dosyć powszechnie stosowana jednostka miary kąta
– stopień – jest dosyć sztuczna i nie wszędzie używana. Na statkach stosowano
rumby (rumb to 1 kąta pełnego), po 1789 r (Rewolucja we Francji) ustalono
32
nowy system miar, kąty miały być mierzone w gradusach (kąt prosty miał mieć
100 gradusów).
W rozważaniach teoretycznych najważniejszą jednostką miary kąta jest radian.
Załóżmy, że rozważamy kąty o wierzchołku w początku układu współrzędnych,
których pierwszym ramieniem jest dodatnia półoś pozioma, czyli
zbiór wszystkich punktów postaci (x,0), gdzie x ≥ 0. Kąty odmierzamy przeciwnie
do ruchu wskazówek zegara. Kąt ma t radianów, jeśli drugie ramię
przecina okrąg C o środku w punkcie (0,0) i promieniu 1, w punkcie P takim,
że długość łuku okręgu C zaczynającego się w punkcie (1,0) i kończącego się
w punkcie P jest równa t. Kąt prosty 90 ◦ ma więc miarę równą 1 długości 4

56 1. Ciągi nieskończone
Rysunek 1.2. Schemat do definiowania funkcji trygonometrycznych
okręgu o promieniu 1, czyli 1 · 2 · π = π. Kąt półpełny 4 2 (180◦ ), równy dwóm
kątom prostym, ma miarę 2 π = π. Kąt o mierze − π , to również kąt prosty,
2 2
lecz odmierzony w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara, tj. oparty
na łuku o końcach (1,0) i (0, −1). Rozważamy tu, jak widać, kąty zorientowane,
tzn. wiadomo, które ramię jest pierwsze, a które drugie, jeśli od pierwszego
ramienia do drugiego poruszamy się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, to
mówimy o kącie dodatnim, jeśli zgodnie z ruchem wskazówek zegara – o kącie
ujemnym. Można mówić o kątach większych od pełnego, np. kąt o mierze 9π 4
powstaje w wyniku przejścia przeciwnie do ruchu wskazówek zegara najpierw
całego okręgu, a potem jeszcze 1 −5π
okręgu; kąt o mierze to kąt odmierzony
8 2
zgodnie z ruchem wskazówek zegara, najpierw obchodzimy cały okrąg, potem
jeszcze ćwiartkę, cały czas zgodnie z ruchem wskazówek zegara.
Załóżmy teraz, że odmierzyliśmy łuk o mierze t od punktu (1,0) do punktu
P. Wtedy współrzędnymi punktu P są cos t i sin t – to definicje kosinusa
i sinusa, np. cos π = 0, sin π = 1, cos 3π = 0, sin 3π = −1, cos −π = √ 2
,
2 2 2 2 4 2
sin −π = − √ 2
sin t cos t
. Przypominamy, że: tg t = , ctg t = . Wprowadzane są
4 2 cos t sin t
również sekans i kosekans: sec t = 1 , csc t = 1 . My będziemy używać
cos t sin t
głównie funkcji kosinus, sinus i tangens 10 .
10 W niektórych krajach używane są skróty tan (tangens) i cot (kotangens).

1.11. Funkcje trygonometryczne 57
Przypomnimy kilka podstawowych własności funkcji sinus i kosinus.
TWIERDZENIE 1.44 (jedynka trygonometryczna). Dla każdej liczby t zachodzi
wzór:
sin 2 t + cos 2 t = 1.
TWIERDZENIE 1.45 (o sinusie sumy). Dla dowolnych liczb rzeczywistych
t, s zachodzi wzór:
sin(s + t) = sin s cos t + sin t cos s.
TWIERDZENIE 1.46 (o kosinusie sumy). Dla dowolnych liczb rzeczywistych
t, s zachodzi wzór:
cos(s + t) = cos s cos t − sinssin t.
TWIERDZENIE 1.47 (o parzystości i nieparzystości). Dla każdej liczby
rzeczywistej t zachodzą wzory:
cos(−t) = cos t
oraz
sin(−t) = − sin t.
Wzory te wynikają z tego, że punkty ( cos t,sin t ) i ( cos(−t),sin(−t) ) leżą
symetrycznie względem poziomej osi układu współrzędnych.
TWIERDZENIE 1.48 (o wzorach redukcyjnych). Dla każdej liczby rzeczywistej
t zachodzą wzory:
(
cos t + π )
(
= − sin t i sin t + π )
= cos t.
2
2
Wzory te wynikają natychmiast z tego, że przy obrocie o kąt π wokół punktu
2
(0,0) punkt (x,y) przekształcany jest na punkt (−y,x), można je też wyprowadzić
z twierdzeń 1.44, 1.45 oraz z równości cos π = 0, sin π = 1.
2 2
TWIERDZENIE 1.49 (o okresowości). Dla każdej liczby rzeczywistej t zachodzą
wzory:
cos(t + 2π) = cos t oraz sin(t + 2π) = sin t.

58 1. Ciągi nieskończone
Wzory te wynikają od razu z tego, że obrót o kąt 2π jest przekształceniem
tożsamościowym: punkt (x,y) przekształcany jest na ten sam punkt (x,y);
można też je wyprowadzić, stosując czterokrotnie wzory z twierdzenia 11 .
TWIERDZENIE 1.50 (o zamianach sum na iloczyny). Dla dowolnych liczb
rzeczywistych s, t zachodzą wzory:
sins + sin t = 2sin s + t
2
sins − sin t = 2sin s − t
2
cos s + cos t = 2cos s + t
2
cos s − cos t = −2sin s − t
2
cos s − t
2 ,
cos s + t
2 ,
cos s − t
2 ,
sin s + t
2 .
Te cztery wzory wynikają łatwo z twierdzeń 1.45, 1.46 i 1.47.
TWIERDZENIE 1.51 (o szacowaniu sinusa). Jeśli 0 < t < π , to zachodzi
2
nierówność
0 < sint < t < tg t.
Dowód. Niech O = (0,0), A = (1,0), P = (cos t,sin t ), Q = (1,tg t).
Trójkąt POA jest zawarty w wycinku koła ̂POA, a ten wycinek koła w trójkącie
prostokątnym QOA. Wobec tego pole trójkąta POA jest mniejsze niż
pole wycinka kołowego ̂POA, a to pole jest mniejsze od pola trójkąta QOA.
Obliczając te pola za pomocą wzorów znanych ze szkoły podstawowej, otrzymujemy
nierówność:
1
2 · 1 · sint < t
2π · π · 12 < 1 · 1 · tg t,
2
która jest równoważna tej, którą dowodzimy.
Nierówność sin t < t zachodzi dla każdego dodatniego t, bo dla t ≥ π 2
prawdziwa jest nierówność t > 1 ≥ sint. Ponieważ sin(−t) = − sin t, dla t ≠ 0
mamy |sin t| < |t|. Wobec tego mamy |sin s − sin t| = ∣ 2sin
s−t s+t
cos ∣
2 2 ≤
11 Reszty wzorów redukcyjnych wypisywać nie będziemy, zachęcamy czytelników do wyprowadzania
ich w razie potrzeby z rysunku albo z wzorów T4, T5. Zapamiętywać ich nie ma potrzeby, bo
wyprowadzenia są bardzo proste. Wątpliwej jakości utwory poetyckie mające ułatwić zapamiętywanie
wzorów redukcyjnych powinny ulec szybkiemu zapomnieniu, pomimo rozpowszechniania ich
przez tych autorów i nauczycieli, którzy są przekonani o tym, że uczniowie i studenci nie są w stanie
przeprowadzać samodzielnie jednolinijkowych rozumowań.

1.11. Funkcje trygonometryczne 59
Rysunek 1.3. Oszacowanie sinusa kąta ostrego
2 · ∣∣ s−t∣ · 1 = |s − t| dla dowolnych liczb rzeczywistych s, t. Analogicznie
2
dowodzimy, że |cos s − cos t| ≤ |s − t|.
TWIERDZENIE 1.52 (o szybkości zmian sinusa i kosinusa). Dla dowolnych
liczb rzeczywistych s, t zachodzą nierówności
|sin s − sint| ≤ |s − t| oraz |cos s − cos t| ≤ |s − t|.
TWIERDZENIE 1.53 (o ciągłości sinusa i kosinusa). Jeśli lim t n = t, to
n→∞
zachodzą równości lim sin t n = sin t oraz lim cos t n = cos t , czyli sinus i kosinus
są funkcjami ciągłymi – dowód wynika z twierdzenia o trzech ciągach
n→∞ n→∞
i tw. 1.52.
TWIERDZENIE 1.54 (o przybliżaniu sinusa małego kąta).
sin t
Jeśli lim t n = 0 i t n ≠ 0 dla każdego n, to lim n
n→∞ n→∞ t n
= 1.
Dowód. Ponieważ sin(−t)
−t
= sin t
t
, można zakładać, iż t n > 0 dla każdego n.
Ponieważ lim
n→∞
t n = 0, dla dostatecznie dużych n mamy |t n | < 1, co w połącze-

60 1. Ciągi nieskończone
niu z założeniem t n > 0 daje 0 < t n < 1. Jeśli 0 < t < 1, to dzięki twierdzeniu
o szacowaniu sinusa (1.50) możemy napisać:
t(1 − t 2 ) < t(1 − sin 2 t) = t cos 2 t < t cos t < sin t < t,
zatem t − t 3 < sint < t i wobec tego 1 − t 2 < sin t < 1. Teraz teza 1.54 wynika
t
z twierdzenia o trzech ciągach. Dowód został zakończony.
sin tn
Podany wyżej dowód można skrócić: z T8 wynika, że cos t n <
t n
< 1,
a ponieważ lim cos t n = cos 0 = 1, więc teza wynika z twierdzenia o trzech
n→∞
ciągach. Podaliśmy dowód nieco wydłużony jedynie po to, by uzyskać konkretne
oszacowanie błędu w często stosowanej równości przybliżonej sint ≈ t
dla t ≈ 0. To szacowanie nie jest najlepsze. Później będziemy w stanie łatwo
wykazać, że t − t3 < sin t dla t > 0, ale to już niewiele zmieni.
6
Jeśli np. 0 < t < 0,1, to 0 < t − sin t < t 3 < 0,01 · t, wobec tego w tym
przypadku błąd, który popełniamy, zastępując liczbę sin t liczbą t, jest mniejszy
niż 1% liczby t (w rzeczywistości < 1 %). Jest to całkiem przyzwoita dokładność,
a pamiętać należy, że kąty są tu wyrażane w radianach (0,1 radiana
6
to ponad 5 ◦ ), są to wielkości występujące w optyce, przy ruchu długiego wahadła
matematycznego, czy też przy strzelaniu z armat do w miarę odległych
celów.
W szkolnych podręcznikach do fizyki znajduje się twierdzenie mówiące,
że okres wahań wahadła matematycznego jest niezależny od amplitudy. Mało
kto zwraca uwagę na założenie: amplituda musi być dostatecznie mała, po to
by równość przybliżona sin t ≈ t dawała dobrą dokładność. Bez trudu każdy
może stwierdzić, że jeśli zaczniemy wychylać wahadło daleko od dolnego
pionowego położenia to okres wzrośnie w zauważalny sposób. Jeśli jednak rozważamy
dostatecznie małe amplitudy, to wtedy różnice albo są niemierzalne,
bo mniejsze od dokładności pomiaru, albo trudno mierzalne. Jest to kolejne
ostrzeżenie dotyczące równości przybliżonych. Na ogół wolno je stosować
w określonych zakresach – poza dopuszczalnym zakresem nie ma to na ogół
sensu.
1.12. Zadania
0. Wykazać, że dla dowolnej liczby naturalnej n i dowolnych liczb rzeczywistych
a, b zachodzą równości:
(a) (a+b) n = a n + ( )
n
1 a n−1 b+ ( )
n
2 a n−2 b 2 +· · ·+ ( )
n
n−2 a 2 b n−2 + ( n
n−1)
ab n−1 +b n ,
gdzie ( )
c
k =
c(c−1)(c−2)...[c−(k−1)]
dla każdego c ∈ R i k ∈ {1,2,3,... },
k!
(b) a n − b n = (a − b) ( a n−1 + a n−2 b + a n−3 b 2 + · · · + ab n−2 + b n−1) .
(c) a 2n+1 + b 2n+1 = (a + b)(a 2n − a 2n−1 b + a 2n−2 b 2 − a 2n−3 b 3 + · · · + b 2n ) .

1.12. Zadania 61
1. Niech wyrazy ciągu (a n ) spełniają równanie: a n+1 = qa n dla każdej liczby
naturalnej n. Wykazać, że a n = a 1 q n−1 dla każdej liczby naturalnej n. Udowodnić,
że dla q ≠ 1 zachodzi wzór:
a 1 + a 2 + · · · + a n = a 1
1 − q n
1 − q .
2. Zapisać liczbę 0,123451234512345 12345 · · · = 0,(12345) jako iloraz dwu
liczb całkowitych.
3. Co jest większe: liczba 1 czy liczba 0,99999 · · · = 0,(9) ? – odpowiedź
dokładnie uzasadnić.
4. Wykazać, że jeśli dla każdego n ∈ N zachodzi równość a n+1 = qa n + p,
gdzie p oraz q są dowolnymi, niezależnymi od n liczbami rzeczywistymi, to
dla każdej liczby naturalnej n zachodzi równość a n = p + (a 1−q 1 −
p
1−q )qn−1 .
W szczególności, jeśli a 1 = p , to wyraz ciągu (a 1−q n) jest niezależny od n (ten
ciąg stały nazywany jest przez ekonomistów punktem równowagi równania
a n+1 = qa n + p).
5. Paliwo drożało 10 razy, za każdym razem o 3%. Oszacować (w procentach)
wzrost ceny paliwa po 10 podwyżkach z dokładnością do 0,1 punktu procentowego.
6. (Model rynku jednego towaru, tzw. model pajęczynowy, ang: cobweb model).
Niech P t oznacza cenę towaru w chwili t, D t – popyt na ten towar w chwili
t, a S t – podaż tego towaru w chwili t. Załóżmy, że dla każdej nieujemnej liczby
całkowitej t i pewnych, niezależnych od t, dodatnich liczb α,β,γ,δ spełnione
są równości: S t = D t , D t = α − βP t , S t+1 = γ + δP t . Pierwsze z tych
równań oznacza, że producent wytwarza tyle towaru, ile może sprzedać przy
danej cenie P t , z drugiego wynika, że popyt maleje w wyniku wzrostu ceny,
zaś z trzeciego możemy wywnioskować, że producent zwiększa podaż, gdy cena
wzrasta. Wyprowadzić wzory na P t oraz S t w zależności od t oraz stałych
α,β,γ,δ. Wyjaśnić, co się dzieje z podażą i popytem w tym modelu w czasie,
tj. gdy t wzrasta. Omówienie opisywanego tu modelu rynku można znaleźć
w książce A. Ostoi–Ostaszewskiego Matematyka w ekonomii. Modele i metody,
Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 2006, tom 1 s. 101–103 lub w książce
A.C. Chianga Podstawy ekonomii matematycznej, PWE, Warszawa 1994,
s. 559–562.
7. Z funduszu wynoszącego 1000000 (milion) złotych, umieszczonego na rachunku
bankowym o oprocentowaniu 8% w skali rocznej, wypłaca się stypendia
w łącznej kwocie 300000 złotych. Stypendia są wypłacane pod koniec roku,
po doliczeniu odsetek; pierwsza wypłata ma miejsce po pierwszym roku. Po
jakim czasie fundusz wyczerpie się? Po jakim czasie fundusz wyczerpałby się,
gdyby wypłaty były dziesięciokrotnie mniejsze, tj. równe 30000 złotych?

62 1. Ciągi nieskończone
8. W kraju dotkniętym ostrym kryzysem inflacja wynosi 5% miesięcznie. Oblicz
wskaźnik inflacji rocznej z dokładnością do 1%. Do oszacowania można
użyć dwumian Newtona.
9. Zakładając, że średni przyrost naturalny na Ziemi równy jest 1,3% rocznie,
obliczyć, po jakim czasie liczba ludzi na planecie się podwoi.
10. Wykazać, że ciąg zbieżny do granicy skończonej jest ograniczony.
11. Wykazać, że ciąg (a n ) jest zbieżny do 0 wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg
(|a n |) jest zbieżny do 0.
12. Wykazać, że iloczyn (a n b n ) ciągu (a n ) zbieżnego do 0 i ciągu ograniczonego
(b n ) jest ciągiem zbieżnym do liczby 0.
13. Wykazać, że dla n > 1000000 zachodzi nierówność
n√
2 < 1,000001.
14. Dowieść, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych n zachodzą następujące
nierówności: n! > 1000000 n oraz 1,000001 n > n 1000 000 . Sprawdzić, że
w obu przypadkach dla n = 2,3,4,5 zachodzi nierówność przeciwna i wskazać
taką liczbę n 0 (nie szukać najmniejszej!), że dla n > n 0 zachodzą nierówności
wypisane w pierwszym zdaniu.
15. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = √ n + 3√ n − √ n.
16. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = √ n + √ n − √ n.
17. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = n√ 3 n − 2 n .
18. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = n√ 3 n + sin n.
19. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = 1 + n nπ
cos .
n+1 2
20. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = sin n .
21. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = ln(n2 +n+1000)
ln(n 1000 +999n−1) .
22. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = n2 +n+1000
n 1000 +999n−1 .
23. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = ( 1 + sin 1 n) n
.
24. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = n√ n!.
25. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = 10·11·12·....·(n+9)
1·3·5·····(2n−1)
.
26. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = ( 1 + sin n
n 2 ) n
.
27. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli
a n =
(
1 − 1 )(
1 − 1 ) (
... 1 − 1 )
.
2 3 n

1.12. Zadania 63
28. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli
a n =
(1 − 1 )(1 − 1 )
...
(1 − 1 )
.
2 2 3 2 n 2
29. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = 3n −2 n
3 n +n 2·2 n .
30. Obliczyć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = 3n +2 n·sin n.
3 n+1 +n 2002
31. Czy z tego, że
(a) lim a n ≤ lim b n , wynika, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych
n→∞ n→∞
n zachodzi nierówność a n ≤ b n ?
(b) lim a n < lim b n , wynika, że dla dostatecznie dużych liczb naturalnych
n→∞ n→∞
n zachodzi nierówność a n < b n ?
) n
32. Załóżmy, że lim
= e g . Należy tu
(
a n = g. Wykazać, że lim 1 +
a n
n→∞ n→∞ n
(
skorzystać z twierdzenia, które pojawi się na wykładzie: lim 1 +
g
n→∞ n
oraz jeśli lim
n→∞
nα n = 0, to lim
n→∞
(1 + α n ) n = 1.
) n
= e
g
33. Podać przykład takich dwóch ciągów liczb dodatnich (a n ), (b n ), że
lim a n = 0 = lim b n i:
n→∞ n→∞
a) lim a bn
n = 1, b) lim
n→∞ n→∞ abn n = 0, c) lim
n→∞ abn n = 2.
3
(
34. Obliczyć lim
n→∞
n+ 5√ n 5 +160n 4
2n+2
) n
. Ciekawostka: lim
x→0
(1+x) a −1
x
= a.
35. Niech a n = ( 1 + 1 nπ n.
sin
n 200)
Zbadać, czy ciąg (an ) ma granicę. Obliczyć
ją, jeśli lim a n istnieje. Jeśli ciąg (a n ) granicy nie ma, to wskazać dwa jego
n→∞
podciągi mające różne granice.
36. Niech a n = ( 1 + 1 cos nπ n
2
n 200)
. Zbadać, czy ciąg (an ) ma granicę. Obliczyć
3
ją, jeśli lim a n istnieje. Jeśli ciąg (a n ) granicy nie ma, to wskazać dwa jego
n→∞
podciągi mające różne granice.
( n + ncos
1
) n
n
37. Niech a n =
n + √ . Zbadać, czy ciąg (a n ) ma granicę. Obliczyć
n
ją, jeśli lim a n istnieje. Jeśli ciąg (a n ) granicy nie ma, to wskazać dwa jego
n→∞
podciągi mające różne granice.
( n + nsin
1
) n
n
38. Niech a n =
. Zbadać, czy ciąg (a n ) ma granicę. Obliczyć
n − 1
ją, jeśli lim a n istnieje. Jeśli ciąg (a n ) granicy nie ma, to wskazać dwa jego
n→∞
podciągi mające różne granice.
39. Znaleźć granicę lim
n→∞
a n ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n =
(
1 + 2
n+2) n
.

64 1. Ciągi nieskończone
( ) n
n
40. Znaleźć granicę lim a n ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n =
2 +5n−3
n→∞ n 2 +13 .
41. Znaleźć granicę lim
n→∞
a n ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = ( 0.999999+ 1 n
42. Znaleźć granicę lim
n→∞
a n ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = ( 1.000001+ 1 n
43. Znaleźć granicę lim
n→∞
a n ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = 1000000n
n!
.
44. Znaleźć granicę lim a n ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a n = n100000
.
n→∞ 1.000001 n
45. Wykazać, że ciąg (a n ) ma granicę i zbadać, czy jest ona skończona, czy jest
równa 0, jeśli ciąg (a n ) zdefiniowany jest wzorem a n = 1 + 1 + · · · + 1 .
n+1 n+2 n+n
46. Wykazać, że ciąg (a n ) ma granicę i zbadać, czy jest ona skończona, jeśli
ciąg (a n ) zdefiniowany jest wzorem a n = 1 + 1 + 1 + · · · + 1 .
1·2 2·3 n(n+1)
47. Wykazać, że ciąg (a n ) ma granicę i zbadać, czy jest ona skończona, jeśli
ciąg (a n ) zdefiniowany jest wzorem a n = 1 1 2 + 1 2 2 + 1 3 2 + · · · + 1 n 2 .
48. Wykazać, że ciąg (a n ) ma granicę i zbadać, czy jest ona skończona, jeśli
ciąg (a n ) zdefiniowany jest wzorem a n = 1 1 + 1 2 + 1 3 + · · · + 1 n .
49. Wykazać, że ciąg (a n ) ma granicę, jeśli ciąg (a n ) zdefiniowany jest wzorem
a n = √ 6 + a n−1 dla n = 1,2,3,... przy czym a 0 jest tu dowolną liczbą
rzeczywistą nieujemną. Znaleźć lim
n→∞
a n .
(
a n−1 + 5
50. Wykazać, że ciąg (a n ) ma granicę, jeśli a n = 1 dla n =
2
= 1,2,3,... przy czym a 0 jest tu dowolną liczbą rzeczywistą dodatnią. Znaleźć
lim a n.
n→∞
Wskazówka: dowieść, że nierówności a n+1 ≥ √ 5 i a n+1 ≥ a n+2 zachodzą
dla n = 0,1,2...
51. Niech
a n =
(1 + 1 )(1 + 1 ) (1 + 1 )
...
(1 + 1 )
.
1 2 2 2 3 2 n 2
a n−1
)
Wykazać, że ciąg (a n ) ma granicę i wyjaśnić, czy jest ona skończona.
Wskazówka: skorzystać z tego, że 1 + x ≤ e x dla każdej liczby x.
52. Wykazać, że ciąg (a n ) ma granicę, jeśli
a n =
(1 − 1 )(1 − 1 )(1 − 1 ) (
... 1 − 1 )
.
2 1 2 2 2 3 2 n
Czy lim
n→∞
a n = 0?
Wskazówka: wykazać, że jeśli x < 1, to 1 − x = 1
1+ x
1−x
≥ e −x/(1−x) .
) n.
) n.

( )
53. Znaleźć granicę lim 1 + n√ n
2
n→∞ n .
54. Znaleźć granicę lim
n→∞
(
1 +
n √ 2 ) n
.
ln n
55. Znaleźć granicę lim .
n→∞
n
1.12. Zadania 65
e
56. Znaleźć granicę lim bn −1
n→∞ b n
, gdzie b n oznacza n-ty wyraz pewnego ciągu
zbieżnego do 0 przy czym b n ≠ 0 dla n = 1,2,...
Wskazówka: dla x < 1 zachodzi nierówność 1 + x ≤ e x ≤ 1 ; 1−x
57. Znaleźć granicę lim
√ n
2−1
.
n→∞ 1/n
(
58. Znaleźć granicę lim
n→∞
)
1+ n√ n
2
2 .
59. Znaleźć granicę lim
n→∞
(n − ln n).
1
60. Znaleźć granicę lim
5 +2 5 +3 5 +···+n 5 − 1 6 n6
.
n→∞
n 5
1
61. Znaleźć granicę lim + 1 + · · · + 1 .
n→∞ (n+1) 2 (n+2) 2 (2n) 2
(
62. Znaleźć granicę lim n 2 1
+ 1 + · · · + 1
n→∞ (n+1) 2 (n+2) 2
63. Znaleźć granicę lim
n→∞
n
(
1
64. Znaleźć granicę lim
n→∞ n 1 +
1
(
(2n) 2 )
)
1
+ 1 + · · · + 1 ;
(n+1) 2 (n+2) 2 (2n) 2
2 + 1 3 + · · · + 1 n)
.
(
1
65. Znaleźć granicę lim
n→∞
ln n 1 +
1
+ 1 + · · · + 1 2 3 n)
.
(
1
66. Znaleźć granicę lim √n 1 +
1
+ 1 + · · · + 1
n→∞ 2 3 n)
.
67. Znaleźć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a 0 = 1 10 oraz a n+1 = sin a n .
68. Znaleźć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a 0 = 1 10 oraz a n+1 = 2 an −1.
69. Znaleźć granicę ciągu (a n ), o ile istnieje, jeśli a 0 = 1 10
oraz a n+1 =
= −a n + 1 2 a3 n.
.
70. Niech a n = 1 + 1 + 1 + · · · + 1
2 2 3 3 4 4
to czy jest skończona?
n n
Czy ciąg (a n ) ma granicę? Jeśli tak,
71. Niech a n = 1 √
2
+ 1 3 √ 3 + 1 4 √ 4 + · · · + 1 n√ n
. Czy ciąg (a n ) ma granicę? Jeśli
tak, to czy jest skończona?

66 1. Ciągi nieskończone
72. Niech a n = 1 + 1 + 1 + · · · + 1 . Czy ciąg (a
2 2·2 2 3·3 3 n·n n n ) ma granicę? Jeśli
tak, to czy jest skończona?
73. Niech a n = 1 2 + 2 2 2 + 3 2 3 + · · · + n 2 n . Czy ciąg (a n ) ma granicę? Jeśli tak, to
czy jest skończona?
74. Niech a n = ln2 + ln 3
2
tak, to czy jest skończona?
2
3 3 + ln 4
+ · · · + ln n
4 4 n n
Czy ciąg (a n ) ma granicę? Jeśli
75. Niech a n = 1 + 1 2 − 1 3 − 1 4 + 1 5 + 1 6 − 1 7 − 1 8 + · · · + 1
4n−3 + 1
4n−2 − 1
4n−1 − 1
4n .
Czy ciąg (a n ) ma granicę? Jeśli tak, to czy jest skończona?

2. Szeregi nieskończone
2.1. Szereg i szereg zbieżny
Zajmiemy się teraz ciągami nieskończonymi, ale zapisywanymi w postaci
sum.
DEFINICJA 2.1. Niech (a n ) będzie dowolnym ciągiem liczb rzeczywistych.
Szeregiem o wyrazach a 0 , a 1 , a 2 , ... nazywamy ciąg, którego kolejnymi wyrazami
są sumy początkowych wyrazów ciągu (a n ):
s 0 = a 0 , s 1 = a 0 + a 1 , s 2 = a 0 + a 1 + a 2 , ....
Liczby s 0 , s 1 , s 2 , ... nazywane są sumami częściowymi szeregu o wyrazach
a 0 , a 1 ,a 2 , ... Szereg o wyrazach a 0 , a 1 , a 2 , ... oznaczamy symbolem
∑
a 0 +a 1 +a 2 +... lub symbolem ∞ a n , czasem też ∑ a n , jeśli nie jest istotne od
n=0
jakiego wyrazu rozpoczynamy sumowanie. Jeśli ciąg sum częściowych szeregu
ma granicę, to nazywamy ją sumą szeregu, jeśli suma szeregu jest skończona,
to szereg nazywamy zbieżnym, jeśli suma szeregu jest nieskończona lub jeśli
ciąg sum częściowych szeregu nie ma granicy, to szereg nazywamy rozbieżnym.
Jeśli szereg ma sumę, skończoną lub nieskończoną, to oznaczamy ją tak
∑
samo jak szereg: a 0 + a 1 + a 2 + ... lub ∞ a n .
Z doświadczenia wynika, że w tym przypadku pewna dwuznaczność oznaczeń
nie prowadzi do nieporozumień, a nawet jest ułatwieniem.
Tak jak w przypadku ciągów numerację wyrazów można zaczynać od dowolnej
liczby całkowitej. Jeżeli rozpoczynamy od liczby k, to szereg oznaczamy
∑
symbolem a k + a k+1 + ... lub ∞ a n .
n=k
n=0

68 2. Szeregi nieskończone
Czytelnik może być nieco zaskoczony tym, że rozpoczynamy od definicji
i to nieco przydługiej. Otóż pojęcie sumy nieskończonej wymaga jednoznacznej
odpowiedzi np. na pytanie: jaka ma być wartość sumy nieskończonej
∞∑
(−1) n = 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + ...?
n=1
Mogłaby być równa 0, gdyż:
1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + · · · = (1 − 1) + (1 − 1) + · · · = 0 + 0 + ....
Mogłaby być równa 1, gdyż:
1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + · · · = 1 + (−1 + 1) + (−1 + 1) + · · · = 1 + 0 + 0 + ...
A może ani 0, ani 1, lecz 1 , bo przecież sumujemy ciąg geometryczny o ilorazie
2
q = −1, a jak to mówiono w szkole: suma nieskończonego ciągu geometrycznego
1+q+q 2 +... jest równa 1
1−q
. Faktem jest, że wielu absolwentów
szkół średnich pamięta o tym, że trzeba było założyć, że |q| < 1, ale duża część
spośród nich nie bardzo wie, dlaczego takie założenie trzeba uczynić.
To nie jest jedyny problem. Rozważmy sumę nieskończoną 1− 1+ 1− 1+....
2 3 4
Oznaczmy s ′ n = 1 − 1 + 1 − 1 + · · · + 2 3 4 (−1)n−1 1. Ponieważ 1 − 1 > 0,
n k k+1
s ′ 1 > s ′ 3 > s ′ 5 > ... oraz s ′ 2 < s ′ 4 < s ′ 6 < ..., a więc ciągi ( s 2n−1) ′ i (s
′
2n ) mają
)
= 0. Wobec tego
granice. Mamy s ′ 2n−1 − s′ 2n = ( 1 , zatem lim
2n s
′
2n−1 − s ′ 2n
n→∞
granice ciągów ( s 2n−1) ′ i (s
′
2n ) są równe i leżą między s ′ 2 oraz s′ 1 . Oznacza to,
że ciąg (s ′ n) jest zbieżny i że jego suma leży w przedziale ( 1 ,1). Możemy to
2
zapisać tak:
∞
1
2 < ∑
(−1) n 1 n < 1.
n=1
Teraz rozważmy szereg 1 + 1 − 1 + 1 + 1 − 1 + 1 + 1 − 1 + .... Występują
w nim te same wyrazy (składniki) co w szeregu 1 − 1 + 1 − 1 + ...,
2 3 4
3 2 5 7 4 9 11 6
ale w innej kolejności: − 1 na trzecim miejscu zamiast na drugim, 1
– na
2 3
drugim zamiast na trzecim, − 1 – na szóstym zamiast na czwartym, 1 – na
4 5
1
czwartym zamiast na piątym, – na piątym zamiast na siódmym itd. Na
7
tzw. zdrowy rozum suma nie powinna zależeć od kolejności składników. Tak
oczywiście jest w przypadku sumowania skończenie wielu liczb. Przekonamy
się, że nie dotyczy to szeregów, czyli sum nieskończenie wielu składników.
Rozważmy kolejne grupy trójskładnikowe: 1 + 1 − 1, 1 + 1 − 1, 1 + 1 − 1,
3 2 5 7 4 9 11 6
... Pierwsza grupa kończy się składnikiem − 1, druga – składnikiem 2 −1,
4
trzecia – składnikiem − 1 itd. Widać więc, że ostatni składnik w m-tej grupie
jest równy − 1 . Bez trudu można stwierdzić, że poprzedni to 1
=
2m
6
2·2m−1

2.1. Szereg i szereg zbieżny 69
= 1
, a jeszcze poprzedni, czyli pierwszy w grupie, równy jest 1
. Mamy
4m−1 4m−3
1
+ 1 − 1 = 1 − 1 + 1 − 1 = 1
+ 3
. Wobec tego:
4n−1 4n−3 2n 4n−1 4n 4n−3 4n 4n(4n−1) 4n(4n−3)
1
4n 2 = 1 + 3
4n · 4n < 1
4n(4n − 1) + 3
4n(4n − 3) < 1 + 3
4n · n = 1 n 2
– korzystaliśmy z tego, że dla każdej dodatniej liczby naturalnej n zachodzą
nierówności podwójne 4n > 4n − 1 ≥ 3n > n i 4n > 4n − 3 ≥ n. Oznaczamy
sumę n pierwszych wyrazów drugiego szeregu przez s ′′ n. Mamy oczywiście:
0 <
<
1
4(n + 1) < 2 s′′ 3(n+1) − s′′ 3n = 1
4(n + 1) − 3 + 1
4(n + 1) − 1 − 1
2(n + 1) <
1
(n + 1) 2.
Wynika stąd, że ciąg (s ′′
3n ) jest ściśle rosnący i dodatkowo:
s ′′
3n < 1 1 2 + 1 2 2 + · · · + 1 n 2 < 1 + 1
1 · 2 + 1
2 · 3 + · · · 1
(n − 1) · n =
= 1 + 1 1 − 1 2 + 1 2 − 1 3 + · · · + 1
n − 1 − 1 n = 2 − 1 n < 2.
Wynika stąd, że ciąg (s ′′
3n ) jest ściśle rosnący i ograniczony, więc ma granicę
skończoną. Jest ona większa niż 1 + 1 − 1 = 5 i mniejsza niż 2. Ponie-
3 2 6
waż s ′′
( ) (
s
′′
3n+1 i s
′′
3n+1 − s′′ 3n = 1 −−−→ 4n+1 n→∞
0 oraz s′′
3n+2 − s′′ 3n+1 = 1 −−−→ 4n+3 n→∞
0, więc ciągi
)
3n+2 mają granice i to takie same jak ciąg (s
′′
3n ) . Stąd bezpośrednio
wynika, że ciąg (s ′′ n) jest zbieżny do tej wspólnej granicy swych trzech
podciągów, które zawierają wszystkie jego wyrazy. Wykazaliśmy więc, że drugi
szereg jest zbieżny. Porównamy teraz sumy obu szeregów. Niech:
s ′ = 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + ... ,
s ′′ = 1 + 1 3 − 1 2 + 1 5 + 1 7 − 1 4 + ... .
Zachodzą wzory s ′ = lim s ′ 2n oraz s′′ = lim s ′′
3n . Zauważmy, że:
n→∞ n→∞
1
4n − 3 + 1
4n − 1 − 1 ( 1
2n − 2n − 1 − 1 )
=
2n
= 1
4n − 3 + 1
4n − 1 − 1
2n − 1 = 1
4n − 3 − 1
4n − 2 + 1
4n − 1 − 1
4n − 2 =
1
=
(4n − 3)(4n − 2) − 1
(4n − 1)(4n − 2) = 2
(4n − 3)(4n − 2)(4n − 1) > 0.

70 2. Szeregi nieskończone
Wobec tego:
s ′′
3n −s′ 2n = 2
1 ·2·3 + 2
5 ·6·7 + · · ·+ 2
(4n −3) ·(4n −2) ·(4n −1) ≥ 2
1 ·2·3 = 1 3 .
Stąd łatwo wynika, że ciąg (s ′′
3n − s′ 2n ) jest ściśle rosnący, więc s′′ − s ′ >
> s ′′
3 − s ′ 3 = 1.
3
Okazało się więc, że zmiana kolejności wyrazów szeregu, czyli zmiana kolejności
sumowania nieskończonego, doprowadziła do zmiany sumy szeregu (suma
urosła o więcej niż 1 ). Można zmienić kolejność wyrazów szeregu tak, by stał
3
się on rozbieżny, np. by ciąg sum częściowych nie miał granicy albo by miał
granicę nieskończoną. Wskazuje to wyraźnie na konieczność sprecyzowania pojęcia
sumy nieskończonej – od tego zaczęliśmy ten rozdział – a następnie wyjaśnienia,
jakie własności przysługują nieskończonym sumom, czyli szeregom,
bo przecież wykazaliśmy już, że nie można automatycznie przepisywać sumom
nieskończonym własności sum skończonych. Właśnie tym się będziemy zajmować
w dalszym ciągu tego rozdziału. Tematu nie wyczerpiemy, wykażemy
jedynie kilka twierdzeń, które powinny pomóc zrozumieć, jak można postępować
z szeregami w najprostszych sytuacjach.
Udowodnimy teraz twierdzenie, które pozwala na „dostawianie nawiasów”
w szeregu.
TWIERDZENIE 2.2 (o łączności sumowania nieskończonego). Jeśli szereg
∞∑
a n jest zbieżny, a ciąg (k n ) jest ściśle rosnący, b n = a kn + a kn+1 + · · · +
n=0
∑
+ a kn+1−1, gdzie k 0 = 0, to szereg ∞ ∑
b n jest zbieżny i zachodzi równość ∞ a n =
n=0
n=0
∑
= ∞ b n .
n=0
∑
Dowód. Ciąg sum częściowych szeregu ∞ b n jest podciągiem ciągu sum
n=0
∑
częściowych szeregu ∞ a n : b 0 = a 0 + a 1 + · · · + a k1−1, b 0 + b 1 = a 0 + a 1 +
n=0
· · ·+a k2−1 itd. Jeśli ciąg jest zbieżny, to wszystkie jego podciągi są zbieżne do
granicy tego ciągu.
Twierdzenie to nie mówi nic o usuwaniu nawiasów. Ogólnie rzecz biorąc,
nawiasów usuwać nie wolno: szereg (1−1)+(1−1)+(1−1)+· · · = 0+0+0+...
jest zbieżny, natomiast po otwarciu nawiasów mamy do czynienia z szeregiem
1−1+1−1+1−1+... , który jest rozbieżny, gdyż dostawienie nawiasów w inny
sposób daje inną sumę! Czasem jednak nawiasy można usunąć. Można to zrobić
np. w przypadku, gdy wszystkie wyrazy szeregu są tego samego znaku, np.
∑
wszystkie są nieujemne. Wtedy bowiem ciąg sum częściowych szeregu ∞ a n jest
monotoniczny, więc ma granicę i jest ona równa granicy każdego podciągu.
n=0

2.2. Warunek konieczny zbieżności szeregu, szereg harmoniczny 71
Z twierdzenia o granicy iloczynu ciągów wynika od razu, że po pomnożeniu
wszystkich wyrazów szeregu zbieżnego przez liczbę rzeczywistą otrzymujemy
szereg zbieżny.
TWIERDZENIE 2.3 (o mnożeniu szeregu przez liczbę). Jeśli szereg ∞ ∑
a n
n=0
∑
jest zbieżny i c jest liczbą rzeczywistą, to szereg ∞ (c · a n ) też jest zbieżny
n=0
∑
i zachodzi równość ∞ (c · a n ) = c · ∞∑ a n .
n=0
n=0
Szeregi zbieżne można też dodawać.
∞∑ ∞∑
TWIERDZENIE 2.4 (o dodawaniu szeregów). Jeśli szeregi a n i b n są
n=0 n=0
∑
zbieżne, to również szereg ∞ (a n +b n ), zwany ich sumą, jest zbieżny i zachodzi
n=0
∑
równość ∞ ∑
(a n + b n ) = ∞ ∑
a n + ∞ b n .
n=0
n=0
n=0
Wynika to natychmiast z twierdzenia o granicy sumy ciągów i tego, że suma
∑
częściowa szeregu ∞ (a n + b n ) jest równa sumie sum częściowych szeregów
n=0
∞∑ ∞∑
a n i b n .
n=0
n=0
Na razie twierdzenia o mnożeniu szeregów nie przedstawimy – odkładamy
to na później, gdyż jest ono trudniejsze od teraz omawianych.
Wypada jeszcze stwierdzić, że natychmiastowym wnioskiem z twierdzenia
o szacowaniu z poprzedniego rozdziału jest kolejne twierdzenie.
∞∑
TWIERDZENIE 2.5 (o porównywaniu sum szeregów). Jeśli szeregi a n
n=0
∞∑
oraz b n mają sumy i dla każdej liczby naturalnej n zachodzi nierówność
n=0
∞∑ ∑
a n ≤ b n , to a n ≤ ∞ b n , przy czym jeżeli choćby dla jednej liczby naturalnej
n zachodzi nierówność (ostra!) a n < b n i szereg ∞ a n jest zbieżny, to
n=0 n=0
∑
n=0
∞∑ ∑
a n < ∞ b n .
n=0
n=0
2.2. Warunek konieczny zbieżności szeregu, szereg
harmoniczny
TWIERDZENIE 2.6 (warunek konieczny zbieżności szeregu). Jeśli szereg
∞∑
a n jest zbieżny, to lim a n = 0.
n→∞
n=1

72 2. Szeregi nieskończone
Dowód. Mamy a n = s n −s n−1 . Granica lim s n jest skończona, bo szereg
n→∞
jest zbieżny, więc lim a n = lim (s n −s n−1 ) = lim s n − lim s n−1 = 0. Dowód
n→∞ n→∞ n→∞ n→∞
został zakończony.
Twierdzenia tego odwrócić nie można, co pokazuje przykład.
∑
Przykład 2.1 (szereg harmoniczny). Zbadamy zbieżność szeregu ∞ 1
. Oczy-
n
1
wiście lim = 0. Zauważmy, że dla każdej liczby naturalnej k > 1 prawdziwa
n→∞ n
jest nierówność:
1
k + 1 + 1
k + 2 + 1
k + 3 + · · · + 1
k + k > k · 1
k + k = 1 2 .
Stosując otrzymaną nierówność wielokrotnie, otrzymujemy:
1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 > 1 + 1 2 + 1 2 = 2;
1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 8 > 1 + 1 2 + 1 2 + 1 2 = 21 2 .
Jeśli rozważymy sumę kończącą się na składniku 1 , czyli dopiszemy następną
grupę ułamków, których sumę można oszacować z dołu przez 1, to 2
16
stwierdzimy, że suma ta jest większa niż 3. Podobnie, kończąc na 1 , otrzymujemy
sumę większą niż 3 1, kończąc na 1 , otrzymujemy sumę większą niż 4 i
32
2 64
tak dalej. Widać więc, że ciąg sum częściowych, który jest rosnący, ma granicę
+ ∞. Wykazaliśmy więc, że ∞ 1
∑
= + ∞, co oznacza, że szereg nie jest
zbieżny.
n
n=1
Przykład 2.2. Zbadamy teraz zbieżność szeregu ∞ ∑
n=1
1
. Podobnie jak w po-
n 2 n=1
1
przednim przypadku ciąg ma granicę 0: lim
n→∞
szansę być zbieżny. Wykażemy, że jest zbieżny i że jego suma nie jest większa
niż 2.
Mamy 1 n 2 < 1
n(n−1) = 1
n−1 − 1 n
n 2 = 0, wobec czego szereg ma
dla n > 1. Wobec tego możemy napisać:
1+ 1 2 + 1 2 3 +· · ·+ 1 2 n < 1+ 1 2 1 − 1 2 + 1 2 − 1 3 + 1 3 − 1 1
+· · ·+
4 n − 1 − 1 n = 2− 1 n < 2.
∑
Z otrzymanej nierówności wynika, że ∞ ( )
1
= lim
n 1 +
1
+ 1 + · · · + 1 2
n=1 n→∞
2 2 3 2 n ≤ 2
≤ 2. Wykazaliśmy więc zbieżność szeregu (ciąg sum częściowych jest ograniczony
z góry i rosnący).

2.3. Szereg geometryczny 73
Wypada nadmienić, że wiemy coś o jego sumie – jest ona ≤ 2, ale matematycy
potrafią ją znaleźć – jest ona równa π2
. Uzyskanie tego wyniku wykracza
6
jednak poza program wykładu z analizy dla ekonomistów. Podaliśmy ten rezultat
po to tylko, by uświadomić czytelnikom, że czym innym jest wykazanie
istnienia granicy ciągu lub zbieżności szeregu, a czymś zupełnie innym jej znalezienie.
2.3. Szereg geometryczny
∑
Szereg geometryczny ∞ q n jest rozbieżny, gdy |q| ≥ 1. Wynika to stąd, że
n=0
w tym przypadku liczba 0 nie jest granicą ciągu (q n ) .
Jeśli |q| < 1, to szereg geometryczny jest zbieżny. Zachodzi wzór:
1 + q + q 2 + · · · + q n−1 = 1 − qn
1 − q .
Jeśli |q| < 1, to lim
n→∞
q n = 0, co wykazaliśmy w poprzednim rozdziale, zatem:
∞∑
n=0
q n = 1 + q + q 2 1 − q n
+ · · · = lim
n→∞ 1 − q = lim
(
1 + q + q 2 + · · · + q n−1) =
n→∞
= 1
1 − q .
Dla przykładu wykażemy, że 1 = 0,99999... – po przecinku występują
same dziewiątki. Ten wzór dziwi wiele osób. Trzeba jednak zrozumieć, że prawa
strona jest równa:
9
10 + 9
100 + 9
1000 + 9
10000 + ... = 9
10 ·
=
9
10
1 − 1 10
(
1+ 1
10 + 1
10 2 + 1
10 3 + 1
10 4 + ... )
=
= 1.
Uzyskana równość wskazuje na niejednoznaczność zapisu liczb w postaci
dziesiętnej. Bez większych trudności można wykazać, że podany przykład stanowi
w istocie rzeczy przykład typowy: albo od pewnego miejsca w rozwinięciu
dziesiętnym liczby rzeczywistej występują same dziewiątki, albo – same zera.
W drugim przypadku cyfra poprzedzająca zera jest o 1 większa niż cyfra poprzedzająca
dziewiątki np. 1234599,999999 · · · = 1234600,000000... . Inne
liczby, np. √ 2 = 1,4142... lub 1 = 0,333 · · · = 0,(3), można przedstawić tylko
3
w jeden sposób w postaci rozwinięcia dziesiętnego. Twierdzenie to jest łatwe,
ale dowodzić go nie będziemy, bowiem nic nam nie wiadomo o jego stosowaniu
w ekonomii.

74 2. Szeregi nieskończone
2.4. Szeregi o wyrazach dodatnich
Podamy teraz kilka twierdzeń umożliwiających w najbardziej podstawowych
przypadkach badanie zbieżności szeregów o wyrazach nieujemnych.
W tym przypadku ciąg sum częściowych jest niemalejący, więc ma granicę.
Jedynym problemem jest to, czy ta granica, czyli suma szeregu, jest skończona.
∑
Podaliśmy wcześniej dowód rozbieżności szeregu harmonicznego ∞ 1
. Ro-
n
zumowanie tam przeprowadzone można zastosować w wielu przypadkach. Sformułujemy
teraz twierdzenie podane przez Cauchy’ego. Stosowanie tego twierdzenia
umożliwia często zastąpienie badanego szeregu innym, w przypadku
którego badanie zbieżności jest łatwiejsze: nowy szereg albo jest „szybciej”
zbieżny, albo też szybciej rozbieżny.
TWIERDZENIE 2.7 (kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu). Załóżmy, że
ciąg (a n ) jest nierosnący oraz że jego wyrazy są dodatnie. W tej sytuacji szereg
∞∑
∑
a n jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg ∞ 2 n a 2 n jest zbieżny.
n=0
Dowód. Załóżmy, że szereg a 0 +a 1 +a 2 +... jest zbieżny. Trzeba wykazać
zbieżność szeregu a 1 +2a 2 +4a 4 +8a 8 +.... Mamy 2a 4 ≤ a 3 +a 4 (bo a 4 ≤ a 3 ),
4a 8 ≤ a 5 + a 6 + a 7 + a 8 (bo a 8 jest najmniejszą z liczb a 5 , a 6 , a 7 , a 8 ),
8a 16 ≤ a 9 + a 10 + · · · + a 15 + a 16 itd. Stąd wynika, że a 2 + 2a 4 + 4a 8 +
+ 8a 16 + · · · ≤ a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 + a 7 + a 8 + · · · < + ∞, czyli szereg
a 2 + 2a 4 + 4a 8 + 8a 16 + ... ma skończoną sumę. Wobec tego po pomnożeniu
go przez 2 otrzymamy szereg zbieżny, ale po pomnożeniu przez 2 otrzymujemy
∑
szereg 2a 2 + 4a 4 + 8a 8 + 16a 16 + ..., czyli szereg ∞ 2 n a 2 n, który jest zbieżny,
∑
a wobec tego również szereg ∞ 2 n a 2 n jest zbieżny — zmiana skończenie
n=0
wielu wyrazów na zbieżność wpływu nie ma (może natomiast mieć wpływ na
wartość sumy szeregu zbieżnego).
Udowodnimy teraz wynikanie w drugą stronę. Zakładamy, że szereg a 1 +
+ 2a 2 + 4a 4 + 8a 8 + ... jest zbieżny. Mamy:
2a 2 ≥ a 2 + a 3 , 4a 4 ≥ a 4 + a 5 + a 6 + a 7 , 8a 8 ≥ a 8 + a 9 + · · · + a 14 + a 15 , itd.
Stąd wynika, że:
a 1 +a 2 +a 3 +a 4 +a 5 + · · ·+a 14 +a 15 + · · · ≤ a 1 +2a 2 +4a 4 +8a 8 + · · · < + ∞,
∑
co oznacza, że szereg ∞ ∑
a n jest zbieżny, czyli również szereg ∞ a n jest zbieżny.
n=1
Dowód został zakończony.
n=1
n=0
n=0
n=1

2.4. Szeregi o wyrazach dodatnich 75
W dowodzie kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu szacowaliśmy sumę jednego
szeregu przez sumę drugiego, o którym wiedzieliśmy, że jest zbieżny. Bardzo
proste twierdzenia, które podamy za chwilę, pokazują, jak można szacować
w wielu sytuacjach szeregi o wyrazach dodatnich.
TWIERDZENIE 2.8 (kryterium porównawcze). Załóżmy, że dla każdej dostatecznie
dużej liczby naturalnej n zachodzi nierówność 0 ≤ a n ≤ b n . Wtedy:
∑
1)jeśli szereg ∞ ∑
b n jest zbieżny, to również szereg ∞ a n jest zbieżny;
n=0
∑
2) jeśli szereg ∞ ∑
a n jest rozbieżny, to również rozbieżny jest szereg ∞ b n .
n=0
Dowód. Załóżmy, że nierówność 0 ≤ a n ≤ b n ma miejsce dla n ≥ k. Wtedy
∑
dla każdego m ≥ k zachodzi nierówność m ∑
a n ≤ m b n . Ciągi sum częściowych
są niemalejące, więc granice istnieją, czyli szeregi mają sumy. Przechodząc do
∑
granicy przy m → ∞, otrzymujemy ∞ ∑
a n ≤ ∞ b n . Z otrzymanej nierówności
n=k
obie części tezy wynikają od razu – to, że sumujemy od k zamiast od 0, nie
ma znaczenia, bo zmiana skończenie wielu wyrazów szeregów (np. zastąpienie
w obu szeregach wyrazów o numerach mniejszych niż k zerami) nie ma wpływu
na ich zbieżność, choć na ogół ma wpływ na wartości ich sum. Dowód został
zakończony.
To twierdzenie można skomentować tak: szeregowi o mniejszych wyrazach
jest łatwiej być zbieżnym niż szeregowi o większych wyrazach.
TWIERDZENIE 2.9 (asymptotyczne kryterium porównawcze). Załóżmy,
że dla każdej dostatecznie dużej liczby naturalnej n zachodzą obie nierówności
a
0 < a n i 0 < b n oraz że istnieje skończona, dodatnia granica lim n
n→∞ b n
. Przy
∑
tych założeniach szereg ∞ a n jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg
n=0
∞∑
b n jest zbieżny.
n=0
a
Dowód. Załóżmy, że lim n
n→∞ b n
= g oraz że 0 < g < +∞. Niech c, d będą
takimi liczbami rzeczywistymi, że 0 < c < g < d. Wtedy dla dostatecznie
n=k
n=k
dużych n zachodzą nierówności 0 < b n i c < an
b n
< d. Wobec tego dla dostatecznie
dużych n mamy c · b n < a n < d · b n . Jeśli szereg ∑ a n jest zbieżny, to
szereg ∑ c ·b n jest zbieżny i wobec tego szereg ∑ b n również jest zbieżny. Jeśli
natomiast szereg ∑ b n jest zbieżny, to szereg ∑ d ·b n jest zbieżny i wobec tego
szereg ∑ a n również jest zbieżny. Dowód został zakończony.
n=k
n=0
n=0

76 2. Szeregi nieskończone
Założenie istnienia granicy skończonej dodatniej można interpretować tak:
wyrazy szeregów dążą do 0 w tym samym tempie (o ile do 0 dążą), z tego
założenia wynika, iż albo oba są zbieżne, albo oba rozbieżne. Zanim przejdziemy
do przykładów, podamy jeszcze jedną wersję twierdzenia pozwalającego
porównywać szeregi o wyrazach dodatnich.
TWIERDZENIE 2.10 (drugie kryterium porównawcze). Załóżmy, że od
pewnego miejsca wyrazy szeregów ∑ a n i ∑ b n są dodatnie oraz an+1
a n
≤ bn+1
b n
.
W tej sytuacji:
1) ze zbieżności szeregu ∑ b n wynika zbieżność szeregu ∑ a n ;
2) z rozbieżności szeregu ∑ a n wynika rozbieżność szeregu ∑ b n .
Dowód. Nierówność an+1
Znaczy to, że ciąg
( )
a n
b n
a n
≤ bn+1
b n
można przepisać w postaci
a n+1
b n+1
≤ an
b n
.
jest nierosnący i ma wyrazy dodatnie, więc jest też
ograniczony z góry przez pewną liczbę rzeczywistą M > 0 (jeśli „od pewnego
miejsca” znaczy „od początku”, to można przyjąć, że M = a0
b 0
). Wobec tego
ma miejsce nierówność 0 ≤ a n ≤ M · b n . Z tej nierówności i z kryterium
porównawczego teza wynika natychmiast. Dowód został zakończony.
Na ostatnią wersję kryterium porównawczego spojrzeć można tak: wyrazy
szeregu ∑ a n dążą do 0 szybciej niż wyrazy szeregu ∑ b n , więc jeśli szereg
∑
bn jest zbieżny, to również szereg ∑ a n jest zbieżny, jeśli natomiast szereg
∑
an jest rozbieżny, to również szereg ∑ b n jest rozbieżny – oczywiście myślimy
tylko o szeregach, których wyrazy dążą do 0, bo inne są rozbieżne.
Podamy teraz kilka przykładów szeregów zbieżnych i rozbieżnych.
Przykład 2.3. Szereg ∞ ∑
1
jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy p > 1.
n p n=1
W przypadku p ≤ 0 wyrazy szeregu nie dążą do 0, więc szereg jest rozbieżny.
Natomiast w przypadku p > 0 wyrazy szeregu dążą do 0 i tworzą ciąg
malejący, więc możemy zastosować kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu: zamiast
szeregu ∑ a n można badać szereg ∑ 2 n 1 = ∑ 1
(2 n ) p (2 p−1 )
n. Otrzymaliśmy
1
więc szereg geometryczny o ilorazie . Ten iloraz jest zawsze dodatni. Jest
2
mniejszy niż 1 wtedy i tylko wtedy, gdy p−1 p > 1. Dowód został zakończony.
Przykład 2.4. Szereg ∞ ∑
1
nln p n
n=2
jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy p > 1.
Dowód przebiegnie podobnie jak w przykładzie poprzednim. Jeśli p ≤ 0,
1
to dla każdego n ≥ 3 mamy = ln p n ln−p n ≥ 1, zatem 1 ≥ 1. Wobec
nln p n n
∑
tego w tym przypadku rozbieżność szeregu ∞ 1
wynika z rozbieżności
znanego nam już szeregu ∞ ∑
1
n
n=1
n ln p n
n=2
. W przypadku p > 0 stosujemy kryterium Cauchy’ego
o zagęszczaniu (wyrazy są dodatnie i maleją), badamy więc szereg

2.4. Szeregi o wyrazach dodatnich 77
∞∑
2 n 1
n=2
2 n (ln(2 n )) p = ∞ ∑
1
n p ln p 2
n=2
, co oznacza, że sprowadziliśmy badanie szeregu do
szeregu zbadanego w poprzednim przykładzie, więc zbieżnego wtedy i tylko
wtedy, gdy p > 1. Dowód został zakończony.
Te dwa przykłady wyjaśnić mają sens uwag wypowiedzianych tuż przed
sformułowaniem kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu. Często mówimy, że szereg
geometryczny jest szybciej zbieżny niż szereg ∞ 1
∑
, a ten z kolei – szybciej
n p n=1
∑
niż szereg ∞ 1
q
, bowiem lim
n
= lim n p q n 1/n
= 0 oraz lim
p
=
nln p n
n=2
n→∞1/n p n→∞ n→∞ 1/(nln p n)
(
= lim ln n
) p
n→∞ n = 0.
Przykład 2.5. Wyjaśnimy teraz, czy szereg + ∞ ∑
n=1
7+13n 3 −121n 4 +2n 6
13−433n+12n 4 −1331n 7 jest zbieżny,
czy też rozbieżny. W liczniku i w mianowniku ułamka występują wielomiany
zmiennej n. W liczniku najwyższa potęga zmiennej to n 6 , w mianowniku –
n 7 . Wobec tego dla dostatecznie dużych n wyraz szeregu powinien być w przybliżeniu
równy 2n6 = 2 . Porównamy nasz szereg z szeregiem harmonicznym
∞ 1331n 7 1331n
∑
1
. n
n=1
7n+13n
Iloraz wyrazów obu szeregów równy jest 4 −121n 5 +2n 7
, jego granicą
13−433n+12n 4 −1331n 7
jest −2 . Ponieważ wyrazy szeregu harmonicznego są dodatnie, od pewnego
1331
miejsca wyrazy badanego szeregu są ujemne. Wobec tego można zająć się
najpierw szeregiem o wyrazie przeciwnym. Wtedy spełnione będą założenia
∑
asymptotycznego kryterium porównawczego. Wobec tego, że szereg ∞ 1
rozbieżny, również szereg + ∞ ∑
n=1
że interesujący nas szereg + ∞ ∑
n=1
n jest
− 7+13n3 −121n 4 +2n 6
13−433n+12n 4 −1331n 7 jest rozbieżny, a to oznacza,
7+13n 3 −121n 4 +2n 6
13−433n+12n 4 −1331n 7
n=1
też jest rozbieżny.
Widzieliśmy w tym przykładzie, jak zazwyczaj stosowane jest kryterium
porównawcze. Trzeba po prostu zorientować się, czym można przybliżyć wyraz
szeregu i wykorzystać przybliżenie w sposób zgodny z twierdzeniami, które
zostały udowodnione wcześniej – czasem wymaga to drobnych przekształceń:
w ostatnim przykładzie trzeba było przejść do szeregu o wyrazach dodatnich.
Może zaistnieć konieczność przeprowadzenia innych modyfikacji. Badanie
zbieżności pewnych szeregów jest trudne, gdyż nie zawsze od razu widać, z jakim
szeregiem można porównywać ten, który badamy, ale my takimi szeregami
zajmować się nie będziemy.
Przykład 2.6. Udowodnimy, że szereg ∞ ∑
n=1
e 1/n −1
n
jest zbieżny.

78 2. Szeregi nieskończone
Kłopot może sprawiać czynnik e 1/n − 1. Wykazaliśmy jednak wcześniej,
e
że jeśli ciąg (x n ) jest zbieżny do 0, to lim
xn −1
n→∞ x n
= 1. Oznacza to, że dla
dostatecznie dużych n zachodzi równość przybliżona e xn ≈ 1 + x n . Wobec tego
interesujący nas szereg powinien zachowywać się tak, jak szereg o wyrazie
1 · 1
(e
. Jest tak w rzeczywistości, bowiem lim
1/n −1)/n e
= lim
1/n −1
= 1. Ponieważ
szereg ∞ 1
n n
n→∞
1/n 2 n→∞
1/n
∑
jest zbieżny, ma wyrazy dodatnie, więc można zastosować
n 2
n=1
asymptotyczne kryterium porównawcze. Dowód został zakończony.
Przykład 2.7. Wykażemy, że szereg ∞ ∑
n=1
n 13
7 n jest zbieżny. Tym razem powinniśmy
myśleć o porównaniu z szeregiem geometrycznym, bo czynnik 1 powinien
7 n
zdominować czynnik n 13 . Tak jest rzeczywiście, ale iloraz n13 /7 n
ma granicę
1/7 n
∑
+ ∞, co uniemożliwia porównanie z szeregiem ∞ 1
. Trzeba rozważyć szereg
7 n
n=1
nieco wolniej zbieżny od tego szeregu, np. szereg ∞ ∑
1
. Wtedy iloraz wyrazów
6 n n=1
badanego szeregu i szeregu „próbnego” jest równy n ( 13 6 n
7)
, więc ma granicę
0, zatem dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność n13
< 1 i możemy
7 n 6 n
zastosować kryterium porównawcze. Dowód został zakończony.
W istocie rzeczy przykład 2.7 pokazuje, że asymptotyczne kryterium porównawcze
można nieco rozszerzyć: jeśli lim n a
n→∞ b n
= 0 i wyrazy obu szeregów
∑
an , ∑ b n są dodatnie, to ze zbieżności szeregu ∑ b n wynika zbieżność szeregu
∑ a n – tym razem jest wynikanie zamiast równoważności. Dodajmy, że
a
jeśli lim n
n→∞ b n
= + ∞, to z rozbieżności szeregu ∑ a n wynika rozbieżność szeregu
∑
bn – również w tym przypadku nie ma równoważności.
W taki sam sposób można udowodnić, że jeśli 0 < q < 1, to szereg + ∑ ∞ nq n
jest zbieżny. Jednak w tym przypadku nie ograniczymy się do stwierdzenia
zbieżności. Obliczymy sumę tego szeregu, gdyż ten rezultat jest przydatny
w rachunku prawdopodobieństwa.
Przykład 2.8. Wykażemy, że + ∑ ∞ (n + 1)q n = 1
n=0
Zachodzą następujące równości:
(1−q) 2 .
k∑
(n + 1)q n = ( 1 + q + q 2 + · · · + q k) + ( q + q 2 + · · · + q k) +
n=0
+ (q 2 + · · · + q k ) + · · · + (q k−1 + q k ) + q k =
n=0

2.4. Szeregi o wyrazach dodatnich 79
= 1 − qk+1
1 − q
+ q − qk+1
1 − q
+ q2 − q k+1
1 − q
= 1 + q + q2 + · · · + q k−1 + q k − (k + 1)q k+1
1 − q
=
1−q k+1
1−q
− (k + 1)q k+1
1 − q
+ · · · + qk−1 − q k+1
1 − q
=
= 1 − qk+1 (k + 1)qk+1
− .
(1 − q)
2
1 − q
+ qk − q k+1
1 − q
=
Ponieważ q k+1 −−−−→ 0 i (k +
k→∞
1)qk+1 −−−−→
k→∞
∑
o arytmetycznych własnościach granicy ciągu mamy k
0, więc na mocy twierdzenia
n=0
(n+1)q n −−−→
k→∞
1
.
(1−q) 2
Dodajmy, że w dowodzie nie korzystaliśmy z tego, że q > 0 – wystarczyło
założyć, że |q| < 1.
Pokazaliśmy na kilku łatwych przykładach, w jaki sposób można stosować
poznane kryteria. Są one bardzo proste. Wyprowadzić z nich można następne
kryteria, których stosowanie ułatwia badanie szeregów w konkretnych
sytuacjach, bez wskazywania w jawny sposób szeregu „próbnego”. Pokażemy
dwa najprostsze, które wykorzystujemy, gdy chcemy porównać szereg z szeregiem
geometrycznym, tj. takim, w którym iloraz dwóch kolejnych wyrazów
jest stały. Pierwsze zostało podane przez d’Alemberta (1717–1783), francuskiego
matematyka, fizyka i filozofa, autora wstępu do Wielkiej Encyklopedii
Francuskiej.
TWIERDZENIE 2.11 (kryterium ilorazowe d’Alemberta). Jeśli wyrazy
szeregu ∑ a
a n są dodatnie i istnieje granica lim
n+1
n→∞ a n
= q, to:
1) jeśli q > 1, to szereg jest rozbieżny;
2) jeśli q < 1, to szereg jest zbieżny.
Dowód. Jeśli q > 1, to od pewnego momentu zachodzi nierówność
a n+1
a n
> 1, czyli a n+1 > a n . Wobec tego od pewnego momentu ciąg liczb dodatnich
(a n ) jest rosnący, więc jeśli jest zbieżny, to z pewnością nie do 0 – nie
jest więc spełniony warunek konieczny zbieżności szeregu. Załóżmy teraz, że
q < 1. Niech r oznacza dowolną liczbę większą niż q i jednocześnie mniejszą
niż 1, np. r = 1+q . Wtedy dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność
2
a n+1
a n
< r = rn+1
. Szereg geometryczny ∑ r n jest zbieżny, więc również szereg
∑ r n
an jest zbieżny – stosujemy drugie kryterium porównawcze. Dowód został
zakończony.
a
Obliczanie granicy lim
n+1
n→∞ a n
= q ma na celu ustalenie, z jakim szeregiem
geometrycznym mamy porównywać szereg ∑ a n : dla ustalenia zbieżności wybieramy
szereg o ilorazie r nieco większym niż q, dla ustalenia rozbieżności –

80 2. Szeregi nieskończone
o ilorazie r nieco mniejszym niż q (nieco oznacza, że liczby r i q znajdują się
po tej samej stronie liczby 1).
∞∑
1
W przypadku q = 1 szereg może być rozbieżny, np. , lub zbieżny, np.
n
n=1
∞∑
1
. W wielu przypadkach granica lim = q nie istnieje.
n 2
n=1
a n+1
n→∞ a n
A. Cauchy podał inne kryterium zbieżności szeregów, związane z szeregami
geometrycznymi.
TWIERDZENIE 2.12 (kryterium pierwiastkowe Cauchy’ego). Jeśli szereg
∑
an ma wyrazy nieujemne i istnieje granica lim
n→∞
n √ a n = q, to:
1) jeśli q > 1, to szereg ∑ a n jest rozbieżny;
2) jeśli q < 1, to szereg ∑ a n jest zbieżny.
Dowód. Jeśli q > 1 to dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność
n√
an > 1 i wobec tego a n > 1, a więc ciąg (a n ) nie jest zbieżny do 0. Jeśli
q < 1 i r jest liczbą mniejszą niż 1 i jednocześnie większą niż q, np. r = 1+q , 2
to dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność n√ a n < r, czyli a n < r n .
Stosując kryterium porównawcze, stwierdzamy, że szereg ∑ a n jest zbieżny,
gdyż zbieżny jest szereg geometryczny ∑ r n . Dowód został zakończony.
Podobnie jak w poprzednim przypadku, jeśli granica lim
n→∞
n √ a n = q jest
równa 1, to na temat zbieżności szeregu ∑ a n powiedzieć nic nie można, o czym
świadczą przykłady przywołane po poprzednim twierdzeniu.
Wyjaśnijmy jeszcze, dlaczego obliczać należy akurat tę granicę. Otóż chodzi
o porównanie z szeregiem geometrycznym. Metoda d’Alemberta jest najprostsza
i najbardziej naturalna. Druga metoda znalezienia q, jeśli dany jest
ciąg geometryczny (aq n ), a > 0, to obliczenie pierwiastka stopnia n z wyrazu
aq n . Otrzymujemy q n√ a, co prawda nie jest to dokładnie równe q, ale
lim
n→∞ q n√ a = q.
Nadmienić wypada, że kryterium pierwiastkowe Cauchy’ego jest nieco ogólniejsze
niż kryterium ilorazowe d’Alemberta. Prawdziwe jest mianowicie kolejne
twierdzenie.
TWIERDZENIE 2.13 (pewna własność ciągów o wyrazach dodatnich). Jeśli
(a n ) jest takim ciągiem liczb dodatnich, że istnieje granica lim
a n+1
n→∞ a n
=
= q, to również ciąg ( √ )
n
a n ma granicę i jest nią q.
Dowód. Stwierdzeniem równoważnym tezie jest:
ln an
n
Ma to być wnioskiem z tego, że lna n+1 − ln a n −−−→
n→∞
= ln n√ a n −−−→ ln q.
n→∞
ln q. Jest to jednak
natychmiastowy wniosek z twierdzenia Stolza. Wystarczy przyjąć b n = ln a n
oraz c n = n i zastosować twierdzenie Stolza do ilorazu bn
c n
, co zrobić wolno, gdyż

2.5. Szeregi o wyrazach dowolnych 81
ciąg (c n ) jest ściśle rosnący i nieograniczony z góry. Mamy zatem b n+1 − b n =
= ln a n+1 −lna n oraz c n+1 −c n = 1, więc bn+1−bn
c n+1−c n
= ln a n+1 −lna n −−−−→ ln q.
n→∞
Dowód został zakończony.
Bez trudu można skonstruować ciąg (a n ) liczb dodatnich, dla którego granica
lim
√ a n
a n istnieje, ale nie istnieje granica lim
n+1
n→∞ n→∞ a n
: 1, 1, 1, 2, 1
, 3, 1
,
2 3 4
4, ... Sprawdzenie szczegółów pozostawiamy czytelnikowi w charakterze prostego
ćwiczenia.
Szereg geometryczny nie jest jedynym szeregiem „wzorcowym”. Wzorcem
∑
może być też np. szereg ∞ 1
. Bez dowodu podamy twierdzenie pozwalające
n p
n=1
na obliczanie „właściwego” wykładnika p.
TWIERDZENIE 2.14 (kryterium Raabego). Jeśli szereg ∑ ( )
a n ma wyrazy
a
dodatnie i istnieje granica lim n n
n→∞ a n+1
− 1 = p, to jeśli p > 1, to szereg ∑ a n
jest zbieżny, a w przypadku p < 1 – rozbieżny.
Zachęcamy czytelnika tego tekstu, by spróbował zastosować samodzielnie
∑
kryterium Raabego do szeregu ∞ 1
, a następnie skorzystał z otrzymanego
n p
n=1
wyniku i drugiego kryterium porównawczego dla dowodu kryterium Raabego.
Jest to pouczające ćwiczenie w liczeniu granic i porównywaniu szeregów.
Studenci ekonomii nie muszą pamiętać kryterium Raabego.
Te przykłady mogłyby sugerować, że można znaleźć najwolniej zbieżny
szereg i porównywać z nim wszystkie inne. Niestety można bez trudu udowodnić,
że dla każdego szeregu zbieżnego ∑ a n o wyrazach dodatnich
istnieje ciąg (b n ), którego granicą jest + ∞ i szereg ∑ a n b n jest zbieżny,
oczywiście wolniej niż wyjściowy szereg ∑ a n . Jest to na tyle proste
i nie wymagające żadnych obliczeń, że można to udowodnić, wracając do
domu tramwajem, autobusem lub piechotą po wykładzie, np. z analizy matematycznej.
2.5. Szeregi o wyrazach dowolnych
Rozpoczniemy od podania kryterium Leibniza, gdyż zostało ono już w istocie
rzeczy udowodnione, choć sformułujemy je dopiero teraz.
TWIERDZENIE 2.15 (kryterium Leibniza (1646–1716)). Jeśli ciąg (a n )
∑
jest monotoniczny i zbieżny do 0, to szereg ∞ (−1) n a n = a 0 − a 1 + a 2 − a 3 +
+ a 4 − a 5 + ... jest zbieżny.
n=0

82 2. Szeregi nieskończone
Dowód. Pokrywa się on właściwie z dowodem zbieżności szeregu
∞∑
(−1) (n−1) 1, znajdującym się na początku tego rozdziału. Niech s n k =
n=1
∑
= k (−1) n a n . Ponieważ z punktu widzenia zbieżności szeregu jest wszystko
n=0
jedno, czy badamy szereg ∑ (−1) n a n , czy też szereg przeciwny − ∑ (−1) n a n =
= ∑ (−1) n (−a n ), możemy przyjąć, iż ciąg (a n ) jest nierosnący i zbieżny do 0.
W szczególności, z tego wynika, że wyrazy ciągu (a n ) są liczbami nieujemnymi.
Podobnie jak poprzednio zachodzą nierówności s 0 ≥ s 2 ≥ s 4 ≥ ... oraz
s 1 ≤ s 3 ≤ s 5 ≤ .... Wobec tego obydwa ciągi (s 2n ) oraz (s 2n+1 ) mają granice.
Granica ciągu (s 2n ) nie jest większa niż którykolwiek wyraz tego ciągu, gdyż jego
wyrazy nie rosną w żadnym momencie (mogą jedynie maleć lub zachowywać
swą wartość przez jakiś czas). Granica ciągu niemalejącego (s 2n+1 ) nie może
być mniejsza od żadnego jego wyrazu. s 2n −s 2n+1 = a 2n+1 −−−→
n→∞
0, zatem granice
obu tych ciągów są równe. Stąd wynika, że wspólna granica ciągów (s 2n )
i (s 2n+1 ) jest granicą ciągu (s n ). Mamy też a 0 = s 0 ≥ lim s n ≥ s 1 = a 0 − a 1 ,
n→∞
wobec tego granica lim s n jest skończona, a to oznacza, że szereg ∑ (−1) n a n
n→∞
jest zbieżny. Dowód został zakończony.
Wniosek 2.16 (z dowodu kryterium Leibniza). Jeśli ciąg (a n ) jest nierosnący
i ma granicę 0, to szereg ∑ (−1) n a n jest zbieżny i dla każdej liczby
naturalnej k zachodzi nierówność:
a 0 − a 1 + · · · + a 2k−2 − a 2k−1 + a 2k =
∞∑
= s 2k ≥ (−1) n a n ≥ s 2k+1 = a 0 − a 1 + · · · + a 2k − a 2k+1 .
n=0
W poprzednim rozdziale (tw. 1.19) sformułowany został następujący warunek
Cauchy’ego zbieżności ciągu: dla każdego ε > 0 istnieje taka liczba
naturalna n ε , że jeśli k,l > n ε , to |s k − s l | < ε (wC). Jest on równoważny
istnieniu skończonej granicy ciągu. Wobec tego można sformułować kolejne
twierdzenie.
TWIERDZENIE 2.17 (warunek Cauchy’ego zbieżności szeregu). Dla każdego
ε > 0 istnieje taka liczba naturalna n ε , że: jeśli l > k > n ε , m = l − k, to
|s k − s l | = |a k+1 + a k+2 + · · · + a k+m | < ε. (wC)
Zwykle jest on podawany na początku rozdziału o szeregach, jednak my
zamierzamy korzystać zeń dopiero teraz. Zaczniemy od definicji.
DEFINICJA 2.18 (szeregu bezwzględnie zbieżnego i zbieżnego warunkowo).
Szereg ∑ a n nazywany jest bezwzględnie zbieżnym wtedy i tylko wtedy, gdy
szereg ∑ |a n | jest zbieżny, tzn. gdy ∑ |a n | < + ∞. Jeśli szereg ∑ a n jest

2.5. Szeregi o wyrazach dowolnych 83
zbieżny, ale nie jest zbieżny bezwzględnie, to nazywany jest szeregiem zbieżnym
warunkowo.
Najprostszymi szeregami bezwzględnie zbieżnymi są oczywiście szeregi
o wyrazach dodatnich, ale jest też wiele innych. Szereg ∑ (−1) (n−1) 1 jest zbieżny
warunkowo. Szereg ∑ (−1) (n−1) 1 jest zbieżny bezwzględnie.
n
n 2
TWIERDZENIE 2.19 (o zbieżności szeregu bezwzględnie zbieżnego). Szereg
bezwzględnie zbieżny jest zbieżny.
Dowód. Trzeba wykazać, że szereg ∑ a n spełnia warunek Cauchy’ego wiedząc,
że szereg ∑ |a n | spełnia ten warunek. To jednak wynika od razu z nierówności
trójkąta:
|a n+1 + a n+2 + · · · + a n+m ≤ |a n+1 | + |a n+2 | + · · · + |a n+m | < ε.
Jedną z podstawowych własności szeregów bezwzględnie zbieżnych jest niezależność
ich sumy od kolejności wyrazów szeregu. Udowodnimy teraz nastepne
twierdzenie.
TWIERDZENIE 2.20 (o niezależności sumy szeregu bezwzględnie zbieżnego
od kolejności jego wyrazów). Niech σ będzie dowolną permutacją zbioru
wszystkich liczb naturalnych, tzn. w ciągu ( σ(n) ) , czyli w ciągu σ(0), σ(1),
σ(n), ... występują wszystkie liczby naturalne, każda dokładnie jeden raz.
Niech ∑ a n będzie szeregiem bezwzględnie zbieżnym. Wtedy szereg ∑ a σ(n)
jest zbieżny i zachodzi równość:
∞∑
a n =
n=0
∞∑
a σ(n) .
Dowód. Niech s n = a 0 + a 1 + · · · + a n , s σ n = a σ(0) + a σ(1) + · · · + a σ(n)
i niech ε będzie dowolną liczbą dodatnią. Istnieje taka liczba naturalna m, że:
n=0
|a m+1 | + |a m+2 | + |a m+3 | + · · · < ε 2 .
Istnieje taka liczba naturalna n ε ≥ m, że wśród liczb σ(0), σ(1), ...,σ(n ε )
znajdują się wszystkie liczby 0,1,2,... ,m. Niech k > n ε . Wtedy:
|s k − s σ k | ≤ |a m+1| + |a m+2 | + |a m+3 | + ...,
bowiem zarówno s k jak i s σ k są sumami pewnych liczb a j , jeśli jakiś wyraz jest
składnikiem obu sum, to nie występuje w różnicy s k − s σ k . Wyrazy a 0, a 1 , ...,
a m występują zarówno w s k , jak i w s σ k, więc nie występują one w s k − s σ k,
wobec tego |s k − s σ k | ≤ |a m+1 + a m+2 + · · · | ≤ |a m+1 | + |a m+2 | + · · · < ε 2 . Takie

84 2. Szeregi nieskończone
∑
same rozważania dotyczą różnicy ∞ a n − s k , więc również
Wobec tego: ∣∣∣∣
∑ ∞ ∣ ∣∣∣ ∞
a n − s σ k∣ ≤ ∑
∣ ∣∣∣ a n − s k +
∣ s k − s σ k∣ < ε 2 + ε 2 = ε
n=0
n=0
n=0
∑
∣ ∞ ∣ ∣∣
a n − s k <
ε
. 2
n=0
dla każdej liczby k > n ε . Z definicji granicy ciągu wynika więc, że lim s σ n =
n→∞
∞∑
= a n , a to właśnie oznacza, że:
n=0
Dowód został zakończony.
∞∑
a σ(n) =
n=0
∞∑
a n .
Zakończymy ten punkt twierdzeniem o mnożeniu szeregów. Mnożąc dwie
skończone sumy liczb (a 0 + a 1 + · · · + a n )(b 0 + b 1 + · · · + b n ), otrzymujemy
sumę wszystkich iloczynów postaci a i b j , np. dla n = 2 mamy:
(a 0 + a 1 + a 2 )(b 0 + b 1 + b 2 ) =
= a 0 b 0 + a 0 b 1 + a 0 b 2 + a 1 b 0 + a 1 b 1 + a 1 b 2 + a 2 b 0 + a 2 b 1 + a 2 b 2 .
Oczywiście otrzymaną sumę dziewięciu składników można porządkować na
bardzo wiele sposobów (9! = 362880). W przypadku skończonej liczby składników
wybór ich kolejności nie ma żadnego wpływu na ich sumę. To samo
dotyczy nieskończenie wielu składników pod warunkiem rozważania wyrazów
szeregu bezwzględnie zbieżnego. W przypadku szeregu, który nie jest bezwzględnie
zbieżny, należy, jak wiemy, być ostrożnym. Jest jasne, że mnożąc
dwa szeregi ∑ a n i ∑ b n , powinniśmy otrzymać szereg, wśród wyrazów którego
wszystkie iloczyny są postaci a i b j , uporządkowane w jakiś sensowny sposób.
Okazuje się, że sugerowany rezultat wygodnie jest sformułować za pomocą
twierdzenia.
TWIERDZENIE 2.21 (Mertensa o mnożeniu szeregów). Załóżmy, że szeregi
∑ a n i ∑ b n są zbieżne, przy czym co najmniej jeden z nich jest zbieżny
bezwzględnie. Niech
c n = a 0 b n + a 1 b n−1 + a 2 b n−2 + · · · + a n−1 b 1 + a n b 0 = ∑
a i b j .
n=0
Wtedy szereg ∑ c n jest zbieżny i zachodzi równość:
∞∑ ∞∑ ∞∑
a n · b n = c n .
n=0
n=0
n=0
i+j=n
Jeśli oba szeregi ∑ a n i ∑ b n są zbieżne bezwzględnie, to również szereg ∑ c n
jest bezwzględnie zbieżny.

2.5. Szeregi o wyrazach dowolnych 85
Dowód 1 . Niech s a n = a 0 + a 1 + · · · + a n , s b n = b 0 + b 1 + · · · + b n ,
s c n = c 0 + c 1 + · · · + c n = ∑ a i b j .
i+j≤n
Wiemy, że istnieją skończone granice lim s a n = A oraz lim s b n = B. Mamy
n→∞ n→∞
wykazać, że granicą ciągu (s c n) jest AB. Oczywiście jest wszystko jedno, o
którym szeregu założymy, że jest bezwzględnie zbieżny. Przyjmijmy, że jest to
szereg ∑ a n . Zauważmy, że:
s c n = ∑
Wobec tego:
i+j≤n
a i b j = a 0 (b 0 + b 1 + · · · + b n ) + a 1 (b 0 + b 1 + · · · + b n−1 )+
+ a 2 (b 0 + b 1 + · · · + b n−2 ) + · · · + a n b 0 =
= a 0 s b n + a 1s b n−1 + a 2s b n−2 + · · · + a ns b 0 .
s a ns b n − s c n = a 0 s b n + a 1 s b n + a 2 s b n + · · · + a n s b n − s c n =
(
= a 1 s
b
n − ) ( sb n−1 + a2 s
b
n − ) ( sb n−2 + · · · + an s
b
n − 0) sb .
Ponieważ szeregi ∑ |a n | oraz ∑ b n są zbieżne, więc ich ciągi sum częściowych
są ograniczone. Oznacza to, że istnieje taka liczba M > 0, że dla każdego m
prawdziwe są nierówności:
|a 0 | + |a 1 | + · · · + |a m | ≤ M i |b 0 + b 1 + · · · + b m | ≤ M.
Niech ε będzie dowolną liczbą dodatnią. Ze zbieżności szeregów ∑ |a n | i ∑ b n
wynika, że spełniają one warunek Cauchy’ego, więc istnieje taka liczba naturalna
n ε , że jeśli k > m > n ε , to:
oraz
∞∑
n=n ε+1
|s b k − s b m| < ε
4M ,
|a n | = |a nε+1| + |a nε+2| + · · · < ε
8M
∣ ∣∣∣∣ ∑ ∞ ∞∑
a n · b n − s a m · sb m
∣ < ε 2 .
n=0
n=0
Ostatnia nierówność wynika z tego, że granicą iloczynu ciągów jest iloczyn ich
granic. Wobec tego dla m > 2n ε mamy:
1 Może być za „trudny” lub raczej za długi dla wielu studentów i na egzaminie nie będzie wymagany,
jednak warto się trochę pomęczyć – jeśli się uda zrozumieć, to na pewno można będzie szybciej
pojąć wiele innych twierdzeń niezbędnych do zdania egzaminu!

86 2. Szeregi nieskończone
∞∑ ∞∑
∣ a n · b n − s c ∞∑ ∞∑
m∣ ≤ ∣ a n · b n − s a m · ∣
sb m∣ + ∣s a m sb m − sc m∣ <
n=0
n=0
n=0
n=0
< ε 2 + |a 1| · |s b m − s b m−1|+|a 2 | · |s b m − s b m−2|+··· + |a nε | · |s b m − s b n−n ε
|+
+ |a nε+1| · |s b m − sb m−n |+|a ε−1 n ε+2| · |s b m − sb m−n |+···+|a ε−2 m| · |s b m − sb 0 | ≤
≤ ε 2 + (|a ε
1|+|a 2 |+···+|a nε |) ·
4M + (|a n ε+1|+|a nε+2|+···+|a m |) ·2M ≤
≤ ε 2 + M · ε
4M + ε ·2M = ε.
8M
∑
Z definicji granicy ciągu wynika, że lim
m→∞ sc n = ∞ ∞∑
a n b n .
n=0 n=0
Pozostaje jeszcze zauważyć, że jeśli oba szeregi ∑ a n i ∑ b n są bezwzględnie
zbieżne, to również szereg ∑ c n jest bezwzględnie zbieżny. Wynika to natychmiast
z już udowodnionej części twierdzenia i warunku Cauchy’ego.
Czytelnik może się przekonać, że istnieją szeregi zbieżne ∑ a n i ∑ b n , dla
których szereg ∑ c n jest rozbieżny. Wystarczy przyjąć a n = b n = (−1) n−1 √ 1
n
i przekonać się, że w tym przypadku ciąg (c n ) nie jest zbieżny do 0, więc
szereg ∑ c n jest rozbieżny. Z drugiej strony, jeśli szeregi ∑ a n , ∑ b n i ∑ c n
∑
są zbieżne, to ∞ ∑
c n = ∞ ∞∑
a n · b n – nie podamy dowodu tego twierdzenia,
n=0
n=0
n=0
gdyż nie będziemy z niego korzystać. Opisane twierdzenia wskazują na to, że
zaproponowana przez Cauchy’ego 2 kolejność sumowania iloczynów a i b j , jest
właściwa.
DEFINICJA 2.22 (iloczynu szeregów). Jeśli dla każdej liczby naturalnej m
zachodzi równość:
c m = ∑ m∑
a i b j = a i b m−i ,
i+j=m
∑
to szereg ∞ ∑
c n nazywany jest iloczynem Cauchy’ego szeregów ∞ ∑
a n i ∞ b n .
n=0
Przykład 2.9. Niech x będzie dowolną liczbę rzeczywistą i
i=0
n=0
n=0
∞
s(x) = x − x3
3! + x5
5! − x7
7! + · · · = ∑
(−1) n x 2n+1
(2n + 1)! .
Najpierw wykażemy, że szereg definiujący s(x) jest bezwzględnie zbieżny.
Jest to oczywiste w przypadku x = 0 – wtedy wszystkie wyrazy szeregu są
zerami. Załóżmy więc, że x ≠ 0. Stosujemy kryterium ilorazowe d’Alemberta
2 A. Cauchy udowodnił twierdzenie o mnożeniu szeregów w przypadku bezwzględnej zbieżności
obydwóch szeregów, Maertens osłabił założenie twierdzenia.
n=0

2.5. Szeregi o wyrazach dowolnych 87
do szeregu ∞ ∑
n=0
|x| 2n+1
(2n+1)! . Mamy:
( ) |x|
2(n+1)+1 / ( ) |x|
2n+1
=
((2n + 1) + 1)! (2n + 1)!
x 2
(2n + 2)(2n + 3) −−−−→
n→∞ 0 < 1,
∑
więc szereg ∞ x 2n+1
jest zbieżny bezwzględnie.
(2n+1)!
n=0
∑
Niech c(x) = ∞ x 2n x2
= 1− + x4
− x6
+... . W dokładnie taki sam sposób
(2n)! 2! 4! 6!
n=0
pokazać można, że dla każdej liczby rzeczywistej x szereg ten jest zbieżny
bezwzględnie.
Wykażemy teraz, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi wzór c(2x) =
= 1 − 2(s(x)) 2 . Możemy oczywiście skorzystać z twierdzenia Cauchy’ego
o mnożeniu szeregów. Zanim to zrobimy, przypomnijmy, że ( (
n
0)
+
n
) 2)
+
+ · · · = 2 n−1 oraz ( n
1)
+
( n
3)
+
( n
5)
+ · · · = 2 n−1 dla każdej liczby na-
+ ( n
4
turalnej n 3 . Mamy więc:
)
(x − x3
3! + x5
5! − x7
7! + ... ·
(x − x3
3! + x5
= x 2 − x 4 ( 1
1!3! + 1
3!1!
)
5! − x7
7! + ... =
) ( 1
+ x 6 1!5! + 1
3!3! + 1
5!1!
( 1
− x 8 1!7! + 1
3!5! + 1
5!3! + 1 )
+ · · · =
7!1!
(
= x 2 − x4 4!
4! 1!3! + 4! ) (
+ x6 6!
3!1! 6! 1!5! + 6!
3!3! + 6!
5!1!
− x8
8!
( 8!
1!7! + 8!
3!5! + 8!
5!3! + 8!
7!1!
)
+ · · · =
)
−
)
−
= x 2 − x4
4! · 24−1 + x6
6! · 26−1 − x8
8! · 28−1 + · · · =
= 1 ( )
(2x)
2
− (2x)4 + (2x)6 − (2x)8 + ... = 1 (1 − c(2x)) .
2 2! 4! 6! 8! 2
Udało się więc wykazać obiecany wzór.
Później udowodnimy, że:
∞
sin x = x − x3
3! + x5
5! − x7
7! + · · · = ∑
(−1) n x 2n+1
(2n + 1)! = s(x)
3 0 = (1−1) n = ( n (
0) − n (
1) + n (
2) − n (
3) +. . . , więc sumy n (
0) + n (
2) + n (
4) +. . . i n (
1) + n (
3) + n
5) +. . .
są równe. 2 n = (1 + 1) n = ( n (
0) + n (
1) + n
2) + . . . , wobec tego suma tych sum jest równa 2 n .
n=0

88 2. Szeregi nieskończone
i analogicznie:
∞
cos x = 1 − x2
2! + x4
4! − x6
6! + · · · = ∑
n=0
(−1) n x2n
(2n)! = c(x).
Wzór udowodniony w ostatnim przykładzie, to po prostu cos(2x) = 1−2sin 2 x.
n=0
Przykład 2.10. Niech x oznacza dowolną liczbę rzeczywistą. Udowodnimy teraz
bezpośrednio, że szereg ∞ x n
jest bezwzględnie zbieżny – zostało to już wy-
∑
n!
kazane w poprzednim rozdziale, w końcu podrozdziału 1.9 4 . Nie mniej jednak
autorowi wydaje się, że jest bardzo pożytecznym wykazanie tego raz jeszcze
bezpośrednio i nieco prościej niż poprzednio. Tak jak w poprzednim przykładzie
zastosujemy kryterium ilorazowe d’Alemberta do szeregu ∞ ∣
∣ w
∑
przy-
∣ xn
n!
n=0
padku x ≠ 0. W przypadku x = 0 nasz szereg ma wyrazy nieujemne: 1+0+0+
+ 0 + ..., więc jest zbieżny bezwzględnie. Zachodzi wzór (∣ ∣ x n+1
∣ )/ (∣ ∣ x n
∣ ) =
(n+1)! n!
= |x| −−−→ 0 < 1, zatem szereg ∑ ∞ ∣ x n
∣
n+1 n→∞
n! jest zbieżny dla każdego x ≠ 0,
n=0
∑
co oznacza, że szereg ∞ x n
jest zbieżny bezwzględnie. W podrozdziale 1.9
n!
n=0
∑
udowodniliśmy, że suma szeregu ∞ x n
jest równa e x = exp(x). Stąd wynika
n!
n=0
oczywiście, że:
∞∑ x n ∞∑
n! · y n ∞
n! = ∑(x + y) n
. (2.1)
n!
n=0
n=0
Dowód podany w poprzednim rozdziale był jednak długawy. Równość (2.1),
równoważną następującej e x+y = e x e y , wykażemy teraz za pomocą twierdzenia
Cauchy’ego o mnożeniu szeregów. Mamy:
(1 + x )
1! + x2
2! + x3
3! + ... ·
(1 + y )
1! + y2
2! + y3
3! + ... =
= 1 +
= 1 + x + y
1!
( x
1! + y 1!)
+
+
( x
2
(x + y)2
2!
2! + x 1! · y
1! + y2
2!
+
(x + y)3
3!
n=0
)
+
+ ....
( x
3
3! + x2
2! · y
1! + x 1! · y2
2! + y3
3!
)
=
Wypada stwierdzić, że w licznych podręcznikach liczba e x jest definiowana jako
∑
suma szeregu nieskończonego ∞ x n
. Postąpiliśmy inaczej głównie ze względu
n!
n=0
4 Formalnie wykazano tam jedynie zbieżność, a nie zbieżność bezwzględną. Zbieżność bezwzględna
jest konsekwencją zbieżności szeregu dla dodatnich x.

2.6. Szeregi potęgowe I 89
(
na to, że ta definicja, którą podaliśmy, e x = lim 1 +
x n,
n→∞ n)
może być na tym
poziomie zaawansowania łatwiej powiązana z zastosowaniami i to w zrozumiały
sposób. Nadmienić wypada, że po przykładzie 2.10 niewiele już zostało do
zrobienia, by otrzymać wszystkie własności funkcji wykładniczej na właśnie
opisanej drodze. Dobrym i jednocześnie prostym ćwiczeniem byłoby wykazanie
∞∑
x
nierówności
n
≥ 1 + x dla ujemnych liczb rzeczywistych x za pomocą
n!
n=0
operacji na szeregach.
2.6. Szeregi potęgowe I
Rozpoczniemy od definicji szeregu potęgowego.
DEFINICJA 2.23 (szeregu potęgowego 5 ). Szeregiem potęgowym o środku
w punkcie x 0 i współczynnikach a 0 , a 1 , a 2 ,... nazywamy szereg postaci
∞∑
a n (x − x 0 ) n .
n=0
W poprzednim rozdziale okazało się, że funkcja wykładnicza o podstawie
e jest sumą szeregu potęgowego o środku w punkcie 0. W przykładzie 2.9
znajduje się obietnica wykazania, że analogiczne twierdzenie jest prawdziwe
również dla sinusa i kosinusa. Przed realizacją tych obietnic w następnych rozdziałach
warto zapoznać się z kilkoma podstawowymi własnościami szeregów
potęgowych. Oczywiście można rozpatrywać jedynie szeregi o środku w punkcie
0, bowiem podstawienie y = x −x 0 przekształca szereg o środku w punkcie
x 0 na szereg o środku w punkcie 0. W dalszym ciągu będziemy zajmować się
szeregami o środku w punkcie 0. Pierwsze pytanie, jakie się nasuwa, to: jak
wygląda zbiór tych wszystkich punktów x, dla których szereg potęgowy jest
zbieżny, a jak tych, dla których zbieżność jest bezwzględna? Oczywiście odpowiedź
w znacznym stopniu zależy od ciągu (a n ). Rozpoczniemy od kilku
przykładów.
Przykład 2.11. Szereg ∞ ∑
n=0
x n
n!
jest zbieżny bezwzględnie dla wszystkich liczb
rzeczywistych x, co zostało wykazane w podrozdziale 1.9.
∑
Przykład 2.12. Szereg ∞ n! · x n jest zbieżny tylko dla x = 0. Wykażemy,
n=0
że tak jest rzeczywiście . Dla x = 0 szereg wygląda tak: 1 + 0 + 0 + 0 + ..., ∣ ∣∣
więc jest zbieżny. Załóżmy teraz, że x ≠ 0 oraz że n ≥ 1. Mamy ∣ (n+1)!·xn+1
n!·x =
n
= ∣ ∣(n + 1)x ∣ −−−−→ + ∞. Wynika stąd, że od pewnego miejsca zachodzi
n→∞
5 W przypadku szeregów potęgowych i wielomianów przyjmujemy, że 0 0 = 1, w innych przypadkach
symbol 0 0 traktujemy jako symbol nieoznaczony.

90 2. Szeregi nieskończone
nierówność |(n+1)! ·x n+1 | > |n! ·x n |, która przeczy temu, że ciąg (n! ·x n ) jest
∑
zbieżny do 0. Wobec tego dla x ≠ 0 szereg ∞ n! · x n jest rozbieżny.
Przykład 2.13. Szereg ∞ ∑
n=1
x n n
n=0
jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy −1 ≤ x <
< 1, przy czym jeśli |x| < 1, to zbieżność jest bezwzględna. Dla x = 0 otrzymujemy
szereg, którego wszystkie wyrazy są równe 0, więc zbieżny bezwzględnie.
Dla x = 1 otrzymujemy znany nam już szereg harmoniczny, więc rozbieżny.
Dla x = −1 otrzymujemy szereg 1 − 1 + 1 − 1 + ..., który zgodnie z wcześniejszymi
rezultatami jest zbieżny warunkowo. W pozostałych przypadkach
2 3 4
∑
działa kryterium d’Alemberta. Wynika z niego, że szereg ∞ x n jest zbieżny
n
n=1
bezwzględnie dla |x| < 1 oraz rozbieżny w przypadku |x| > 1: ∣ xn+1 /(n+1)
x n /n
∣ =
= n |x| −−−−→ |x|.
n+1 n→∞
∑
Przykład 2.14. Szereg ∞ x n
jest zbieżny bezwzględnie dla |x| ≤ 1 – wynika
n 2 n=1
∑
to ze zbieżności szeregu ∞ 1
i kryterium porównawczego. Jeśli |x| > 1, to
n 2
n=1
wyraz szeregu nie dąży do 0, więc szereg jest rozbieżny.
n=1
∑
Przykład 2.15. Szereg ∞ 2 n x n jest zbieżny bezwzględnie wtedy i tylko wtedy,
gdy |x| < 1 – wynika to natychmiast z własności szeregu geometrycznego.
2
Jeśli |x| ≥ 1 , to wyraz szeregu nie dąży do 0, więc szereg jest w tym przypadku
2
rozbieżny.
We wszystkich przypadkach otrzymaliśmy przedziały o środku w punkcie 0.
Mogły one zawierać końce lub nie. Mogły być skończone lub nieskończone. Zdarzyło
się też, że otrzymaliśmy przedział zdegenerowany do jednego punktu,
do 0. Sformułujemy teraz lemat, którego natychmiastową konsekwencją będzie
twierdzenie opisujące możliwe sytuacje.
n=0
LEMAT 2.24 (o zbieżności szeregu potęgowego). Jeśli szereg potęgowy
∞∑
∑
a n x n jest zbieżny dla x = x 1 i |x 2 | < |x 1 |, to szereg ∞ a n x n 2 jest bez-
∑
względnie zbieżny. Co więcej, dla każdej liczby naturalnej k szereg ∞ n k a n x n 2
jest bezwzględnie zbieżny.
n=0
n=0

2.6. Szeregi potęgowe I 91
∑
Dowód. Ponieważ szereg ∞ a n x n 1 jest zbieżny, więc lim a n x n 1 = 0, zatem
n=0
n→∞
istnieje taka liczba M > 0, że ∣ an x n ∣
1 ≤ M. Mamy zatem:
∞∑
∑ ∞ ∣ n k a n x n ∣
2 = ∣ an x n ∣
1 n
k
∣ x ∣
2 ∣∣
n ∑ ∞ ∣
≤ M n k ∣∣ x
∣
2∣∣
n
< + ∞.
x 1 x 1
n=0
n=0
Ostatnia nierówność wynika z tego, że jeśli 0 < q < 1, to dla każdej liczby
∑
naturalnej k szereg ∞ n k q n jest zbieżny (kryterium ilorazowe d’Alemberta),
n=1
przyjmujemy q = ∣ ∣ x 2∣.
x 1
Lemat został udowodniony.
n=0
Z tego lematu od razu wynika kolejne twierdzenie.
n=0
TWIERDZENIE 2.25 (o przedziale zbieżności szeregu potęgowego). Zbiór
∑
punktów, w których szereg ∞ a n x n jest zbieżny, jest przedziałem o środku
w punkcie 0 (być może zdegenerowanym do jednego punktu lub nieskończonym).
Wewnątrz przedziału zbieżności szereg potęgowy jest zbieżny bezwzględnie.
DEFINICJA 2.26 (przedziału i promienia zbieżności szeregu potęgowego).
Przedziałem zbieżności szeregu potęgowego nazywamy zbiór tych wszystkich
punktów, w których szereg potęgowy jest zbieżny. Połowę długości przedziału
zbieżności nazywamy promieniem zbieżności szeregu potęgowego.
∑
Promienie zbieżności w kolejnych przykładach to: ∞ w przypadku szeregu
x
n
, 0 w przypadku szeregu ∑ n! · x n , 1 w przypadku szeregu ∑ x n oraz
n! n
w przypadku ∑ x n
, 1 w przypadku szeregu ∑ 2 n x n . Widać z tego omówienia,
że równość promieni zbieżności nie musi oznaczać równości przedziałów
n 2 2
zbieżności.
Jest jasne, że suma i różnica szeregów potęgowych są szeregami potęgowymi.
Z twierdzenia Maertensa o mnożeniu szeregów wynika, że również
iloczyn Cauchy’ego szeregów potęgowych jest szeregiem potęgowym – to zresztą
jest jedna z głównych przyczyn, dla których iloczyn szeregów jest w taki
sposób zdefiniowany – Cauchy zajmował się intensywnie szeregami potęgowymi.
Wykażemy teraz ważną własność szeregu potęgowego, mianowicie jego ciągłość.

92 2. Szeregi nieskończone
TWIERDZENIE 2.27 (o ciągłości szeregu potęgowego 6 ). Jeśli szereg potęgowy
∑ a n x n jest zbieżny w każdym z punktów x 0 , x 1 ,x 2 ,... oraz w punkcie
∞∑
p i jeśli p = lim x k , to lim a n x n k = ∑ ∞ a n p n .
k→∞ k→∞
n=0
Dowód. Niech ̺ oznacza promień zbieżności szeregu potęgowego ∑ a n x n .
Rozważymy dwa przypadki |p| < ̺ i |p| = ̺.
Jeśli |p| < ̺, to istnieje liczba r większa od |p| i jednocześnie mniejsza
od ̺, krótko: |p| < r < ̺. Wtedy dla dostatecznie dużych k zachodzi nierówność
|x k | < r. Przyjmijmy, że M = ∞ n ∣ an r n−1∣ ∣ < + ∞ – ostatnia
∑
nierówność
n=1
wynika z lematu o zbieżności szeregu potęgowego (szereg ∑ n ∣ an r n∣ ∣ jest zbieżny,
więc również szereg ∑ ∣ na n r n−1∣ ∣ jest zbieżny). Niech |x|, |y| ≤ r. Wtedy
∣ x n −y n∣ ∣ ∣
∣ = ∣x−y∣·∣ ∣x n−1 +x n−2 y+x n−3 x 2 +· · ·+xy n−2 +y n−1∣ ∣ ∣
∣ ≤ ∣x−y∣·nr n−1 .
Stąd wynika, że:
∣
n=0
n=0
n=1
n=0
∞∑
∞∑ ∣ ∣∣ ∑ ∞ ∣
a n x n − a n y n ≤ ∣ an∣·∣ ∣x n −y n∣ ∣ ∣
∞∑
∣
∣ ≤ ∣x−y∣·
∣ an∣·nr n−1 = M ∣ ∣ x−y∣.
Zastępując jednocześnie x przez x k , y przez p i stosując twierdzenie o trzech
ciągach, otrzymujemy od razu tezę.
Rozważymy teraz drugi przypadek 7 : |p| = r. Dla dostatecznie dużych k
liczba x k znajduje się w przedziale o końcach 0 i p, zatem |x k | ≤ |p| = r.
Niech t k = x k
p . Ponieważ x k −−−−→ p, więc t k −−−−→ 1. Bez straty ogólności
k→∞
k→∞
rozważań można przyjąć, że dla dostatecznie dużych k zachodzi x k ≠ p. Stąd
wynika, że dla dostatecznie dużych k zachodzi nierówność 0 ≤ t k < 1. Niech
∑
b n = a n p n . Mamy więc ∞ a n x n k = ∑ ∞ ∞∑ ∑
b n t n k i a n p n = ∞ b n . Niech s n =
n=0
= b 0 + b 1 + b 2 + · · · + b n . Wtedy:
n=0
n=0
n=1
n=0
b 0 + b 1 t + b 2 t 2 + · · · = s 0 + (s 1 − s 0 )t + (s 2 − s 1 )t 2 + · · · =
= s 0 + s 1 t + s 2 t 2 + · · · − ( s 0 t + s 1 t 2 + ... ) =
= s 0 (1 − t) + s 1 (t − t 2 ) + s 2 (t 2 − t 3 ) + · · · =
= (1 − t) ( s 0 + s 1 t + s 2 t 2 + ... ) .
6 Matematycy, zajmując się szeregami potęgowymi, rozważają na ogół liczby zespolone znane
studentom z wykładu z algebry. Wtedy twierdzenie o ciągłości szeregu potęgowego przestaje być
prawdziwe w takiej ogólności – trzeba wzmocnić nieco założenie o ciągu (x k ), by teza pozostała
prawdziwa. Zainteresowany czytelnik może znaleźć odpowiednie twierdzenie Abela w prawie każdej
książce zatytułowanej Funkcje analityczne, np. w pięknej książce S. Saksa i A. Zygmunda.
7 Ten przypadek rozważony przez norweskiego matematyka N.H. Abela (1802–1829) jest trudniejszy
od poprzedniego, zrozumienie dowodu podanego w tekście jest pożyteczne, ale w przypadku
studentów ekonomii nie jest to konieczne do zdania egzaminu.

2.6. Szeregi potęgowe I 93
Te przekształcenia można wykonać, gdyż szereg ∑ s n t n jest zbieżny dla
0 ≤ t < 1, bowiem ciąg (s n ) jest zbieżny do granicy skończonej, zatem jest
ograniczony. Z tego wynika, że szereg ∑ s n t n+1 też jest zbieżny. Oznaczmy
∑
s = ∞
n=0
b n = lim
n→∞
s n . Niech ε będzie dowolną liczba dodatnią. Istnieje wtedy
taka liczba naturalna n ε , że dla każdej liczby naturalnej k > n ε zachodzi
nierówność |s k −s| < ε 2 . Wybierzmy jakąkolwiek liczbę m > n ε, np. m = n ε +1.
Niech 0 < t < 1. Mamy wtedy:
∣ b0 + b 1 t + b 2 t 2 + · · · − s ∣ ∣ =
= ∣ ∣(1 − t) ( s 0 + s 1 t + s 2 t 2 + ... ) − s(1 − t) ( 1 + t + t 2 + ... )∣ ∣ =
= (1 − t) ∣ ∣ (s0 − s) + (s 1 − s)t + (s 2 − s)t 2 + ... ∣ ∣ ≤
≤ (1 − t) ( |s 0 − s| + |s 1 − s|t + |s 2 − s|t 2 + · · · + |s m−1 − s|t m−1) +
+ (1 − t) ( |s m − s|t m + |s m+1 − s|t m+1 + ... ) <
< (1 − t) ( |s 0 − s| + |s 1 − s|t + |s 2 − s|t 2 + · · · + |s m−1 − s|t m−1) +
+ ε 2 (1 − t)(tm + t m+1 + ...) =
= (1 − t) ( |s 0 − s| + |s 1 − s|t + |s 2 − s|t 2 + · · · + |s m−1 − s|t k−1) + ε 2 tm <
< (1 − t) ( |s 0 − s| + |s 1 − s|t + |s 2 − s|t 2 + · · · + |s m−1 − s|t m−1) + ε 2 .
Dotychczas t było dowolną liczbą z przedziału (0,1). Nas interesuje granica
przy t −→ 1. Niech:
B = 1 + |s 0 − s| + |s 1 − s| + |s 2 − s| + · · · + |s m−1 − s| >
> |s 0 − s| + |s 1 − s|t + |s 2 − s|t 2 + · · · + |s m−1 − s|t m−1 .
Jeśli 0 < 1 − t < ε , to ∣ b0 + b
2B 1 t + b 2 t 2 + · · · − s ∣ <
ε · B + ε = ε. Z tej
2B 2
nierówności wynika, że dla dostatecznie dużych k zachodzi nierówność:
∣ b0 + b 1 t k + b 2 t 2 k + · · · − s ∣ < ε,
a stąd i z definicji granicy wynika, że:
a 0 + a 1 x k + a 2 x 2 k + · · · = b 0 + b 1 t k + b 2 t 2 k + ... −−−−→
k→∞
Dowód został zakończony.
∞ s = ∑
b n =
n=0
∞∑
a n p n .
Do szeregów potęgowych powrócimy jeszcze w następnych rozdziałach. Są
one ważnym narzędziem służącym do badania funkcji.
n=0

94 2. Szeregi nieskończone
76. Obliczyć sumę szeregu
77. Obliczyć sumę szeregu
78. Obliczyć sumę szeregu
79. Obliczyć sumę szeregu
80. Obliczyć sumę szeregu
81. Obliczyć sumę szeregu
82. Obliczyć sumę szeregu
83. Obliczyć sumę szeregu
84. Obliczyć sumę szeregu
85. Obliczyć sumę szeregu
2.7. Zadania
∞∑
1
. n(n+1)
n=1
∞∑
1
. n 2 −1
n=2
∞∑
ln ( )
1 − 1 n . 2
n=2
∞∑
2 n−1
.
3 n+2 n=1
∞∑
n=1
∞∑
( 1
2 n + 1
3 n )
.
2 n
.
(5+cos nπ) n n=1
∞∑
nq n . Zakładamy, że |q| < 1.
n=1
∞∑
n 2 q n . Zakładamy, że |q| < 1.
n=1
∞∑
n=1
∞∑
n=1
86. Zbadać zbieżność szeregu ∞ ∑
n=1
87. Zbadać zbieżność szeregu ∞ ∑
88. Zbadać zbieżność szeregu ∞ ∑
89. Zbadać zbieżność szeregu ∞ ∑
2 n cos nπ
5 n−1 .
(2 n +cos nπ) 2
5 n−1 .
2 n +3 n
5 n .
n!
.
n n n=1
1
, q > 0.
1+q n n=1
n=1
6 n
n 10 (4+(−1) n ) n.
90. Zbadać zbieżność szeregu
∑n=1
∞ 6 n
n 10 (5+(−1) n ) n.
91. Zbadać zbieżność szeregu ∞ ∑
n=1
92. Zbadać zbieżność szeregu ∞ ∑
n=1
6 n
n 10 (7+(−1) n ) n.
n+1
n 2 .

2.7. Zadania 95
93. Zbadać zbieżność szeregu ∞ ∑
n=1
94. Zbadać zbieżność szeregu ∞ ∑
95. Zbadać zbieżność szeregu ∞ ∑
1,000000 001 n
n 100 000 000 01 .
n 2 +15n−321
.
n 4 −17n 2 −3297
n=1
n=1
ln n
n 2 .
∑
96. Dla jakich liczb rzeczywistych α szereg ∞ ( √ n
) α
3 − 1 jest zbieżny?
n=1
97. Dla jakich liczb rzeczywistych α szereg ∞ ∑
98. Dla jakich liczb rzeczywistych α szereg ∞ ∑
1
n α lnn
n=1
n=1
jest zbieżny?
( lnn
) α
n jest zbieżny?
∑
99. Dla jakich liczb rzeczywistych α szereg ∞ ( n√ n − 1) α jest zbieżny?
n→∞ b n
100. Załóżmy, że dla każdego naturalnego n liczby a n i b n są dodatnie. Niech
a
lim n
∑
= 0. Wyjaśnić, czy ze zbieżności szeregu ∞ a n wynika zbieżność szere-
∑
gu ∞ ∑
b n oraz czy ze zbieżności szeregu ∞ ∑
b n wynika zbieżność szeregu ∞ a n .
n=1
101. Załóżmy, że dla każdego naturalnego n liczby a n i b n są dodatnie. Niech
a
lim n
∑
= ∞. Wyjaśnić, czy ze zbieżności szeregu ∞ a n wynika zbieżność
n→∞ b n
∑
szeregu ∞ ∑
b n oraz czy ze zbieżności szeregu ∞ b n wynika zbieżność szeregu
n=1
n=1
∞∑
a n .
n=1
102. Niech a n > 0 dla każdego naturalnego n i niech lim n α a n = 0. Dla
n→∞
∑
jakich α wynika stąd rozbieżność szeregu ∞ a n , a dla jakich jego zbieżność?
103. Niech a n > 0 dla każdego naturalnego n i niech lim n α a n = 1. Dla
n→∞
∑
jakich α wynika stąd rozbieżność szeregu ∞ a n , a dla jakich jego zbieżność?
104. Niech a n > 0 dla każdego naturalnego n i niech lim n α a n = ∞. Dla
n→∞
∑
jakich α wynika stąd rozbieżność szeregu ∞ a n , a dla jakich jego zbieżność?
n=1
n=1
n=1
n=1
n=1
n=1
n=1
105. Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną szeregu
∞∑
n=1
(−1) n+1√ n
2n+1
.
n=1

96 2. Szeregi nieskończone
106. Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną szeregu
107. Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną szeregu
108. Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną szeregu
109. Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną szeregu
110. Czy szereg
∞∑
1
3(n+1)
n=0
∞∑
n=1
∞∑
(−1) n+1√ n
2n−1
.
(−1) n+1
.
n+(−1) n+1 n=1
∞∑
(−1) n+1
.
n 2 +(−1) n+1 n=1
∞∑
n=1
(
1 − 2cos 2π(n+1) − 2cos 4π(n+1)
3 3
(−1) n+1
√ n+(−1) n+1.
)
jest zbieżny?
Jeśli tak, to czy bezwzględnie? Wypisać pierwszych 6 wyrazów tego szeregu.
∞∑
1 (2n+1)π
111. Czy szereg sin jest zbieżny? Jeśli tak, to czy bezwzględnie?
n 4
n=1
112. Wykazać, że szereg ∞ ∑
n=1
(
n 1+cos(nπ)
2·(−1)
)+n n−1
(
2 1+cos(n+1)π
) jest rozbieżny. Wypisać
jego sześć pierwszych wyrazów. Dlaczego ten szereg nie reaguje na kryterium
Leibniza?
113. Dla jakich x ∈ R szereg ∑ x n
jest zbieżny, a dla jakich zbieżny bezwzględnie.
n 2
114. Dla jakich x ∈ R szereg ∑ x n
jest zbieżny, a dla jakich zbieżny bezwzględnie.
n n
115. Dla jakich x ∈ R szereg ∑ 2 n x 2n jest zbieżny, a dla jakich zbieżny bezwzględnie.
116. Dla jakich x ∈ R szereg ∑ n n x n jest zbieżny, a dla jakich zbieżny bezwzględnie.
117. Dla jakich x ∈ R szereg ∑ 2 n x n
jest zbieżny, a dla jakich zbieżny bezwzględnie.
n 3
jest zbieżny, a dla jakich zbieżny bez-
118. Dla jakich x ∈ R szereg ∑ x n n
względnie.
jest zbieżny, a dla jakich zbieżny bez-
119. Dla jakich x ∈ R szereg ∑ x n!
n
względnie.
120. Zbadać, dla jakich α szereg ∑ n α ( n√ 2 − 1) jest zbieżny.
121. Zbadać, dla jakich α szereg ∑ n α lnn jest zbieżny.
122. Zbadać, dla jakich α szereg ∑ n α ( n√ n − 1) jest zbieżny.

2.7. Zadania 97
123. Niech s 0 = 1 − 1 − 1 + 1 − 1 − 1 + 1 − 1 − 1 + 1 − 1 − 1 + ...,
2 4 3 6 8 5 10 12 7 14 16
s 1 = 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + ...,
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
s 2 = 1 + 1 − 1 + 1 + 1 − 1 + 1 + 1 − 1 + 1 + 1 − 1 + ....
3 2 5 7 4 9 11 6 13 15 8
Wykazać, że s 2 = 3s 2 1 oraz s 1 = 2s 0 .
Rezultat ten pokazuje, jakie zmiany mogą nastąpić w wyniku zmiany kolejności
sumowania wyrazów szeregu zbieżnego, ale nie bezwzględnie. B. Riemann
wykazał, że zmiana kolejności sumowania nieskończonego może prowadzić
do dowolnej zmiany sumy! Może też doprowadzić do szeregu rozbieżnego, którego
suma jest nieskończona, lub do szeregu, którego ciąg sum częściowych
w ogóle nie ma granicy. Oczywiście uwagi te nie dotyczą szeregów bezwzględnie
zbieżnych, w tym szeregów o wyrazach dodatnich.
124. Wykazać, że szereg −1 + 1 − 1 + 1 + 1 − 1 + 1 + 1 + 1 − 1 + 1 + 1 +
2 3 4 6 5 8 10 12 7 14 16
1
+ 1 − 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 − 1 + 1 + · · · jest rozbieżny, dokładniej, że
18 20 9 22 24 26 28 30 11 32
jego suma równa jest + ∞: w szeregu występują odwrotności wszystkich liczb
naturalnych, nieparzystych ze znakiem −, parzystych ze znakiem +, po k-tym
minusie następuje k plusów, po nich następny minus, a więc ten szereg ma
takie same wyrazy jak szereg zbieżny −1 + 1 − 1 + 1 − 1 + · · · = ∑ ∞ (−1) n 1,
2 3 4 5 n
widzimy więc, że zmiana kolejności sumowania może spowodować, że z szeregu
zbieżnego otrzymamy szereg o sumie nieskończonej.
n=1

3. Funkcje ciągłe
3.1. Definicja funkcji
Jednym z najważniejszych pojęć w matematyce jest pojęcie funkcji. Przypomnimy
definicję.
DEFINICJA 3.1 (funkcji, wartości, obrazu, dziedziny i przeciwdziedziny).
Przyporządkowanie f elementom zbioru A elementów zbioru B w taki sposób,
że każdemu elementowi zbioru A przypisany jest dokładnie jeden element
zbioru B, nazywamy funkcją ze zbioru A w zbiór B. Jeśli a jest elementem
zbioru A, symbolicznie a ∈ A, czyli argumentem funkcji f, to przypisany mu
element zbioru B oznaczamy symbolem f(a) i nazywamy wartością funkcji f
w punkcie a lub obrazem punktu a 1 . Zbiór A nazywamy dziedziną funkcji f,
zbiór B – przeciwdziedziną. Zbiór f(A) złożony ze wszystkich wartości funkcji
f, czyli elementów zbioru B postaci f(a), gdzie a ∈ A nazywamy obrazem
zbioru A (przez funkcję f) lub zbiorem wartości funkcji f. Jeśli f przekształca
zbiór A w zbiór B, to piszemy f : A → B. Jeśli zbiór f(A) wartości funkcji
f pokrywa się z przeciwdziedziną B funkcji f, to mówimy, że f przekształca
zbiór A na zbiór B i piszemy czasem f : A −−→ na
B, w tym przypadku piszemy
też oczywiście B = f(A).
Przykładem funkcji jest ciąg: jest to funkcja określona na przykład na
zbiorze N = {0,1,2,... }. Innym przykładem, dobrze znanym ze szkoły, jest
funkcja liniowa: f(x) = ax + b, gdzie a, b są ustalonymi liczbami rzeczywistymi,
x jest elementem zbioru wszystkich liczb rzeczywistych R, na którym
funkcja f jest określona, f(x) jest elementem przeciwdziedziny R; jeśli a ≠ 0,
to funkcja f przekształca zbiór R na siebie; jeśli a = 0, to jedyną wartością
1 Czasem będziemy mówić: „f-obrazem”, choć to nie brzmi dobrze, ale czasem należy wyraźnie
zaznaczyć o jaką funkcję chodzi.

3.1. Definicja funkcji 99
funkcji f jest liczba b. Jeszcze innym przykładem jest funkcja kwadratowa:
f(x) = ax 2 + bx + c, gdzie a, b, c są liczbami rzeczywistymi, przy czym a ≠ 0,
funkcja ta jest określona na zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych R, przeciwdziedziną
jest również R, zbiorem wartości jest półprosta [ 4ac−b 2
,+∞ )
4a
w( przypadku] a > 0, zaś w przypadku a < 0 zbiorem wartości jest półprosta
− ∞,
4ac−b 2
4a .
Inny znany ze szkoły przykład funkcji to permutacje zbioru n-elementowego.
Można je traktować jako funkcje przekształcające zbiór {1,2,... ,n} na
dany zbiór złożony z n elementów: mamy ustawić elementy danego zbioru w kolejności,
pierwszy w tym ustawieniu element to wartość permutacji w punkcie
1, drugi – wartość w punkcie 2, n-ty – wartość w punkcie n. Zadanie, na ile
sposobów 10 osób może wsiąść do trzech wind, to pytanie: ile jest funkcji ze
zbioru 10-elementowego w zbiór trójelementowy (osobie przypisujemy windę,
do której ta osoba wsiada).
Przykłady można mnożyć, ale nie będziemy tego robić teraz. Na razie będziemy
zajmować się funkcjami rzeczywistymi jednej zmiennej rzeczywistej,
co oznacza, że wartościami funkcji będą liczby rzeczywiste i dziedziną funkcji
będzie jakiś zbiór złożony z liczb rzeczywistych. W rzeczywistości dziedzinami
będą albo przedziały, albo sumy skończenie wielu lub nieskończenie wielu
przedziałów, np. dziedziną funkcji tg jest zbiór złożony z tych wszystkich liczb
rzeczywistych, które nie są postaci (2n + 1) π , czyli jest to suma przedziałów
2
postaci ( − (2n + 1) π,(2n + 2 2) 1)π , gdzie n oznacza dowolną liczbę całkowitą.
x
Jeśli funkcja jest zdefiniowana wzorem f(x) = 2
, to można powiedzieć,
(x−1)(x+2)
że jej dziedziną jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych z wyjątkiem −2 i 1,
czyli zbiór (− ∞, −2) ∪ (−2,1) ∪ (1,+∞).
Z formalnego punktu widzenia, dopóki nie powiemy, na jakim zbiorze
funkcja ma być zdefiniowana, to nie została ona określona. W szczególności
z formalnego punktu widzenia zadania: znaleźć dziedzinę funkcji określonej
wzorem ..., nie mają sensu. Pytanie o dziedzinę należy traktować jako pytanie
o maksymalny zbiór, na którym można zdefiniować funkcję w sposób
zaproponowany przez autora zadania. Nawet przy takiej interpretacji mogą
powstawać wątpliwości: np. czy funkcja określona wzorem f(x) = x2
może
tym wzorem być zdefiniowana na całej prostej, czy też w punkcie 0 tym
x
akurat wzorem nie da się jej zdefiniować. Autorowi tego tekstu wydaje się,
że specjaliści od tak formułowanych zadań w większości przypadków uznają,
że ta definicja w punkcie 0 nie działa, ale nie wydaje mu się, by ten problem
wart był dyskusji – można po prostu takich zadań nie dawać, a jeśli
się je daje, to unikać wieloznaczności. Będziemy jednak mówić np. o funkcji
4x 2 −13x−167, zakładając przy tym, że jej dziedziną jest zbiór wszystkich tych
x 3 −4x+3
liczb rzeczywistych, dla których mianownik jest różny od 0. Funkcja √ 1 − e x
będzie automatycznie zdefiniowana na zbiorze złożonym z liczb rzeczywistych
niedodatnich. W przypadku jakichkolwiek wieloznaczności będziemy wyraźnie
określać dziedzinę.

100 3. Funkcje ciągłe
Czasem też dziedzina z jakichś przyczyn będzie mniejsza niż maksymalna,
np. zmienna będzie mieć jakieś pozamatematyczne znaczenie i wtedy
interpretacja będzie źródłem ograniczeń dziedziny. Na przykład pytanie
o maksymalne pole prostokąta o obwodzie 4 prowadzi do rozpatrywania
funkcji x(2 − x) na przedziale otwartym (0,2): x oznacza tu jeden wymiar
prostokąta, a 2 − x drugi. Funkcję x(2 − x) można rozpatrywać nie tylko
na przedziale (0,2), ale z punktu widzenia zadanego pytania nie ma to
sensu.
W dalszej części książki zajmiemy się również funkcjami określonymi na
podzbiorach płaszczyzny, przestrzeni trójwymiarowej i ogólnie n-wymiarowej.
Wartościami tych funkcji będą zazwyczaj liczby rzeczywiste, ale wystąpią
również funkcje przekształcające pewne podzbiory płaszczyzny w płaszczyznę.
Takie funkcje będą nazywane na ogół przekształceniami lub odwzorowaniami.
Nie oznacza to, że funkcji z R na R danej wzorem f(x) = x + 1 nie można
nazwać odwzorowaniem – często ten termin jest używany, zwłaszcza wtedy,
gdy mówimy o geometrii związanej z tą funkcją – jest to przesunięcie o 1
w prawo.
3.2. Funkcje różnowartościowe, funkcja odwrotna
Ważną klasą funkcji są funkcje różnowartościowe, tj. takie, które różnym
punktom dziedziny przypisują różne wartości: (x ≠ y) ⇒ (f(x) ≠ f(y)).
Jeśli f jest funkcją różnowartościową przekształcającą zbiór A na zbiór B, to
można określić funkcję f −1 odwrotną do danej funkcji f: f −1 (b) = a ⇐⇒
⇐⇒ b = f(a). Jeśli f(x) = x 3 dla każdej liczby rzeczywistej x, to funkcja
f przekształca różnowartościowo zbiór R na siebie, więc można określić
funkcję odwrotną: f −1 (x) = 3√ x. Jeśli f(x) = e x dla każdej liczby rzeczywistej
x, to zbiorem wartości funkcji f jest zbiór wszystkich liczb dodatnich
i wobec tego f −1 (x) = ln x dla każdej dodatniej liczby x. Jeśli f(x) = x 2
dla nieujemnych liczb x, to f −1 (x) = √ x dla każdej liczby nieujemnej x.
Jeśli f(x) = x 2 dla każdej liczby niedodatniej x, to funkcja f przekształca
zbiór wszystkich liczb niedodatnich na zbiór wszystkich liczb nieujemnych.
Funkcja odwrotna do niej dana jest wzorem f −1 (x) = − √ x. W ostatnich
dwóch przykładach wzór definiujący funkcję był identyczny, ale dziedziny
były różne. W związku z tym wzory na funkcję odwrotne też były
różne.
W dalszym ciągu będziemy używać jeszcze dwu funkcji zdefiniowanych jako
odwrotne do funkcji sinus i tangens. Oczywiście funkcje sinus i tangens jako
okresowe nie są różnowartościowe, więc nie mają funkcji odwrotnych. Można
więc postąpić tak jak w przypadku pierwiastka kwadratowego, który jest
zdefiniowany jako funkcja odwrotna do funkcji x 2 rozpatrywanej nie na całej
dziedzinie, lecz na zbiorze, na którym funkcja x 2 jest różnowartościowa, i to

3.3. Granica funkcji 101
możliwie najprościej zdefiniowany 2 . Wybieramy możliwe najbardziej naturalne
dziedziny. W przypadku sinusa ograniczamy się do przedziału [ − π 2 , π 2]
,
a w przypadku tangensa – do przedziału ( − π 2 , π 2)
. Zbiory wartości to odpowiednio
przedział domknięty [−1,1] i cała prosta (− ∞,+∞). Tradycyjnie
zamiast pisać sin −1 piszemy arcsin, a zamiast tg −1 piszemy 3 arctg, co zresztą
pozwala na uniknięcie dwuznaczności związanej z oznaczeniami sin −1 i tg −1 .
Podamy teraz definicje tych funkcji w jawny sposób.
DEFINICJA 3.2 (funkcji arcsin i arctg) 4 . Jeśli x ∈ [−1,1], to arcsin x
jest jedyną liczbą z przedziału [ − π 2 , π 2]
, dla której zachodzi równość
sin(arcsin x) = x.
Jeśli x jest liczbą rzeczywistą, to arctg x jest jedyną liczbą rzeczywistą
z przedziału ( − π 2 , π 2)
, dla której zachodzi równość tg(arctg x) = x.
Podamy kilka przykładów: arcsin 1 =
(− π, arcsin 1 = π, arcsin √ )
2
=
2 2 6 2
= − π, arctg √ 3 = π, arctg(−1) = − π , arctg 0 = 0.
4 3 4
3.3. Granica funkcji
Wprowadzimy oznaczenie: R = [− ∞,+∞] oznacza zbiór złożony ze
wszystkich liczb rzeczywistych uzupełniony symbolami nieskończonymi − ∞
i + ∞. Można myśleć, że R to prosta z końcami. Podkreślić wypada, że symboli
nieskończonych nie traktujemy jak liczb, bo np. nie wszystkie działania z ich
użyciem są wykonalne.
DEFINICJA 3.3 (punktu skupienia). Punkt p ∈ R jest punktem skupienia
zbioru A ⊂ R n wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje ciąg (a n ) punktów zbioru A,
o wyrazach różnych od a, zbieżny do p.
+ ∞ jest punktem skupienia zbioru wszystkich liczb naturalnych N – by
się o tym przekonać wystarczy przyjąć a n = n. Innych punktów skupienia
zbiór N nie ma. W grę mogłyby wchodzić jedynie liczby nieujemne, bo granica
ciągu liczb naturalnych jest albo równa + ∞, albo też jest liczbą nieujemną.
Jeśli ciąg liczb naturalnych ma skończoną granicę, to ze względu na warunek
2 Zbiorów, na których funkcja x 2 jest różnowartościowa jest bardzo dużo, np, [−1, 0] ∪ (1, + ∞),
(− ∞, −2), (− ∞,0], [0,+∞), zbiór złożony ze wszystkich liczb wymiernych dodatnich oraz ujemnych
liczb niewymiernych i wiele innych.
3 W niektórych krajach i programach komputerowych arctan.
4 Czytamy arkus sinus lub arkus tangens, termin pochodzi od łacińskiego słowa arcus czyli łuk,
chodzi o to, że funkcja przypisuje liczbie rzeczywistej długość łuku odpowiadającego kątowi, którego
sinus lub tangens równy jest danej liczbie.

102 3. Funkcje ciągłe
Cauchy’ego odległości między wyrazami tego ciągu, których numery są dostatecznie
duże, są mniejsze niż 1, a ponieważ są to liczby całkowite, więc te
odległości są równe 0. Wykazaliśmy, że ciąg liczb naturalnych, który ma skończoną
granicę, musi być od pewnego miejsca stały, a więc granica jest równa
pewnym wyrazom ciągu. Jest to niezgodne z definicją punktu skupienia.
Każda liczba z przedziału domkniętego [0,1] jest punktem skupienia przedziału
otwartego (0,1). Innych punktów skupienia przedział (0,1) nie ma. To
drugie zdanie jest prawdziwe w oczywisty sposób – granica ciągu liczb z przedziału
(0,1) musi się znajdować w przedziale [0,1]. Jest też jasne, że dla każdej
liczby p z przedziału [0,1] istnieje ciąg (a n ) liczb z przedziału (0,1), taki że
p = lim a n oraz a n ≠ p dla każdego n.
n→∞
Każda liczba rzeczywista i oba symbole nieskończone są punktami skupienia
dziedziny funkcji tangens, tj. zbioru tych liczb rzeczywistych, które nie są
nieparzystymi wielokrotnościami liczby π . Łatwe uzasadnienie tego stwierdzenia
pozostawiamy czytelnikom.
2
Teraz możemy już zdefiniować granicę funkcji.
DEFINICJA 3.4 (granicy funkcji w punkcie) 5 . Niech p oznacza dowolny
punkt skupienia dziedziny funkcji f. Mówimy, że g ∈ R jest granicą funkcji f
w punkcie p wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ciągu (x n ) zbieżnego do p,
którego wszystkie wyrazy są różne od p, ma miejsce równość lim f(x n ) = g.
n→∞
Granicę funkcji f w punkcie p oznaczamy symbolem lim f(x).
x→p
Zwrócić należy uwagę na to, że wśród wyrazów ciągu zbieżnego do p, występującego
w definicji granicy, nie ma p. Oznacza to w szczególności, że nawet
wtedy, gdy p jest argumentem funkcji f, to wartość w tym punkcie nie ma
wpływu na istnienie granicy w punkcie p, ani na jej wartość – można dowolnie
zmieniać wartość funkcji w punkcie p, nie zmieniając granicy w tym punkcie.
Oznacza to, że jeśli funkcja ma granicę w punkcie p, to w dostatecznie bliskich
punktach x wartość f(x) jest bliska granicy g, pod warunkiem jednak,
że x ≠ p. Ponieważ ciąg ma co najwyżej jedną granicę, więc również funkcja
może mieć tylko jedną granicę w jednym punkcie. Pojęcie granicy funkcji jest
bardzo ważne, jest rozszerzeniem pojęcia granicy ciągu. Podamy teraz kilka
przykładów.
sin x
Przykład 3.1. lim = 1. Równość ta została udowodniona w podrozdziale
x→0 x
1.11 (funkcje trygonometryczne) rozdziału 1, tw. 1.51.
ln(1+x)
Przykład 3.2. lim = 1. Również ta równość została udowodniona
x→0 x
wcześniej – podrozdział 1.10 (logarytm naturalny), wzór 1.4.
5 Ta definicja jest nazywana ciągową lub definicją Heinego.

3.3. Granica funkcji 103
e
Przykład 3.3. lim
x −1
= 1. Tę równość wykazaliśmy w punkcie 1.09 rozdziału
pierwszego, lemat
x→0 x
1.39.
(
Przykład 3.4. lim 1 +
1 x
x→∞ x)
= e. Tę równość wykażemy teraz. Wykażemy,
że dla każdego ciągu (x n ), którego granicą jest ∞, zachodzi równość
lim
n→∞
( ) xn
1 + 1
x n
= e. Wiemy, że jest tak w przypadku xn = n – bezpośrednio z
definicji liczby e. Przypomnijmy też, że ciąg ( 1 + n) 1 n
jest rosnący. Stąd wynika,
że jeśli k > n jest liczbą naturalną, to ( 1 + 1 n) n
<
(
1 +
1
k) k
< e. Stąd i z de-
) kn
finicji granicy wynika, że jeśli lim k n = + ∞, k n ∈ N, to lim 1 + 1
n→∞ k n
= e
– jeśli bowiem m jest jakąkolwiek liczbą naturalną, to dla dostatecznie dużych
liczb naturalnych n, zachodzi nierówność k n > m, zatem ( 1 + m) 1 m
<
( ) kn
< 1 + 1
k n
< e. Teraz możemy przejść do właściwego dowodu. Niech
lim x n = + ∞, x n ∈ R. Bez straty ogólności rozważań można przyjąć, że
n→∞
dla każdego n zachodzi nierówność x n ≥ 1, gdyż jest tak dla dostatecznie
dużych n. Niech k n będzie taką liczbą całkowitą, że k n ≤ x n < k n + 1 – taka
liczba k n istnieje dokładnie jedna. Ponieważ x n − 1 < k n , więc lim k n = + ∞.
n→∞
Stąd i z tego, co wykazaliśmy poprzednio, wynika, że:
Mamy również:
n→∞
(
(
lim 1 + 1 ) kn
(
= e = lim 1 + 1 ) 1+kn
.
n→∞ 1 + k n n→∞ k n
(
1 + 1 ) kn
(
≤ 1 + 1 ) xn
(
< 1 + 1 ) xn
(
≤ 1 + 1 ) xn
<
1 + k n 1 + k n x n k n
<
(
1 + 1
k n
) 1+kn
.
Z tej nierówności i twierdzenia o trzech ciągach wynika dowodzona przez
nas teza.
Przykład 3.5. Funkcja 1 , określona dla x ≠ 0, nie ma granicy w punkcie 0,
x
1
1
bowiem lim = + ∞ i jednocześnie lim = − ∞. Udało się nam więc
n→∞ 1/n n→∞ −1/n
wskazać takie dwa ciągi argumentów zbieżne do 0, że odpowiadające im ciągi
wartości mają różne granice.
Przykład 3.6. Funkcja sin 5 , określona dla x ≠ 0, nie ma granicy w punkcie
0, bowiem sin = 0 oraz sin 5
x
5
= 1. Wskazaliśmy więc takie
5/(2nπ) 5/(2nπ+π/2)
dwa ciągi argumentów, że odpowiadające im ciągi wartości są stałe i różne.

104 3. Funkcje ciągłe
Rysunek 3.1. Funkcja bez granicy
Rysunek 3.1 przedstawia wykres badanej funkcji na przedziale [ 3 ,1], można
20
więc również zobaczyć, dlaczego nie ma granicy.
Oprócz granicy funkcji rozpatrywane są granice jednostronne funkcji
w punkcie. Zdefiniujemy granicę lewostronną, definicja granicy prawostronnej
jest analogiczna.
DEFINICJA 3.5 (granicy lewostronnej). g jest granicą lewostronną funkcji
f w punkcie p wtedy i tylko wtedy, gdy można znaleźć w dziedzinie ciąg (x n )
o wyrazach mniejszych (ściśle!) niż p, zbieżny do p i gdy dla każdego takiego
ciągu odpowiadający mu ciąg wartości (f(x n )) ma granicę g. Stosujemy
oznaczenie lim
x→p − f(x).
Łatwo można udowodnić, że funkcja 1 ma jednostronne granice w punkcie
x
0: prawostronna jest równa + ∞, zaś lewostronną jest − ∞. Funkcja sin 1 nie x
ma granicy prawostronnej w punkcie 0 – wykazaliśmy to w przykładzie 3.6,
wskazując takie dwa ciągi dodatnich argumentów tej funkcji zbieżne do 0, że
odpowiadające im ciągi wartości mają różne granice.
Bez trudu można udowodnić „funkcyjną” wersję twierdzenia o scalaniu.
TWIERDZENIE 3.6 (o scalaniu). Funkcja f, określona na zbiorze zawierającym
ciąg liczb mniejszych niż p zbieżny do p oraz ciąg liczb większych
niż p zbieżny do p, ma granicę w punkcie p wtedy i tylko wtedy, gdy ma obie
granice jednostronne i są one równe.
Dowód. Jest jasne, że z istnienia granicy wynika istnienie granic jednostronnych
– zamiast wszystkich ciągów zbieżnych do p, których wyrazy są

3.3. Granica funkcji 105
różne od p, rozpatrujemy jedynie ich część. Jeśli natomiast wiemy, że istnieją
granice jednostronne, to ciąg o wyrazach różnych od p możemy rozbić na
podciąg o wyrazach mniejszych niż p i na podciąg o wyrazach większych niż
p. Odpowiadające im ciągi wartości mają tę samą granicę, więc ciąg wartości
odpowiadający naszemu ciągowi ma granicę i to równą wspólnej wartości
obu granic jednostronnych. Oczywiście, jeśli ciąg argumentów zawiera jedynie
skończenie wiele wyrazów większych niż p, to nie możemy rozpatrywać granicy
prawostronnej, ale to niczemu nie przeszkadza, bo w tym przypadku wystarczy
skorzystać z istnienia granicy lewostronnej.
Podobnie jak w przypadku twierdzenia o scalaniu, można przenieść inne
twierdzenia dotyczące granic ciągów na ogólniejszy przypadek granicy funkcji.
TWIERDZENIE 3.7 (o arytmetycznych własnościach granicy).
1. Jeśli istnieją granice lim f(x), lim g(x) i określona jest ich suma, to
x→p x→p
istnieje granica lim(f(x) + g(x)) i zachodzi wzór:
x→p
lim(f(x) + g(x)) = lim f(x) + lim g(x).
x→p x→p x→p
2. Jeśli istnieją granice lim f(x), lim g(x) i określona jest ich różnica, to
x→p x→p
istnieje granica lim(f(x) − g(x)) i zachodzi wzór:
x→p
lim(f(x) − g(x)) = lim f(x) − lim g(x).
x→p x→p x→p
3. Jeśli istnieją granice lim f(x), lim g(x) i określony jest ich iloczyn, to
x→p x→p
istnieje granica lim(f(x) · g(x)) i zachodzi wzór:
x→p
lim(f(x) · g(x)) = lim f(x) · lim g(x).
x→p x→p x→p
4. Jeśli istnieją granice lim f(x), lim g(x) i określony jest ich iloraz, to
x→p x→p
f(x)
istnieje granica lim i zachodzi wzór
x→p g(x)
lim f(x)
f(x)
lim
x→p g(x) = x→p
lim g(x).
x→p
Dowód tego twierdzenia jest natychmiastową konsekwencją twierdzenia
o arytmetycznych własnościach granicy ciągu.
Przed podaniem następnego twierdzenia przypomnijmy, że operujemy terminem
dla dostatecznie dużych n. Oznacza to, że interesują nas liczby

106 3. Funkcje ciągłe
naturalne większe od pewnej liczby. Właściwie chodzi o to, by były one bliskie
+ ∞. W przypadku funkcji argument, którym w ciągu jest numer wyrazu, czyli
n, ma być bliski punktowi p, który może być – lecz nie musi – równy + ∞.
Zmiany wymaga więc sposób mówienia. Mówiąc: x jest dostatecznie bliski
p, będziemy mieć na myśli, że:
a) x > M dla pewnej liczby rzeczywistej M, gdy p = + ∞,
b) x < M dla pewnej liczby rzeczywistej M, gdy p = − ∞,
c) |x − p| < δ dla pewnej dodatniej liczby δ, gdy p ∈ R.
TWIERDZENIE 3.8 (o szacowaniu).
3.8.1. Jeśli C < lim f(x), to dla x ≠ p, dostatecznie bliskich p zachodzi
x→p
nierówność C < f(x).
3.8.2. Jeśli C > lim f(x), to dla x ≠ p, dostatecznie bliskich p zachodzi
x→p
nierówność C > f(x).
3.8.3. Jeśli lim g(x) < lim f(x), to dla x ≠ p, dostatecznie bliskich p
x→p x→p
zachodzi nierówność g(x) < f(x).
3.8.4. Jeśli g(x) ≤ f(x) dla x ≠ p, dostatecznie bliskich p, to zachodzi
nierówność lim
x→p
g(x) ≤ lim
x→p
f(x).
Dowód. Zakładamy cały czas, że p jest punktem skupienia dziedziny funkcji.
Zauważmy najpierw, że zaprzeczeniem zdania: „dla wszystkich x ≠ p
dostatecznie bliskich p spełniony jest pewien warunek W” jest zdanie
„istnieje taki ciąg (xn) zbieżny do p, że xn ≠ p dla każdego n
i warunek W nie zachodzi dla żadnego wyrazu ciągu (xn)”.
Jeśli na przykład p = + ∞ i nie jest prawdą, że warunek W spełniony jest
dla wszystkich x dostatecznie bliskich p = + ∞, to dla każdej liczby rzeczywistej
M istnieje liczba x > M, dla której warunek W nie zachodzi. By otrzymać
ciąg (x n ), którego granicą jest ∞, złożony z liczb, dla których warunek W nie
zachodzi, wystarczy przyjąć, że M = n i określić x n jako liczbę większą niż
M = n, dla której warunek W nie jest spełniony. Jeśli natomiast istnieje taki
ciąg (x n ), którego granicą jest + ∞, że warunek W nie jest spełniony dla
żadnego (x n ), to warunek W nie jest spełniony dla wszystkich dostatecznie
dużych x, czyli nie jest spełniony dla wszystkich x dostatecznie bliskich + ∞.
Analogicznie postępujemy w przypadku p = − ∞.
Jeśli p ∈ R, to dla każdego δ > 0 istnieje takie x, że x ≠ p i |x −p| < δ, dla
którego warunek W nie zachodzi. By zdefiniować x n przyjmujemy, że δ = 1 n .
Z istnienia ciągu (x n ) złożonego z liczb, dla których warunek W nie zachodzi,
wynika od razu, że nie jest możliwe, by warunek W był spełniony dla
wszystkich x dostatecznie bliskich p.
Możemy teraz zająć się właściwym dowodem. Załóżmy, że lim
x→p
f(x) < C
oraz że nie jest prawdą, że dla x dostatecznie bliskich p zachodzi nierówność

3.3. Granica funkcji 107
f(x) < C. Wynika stąd, że istnieje taki ciąg (x n ), że dla każdego n zachodzi
nierówność f(x n ) ≥ C. Stąd jednak wynika, że lim f(x n ) ≥ C, wbrew
x→p
założeniu. Dowód w tym przypadku został zakończony. Stwierdzenie 3.8.2 dowodzimy
analogicznie lub wnioskujemy z 3.8.1, zastępując funkcję f funkcją
przeciwną −f. Stwierdzenie 3.8.3 wynika ze stwierdzeń poprzednich: starczy
użyć liczby C leżącej między lim f(x) oraz lim g(x). Ostatni fragment
x→p x→p
twierdzenia to prosta konsekwencja tego, że ciąg o mniejszych wyrazach ma
mniejszą granicę. Dowód został zakończony.
Podamy teraz inną definicję granicy funkcji. Z poprzednią można wiązać
takie stwierdzenie (nieścisłe, ale ważne): niezależnie od tego w jaki sposób
argument dąży do p, to wartość funkcji zbliża się do g. Z tą, która
pojawi się niebawem wiążemy stwierdzenie jeśli argument funkcji jest dostatecznie
bliski p, ale różny od p, to wartość funkcji jest bliska g.
Sformułujemy zapowiedzianą definicję bardzo dokładnie, bez żadnych skrótów.
Ma ona dziewięć części, ale na ogół po przeczytaniu dwóch lub trzech
pierwszych nie ma potrzeby czytać dalej, bo można to samodzielnie napisać.
DEFINICJA 3.9 (granicy funkcji) 6 .
3.9.1. g,p ∈ R. g = lim f(x) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby
x→p
ε > 0 istnieje taka liczba δ > 0, że jeśli 0 < |x − p| < δ, to |f(x) − g| < ε.
3.9.2. g ∈ R, p = + ∞. g = lim f(x) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej
x→p
liczby ε > 0 istnieje taka liczba rzeczywista M, że jeśli x > M, to |f(x)−g| < ε.
3.9.3. g ∈ R, p = − ∞. g = lim f(x) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej
x→p
liczby ε > 0 istnieje taka liczba rzeczywista M, że jeśli x < M, to |f(x)−g| < ε.
3.9.4. g = + ∞, p ∈ R. g = lim f(x) wtedy i tylko wtedy, gdy dla
x→p
każdej liczby rzeczywistej M istnieje taka liczba rzeczywista δ > 0, że jeśli
0 < |x − p| < δ, to f(x) > M.
3.9.5. g = + ∞, p = + ∞. g = lim f(x) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej
x→p
liczby M istnieje taka liczba rzeczywista K że jeśli x > K, to f(x) > M.
3.9.6. g = + ∞, p = − ∞. g = lim f(x) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej
x→p
liczby M istnieje taka liczba rzeczywista K, że jeśli x < K, to f(x) > M.
3.9.7. g = − ∞, p ∈ R. g = lim f(x) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej
x→p
liczby rzeczywistej M istnieje taka liczba rzeczywista δ > 0, że jeśli 0 <
|x − p| < δ, to f(x) < M.
3.9.8. g = − ∞, p = + ∞. g = lim f(x) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej
x→p
liczby M istnieje taka liczba rzeczywista K, że jeśli x > K, to f(x) < M.
6 Ta definicja nazywana jest definicją Cauchy’ego lub definicją otoczeniową, czasem, ale to już
bełkot matematyczny, epsilonowo–deltową.

108 3. Funkcje ciągłe
3.9.9. g = − ∞, p = − ∞. g = lim
x→p
f(x) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej
liczby M istnieje taka liczba rzeczywista K, że jeśli x < K, to f(x) < M.
Dowód. Dowód podamy w dwóch wybranych przypadkach: pierwszym
i ósmym. Resztę czytelnik powinien uzupełnić samodzielnie. Założymy najpierw,
że g, p są liczbami rzeczywistymi oraz że g = lim f(x) w sensie definicji
x→p
ciągowej. Jeśli istnieje taka liczba ε > 0, że dla każdej liczby δ > 0 istnieje
takie x, że 0 < |x − p| < δ i jednocześnie |f(x) − g| ≥ ε, to, przyjmując, że x n
jest dobrane do 1, tzn. 0 < |x n n − p| < 1 i |f(x n n) − g| ≥ ε, otrzymujemy ciąg
(x n ) zbieżny do p o wyrazach różnych od p i taki, że odpowiadający mu ciąg
wartości funkcji nie jest zbieżny do liczby g, bowiem wszystkie wyrazy tego
ciągu wartości pozostają w odległości nie mniejszej niż ε od g. Twierdzenie zostało
udowodnione w jedną stronę. Teraz założymy, że g = lim f(x) w sensie
x→p
definicji otoczeniowej. Niech (x n ) będzie dowolnym ciągiem argumentów funkcji
f zbieżnym do p, o wyrazach różnych od p i niech ε oznacza dowolną liczbę
dodatnią. Z definicji otoczeniowej granicy funkcji wynika, że istnieje taka liczba
δ > 0, że jeśli 0 < |x − p| < δ, to |f(x) − g| < ε. Z definicji granicy ciągu
wnioskujemy, że dla dostatecznie dużych n zachodzi nierówność |x n − p| < δ
i oczywiście x n ≠ p, zatem 0 < |x n − p| < δ, a stąd wynika, że |f(x n ) − g| < ε.
Stąd i z definicji granicy ciągu wynika, że lim f(x n ) = g, a wobec tego, że
n→∞
(x n ) jest dowolnym ciągiem – możemy stwierdzić, że g jest granicą w sensie
definicji ciągowej.
Teraz, zgodnie z obietnicą, zajmiemy się przypadkiem 3.9.8, tj. założymy,
że g = − ∞ oraz że p = + ∞. Zakładamy, że dla każdego ciągu (x n ) argumentów
funkcji f, którego granicą jest + ∞, zachodzi równość lim f(x n ) = − ∞.
n→∞
Mamy wykazać, że dla każdej liczby rzeczywistej M istnieje taka liczba rzeczywista
K, że jeśli x > K, to f(x) < M. Załóżmy, że tak nie jest. Istnieje
więc taka liczba M, że dla każdej liczby K istnieje taki argument x funkcji
f, że x > K i jednocześnie f(x) ≥ M. Przyjmując K = n, otrzymujemy taki
argument x n , że x n ≥ n i f(x n ) ≥ M. Stąd jednak wynika, że − ∞ nie jest
granicą ciągu (f(x n )) wbrew założeniu, kończy to dowód w jedną stronę. Teraz
założymy, że dla każdej liczby rzeczywistej M istnieje taka liczba rzeczywista
K, że jeśli x > K, to f(x) < M. Jeśli lim x n = + ∞, to dla dostatecznie
n→∞
dużych n zachodzi nierówność x n > K i w związku z tym f(x n ) < M. Wobec
dowolności M oznacza to, że lim f(x n ) = − ∞. Dowód został zakończony.
n→∞
Z twierdzenia o trzech ciągach wynika analogiczne twierdzenie dla granic
funkcji.
TWIERDZENIE 3.10 (o trzech funkcjach). Jeśli dla wszystkich argumentów
x dostatecznie bliskich punktowi p zachodzi nierówność podwójna

3.3. Granica funkcji 109
f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) i istnieją granice lim f(x), lim h(x) oraz lim f(x) =
x→p x→p x→p
h(x), to również funkcja g ma granicę w punkcie p i zachodzi równość
lim
x→p
lim
x→p
f(x) = lim g(x) = lim h(x).
x→p x→p
Z następnego twierdzenia w zasadzie nie będziemy korzystać, podajemy je
tylko po to, by pokazać, pełną analogię pojęcia granicy ciągu i granicy funkcji.
Łatwy dowód pozostawiamy czytelnikom w charakterze zadania.
TWIERDZENIE 3.11 (Cauchy’ego o istnieniu granicy skończonej). Funkcja
f ma granicę skończoną w punkcie p wtedy i tylko wtedy, gdy spełniony jest
następujący warunek Cauchy’ego: dla każdego ε > 0, dla wszystkich x,y ≠ p
dostatecznie bliskich p zachodzi nierówność |f(x) − f(y)| < ε. (w.C)
Twierdzenie, które znajduje się poniżej ma bardzo prosty dowód. Jest ono
bardzo często stosowane.
TWIERDZENIE 3.12 (o granicy złożenia dwu funkcji). Załóżmy, że dziedzina
funkcji f zawiera zbiór wartości funkcji g, że lim g(x) = G, że granica G
x→p
jest punktem skupienia dziedziny funkcji f i lim g(y) = H w punkcie G oraz że
y→G
wartości funkcji g w punktach dostatecznie bliskich p są różne od G. Przy tych
założeniach funkcja f ◦ g określona wzorem (f ◦ g)(x) = f(g(x))ma w punkcie
p granicę i lim f(g(x)) = H. Założenia tego twierdzenia są tak dobrane, że
x→p
dowód wynika od razu z definicji ciągowej granicy funkcji w punkcie.
Przed podaniem twierdzenia o istnieniu granic jednostronnych funkcji monotonicznej
omówimy pojęcie kresu zbioru i kresu funkcji. Rozpoczniemy od
definicji.
DEFINICJA 3.13 (kresów).
1. Kresem górnym zbioru niepustego A ⊆ R nazywamy taki element M
zbioru R, że dla każdego a ∈ A zachodzi nierówność a ≤ M oraz że jeśli
M ′ < M, to istnieje a ∈ A, dla którego a > M ′ . Innymi słowy: M jest
najmniejszym ograniczeniem górnym zbioru A. Piszemy supA.
2. Kresem górnym M funkcji f nazywamy kres górny zbioru jej wartości,
tj. taki najmniejszy element M zbioru R, że f(x) ≤ M dla każdego argumentu
x funkcji f. Piszemy supf.
3. Kresem dolnym zbioru niepustego A ⊆ R nazywamy taki element M
zbioru R, że dla każdego a ∈ A zachodzi nierówność a ≥ M oraz że jeśli
M ′ > M, to istnieje a ∈ A, dla którego a < M ′ . Innymi słowy: M jest
największym ograniczeniem dolnym zbioru A. Piszemy inf A.
4. Kresem dolnym M funkcji f nazywamy kres dolny zbioru jej wartości,
tj. taki największy element M zbioru R, że f(x) ≥ M dla każdego argumentu
x funkcji f. Piszemy inf f.

110 3. Funkcje ciągłe
Podamy teraz kilka przykładów kresów zbiorów i funkcji.
Przykład 3.7. Dla każdego przedziału otwartego (a,b) spełnione są równości:
sup(a,b) = b i inf(a,b) = a. Wzory te są natychmiastowym wnioskiem
z definicji kresu i z definicji przedziału.
Przykład 3.8. sup[a,b] = b, inf[a,b] = a. Również te wzory wynikają od
razu z definicji kresów i przedziałów.
Przykład 3.9. sup R = + ∞, inf R = − ∞.
Przykład 3.10. sup{1,2,3,... } = + ∞, inf{1,2,3,... } = 1.
Przykład 3.11. Niech f(x) = √ x
1+x 2. Jest jasne, że −1 < f(x) < 1 dla każdej
liczby rzeczywistej x. Czytelnik sprawdzi z łatwością, że jeśli 0 ≤ a < 1 i
x > √ a
1−a 2, to a < √ x
1+x 2
= f(x). Wykazaliśmy więc, że 1 jest ograniczeniem
górnym funkcji f oraz że żadna liczba dodatnia mniejsza niż 1 nie jest ograniczeniem
górnym funkcji f. Stąd wynika, że supf = 1. Ponieważ funkcja f
jest nieparzysta (f(−x) = −x dla każdego x), więc inf f = −1.
Przykład 3.12. Kresem górnym funkcji sin jest liczba 1, a kresem dolnym
funkcji sinus – liczba −1.
Przykład 3.13. Kresem górnym funkcji wykładniczej o podstawie e jest + ∞,
a dolnym – liczba 0.
Przykład 3.14. Kresem górnym logarytmu naturalnego jest + ∞, a kresem
dolnym jest − ∞.
Przykład 3.15. Kresem górnym funkcji liniowej niestałej jest + ∞, a kresem
dolnym tej funkcji jest − ∞.
Przykład 3.16. Kresem górnym funkcji f, danej wzorem f(x) = x 2 +2x−2 =
= (x + 1) 2 − 3, jest + ∞, a kresem dolnym tej funkcji jest liczba −3.
Prawdziwe jest następujące zdanie: każdy niepusty, ograniczony z góry
zbiór złożony z liczb rzeczywistych ma skończony kres górny.
Zdanie to nazywane jest czasem aksjomatem (pewnikiem) ciągłości Dedekinda,
a czasem twierdzeniem o istnieniu kresu. Udowodnimy to stwierdzenie,
wykorzystując tw. 1.7, które przyjęliśmy wcześniej bez dowodu. Bez tego rozumowania
student ekonomii może się obejść, ale zapoznawszy się z nim, pozna
jeszcze jeden przykład rozumowania egzystencjalnego, co może ułatwić dalszą
naukę.

3.4. Funkcje monotoniczne 111
Niech A będzie niepustym, ograniczonym z góry zbiorem złożonym z liczb
rzeczywistych. Niech M będzie ograniczeniem górnym zbioru A, tzn. dla każdej
liczby x ∈ A zachodzi nierówność x ≤ M i niech a będzie jakimkolwiek
elementem zbioru A. Zdefiniujemy dwa ciągi: niemalejący (a n ), którego wyrazy
będą elementami zbioru A, i nierosnący (M n ), którego wyrazy będą ograniczeniami
górnymi zbioru A. Niech a 0 = a, M 0 = M i c 0 = 1(a 2 0 + M 0 ). Jeśli c 0
jest ograniczeniem górnym zbioru A, to definiujemy a 1 = a 0 i M 1 = c 0 . Jeżeli
c 0 nie jest ograniczeniem górnym zbioru A, to w zbiorze A można znaleźć element
a 1 większy niż c 0 , wtedy przyjmujemy M 1 = M 0 . Zdefiniowaliśmy więc
a 1 i M 1 w taki sposób, że M 1 jest ograniczeniem górnym zbioru A, a 1 ∈ A oraz
0 ≤ M 1 − a 1 ≤ M0−a0 . Analogicznie konstruujemy a
2 2 i M 2 : c 1 = 1(a 2 1 + M 1 );
jeśli c 1 jest ograniczeniem górnym zbioru A, to M 2 = c 1 i a 2 = a 1 ; jeśli nie, to
istnieje a 2 > c 1 , a 2 ∈ A, wtedy M 2 = M 1 itd. Ciąg (a n ) jest oczywiście niemalejący,
ciąg (M n ) nierosnacy. Z konstrukcji wynika, że M n+1 − a n+1 ≤ Mn−an .
2
Stąd wnioskujemy, że 0 ≤ M n −a n ≤ M0−a0 . Niech m = lim M
2 n n . Ponieważ dla
n→∞
każdego x ∈ A i dla każdej liczby naturalnej n zachodzi nierówność x ≤ M n ,
więc również w granicy mamy x ≤ m = lim M n , co oznacza, że m jest ograniczeniem
górnym zbioru A. Ponieważ dla każdej liczby naturalnej n zachodzi
n→∞
0 ≤ m − a n ≤ M n − a n ≤ 1 (M
2 n 0 − a 0 ) −−−−→ 0 i oczywiście a n ∈ A, więc
n→∞
mniejszego ograniczenia górnego nie ma, zatem supA = m. Dowód został
zakończony.
3.4. Funkcje monotoniczne
Rozpoczniemy od przypomnienia definicji funkcji niemalejących i nierosnących,
ściśle malejących i ściśle rosnących.
DEFINICJA 3.14 (funkcji monotonicznych i ściśle monotonicznych). Funkcja
f określona na zbiorze, którego elementami są liczby rzeczywiste, jest:
1) ściśle rosnąca wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych argumentów x, y
konsekwencją nierówności x < y jest nierówność f(x) < f(y);
2) ściśle malejąca wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych argumentów
x, y konsekwencją nierówności x < y jest nierówność f(x) > f(y);
3) nierosnąca wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych argumentów x, y
konsekwencją nierówności x < y jest nierówność f(x) ≥ f(y);
4) niemalejąca wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych argumentów x, y
konsekwencją nierówności x < y jest nierówność f(x) ≤ f(y).
Znów mamy do czynienia z rozszerzeniem pojęcia z ciągów na funkcje.
Podamy tylko jeden przykład, wcześniej było już ich wiele dla ciągów monotonicznych.
Niech f(x) = 1 dla x ≠ 0. Zauważmy, że w całej dziedzinie funkcja
x

112 3. Funkcje ciągłe
nie jest monotoniczna: −1 < 1 i jednocześnie f(−1) = −1 < 1 = f(1), więc
funkcja f nie może być nierosnąca, w szczególności nie może być malejąca;
a ponieważ 1 < 2 i f(1) = 1 > 1 = f(2), f nie może być funkcją niemalejącą,
tym bardziej rosnącą. Natomiast czytelnik stwierdzi bez trudu, że f jest
2
funkcją malejącą na każdej z dwu półprostych (− ∞,0) i (0,+∞).
TWIERDZENIE 3.15 (o istnieniu granic funkcji monotonicznej). Jeśli f
jest funkcją monotoniczną, p jest punktem skupienia jej dziedziny, to jeśli
istnieje ciąg (x n ) argumentów funkcji f mniejszych niż p, zbieżny do p, to f
ma granicę lewostronną w punkcie p, jeśli istnieje ciąg argumentów funkcji f
większych niż p, zbieżny do p, to f ma granicę prawostronną w punkcie p.
Dowód. Wystarczy oczywiście udowodnić to twierdzenie przy założeniu, że
funkcja f jest niemalejąca. Jeśli bowiem f jest nierosnąca, to funkcja przeciwna
−f jest niemalejąca. Niech g będzie kresem górnym zbioru złożonego z wartości
funkcji f osiąganych w punktach x < p (g = sup{f(x): x < p}). Trzeba
wykazać, że g = lim f(x). Jeśli x < p, to f(x) ≤ g. Jeśli m < g jest liczbą
x→p −
rzeczywistą, to ponieważ m nie jest ograniczeniem górnym zbioru tych wartości
funkcji f, które są osiągane w punktach x < p, istnieje taki argument x ′ < p,
że f(x ′ ) > m. Stąd wynika, że jeśli x ′ < x < p to m < f(x ′ ) ≤ f(x) ≤ g,
zatem: jeśli x < p jest dostatecznie bliskie p, to f(x) jest dostatecznie bliskie
g, co dowodzi tego, że g = lim f(x). Analogicznie dowodzimy, że jeśli istnieje
x→p −
ciąg argumentów większych niż p, zbieżny do p, to kres dolny tych wartości
funkcji, które są przyjmowane w punktach większych niż p jest prawostronną
granicą funkcji f w punkcie p. Dowód został zakończony.
Na razie zakończymy omawianie funkcji monotonicznych. Podkreślmy jednak,
że praktycznie wszystkie funkcje jednej zmiennej, z którymi studenci ekonomii
się spotykają, są monotoniczne na przedziałach, których sumą jest cała
dziedzina funkcji, choć rozpatrywane funkcje na ogół monotoniczne w całej
dziedzinie nie są 7 .
3.5. Funkcje ciągłe
Przechodzimy teraz do najważniejszego tematu tego rozdziału – do ciągłości.
Rozpoczniemy od definicji.
7 To może się zmienić, gdyż w ekonomii są stosowane coraz bardziej zaawansowane metody matematyczne,
a np. w niektórych modelach matematycznych używanych przez fizyków występują funkcje
ciągłe, które nie są monotoniczne na żadnym przedziale.

3.5. Funkcje ciągłe 113
DEFINICJA 3.16 (funkcji ciągłej). Funkcja f jest ciągła w punkcie p wtedy
i tylko wtedy, gdy p jest argumentem funkcji i zachodzi jedna z dwu możliwości:
1) p nie jest punktem skupienia dziedziny funkcji f;
2) p jest punktem skupienia dziedziny funkcji f, która ma granicę w punkcie
p i ta granica jest równa wartości funkcji w punkcie p: lim f(x) = f(p).
x→p
TWIERDZENIE 3.17 (charakteryzujące ciągłość). Funkcja f jest ciągła
w punkcie p wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby dodatniej ε istnieje
taka liczba δ > 0, że jeśli |x − p| < δ, to |f(x) − f(p)| < ε.
Dowód. Jeżeli p nie jest punktem skupienia dziedziny funkcji f, to istnieje
taka liczba δ > 0, że jedynym punktem x dziedziny funkcji f, dla którego
|x−p| < δ, jest punkt p – w tym przypadku |f(x)−f(p)| = |f(p)−f(p)| = 0 <
ε, niezależnie od wyboru liczby dodatniej ε. Pozostała część twierdzenia może
być otrzymana natychmiast z definicji otoczeniowej granicy funkcji. Dowód
został zakończony.
Z poznanych twierdzeń o granicach funkcji wynika od razu następujące
twierdzenie.
TWIERDZENIE 3.18 (o operacjach na funkcjach ciągłych). Załóżmy, że
funkcje f i g określone na wspólnej dziedzinie są ciągłe w punkcie p. Wtedy
następujące funkcje są ciągłe w punkcie p: f + g, f − g, f · g oraz f g pod
warunkiem g(p) ≠ 0.
Ważną operacją jest składanie (superponowanie) funkcji. Polega ono na
„wykonaniu” po kolei dwu funkcji: (f ◦ g)(x) = f(g(x)). Okazuje się, że składając
funkcje ciągłe, otrzymujemy w rezultacie funkcję ciągłą.
TWIERDZENIE 3.19 (o ciągłości złożenia dwu funkcji). Jeżeli funkcja g
jest ciągła w punkcie p, funkcja f określona na zbiorze zawierającym zbiór
wartości funkcji g jest ciągła w punkcie g(p), to złożenie f ◦ g jest funkcją
ciągłą w punkcie p.
Dowód. Wynika to od razu z otoczeniowej definicji ciągłości: jeśli ε > 0,
to istnieje takie δ > 0, że jeśli |y − g(p)| < δ, to ∣ ∣f(y) − f ( g(p) )∣ ∣ < ε, istnieje
∣też takie η > 0, że jeśli |x − p| < η, to |g(x) − g(p)| < δ, a wobec tego
∣f ( g(x) ) − f ( g(p) )∣ ∣ < ε. Dowód został zakończony.
Nie jest natomiast prawdą, że funkcja odwrotna do funkcji f ciągłej
w punkcie p musi być ciągła w punkcie f(p). Zachęcamy czytelników do samodzielnego
skonstruowania przykładu. Musi on być nieco dziwaczny, bowiem

114 3. Funkcje ciągłe
jeśli założymy, że funkcja f jest ciągła w całej dziedzinie, która jest przedziałem,
to wtedy funkcja odwrotna musi być ciągłą, mówimy o funkcji, której
wartościami są liczby rzeczywiste. Tego twierdzenia jednak nie udowodnimy
teraz, bowiem jego dowód stanie się łatwiejszy później.
Przykład 3.17. Funkcja stała jest ciągła w każdym punkcie.
Przykład 3.18. Funkcja identyczność, czyli funkcja, której wartością
w punkcie x jest liczba x, jest ciągła w każdym punkcie prostej – wynika to natychmiast
z definicji ciągłości. Zamiast mówić funkcja identyczność będziemy
mówić funkcja x, rozumiejąc, że jest ona określona na całej prostej.
Przykład 3.19. Funkcje x 2 , x 3 , ... są ciągłe w każdym punkcie prostej. Wynika
to natychmiast z twierdzenia o ciągłości iloczynu funkcji ciągłych i poprzedniego
przykładu.
Przykład 3.20. Funkcja postaci a 0 +a 1 x+···+a n x n , gdzie a 0 ,a 1 ,... ,a n są
dowolnymi liczbami rzeczywistymi, czyli każdy wielomian, jest ciągła w każdym
punkcie prostej. Wynika to z poprzednich przykładów oraz twierdzenia
o ciągłości iloczynu i sumy funkcji: funkcja postaci a j x j jest iloczynem funkcji
stałej o wartości a j oraz funkcji x j , wielomian jest sumą takich funkcji.
Przykład 3.21. Suma szeregu potęgowego, tj. szeregu postaci
∞∑
a n x n jest
funkcją ciągłą w każdym punkcie swej dziedziny, tj. w każdym punkcie x, w którym
szereg potęgowy jest zbieżny. To twierdzenie, które udowodnił N. Abel,
nie jest takie proste jak poprzednie, ale udowodniliśmy je w rozdziale drugim,
w części poświęconej szeregom potęgowym.
Przykład 3.22. Funkcja x−1 , której dziedziną jest zbiór złożony ze wszystkich
liczb rzeczywistych z wyjątkiem liczby −3, jest ciągła w każdym punkcie
x+3
swej dziedziny, bo jest ilorazem funkcji ciągłych.
Przykład 3.23. Funkcja wykładnicza e x jest ciągła. Wykazaliśmy to w podrozdziale
1.9. Wynika to również z wzoru udowodnionego tamże: e x = ∞ x
∑ n
i przykładu poprzedniego.
n=0
n!
n=0
Przykład 3.24. Logarytm naturalny (o podstawie e) jest funkcją ciągłą.
Zostało to wykazane w rozdziale 1.
Przykład 3.25. Dla każdej liczby rzeczywistej a funkcja potęgowa x a o wykładniku
a jest ciągła w każdym punkcie półprostej (0,+∞). Wynika to z ciągłości
logarytmu naturalnego, ciągłości funkcji wykładniczej o podstawie e
i ciągłości iloczynu oraz złożenia funkcji ciągłych: x a = e a ln x .

3.5. Funkcje ciągłe 115
Przykład 3.26. Jeśli a > 0, to funkcja x a jest ciągła w punkcie 0, jej wartość
w punkcie 0 definiujemy w tym przypadku jako 0. Trzeba udowodnić, że jeśli
lim x n = 0 i x n > 0, to lim x a n = 0. Jest tak dla a = 1 , k – dowolna liczba
n→∞ n→∞ k
całkowita większa niż 1, bo x 1/k = k√ x – wykazaliśmy to w przykładzie 1.13. W
przypadku dowolnego a znajdujemy najpierw dodatnią liczbę całkowitą k > 1.
a
Dla każdej liczby nieujemnej x < 1 mamy wtedy 0 ≤ x a ≤ x 1/k . Teza wynika
teraz z twierdzenia o trzech ciągach.
Przykład 3.27. Jeśli a = p , gdzie q jest nieparzystą liczbą całkowitą dodatnią,
zaś p liczbą całkowitą ujemną, to funkcja x a = q√ x p jest ciągła w każdym
q
punkcie półprostej (− ∞,0). Wynika to od razu z ciągłości funkcji pierwiastek
q-tego stopnia, ciągłości wielomianu i ciągłości ilorazu funkcji ciągłych oraz
twierdzenia o ciągłości złożenia.
W ostatnich trzech przykładach wykazaliśmy, że funkcja potęgowa jest
ciągła wszędzie tam, gdzie jest określona.
Przykład 3.28. Funkcje sinus i kosinus są ciągłe w każdym punkcie prostej.
Jest to wykazane wcześniej w tw. 1.53.
Przykład 3.29. Funkcja arcsin jest ciągła na przedziale [−1,1]. Załóżmy,
że tak nie jest. Oznacza to, że istnieje taki ciąg (x n ) punktów przedziału
[−1,1] zbieżny do pewnej liczby g, że ciąg (arcsin x n ) nie jest zbieżny do
arcsin ( g. Oznacza ) to, że z ciągu (arcsin x n ) można wybrać podciąg zbieżny
arcsin xkn do granicy G ≠ arcsin g. Oczywiście −
π
≤ G ≤ π. Stąd i z
2 2
ciągłości funkcji sinus wynika, że g = lim
n→∞
x kn
= lim
n→∞
sin(arcsin(x kn )) =
= sin(G) ≠ sin(arcsin g) = g. Otrzymaliśmy sprzeczność g ≠ g. Oznacza to,
że każdy podciąg zbieżny ciągu (arcsin x n ) ma granicę arcsin g, a to oznacza,
że lim
n→∞
arcsin x n = arcsin g.
Przykład 3.30. Funkcja arctg jest ciągła na całej prostej. Dowód, który można
przeprowadzić podobnie do podanego w poprzednim przykładzie dowodu
ciągłości funkcji arcsin, pozostawiamy czytelnikom, by mogli sprawdzić, na
ile zrozumieli metodę. Oczywiście w dowodzie należy skorzystać z ciągłości
funkcji tangens, ale to ostatnie stwierdzenie wynika z twierdzenia o ciągłości
ilorazu.
Przykład 3.31. Dla każdej liczby rzeczywistej a > 0 funkcja wykładnicza
a x jest ciągła w każdym punkcie prostej rzeczywistej. Wynika to z tego, że
a x = e x ln a , z twierdzeń o ciągłości iloczynu i złożenia, o ciągłości funkcji
wykładniczej o podstawie e i ciągłości identyczności oraz o funkcji stałej.

116 3. Funkcje ciągłe
Te przykłady pokazują, że każda funkcja, którą można zdefiniować „wzorem”,
używając standardowych funkcji, jest ciągła w całej swojej dziedzinie,
na przykład: ( )
sin(x 2 − 12x + 2)
exp
− sin √ x
tg(cos x + ln x)
4 − 113.
Wynika to z wielokrotnego stosowania twierdzeń o ciągłości złożenia, sumy,
różnicy, iloczynu i ilorazu. Mogłoby więc powstać wrażenie, że wszystkie funkcje
są ciągłe. Tak jednak nie jest. Podamy poniżej kilka przykładów.
Przykład 3.32. sgn(x) = |x|
x
dla x ≠ 0 oraz f(0) = 0. Ta funkcja jest ciągła
w każdym punkcie p ≠ 0, bo wtedy jest stała w pewnym przedziale otwartym
zawierającym p. W punkcie 0 ta funkcja jest nieciągła, bowiem jej granica
prawostronna jest w tym punkcie równa 1, lewostronna jest równa −1, więc
funkcja sgn (znak liczby) nie ma granicy w punkcie 0.
Przykład 3.33. Niech f(x) = sin 1 dla x ≠ 0, f(0) = 0. Funkcja tak zdefiniowana
nie ma granicy w punkcie 0, więc nie jest w tym punkcie ciągła.
x
We wszystkich innych punktach jest ciągła jako złożenie funkcji ciągłej sinus
z funkcją ciągłą 1.
x
Przykład 3.34. Niech f(x) = 1 dla x ≠ 0 i f(0) = 0. Funkcja ta jest nieciągła
w punkcie 0, choć ma w tym punkcie granicę, jednak ta granica nie jest równa
wartości funkcji w punkcie 0. W innych punktach p funkcja jest ciągła, bo
jest stała na pewnym przedziale otwartym zawierającym punkt p. Oczywiście
można uznać ten przykład za sztuczny.
Przykład 3.35. Niech V (t) oznacza objętość jednego kilograma wody w temperaturze
t, ciśnienie jest stałe, tzw. normalne i niezależne od temperatury. Ze
szkolnych lekcji fizyki wiadomo, że funkcja V ma nieciągłość w punkcie 0 tj.
w temperaturze, w której następuje przejście ze stanu ciekłego w stały lub
odwrotnie, zresztą w punkcie 0 funkcja jest z punktu widzenia fizyki niezdefiniowana,
ze względu na zmianę stanu skupienia. Granice jednostronne istnieją:
prawostronna jest mniejsza niż lewostronna (dlatego lód pływa w wodzie, wystając
z niej). Przykład ten podajemy po to, by czytelnicy tego tekstu zdawali
sobie sprawę, że w niektórych sytuacjach pojawiają się funkcje nieciągłe w naturalny
sposób.
Przykład 3.36. Niech f(x) = 1, jeśli liczba x jest wymierna, tzn. x jest
ilorazem dwu liczb całkowitych i niech f(x) = 0, jeśli x jest liczbą niewymierną,
np. jeśli x = m n
√
2, gdzie m, n są liczbami całkowitymi różnymi od 0. Funkcja
ta nie ma granicy w żadnym punkcie, gdyż każda liczba rzeczywista jest granicą
ciągu liczb wymiernych, np. swoich przybliżeń dziesiętnych oraz granicą ciągu
liczb niewymiernych. W pierwszym przypadku ciąg wartości funkcji dąży do 1,

3.5. Funkcje ciągłe 117
a w drugim do 0. Wobec tego funkcja ta jest nieciągła(
w każdym punkcie! )
Można udowodnić (to jest łatwe!), że f(x) = lim k→∞ lim
n→∞ (cos(k!πx))2n ,
więc ta dziwna funkcja może być otrzymana w wyniku podwójnego przejścia
granicznego z funkcji uważanych za podstawowe.
Funkcje nieciągłe pojawiają się w różnego rodzaju modelach matematycznych.
Nie będziemy się nimi zajmować prawie wcale. Pierwszym naszym celem
jest zaznajomienie się z podstawowymi własnościami funkcji ciągłych określonych
na porządnych dziedzinach. Z naszego punktu widzenia najporządniejszymi
możliwymi dziedzinami są przedziały. Rozpoczniemy od intuicyjnie oczywistego
twierdzenia nazywanego często mylnie twierdzeniem Darboux. Wydaje
się, że pierwszymi, którzy je udowodnili, zresztą niezależnie, byli Bolzano
i Cauchy.
TWIERDZENIE 3.20 (o przyjmowaniu wartości pośrednich). Jeśli f jest
funkcją ciągłą w każdym punkcie pewnego przedziału P i dla pewnych punków
x,z przedziału P zachodzi nierówność f(x) < C < f(z), to między punktami
x i z znajduje taki się punkt y, że C = f(y).
Dowód. Niech x 0 = x, z 0 = z. Niech c 0 będzie środkiem odcinka o końcach
x 0 i z 0 . Mamy c 0 = 1(x 2 0 + z 0 ). Są trzy możliwości f(c 0 ) = C, f(c 0 ) < C,
f(c 0 ) > C. W pierwszym przypadku przyjmujemy y = c 0 i kończymy dowód.
W drugim przypadku przyjmujemy x 1 = c 0 i z 1 = z 0 . W trzecim przypadku
przyjmujemy x 1 = x 0 i z 1 = c 0 . W drugim i trzecim przypadku spełnione
są zależności: f(x 1 ) < C < f(z 1 ) oraz |z 1 − x 1 | = 1|z 2 0 − x 0 |. Powtórzymy
rozumowanie. Niech c 1 = 1(x 2 1 + z 1 ). Jeśli f(c 1 ) = C, to kończymy dowód,
przyjmując y = c 1 . W przypadku przeciwnym przyjmujemy x 2 = c 1 i z 2 = z 1 ,
jeśli f(c 1 ) < C, oraz x 2 = x 1 i z 2 = c 1 , jeżeli f(c 1 ) > C. W obu przypadkach
f(x 2 ) < C < f(z 2 ) i |z 2 − x 2 | = 1|z 2 1 − x 1 | = ( 1 2
2)
|z0 − x 0 |. Postępując
w dalszym ciągu w ten sposób, natrafiamy na taki punkt y, że C = f(y) lub
otrzymujemy takie dwa ciągi (x n ) i (z n ) punktów przedziału P, że dla każdego
n spełnione są związki |z n −x n | = ( 1 n
2)
|z0 −x 0 | oraz f(x n ) < C < f(z n ). Z definicji
ciągów (x n ) i (z n ) wynika, że dla każdego n punkty x n+1 i z n+1 znajdują się
w przedziale domkniętym o końcach x n i z n . Stąd wynika, że jeżeli k > m > n, to
punkty x m ,z m ,x k ,z k znajdują się w przedziale o końcach x n , z n i wobec tego odległości
między każdymi dwoma z nich są mniejsze niż |z n −x n | = ( 1 n
2)
|z0 −x 0 |,
w szczególności |x k −x m | < ( )
1 n
|z0 −x
2 0 | i |z k −z m | < ( 1 n
2)
|z0 −x 0 |. Z tego, że
) n
lim = 0, wynika, że oba ciągi (xn ) i (z n ) spełniają warunek Cauchy’ego,
n→∞( 1
2
więc każdy z nich ma skończoną granicę. Ponieważ lim |z n − x n | = 0, więc te
n→∞
granice są równe. Niech y = lim x n = lim z n . Z ciągłości funkcji f w punkcie
n→∞ n→∞
y wynika, że f(y) = lim f(x n ) ≤ C oraz C ≤ lim f(z n ) = f(y). Z nierówności
n→∞ n→∞
f(y) ≤ C ≤ f(y) wynika, że C = f(y). Dowód został zakończony.

118 3. Funkcje ciągłe
Przypomnijmy, że ten dowód już pojawił się wcześniej, w rozdziale 1, gdy
wykazywaliśmy, że każda liczba dodatnia jest wartością funkcji wykładniczej.
Rozumowanie w przypadku szczególnym nie różniło się niczym istotnym od
rozumowania ogólnego.
Typowym zastosowaniem twierdzenia o przyjmowaniu wartości pośrednich
jest wykazywanie, że funkcja ciągła w każdym punkcie przedziału, przyjmująca
w pewnym punkcie tego przedziału wartość dodatnią, a w innym – ujemną,
ma między tymi punktami pierwiastek. Naśladując dowód twierdzenia o przyjmowaniu
wartości pośrednich, można skracać dwukrotnie w kolejnych krokach
przedział, co daje rozsądną metodę przybliżania pierwiastków 8 .
TWIERDZENIE 3.21 (o istnieniu pierwiastków wielomianów stopnia nieparzystego).
Każdy wielomian nieparzystego stopnia, tj. funkcja postaci w(x) =
= a 0 +a 1 x+a 2 x 2 + · · ·+a n x n , gdzie a 0 ,a 1 ,a 2 ,...,a n są liczbami rzeczywistymi,
przy czym a n ≠ 0, a n jest liczbą naturalna nieparzystą, ma pierwiastek
rzeczywisty, tzn. istnieje taka liczba x 0 , że w(x 0 ) = 0.
Dowód. lim
1
x→±∞ x
= 0, więc:
w(x)
( a0
lim = lim
x→±∞ x n x→±∞ x + a 1
n x + · · · + a )
n−1
n−1 x
+ a n = a n .
Załóżmy, że a n > 0 – przypadek a n < 0 można sprowadzić do poprzedniego
przez zastąpienie wielomianu w wielomianem przeciwnym −w. Stosując
twierdzenia o granicach, stwierdzamy, że z jednej strony zachodzi:
a z drugiej strony:
w(x)
lim w(x) = lim
x→∞ x→∞ xn · lim = + ∞ · a
x→∞ x n n = + ∞,
w(x)
lim w(x) = lim
x→− ∞ x→− ∞ xn · lim = − ∞ · a
x→ ∞ x n n = − ∞.
Z tego wnioskujemy, że wielomian w przyjmuje zarówno wartości dodatnie,
jak i ujemne: jeśli x jest dostatecznie dużą liczbą dodatnią, to w(x) > 0, jeśli
|x| jest dostatecznie dużą liczbą dodatnią i x < 0, to w(x) < 0. Stąd zaś
wynika, że wielomian ten przyjmuje w pewnym punkcie wartość 0, czyli że ma
pierwiastek. Dowód został zakończony.
8 Istnieją lepsze, ale bardziej skomplikowane metody.

3.5. Funkcje ciągłe 119
Powyższe twierdzenie nie oznacza, że umiemy znajdować pierwiastki takiego
wielomianu w sposób podobny do stosowanego w szkołach dla wielomianów
kwadratowych. W XVI w. znaleziono wzory na pierwiastki wielomianów stopnia
trzeciego i czwartego, są one znacznie bardziej skomplikowane od wzorów
na pierwiastki równania kwadratowego. Na początku wieku XIX udowodniono
(Ruffini, Abel, Galois), że nie istnieją wzory na pierwiastki równań stopnia piątego
i wyższego. Jest to wynik negatywny, teoretyczny, ale metody rozwinięte
dla jego osiągnięcia znalazły znacznie później zastosowania w fizyce i chemii.
Z punktu widzenia tego wykładu nie ma to większego znaczenia. Mówimy
o tym jedynie po to, by uświadomić czytelnikom, że w wielu przypadkach wypisywanie
dokładnych wzorów jest niemożliwe. Czasem jest możliwe, ale mało
sensowne, gdyż wzory są tak zawiłe, że ich wypisanie niewiele daje, natomiast
można używać wzorów przybliżonych, które w wielu przypadkach dają wystarczające
rezultaty.
Następne twierdzenie okaże się bardzo przydatne do znajdowania najmniejszych
i największych wartości funkcji. Szczególnie duże znaczenie mieć ono
będzie w przypadku funkcji rzeczywistych wielu zmiennych. Będziemy je stosować
w przypadku funkcji jednej zmiennej rzeczywistej między innymi po
to, by później, w przypadku większej liczby zmiennych, łatwiej można było
prześledzić rozumowania wykorzystujące pozornie całkowicie abstrakcyjne
twierdzenia.
TWIERDZENIE 3.22 (Weierstrassa o przyjmowaniu kresów). Załóżmy, że
funkcja f jest ciągła w każdym punkcie przedziału domkniętego [a,b]. Wtedy
w przedziale [a,b] znajdują się takie punkty p, q, że dla każdego punktu x
z tego przedziału zachodzi nierówność f(p) ≤ f(x) ≤ f(q), tzn. f(p) jest
najmniejszą wartością funkcji f na przedziale [a,b], zaś f(q) jest największą
wartością funkcji f.
Dowód. Niech M będzie kresem górnym funkcji f na przedziale [a,b]. Istnieje
taki ciąg (x n ) punktów przedziału [a,b], że lim f(x n ) = M. Z twierdzenia
n→∞
Bolzano–Weierstrassa wynika, że z ciągu (x n ) można wybrać podciąg zbieżny
(x kn ). Niech q = lim x kn . Ponieważ dla każdej liczby naturalnej n zachodzi
n→∞
nierówność a ≤ x kn ≤ b, więc w granicy otrzymujemy a ≤ q ≤ b. Funkcja f
jest ciągła w każdym punkcie przedziału [a,b], w szczególności w punkcie q.
Wynika stąd, że f(q) = lim f(x kn ) = lim f(x n ) = M. Wykazaliśmy, więc że
n→∞ n→∞
supf = M = f(q), co oznacza, że f(q) jest największą wartością funkcji f
na przedziale [a,b]. Istnienie punktu, w którym funkcja f przyjmuje swą najmniejszą
wartość, wnioskujemy, stosując twierdzenie o wartości największej do
funkcji −f. Dowód został zakończony.
Następne twierdzenie poprzedzimy dwiema definicjami.

120 3. Funkcje ciągłe
DEFINICJA 3.23 (jednostajnej ciągłości) 9 . Funkcja f jest jednostajnie ciągła
na zbiorze A wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby ε > 0 istnieje taka
liczba δ > 0, że jeśli x,y ∈ A oraz |x − y| < δ, to |f(x) − f(y)| < ε.
DEFINICJA 3.24 (warunku Lipschitza). Funkcja f spełnia warunek Lipschitza
na zbiorze A ze stałą dodatnią L < + ∞ wtedy i tylko wtedy, gdy dla
dowolnych x,y ∈ A zachodzi nierówność:
|f(x) − f(y)| ≤ L|x − y|.
Zauważmy od razu, że w przypadku x ≠ y nierówność |f(x) − f(y)| ≤
≤ L|x−y| równoważna jest nierówności ∣ f(x)−f(y)
x−y
∣ ≤ L co oznacza, że stosunek
zmiany wartości funkcji do zmiany jej argumentu, czyli szybkość zmian, jest
ograniczony 10 .
Jest jasne, że funkcja spełniająca warunek Lipschitza jest jednostajnie ciągła:
wystarczy przyjąć, że δ = ε . Jest też jasne, że funkcja jednostajnie ciągła
L
jest ciągła. Istnieją funkcje ciągłe, które nie są jednostajnie ciągłe. Przykładem
jest funkcja x 2 rozpatrywana na całej prostej. Załóżmy bowiem, że ε = 1 i że
istnieje taka liczba δ > 0, że jeżeli |x − y| < δ, to |x 2 − y 2 | < 1 = ε. Niech
x = 1 i niech y = 1 + δ. Wtedy δ δ 2 |x2 − y 2 | = 1 + ( δ 2
2)
> 1 = ε, więc wbrew
przypuszczeniu nie istnieje liczba δ spełniająca żądany warunek. Można wykazać,
że funkcje e x na całej prostej, lnx na półprostej (0,+∞) itp. nie są
jednostajnie ciągłe, choć zmniejszenie dziedziny może zmienić sytuację.
Funkcja e x spełnia warunek Lipschitza na półprostej postaci (− ∞,a] dla
każdej liczby rzeczywistej a. Jeśli bowiem y < x ≤ a, to:
|e x − e y | = e x (1 − e y−x ) ≤ e x( 1 − (1 + (y − x)) ) = e x (x − y) ≤ e a |x − y|.
Nie spełnia jednak warunku Lipschitza na całej prostej, bowiem:
e x+1 − e x
x + 1 − x = ex+1 − e x = e x (e − 1) −−−→
x→∞ + ∞.
Funkcja liniowa ax + b spełnia warunek Lipschitza ze stałą |a|, co wynika
od razu z równości |(ax + b) − (ay + b)| = |a||x − y|.
Funkcja x 2 rozpatrywana nie na całej prostej, lecz na przedziale [−M,M],
gdzie M > 0, spełnia warunek Lipschitza ze stałą 2M, gdyż:
|x 2 − y 2 | = |x − y||x + y| ≤ |x − y|(|x| + |y|) ≤ 2M|x − y|.
9 Na ogół nie ma jej na wykładzie! Ekonomista może bez niej żyć, ale warto rozróżniać podobne,
choć inne pojęcia
10 Liczbę f(x)−f(y) nazywamy ilorazem różnicowym funkcji f w punkcie y.
x−y

3.5. Funkcje ciągłe 121
Funkcja √ x rozpatrywana na półprostej [0,+∞) jest jednostajnie ciągła,
ale nie spełnia warunku Lipschitza: jeśli x > y, to 0 < √ x − √ y < √ x − y,
co można wykazać, przenosząc √ y na prawą stronę nierówności, a następnie
podnosząc obie strony nierówności do kwadratu. Z tej nierówności wynika
jednostajna ciągłość, starczy przyjąć, że δ = ε 2 . Z warunku Lipschitza
(| √ x − √ y| ≤ L|x − y|) wynikałoby, że L ≥
oczywiście przeczy temu, że L < + ∞.
Wykazaliśmy więc, że:
√
1/n− √ 0
1/n−0
= √ n −−−−→
n→∞
warunek Lipschitza =⇒ jednostajna ciągłość =⇒ ciągłość
+ ∞, co
oraz że żadna z tych implikacji nie może być zastąpiona równoważnością. Warto
jeszcze dodać, że w definicji (otoczeniowej) ciągłości funkcji w punkcie żąda
się istnienia liczby δ > 0 i że takie samo żądanie występuje w definicji ciągłości
jednostajnej. Różnica polega na tym, że w definicji ciągłości liczba δ > 0 jest
dopasowywana do punktu, w którym badana jest ciągłość i do liczby ε > 0,
natomiast w definicji ciągłości jednostajnej δ > 0 zależy tylko od ε. Podamy
teraz ważne twierdzenie, które wykorzystamy w rozdziale poświęconym
całkom.
TWIERDZENIE 3.25 (Cantora–Heine’go o jednostajnej ciągłości) 11 . Jeśli
funkcja f jest ciągła w każdym punkcie przedziału domkniętego [a,b], to jest
ona ciągła jednostajnie na tym przedziale.
Dowód. Załóżmy, że twierdzenie nie jest prawdziwe. Istnieje wtedy taka
liczba ε > 0, że dla każdej liczby δ > 0 istnieją takie liczby x,y ∈
∈ [a,b], że |x − y| < δ i jednocześnie |f(x) − f(y)| ≥ ε. Niech x n ,y n będą
takimi liczbami z przedziału [a,b], że |x n − y n | < δ = 1 i jednocześnie
n
|f(x) −f(y)| ≥ ε. Z twierdzenia Bolzano–Weierstrassa wynika, że z ciągu (x n )
można wybrać podciąg zbieżny (x kn ). Oznaczmy jego granicę przez g. Mamy
więc g = lim x kn , a ponieważ |x n − y n | < 1 , więc również g = lim y
n→∞ n k n
.
n→∞
Oczywiście g ∈ [a,b]. Wobec tego funkcja f jest ciągła w punkcie g, zatem
f(g) = lim f(x kn ) = lim f(y kn ), wbrew temu że |f(x kn ) − f(y kn )| ≥ ε > 0.
n→∞ n→∞
Dowód został zakończony.
Teraz zajmiemy się monotonicznymi funkcjami ciągłymi. Zaczniemy od
twierdzenia gwarantującego ciągłość funkcji monotonicznej.
11 Zarówno twierdzenie, jak i jego dowód, są poza programem.

122 3. Funkcje ciągłe
TWIERDZENIE 3.26 (o ciągłości funkcji monotonicznej). Jeśli funkcja
monotoniczna f określona na zbiorze A ⊂ R przekształca zbiór A na przedział,
to jest ciągła w każdym punkcie zbioru A.
Dowód. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że funkcja f jest niemalejąca. Jeśli
p ∈ A jest granicą ciągu (a n ) punktów zbioru A mniejszych niż p, to istnieje
granica lim f(x) ≤ f(p). Ponieważ dla x ≥ p zachodzi nierówność
x→p −
f(x) ≥ f(p), a dla x < p zachodzi nierówność f(x) ≤ lim f(x), więc z tego,
x→p −
że obrazem zbioru A jest przedział, wynika, że lim f(x) = f(p) – gdyby było
x→p −
lim f(x) < f(p), to punkty przedziału ( lim f(x),f(p) ) byłyby poza obrazem
zbioru A, więc nie byłby on przedziałem. Analogicznie: jeśli istnieje ciąg
x→p − x→p −
(a ′ n ) większych niż p zbieżny do p, to f(p) = lim f(x). Stąd wynika, że f jest
x→p +
ciągła w punkcie p. Dowód został zakończony.
Wniosek 3.27 (charakteryzacja monotonicznych funkcji ciągłych). Jeśli f
jest funkcją monotoniczną określoną na przedziale P, to f jest ciągła w każdym
punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy f przekształca przedział P na pewien
przedział (zdegenerowany do punktu w przypadku, gdy f jest funkcją
stałą).
TWIERDZENIE 3.28 (o monotoniczności różnowartościowej funkcji ciągłej).
Jeżeli f jest różnowartościową funkcją określoną na przedziale P, ciągłą
w każdym punkcie przedziału P, to f jest funkcją ściśle monotoniczną.
Dowód. Wykażemy najpierw, że jeśli x,z są punktami przedziału P i x <
< y < z, to f(y) leży między punktami f(x) i f(z). Są dwie możliwości
f(x) < f(z) oraz f(x) > f(z). Drugą możliwość można sprowadzić do pierwszej
przez zastąpienie funkcji f funkcją przeciwną −f. Wystarczy więc zająć
się pierwszą. Jeśli f(y) nie leży między f(x) i f(z), to albo f(y) < f(x), albo
f(z) < f(y). W pierwszym przypadku, na mocy twierdzenia o przyjmowaniu
wartości pośrednich, istnieje taki punkt x ′ leżący między y i z, że f(x) = f(x ′ ).
Przeczy to różnowartościowości funkcji f. W drugim przypadku między x i y
znajduje się taki punkt z ′ , że f(z) = f(z ′ ), co znów przeczy różnowartościowości
funkcji f.
Teraz przejdziemy do właściwego dowodu. Załóżmy, że dla pewnych punktów
r,s przedziału P zachodzą nierówności r < s oraz f(r) < f(s). Udowodnimy,
że jeśli u < v, to również f(u) < f(v). Z tego, co już udowodniliśmy,
wynika, że jeśli u < r, to f(u) < f(r) (dla dowodu rozważamy trójkę x = u,
y = r, z = s), jeśli r < u < s, to f(r) < f(u) < f(s) (tym razem x = r, y = u,
z = s) i wreszcie jeśli s < u, to f(s) < f(u). To samo dotyczy oczywiście
f(v). Punkty r,s dzielą przedział P na trzy podprzedziały. Jeśli u,v znajdują

3.6. Funkcje wypukłe 123
się w różnych podprzedziałach, to teza wynika z tego, co już stwierdziliśmy.
Jeśli np. u < v < r, ponieważ f(u) < f(r) i f(v) leży między f(u) i f(r),
to f(u) < f(v) < f(r). Pozostałe dwa przypadki rozpatrujemy w identyczny
sposób.
Jeśli r < s i f(r) > f(s), to zamiast funkcji f rozważamy funkcję przeciwną
−f. Dowód został zakończony.
Udowodnimy teraz twierdzenie, które pozwala stwierdzać ciągłość funkcji
odwrotnej.
TWIERDZENIE 3.29 (o ciągłości funkcji odwrotnej). Jeśli f jest funkcją
ściśle monotoniczną określoną na pewnym przedziale P, to funkcja odwrotna
f −1 przekształcająca obraz przedziału P na przedział P jest ciągła.
Dowód. Twierdzenie to wynika od razu z twierdzenia o ciągłości funkcji
monotonicznej, które udowodniliśmy już wcześniej – funkcja monotoniczna,
której obraz jest przedziałem, jest ciągła, i twierdzenia o tym, że funkcja
odwrotna do funkcji monotonicznej jest monotoniczna. Dowód został zakończony.
Z tego twierdzenia wynikają udowodnione już poprzednio twierdzenia o ciągłości
logarytmu, funkcji arcsin i funkcji arctan, pierwiastków jako funkcji odwrotnych
do funkcji wykładniczej, funkcji sinus ograniczonej do przedziału
[− π, π], funkcji tangens ograniczonej do przedziału (− π, π ) i funkcji potęgowych
ograniczonych w razie potrzeby do zbioru liczb nieujemnych.
2 2 2 2
Zauważmy, że w twierdzeniu tym nie występuje założenie ciągłości funkcji
f! Ono nie jest potrzebne – zamiast niego występuje monotoniczność wyjściowej
funkcji. W przypadku ogólnym, gdy dziedzina funkcji nie jest przedziałem,
funkcja odwrotna ciągła być nie musi.
3.6. Funkcje wypukłe
Ważną klasę funkcji stanowią tzw. funkcje wypukłe. Przypomnijmy, że
zbiór nazywany jest wypukłym wtedy i tylko wtedy, gdy wraz z każdymi dwoma
punktami zawiera odcinek, który je łączy. Zbiorami wypukłymi są proste,
płaszczyzny, cała przestrzeń trójwymiarowa, koło (ale nie okrąg), kula (ale nie
jej powierzchnia zwana sferą), kwadrat (ale nie jego brzeg), trójkąt (ale nie
jego brzeg). Czytelnicy zapewne pamiętają ze szkoły średniej, że wielokąt jest
wypukły, jeśli jego kąty wewnętrzne są mniejsze niż 180 ◦ , czyli π radianów.
Jest jasne, że jedynymi podzbiorami wypukłymi prostej są przedziały, ewentualnie
zdegenerowane do punktu. Mogą to być przedziały otwarte, domknięte,
otwarto-domknięte, domknięto-otwarte, skończone lub nieskończone.

124 3. Funkcje ciągłe
DEFINICJA 3.30 (funkcji wypukłej). Funkcję f określoną na zbiorze wypukłym
P nazywamy wypukłą, jeśli dla dowolnych punktów x,y ∈ P i dowolnej
liczby t ∈ (0,1) zachodzi nierówność 12 :
f ( tx + (1 − t)y ) ≤ tf(x) + (1 − t)f(y).
Jeżeli nierówność ta jest ostra w przypadku x ≠ y, to mówimy, że funkcja jest
ściśle wypukła. Jeśli funkcja −f jest wypukła, to mówimy, że funkcja f jest
wklęsła, jeśli funkcja −f jest ściśle wypukła, to funkcja f nazywana jest ściśle
wklęsłą.
Podamy kilka przykładów.
Przykład 3.37. Jeśli f(x) = ax + b, to funkcja f jest jednocześnie wypukła
i wklęsła, nie jest ściśle wypukła. Stwierdzenie to wynika natychmiast z definicji:
f ( tx + (1 − t)y ) = a ( tx + (1 − t)y ) + b = t ( ax + b ) + (1 − t) ( ay + b ) =
= tf(x) + (1 − t)f(y),
więc w przypadku funkcji liniowej nierówność występująca w definicji funkcji
wypukłej staje się równością.
Przykład 3.38. Jeśli f(x) = x 2 , to f jest funkcją ściśle wypukłą na całej
prostej. Uzasadnimy tę tezę. Dla 0 < t < 1 mamy:
tf(x)+(1 − t)f(y) − f ( tx+(1 − t)y ) = tx 2 + (1 − t)y 2 − ( tx+(1 − t)y ) 2
=
n = t(1 − t)(x − y) 2 ≥ 0,
przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x = y.
Przykład 3.39. Funkcja f(x) = √ x jest ściśle wklęsła – wynika to łatwo ze
ścisłej wypukłości funkcji kwadratowej: nierówność √ tx + (1 − t)y > t √ x +
+ (1 − t) √ y jest równoważna nierówności:
(tu + (1 − t)v) 2 < tu 2 + (1 − t)v 2 , gdzie u = √ x, v = √ y.
Przed podaniem następnych przykładów skomentujemy definicję funkcji
wypukłej i podamy kryterium pozwalające stwierdzać wypukłość niektórych
funkcji. Funkcja jest wypukła, jeśli – połączywszy dwa punkty jej wykresu –
otrzymujemy odcinek, którego wszystkie punkty leżą nad wykresem funkcji
12 Definicję tę stosuje się w niezmienionej formie również w przypadku funkcji wielu zmiennych.

3.6. Funkcje wypukłe 125
lub na jej wykresie. Funkcja jest ściśle wypukła, jeśli wszystkie punkty wewnętrzne
odcinka łączącego dwa punkty wykresu leżą nad wykresem funkcji.
Jest tak dlatego, że w przypadku 0 < t < 1, x < y zachodzi nierówność
x ( < tx + (1 − t)y < y. W przykładzie ) pierwszym pokazaliśmy, że punkt
tx + (1 − t)y, tf(x) + (1 − t)f(y) leży na wykresie funkcji liniowej, który
to wykres przechodzi przez punkty ( x,f(x) ) oraz ( y,f(y) ) , współczynnik
kierunkowy tej funkcji to a = f(y)−f(x) , wyraz wolny to b = f(x) − ax =
y−x
= f(x) − x f(y)−f(x) .
y−x
Nierówność występująca w definicji funkcji wypukłej:
f ( tx + (1 − t)y ) ≤ tf(x) + (1 − t)f(y)
to po prostu stwierdzenie, że punkt ( tx + (1 − t)y,f (tx + (1 − t)y) ) znajduje
się pod punktem ( tx + (1 − t)y,tf(x) + (1 − t)f(y) ) . Oznacza to, że funkcja
jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór punktów znajdujących się nad jej
wykresem jest wypukły.
Rysunek 3.2. Wypukłość
Na rysunku 3.2 znajduje się wykres funkcji 1 2 x2 , trzy cięciwy (tzn. odcinki
łączące dwa punkty wykresu) oraz prosta styczna do wykresu w punkcie (1, 1 2 ).
Widać, że cięciwy leżą nad wykresem tej funkcji, natomiast styczna – pod.
O stycznych będzie mowa w następnym rozdziale.

126 3. Funkcje ciągłe
TWIERDZENIE 3.31 (o wypukłości funkcji ciągłej). Funkcja f ciągła
w każdym punkcie zbioru wypukłego P jest wypukła wtedy i tylko wtedy,
gdy dla dowolnych x,y ∈ P zachodzi nierówność f ( )
x+y
2 ≤
f(x)+f(y)
; ściśle
wypukła, gdy ta nierówność jest ostra w każdym przypadku, w którym
2
x ≠ y.
Dowód. Jeśli f jest wypukła, to przyjmując w definicji wypukłości t = 1,
2
otrzymujemy warunek podany w tym twierdzeniu, co kończy dowód konieczności
spełnienia tego warunku.
Zajmiemy się teraz dowodem w „drugą” stronę. Niech x,y będą dowolnymi
punktami zbioru P. Mamy f ( )
x+y
2 ≤
f(x)+f(y)
. Ponieważ nierówność ta zachodzi
dla dowolnych punktów x,y zbioru P, więc ( możemy ) zastąpić punkt y
2
środkiem odcinka łączącego punkty x,y. Mamy 1 2 x +
x+y
2 =
3
x + 1 y. Wobec
4 4
tego mamy też:
( 3
f
4 x + 1 )
4 y ≤ 1 (
f(x) + f ( x + y) ) ≤ 1 2 2 2
= 3 4 f(x) + 1 4 f(y).
(
f(x) +
)
f(x) + f(y)
=
2
Wykazaliśmy, że nierówność definiująca wypukłość ma miejsce w przypadku
t = 3 x+y
. Stosując to samo rozumowanie do punktów oraz y, otrzymujemy
4 2
nierówność f ( 1
x + 3y) ≤ 1f(x) + 3 f(y), a więc nierówność z definicji wypukłości
w przypadku t = 1. Rozważając teraz kolejno pary punktów x i 3x+ 1y,
4 4 4
4 4 4 4
3
x+ 1y i 1(x+y), 1(x+y) i 1x+ 3y oraz 1x+ 3 y i y, otrzymujemy nierówność
4 4 2 2 4 4 4 4
kolejno dla t = 7, t = 5, t = 3 i t = 1 . Otrzymaliśmy nierówność dla 7 wartości
t: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 . W taki sam sposób możemy otrzymać nierówność
8 8 8 8
8 8 8 8 8 8 8
w przypadku t = k , potem w przypadku t = k itd. Teraz skorzystamy z ciągłości
funkcji f. Każda liczba t ∈ (0,1) jest granicą ciągu (t n ) liczb postaci
16 32
k
∈ (0,1). Dla tych liczb nierówność jest już udowodniona. Mamy więc:
2 m
f (t n x + (1 − t n )y) ≤ t n f(x) + (1 − t n )f(y).
Przechodząc do granicy (wolno, gdyż f jest ciągła w każdym punkcie, w szczególności
w tx + (1 − t)y ), otrzymujemy nierówność:
f (tx + (1 − t)y) ≤ tf(x) + (1 − t)f(y),
a to kończy dowód wypukłości funkcji f.
Należy jeszcze wykazać, jeśli dla x ≠ y zachodzi f ( )
x+y
2 <
f(x)+f(y)
, to f
2
jest ściśle wypukła. Załóżmy, że tak nie jest. Wobec tego:
f(tx + (1 − t)y) = tf(x) + (1 − t)f(y)

3.6. Funkcje wypukłe 127
dla pewnych x,y ∈ P, x ≠ y, t ∈ (0,1). Załóżmy, że 0 < s < t < 1. Mamy
wtedy:
tf(x) + (1 − t)f(y) = f(tx + (1 − t)y) =
( t − s
= f
1 − s x + 1 − t
)
1 − s (sx + (1 − s)y) ≤
≤ t − s
1 − s f(x) + 1 − t f(sx + (1 − s)y) ≤
1 − s
≤ t − s
1 − s f(x) + 1 − t ( )
sf(x + (1 − s)f(y)) =
1 − s
= tf(x) + (1 − t)f(y).
Wobec tego że ten ciąg nierówności zaczyna się i kończy tym samym wyrażeniem,
wszystkie nierówności są równościami, w szczególności:
f(sx + (1 − s)y) = sf(x) + (1 − s)f(x),
a to przeczy założeniu, bo s może być postaci
k
2 m , a dla takich s nierówność,
jak to wykazaliśmy wcześniej, jest ostra.
Ostatni fragment tego dowodu może wyglądać nieco sztucznie, ale stanie
się jaśniejszy po zapoznaniu się z twierdzeniem charakteryzującym funkcje
wypukłe. W tej chwili wypada stwierdzić jedynie, że jeśli trzy punkty wykresu
funkcji wypukłej leżą na jednej prostej, to wykres tej funkcji zawiera najkrótszy
odcinek domknięty, który zawiera te trzy punkty wykresu. Ostatni fragment
dowodu w istocie rzeczy właśnie to pokazuje. By to dobrze zrozumieć, trzeba
pojąć, że jeśli 0 < s < t < 1, to punkt tx + (1 − t)y leży bliżej punktu x
niż punkt 13 sx + (1 − s)y, następnie narysować sobie to wszystko, biorąc pod
uwagę to, że żaden punkt wykresu funkcji wypukłej nie może się znaleźć nad
odcinkiem łączącym dwa punkty tego wykresu.
Bez założenia ciągłości powyższe twierdzenie nie jest prawdziwe, ale przykłady
o tym świadczące są bardzo nienaturalne i ich omówienie wykracza
znacznie poza ramy tej książki.
Podamy jeszcze kilka przykładów funkcji wypukłych lub wklęsłych na pewnych
przedziałach.
Przykład 3.40. Funkcja wykładnicza o podstawie dodatniej i różnej od 1
jest ściśle wypukła. Wystarczy wykazać, że a (x+y)/2 ≤ 1 2 (ax + a y ), przy czym
równość ma miejsce jedynie wtedy, gdy x = y. Mamy a x + a y − 2a (x+y)/2 =
= ( a x/2 − a y/2) 2
. Z tej równości teza wynika natychmiast.
13 Załóżmy, że x < y i 1 > t > s > 0. Wtedy tx + (1 − t)y − x = (1 − t)(y − x) < (1 − s)(y − x) =
= sx + (1 − s)y − x.

128 3. Funkcje ciągłe
Przykład 3.41. Funkcja ln jest ściśle wklęsła. Dla dowodu wystarczy wykazać,
że ln ( )
x+y
2 ≥
1
(ln x + ln y) oraz że równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy,
gdy x = y. Nierówność ta jest równoważna następującej: ( e ln x + e ln y) /2 =
2
x+y
≥ e (ln x+ln y)/2 , która wynika natychmiast ze ścisłej wypukłości funkcji wykładniczej
o podstawie e (zob. przykład
2
3.40).
Przykład 3.42. Funkcja sinus jest ściśle wypukła na przedziale [−π,0] i ściśle
wklęsła na przedziale [0,π]. Dla dowodu wystarczy wykazać, że jeśli −π ≤ x <
< y ≤ 0, to sin x+y < 1 x+y
(sin x + sin y) i że jeśli 0 ≤ x < y ≤ π, to sin >
2 2 2
> 1 (sinx + sin y). Ponieważ sin(−x) = − sin x, wystarczy wykazać jedną
2
z tych nierówności.
Załóżmy, że 0 ≤ x < y ≤ π . W tej sytuacji:
1
x + y
(sin x + siny) = sin cos x − y
2 2 2
< sin x + y ,
2
ostatnia nierówność zachodzi, bo − π 2 ≤ x−y
2
< 0, więc 0 ≤ cos x−y
2
< 1.
Przykład 3.43. Funkcja tangens jest ściśle wypukła na przedziale ( − π,0]
2
i ściśle wklęsła na przedziale [ 0, 2) π . Podobnie jak w przypadku funkcji sinus
wystarczy zająć się jednym z tych dwóch przedziałów. Załóżmy, że 0 ≤ x <
< y < π sin(α−β)
. Wykorzystamy znany wzór: tg α − tg β = . Mamy:
2 cos αcos β
1
x + y
(tg x + tg y) − tg
2 2
= 1 2
= 1 2
=
{(
tg y − tg x + y
2
{ sin
y−x
2
cos y cos x+y
2
−
) (
− tg x + y
2
y−x
sin
2
cos xcos x+y
2
y−x
sin (cos x − cos y)
2
> 0
2cos xcos y cos x+y
2
}
=
)}
− tg x =
– ostatnia nierówność wynika z tego, że kosinus maleje na przedziale [0, π 2 ].
Przykład 3.44. Niech f(x) = |x|. Wykażemy, że f jest funkcją wypukłą,
ale nie ściśle. Tym razem skorzystamy bezpośrednio z definicji. Jeśli x,y są
liczbami rzeczywistymi i 0 < t < 1, to skorzystawszy z nierówności trójkąta,
otrzymujemy |tx + (1 − t)y| ≤ t|x| + (1 − t)|y| – przy czym równość zachodzi
wtedy i tylko wtedy, gdy xy ≥ 0.
Przykład 3.45. Niech f(x) = e |x| . Wykażemy, że funkcja ta jest ściśle wypukła.
Ponieważ jest ciągła, więc można zajmować się jedynie przypadkiem
(
t = 1.
2
Załóżmy, że x ≠ y. Mamy w tej sytuacji e |x+y|/2 ≤ e (|x|+|y|)/2 ≤ 1 2 e |x| + e |y|)
– przy czym jeśli pierwsza nierówność staje się równością, to xy ≥ 0 i wobec

3.6. Funkcje wypukłe 129
tego że x ≠ y, ma miejsce nierówność |x| ≠ |y|, a więc druga nierówność musi
być ostra (funkcja wykładnicza jest ściśle wypukła). Dowód został zakończony.
Przykład 3.46. Funkcja |x|+|x−1|+|x−2|+|x−3| jest wypukła jako suma
czterech funkcji wypukłych (zob. przykład 3.44). Nie jest ona ściśle wypukła,
bo na przedziale [1,2] jest stała, zresztą na każdym z przedziałów (− ∞,0],
[0,1], [1,2], [2,3], [3,+∞) jest liniowa, wykres tej funkcji składa się z trzech
odcinków i dwu półprostych.
Przykład 3.47. Niech f(x) = − √ |x|. Bez trudu sprawdzamy, że funkcja
ta nie jest wypukła na całej prostej: f ( 1
) · (−1) + 1 · 1) = f(0) > −1 =
2 2
= 2( 1 f(−1) + f(1) . Jest ona wypukła na każdej z półprostych (− ∞,0],
[0,+∞) – wynika to łatwo z tego, że jak pokazaliśmy wcześniej, funkcja √
jest ściśle wklęsła (por. przykład 3.39).
Przykład 3.48. Cena biletu kolejowego w ustalonej klasie jest funkcją wklęsłą
odległości, na jaką jest wystawiany 14 . Uzasadnimy to tak: przyrost ceny biletu
spowodowany wydłużeniem się odległości o ustaloną wielkość, jaką zamierzamy
przejechać, jest tym mniejszy, im dłuższy dystans zamierzamy przebyć.
Zapiszemy to za pomocą symboli matematycznych. Niech p(x) oznacza cenę
biletu pozwalającego na przejechanie x kilometrów. Niech h oznacza dowolną
liczbę dodatnią i niech x < y. Wtedy p(x + h) − p(x) ≥ p(y + h) − p(y). Wykażemy,
że ten warunek, w przypadku funkcji ciągłej określonej na przedziale,
jest równoważny wklęsłości funkcji. Zakładamy oczywiście, że nierówność ma
miejsce dla dowolnych liczb x,y,h przy założeniu, że h > 0 i x < y. Jeśli r < s,
to przyjmujemy x = r, h = 1(s − r), y = 1 (s + r).
2 2
Nierówność p(x + h) − p(x) ≥ p(y + h) − p(y) to nierówność:
( )
( )
1 1
p
2 (s + r) − p(r) ≥ p(s) − p
2 (s + r) ,
czyli p ( 1
(s+r)) ≥ 1 (p(r) + p(s)), co pociąga za sobą wklęsłość funkcji ciągłej
2 2
p. Teraz załóżmy, że funkcja p jest wklęsła. Niech u < v < w będą trzema
punktami dziedziny funkcji p.
Mamy v = w−vu
+ v−u
w−v
w oraz 0 < < 1 i w−v
+ v−u = 1, zatem
w−u w−u w−u w−u w−u
p(v) ≥ w−v v−u
p(u)+ p(w). Tę ostatnią nierówność możemy przepisać na trzy
w−u w−u
14 Zakładamy, że bilet może być wystawiony na dowolną odległość, co zwykle nie jest prawdą.
W rzeczywistości funkcja ta nie jest wklęsła, gdyż dziedzina nie jest przedziałem, lecz składa się
wyłącznie z liczb całkowitych i w dodatku funkcja jest przedziałami stała: w większości przypadków
wydłużenie podróży o 1 km nie zmienia ceny biletu. My rozpatrujemy pewną idealizację sytuacji
rzeczywistej.

130 3. Funkcje ciągłe
różne sposoby:
p(v) − p(u)
v − u
≥
i
p(w) − p(u)
,
w − u
p(u) − p(w)
u − w
p(u) − p(v)
≥
u − v
p(v) − p(w)
≥
v − w .
p(w) − p(v)
w − v
Stosując te nierówności, wnioskujemy, że p(x+h)−p(x)
x+h−x
x < y < x + h, to stosujemy najpierw nierówność trzecią:
≥ p(x+h)−p(y)
x+h−y
. Dowód został zakończony.
, a potem – drugą: p(x+h)−p(y)
x+h−y
≥ p(y+h)−p(y)
y+h−y
≥ p(y+h)−p(y)
y+h−y
– jeśli np.
p(x+h)−p(x)
x+h−x
≥
Końcówka ostatniego przykładu wymaga wyjaśnienia. Wykazaliśmy tam,
że w przypadku funkcji wklęsłej p i trzech punktów jej dziedziny u < v < w
zachodzą nierówności:
p(v) − p(u)
v − u
p(w) − p(u) p(u) − p(v)
≥ ,
≥
w − u u − v
p(u) − p(w) p(v) − p(w)
i
≥
u − w v − w .
p(w) − p(v)
w − v
Każda z nich może być potraktowana jako formalna interpretacja stwierdzenia:
iloraz p(v)−p(u) jest funkcją nierosnącą, w pierwszym przypadku zmiennej v
v−u
(u jest teraz ustalone), w drugim zmiennej u (v jest teraz ustalone), w trzecim
chodzi o wyrażenie p(u)−p(w) jako funkcję zmiennej u (w jest teraz ustalone).
u−w
Każde z tych trzech stwierdzeń jest równoważne definicji wklęsłości funkcji p.
Wyrażenie p(u)−p(v) nazywane jest ilorazem różnicowym funkcji p. Pokazuje
u−v
ono, jaka była względna zmiana wartości funkcji p. Stwierdzenie, że funkcja
jest wklęsła oznacza więc, że rośnie ona coraz wolniej. Analogicznie funkcja
wypukła rośnie coraz szybciej. Rezultaty te są ważne, więc zapiszmy je raz
jeszcze w formie twierdzenia, tym razem sformułowanego w przypadku funkcji
wypukłej.
TWIERDZENIE 3.32 (charakteryzujące funkcje wypukłe). Niech f będzie
funkcją określoną na zbiorze wypukłym P. Następujące warunki są równoważne:
(i) funkcja f jest wypukła;
(ii) jeśli x < y < z są punktami zbioru P, to f(y)−f(x) ≤ f(z)−f(x)
y−x
(iii) jeśli x < y < z są punktami zbioru P, to f(x)−f(y)
x−y
(iv) jeśli x < y < z są punktami zbioru P, to f(x)−f(z)
x−z
;
z−x
≤ f(z)−f(y) ;
z−y
≤ f(y)−f(z)
y−z
.
W przypadku funkcji ściśle wypukłych, nierówności występujące w warunkach
(ii)–(iv) są ostre.

3.6. Funkcje wypukłe 131
Twierdzenie to będziemy stosować w następnym rozdziale, badając wypukłość
funkcji za pomocą pochodnych. Zakończymy rozważania o funkcjach
wypukłych nierównością Jensena. Ma ona ważne zastosowania – jest to dobre
narzędzie do uzyskiwania różnych oszacowań. Jest stosowane również w rachunku
prawdopodobieństwa. Rozpoczniemy od średnich ważonych.
DEFINICJA 3.33 (średniej ważonej). Średnią ważoną liczb x 1 , x 2 , x 3 ,...,
x n z wagami p 1 ≥ 0, p 2 ≥ 0, p 3 ≥ 0, ... , p n ≥ 0 nazywamy liczbę p 1 x 1 +
+ p 2 x 2 + p 3 x 3 + · · · + p n x n pod warunkiem: p 1 + p 2 + p 3 + · · · + p n = 1.
W przypadku gdy wagi są równe, czyli równe 1 , średnia ważona zwana
n
jest średnią arytmetyczną, a czasem po prostu średnią. Jeśli np. policzono
średnie płace dla różnych grup ludności i mamy policzyć średnią płacę w kraju,
to ze względu na to, że np. ministrów jest istotnie mniej niż pielęgniarek
(przynajmniej w chwili pisania tego tekstu), to ich płaca zostanie uwzględniona
z mniejszą wagą niż płaca pielęgniarek. W obu przypadkach wagą będzie
iloraz liczby członków danej grupy przez liczbę wszystkich zatrudnionych
w kraju.
Inny przykład sytuacji, w której pojawia się średnia ważona, to próba
przewidywania swej wygranej przez uczestnika gra hazardowej. Wie on, że za
uzyskanie wyniku j otrzymuje kwotę x j (ta liczba może być ujemna, wtedy
hazardzista płaci). Jeśli wynik j uzyskiwany jest z prawdopodobieństwem p j ,
to należy spodziewać się wygranej p 1 x 1 + p 2 x 2 + p 3 x 3 + · · · + p n x n , tzn. grając
wielokrotnie, będziemy średnio uzyskiwać kwotę p 1 x 1 +p 2 x 2 +p 3 x 3 +· · ·+p n x n .
Przykłady można mnożyć, ale nie będziemy tego robić.
TWIERDZENIE 3.34 (nierówność Jensena). Jeśli funkcja f jest wypukła,
to dla dowolnych jej argumentów x 1 ,x 2 ,x 3 ,... ,x n i dowolnych wag p 1 , p 2 , p 3 ,
...,p n zachodzi nierówność:
f(p 1 x 1 +p 2 x 2 +p 3 x 3 +· · ·+p n x n ) ≤ p 1 f(x 1 )+p 2 f(x 2 )+p 3 f(x 3 )+· · ·+p n f(x n ).
Nierówność ta w przypadku funkcji ściśle wypukłej, dodatnich wag p 1 ,p 2 ,...,
p n i przynajmniej dwóch różnych argumentów spośród x 1 ,x 2 ,... ,x n jest ostra.
Dowód. Dla n = 1 musi być p 1 = 1 i nierówność staje się oczywistą
równością. Dla n = 2 mamy p 2 = 1 − p 1 i nierówność jest tą nierównością,
która występuje w definicji funkcji wypukłej.
Załóżmy, że dowodzone twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich możliwych
wyborów n argumentów funkcji f i n wag. Niech x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1
będą dowolnymi argumentami funkcji f, a p 1 ,p 2 ,... ,p n ,p n+1 dowolnym układem
n + 1 wag, tj. liczb nieujemnych, których suma równa jest 1. Jeśli którakolwiek
z wag jest równa 0, to nierówność z n + 1 argumentami i n + 1
wagami jest prawdziwa na mocy uczynionego założenia: argument odpowia-

132 3. Funkcje ciągłe
dający zerowej wadze jest nieistotny, bo w nierówności faktycznie nie występuje.
Załóżmy teraz, że wszystkie wagi p 1 ,p 2 ,... ,p n ,p n+1 są dodatnie. Niech
p ′ n = p n + p n+1 i x ′ n = pnxn+pn+1xn+1
p n+p n+1
= pn
x
p ′ n + pn+1
x
n p ′ n+1 . Zachodzi równość
n
p 1 x 1 + p 2 x 2 + · · · + p n x n + p n+1 x n+1 = p 1 x 1 + p 2 x 2 + · · · + p n−1 x n−1 + p ′ nx ′ n.
Z założenia, które uczyniliśmy wynika, że:
f(p 1 x 1 + p 2 x 2 + · · · + p n−1 x n−1 + p ′ n x′ n ) ≤
≤ p 1 f(x 1 )+p 2 f(x 2 )+··· + p n−1 f(x n−1 )+p ′ nf(x ′ n) =
= p 1 f(x 1 )+p 2 f(x 2 )+··· + p n−1 f(x n−1 )+p ′ nf
≤ p 1 f(x 1 )+p 2 f(x 2 )+··· + p n−1 f(x n−1 )+p ′ n
( pn
p ′ n
(
pn
p ′ n
x n + p )
n+1
x
p ′ n+1 ≤
n
f(x n )+ p n+1
f(x
p ′ n+1 )
n
= p 1 f(x 1 )+p 2 f(x 2 )+··· + p n−1 f(x n−1 )+p n f(x n )+p n+1 f(x n+1 ).
)
=
Druga z tych nierówności jest bezpośrednim wnioskiem z wypukłości funkcji f.
Zakończyliśmy indukcyjny dowód nierówności Jensena.
Pokażemy teraz jej najprostsze zastosowania. Rozpoczniemy od klasycznej
nierówności między średnimi.
Przykład 3.49 (nierówność Cauchy’ego między klasycznymi średnimi). Dla
dowolnych liczb dodatnich a 1 ,a 2 ,... ,a n zachodzi:
n√
a1 a 2 ... a n ≤ a 1 + a 2 + · · · + a n
.
n
Nierówność ta staje się równością wtedy i tylko wtedy, gdy a 1 = a 2 = · · · = a n .
Dowód. Zastosujemy nierówność Jensena do funkcji wklęsłej ln (przykład
3.41). Mamy:
( ) (
a1 + a 2 + · · · + a n 1
ln
= ln
n
n a 1 + 1 n a 2 + · · · + 1 )
n a n ≥
≥ 1 n ln(a 1) + 1 n ln(a 2) + · · · + 1 n ln(a n)
= 1 n (ln a 1 + ln a 2 + · · · + ln a n ).
Stąd:
ln a 1 + a 2 + · · · + a n
n
≥ 1 n (lna 1 + ln a 2 + · · · + ln a n )

3.6. Funkcje wypukłe 133
i wobec tego:
a 1 + a 2 + · · · + a n
n
( )
= e ln (a 1+a 2+···+a n)/n
≥ e (ln a1+ln a2+···+ln an)/n =
= n√ a 1 a 2 ...a n .
Równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie liczby a 1 ,a 2 ,... ,a n
są równe, bowiem funkcja ln jest ściśle wklęsła. Dowód został zakończony.
Z kilku dowodów nierówności o średniej arytmetycznej i geometrycznej
znanych autorowi, podany wyżej jest najkrótszy.
Przykład 3.50 (nierówność Schwarza). Dla dowolnych liczb rzeczywistych
a 1 ,a 2 ,...,a n ,b 1 ,b 2 ,... ,b n zachodzi nierówność:
a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n ≤ √ a 2 1 + a 2 2 + · · · + a 2 n · √b 2 1 + b 2 2 + · · · + b 2 n .
Równość ma tu miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje liczba nieujemna t,
dla której zachodzą równości a 1 = tb 1 , a 2 = tb 2 , ..., a n = tb n lub równości
b 1 = ta 1 , b 2 = ta 2 , ... , b n = ta n .
Dowód. Skorzystamy z nierówności Jensena dla funkcji x 2 , która, jak
to wykazaliśmy wcześniej, jest ściśle wypukła. Zauważmy najpierw, że jeśli
a j = 0 dla pewnego j, to można przyjąć, że b j = 0, bowiem w wyniku tej
operacji otrzymujemy nierówność z tą samą lewą stroną i zmniejszoną stroną
prawą, więc taką, z której wynika nierówność wyjściowa. Można więc przyjąć,
że wszystkie liczby a 1 ,a 2 ,... ,a n są różne od 0. To samo dotyczy liczb
b 1 ,b 2 ,...,b n . Po tej redukcji do przypadku prostszego z punktu widzenia zastosowanej
metody dowodu, przejdziemy do właściwego dowodu. Mamy
(a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n ) 2 =
(
a1 b 2 1
= ·
b 1 b 2 1 + b 2 2 + · · · + b 2 n
+ a 2
b 2
·
b 2 2
b 2 1 + b 2 2 + · · · + b 2 n
+ · · · +
+ a n
·
b n b 2 1 + b 2 2 + · · · + b 2 n
(
( )
b 2 2
1 a1 b 2 2
≤
· +
b 2 1 + b 2 2 + · · · + b 2 n b 1 b 2 1 + b 2 2 + · · · + b 2 n
+
·
b 2 1 + b 2 2 + · · · + b 2 n
= (a 2 1 + a 2 2 + · · · + a 2 n)(b 2 1 + b 2 2 + · · · + b 2 n).
b 2 n
b 2 n
) 2
· (b ) 2
1 + b 2 2 + · · · + b 2 2
n ≤
( ) 2
a2
· + · · · +
b 2
(
an
b n
) 2 )
· (b 2 1 + b2 2 + · · · + b2 n) 2
=
Równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy a1
b 1
= a2
b 2
= · · · = an
b n
. Wystarczy
oznaczyć ten iloraz przez t, by otrzymać tezę. Oczywiście dla równości

134 3. Funkcje ciągłe
w wyjściowej nierówności potrzeba, by liczba t była dodatnia – w przypadku
przeciwnym z lewej strony nierówności otrzymamy liczbę ujemną, podczas gdy
liczba po prawej stronie nierówności będzie dodatnia. Dowód został zakończony.
Nierówność Schwarza, którą udowodniliśmy, można zinterpretować geometrycznie
w przypadku n = 2 i n = 3. Wyrażenie a 1 b 1 +a 2 b 2 + · · ·+a n b n można
potraktować jako iloczyn skalarny wektorów [a 1 ,a 2 ,...,a n ] i [b 1 ,b 2 ,... ,b n ] –
autor ma nadzieję, że czytelnicy spotkali się z iloczynem skalarnym w szkołach
średnich. Iloczyn skalarny dwóch wektorów leżących na płaszczyźnie mógł być
definiowany jako iloczyn ich długości przez kosinus kąta między nimi. Dowodzi
się bez żadnych trudności, używając np. twierdzenia kosinusów, że iloczyn
skalarny zdefiniowany geometrycznie wyraża się w podany przez nas sposób
za pomocą współrzędnych prostokątnych tych wektorów. Przy takiej interpretacji
nierówność Schwarza to po prostu stwierdzenie, że kosinus kąta między
dwoma wektorami nie może być większy niż 1 oraz że przyjmuje on wartość 1
wtedy i tylko wtedy, gdy wektory są równoległe i zgodnie skierowane. Ta interpretacja
jest bardzo ważna. Służy ona jako podstawa do rozszerzenia definicji
iloczynu skalarnego na przestrzenie o większej liczbie wymiarów, co ułatwia
zajmowanie się funkcjami wielu zmiennych. Spotkamy się z tymi pojęciami
w rozdziałach poświęconych funkcjom wielu zmiennych rzeczywistych.
Zauważmy jeszcze, że podany przez nas dowód nierówności Schwarza nie
jest najprostszy. Najprostszy znany autorowi wygląda tak: wielomian kwadratowy:
(
a
2
1 + a2 2 + · · · + a2 n)
t 2 − 2(a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n )t + ( b 2 1 + b2 2 + · · · + b2 n)
=
= (a 1 t − b 1 ) 2 + (a 2 t − b 2 ) 2 + · · · + (a n t − b n ) 2
przyjmuje jedynie nieujemne wartości, więc jego wyróżnik (popularna ∆ =
= b 2 − 4ac) nie jest większy od 0 – to właśnie jest nierówność Schwarza.
Można też udowodnić to twierdzenie bez żadnych sztuczek. Wystarczy dowieść,
że
( )(
a
2
1 + a 2 2 + · · · + a 2 n b
2
1 + b 2 2 + · · · + bn) 2 − (a1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n ) 2 =
n∑ ( n∑ )
= (a i b j − a j b i ) 2 .
i=1
j=i+1
Zachęcamy czytelników do udowodnienia tej równości. To dobre, choć krótkie
ćwiczenie w operowaniu wyrażeniami algebraicznymi, a tego rodzaju umiejętności
są przydatne w matematyce, nie tylko w czasie egzaminów z tego
przedmiotu.
Przykład 3.51. Wykażemy, że spośród pięciokątów wpisanych w okrąg o promieniu
1 największy obwód ma pięciokąt foremny.

3.7. Zadania 135
Niech 2α 1 , 2α 2 , 2α 3 , 2α 4 , 2α 5 będą kątami środkowymi opartymi na bokach
pięciokąta 15 . Wtedy bokami są liczby 2sin α 1 , 2sin α 2 , 2sin α 3 , 2sin α 4 , 2sin α 5
– wynika to z definicji sinusa, wobec tego połowa obwodu pięciokąta równa jest
sinα 1 + sin α 2 + sin α 3 + sin α 4 + sin α 5 . Oczywiście spełnione są nierówności
0 < α 1 < π, 0 < α 2 < π, 0 < α 3 < π, 0 < α 4 < π, 0 < α 5 < π. Na przedziale
[0,π] sinus jest funkcją ściśle wklęsłą, stosujemy nierówność Jensena:
sinα 1 + sin α 2 + sin α 3 + sinα 4 + sin α 5 =
1
= 5(
5 sin α 1 + 1 5 sin α 2 + 1 5 sinα 3 + 1 5 sin α 4 + 1 )
5 sin α 5 ≤
( 1
≤ 5sin
5 α 1 + 1 5 α 2 + 1 5 α 3 + 1 5 α 4 + 1 )
5 α 5 =
= 5sin α 1 + α 2 + α 3 + α 4 + α 5
5
= 5sin π 5 .
Wielkość 5sin π to połowa obwodu pięciokąta foremnego wpisanego w okrąg,
5
więc twierdzenie jest udowodnione. Wypada dodać, że ponieważ funkcja sinus
na przedziale [0,π] jest ściśle wklęsła, więc pięciokąty nieforemne mają obwody
mniejsze niż pięciokąt foremny wpisany w ten sam okrąg.
Te przykłady to tylko drobna ilustracja różnorodnych możliwości, które
daje nierówność Jensena. W następnym rozdziale powrócimy do funkcji wypukłych
i wtedy poznamy inne sposoby uzyskiwania nierówności przy wykorzystaniu
wypukłości funkcji.
3.7. Zadania
√ √
125. Znaleźć granicę, o ile istnieje, lim x + 3 − x − 2.
x→+ ∞
126. Znaleźć granicę, o ile istnieje, lim
x→1
x−1
x 2 −1 .
127. Znaleźć granicę, o ile istnieje, lim
x→0
e 2x −1
x
.
128. Znaleźć granicę, o ile istnieje, lim
x→0
e x −1
2x .
129. Znaleźć granicę, o ile istnieje, lim
x→0
e −1/x2 .
130. Znaleźć granicę, o ile istnieje, lim
x→+ ∞ e−1/x2 .
1
131. Znaleźć granicę, o ile istnieje, lim .
x→0 x e−1/x2
15 Wierzchołek kąta jest środkiem okręgu, ramiona przechodzą przez końce boku.

136 3. Funkcje ciągłe
132. Znaleźć granicę, o ile istnieje, lim
x→1
1
1+e 1/(1−x) .
sin 13x
133. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim .
x→0 sin 7x
134. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→0
tg 13x ctg 7x.
135. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→π
sin x
π 2 −x 2 .
17−257x+3x
136. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
2
.
x→∞ 9x 2 −13x+1
1−3x+5x
137. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
2 −7x 3
.
x→∞ 11−13x 3 +17x 5
x
138. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
5 −1
.
x→1
x 7 −1
139. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
√ 4
1+x−1
.
x→0 x
140. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→0
sin 1 x .
141. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→0
xsin 1 x .
ln x
142. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim , gdzie ε > 0.
x→∞
x ε
√ x − 1
143. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→1 3√ . x − 1
144. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→∞
1+x+x 2
e x .
145. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→∞
(sin (x + 1) − sin x).
146. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→∞
(
sin
√ x + 1 − sin
√ x
)
147. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→∞
(sin(x + 1) 2 − sin x 2 ).
148. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→∞
(1 + x) 1/x .
ln(x
149. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
100 )
x→∞
x 0,01
150. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→0
(1 + x) 1/x .
151. Znaleźć granicę, jeśli istnieje, lim
x→0 + xlnx.
152. Znaleźć funkcję odwrotną do funkcji f, jeśli f −1 istnieje, gdy f(x) = x+7
dla x > −7

3.7. Zadania 137
153. Znaleźć funkcję odwrotną do funkcji f, jeśli f −1 istnieje, gdy f(x) = x+3
2x−1
dla x ≠ 1 2 .
154. Znaleźć funkcję odwrotną do funkcji f, jeśli f −1 istnieje, gdy f(x) = e x3
dla x ∈ R.
155. Znaleźć funkcję odwrotną do funkcji f, jeśli f −1 istnieje, gdy f(x) = x 2
dla x ∈ (−1;1).
156. Znaleźć funkcję odwrotną do funkcji f, jeśli f −1 istnieje, gdy f(x) = x 2
dla x ∈ (0;1).
157. Znaleźć funkcję odwrotną do funkcji f, jeśli f −1 istnieje, gdy f(x) = x 2
dla x ∈ (−1;0).
{
x lim (x
158. Niech f(x) =
2 ) dla x > 0;
n→∞ Znaleźć, jeśli istnieje, taką liczbę
a dla x = 0.
a, że funkcja f jest ciągła.
{
159. (x − 1)
3
dla x > 0;
Niech f(x) =
Znaleźć, jeśli istnieją, takie liczby
ax + b dla x ≤ 0.
a,b, by funkcja f była ciągła:
160. Znaleźć, jeśli istnieje, taką liczbę a, by funkcja f była ciągła:
{
f(x) = xsin
1
dla x > 0;
x
a dla x = 0.
161. Znaleźć, jeśli istnieje, takie a ∈ R, by f była ciągła:
{
sin x−tg x
f(x) = dla x > 0;
x
a dla x = 0.
162. Znaleźć, jeśli istnieją, takie a,b ∈ R, by f była ciągła:
{
x dla |x| ≤ 1;
f(x) =
x 2 + ax + b dla |x| > 1.
163. Znaleźć, jeśli istnieje, taką liczbę a, by funkcja f była ciągła:
{
f(x) = sin
1
dla x > 0;
x
a dla x = 0.
164. Wykazać, że jeśli funkcja f : (a,b) → R jest ciągła w punkcie x 0 ∈
∈ (a,b) i f(x 0 ) > 0, to istnieje taka δ > 0, że jeśli |x − x 0 | < δ, to f(x) > 0
(w pewnym otoczeniu punktu, w którym f jest ciągła i dodatnia, wszystkie
wartości f są dodatnie).
165. Wykazać, że równanie e x = 1 + 2x ma co najmniej dwa pierwiastki
rzeczywiste.

138 3. Funkcje ciągłe
166. Wykazać, że równanie 2 x = 4x ma co najmniej dwa pierwiastki rzeczywiste.
167. Wykazać, że zbiór wartości każdego wielomianu stopnia parzystego i dodatniego
jest półprostą domkniętą.
W następnych kilku zadaniach zajmiemy się punktami stałymi.
DEFINICJA 3.35 (punktu stałego). Liczba x 0 jest punktem stałym
funkcji f wtedy i tylko wtedy, gdy f(x 0 ) = x 0 .
168. Niech f : [a,b] → [a,b] będzie funkcją ciągłą. Wykazać, że funkcja f ma
co najmniej jeden punkt stały.
169. Podać przykład takiej funkcji f : [a,b] → [a,b], że f(x) ≠ x dla każdej
liczby x ∈ [a,b], czyli funkcji f, która nie ma punktu stałego.
170. Wykazać, że jeśli f : R → R jest funkcją ciągłą i nierosnącą, to f ma
dokładnie jeden punkt stały.
171. Wykazać, że jeśli f : R → R jest zwężająca, tzn. istnieje taka liczba
nieujemna c < 1, że dla dowolnych x 1 ,x 2 ∈ R zachodzi |f(x 1 ) − f(x 2 )| ≤
c |x 1 − x 2 |, to funkcja f ma dokładnie jeden punkt stały. Czy R można zastąpić
przedziałem [a,b], (a,b), (a,b], jeśli a,b ∈ R?
172. Niech f(x) = 1 − 2|x| dla −1 ≤ x ≤ 1. Wykazać, że dla każdej liczby
naturalnej n istnieje taki punkt x n ∈ [−1,1], że f(f(f ...f(x } {{ } n ))) = x n , f
n
występuje z lewej strony równości dokładnie n razy i jednocześnie dla każdej
liczby k ∈ {1,2,... ,n − 1} zachodzi f(f(f ...f(x n ))) ≠ x n , tu f występuje k
razy.
To zadanie nie jest bardzo trudne, można je rozwiązać w przypadku n =
2,3 narysowawszy wykresy funkcji f ◦ f i f ◦ f ◦ f; to już da pewien pogląd
na problem.
DEFINICJA 3.36 (części całkowitej). [x] oznacza część całkowitą liczby
x, czyli największą liczbę całkowitą z półprostej (−∞,x], np. [3,14] = 3,
[−3,14] = −4, [−2] = −2, [99] = 99, [ √ 2] = 1, [− √ 2] = −2, [−e] = −3,
[e] = 2.
173. Znaleźć punkty ciągłości funkcji f, jeśli: f(x) = [x].
174. Znaleźć punkty ciągłości funkcji f, jeśli: f(x) = x[x].
175. Znaleźć punkty ciągłości funkcji f, jeśli: f(x) = (x − 1)[x].
176. Znaleźć punkty ciągłości funkcji f, jeśli: f(x) = [ |x| ] .

3.7. Zadania 139
177. Znaleźć punkty ciągłości funkcji f, jeśli:
178. Znaleźć punkty ciągłości funkcji f, jeśli:
179. Niech f(x) = sin (
f(x) =
ln
(e x2 +cos(ln(x 2 +7)) ))
(
2+cos
f(x) =
f : R −→ R ma wartość najmniejszą i największą.
{
1 dla x wymiernego,
0 dla x niewymiernego.
{
x + 1 dla x wymiernego,
0 dla x niewymiernego.
√
dla x ∈ R. Wykazać, że funkcja
(1+|x|)
)(x 2 +1) 10
180. Wykazać, że funkcja x 12 − 17x 8 + 23x 3 − 121x + 7, określona na całej
prostej, ma wartość najmniejszą.
181. Wykazać, że funkcja ln: (a, ∞) −→ R spełnia warunek Lipschitza dla
a > 0 ze stałą zależną od a. Można skorzystać z tego, że ln (1 + t) < t dla
t > −1. Wykazać, że nie spełnia ona warunku Lipschitza na (0, ∞).
182. Korzystając z nierówności sin x < x dla x > 0, wykazać, że funkcje
sin: R → R i cos: R → R spełniają warunek Lipschitza ze stałą L = 1.
183. Niech f a (x) = x a . Wyjaśnić, na których spośród przedziałów [0,1], [1,2],
[2, ∞) funkcja f a spełnia warunek Lipschitza: a = 1 , a = 1, a = 3.
3
184. Czy funkcja f spełnia warunek Lipschitza na przedziale P, jeśli f(x) =
= sin x 2 , P = (0,1)?
185. Czy funkcja f spełnia warunek Lipschitza na przedziale P, jeśli f(x) =
= sin x 2 , P = (1, ∞)?
186. Czy funkcja f spełnia warunek Lipschitza na przedziale P, jeśli f(x) =
= sin 1 x , P = (0,1)?
187. Czy funkcja f spełnia warunek Lipschitza na przedziale P, jeśli f(x) =
= sin 1 , P = (1, ∞)?
x
188. Czy funkcja f spełnia warunek Lipschitza na przedziale P, jeśli f(x) =
= tg x, P = (0,1)?
189. Czy funkcja f spełnia warunek Lipschitza na przedziale P, jeśli f(x) =
= tg x, P = ( 1, π 2)
?
190. Czy funkcja f spełnia warunek Lipschitza na przedziale P, jeśli f(x) =
1
x , P = (0,1)?
191. Czy funkcja f spełnia warunek Lipschitza na przedziale P, jeśli f(x) =
1
x , P = (1,2001)?

140 3. Funkcje ciągłe
192. Wykazać, że jeśli f : [a,b] → R, a < b, jest ciągła, to jej zbiór wartości:
{f(x): x ∈ [a,b]} jest przedziałem domkniętym, być może zdegenerowanym
do jednego punktu.
193. Czy istnieje funkcja ciągła f : (a,b] → R, a < b, której zbiór wartości
{f(x): x ∈ (a,b]} jest zbiorem wszystkich liczb wymiernych?
194. Czy istnieje funkcja ciągła f : (a,b] → R, a < b, której zbiór wartości
{f(x): x ∈ (a,b]} jest zbiorem dwupunktowym?
195. Czy istnieje funkcja ciągła f : (a,b] → R, a < b, której zbiór wartości
{f(x): x ∈ (a,b]} jest zbiorem jednopunktowym?
196. Czy istnieje funkcja ciągła f : (a,b] → R, a < b, której zbiór wartości
{f(x): x ∈ (a,b]} jest równy (1,2) ∪ (3,4)?
197. Czy istnieje funkcja ciągła f : (a,b] → R, a < b, której zbiór wartości
{f(x): x ∈ (a,b]} jest równy (1,2) ∪ (2,4)?
198. Czy istnieje funkcja ciągła f : (a,b] → R, a < b, której zbiór wartości
{f(x): x ∈ (a,b]} jest równy (1,2)?
199. Wykazać, że funkcja ciągła na przedziale, której wszystkie wartości są
niewymierne, jest stała.
200. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że:
( ) 100
1
x + y
2 (x100 + y 100 ) > dla x ≠ y.
2
201. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że jeśli x,y,z ∈ [0,π] i któreś dwie spośród liczb x,y,z są różne, to:
sin x + y + z
3
> 1 (sin x + sin y + sin z).
3
202. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że spośród trójkątów wpisanych w okrąg o promieniu 1 największy obwód ma
trójkąt równoboczny.
203. Wykazać, że jeśli 0 < α < π α
, to tg < 1 tg α.
2 1410 1410
204. Wykazać, że jeśli 0 < α < π, to sin α > 1 sin α.
1410 1410
205. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że spośród stukątów wpisanych w okrąg o promieniu 1 największe pole ma
stukąt foremny.

3.7. Zadania 141
206. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że jeśli wśród liczb x,y,z są co najmniej dwie różne i x,y,z ∈ (0, π ), to:
2
tg x + y + z < 1 (tg x + tg y + tg z).
3 3
207. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że spośród trójkątów opisanych na okręgu o promieniu 1 najmniejszy obwód
ma trójkąt równoboczny.
208. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że spośród stukątów opisanych na okręgu o promieniu 1 najmniejsze pole ma
stukąt foremny.
209. Wykazać, że jeśli prosta ma trzy różne punkty wspólne z wykresem
funkcji wypukłej f, to ma z tym wykresem wspólny odcinek i f nie jest funkcją
ściśle wypukłą.
210. Wykazać, że dla dowolnych parametrów a,b ∈ R równanie tg x = ax+b
ma co najwyżej trzy różne rozwiązania w przedziale ( − π 2 , π 2)
.
211. Wykazać, że jeśli funkcja ściśle wypukła jest ciągła i nie jest monotoniczna,
to ma wartość najmniejszą i ta najmniejsza wartość jest przyjmowana
w dokładnie jednym punkcie, przy czym jest to punkt wewnętrzny dziedziny
funkcji.

4. Funkcje różniczkowalne
4.1. Podstawowe pojęcia i wzory
Funkcje służą do opisu różnych zjawisk fizycznych, ekonomicznych, biologicznych
itd. Uzyskanie samego opisu matematycznego jest na ogół pierwszym
krokiem do zbadania zjawiska. Wielokrotnie jedną z dróg prowadzących do
celu jest poznanie własności funkcji. Jednym z pierwszych problemów, które
trzeba rozwiązywać, jest ustalenie, w jakim tempie zmieniają się wartości
funkcji. Tego rodzaju kwestie napotykamy przy próbach znalezienia największych
lub najmniejszych wartości funkcji, przy ustalaniu prędkości, z jaką
porusza się interesujący nas obiekt, przyspieszenia, zmiany liczby ludzi lub
zwierząt na jakimś obszarze itd. Do pojęcia pochodnej, czyli wielkości mierzącej
tempo zmian funkcji, ludzie dochodzili stopniowo. Matematycy i fizycy
w wieku XVII i XVIII (Fermat, Newton, Leibniz i inni), ekonomiści nieco później,
niezależnie od matematyków i fizyków (stąd nieco inna terminologia: np.
koszt krańcowy, dochód krańcowy, ...). Za początek rachunku różniczkowego
i całkowego przyjmuje się przełom wieków XVII i XVIII, główne odkrycia
zostały dokonane przez Newtona (1643–1727) i Leibniza (1646–1716). Początkowo
nie istniał właściwy język, którym można by opisywać uzyskiwane
rezultaty, ale na początku XIX w. i później teoria została usystematyzowana
dzięki pracom wielu matematyków, głównie wspominanego już Augusta
Cauchy’ego.
To, co w momencie powstawania było zrozumiałe jedynie dla niewielu i to
tylko najwybitniejszych, stało się przedmiotem obowiązkowych wykładów dla
początkujących studentów, a nawet uczniów szkół średnich. Oczywiście nie
wszyscy poznają teorię z taką samą dokładnością i tak samo dobrze ją rozumieją,
jednak jest ona powszechnie studiowana od momentu powstania i nic
nie zapowiada zmian w tym zakresie. Wielu studentów ma trudności ze zrozumieniem
różnych twierdzeń. Przyczyn jest wiele, ale w większości przypadków
sprowadzają się one do nieopanowania podstawowych twierdzeń matematyki

4.1. Podstawowe pojęcia i wzory 143
elementarnej i prób uproszczenia sobie życia przez opanowanie tzw. niezbędnego
minimum, czyli zlepku twierdzeń, które nie tworzą całości i w związku
z tym nie można ich zrozumieć, a przynajmniej jest to bardzo trudne. Jeden
z nauczycieli licealnych autora tego tekstu, nieżyjący już chemik, tłumaczył
niektórym uczniom, że „nie można nauczyć się za mało”. Myślę, że jest to
głęboka prawda. Drogą do poznania jakiejś teorii nie jest wybieranie z niej
najprostszych faktów, twierdzeń. Trzeba starać się zrozumieć całość. To czasem
jest trudne i wymaga powracania do podstaw, ale bez tego nie ma szans
na sukces.
Po tym przydługim wstępie przejdziemy do definicji jednego z najbardziej
podstawowych pojęć matematycznych.
lim
h→0
f(p+h)−f(p)
h
DEFINICJA 4.1 (pochodnej). Załóżmy, że funkcja f jest określona w dziedzinie
zawierającej przedział otwarty o środku p oraz że istnieje granica
. Granicę tę nazywamy pochodną funkcji f w punkcie p i oznaczamy
symbolem f ′ (p) lub df (p). Jeśli pochodna jest skończona, to mówimy,
dx
że funkcja f jest różniczkowalna w punkcie p. Funkcję liniową przypisującą
liczbie h liczbę f ′ (p)h nazywamy różniczką funkcji f w punkcie p i oznaczamy
symbolem df(p), a wartość tej funkcji liniowej w punkcie h oznaczamy przez
df(p)(h) lub df(p)h.
Rysunek 4.1. Styczna i sieczne
Objaśnienia: „nieco grubsza” prosta jest styczna do wykresu funkcji w punkcie P, „cieńsze proste”
PP 1 , PP 2 i PP 3 to trzy pierwsze elementy jakiegoś ciągu prostych „zbieżnego” do stycznej w punkcie
P, oczywiście zakładamy, że P n −→ P.

144 4. Funkcje różniczkowalne
DEFINICJA 4.2 (prostej stycznej do wykresu funkcji). Załóżmy, że funkcja
f ma pochodną w punkcie p oraz że jest ciągła 1 w punkcie p. Jeśli pochodna
f ′ (p) jest skończona, to mówimy, że prostą styczną do wykresu funkcji
f w punkcie (p,f(p)) jest prosta, której współczynnik kierunkowy jest
równy f ′ (p), przechodząca przez punkt P = (p,f(p)). Jeśli f ′ (p) = ∞ lub
f ′ (p) = − ∞, to mówimy, że styczną do wykresu w punkcie (p,f(p)) jest prosta
pionowa przechodząca przez ten punkt, czyli prosta o równaniu x = p.
Z tej definicji wynika od razu, że jeśli funkcja f jest różniczkowalna w punkcie
p, to prosta styczna do wykresu tej funkcji w punkcie (p,f(p)) ma równanie
y = f ′ (p)(x − p)+f(p). Później przekonamy się, że próby przenoszenia definicji
stycznej do okręgu (jako prostej mającej z okręgiem dokładnie jeden punkt
wspólny) na przypadek stycznej do wykresu funkcji nie mają większego sensu,
gdyż prowadzą do wyników niezgodnych z intuicją. Motywy wprowadzenia
podanej przez nas definicji są następujące. Jeśli |h| ≠ 0 jest niedużą liczbą,
to współczynnik kierunkowy prostej przechodzącej przez punkty (p,f(p)) oraz
(p + h,f(p + h)) jest równy ilorazowi różnicowemu f(p+h)−f(p) , który jest
h
w przybliżeniu równy f ′ (p). Prosta styczna jest więc „granicą prostych” przechodzących
przez punkt (p,f(p)) i jeszcze jeden punkt wykresu leżący blisko
wymienionego. Nie zamierzamy tu precyzować pojęcia „granicy prostych”, gdyż
używamy go tylko w tym miejscu i to jedynie w celu wyjaśnienia, skąd się taka
definicja stycznej bierze. Mówiąc jeszcze mniej dokładnie: prosta styczna
ma przylegać możliwie ściśle do wykresu w pobliżu punktu (p,f(p)), daleko
od tego punktu wykres i styczna mogą się rozchodzić. Podamy teraz kilka
przykładów.
Przykład 4.1. Niech f(x) = ax + b. W tym przypadku iloraz różnicowy:
f(p + h) − f(p)
h
=
a(p + h) − ap
h
jest niezależny od h, zresztą również od p. Wobec tego pochodna funkcji liniowej
ax+b jest równa a. Z tego wynika, że prostą styczną do prostej y = ax+b
jest ona sama, co nie powinno dziwić, bo ona sama do siebie przylega najlepiej
ze wszystkich prostych. Często stosowany jest zapis (ax + b) ′ = a.
Przykład 4.2. Niech f(x) = x 2 i niech p będzie dowolną liczbą rzeczywistą.
f(p+h)−f(p)
Bez trudu stwierdzamy, że = 2p + h −−→ 2p, co oznacza, że
h
h→0
pochodną funkcji f w punkcie p jest liczba 2p. Zwykle piszemy (x 2 ) ′ = 2x.
Ponieważ f ′ (0) = 0, więc styczna do wykresu tej funkcji w punkcie (0,0) jest
1 Wykażemy później, że jeśli pochodna f ′ (p) funkcji f w punkcie p jest skończona, czyli że f jest
różniczkowalna w punkcie p, to funkcja f jest ciągła w punkcie p, więc w tym przypadku nie ma
potrzeby dodatkowo zakładać ciągłości funkcji w punkcie p.
= a

4.1. Podstawowe pojęcia i wzory 145
pozioma. Jeśli natomiast p = 10, to współczynnik kierunkowy stycznej do
wykresu jest równy 20, więc styczna w punkcie (20,400) jest prawie pionowa.
Przykład 4.3. Niech f(x) = x 3 . Mamy f(p+h)−f(p)
h
= 3p 2 +3ph+h 2 −−→
h→0
3p 2 ,
co oznacza, że pochodną funkcji f w punkcie p jest 3p 2 , tzn. (p 3 ) ′ = 3p 2 . I tym
razem f ′ (0) = 0, więc styczna do wykresu funkcji f w punkcie (0,f(0)) = (0,0)
jest pozioma, czyli jest opisana równaniem y = 0. Jednak w tym przypadku
wykres nie leży po jednej stronie stycznej, lecz przechodzi z jednej strony tej
prostej na drugą. Pochodna jest dodatnia z jednym wyjątkiem: f ′ (0) = 0. Bez
trudu można stwierdzić, że styczna do wykresu tej funkcji w każdym punkcie,
z wyjątkiem punktu (0,0), przecina wykres w jeszcze jednym punkcie 2 , więc
w tym przypadku nie jest prawdą, że styczna ma z wykresem funkcji dokładnie
jeden punkt wspólny.
Przykład 4.4. Teraz zajmiemy się funkcją f(x) = |x|. Jeśli p > 0 i |h| < p,
to f(p+h)−f(p) = p+h−p = 1 = 1 −−→ 1, co oznacza, że pochodną funkcji f
h
h
h→0
w punkcie p jest 1. W taki sam sposób pokazać można, że f ′ (p) = −1 dla każdej
liczby p < 0. Pozostał jeszcze jeden przypadek do rozważenia, mianowicie
p = 0. Jeśli h > 0, to f(0+h)−f(0)
f(0+h)−f(0)
= 1 i wobec tego lim = 1.
h
h→0 + h
f(0+h)−f(0)
Analogicznie lim
h→0 − h
nie istnieje granica lim
f(0+h)−f(0)
h→0
h
= −1. Z tych dwu równości wynika od razu, że
, czyli że funkcja |x| w punkcie 0 pochodnej
nie ma, chociaż jest ciągła – ma ona w tym punkcie pochodne jednostronne, ale
są one różne. Na wykresie funkcji jest to widoczne, w punkcie (0,0) wykres się
załamuje, można powiedzieć, że wykres ma w tym punkcie „ostrze”. Zauważmy,
że rezultaty tych rozważań można opisać wzorem (|x|) ′ = |x|
x .
Przykład 4.5. Podamy teraz przykład świadczący o tym, że istnieją funkcje
ciągłe, które przynajmniej w niektórych punktach nie mają pochodnych
jednostronnych. Tym studentom, których te przykłady męczą, zalecamy pominięcie
tego punktu w pierwszym czytaniu i ewentualny powrót do niego
później. Warto też spróbować sporządzić szkic wykresu funkcji, co może ułatwić
zrozumienie sytuacji. Przechodzimy do szczegółów. Niech f(x) = xsin 1 x
dla x ≠ 0 oraz f(0) = 0. Z oczywistej nierówności |f(x)| ≤ |x| wynika, że
lim
x→0
f(x) = 0 = f(0), a to znaczy, że funkcja f jest ciągła w punkcie 0. Ciągłość
w innych punktach jest oczywistym wnioskiem z twierdzenia o operacjach
na funkcjach ciągłych i twierdzenia o ciągłości złożenia dwu funkcji.
Z twierdzeń, które udowodnimy niedługo, wyniknie, że funkcja ta ma pochod-
2 Czytelnik zechce sprawdzić w jakim – to pomaga w zrozumieniu tekstu!

146 4. Funkcje różniczkowalne
ną skończoną w każdym punkcie z wyjątkiem punktu 0. Wykażemy teraz, że
funkcja ta nie ma pochodnej w punkcie 0, dokładniej, że w tym punkcie funkcja
nie ma pochodnej prawostronnej. Jeśli h > 0, to f(x+h)−f(x) = sin 1. Wykazaliśmy
wcześniej (przykład 3.6), że funkcja ta nie ma granicy prawostronnej:
h
h
f ( ) (
1
2nπ = 0 oraz f
1
2nπ+π/2)
= 1. Widzimy więc, że dla każdej liczby naturalnej
n punkt ( 1
,0) leży na wykresie funkcji, co oznacza, że styczną do wykresu
2nπ
funkcji w punkcie (0,0) powinna być pozioma oś układu współrzędnych. Jednakże
dla każdej liczby naturalnej n punkt ( 1
, 1
2nπ+π/2 2nπ+π/2)
leży na wykresie
funkcji, więc styczną powinna być prosta, na której te punkty leżą, czyli prosta
o równaniu y = x – styczną ma być prosta najdokładniej „przylegająca”
do wykresu. Podobnie można uzasadniać, że styczną do wykresu tej funkcji
w punkcie (0,0) powinna być prosta o równaniu y = kx, gdzie k jest dowolną
liczbą z przedziału [−1,1] – na każdej takiej prostej znajdują się punkty leżące
na wykresie funkcji f, tworzące ciąg zbieżny do 0. Można powiedzieć, że wykres
funkcji xsin 1 oscyluje między prostymi y = x oraz y = −x i do żadnej
x
z nich ani do żadnej leżącej w kącie przez nie wyznaczonym w punkcie (0,0)
nie „przylega”.
Przykład 4.6. Obliczymy teraz pochodną funkcji wykładniczej. Niech f(x) =
= e x e
. Przypomnieć wypada, że lim
x+h −e x
= e x (wykazaliśmy, że ta równość
h→0
h
ma miejsce w lemacie 1.40). Wobec tego pochodną w punkcie x funkcji wykładniczej
o podstawie e jest liczba e x , czyli (e x ) ′ = e x . Wobec tego równanie
stycznej w punkcie (p,e p ) do wykresu funkcji e x ma postać y = e p (x−p)+e p .
Przykład 4.7. Następną bardzo ważną funkcją jest logarytm naturalny. Znajdziemy
jej pochodną. Niech f(x) = ln x dla każdej liczby dodatniej x. Przypomnijmy,
że lim = 1 (wzór ten wykazaliśmy w rozdziale 1, wzór 1.4).
ln(1+x)
x→0 x
Mamy więc dla x > 0 następującą równość 3 :
ln(x + h) − ln x ln(1 + x/h)
lim
= lim
· 1
h→0 h
h→0 x/h x = 1 · 1
x = 1 x .
Znaczy to, że pochodną logarytmu naturalnego w punkcie x jest liczba 1, czyli x
(ln x) ′ = 1 . Wobec tego styczna w punkcie (p,ln p) do wykresu logarytmu
x
naturalnego ma równanie y = 1 (x − p) + lnp.
p
Przykład 4.8. Ostatnią z krótkiego cyklu „najważniejszych” funkcji elementarnych
jest sinus. Przypomnijmy, że lim = 1 (ta równość została wykaza-
sin x
x→0 x
3 Przypomnijmy, że ln(x + h) − ln x = ln x+h
x
( )
= ln 1 + h . x

4.1. Podstawowe pojęcia i wzory 147
na w rozdziale 1, tw. 1.54) Z niej wynika, że:
sin(x + h) − sin x
lim
= lim
h→0 h
2sin h cos(x + h)
2 2
=
h→0 h
sin(h/2)
= lim · cos
h→0 h/2
(
x + h 2
)
= cos x.
Udało się więc nam wykazać, że pochodną funkcji sinus w punkcie x jest
liczba cos x, czyli że zachodzi wzór (sin x) ′ = cos x. Stąd wynika, że równanie
stycznej w punkcie (p,sin p) do wykresu funkcji sinus to y = (cos p)(x − p) +
sinp, w szczególności styczna do wykresu funkcji sinus w punkcie (0,0) ma
równanie y = x.
Następne wzory wyprowadzimy po podaniu reguł, według których obliczane
są pochodne. Nie będziemy w tym przypadku zajmować się pochodnymi
nieskończonymi, bowiem w zastosowaniach będą nam potrzebne na ogół pochodne
skończone.
TWIERDZENIE 4.3 (o arytmetycznych własnościach pochodnej). Załóżmy,
że funkcje f i g są różniczkowalne w punkcie p. Wtedy funkcje f ± g, f · g
i, jeśli g(p) ≠ 0, to również f są różniczkowalne w punkcie p i zachodzą wzory:
g
(f + g) ′ (x) = f ′ (x) + g ′ (x), (f − g) ′ (x) = f ′ (x) − g ′ (x),
( ) ′
f
(f · g) ′ = f ′ (x)g(x) + f(x)g ′ (x), (x) = f ′ (x)g(x) − f(x)g ′ (x)
. ×
g
(g(x)) 2
TWIERDZENIE 4.4 (o pochodnej złożenia). Załóżmy, że funkcja g jest
różniczkowalna w punkcie p, zaś funkcja f, określona na zbiorze zawierającym
wszystkie wartości funkcji g, jest różniczkowalna w punkcie g(p). Wtedy
złożenie tych funkcji f ◦ g jest różniczkowalne w punkcie p i zachodzi wzór:
(f ◦ g) ′ (x) = f ′ (g(x))g ′ (x). ×
Niech y = g(x). Stosując to oznaczenie, możemy napisać (f ◦ g) ′ (x) =
= f ′ (y)g(x) lub d(f◦g) (x) = df dg df dg
d(f◦g)
(g(x))· (x) = (y)· (x), lub krócej =
dx dy dx dy dx dx
= df · dg
dy dx
. Często wzór ten zapisywany jest w postaci
d(f◦g)
dx
= df · dg lub, po
dg dx
. W literaturze anglojęzycznej nosi
oznaczeniu z = f(y), jako dz = dz · dy
dx dy dx
on nazwę „the Chain Rule”, co zawdzięcza ostatniej postaci, zwłaszcza jeśli
zastosujemy go nie w przypadku złożenia dwu funkcji, lecz większej ich liczby
– wtedy łańcuch staje się bardziej widoczny.

148 4. Funkcje różniczkowalne
TWIERDZENIE 4.5 (o pochodnej funkcji odwrotnej). Załóżmy, że funkcja
f jest różniczkowalna w punkcie p, że f ′ (p) ≠ 0, że funkcja f ma funkcję
odwrotną oraz że funkcja f −1 odwrotna do f jest ciągła w punkcie q =
f(p). Wtedy funkcja f −1 jest różniczkowalna w punkcie q i zachodzi wzór
(f −1 ) ′ (q) = 1
f ′ (p) . ×
Wzór na pochodną funkcji odwrotnej zapisujemy też tak: (f −1 ) ′ (f(p)) =
= 1 lub tak: (f −1 ) ′ 1
dy
(q) = . Piszemy też = dx,
oznaczywszy
f ′ (p) f ′ (f −1 (q)) dx dy
uprzednio y = f(x). Ten ostatni zapis, zwłaszcza w połączeniu z wzorem
dz
= dz dy
dy
sugeruje, że symbol można traktować jak ułamek. Trzeba jednak
uważać, bo nie oznacza on ułamka, lecz pochodną i można posługiwać się
dx dy dx dx
analogiami z ilorazem jedynie w zakresie dopuszczonym podawanymi twierdzeniami.
Można np. napisać wzór dg + dh = d(g+h) – oznacza on, że pochodna
sumy dwu funkcji względem zmiennej x jest równa sumie ich pochodnych
dx dx dx
względem tej samej zmiennej x.
Natomiast wzoru df + dg = df·dx+dg·dy napisać nie można, np. dlatego
dy dx dy·dx
że jego prawa strona nie ma sensu, nie jest zdefiniowana. Później rozważać
będziemy pochodne wyższych rzędów i tam sytuacja będzie jeszcze bardziej
skomplikowana.
TWIERDZENIE 4.6 (o pochodnej szeregu potęgowego). Jeśli szereg potęgowy
∞ a n (x−x 0 ) n ma dodatni promień zbieżności, to wewnątrz
∑
przedziału
n=0
zbieżności suma tego szeregu jest funkcją różniczkowalną i zachodzi wzór:
(
∑ ∞
) ′
a n (x − x 0 ) n =
n=0
∞∑
na n (x − x 0 ) n−1 . ×
n=1
Twierdzenie to udowodnimy później. Wypada jednak przestrzec, że szeregów
na ogół nie wolno różniczkować w taki sposób, jak się różniczkuje
sumy skończone. Niemiec K. Weierstrass wykazał, że np. suma szeregu
∞∑
1
cos(7 n πx) jest funkcją ciągłą na całej prostej i nie ma skończonej po-
2 n
chodnej w żadnym punkcie, chociaż każdy wyraz tego szeregu ma pochodną.
Problemu, kiedy i jakie szeregi wolno różniczkować, nie będziemy omawiać,
bowiem nie jest to konieczne w przypadku studentów ekonomii (inaczej niż
w przypadku studentów matematyki).
Pokażemy teraz, jak podane przed chwilą twierdzenia można stosować.
Przykład 4.9. Znajdziemy pochodną funkcji kosinus. Mamy cos x =
= sin ( π
2 − x) . Skorzystamy z wzoru otrzymanego w przykładzie pierwszym:
n=1

4.1. Podstawowe pojęcia i wzory 149
( π − x) ′ (
2 = (−1)x +
π ′
2)
= −1. Teraz skorzystamy z twierdzenia o pochodnej
złożenia:
( ( π
)) ′ ( π
)
(cos x) ′ = sin
2 − x = cos
2 − x · (−1) = − sin x.
Tutaj rolę funkcji f z wzoru na pochodną złożenia pełni sinus, którego pochodną
jest kosinus, zaś rolę funkcji g odgrywa funkcja π −x, której pochodną
2
jest −1.
Przykład 4.10. Zastosujemy wzór na pochodną ilorazu dla uzyskania wzoru
na pochodną funkcji tangens:
( ) ′
sin x
(tg x) ′ = = (sin x)′ cos x − (cos x) ′ sin x
=
cos x
(cos x) 2
cos x · cos x − (− sin x)sin x
= = 1
cos 2 x cos 2 x = 1 + tg2 x.
Przykład 4.11. Teraz kolej na kotangens. Wzór ten można uzyskać na różne
sposoby, np. modyfikując nieznacznie wyprowadzenie wzoru na pochodną
funkcji tangens. Można też zastosować metodę znaną już z wyprowadzenia
wzoru na pochodną funkcji kosinus i właśnie tak postąpimy:
( ( π
)) ′
(ctg x) ′ = tg
2 − x 1 =
cos ( 1
· (−1) = − 2 π
− x) sin 2 x = −1 − ctg2 x.
2
Przykład 4.12. Przypomnijmy, że funkcją odwrotną do funkcji tangens ograniczonej
do przedziału ( − π 2 , π 2)
jest funkcja arctg, która przekształca zbiór
wszystkich liczb rzeczywistych R na przedział ( − π 2 , π 2)
. Zachodzi zatem wzór:
tg (arctg x) = x. Funkcja arctg jest ciągła. Pochodna funkcji tangens nie jest
w żadnym punkcie mniejsza od 1, więc jest różna od 0. Wobec tego z twierdzenia
o pochodnej funkcji odwrotnej wynika, że funkcja arctg ma pochodną
w każdym punkcie. Z twierdzenia o pochodnej złożenia wynika, że musi zachodzić
wzór:
1 = (x) ′ = (tg (arctg x)) ′ = ( 1 + tg 2 (arctg x) ) · (arctg x) ′ =
= ( 1 + x 2) · (arctg x) ′ .
Stąd wnioskujemy, że (arctg x) ′ = 1
1+x 2 .
Przykład 4.13. Wyprowadzimy wzór na pochodną funkcji arcsin, czyli funkcji
odwrotnej do funkcji sinus ograniczonej do przedziału [− π, π ]. Funkcja arcsinus
jest ciągła i przekształca przedział [−1,1] na przedział [− π, π ]. Na tym
2 2
2 2
ostatnim przedziale funkcja kosinus przyjmuje nieujemne wartości. Stąd wynika,
że jeśli − π ≤ y ≤ π, to cos y = √ 1 − sin 2 y. Ponieważ pochodna funkcji
2 2

150 4. Funkcje różniczkowalne
sinus jest różna od 0 w punktach przedziału otwartego (− π, π ), więc funkcja
2 2
arcsin jest różniczkowalna w punktach odpowiadających punktom przedziału
(− π, π ), czyli w punktach przedziału otwartego (−1,1). Mamy więc:
2 2
1 = (x) ′ = (sin (arcsin(x))) ′ = cos (arcsin(x)) · (arcsin(x)) ′ =
√
= 1 − sin 2 (arcsin(x)) · (arcsin)(x) ′ = √ 1 − x 2 · (arcsin) (x) ′ .
Stąd już łatwo wynika, że zachodzi wzór: (arcsin(x)) ′ 1
= √
1−x 2. Wyprowadziliśmy
więc wzór na pochodną funkcji arcsin w punktach wewnętrznych jej
dziedziny. W punktach leżących na jej brzegu, czyli w punktach −1 i 1, można
by mówić jedynie o pochodnych jednostronnych. Pozostawiamy czytelnikom
wykazanie tego, że w obu końcach przedziału [−1,1] funkcja arcsin ma pochodną
jednostronną i że ta pochodna jednostronna równa jest + ∞. Warto
naszkicować sobie wykres funkcji arcsin – jest on oczywiście symetryczny do
wykresu funkcji sinus, ograniczonej do przedziału [− π, π ], względem prostej
2 2
o równaniu y = x.
Przykład 4.14. Niech f(x) = x a , gdzie a jest dowolną liczbą rzeczywistą,
zaś x jest liczbą dodatnią. Wykażemy, że 4 (x a ) ′
= ax a−1 . Z definicji logarytmu
wynika, że x a = e a ln x . Korzystając z twierdzenia o pochodnej złożenia
dwu funkcji oraz poprzednio wyprowadzonych wzorów na pochodne funkcji
wykładniczej, logarytmu i funkcji liniowej, otrzymujemy: (x a ) ′ = ( e a ln x) ′
=
a ln 1
= e x·a· = x axa−1 . Dodać wypada, że potęgę x a można zdefiniować również
w przypadku x = 0 i a > 0 oraz w przypadku x < 0, jeśli a jest liczbą wymierną,
której mianownik jest całkowitą liczbą nieparzystą, a licznik – liczbą
całkowitą, po ewentualnym skróceniu.
Pozostawiamy czytelnikom uzasadnienie tego, że w obu tych przypadkach
podany przez nas wzór na pochodną funkcji potęgowej pozostaje w mocy, oczywiście
w przypadku pierwszym mowa jest jedynie o pochodnej prawostronnej,
chyba że a jest wykładnikiem dodatnim, wymiernym o mianowniku nieparzystym
(mowa o zapisie liczby wymiernej w postaci ułamka nieskracalnego,
którego licznik i mianownik są liczbami całkowitymi).
Przykład 4.15. Zajmiemy się teraz przez chwilę funkcją wykładniczą o dowolnej
podstawie. Niech a będzie dowolną liczbą dodatnią, x – dowolną liczbą
rzeczywistą. Postępując tak jak w przypadku funkcji potęgowej, otrzymujemy
wzór:
(a x ) ′ = ( e x ln a) ′
= e
x ln a · ln a = a x ln a.
4 Dla a = 1 jest to znany wielu czytelnikom z nauki w szkole wzór na pochodną pierwiastka
2
kwadratowego, dla a = 2 oraz a = 3 otrzymaliśmy wzory wcześniej (zob. przykłady 4.2, 4.3).

4.2. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, ekstrema i monotoniczność 151
Na tym zakończymy krótki przegląd najbardziej podstawowych wzorów na
pochodne. Pochodne będziemy obliczać wielokrotnie. Przekonamy się niebawem,
że można ich używać w celu rozwiązywania rozlicznych problemów, np.
znajdowania największych i najmniejszych wartości funkcji. Do tego potrzebne
będą nam jednak twierdzenia pozwalające na wiązanie własności funkcji z własnościami
jej pochodnej. Warto nadmienić, że z twierdzeń, które już podaliśmy,
wynika, że funkcje zdefiniowane za pomocą „jednego wzoru”, mają pochodną
we wszystkich punktach swej dziedziny z wyjątkiem nielicznych punktów wyjątkowych,
np. wzór:
(
3
√ x
) ′
=
((
x
1/3 )) ′
=
1
3 x−2/3 = 1
3 3√ x 2
jest prawdziwy dla wszystkich x ≠ 0. Istnieją co prawda funkcje ciągłe określone
na całej prostej, które nie mają pochodnej w żadnym punkcie, ale my się
takimi tworami zajmować nie będziemy, gdyż w elementarnych zastosowaniach
matematyki w ekonomii nie są one używane 5 .
TWIERDZENIE 4.7 (o ciągłości funkcji różniczkowalnej). Jeśli funkcja f
jest różniczkowalna w punkcie p, to jest w tym punkcie ciągła.
Dowód. limf(x) = f(p)+lim (f(p + h)−f(p))=f(p)+lim
x→p h→0
= f(p) + 0 · f ′ (p) = f(p). Dowód został zakończony.
h· f(p+h)−f(p) =
h→0
h
4.2. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, ekstrema
i monotoniczność
Następne twierdzenie było używane przez Fermata (1601–1665) w odniesieniu
do wielomianów jeszcze przed wprowadzeniem przez Newtona i Leibniza
rachunku różniczkowego i całkowego. Fermat zajmował się między innymi znajdywaniem
wartości największych i najmniejszych wielomianów na przedziałach
domkniętych. Doprowadziło go to w gruncie rzeczy do pojęcia pochodnej, choć
nie stworzył on teorii. Niemniej jednak sformułował twierdzenie, którego wagę
trudno przecenić, choć zarówno twierdzenie jak i jego dowód są niesłychanie
proste.
TWIERDZENIE 4.8 (Fermata o zerowaniu się pochodnej w punktach lokalnego
ekstremum). Jeśli f jest funkcją różniczkowalną w punkcie p i przyjmuje
5 Ten stan rzeczy może ulec zmianie, w fizyce rozpatrywane są tzw. ruchy Browna, w których
modelu matematycznym tego rodzaju dziwactwa pojawiają się. Związany z ruchami Browna proces
Wienera znajduje zastosowania również w modelach ekonomicznych.

152 4. Funkcje różniczkowalne
w punkcie p wartość najmniejszą lub największą, to f ′ (p) = 0, podkreślić
wypada, iż zakładamy tu, że p jest środkiem pewnego przedziału otwartego
zawartego w dziedzinie funkcji.
Dowód. Załóżmy, że funkcja f ma w punkcie p wartość największą. Znaczy
to, że dla każdego punktu x z dziedziny funkcji f zachodzi nierówność
f(x) ≤ f(p), zatem dla h > 0 mamy f(p+h)−f(p) ≤ 0, wobec tego f ′ (p) =
h
= lim f(p+h)−f(p)
h→0 + ≤ 0. Mamy też f ′ (p) = lim f(p+h)−f(p)
h h→0 − ≥ 0 dla
h
h < 0. Obie te nierówności mogą zachodzić jednocześnie jedynie w przypadku
f ′ (p) = 0. Jeśli f przyjmuje w punkcie p wartość najmniejszą, to
funkcja przeciwna − f przyjmuje w tym punkcie wartość największą, więc
0 = (−f) ′ (p) = −f ′ (p). Dowód został zakończony.
Wypada podkreślić, że jeśli funkcja określona na przedziale przyjmuje wartość
największą w jego końcu, to nawet w przypadku, gdy jest w tym końcu
jednostronnie różniczkowalna, jej pochodna nie musi być równa 0, funkcja x
rozpatrywana na przedziale [7,13] przyjmuje swą największą wartość w punkcie
13, w którym jej pochodną jest liczba 1.
Uwaga 4.9 (o wartościach funkcji w pobliżu punktu, w którym pochodna
jest dodatnia). Jeśli funkcja f jest różniczkowalna w punkcie p oraz f ′ (p) > 0,
to istnieje taka liczba δ > 0, że jeśli 0 < h < δ, to f(p − h) < f(p) <
< f(p+h), tzn. dostatecznie blisko punktu p, na lewo od niego, wartości funkcji
są mniejsze niż wartość funkcji w punkcie p, zaś na prawo od tego punktu,
w jego pobliżu, wartości funkcji są większe niż wartość funkcji w punkcie p.
Dowód. Iloraz różnicowy f(p+h)−f(p) jest dodatni dla dostatecznie małych
h
h, bowiem ma dodatnią granicę przy h → 0, zatem licznik i mianownik tego
ułamka mają taki sam znak.
TWIERDZENIE 4.10 (Rolle’a). Jeżeli funkcja f jest ciągła w przedziale
domkniętym [a,b] i ma pochodną we wszystkich jego punktach wewnętrznych
oraz f(a) = f(b), to istnieje taki punkt c ∈ (a,b), że f ′ (c) = 0.
Dowód. Załóżmy, że f(a) = f(b) nie jest największą wartością funkcji f.
Niech c będzie punktem, w którym funkcja f przyjmuje wartość największą
spośród przyjmowanych na tym przedziale. Oczywiście a < c < b. Wobec tego
f jest różniczkowalna w punkcie c i na mocy twierdzenia Fermata zachodzi
równość f ′ (c) = 0. Jeśli funkcja f nie przyjmuje wewnątrz przedziału [a,b]
wartości większych niż f(a) = f(b), to albo przyjmuje mniejsze i możemy
zamiast niej rozważyć funkcję przeciwną −f, albo funkcja f jest stała na

4.2. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, ekstrema i monotoniczność 153
przedziale [a,b]. W tym drugim przypadku c może być dowolnym punktem
przedziału otwartego (a,b). Dowód został zakończony.
Interpretacja fizyczna tego twierdzenia może być np. taka: po prostoliniowej
drodze porusza się pojazd, który rozpoczyna i kończy przemieszczanie się
w tym samym punkcie ( f(a) = f(b) ) , ponieważ kończymy podróż w punkcie
startu, więc w którymś punkcie musieliśmy zawrócić, w momencie zmiany
kierunku jazdy nasza prędkość była równa 0.
Na wykresie funkcji punkty, o których jest mowa w dowodzie twierdzenia
Rolle’a, to te, w otoczeniu których wykres wygląda tak jak wykres funkcji −x 2
w otoczeniu punktu 0. Oczywiście to nie są jedyne punkty, w których pochodna
przyjmuje wartość 0. Niech f(x) = sin 3 x. Wtedy f ′ (x) = 3sin 2 xcos x, zatem
f ′ (0) = 0, chociaż w punkcie 0 funkcja f nie ma lokalnego maksimum ani
lokalnego minimum, w każdym przedziale postaci (δ,δ), gdzie 0 < δ < π 2 ,
funkcja f jest ściśle rosnąca. Ma ona lokalne ekstrema, ale w innych punktach,
np. w punktach ± π 2 .
Przejdziemy teraz do najważniejszego twierdzenia w rachunku różniczkowym,
twierdzenia o wartości średniej.
TWIERDZENIE 4.11 (Lagrange’a o wartości średniej). Jeśli funkcja f
jest ciągła w każdym punkcie przedziału domkniętego [a,b] i ma pochodną
we wszystkich punktach przedziału otwartego (a,b), to istnieje taki punkt
c ∈ (a,b), że:
f ′ f(b) − f(a)
(c) = .
b − a
Dowód. Niech g(x) = f(x) − f(b)−f(a) (x − a) – od funkcji f odejmuje-
b−a
(x −a), więc liniową, której zmiana wartości na przedziale
my funkcję f(b)−f(a)
b−a
[a,b] jest równa f(b) − f(a), czyli jest równa zmianie wartości funkcji f na
tym przedziale. Mamy więc g(a) = f(a) = g(b). Funkcja g jest funkcją ciągłą,
jako różnica funkcji ciągłych. Taki sam argument przekonuje nas o istnieniu
pochodnej g ′ we wszystkich punktach przedziału otwartego (a,b). Wobec tego
dla funkcji g spełnione są założenia twierdzenia Rolle’a. Istnieje więc taki
punkt c ∈ (a,b), że 0 = g ′ (c) = f ′ (c)− f(b)−f(a) , a to właśnie mieliśmy wykazać.
b−a
Dowód został zakończony.
Każdy czytelnik z pewnością zauważył, że twierdzenie Rolle’a jest przypadkiem
szczególnym twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej. Można też
zinterpretować „fizycznie” twierdzenie Lagrange’a. Jeśli f(x) oznacza położenie
w chwili x obiektu poruszającego się po prostej, to f ′ (c) oznacza prędkość
w chwili c, natomiast f(b)−f(a) to prędkość średnia w okresie od a do b. Według
b−a
tej interpretacji twierdzenie o wartości średniej mówi, że prędkość chwilowa

154 4. Funkcje różniczkowalne
w pewnej chwili c równa jest prędkości średniej, co wygląda na stwierdzenie
zupełnie oczywiste. Geometrycznie twierdzenie to oznacza, że jeśli poprowadzimy
prostą przez dwa punkty leżące na wykresie funkcji f, to styczna do
wykresu f w pewnym punkcie leżącym między wybranymi punktami jest
równoległa do wybranej prostej.
Widzimy więc, że twierdzenie Lagrange’a ma krótki dowód, prosto można
je zinterpretować na różne sposoby. Pokażemy teraz, że ma ono liczne i ważne
konsekwencje.
TWIERDZENIE 4.12 (o monotoniczności funkcji różniczkowalnych). Załóżmy,
że funkcja f jest ciągła w każdym punkcie przedziału P i że jest różniczkowalna
we wszystkich jego punktach wewnętrznych. Przy tych założeniach
funkcja f jest:
1) niemalejąca (x < y ⇒ f(x) ≤ f(y)) wtedy i tylko wtedy, gdy jej
pochodna f ′ jest nieujemna,
2) nierosnąca (x < y ⇒ f(x) ≥ f(y)) wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna
f ′ jest niedodatnia.
Dowód. Jeśli funkcja jest niemalejąca, to iloraz różnicowy f(x+h)−f(x) jest
h
nieujemny, gdyż licznik i mianownik tego ułamka mają taki sam znak. Granica
funkcji nieujemnej, jeśli istnieje, to jest nieujemna. Z tego zdania wynika
natychmiast, że pochodna we wszystkich tych punktach przedziału P, w których
istnieje, jest nieujemna. Załóżmy teraz, że pochodna w punktach wewnętrznych
przedziału P jest nieujemna. Przyjmijmy, że x,y ∈ P i że x < y.
Z twierdzenia o wartości średniej zastosowanego do przedziału [x,y] wynika,
= f ′ (z) ≥ 0 dla pewnego punktu z ∈ (x,y). Ponieważ mianownik
że f(y)−f(x)
y−x
ułamka f(y)−f(x)
y−x
jest dodatni, a sam ułamek jest nieujemny, więc licznik tego
ułamka, czyli różnica f(y) − f(x), też jest nieujemny, zatem f(y) ≥ f(x), co
dowodzi tego, że funkcja f jest niemalejąca. Drugi przypadek sprowadzamy
jak zwykle do pierwszego, zastępując funkcję f funkcją przeciwną −f. Dowód
został zakończony.
Wniosek 4.13 (warunek stałości funkcji różniczkowalnej 6 ). Funkcja ciągła
na przedziale P, różniczkowalna we wszystkich jego punktach wewnętrznych,
jest stała wtedy i tylko wtedy, gdy f ′ (x) = 0 dla każdego punktu wewnętrznego
przedziału P.
Dowód. Funkcja stała jest jednocześnie niemalejąca i nierosnąca, zatem
jej pochodna jest jednocześnie nieujemna i niedodatnia, czyli zerowa. Jeśli na-
6 Można z łatwością ten wniosek udowodnić bezpośrednio, bez powoływania się na właśnie wykazane
twierdzenie.

4.2. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, ekstrema i monotoniczność 155
tomiast pochodna jest zerowa, to funkcja jest zarówno niemalejąca, jak i nierosnąca,
więc jest stała. Dowód został zakończony.
TWIERDZENIE 4.14 (o ścisłej monotoniczności funkcji różniczkowalnych).
Zakładamy jak poprzednio, że funkcja f jest ciągła w każdym punkcie przedziału
P oraz że jest różniczkowalna w każdym punkcie wewnętrznym przedziału
P. Przy tych założeniach funkcja f jest:
1) ściśle rosnąca wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna jest nieujemna oraz
między każdymi dwoma punktami przedziału P znajduje się punkt, w którym
pochodna f ′ jest dodatnia;
2) ściśle malejąca wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna jest niedodatnia
oraz między każdymi dwoma punktami przedziału P znajduje się punkt,
w którym pochodna f ′ jest ujemna.
Dowód. Załóżmy, że funkcjaf jest ściśle rosnąca. Jest więc również niemalejąca
– na podstawie poprzedniego twierdzenia jej pochodna jest nieujemna.
Jeżeli x,y ∈ P i x < y, to w pewnym punkcie wewnętrznym z przedziału [x,y]
zachodzi nierówność f ′ (z) > 0, bowiem gdyby pochodna równa była 0 w każdym
punkcie przedziału [x,y], to funkcja f byłaby stała na tym przedziale,
czyli nie byłaby ściśle rosnąca. Zajmiemy się dowodem implikacji przeciwnej.
Zakładamy teraz, że f jest funkcją ciągłą, której pochodna jest nieujemna.
Z poprzedniego twierdzenia wnioskujemy, że f jest funkcją niemalejącą. Jeśli
nie jest ona ściśle rosnąca, to istnieją takie punkty x,y ∈ P, że x < y
i f(x) = f(y). Jeśli x < z < y, to f(x) ≤ f(z) ≤ f(y) = f(x), co oznacza, że
f(x) = f(z), a to z kolei oznacza, że f jest funkcją stałą na przedziale [x,y].
Z tego wynika, że f ′ (z) = 0 dla każdego punktu z ∈ [x,y], wbrew założeniu.
Druga część twierdzenia może być uzyskana z pierwszej przez rozważenie
funkcji −f zamiast funkcji f. Dowód został zakończony.
TWIERDZENIE 4.15 (o funkcji różniczkowalnej spełniającej warunek Lipschitza).
Zakładamy jak w twierdzeniach poprzednich, że funkcja f jest określona
na pewnym przedziale P, że jest na nim ciągła i że jest różniczkowalna
we wszystkich punktach wewnętrznych tego przedziału. Przy tych założeniach
funkcja f spełnia warunek Lipschitza ze stałą L ≥ 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 7
L ≥ sup{|f ′ (t)|: t ∈ int P }.
Dowód. Jeśli x,y ∈ P, to na mocy twierdzenia Lagrange’a o wartości
średniej istnieje taki punkt z leżący między x i y, że:
7 „intP” oznacza zbiór złożony ze wszystkich punktów wewnętrznych przedziału P, czyli przedział
otwarty, którego końce pokrywają się z końcami przedziału P.

156 4. Funkcje różniczkowalne
|f(x) − f(y)| = |f ′ (z)(x − y)| ≤ sup{|f ′ (t)|: t ∈ intP } · |x − y|,
co kończy dowód twierdzenia w jedną stronę. Dowód w drugą stronę wynika
natychmiast z tego, że jeśli funkcja spełnia warunek Lipschitza ze stałą L, to
dla każdej pary liczb x,y ∈ P zachodzi nierówność ∣ f(x)−f(y)
x−y
∣ ≤ L, a z niej
∣ wynika, że |f ′ ∣∣ f(y)−f(x)
(x)| = lim
y→x y−x
∣ ≤ L, zatem sup{|f ′ (t)|: t ∈ intP } ≤ L.
Dowód został zakończony.
Przykład 4.16. Niech f(x) = 1 x . Mamy f ′ (x) = − 1 x 2 < 0. Funkcja ma więc
ujemną pochodną w każdym punkcie swej dziedziny (− ∞,0) ∪ (0, ∞). Mamy
też f(−1) = −1 < 1 = f(1), wobec tego funkcja ta nie jest nierosnąca, tym
bardziej nie jest malejąca. Przyczyną tego zjawiska jest to, że dziedzina tej
funkcji nie jest przedziałem – malutka, raptem jednopunktowa dziura w dziedzinie,
powoduje, że teza przestaje być prawdziwa! Na każdym przedziale, na
którym jest zdefiniowana, funkcja ta jest nierosnąca, a nawet ściśle malejąca.
(
Przykład 4.17. Niech f(x) = sin x−
)
(
. Stąd f ′ (x) = cos x−
x− x3
1− x2
6
2
więc (f ′ ) ′ (x) = − sin x + x. W rozdziale pierwszym udowodniliśmy, że jeśli x >
0, to sin x < x (tw. 1.51). Z tej nierówności wynika, że (f ′ ) ′ (x) > 0 dla każdego
x > 0. Wobec tego funkcja f ′ jest ściśle rosnąca na półprostej domkniętej
[0, ∞). Stąd wynika, że:
f ′ (x) > f ′ (0) = cos 0 −
) (1 − 02
= 0 dla każdego x > 0.
2
Wobec tego funkcja f ma dodatnią pochodną na półprostej otwartej (0, ∞),
jest ściśle rosnąca na półprostej domkniętej [0, ∞), zatem dla x > 0 zachodzi
nierówność:
)
f(x) > f(0) = 0 −
(0 − 03
= 0.
6
)
,
Wykazaliśmy w ten sposób, że sinx > x − x3
6
dla każdej liczby dodatniej x.
Przykład 4.18. Zajmując się funkcja wykładniczą o podstawie e w rozdziale
pierwszym, wykazaliśmy, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi nierówność
e x ≥ 1 + x, później zresztą wzmocniona. Wiemy, że pochodną funkcji e x
jest ta sama funkcja. Wartością tej pochodnej w punkcie 0 jest liczba e 0 = 1.
Wobec tego równanie stycznej do wykresu funkcji wykładniczej w punkcie
(0,1) ma postać y = 1 ·(x −0)+e 0 = x+1 . Wobec tego wspomniana nierówność
oznacza, że wykres funkcji wykładniczej o podstawie e znajduje się nad
styczną do siebie w punkcie (0,0). Przekonamy się później, że jest to związane
z wypukłością funkcji wykładniczej.

4.2. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, ekstrema i monotoniczność 157
Przykład 4.19. Wykażemy, że jeśli x > 0, to ln(1 + x) > x
1+x
= ln(1 + x) − x
1+x . Prawdziwe są wzory f ′ (x) = 1
1+x − 1+x−x
(1+x) 2 =
. Niech f(x) =
x > 0.
(1+x) 2
Wobec tego funkcja f jest ściśle rosnąca na półprostej [0, ∞). Ponieważ f(0) =
0, więc dla x > 0 mamy f(x) > 0.
Przykład 4.20. Wspomnieliśmy w przykładzie 4.17 nierówność sin x < x,
która jest prawdziwa dla x > 0. Pochodną funkcji sinus jest funkcja kosinus.
W punkcie 0 wartość pochodnej to cos 0 = 1. Wynika stąd, że równanie stycznej
do wykresu funkcji sinus w punkcie (0,0) przybiera postać y = 1 · (x − 0) +
+ sin0 = x. Wobec tego nierówność x > sin x oznacza, że na półprostej (0, ∞)
wykres funkcji sinus znajduje się pod styczną do tegoż wykresu w punkcie
(0,0). Przekonamy się później, że jest to związane z wklęsłością funkcji sinus
na przedziale [0,π], dla x ≥ π nierówność zachodzi, gdyż wartości funkcji sinus
są mniejsze niż 1 < π.
Przykład 4.21. Niech f(x) = e x −(1+x+ 1 2 x2 ). Mamy f ′ (x) = e x −(1+x) ≥ 0,
więc (f ′ ) ′ (x) = e x − 1 > 0, dla x > 0 oraz (f ′ ) ′ (x) = e x − 1 < 0 dla x < 0.
Wynika stąd, że funkcja f ′ jest ściśle rosnąca na półprostej [0, ∞) oraz ściśle
malejąca na półprostej (− ∞,0]. Wobec tego najmniejszą wartością funkcji f ′
jest f ′ (0) = e 0 −1 = 0. Oznacza to, że dla x ≠ 0 zachodzi nierówność f ′ (x) > 0,
czyli e x > 1 + x. Wobec tego, że funkcja f ′ przyjmuje wartości dodatnie na
całej prostej z wyjątkiem jednego punktu, funkcja f jest ściśle rosnąca na całej
prostej. Mamy więc:
f(x) > f(0) = e 0 −
(1 + 0 + 1 )
2 02 = 0 dla x > 0 oraz
f(x) < f(0) = 0 dla x < 0,
zatem dla x > 0 zachodzi nierówność e x > 1 + x + 1 2 x2 , zaś dla x < 0 – nierówność
e x < 1 + x + 1 2 x2 . Rozumując w ten sam sposób, można wykazać, że
dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi nierówność e x ≥ 1 + x + 1 2! x2 + 1 3! x3 ,
przy czym jest ona ostra dla x ≠ 0. Uogólnienie pozostawiamy czytelnikom
w charakterze prostego ćwiczenia. Zachęcamy też do porównania z rozumowaniami
przeprowadzanymi w rozdziale pierwszym: bez trudu można zauważyć,
że uzyskujemy teraz z łatwością nierówności, których wykazanie bez użycia
pochodnych było dosyć trudne.
Przykład 4.22. Ten przykład będzie nieco dłuższy. Należy go przestudiować
z uwagą. Dotyczy to również tych studentów, którzy wynieśli ze szkoły sporą
wiedzę matematyczną, bowiem stosowana tu metoda będzie używana później
również w odniesieniu do funkcji wielu zmiennych, a w większości szkół nie
jest stosowana.

158 4. Funkcje różniczkowalne
Niech a ≥ b > 0 będą liczbami rzeczywistymi. P niech oznacza prostokąt,
którego jeden bok ma długość a, a drugi b. Z prostokąta P tak wycinamy
cztery kwadraty o boku x ∈ ( 0, b 2)
zawierające cztery wierzchołki P, że
pole P zmniejsza się o 4x 2 . Następnie tak zaginamy „wystające” części powstałego
dwunastokąta (niewypukłego), by powstało pudełko o wymiarach
a − 2x, b − 2x, x. Dla jakiego x pojemność otrzymanego pudełka będzie
największa?
Niech V (x) = x(a−2x)(b−2x) będzie pojemnością pudełka. V jest funkcją
ciągłą, a nawet różniczkowalną w każdym punkcie swej dziedziny. Z punktu
widzenia pojemności pudełka dziedziną funkcji V jest przedział ( 0, 2) b , ale
można tę funkcję rozpatrywać na przedziale domkniętym [ 0, 2] b . Na przedziale
[ 0, 2] b funkcja V, jako ciągła, przyjmuje wartość najmniejszą oraz wartość
największą. Ponieważ V (0) = V ( b
2
)
= 0 i V (x) > 0 dla x ∈
(
0,
b
2)
, więc najmniejsza
wartość przyjmowana jest w końcach przedziału [ 0, b 2]
, zaś największa
– w pewnym punkcie wewnętrznym x 0 tego przedziału. Ponieważ funkcja V
jest różniczkowalna w x 0 , więc V ′ (x 0 ) = 0. Wystarczy zatem znaleźć punkty
w przedziale ( 0, b 2)
, w których pochodna funkcji V przyjmuje wartość 0
i stwierdzić, w którym z nich V ma największą wartość – takie punkty są co
najwyżej dwa, bo V jest wielomianem trzeciego stopnia, więc V ′ jest wielomianem
kwadratowym. V ′ (x) = 12x 2 − 4(a + b)x + ab. Wiemy, że ten wielomian
ma co najmniej jeden pierwiastek w przedziale ( 0, b 2)
(nie ma potrzeby sprawdzać,
że jego wyróżnik jest dodatni, gdyż to wynika z istnienia 8 x 0 !). Możemy
teraz [ zastosować to samo rozumowanie do badania funkcji V na przedziale
b , ] a
2 2 . Wewnątrz tego przedziału funkcja V przyjmuje wartości ujemne, na
końcach – zero. W związku z tym swą najmniejszą wartość na [ b
, a 2 2]
funkcja
V przyjmuje wewnątrz przedziału i wobec tego jej pochodna V ′ przyjmuje
wartość 0 w co najmniej jednym punkcie tego przedziału. Z tego rozumowania
wynika, że w każdym z przedziałów ( (
0, 2) b , b , a 2 2)
pochodna V ′ funkcji V ma
co najmniej jeden pierwiastek, a ponieważ V ′ ma dokładnie dwa pierwiastki,
więc w każdym z wymienionych przedziałów ma dokładnie jeden pierwiastek.
Tak się dzieje w przypadku a > b. W przypadku a = b sytuacja jest nieco
inna: V ′( b
2)
= 0, co sprawdzamy bezpośrednim rachunkiem
(
ogólnie: jeśli liczba
x 1 jest podwójnym pierwiastkiem funkcji f, tzn. f(x) = (x − x 1 ) 2 g(x) dla
pewnej funkcji g różniczkowalnej w x 1 , to f(x 1 ) = 0 = f ′ (x 1 ) ) i wobec tego
również w tym przypadku w przedziale ( 0, b 2)
funkcja V ′ może mieć co najwyżej
jeden pierwiastek, więc ma dokładnie jeden. Udowodniliśmy w ten sposób,
że w przedziale ( 0, b 2)
funkcja V ′ ma dokładnie jeden pierwiastek x 0 , którym
jest mniejszy z dwóch pierwiastków tej funkcji, a liczba V (x 0 ) jest największą
8 Drugi pierwiastek wielomianu V ′ też jest dodatni, bo iloczyn pierwiastków tego wielomianu jest
równy ab , jest więc dodatni, zatem oba pierwiastki maja ten sam znak, ale z tego korzystać nie
12
będziemy.

4.2. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, ekstrema i monotoniczność 159
wartością funkcji V przyjmowaną na przedziale ( 0, b 2)
. Oczywiście:
x 0 = 1 [ √ ]
(4(a+b) ) 2
4(a+b) −
− 4 ·12ab = 1 [
a+b− √ ]
a
2 ·12
6
2 + b 2 − ab .
Uwaga. Nie zajmowaliśmy się znakiem pochodnej V ′ , gdyż nie było potrzeby
ustalać, na jakich przedziałach funkcja V rośnie, a na jakich maleje.
Oczywiście można było postąpić inaczej: stwierdzić, że na przedziale (0,x 0 )
pochodna V ′ funkcji V jest dodatnia, więc V na tym przedziale rośnie, a na
przedziale ( x 0 , b 2)
pochodna V
′
jest ujemna, więc na tym przedziale funkcja
V maleje. To też wynika z naszego rozumowania, gdyż na przedziale (0,x 0 )
pochodna V ′ nie przyjmuje wartości 0, ma więc ten sam znak we wszystkich
punktach tego przedziału, zatem funkcja V jest na tym przedziale ściśle monotoniczna,
nie może być malejąca, gdyż V (x 0 ) > 0 = V (0), czyli jest ściśle
rosnąca – jej niezerująca się pochodna jest dodatnia.
Przykład 4.23. Znaleźć maksimum objętości brył powstałych w wyniku obrotu
trójkąta prostokątnego o obwodzie 1 wokół jego przeciwprostokątnej.
Niech a,b,c oznaczają boki trójkąta, przy czym c oznacza przeciwprostokątną.
Bryła, która powstaje w wyniku obrotu trójkąta wokół boku c, to dwa
stożki złączone podstawami. Promień tej wspólnej podstawy to wysokość trójkąta
prostopadła do przeciwprostokątnej, więc równa ab (pole trójkąta jest
c
równe 1ab = 1ch 2 2 c, gdzie h c jest wysokością trójkąta prostopadłą do przeciwprostokątnej
c). Suma wysokości tych stożków jest równa c. Wobec tego suma
ich objętości jest równa V = π · (ab ) 2
3 c · c =
π(ab) 2
. Wiadomo, że a 2 + b 2 = c 2
3c
i a+b+c = 1. Stąd wynika, że 2ab = (a+b) 2 −(a 2 +b 2 ) = (1 − c) 2 −c 2 = 1−2c.
Wobec tego zachodzi wzór:
V = V (c) =
( −1
π(1 − 2c)2
12c
= π 12
( 1
c − 4 + 4c )
.
Stąd V ′ (c) = π + 4 ) . Wnioskujemy z łatwością, że V ′ (c) = 0 wtedy i tylko
wtedy, gdy c = ± 1 , zatem kandydatami na punkt, w którym funkcja V
12 c 2 2
przyjmuje swą największą wartość, są 1 oraz 2 −1 . Liczba c jest długością boku
trójkąta, zatem jest dodatnia i nie może być równa − 1. Liczba 1 też nie
2
2 2
wchodzi w grę, gdyż wtedy musiałoby być a + b = 1 − 1 = 1 = c, co przeczyłoby
nierówności trójkąta. Oznacza to, że na każdym przedziale zawartym
2 2
w dziedzinie funkcji V jest ona ściśle monotoniczna, zatem kresy, jeśli w ogóle
są przyjmowane, to w końcach przedziału.
Musimy więc znaleźć dziedzinę funkcji V. Liczby a,b,c mają być bokami
trójkąta prostokątnego o obwodzie 1. Muszą więc być dodatnimi rozwiązaniami
układu równań: a 2 + b 2 = c 2 , a + b = 1 − c. Warunek ten jest też dostateczny:
jeśli a,b > 0 i a 2 + b 2 = c 2 , to (a + b) 2 > a 2 + b 2 = c 2 , zatem a + b > c

160 4. Funkcje różniczkowalne
i oczywiście a + c > c > b oraz b + c > c > a. Oznacza to, że z odcinków
o długościach a,b,c można zbudować trójkąt, oczywiście prostokątny.
Ten układ równań równoważny jest następującemu:
a + b = 1 − c, ab = (1 − c)2 − c 2
2
= 1 2 − c.
Wobec tego liczby a i b są pierwiastkami równania kwadratowego
t 2 − (1 − c)t + 1 2 − c = 0.
Warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, by to równanie miało dodatnie
pierwiastki dla dodatniej wartości parametru c, jest 0 < c < 1 2 i
0 ≤ ∆ = (1 − c) 2 − 4( 1 2 − c) = −1 + 2c + c2 = (c + 1) 2 − 2,
czyli √ 2 − 1 ≤ c < 1. Ponieważ V ( 1
2 2)
= 0, więc maksymalna wartość V jest
równa V (√ 2 − 1 ) – oczywiście maksymalna na przedziale [√ 2 − 1, 2) 1 . Łatwo
zauważyć, że dla c = √ 2 − 1 otrzymujemy trójkąt równoramienny (bo ∆ = 0,
więc pierwiastki równania kwadratowego t 2 − (1 − c)t + 1 − c = 0, czyli liczby
2
a i b są równe).
Komentarz. Ten przykład powinien przekonać studentów o konieczności
zwracania uwagi na dziedzinę funkcji. Omawiałem to zadanie wielokrotnie
na ćwiczeniach, jeszcze się nie zdarzyło, by studenci chcieli, aby objętość
V potraktować jako np. funkcję zmiennej a. Gdyby tak się stało, byłoby
πa
V = V (a) =
2 (1−2a) 2
i maksimum osiągane byłoby w punkcie wewnętrznym
dziedziny funkcji V, czyli przedziału ( 0, 2) 1 , mianowicie w punkcie
6(1−a)(1−2a+2a 2 )
2− √ 2, zatem w punkcie zerowania się pochodnej funkcji V. Byłoby znacznie
2
mniej kłopotu z dziedziną funkcji, za to więcej z obliczeniami. Często też studenci
nie potrafili stwierdzić, że – ponieważ funkcja ma niezerową pochodną
na przedziale, to jest na nim monotoniczna. Wydawało im się, że popełnili
błąd w obliczeniach, bo skoro w jakimś punkcie ma być maksimum, to pochodna
musi się tam zerować – zapominali więc o tym, że to twierdzenie mówi
o punktach wewnętrznych dziedziny, końców nie dotyczy.
Przykład 4.24. Znajdziemy teraz kres górny iloczynu trzech liczb nieujemnych,
których suma jest równa 3. Oznaczmy te liczby przez x,y,z. Mamy więc
x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 oraz x + y + z = 3. Mamy znaleźć kres górny wyrażenia
xy(3 − x − y), przy założeniu, że x,y ≥ 0 oraz x + y ≤ 3. Niech s = x+y ≤ 3.
Chwilowo wielkość s będziemy traktować jako stałą. Przy ustalonym s nasze
wyrażenie to x(s − x)(3 − s). Mamy znaleźć jego kres górny, zakładając, że
0 ≤ x, 0 ≤ y = s − x, czyli 0 ≤ x ≤ s. Mamy więc do czynienia z funkcją kwa-

4.2. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, ekstrema i monotoniczność 161
dratową zmiennej x: (3 − s)(−x 2 + sx). Większość studentów pamięta z nauki
szkolnej, że funkcja kwadratowa, której współczynnik przy x 2 jest ujemny,
przyjmuje swą wartość największą w środku odcinka, w którego końcach funkcja
ta przyjmuje równe wartości (np. 0, wtedy końcami odcinka są pierwiastki
funkcji). W naszym przypadku tym punktem jest 9 x = 1(0 + s) = s . By zakończyć
zadanie należy znaleźć maksymalną wartość wyrażenia (3 − s) s2 na 4
2 2
przedziale [0,3]. Mamy:
) ′ ((3 − s) s2
= − s2
4 4 + (3 − s)s 2 = 3 − 3 4 s2 .
Ponieważ funkcja (3 − s) s2 zmiennej s jest ciągła na przedziale domkniętym
[0,3], więc osiąga w jakimś punkcie swój kres górny. Ponieważ w końcach
4
przedziału przyjmuje wartość 0, a wewnątrz jest dodatnia, więc kres górny
jest przyjmowany w jakimś punkcie wewnętrznym tego przedziału. Jedynym
punktem w przedziale (0,3), w którym pochodna funkcji (3 − s) s2 przyjmuje
4
wartość 0, jest 2. Wartość funkcji (3 − s) s2 w tym punkcie równa jest 1. Odpowiednie
wartości wyjściowych zmiennych to x = y = z = 1. Zadanie zostało
4
rozwiązane.
Pokażemy teraz inne rozwiązanie tego samego problemu. Przypomnijmy,
że w poprzednim rozdziale wykazaliśmy nierówność o średniej arytmetycznej
i geometrycznej, która w przypadku trzech liczb nieujemnych x,y,z przybiera
postać 3√ xyz ≤ x+y+z , przy czym staje się ona równością wtedy i tylko
3
wtedy, gdy x = y = z. W naszym przypadku oznacza to, że 3√ xyz ≤ 1, przy
czym nierówność staje się równością wtedy i tylko wtedy, gdy x = y = z = 1.
Wobec tego największą wartością iloczynu trzech liczb nieujemnych, których
suma jest równa 3 jest liczba 1. To drugie rozwiązanie jest krótsze, ale wymaga
pewnego pomysłu. Później pokażemy jeszcze dwa inne rozwiązania tego zadania,
wykorzystując twierdzenia dotyczące funkcji dwu lub trzech zmiennych
rzeczywistych.
Zanim pokażemy następne przykłady, zauważmy, że z definicji pochodnej
wynika następująca równość przybliżona: f ′ (p) ≈ f(p+h)−f(p) dla h ≈ 0. Nie
h
troszcząc się przesadnie o precyzję rozumowania, przepisać ją można w postaci:
f(p + h) ≈ f(p) + f ′ (p)h.
9 Tym, którzy akurat zapomnieli, że tak jest, podajemy uzasadnienie, wykorzystując twierdzenia
z tego rozdziału. Mamy (x(s − x)(3 − s)) ′ = (3 −s)(−2x+s). Ta pochodna jest dodatnia na półprostej
(− ∞, s 2 ), a na półprostej ( s , ∞) jest ujemna. Wobec tego funkcja jest ściśle rosnąca na półprostej
(− ∞, s 2 ], a na półprostej [ s s
2
, ∞) jest ściśle malejąca, więc liczba (3 − s) · 2 2 ·(s − s 2 ) = (3 − s) s2 4
jest jej największą wartością. Bez pochodnych jest łatwiej: x(s−x)(3−s) = (3−s)[−(x− s 2 )2 + s2 4 ] ≤
≤ (3 − s) · s2 – do badania wielomianów kwadratowych pochodne nie są potrzebne.
4

162 4. Funkcje różniczkowalne
Można się spodziewać, że jest to przybliżenie dokładniejsze dla h dostatecznie
bliskich 0 niż przybliżenie f(p + h) ≈ f(p), które jest konsekwencją
ciągłości funkcji f w punkcie p. Tak jest w rzeczywistości, gdyż błąd przybliżenia
f(p + h) ≈ f(p) + f ′ (p)h jest mały w porównaniu z |h|, bowiem:
( )
f(p + h) − (f(p) + f ′ (p)h) f(p + h) − f(p)
lim
= lim
− f ′ (p) = 0.
h→0 h
h→0 h
TWIERDZENIE 4.16 (charakteryzujące pochodną jako współczynnik wielomianu
stopnia ≤ 1 najlepiej przybliżającego funkcję). Załóżmy, że f jest
funkcją ciągłą w punkcie p. Wówczas równość:
f (p + h) − (ah + b)
lim
= 0
h→0 h
zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja f jest różniczkowalna w punkcie p
oraz a = f ′ (p) i b = f(p).
f(p+h)−(ah+b)
Dowód. Jeśli lim
h→0
h
że a = lim , zatem:
f(p+h)−b
h→0
h
f(p+h)−b
= 0, to lim − a = 0. Wynika stąd,
h→0
h
0 = lim
h→0
ah = lim
h→0
(f(p + h) − b),
czyli b = lim
h→0
f(p + h) = f(p).
f(p+h)−b f(p+h)−f(p)
Z ostatniej równości wynika, że a = lim = lim , a to oznacza,
że f jest różniczkowalna w punkcie p i zachodzi równość a = f ′ (p), co
h→0
h h→0
h
kończy dowód twierdzenia w jedną stronę. Przed sformułowaniem twierdzenia
wykazaliśmy prawdziwość implikacji przeciwnej. Dowód został zakończony.
Z twierdzenia tego wynika, że spośród wszystkich wielomianów stopnia ≤ 1
zmiennej x funkcję f w otoczeniu punktu p najlepiej przybliża wielomian:
f(p) + f ′ (p)(x − p).
Żadne z twierdzeń sformułowanych do tej pory nie daje jawnego oszacowania
błędu przybliżenia, ale pokazywaliśmy już, jak można dowodzić nierówności,
a to stwarza szanse na szacowanie błędu. Pokażemy, teraz kilka przykładów.
Przykład 4.25. √ 50 = √ 49 + 1 ≈ √ 49 + 1
2 √ · 1 = 7 + 1 – przyjęliśmy
49 14
tu h = 1, f(x) = √ x, zatem f ′ (x) = 1
2 √ , p = 49. Chociaż 1 nie jest małą
x
liczbą, jednak przybliżenie, które uzyskaliśmy jest dosyć dobre. Rzeczywiście,
( )
7 +
1 2
14 = 49+2·7· 1
+( )
1 2
14 14 = 50+
1
. Widzimy więc, że po podniesieniu do
196

4.2. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, ekstrema i monotoniczność 163
kwadratu przybliżonej wartości pierwiastka, otrzymaliśmy liczbę nieco tylko
większą od 50. Mamy 7,07 < 7+ 1 < 7,08 oraz 14 7,072 = 49,9849, co oznacza,
że nasze przybliżenie pozwoliło nam znaleźć dwie cyfry po przecinku liczby √ 50
bez wykonania trudnych obliczeń! Wartość przybliżona jest w tym przypadku
większa niż rzeczywista, bo styczna do wykresu pierwiastka kwadratowego leży
nad wykresem.
Przykład 4.26. 50 2 = (49 + 1) 2 ≈ 49 2 + 2 · 49 · 1 = 2499. Tym razem
f(x) = x 2 , zatem f ′ (x) = 2x, p = 49 i h = 1. W rzeczywistości 50 2 = 2500,
więc tym razem błąd, który popełniamy, stosując wzór przybliżony zamiast
dokładnego, jest równy 1, więc jest ponad 100 razy większy niż w poprzednim
przykładzie.
Przykład 4.27. e 50 = e 49+1 ≈ e 49 + e 49 · 1 = 2 · e 49 . W tym przykładzie
przyjmujemy f(x) = e x = f ′ (x), p = 49 i h = 1. Zatem błąd popełniany
w tym przypadku to e 50 − 2 · e 49 = (e − 2) · e 49 > 0,7 · e 49 , jest więc ogromny
i to nie tylko w porównaniu z h = 1, ale wręcz porównywalny z wartością
funkcji.
Mamy oszacować: e 50 ≈ 5,184705485·10 21 , e 49 ≈ 1,907346557·10 21 i wreszcie
e 50 − 2 · e 49 ≈ 1,370012371 · 10 21 – to rezultaty uzyskane za pomocą programu
komputerowego (Maple V). Widzimy więc, że w tym ostatnim przypadku
przybliżanie za pomocą wzoru f(p + h) ≈ f(p) + f ′ (p)h w ogóle nie
ma sensu, w przypadku funkcji x 2 dawało przybliżenie gorsze niż w przypadku
pierwiastka kwadratowego. Można dosyć prosto wyjaśnić, co jest tego
przyczyną. Otóż z twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej wynika, że
dla każdego h ≠ 0 istnieje co najmniej jedna taka liczba θ h ∈ (0,1), że
f(p + h) − f(p) = f ′ (p + θ h · h)h, zatem:
f(p + h) − ( f(p) + f ′ (p)h ) = ( f ′ (p + θ h · h) − f ′ (p) ) h.
O liczbie θ h nic więcej nie wiemy ponad to, że znajduje się ona w przedziale
(0,1), oznacza to, że liczba p+θ h ·h leży między p i p+h. W przypadku funkcji
√ x i przedziału (49,50) pochodna zmienia się bardzo nieznacznie: maleje
1
od wartości do wartości 1
14 2 √ . W przypadku funkcji 50 x2 rośnie od wartości
2 · 49 = 98, przyjmowanej w punkcie 49, do wartości 2 · 50 = 100, przyjmowanej
w punkcie 50, w tym przypadku zmiana wartości pochodnej jest znacznie
większa. W przypadku funkcji e x pochodna zmienia się od wartości e 49 do
wartości e 50 , czyli o (e − 1) · e 49 , a więc o wielkość ogromną. Sama zmiana
pochodnej jeszcze o niczym nie świadczy, gdyż zmiana mogłaby być skoncentrowana
na bardzo krótkim przedziale kończącym się w punkcie 50. Tak jednak
w tym przypadku nie jest. I właśnie dlatego widoczne są różnice w dokładności.
W przypadku funkcji wykładniczej pochodna rośnie od wartości e 49 do
wartości e 50 , tj. o wielkość ogromną (e − 1)e 49 > 1,7 · e 49 . Można się więc było

164 4. Funkcje różniczkowalne
spodziewać, że w tym przypadku wzór f(p + h) ≈ f(p) + f ′ (p)h będzie bardzo
niedokładny: funkcja wykładnicza zagina się mocno ku górze, odchodząc
szybko od stycznej do siebie w jakimś punkcie, np. w (49,e 49 ). W przypadku
funkcji kwadratowej x 2 pochodna wzrasta od wartości 98 do wartości 100,
a więc zmiana jej wartości jest znacznie mniej spektakularna, niemniej i w tym
przypadku wykres funkcji oddala się od stycznej w widoczny sposób, też ku
górze. W przypadku funkcji √ x pochodna maleje, ale bardzo powoli, więc
wykres odchyla się od stycznej ku dołowi. Efekt ten jest jednak nieznaczny:
wykres nieomal pokrywa się ze styczną, więc przybliżenie liniowe działa bardzo
dobrze.
Przykład 4.28. Przy różnych okazjach na lekcjach fizyki w szkołach wykorzystywana
jest równość przybliżona sinx ≈ x, np. w optyce przy wyprowadzaniu
równania soczewki lub zwierciadła, przy wyprowadzania wzoru na
okres wahań wahadła matematycznego. Jest to zastosowanie omawianej przez
nas równości przybliżonej f(p + h) ≈ f(p) + f ′ (p)h w przypadku funkcji sin,
p = 0, h = x. W tym przypadku f(0) = sin0 = 0 i f ′ (0) = cos 0 = 1
i wobec tego f(p) + f ′ (p)h = x. Wykazaliśmy poprzednio (przykład 4.17),
że dla x > 0 zachodzi nierówność podwójna x − x3
< sin x < x, więc błąd
6
przybliżenia sin x ≈ x jest mniejszy niż x3
. Jeśli więc kąt x jest mały, to ten
6
błąd jest bardzo mały, np. jeśli x = 1 , to błąd jest mniejszy niż 1
. Wypada
przypomnieć, że mowa o wielkości kąta wyrażonej w radianach, 1 radian
10 6000
to nieco ponad 57 ◦ . Człowieka o wzroście 2 m, więc niższego niż np. Małgorzata
Dydek (koszykarka z Gdańska, jedna z najwyższych na świecie), widać
z odległości 200 m pod kątem około 0,01 radiana, więc mówimy o rzeczywiście
istniejących kątach, małych, ale nie znikomo małych, występujących
niezwykle rzadko. Rachunek różniczkowy pozwala oszacować błąd nie tylko
z góry, ale również z dołu. W tym przypadku można posłużyć się metodą zastosowaną
we wspomnianym przykładzie 4.17 w celu wykazania nierówności
sinx < x − x3
+ x5
, która zachodzi dla x > 0. Z tej nierówności wynika natychmiast,
że x3
− x5
x3
6 120
< x − sin x < , a więc błąd przybliżenia jest większy
6 120 6
niż x3
− x5
x3
i mniejszy niż . Gdybyśmy zainteresowali się błędem względnym,
6 120 6
tj. wielkością x−sin x , to okazałoby się, że dla 0 < x < 0,1 jest on mniejszy niż
x
1
6 (0,1)2 = 1 , czyli mniejszy niż 1 %. To całkiem dobra dokładność.
600 6
Przykład 4.29. Niech f(x) = e x , p = 0. Mamy f ′ (0) = e 0 = 1 i f(0) =
= e 0 = 1, zatem e x ≈ 1 + x. Zbadamy dokładność tego przybliżenia dla
x > 0. W przykładzie 4.21 wykazaliśmy, że dla x > 0 zachodzi nierówność e x >
> 1+x+ 1 2 x2 . Wobec tego błąd przybliżenia jest większy niż 1 2 x2 . Oszacujemy
go teraz z góry. Pokażemy trzy metody.
Metoda pierwsza. Znajdziemy taką liczbę a > 0, że dla wszystkich
x ∈ (0,3) zachodzi nierówność e x − 1 − x < ax 2 . Przyjmijmy f(x) =
= e x − 1 − x − ax 2 . Mamy f ′ (x) = e x − 1 − 2ax oraz (f ′ ) ′ (x) = e x − 2a.

4.2. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, ekstrema i monotoniczność 165
Jeśli 2a ≥ e 3 , np. a ≥ 1 2 · 21,952 = 1 2 · 2,83 > 1 2 · e3 , to (f ′ ) ′ przyjmuje na przedziale
(0,3) wartości ujemne, więc f ′ jest funkcją malejącą na przedziale [0,3],
a ponieważ f ′ (0) = e 0 − 1 − 2a · 0 = 0, więc również f ′ przyjmuje na przedziale
(0,3) jedynie wartości ujemne. Stąd wnioskujemy, że funkcja f maleje na
przedziale [0,3]. Ponieważ f(0) = 0, więc wartości funkcji f na przedziale (0,3)
są liczbami ujemnymi. Wykazaliśmy więc, że jeśli a ≥ 1 2 e3 , to e x − 1 − x < ax 2
dla x ∈ (0,3), np. e x − 1 − x < 11 · x 2 . Czytelnik bez trudu stwierdzi, że jeśli
zastąpimy przedział (0,3) przedziałem (0,2), to otrzymamy rezultat nieco
dokładniejszy: e x −1−x < ax 2 dla a ≥ 1 2 ·e2 , np. a ≥ 4 > 3,92 = 1 2 ·2,82 > 1 2 ·e2 .
Metoda druga. Jeśli 3 > x > 0, to zachodzi nierówność:
e x − 1 − x = 1 2! x2 + 1 3! x3 + 1 4! x4 + · · · < 1 ( x
( x 2
)
(1
2! x2 + + + ... =
3)
3)
= x2
2!
1
.
1 − x 3
Skorzystaliśmy tu z tego, że 1 > x > x > ... i z wzoru na sumę szeregu
3 4
geometrycznego. Dla przedziału (0,2) otrzymujemy nierówność e x − 1 − x <
< x2 1
= 3
2 1−2/3 2 x2 . Dla przedziału (0,3) nic sensownego nie otrzymamy, gdyż
w mianowniku pojawi się 0. Można temu zaradzić, modyfikując nieco sposób
szacowania:
e x − 1 − x = 1 2! x2 + 1 3! x3 + 1 4! x4 + · · · <
< 1 2! x2 + 1 ( x
( x 2
)
(1
3! x3 + + + ... =
4)
4)
oczywiście dla 0 < x < 3.
= x2
2! + x3
3!
1
1 − x 4
< x2
2! + x3
3!
1
1 − 3 4
< 2,5x 2 ,
Metoda trzecia. Wykażemy, że jeśli 3 > x > 0, to e x − 1 − x <
Nie użyjemy stosowanych poprzednio szeregów. Niech:
Wobec tego mamy:
g(x) = e x − 1 − x −
g ′ (x) = e x − 1 − 3 2
x 2
2(1 − x) = ex − 1 − x − 3 2 · x 2
(3 − x) .
3
2x(3 − x) + x2
· = e x − 1 − 3 6x − x2
·
(3 − x) 2 2 (3 − x) 2.
x2
2(1− x 3 ).

166 4. Funkcje różniczkowalne
Kontynuując obliczenia otrzymujemy
(g ′ ) ′ (x) = e x − 3 2 · (6 − 2x)(3 − x)2 + 2(6x − x 2 )(3 − x)
(3 − x) 4 =
= e x − 3 2 ·
18
(3 − x) = 1
3 ex −
(1 − x)3.
3
Dla każdego x > 0 mamy e −x/3 > 1 − x , więc jeśli 0 < x < 3, to zachodzi
( )
3 3 (
1
nierówność
) 1− > e
x/3
3
= e x . Z tej nierówności wynika, że dla 0 < x < 3
x
3
zachodzi (g ′ ) ′ (x) < 0, więc na przedziale [0,3] funkcja g ′ jest nierosnąca, więc
dla 0 < x ≤ 3 zachodzi nierówność g ′ (x) ≤ g ′ (0) = 0. W związku z tym, że
funkcja g ma ujemną pochodną na przedziale [0,3], jest ona ściśle malejąca na
tym przedziale, zatem g(x) < g(0) = 0 dla x ∈ (0,3], a to właśnie chcieliśmy
wykazać. Wobec tego – jeśli 0 < x < 3, to 2 ex − 1 − x < x 2 , gdyż w tym
przypadku 2 ( 1 − 3) x > 1.
W przykładzie 4.21 wykazaliśmy, że dla x < 0 zachodzi nierówność e x <
< 1+x+ 1 2 x2 . Stąd wynika, że dla x < 0 zachodzi nierówność 0 < e x −(1+x) <
< 1 2 x2 , zaś dla 3 > x > 0 – nierówność 0 < e x − (1 + x) < x 2 . Stąd już łatwo
wynika, że dla x < 3 zachodzi nierówność 0 ≤ 2 ex − (1 + x) ≤ x 2 , przy czym
równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0. W rozdziale pierwszym
rozważaliśmy, jaką kwotę powinien wypłacić bank osobie, która wpłaciła kwotę
k, jeśli oprocentowanie jest równe 100x% w skali rocznej, a procenty są
doliczane w sposób ciągły. Okazało się, że tą kwotą jest ke x . Jeśli np. x = 0,1,
czyli oprocentowanie w skali rocznej równe jest 10%, to różnica między wzorem
liniowym (wypłacana jest kwota k(1 + x) = 1,1 · k) a dokładnym (wypłacana
jest kwota ke x = k · e 0,1 ) jest mniejsza niż k · 0,1 2 = 0,01 · k. Z nierówności
e x − (1 + x) > 1 2 x2 , która ma miejsce dla liczb x > 0, wynika, że różnica
ta jest większa niż 1 · 2 0,12 · k = 0,005 · k. Oczywiście przy małych kwotach
różnica taka nie ma żadnego znaczenia praktycznego, jednak przy dużych jest
inaczej, bo choć procentowo nie ulega to zmianie, to kwota może być znacząca.
Efekt ten staje się bardziej widoczny, gdy rozpatrywany jest dłuższy okres
czasu, np. 2 lata. Wtedy wzór liniowy daje wypłatę k(1 + 2x), zaś nieliniowy
– wypłatę ke 2x . W przypadku x = 0,1 różnica między tymi kwotami staje się
większa niż k · 0,22 = k · 0,02, co oznacza, że błąd wzrósł w istotny sposób.
2
Wspominaliśmy wcześniej, że podobne rozważania można prowadzić w fizyce
przy dyskusji np. wzoru na długość pręta żelaznego w zależności od jego
temperatury. Prowadzi to do wzoru l(t) = l(t 0 )e λ(t−t0) , gdzie przez l(t) oznaczyliśmy
długość pręta w temperaturze t, zaś λ oznacza współczynnik rozszerzalności
cieplnej (w przypadku żelaza λ ≈ 0,0000115 = 1,15 · 10 −5 ). Jeśli
zmiana temperatury jest niezbyt duża, np. mniejsza niż 50 ◦ C, to wykładnik
jest mniejszy niż 0,00006, więc jego kwadrat jest mniejszy niż 0,0000004, co
oznacza, że błąd, który popełnimy, zastępując e λ(t−t0) przez 1+λ(t−t 0 ), będzie

4.3. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, wypukłość 167
mniejszy niż 0,0000004·l(t 0 ), więc np. w przypadku szyny kolejowej – mniejszy
od dokładności pomiaru jej długości. Inaczej jest w przypadku rozpadu promieniotwórczego.
W wyniku( rozważań analogicznych do tych, które doprowadziły
nas do wzoru e x = lim 1 +
x n
n→∞ n)
, otrzymujemy wzór m(t) = m(t0 )e −λ(t−t0) ,
gdzie m(t) oznacza masę substancji promieniotwórczej w chwili t, a λ – stałą
rozpadu. Rzecz w tym, iż w tym przypadku interesuje nas np. czas połowicznego
rozpadu, to znaczy czas, w którym masa substancji zmniejsza się
o połowę. W tym przypadku t − t 0 musi być tak duże, by zachodził wzór
λ(t − t 0 ) = ln2 ≈ 0,6931, więc błąd spowodowany stosowaniem przybliżenia
funkcji wykładniczej funkcją liniową byłby większy niż 1 · 2 0,69312 ≈ 0,24,
czyli w zasadzie niedopuszczalny jako za duży 10 (24%). Przykład ten powinien
uświadomić studentom, że przed stosowaniem wzorów przybliżonych warto zastanowić
się nad tym, czy wolno je stosować.
4.3. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, wypukłość
W poprzednim rozdziale zdefiniowaliśmy funkcje wypukłe i wklęsłe. Pokazaliśmy,
jak można dowodzić, że funkcja ciągła jest wypukła. Teraz pokażemy,
jak można to robić w przypadku funkcji różniczkowalnej. Powiążemy
też wyraźnie pojęcie wypukłości funkcji z pojęciem stycznej do jej wykresu.
Przypomnijmy, że funkcją wypukłą nazywaliśmy taką funkcję określoną na
zbiorze wypukłym (jedynymi wypukłymi podzbiorami prostej są przedziały,
zbiory jednopunktowe oraz zbiór pusty), że dla dowolnych punktów x,y z jej
dziedziny i dowolnej liczby t ∈ (0,1) zachodzi nierówność f(tx + (1 − t)y) ≤
≤ tf(x) + (1 − t)f(y), co oznacza, że punkty odcinka o końcach (x,f(x))
i (y,f(y)) leżą nad wykresem funkcji f lub na tym wykresie, niezależnie od
wyboru punktów x i y. Przypomniana właśnie definicja jest równoważna temu,
że spełniony jest jeden (którykolwiek) z trzech warunków (dla funkcji
ściśle wypukłej poniższe nierówności są ostre):
(a) f(y)−f(x)
y−x
których x < y < z,
(b) f(y)−f(x)
y−x
których x < y < z,
(c) f(x)−f(z)
x−z
których x < y < z.
≤ f(z)−f(x)
z−x
≤ f(z)−f(y)
z−y
≤ f(y)−f(z)
y−z
dla każdych x,y,z z dziedziny funkcji f, dla
dla każdych x,y,z z dziedziny funkcji f, dla
dla każdych x,y,z z dziedziny funkcji f, dla
10 W szkołach wzór na zmianę długości w wyniku podgrzania podawany jest w innej klasie niż wzór
na zmianę masy pierwiastka promieniotwórczego w czasie, więc liczba uczniów, którzy zauważają
niekonsekwencję w stosowaniu w jednym przypadku funkcji liniowej, a w drugim funkcji wykładniczej,
jest zaniedbywalnie mała. Można podejrzewać, że nie wszyscy nauczyciele mają czas i ochotę
wyjaśniać, dlaczego w jednym przypadku stosowany jest jeden wzór, a w drugim inny.

168 4. Funkcje różniczkowalne
Udowodnimy teraz twierdzenie, które charakteryzuje funkcje wypukłe z wykorzystaniem
pochodnej. Przed sformułowaniem go wprowadzimy oznaczenia:
(x) = lim dla lewostronnej pochodnej funkcji f w punkcie x
f ′ _
f(x+h)−f(x)
h→0 − h
oraz f ′ + (x) = lim
f(x+h)−f(x)
h→0 + h
dla pochodnej prawostronnej.
TWIERDZENIE 4.17 (o pochodnej funkcji wypukłej). Jeśli f jest funkcją
wypukłą określoną na przedziale otwartym P, to:
1) w każdym punkcie x ∈ P istnieją pochodne jednostronne f _ ′(x) i f + ′(x)
i f _(x) ′ ≤ f +(x);
′
2) jeśli x,y ∈ P i x < y, to f + ′(x) ≤ f _ ′ (y), przy czym jeśli f jest ściśle
wypukła, to nierówność jest ostra;
3) funkcja f jest ciągła w każdym punkcie przedziału otwartego P.
Dowód. Niech D x , gdzie D x (t) = f(t)−f(x) dla dowolnego punktu t ∈
t−x
∈ P \ {x}, oznacza iloraz różnicowy funkcji f w punkcie x. Załóżmy, że u <
< v < x < r < s są punktami przedziału P. Z własności (c) wynika, że
D x (u) ≤ D x (v). Z własności (b) wynika z kolei, że D x (v) ≤ D x (r), zaś z własności
(a) wynika, że D x (r) ≤ D x (s). Mamy więc D x (u) ≤ D x (v) ≤ D x (r) ≤
≤ D x (s). Oznacza to, że funkcja D x jest niemalejąca w całym zbiorze P \ {x}.
Ma więc granice jednostronne w każdym punkcie przedziału P, w tym w punkcie
x. Zachodzą oczywiste równości: lim D x (t) = f _(x) ′ oraz lim D x (t) =
t→x − t→x +
= f +(x), ′ przy czym f _(x) ′ ≤ D x (r), i wobec tego f _(x) ′ ≤ f +(x). ′ Pierwsza część
twierdzenia została udowodniona.
Załóżmy teraz, że x < r < y. Z własności (b) wynika, że D x (r) ≤ D y (r),
a z tego co udowodniliśmy dotychczas, wynikają nierówności f +(x) ′ ≤ D x (r)
oraz D y (r) ≤ f −(y). ′ Z trzech otrzymanych nierówności wynika, że f +(x) ′ ≤
f − ′ (y). Uzyskaliśmy więc drugą część tezy.
Z istnienia jednostronnych pochodnych skończonych w punkcie x wynika,
że funkcja f jest w tym punkcie lewo- i prawostronnie ciągła, więc jest ciągła.
Stwierdzenie tego, że dla funkcji ściśle wypukłej nierówności stają się ostre
wynika od razu z tego, że w przypadku funkcji ściśle wypukłej nierówności
w (a), (b), (c) są ostre. Dowód został zakończony.
Wniosek 4.18 (z dowodu twierdzenia). Jeśli f jest funkcją wypukłą określoną
na przedziale otwartym P, to dla dowolnego h > 0, takiego że x+h ∈ P
zachodzi nierówność f(x + h) ≥ f(x) + f +(x)h. ′ Jeśli x − h ∈ P, to zachodzi
nierówność f(x − h) ≥ f(x) − f − ′ (x)h. W przypadku funkcji ściśle wypukłej
nierówności te są ostre.
Dowód. Wynika to natychmiast z tego, że f ′ + (x) ≤ D x(x+h) = f(x+h)−f(x)
h

4.3. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, wypukłość 169
w pierwszym przypadku. W drugim przypadku z tego, że:
f ′ − (x) ≥ D x(x − h) =
f(x − h) − f(x)
.
−h
Wykazane twierdzenie oznacza, że pochodna różniczkowalnej funkcji wypukłej
jest niemalejąca. Wniosek to po prostu stwierdzenie, że wykres funkcji
wypukłej leży nad styczną do siebie w dowolnym punkcie wewnętrznym
przedziału–dziedziny. Jednocześnie okazuje się, że funkcja wypukła może być
nieróżniczkowalna w pewnych punktach, np. |x|, |x+1| + |x| + |x − 1| lub e |x| ,
ale w punktach wewnętrznych dziedziny ma skończone pochodne jednostronne,
więc jest „niedaleka” od funkcji różniczkowalnej. Wypada nadmienić, że
te uwagi nie dotyczą końców przedziału–dziedziny, w których funkcja wypukła
może nie być ciągła. Na przykład, jeśli f(x) = x 2 dla x > 0 i f(0) = 1, to f jest
ściśle wypukła na półprostej domkniętej [0, ∞), choć jest nieciągła w punkcie
0, więc tym bardziej nie ma w tym punkcie pochodnej. Takimi funkcjami nie
będziemy się jednak zajmować, bo skłonni jesteśmy przyznać, że są one nieco
sztuczne.
W przykładzie 4.18 pojawiła się nierówność e x > 1+x dla x ≠ 0. Teraz możemy
ją wywnioskować ze ścisłej wypukłości funkcji e x na przedziale (− ∞, ∞).
Podobnie nierówność sin x < x dla 0 < x < π jest konsekwencją ścisłej wklęsłości
funkcji sinus na przedziale [0,π]. Jeśli 0 < x ≠ 1, to lnx < x −1, co wynika
z tego, że funkcja ln jest ściśle wklęsła na (0, ∞), – wykażemy to niebawem.
Widzimy więc, że również w ten sposób można uzyskiwać różne oszacowania.
Warto więc umieć wyjaśnić, czy funkcja na określonym przedziale jest wypukła,
wklęsła czy też ani wypukła, ani wklęsła. Okazuje się, że w wielu przypadkach
można to wyjaśnić, badając pochodną interesującej nas funkcji.
TWIERDZENIE 4.19 (o wypukłości funkcji, której pochodna jest niemalejąca).
Jeśli funkcja f jest zdefiniowana na przedziale otwartym P i ma w punktach
wewnętrznych tego przedziału jednostronne pochodne f + ′ i f − ′ , dla których
zachodzą obydwa warunki:
1) dla każdego x ∈ P zachodzi nierówność f ′ − (x) ≤ f ′ + (x),
2) jeśli x < y i x,y ∈ P, to f ′ +(x) ≤ f ′ −(y),
to funkcja f jest wypukła na przedziale P. Jeżeli nierówność w warunku 2)
jest ostra, to funkcja f jest ściśle wypukła. W szczególności: funkcja różniczkowalna
f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna f ′ jest
niemalejąca, ściśle wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna f ′ jest ściśle
rosnąca.
Dowód. Teraz udowodnimy to twierdzenie dla funkcji różniczkowalnych,
bo w tym przypadku dowód jest bardzo prosty, dowód wersji ogólnej przed-

170 4. Funkcje różniczkowalne
stawimy na końcu paragrafu. Z wypukłości funkcji wynika, że jej pochodna
jest niemalejąca – jest to wniosek z poprzedniego twierdzenia. Zakładamy,
że funkcja f jest różniczkowalna, a jej pochodna f ′ jest niemalejąca:
x < y ⇒ f ′ (x) ≤ f ′ (y). Dla dowodu wypukłości funkcji f wykażemy, że jeżeli
x < y < z, to f(x)−f(y) ≤ f(y)−f(z) . Z twierdzenia o wartości średniej wynika,
x−y y−z
że istnieją takie punkty r ∈ (x,y) oraz s ∈ (y,z), że f(x)−f(y) = f ′ (r) oraz
f(y)−f(z)
y−z
= f ′ (s). Ponieważ r < y < s, więc r < s i wobec tego f ′ (r) ≤ f ′ (s),
co kończy dowód twierdzenia w tym przypadku. ×
Przykład 4.30. Funkcja x a jest ściśle wypukła na półprostej (0,+∞) dla
a > 1 oraz dla a < 0, natomiast w przypadku 0 < a < 1 jest ściśle wklęsła.
Wynika to natychmiast z twierdzenia o wypukłości funkcji o niemalejącej pochodnej,
bowiem (x a ) ′ = ax a−1 , więc ( (x a ) ′) ′
= a(a − 1)x a−2 , czyli funkcja
(
(x a ) ′) ′
jest dodatnia na półprostej (0,+∞) w przypadku a > 1 oraz a < 0,
natomiast w przypadku 0 < a < 1 – funkcja ta jest ujemna. Z czego wynika, że
pochodna (x a ) ′ rośnie w pierwszych dwóch przypadkach, natomiast w trzecim
– maleje.
Przykład 4.31 (uogólniona nierówność Bernoulliego). Jeśli a > 0 lub a < 0
i −1 < x ≠ 0, to (1+x) a > 1+ax. Jeśli natomiast 0 < a < 1 oraz −1 < x ≠ 0,
to (1 + x) a < 1 + ax.
Wynika to od razu z poprzedniego przykładu – z tego że pochodną funkcji
(1+x) a w punkcie 0 jest liczba a oraz z tego, że wykres funkcji ściśle wypukłej
leży nad styczną, mając z nią dokładnie jeden punkt wspólny, zaś wykres
funkcji ściśle wklęsłej leży pod styczną, mając z nią dokładnie jeden punkt
wspólny.
Przykład 4.32. Funkcja wykładnicza a x o podstawie dodatniej a ≠ 1 jest
ściśle wypukła. Mamy bowiem (a x ) ′ = ( e x ln a) ′
= e x ln a · ln a = a x · ln a.
Wobec tego ( (a x ) ′) ′
= ax · (ln a) 2 > 0 dla każdego x, więc funkcja (a x ) ′ jest
ściśle rosnąca na całej prostej, a wobec tego funkcja a x jest ściśle wypukła.
Wynika stąd, między innymi, że wykres funkcji wykładniczej leży nad styczną
(w dowolnym punkcie), np. a x > 1 + x · ln a dla x ≠ 0 i 0 < a ≠ 1.
Przykład 4.33. Funkcja log a x jest ściśle wklęsła na półprostej (0,+∞)
w przypadku a > 1, natomiast w przypadku 0 < a < 1 funkcja log a x jest ściśle
wypukła. Wynika to z tego, że log a x = ln x,
wobec czego (log ln a a x) ′ = 1 , x ln a
więc pochodna ta jest ściśle malejąca w przypadku lna > 0, czyli w przypadku
a > 1, oraz ściśle rosnąca w przypadku ln a < 0, czyli dla 0 < a < 1.
Przykład 4.34. Funkcja sinus jest ściśle wklęsła na każdym przedziale postaci
[2nπ,(2n + 1)π], zaś na przedziałach postaci [(2n − 1)π,2nπ] jest ona ściśle
x−y

4.3. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, wypukłość 171
wypukła, n oznacza tu dowolną liczbę całkowitą. Wynika to stąd, że (sin x) ′ =
= cos x i tego że funkcja kosinus maleje na przedziałach postaci [2nπ,(2n+1)π]
i rośnie na przedziałach postaci [(2n − 1)π,2nπ]. Ze ścisłej wklęsłości funkcji
sinus na przedziale [ 0, 2] π wynika, że jeśli 0 < x <
π
, to 2x < sin x < x wykres
2 π
leży nad sieczną (odcinkiem o końcach (0,0) i ( π ,1)) i pod styczną (w punkcie
2
(0,0)). Drugą z tych nierówności znamy już od dawna, ale warto raz jeszcze
podkreślić jej związek z wklęsłością funkcji sinus.
Przykład 4.35. Funkcja tangens jest ściśle wypukła na każdym przedziale
postaci [nπ,nπ + π) zaś na każdym przedziale postaci (nπ − π ,nπ] jest ściśle
2 2
wklęsła, n oznacza tu dowolną liczbę całkowitą. Wynika to z tego, że na przedziałach
postaci [nπ,nπ+ π) pochodna funkcji tangens, czyli funkcja 2 1+tg2 x,
rośnie, zaś na przedziałach postaci (nπ − π ,nπ] maleje.
2
Analiza przykładów wskazuje na to, że zdarzają się funkcje, które w całej
swej dziedzinie nie są ani wypukłe, ani wklęsłe. W podanych przykładach
zdarzało się tak, że po jednej stronie pewnego punktu mieliśmy do czynienia
z funkcją wypukłą, a po drugiej z wklęsłą. Przy szkicowaniu wykresów funkcji
rozsądnie jest znaleźć takie punkty zawczasu. Mają one swą nazwę.
DEFINICJA 4.20 (punktu przegięcia). Punkt p jest jest punktem przegięcia
funkcji f wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka liczba δ > 0, że:
a) przedział (p − δ,p + δ) jest zawarty w dziedzinie funkcji f;
b) na jednym z przedziałów (p − δ,p], [p,p + δ) funkcja f jest wypukła,
a na drugim wklęsła;
c) na żadnym z przedziałów (p−η,p+η], [p,p+η), gdzie η ∈ (0,δ), funkcja
f nie jest liniowa.
Wypada dodać, że w literaturze istnieje kilka nierównoważnych definicji
punktu przegięcia, jednak wszystkie one pokrywają się w przypadku najprostszych
funkcji. Przykładowym określeniem punktu przegięcia nierównoważnym
podanemu wyżej jest: p jest punktem przegięcia funkcji f wtedy i tylko wtedy,
gdy wykres funkcji f ma styczną w punkcie (p,f(p)) przy czym z jednej strony
tego punktu wykres znajduje się pod tą styczną, a z drugiej – nad nią. Czytelnik
może sprawdzić, że 0 jest punktem przegięcia funkcji f zdefiniowanej wzorami
f(0) = 0 oraz f(x) = x 2 (2+sin 1) dla x > 0 i f(x) = x −x2 (2+sin 1 ) dla x < 0,
x
w sensie drugiego określenia, ale nie jest punktem przegięcia w sensie definicji,
którą podaliśmy wcześniej. Natomiast 0 jest punktem przegięcia funkcji f zdefiniowanej
wzorami f(x) = −x 2 dla x < 0 oraz f(x) = x+x 2 dla x ≥ 0 w sensie
„definicji punktu przegięcia”, ale nie w sensie określenia zacytowanego po niej.
Niestety, matematycy nie ustalili tej definicji na tyle sztywno, by jedna
jedna jej wersja została przyjęta przez wszystkich, więc czytając różne
podręczniki, można spotykać się z istotnie różnymi definicjami, które jednak

172 4. Funkcje różniczkowalne
w przypadku funkcji zdefiniowanych „za pomocą jednego wzoru” 11 dają ten
sam rezultat.
Można, a być może nawet warto, dodać do naszej definicji jeszcze jeden
warunek: funkcja f ma styczną w punkcie p, lub jego słabszą wersję: jeśli z lewej
strony punktu p jest wklęsła, a z prawej wypukła, to f − ′ (p) ≤ f + ′ (p), jeśli
z lewej strony p funkcja f jest wypukła, a z prawej wklęsła, to f + ′ (p) ≤ f − ′ (p).
Chodzi o to, by funkcja zdefiniowana wzorami f(x) = x − x 2 dla x < 0
i f(x) = x(x − 1), której wykres ma w punkcie 0 „ostrze” i która ma w tym
punkcie lokalne maksimum właściwe, nie miała w tym punkcie przegięcia. Nie
dodajemy tego warunku, by nie komplikować tej definicji. Punkty przegięcia to
raczej ciekawostka, z naszego punktu widzenia chodzi jedynie o wypukłość lub
wklęsłość, anie oszczegółową analizę najwłaściwszej definicji punktu przegięcia.
Jest jasne, że punkty postaci nπ są punktami przegięcia funkcji sinus oraz
funkcji tangens, że 0 jest punktem przegięcia funkcji x 2n+1 dla n = 1,2,3,... ,
że funkcja postaci ax + b nie ma punktów przegięcia, że funkcja x 2n dla
n = 1,2,3,... nie ma punktów przegięcia, bowiem jest ściśle wypukła. Funkcja
7√ x zdefiniowana na całej prostej ma punkt przegięcia w 0, choć nie jest
w tym punkcie różniczkowalna (ma pochodną, ale równą + ∞), gdyż jest ściśle
wypukła na półprostej (− ∞,0] zaś na półprostej [0,+∞) jest ściśle wklęsła.
Te przykłady można mnożyć, ale nie będziemy tego robić, bo to proste pojęcie
nie przysparza większych problemów studentom.
4.4. Symbole nieoznaczone, reguła de l’Hospitala
Często zachodzi potrzeba obliczenia granicy ilorazu dwu funkcji, gdy granica
każdej z nich równa jest 0 lub ∞. Zdarza się, że trzeba obliczyć granicę
iloczynu dwu funkcji, z których jedna ma granicę 0, a druga ∞. Ten drugi
przypadek można sprowadzić do pierwszego: fg = f = g . Bywa, że interesuje
nas granica wyrażenia f g przy czym granicą f jest 1, a granicą g jest
1/g 1/f
∞. Wzór f g = e g·ln f pozwala problem zredukować do obliczania granicy iloczynu,
więc w dalszym ciągu do obliczania granicy ilorazu. Zdarzają się też
inne sytuacje, w których nie są spełnione założenia dotychczas sformułowanych
twierdzeń o granicach. Podobnie jak w przypadku ciągów istnieje twierdzenie,
które w wielu sytuacjach ułatwia znalezienie granicy. Jest to tzw. reguła de
l’Hospitala, francuskiego markiza, który po wysłuchaniu wykładów Jana Bernoulliego
wydał drukiem notatki z nich pod tytułem Analyse des infiniment
petites 12 , co spowodowało protesty rzeczywistego autora tekstu, ale wtedy nie
istniało jeszcze pojęcie praw autorskich. Twierdzenie, które znajduje się niżej,
pochodzi z tej właśnie książki (i – według historyków matematyki – powinno
mieć inną nazwę).
11 Chodzi o tzw. funkcje analityczne, których definicję podamy w następnym rozdziale.
12 Analiza nieskończenie małych. Trzeba jednak powiedzieć, że tylko nieliczni potrafią zanotować
zrozumiale wykład.

4.4. Symbole nieoznaczone, reguła de l’Hospitala 173
TWIERDZENIE 4.21 (Reguła de l’Hospitala). Załóżmy, że:
a) funkcje f,g: (a,b) −→ R są różniczkowalne w każdym punkcie przedziału
(a,b); g(x) ≠ 0 ≠ g ′ (x) dla każdego x ∈ (a,b);
f
b) istnieje granica lim
′ (x)
= G ∈ R = R ∪ {− ∞,+∞};
x→a
g ′ (x)
c) spełniony jest jeden z dwóch warunków:
1 ◦ lim f(x) = 0 = lim g(x),
x→a x→a
2 ◦ lim |g(x)| = + ∞;
x→a
wtedy iloraz f(x)
g(x)
ma granicę przy x → a i zachodzi równość G = lim
x→a
f(x)
g(x) .
Dowód (w najprostszym przypadku). Udowodnimy teraz to twierdzenie
przy bardzo mocnych założeniach. Chodzi nam o to, by wyjaśnić jego sens.
Dowód w przypadku ogólnym znajduje się na końcu rozdziału. Założymy mianowicie,
że: a > − ∞, zachodzi warunek 1 ◦ oraz istnieją skończone granice
lim f ′ (x) i lim g ′ (x), przy czym ta druga jest różna od 0. W tej sytuacji można
x→a x→a
dookreślić funkcje f,g w punkcie a, przyjmując f(a) = 0 = g(a). Z twierdzenia
Lagrange’a o wartości średniej zastosowanego do funkcji f rozpatrywanej na
przedziale [a,x] wynika, że f(x)−f(a) = f ′ (c
x−a x ) dla pewnego punktu c x ∈ (a,x).
f(x)−f(a)
Stąd wynika natychmiast, że lim = lim f ′ (x). Wykazaliśmy więc, że
x→a
x−a x→a
w tym przypadku funkcję f można potraktować jako określoną w punkcie a
i to w taki sposób, że f ′ (a) = lim f ′ (x). To samo dotyczy oczywiście funkcji g.
x→a
W obu przypadkach mamy na myśli różniczkowalność prawostronną. Niech
r(h) = f(a+h)−f(a)−f ′ (a)h
dla h ≠ 0 oraz r(0) = 0. Rzecz jasna lim r(h) = 0.
h
h→0
Analogicznie niech ρ(h) = g(a+h)−g(a)−g′ (a)h
. Wtedy lim ρ(h) = 0. Stąd możemy
wywnioskować,
h
h→0
że:
f(x)
g(x) = f(x) − 0 f(x) − f(a)
=
g(x) − 0 g(x) − g(a) = f ′ (a)(x − a) + (x − a)r(x − a)
g ′ (a)(x − a) + (x − a)ρ(x − a) =
= f ′ (a) + r(x − a)
g ′ (a) + ρ(x − a) −−→ f ′ (a)
x→a g ′ (a) .
Ostatnie przejście graniczne jest wykonalne, gdyż przyjęliśmy, że g ′ (a) ≠ 0,
później od tego i innych zbędnych założeń uwolnimy się. ×
W dowodzie tym wykorzystaliśmy w istotny sposób założenia f(a) =
= g(a) = 0. Oczywiście bez tych założeń teza może być w konkretnej sytuacji
prawdziwa jedynie przypadkiem – pochodne decydują o wielkości funkcji
w otoczeniu punktu, w którym wartością funkcji jest 0, jeśli f(a) ≠ 0, to „w
pierwszym przybliżeniu” f(x) ≈ f(a)!

174 4. Funkcje różniczkowalne
f(x)
Zauważmy jeszcze, że twierdzenie pozostaje prawdziwe dla granicy lim
x→b
g(x)
po dokonaniu odpowiednich kosmetycznych zmian w założeniach i w tezie.
Z tego zdania wynika, że można je też stosować w przypadku granic dwustronnych.
Warto zauważyć, że istnieje analogia między regułą de l’Hospitala i twierdzeniem
Stolza. Te rozważania nie będą ścisłe, gdyż mówić tu będziemy raczej
o intuicjach. Ciąg można traktować jako funkcję określoną na zbiorze wszystkich
liczb naturalnych. Wtedy b = + ∞. Niestety dziedzina nie jest w tym przypadku
przedziałem, więc nie można mówić o pochodnej. Można jednak spojrzeć
na zagadnienie nieco inaczej. Pochodna była nam potrzebna do oszacowania
różnicy f(x) − f(a), przy czym interesowała nas minimalna możliwa zmiana
argumentu. Pisaliśmy przy odpowiednich założeniach, że f(x)−f(a) ≈ f ′ (a)
.
g(x)−g(a) g ′ (a)
W przypadku ciągu minimalna możliwa zmiana argumentu to 1. Wobec tego
zamiast ilorazu pochodnych f ′ (x)
, który przybliża interesujący nas iloraz
g ′ (x)
różnicowy f(x+h)−f(x)
h
g(x+h)−g(x)
h
= f(x+h)−f(x)
an+1−an
, rozpatrujemy iloraz
g(x+h)−g(x) b n+1−b n
. W twierdzeniu
Stolza zakładaliśmy, że ciąg (b n ) jest ściśle monotoniczny. W regule de
l’Hospitala też występuje to założenie, zakładamy mianowicie, że pochodna
funkcji g nie przyjmuje wartości 13 0, z czego wynika, że jest ona albo dodatnia,
albo ujemna, a to pociąga za sobą ścisłą monotoniczność funkcji g.
Pokażemy teraz na kilku przykładach, jak można stosować regułę de
l’Hospitala. Niektóre z podanych rezultatów zostały uzyskane wcześniej lub
można je było uzyskać, używając wykazanych wcześniej twierdzeń.
x
Przykład 4.36. lim
a
= 0. Możemy próbować zastosować regułę de
x→∞
e x
l’Hospitala, gdyż mianownik ma granicę nieskończoną i jego pochodna, e x ,
jest różna od 0 wszędzie. Nie jest istotne, jaka jest granica licznika, a nawet
czy licznik ma granicę. Iloraz pochodnych to axa−1
, więc jest to wyrażenie
e x
tego samego typu co wyjściowe. Istotną zmianą jest pojawienie się w wykładniku
a − 1 w miejsce a. Jeśli a ≤ 1, to licznik jest ograniczony z góry
na półprostej [1,+∞), a mianownik dąży do + ∞, więc iloraz dąży do 0.
Jeśli a > 1, to stosujemy regułę de l’Hospitala k ≥ a razy. Omówimy to
dokładniej. Po k-krotnym zróżniczkowaniu w liczniku pojawia się wyrażenie
a(a − 1)(a − 2) · · · · · (a − k + 1)x a−k , w mianowniku natomiast mamy e x . Ponieważ
k ≥ a, więc funkcja a(a−1)(a−2)·· · ··(a−k+1)x a−k jest ograniczona,
zatem lim
x→+ ∞
stwierdzić, że
a(a−1)(a−2)·····(a−k+1)x a−k
e x
a(a−1)(a−2)·····(a−k+2)x
lim
a−k+1
x→+ ∞
e x
= 0. Dzięki regule de l’Hospitala możemy
= 0. Stosując twierdzenie jesz-
13 Nie udowodniliśmy, co prawda, że pochodna ma własność Darboux (przyjmowania wartości
pośrednich), ale twierdzenie to zostało wykazane przez Darboux, a w przypadku funkcji, które mają
ciągłe pochodne, wynika z twierdzenia Bolzano–Cauchy’ego o przyjmowaniu wartości pośrednich
przez funkcję ciągłą.

4.4. Symbole nieoznaczone, reguła de l’Hospitala 175
cze k − 1 razy, dochodzimy w końcu do granicy
x
lim
a
x→+ ∞ e x
= 0. Oczywiście
wynik ten można otrzymać, stosując jedynie elementarne metody: wykładnik
a można zastąpić liczbą naturalną m większą od a, następnie skorzystać z nierówności
e x > ( 1 + x n) n
prawdziwej dla każdej liczby naturalnej n i każdej
liczby x > 0, następnie skorzystać z tego, że granicą ilorazu wielomianu stopnia
m przez wielomian stopnia n > m przy x → ∞ jest liczba 0. Pokazaliśmy
tu po prostu, jak można wykorzystać twierdzenie de l’Hospitala. Ta metoda
pozwala na obliczanie granic w wielu sytuacjach, metody elementarne bywają
trudne w zastosowaniach – trzeba mieć dobry pomysł!
ln x
Przykład 4.37. lim = 0 dla każdego a > 0 – ten wynik już był
x→+ ∞ x a
omawiany w rozdziale pierwszym, ale pokażemy, jak można go uzyskać za
pomocą reguły de l’Hospitala. Ponieważ mianownik jest funkcją ściśle rosnącą
o granicy + ∞, więc spróbujemy obliczyć granicę ilorazu pochodnych:
1/x
1
lim = lim = 0. Wobec tego istnieje również granica ilorazu funkcji
i również jest równa
x→+ ∞ ax a−1 x→+ ∞ ax a 0.
Przykład 4.38. lim
x→0 + x x = 1. Mamy bowiem: x x = e x ln x . Funkcja wykładnicza
jest ciągła, więc wystarczy wykazać, że lim
x→0 + xln x = 0. Mamy:
lim
x→0 + xln x = lim
x→+ ∞
1
y ln 1 y = − lim ln y
y→+ ∞ y = 0.
Ostatnia równość wynika z rezultatu uzyskanego w poprzednim przykładzie
dla a = 1, przedostatnia – z tego, że ln 1 = − ln y.
y
(
Przykład 4.39. lim(1+x) 1/x = e – to wzmocnienie wyniku lim 1 +
1 n
x→0 n→∞ n)
=
= e. Dzięki oczywistej równości (1 + x) 1/x = e (1/x)·ln(1+x) wiemy, że wystarczy
ln(1+x)
wykazać równość lim = 1. Ta równość została już wcześniej udowodnio-
x→0 x
= lim , więc granica ta jest równa pochodnej
ln(1+x)
na, zresztą lim
x→0 x
ln(1+x)−ln1
x→0 x
logarytmu naturalnego w punkcie 1 (to wniosek z definicji pochodnej, reguła
de l’Hospitala nie jest tu potrzebna), czyli 1 1 = 1.
Przykład 4.40. Pokażemy teraz w znacznie prostszy sposób niż w rozdziale
pierwszym, że ciąg (( 1 + n) 1 n )
jest wolno zbieżny do liczby e, więc nie należy
go używać do jej przybliżonego obliczania. Obliczymy mianowicie granicę
lim
n→∞
e−(1+ 1 n) n
1
n
. W tym celu wystarczy obliczyć granicę lim
e−(1+x) 1/x
x→0
x
. Z istnienia
tej ostatniej wynika oczywiście istnienie poprzedniej (definicja granicy
wg Heinego), odwrotne wynikanie nie zachodzi. Z rezultatu z poprzedniego

176 4. Funkcje różniczkowalne
przykładu wynika, że zarówno licznik jak i mianownik dążą do 0 przy x −→ 0.
Zbadamy więc iloraz pochodnych. Jest on równy pochodnej licznika, czyli:
(
e − (1 + x) 1/x) ′
=
(
−e
ln(1+x)/x ) ′
= −e
ln(1+x)/x ·
= − (1 + x) 1/x ·
= −
(1 + x)1/x
1 + x
·
x − (1 + x)ln(1 + x)
x 2 (1 + x)
x − (1 + x)ln(1 + x)
x 2 .
1
x − ln(1 + x)
1+x
=
x 2
−(1+x)
Z tego, co już wiemy, wynika, że lim
1/x
= −e. Wystarczy więc obliczyć
granicę drugiego czynnika, czyli lim . Jest jasne, że
x→0
1+x
licznik
x−(1+x)ln(1+x)
x→0 x 2
i mianownik dążą do 0 przy x −→ 0.
Zajmiemy się więc ilorazem pochodnych. Jest on równy:
(
)
1
1 − ln(1 + x) + (1 + x) ·
1+x
2x
więc ma przy x → 0 granicę − 1 . Wobec tego:
2
Z otrzymanej równości lim
e − (1 + x) 1/x
lim
x→0 x
e−(1+ n) 1 n
1 = e
n→∞ n 2
ln(1 + x)
= − = − 1 2x 2
(
= (−e) · − 1 )
= e 2 2 .
=
ln(1 + x) · ,
x
wynika, że dla „dużych” n zachodzi
równość przybliżona e − ( 1 + n) 1 n
≈
e
, więc dla uzyskania dobrej dokładności
przybliżenia trzeba używać dużej liczby naturalnej n, co w zasadzie czyni
2n
przybliżenie bezużytecznym (więcej komentarzy znajdzie czytelnik w rozdziale
pierwszym, uwaga 1.40).
Komentarz: w końcowej fazie obliczeń, przed zastosowaniem reguły de
l’Hospitala, przedstawiliśmy ułamek w postaci iloczynu dwóch ułamków. Gdybyśmy
tego nie uczynili, obliczenia byłyby bardziej skomplikowane i wyglądałyby
o wiele poważniej.
Przykład 4.41. W ostatnim przykładzie pokazaliśmy, że e − ( 1 + 1 n) n
≈
e
2n
dla dostatecznie dużych n. Podamy teraz konkretne oszacowanie. Warto porównać
to rozumowanie z szacowaniami przeprowadzanymi w rozdziale pierwszym.
Wykażemy, że zachodzi nierówność podwójna:
e
(1
2n + 2 < e − + 1 ) n
<
n
e
2n + 1

4.4. Symbole nieoznaczone, reguła de l’Hospitala 177
dla wszystkich liczb naturalnych 14 n ≥ 1. Z nierówności tej wynika, że jeśli
np. chcemy znaleźć trzy miejsca ( ) po przecinku dziesiętnego rozwinięcia liczby
e, stosując wzór e = lim 1 +
1 n
n→∞ n , to musimy wybrać n tak duże, by
e
< 2n+1
< 1
1000e−1
, czyli n > > 1359. Z nierówności e − ( 1 + 1 1000 2 n
że dla n = 1358, błąd jest większy niż 0,001.
Zajmiemy się najpierw nierównością
) n
>
e
2n+2 wynika,
e
< e − ( 1 + 1 n
2n+2 n)
. Jest ona równoważna
następującej nierówności: ( 1 + 1 n) n+1
< e
(
1 +
1
2n)
– przenieśliśmy
składniki zawierające liczbę e na prawą stronę, składniki bez e – na lewą,
następnie pomnożyliśmy obie strony nierówności przez 1 + 1 n = n+1
n . Teraz
zastąpimy 1 n przez x. Mamy dowieść, że (1 + x)1+ 1/x < e ( 1 + x 2)
. Ponieważ
logarytm naturalny jest funkcją ściśle rosnącą, więc nierówność ta równoważna
jest: ( ) 1
(
x + 1 ln(1 + x) < 1 + ln 1 + x )
.
2
Wystarczy rozpatrywać x > 0. Po pomnożeniu obu stron przez x > 0 i przeniesieniu
wszystkich składników na jedną stronę otrzymujemy:
(
x + xln 1 + x )
− (1 + x)ln(1 + x) > 0.
2
Oznaczywszy lewą stronę przez f(x), stwierdzamy, że f(0) = 0 oraz:
(
f ′ (x) = 1 + ln 1 + x ) 1
2
1
+ x − ln(1 + x) − (1 + x)
2 1 + x 1 + x =
2
= x
2 + x − ln 1 + x = x (
1 + x 2 + x − ln 1 + x )
> 0.
2 + x
2
Ostatnia nierówność wynika z tego, że ln(1+y) < y dla −1 < y ≠ 0, co wynika
np. z tego, że funkcja ln jest ściśle wklęsła na (0,+∞), a wykres funkcji ściśle
wklęsłej leży pod styczną do tego wykresu. Wykazaliśmy, że f ′ (x) > 0 dla
x > 0, więc funkcja f rośnie na półprostej [0,+∞), a ponieważ f(0) = 0, więc
dla x > 0 przyjmuje jedynie wartości dodatnie. W szczególności f ( 1
n)
> 0,
a to właśnie chcieliśmy udowodnić.
Teraz zajmiemy się nierównością e − ( 1 + n) 1 n
<
e
. Jest ona równo-
2n+1
ważna nierówności e < ( 1 + 1 n) n (
1 +
1
2n)
– przenieśliśmy oba wyrazy zawierające
e na lewą stronę nierówności, resztę – na prawą stronę, następnie
podzieliliśmy nierówność przez 1 − 1
2n+1 = 2n
2n+1 . Teraz oznaczymy 1 n
przez x i zlogarytmujemy obie strony nierówności. Otrzymujemy nierówność
1 < 1 x ln(1 + x) + ln ( 1 + x 2)
. Zdefiniujmy g(x) =
1
x ln(1 + x) + ln ( 1 + x 2)
− 1.
Wykażemy, że g(x) > 0 dla x > 0.
14 Zob. G. Pólya, G. Szegö, Aufgaben und Lehrsätze aus der Analysis, wyd. 3, t. 1, Springer 1964.

178 4. Funkcje różniczkowalne
Niech h(x) = xg(x) = ln(1 + x) + xln ( 1 + x 2)
− x. Obliczamy pochodną
h ′ (x) = 1 (1
1 + x + ln + x )
+
2
x
2
1 + x 2
− 1 =
x
2 + x − x (1
1 + x + ln + x )
.
2
Teraz skorzystamy z tego, że dla t > 0 zachodzi nierówność ln(1 + t) > t
1+t
(przykład 4.19). Z tej nierówności wynika, że:
h ′ (x) >
x
2 + x − x x
1 + x + 2
1 + x 2
= 2x
2 + x − x
1 + x = x 2
(2 + x)(1 + x) > 0.
Wykazaliśmy, że h ′ (x) > 0 dla x > 0. Wobec tego funkcja h jest ściśle
rosnąca na [0, ∞), a ponieważ h(0) = 0, więc 0 < h(x) = xg(x) dla x > 0.
Stąd wynika, że g(x) > 0. W ten sposób udowodniliśmy drugą nierówność.
Oczywiście ten ostatni przykład jest trudniejszy od zadań, które pojawiają
się na egzaminach. Jednak warto czasem zapoznać się z czymś trudniejszym,
by potem bez trudu rozwiązać łatwiejsze zadanie. Warto też porównać to rozumowanie
z przedstawionym w rozdziale pierwszym – to ułatwi pogodzenie się
z pochodnymi. One naprawdę ułatwiają szacowanie, badanie funkcji. Jednocześnie
należy zdać sobie sprawę z tego, że człowiek ma tu wiele do zrobienia,
programy komputerowe, na razie przynajmniej, jeszcze nie wymnażają funkcji
przez odpowiednie wyrażenia, nie analizują odpowiedniego jej fragmentu itp.
W rezultacie – wielu problemów bez udziału człowieka nie są w stanie rozwiązać,
ale użytkownik sprzętu elektronicznego musi rozumieć, co z jego pomocą
można zrobić. Bez zrozumienia nie ma szans na dobre rezultaty, z wyjątkiem
tych, które autor programu przewidział.
4.5. Szeregi potęgowe II
Wiele funkcji można przedstawiać w postaci sum szeregów potęgowych.
Udało nam się już przedstawić w takiej postaci funkcję wykładniczą. W tym
punkcie przekonamy się, że nie jest ona żadnym wyjątkiem – praktycznie
wszystkie funkcje, które są zdefiniowane „za pomocą jednego wzoru”, można
tak zapisać, co ułatwia w licznych przypadkach poznanie ich własności.
Z twierdzenia o różniczkowaniu szeregu potęgowego wynika, że wewnątrz dziedziny
mają one skończoną pochodną i ta pochodna jest również sumą szeregu
potęgowego, więc i ona ma skończoną pochodną wewnątrz swej dziedziny. Zaczniemy
od logarytmu naturalnego.
Przykład 4.42. Udowodnimy, że:
ln(1 + x) =
∞∑
(−1) n−1 1 n xn = x − 1 2 x2 + 1 3 x3 − 1 4 x4 + ...
n=1

4.5. Szeregi potęgowe II 179
dla każdej liczby x ∈ (−1,1]. Jeśli |x| < 1, to:
(ln(1 + x)) ′ = 1
1 + x = 1 − x + x2 − x 3 + · · · =
(
= x − 1 2 x2 + 1 3 x3 − 1 ′
( ∞
)
∑
4 x4 + ...)
= (−1) n−1 1 ′
n xn ,
∑
zatem pochodna funkcji ln(1 + x) − ∞ (−1) n−1 1 n xn , określonej i ciągłej na
n=1
przedziale (−1,1] i różniczkowalnej w jego punktach wewnętrznych, jest równa
0. Stąd wynika, że funkcja ln(1 + x) − ∞ (−1) n−1 1 n xn jest stała na
∑
przedziale
domknięto-otwartym (−1,1]. Wobec tego dla każdej liczby x ∈ (−1,1]
zachodzi równość:
∞∑
ln(1 + x) − (−1) n−1 1 ∞∑
n xn = ln(1 + 0) − (−1) n−1 1 n 0n = 0.
n=1
Przedstawiliśmy więc funkcję ln(1 + x) w postaci sumy szeregu potęgowego
o środku w punkcie 0. Z tego wzoru wynika, że jeśli x 0 > 0 i 0 < x ≤ 2x 0 , to:
(
ln x = ln
(x 0 1 + x − x )) (
0
= ln x 0 + ln 1 + x − x )
0
=
x 0 x 0
∞∑
= ln x 0 + (−1) n−1 1 ( ) n
x − x0
,
n x 0
n=1
a więc przedstawiliśmy funkcję lnx w postaci sumy szeregu potęgowego o środku
w dowolnie wybranym punkcie x 0 i promieniu zbieżności x 0 – więc maksymalnym,
o jakim można myśleć (ln 0 nie jest zdefiniowany, więc przedział
zbieżności nie może zawierać punktu 0).
∑
Podstawimy x = 1 w równości ln(1 + x) = ∞ (−1) n−1 1 n xn . Rezultat to:
ln 2 = ln(1 + 1) =
n=1
n=1
n=1
n=1
∞∑
(−1) n−1 1 n = 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + ....
n=1
Znaleźliśmy więc sumę szeregu, którego zbieżność stwierdziliśmy już dawno.
Przykład ten świadczy, że innym problemem jest wykazanie zbieżności szeregu,
a innym znalezienie jego sumy. Dodajmy jeszcze, że szereg ten jest wolno zbieżny
i nie warto znajdować przybliżeń dziesiętnych liczby ln 2 za jego pomocą.
Można natomiast zauważyć, że np.
ln 2 = − ln 1 ∞
2 = − ∑
(−1) n−1 1 (
− 1 n ∞∑
( ) n
1 1
= .
n 2)
n 2
n=1
n=1

180 4. Funkcje różniczkowalne
W tym przypadku błąd, jaki popełniamy, przybliżając liczbę ln 2 sumą
k∑ (
1 1 n, ∞∑ (
n 2)
jest równy
1 1
) n
n 2 =
1 1 1
+ + + · · · ,
(k+1)2 k+1 (k+2)2 k+2 (k+3)2 k+3
n=1
n=k+1
więc jest mniejszy niż suma:
1
(k + 1)2 + 1
k+1 (k + 1)2 + 1
k+2 (k + 1)2 + · · · =
k+3
=
1 1
(k + 1)2 k+1 1 − 1 2
=
1
(k + 1)2 k .
W przypadku szeregu anharmonicznego 1 − 1 + 1 − 1 + · · · wartość
bezwzględna błędu, który popełniamy, zastępując liczbę ln 2 sumą
2 3 4
∑ k
n=1 (−1)n−1 1 , jest równa:
n
1
k + 1 − 1
k + 2 + 1
k + 3 − 1
k + 4 + · · · = 1
(k + 1)(k + 2) + 1
(k + 3)(k + 4) + · · · >
> 1 (
)
1
2 (k+1)(k+2) + 1
(k+2)(k+3) + 1
(k+3)(k+4) + 1
(k+4)(k+5) +· · · =
= 1 ( 1
2 k+1 − 1
k+2 + 1
k+2 − 1
k+3 + 1
k+3 − 1
k+4 + 1
k+4 − 1 )
k+5 +· · · =
1
=
2(k+1) .
Jeśli przyjmiemy k = 4, to w pierwszym przypadku błąd będzie mniejszy
niż 1 , a w drugim – większy niż 1 . Dla k = 9 w pierwszym przypadku
80 10
błąd jest mniejszy od 1
1
, a w drugim – większy niż . Jasne jest więc, że
5120 20
w razie konieczności przybliżenia liczby ln 2 za pomocą ułamka dziesiętnego
∑
należy użyć szeregu ∞ (
1 1 n
∞∑
2)
, a nie szeregu (−1) n−1 1.
n
n
n=1
Przykład 4.43. Teraz zajmiemy się funkcją arctg . Mamy (arctg x) ′ = 1
1+x 2 .
Wobec tego dla x ∈ (−1,1) zachodzi równość:
(arctg) ′ = 1
) ′
1 + x = 1 − 2 x2 + x 4 − x 6 + · · · =
(x − x3
3 + x5
5 − x7
7 + · · · .
Jasne jest, że szereg x − x3
+ x5
− x7
+ · · · = ∑ ∞ (−1) n · x2n+1
3 5 7 2n+1
n=1
n=0
jest zbieżny
dla x = ±1, przy czym nie jest to zbieżność bezwzględna. Wobec tego
jego przedziałem zbieżności jest [−1,1] – szereg potęgowy jest wewnątrz
przedziału zbieżności bezwzględnie zbieżny. Wykazaliśmy więc, że funkcja
∑
arctg x − ∞ (−1) n · x2n+1
jest ciągła na przedziale [−1,1] oraz że jej pochodna
n=0
2n+1

4.5. Szeregi potęgowe II 181
jest równa 0 w punktach wewnętrznych tego przedziału. Stąd wynika, że ta
funkcja jest stała na przedziale [−1,1]. Wobec tego dla każdej liczby x ∈ [−1,1]
zachodzi równość:
∞∑
arctg x − (−1) n x 2n+1
∞
·
2n + 1 = arctg 0 − ∑
(−1) n 0 2n+1
·
2n + 1 = 0.
n=0
∑
Stąd wynika, że równość arctg x = ∞ (−1) n · x2n+1
zachodzi dla każdego
2n+1
n=0
x ∈ [−1,1].
Podobnie jak w poprzednim przykładzie tak i tu możemy uzyskać konkretne
rezultaty. Na przykład podstawiając x = 1 do otrzymanego wzoru,
otrzymujemy:
n=0
π
4 = arctg 1 = 1 − 1 3 + 1 5 − 1 ∞
7 + · · · = ∑
(−1) n 1
2n + 1 .
Ta równość nazywana jest zwykle wzorem Leibniza. Można wykazać, że jeśli
chcielibyśmy za pomocą tego wzoru znajdować przybliżenia dziesiętne liczby π,
to musielibyśmy wykonać wiele obliczeń, co nawet w przypadku komputerów
ma istotne znaczenie – dla każdej liczby naturalnej n zachodzi nierówność
1
podwójna < 1 − 1 + 1 − 1 +· · · < 1 (nie jest ona oczywista!),
4(n+1) 2n+1 2n+3 2n+5 2n+7 4n
więc błąd, który popełniamy przy zastępowaniu liczby π liczbą 1− 1 + 1 − 1 +
4 3 5 7
+ · · ·+(−1) n−1 1 jest zawarty między 1
oraz 1 . Stosując wzór z lepiej
2n−1 4(n+1) 4n
dobranym x, otrzymać można bez trudu szeregi „szybciej” zbieżne 15 .
∑
Przykład 4.44. Wykażemy teraz, że sinx = ∞ (−1) n x2n+1
. Wykazaliśmy
(2n+1)!
poprzednio, że dla każdej liczby rzeczywistej x > 0 zachodzi nierówność podwójna
x − x3
3!
< sin x < x. Teraz wykażemy, że:
n=0
sin x < x − x3
3! + x5
5! .
Niech f(x) = x − x3
+ x5
−sinx. Mamy f ′ (x) = 1 − x2
+ x4
−cos x i wobec
3! 5! 2! 4!
tego możemy napisać, że (f ′ ) ′ (x) = −x + x3
+ sin x. Z przypomnianej nierówności
wynika, że dla każdej liczby x > 0 zachodzi (f ′ ) ′ (x) > 0, a stąd wynika,
3!
że funkcja f ′ jest ściśle rosnąca na półprostej [0,+∞). Ponieważ f ′ (0) = 0,
więc jeśli x > 0, to f ′ (x) > f ′ (0) = 0. Stąd wynika, że funkcja f jest ściśle
rosnąca na półprostej [0,+∞) i wobec tego, jeśli x > 0, to f(x) > f(0) = 0,
czyli x − x3
+ x5
> sinx, a to właśnie chcieliśmy wykazać.
3! 5!
15 Można o tym przeczytać np. w rachunku różniczkowym i całkowym G.M. Fichtenholza, t. 2,
rozdział XI, $ 8, punkt 410, książce wielokrotnie wznawianej przez PWN.
n=0

182 4. Funkcje różniczkowalne
Rozumując w taki sam sposób, wnioskujemy, że dla x > 0 zachodzi nierówność
x − x3
+ x5
− x7
< sin x – obliczamy pochodną różnicy prawej i lewej
3! 5! 7!
strony tej nierówności, potem pochodną tej pochodnej, w wyniku otrzymujemy
funkcję dodatnią na półprostej (− ∞,0) itd. Powtarzając to rozumowanie,
czyli stosując indukcję zupełną, dochodzimy do wniosku, że dla każdej liczby
rzeczywistej x > 0 i każdej całkowitej liczby nieujemnej n zachodzi nierówność
podwójna:
x − x3
3! + x5
5! − x7
7! + · · · + (−1)2n−1 x 4n−1
(4n − 1)! < sin x <
< x − x3
3! + x5
5! − x7
7! + · · · + (−1)2n x 4n+1
(4n + 1)! .
Różnica skrajnych sum równa jest x4n+1
. Mamy też lim = 0 – można
wywnioskować z kryterium ilorazowego d’Alemberta, że szereg ∞ x
(4n+1)! n→∞(4n+1)! ∑ 4n+1
x 4n+1
(4n+1)!
n=0
jest zbieżny dla x > 0, więc jego wyraz ma granicę 0, albo zauważyć, że jeśli
x
n > x > 0, to < 1 , a stąd wynika, że dla dostatecznie dużych n wyraz
o numerze n + 1 ciągu
4n+1
jest mniejszy niż ćwierć wyrazu n-tego.
4n+1 4 ( )
x
(4n+1)!
Zdefiniujmy:
s 4n+1 = x − x3
3! + x5
5! − x7
7! + · · · + (−1)2n x 4n+1
(4n + 1)! ,
s 4n−1 = x − x3
3! + x5
5! − x7
7! + · · · + (−1)2n−1 x 4n−1
(4n − 1)! .
Z tego że s 4n−1 < sinx < s 4n+1 i lim
n→∞
(s 4n+1 − s 4n−1 ) = 0 wynika, że:
lim s 4n−1 = sin x = lim s 4n+1 .
n→∞ n→∞
∑
Oznacza to, że sumą szeregu ∞ (−1) n x2n+1
jest sinx, a z tego wynika, że:
(2n+1)!
n=0
sinx = x − x3
3! + x5
5! − x7
7! + ...
Na razie wiemy, że równość ta ma miejsce dla x > 0, ale w rzeczywistości,
dzięki temu, że prawa strona to szereg potęgowy o środku w punkcie 0, wiemy
już, że promieniem zbieżności prawej strony jest + ∞. Ponieważ obie strony –
lewa i prawa – są funkcjami nieparzystymi zmiennej x równymi w przypadku
x > 0, więc są one równe dla każdej liczby rzeczywistej x. Wykazaliśmy więc,

4.5. Szeregi potęgowe II 183
że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi równość:
∞
sin x = x − x3
3! + x5
5! − x7
7! + · · · = ∑
(−1) n x 2n+1
(2n + 1)! . (4.1)
∑
„Po drodze” wykazaliśmy też, że skończona suma k (−1) n x2n+1
przybliża
(2n+1)!
sumę nieskończoną z błędem mniejszym niż |x|2(k+1)+1
. Wynika stąd np., że jeśli
x jest miarą kąta ostrego, czyli 0 < x < π < 3,16 = 1,58, to różnica między
(2(k+1)+1)!
2 2
liczbami x − x3
i sin x jest mniejsza niż x5
< 1,585 < 10 < 0,1. Zwiększenie
3! 5! 5! 120
liczby składników o 1, tj. przybliżanie liczby sin x liczbą x − x3
+ x5,
powoduje
3! 5!
zmniejszenie błędu do wartości mniejszej niż x7
< 1,587 < 0,005 = 1 . Widzimy
więc, że możemy w miarę dokładnie znajdować wartości liczbowe sinusów
7! 7! 200
stosunkowo niewielkim kosztem, przy czym dokładność istotnie rośnie przy
nieznacznym zwiększeniu liczby składników. Oczywiście tego typu oszacowania
są przydatne nie tylko do rachowania, ale również w przypadku rozważań
teoretycznych. Zwróćmy jeszcze uwagę na to, że jeśli interesujemy się liczbami
x bliskimi 0, to w wyniku zmniejszenia |x| nie tylko błąd maleje, ale również
błąd względny zmniejsza się.
∑
Przykład 4.45. Z wzoru sin x = x − x3
+ x5
− x7
+ · · · = ∞ (−1) n x2n+1
3! 5! 7!
wynika natychmiast, że:
n=0
∞
cos x = 1 − x2
2! + x4
4! − x6
6! + · · · = ∑
n=0
n=0
(−1) n x2n
(2n)! .
n=0
(2n+1)!
Po prostu obliczamy pochodne obu stron wzoru (4.1), co wolno zrobić dzięki
twierdzeniu o pochodnej szeregu potęgowego.
Przykład 4.46. Zajmiemy się teraz dwumianem Newtona. Nie chodzi przy
tym o wzór na obliczanie n-tej potęgi sumy dwu liczb, bo ten był z pewnością
znany przed Newtonem, na pewno znał go Pascal, a prawdopodobnie (wg.
N. Bourbaki, Elementy historii matematyki, PWN, Warszawa 1980) był znany
Arabom w wieku XIII, a Chińczykom w wieku XIV. Chodzi o wzór na (1+x) a ,
gdzie wykładnik a nie musi być liczbą naturalną – może być dowolną liczbą
rzeczywistą, liczba x zaś w przypadku dowolnego wykładnika nie może być
dowolna, musi mieć wartość bezwzględną mniejszą niż 1.
Zdefiniujemy najpierw symbol Newtona. Jeśli a ∈ R oraz n ∈ {1,2,... },
to przyjmujemy, że ( )
a
n =
a(a−1)(a−2)...(a−n+1)
. Dodatkowo ( a
n! 0)
= 1 dla każdej
liczby rzeczywistej a. Z definicji tej wynika natychmiast, że jeśli a jest liczbą
naturalną nie mniejszą niż n, to ( )
a
n =
a!
. Oznacza to, że nasza definicja
n!(a−n)!

184 4. Funkcje różniczkowalne
jest po prostu rozszerzeniem definicji znanej ze szkoły. Przy okazji wypada
stwierdzić, że jeżeli a jest liczbą naturalną mniejszą niż n, to ( a
n)
= 0, bowiem
w tym przypadku w liczniku ułamka definiującego symbol Newtona występuje
liczba a − a = 0.
Z definicji symbolu Newtona i tego, że 1 + a−n , wynika od razu, że:
( a
=
n)
a n ·
( ) a − 1
n − 1
oraz
( a
n)
+
= a+1
n+1 n+1
( a
n + 1
)
=
( ) a + 1
. (4.2)
n + 1
Wykażemy teraz, że jeśli |x| < 1, to dla każdej liczby rzeczywistej a zachodzi
wzór Newtona:
( ( ( ( a a a a
∞∑
( a
(1 + x) a = + x + x
0)
1)
2)
2 + x
3)
3 + · · · = x
n)
n . (4.3)
Rozpoczniemy od znalezienia promienia zbieżności szeregu potęgowego występującego
po prawej stronie równości (4.3). Skorzystamy z kryterium ilorazowego
d’Alemberta. Obliczamy granicę ilorazu, zakładając, że a nie jest liczbą
naturalną:
( a
) n+1 x
n+1
lim
) n→∞∣
x
n ∣ = lim
(a − n)x
n→∞∣
n + 1 ∣ = |x|.
( a
n
Stąd wnioskujemy, że w przypadku |x| < 1 szereg jest bezwzględnie zbieżny,
natomiast w przypadku |x| > 1 szereg jest rozbieżny, bowiem jego wyraz nie
dąży do 0 przy n −→ ∞. Obliczymy pochodną ilorazu:
Mamy:
∞∑
( / a
n)x n (1 + x) a .
n=0
(
∑ ∞ ( / )
∞∑
′ n ( )
a
∑
a
n)x n (1 + x) a n x
n−1 · (1 + x) a − a(1 + x) a−1 ∞ ( a
)
n x
n
n=1
n=0
=
=
(1 + x) 2a n=0
∞∑
( ) a − 1
∞∑
( )
a
= a(1 + x)
((1 −a−1 + x) x n−1 −
n − 1 n)x n =
n=1
n=0
(
∑ ∞ ( ) a − 1
∞∑
( ) a − 1
∞∑
( )
a
= a(1 + x) −a−1 x n−1 + x n −
n − 1 n − 1 n)x n =
n=1
n=1
n=0
(
∑ ∞ ( ) a − 1
∞∑
( ) a − 1
∞∑
( )
a
= a(1 + x) −a−1 x n + x n −
n n − 1 n)x n =
n=0
n=1
n=0
n=0

(
∑ ∞ ( a − 1
= a(1 + x) −a−1 n
n=1
∑ ∞ (( a − 1
= a(1 + x) −a−1 n
n=1
∑ ∞
= a(1 + x) −a−1 0 · x n = 0.
n=1
4.5. Szeregi potęgowe II 185
)
x n +
)
+
∞∑
( ) a − 1
∞∑
( )
a
x n −
n − 1 n)x n =
n=1
n=1
) ( a
− x
n))
n =
( a − 1
n − 1
Wykazaliśmy, więc że pochodna ilorazu równa jest 0 w każdym punkcie przedziału
(−1,1). Stąd wynika, że na tym przedziale ten iloraz jest funkcją stałą,
więc jego wartość w każdym punkcie x jest taka sama jak wartość w punkcie
0, a w tym punkcie wartość tego ilorazu jest równa ∞ ) / 0
∑
n
(1 + 0) a =
= ( a
0)/
(1 + 0) a = 1 . Wykazaliśmy więc, że dla każdego x ∈ (−1,1) zachodzi
∑
równość (1 + x) a = ∞ )
x n , czyli zrealizowaliśmy nasz plan.
n=0
( a
n
1
Zauważmy jeszcze, że dla a = −1 otrzymaliśmy wzór = ∑ ∞ ( −1
)
1+x n x n .
n=0
Czytelnik bez trudu stwierdzi, że ( )
−1
n =
(−1)(−2)...(−n)
= (−1) n , zatem otrzymaną
równość możemy zapisać jako 1 = ∑ ∞ ∑
n!
(−1) n x n = ∞ (−x) n . Widzimy
1+x
więc, że wzór (4.3) możemy potraktować nie tylko jako uogólnienie wzoru dwumianowego
pozwalającego na zapisywanie w postaci sumy skończonej potęgi
o wykładniku naturalnym sumy dwóch składników, ale również jako uogólnienie
wzoru na sumę nieskończonego ciągu geometrycznego (o ilorazie −x).
Przykład 4.47. Wzór Newtona możemy zastosować np. do wyrażenia
1
√
1−x 2
=
= (1 − x 2 ) −1/2 . Otrzymujemy:
n=0
( ) ( )
1
−1/2
−1/2
√ = 1 + · (−x 2 ) + · (−x 2 ) 2 +
1 − x
2 1
2
Mamy też:
( −1/2
n
n=0
n=0
( −1/2
3
( a
n
)
· (−x 2 ) 3 + ... .
)
· (−x 2 ) n = (−1/2) · (−3/2) · (−5/2) · · · · · ( − (2n − 1)/2 )
· (−x 2 ) n =
1 · 2 · 3 · · · · · n
= (1/2) · (3/2) · (5/2) · · · · · ((2n
− 1)/2 )
1 · 2 · 3 · · · · · n
· (x 2 ) n =
1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1)
2 · 4 · 6 · · · · · (2n)
· x 2n .
Stąd wynika, że ( ) (
) ′
−1/2
n · (−x 2 ) n 1
= · 1·3·5·····(2n−1) · x 2n+1 2n+1 2·4·6·····(2n) . Konsekwencją
tej równości, twierdzenia o różniczkowaniu szeregu potęgowego, równości

186 4. Funkcje różniczkowalne
arcsin 0 = 0 oraz znanego wzoru (arcsin x) ′ = 1 √
1−x 2
jest równość:
arcsin x = x + 1 3 · 1
2 · x3 + 1 5 · 1 · 3
2 · 4 · x5 + · · · =
∞∑ 1 1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1)
=
· · x 2n+1 ,
2n + 1 2 · 4 · 6 · · · · · 2n
n=0
która zachodzi dla x ∈ (−1,1), gdyż dla tych x prawa strona jest szeregiem
zbieżnym (wynika to łatwo z kryterium ilorazowego d’Alemberta – iloraz
dwóch kolejnych wyrazów ma granicę x 2 ). Trochę trudniejszy dowód zbieżności
tego szeregu dla x = ±1 opuszczamy. Ponieważ dla x ∉ [−1,1] granica
ilorazu dwóch kolejnych wyrazów rozpatrywanego szeregu jest większa
niż 1, więc w tym przypadku szereg jest rozbieżny. Stąd wynika, że równość
w rzeczywistości zachodzi dla wszystkich x ∈ [−1,1] i żadnych innych. Możemy
więc zastosować ją w przypadku x = 1. Mamy więc π = arcsin 1
) =
2 6 2 3
+
1
= 1 2 + 1 3 · 1
· (1
2 2
5
2)
+ · · · . Jest oczywiste, że przybliżając liczbę
) 3
+
1 · 1·3 · (1 5,
5 2·4 2)
popełniamy błąd mniejszy niż suma
· 1·3 ·
(1
5 2·4
π
liczbą 1 + 1 · 1 · (1
6 2 3 2 2
szeregu geometrycznego, którego pierwszym wyrazem jest 1 · 1·3·5
7
7,
2)
a ilorazem
liczba 1, czyli 1 · 1·3·5 · (1) 7
4 7 2·4·6 2 · 4
= 5 < 0,0005. Ponieważ mamy do
3 10752
czynienia z szeregiem zbieżnym „szybciej” niż szereg geometryczny o ilorazie 1,
4
więc wydłużenie sumy o jeden składnik spowoduje przynajmniej czterokrotne
zmiejszenie się błędu, jaki popełniamy, zastępując sumę nieskończonego szeregu
jego sumą częściową. Nie jest to rezultat rewelacyjny, ale jednak znacznie
lepszy niż w przypadku szeregu Leibniza π = 1 − 1 + 1 − 1 + · · · .
4 3 5 7
2·4·6 · (1
Pokazaliśmy rozwinięcia kilku najważniejszych funkcji. Wiadomo, jak wyglądają
szeregi, których sumami są inne funkcje, np. tangens. Jednak nie
wszystkie rozwinięcia można uzyskać równie prosto, jak te które omówiliśmy
wcześniej. Nie będziemy wgłębiać się w tę tematykę. Pokażemy jeszcze, jak
z już poznanych rozwinięć można otrzymywać inne.
x
Przykład 4.48. Znajdziemy teraz rozwinięcie funkcji w szereg potęgowy
o środku w punkcie 0, a następnie w szereg potęgowy o środku w punk-
x 2 +5x+6
cie 5.
Mamy:
x
x 2 + 5x + 6 = x
(x + 2)(x + 3) = 3
x + 3 − 2
x + 2 = 1
1 − (− x) − 1
1 − (− x) =
3 2
∞∑ (
= − x ) n ∑ ∞ (
− − x ) n ∑ ∞ ((
= − 1 n (
− −
3 2 3) 1 ) n )
x n
2
n=0
n=0
– to pierwsze z obiecanych rozwinięć.
n=0

4.5. Szeregi potęgowe II 187
Niech teraz u = x − 5. Wtedy:
x
x 2 + 5x + 6 = u + 5
(u + 5) 2 + 5(u + 5) + 6 = u + 5
(u + 7)(u + 8) = 3
u + 8 − 2
u + 7 =
= 3 8 · 1
1 − ( ) − 2 − u 7 · 1
1 − ( ) =
− u 8
7
= 3 ∞∑ (
8 · − u ) n 2
∞∑
−
8 7 ·
n=0
n=0
∞∑
( ( 3
= − 1 ) n
− 2 (
− 1 8 8 7 7
n=0
(
− u 7) n
=
) n )
(x − 5) n .
Otrzymaliśmy drugie z obiecanych rozwinięć. Wzór jest poprawny dla u ∈
(− 1, 1), czyli dla x ∈ (5 − 1,5 + 1 ). W obu przypadkach wyprowadzenie
8 8 8 8
sprowadzało się do użycia wzoru na sumę szeregu geometrycznego.
Przykład 4.49. Znajdziemy rozwinięcie funkcji cos 2 x wokół punktu 0. Mamy:
cos 2 x = 1 2 (1 + cos 2x) = 1 (
2 − 1 2 2! (2x)2 + 1 4! (2x)4 − 1 )
6! (2x)6 + · · · =
= 1 − 2 2! x2 + 23
4! x4 − 25
6! x6 + · · · .
Ten wzór zachodzi dla wszystkich x rzeczywistych, bowiem w takim zakresie
działa wzór, z którego skorzystaliśmy przy wyprowadzeniu: cos x =
∑
= ∞ (−1) n x2n
n=0
(2n)! .
Komentarz (kilka uwag o liczbach zespolonych w analizie). W tej książce
liczb zespolonych w praktyce nie używamy. Są one studentom znane z wykładu
algebry liniowej. Trudno jednak powstrzymać się od kilku przynajmniej
zdań na ich temat. Można zdefiniować granicę ciągu liczb zespolonych podobnie
jak ciągu liczb rzeczywistych: g = lim z n wtedy i tylko wtedy, gdy
n→∞
lim |z n − g| = 0, oczywiście wartości bezwzględne liczb zespolonych są liczbami
rzeczywistymi. Z tej definicji wynika łatwo, że jeśli z n = x n + iy n , przy
n→∞
czym x n ,y n ∈ R, to lim z n = g = a + ib wtedy i tylko wtedy, gdy a = lim x n
n→∞ n→∞
i jednocześnie b = lim y n . Większość twierdzeń pozostaje prawdziwa. Te,
n→∞
w których sformułowaniach występuje monotoniczność, tracą sens. W szczególności
prawdziwe jst twierdzenie o arytmetycznych własnościach granicy, ale
nie istnieje pojęcie ciągu zbieżnego do + ∞ ani do − ∞. Prawdziwe jest twierdzenie
Bolzano–Weierstrassa, ale nie ma sensu twierdzenie o trzech ciągach.

188 4. Funkcje różniczkowalne
Pozostaje w mocy twierdzenie Cauchy’ego o istnieniu granicy skończonej: ciąg
ma granicę skończoną wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia warunek Cauchy’ego.
Można więc mówić o szeregach zbieżnych. Można też mówić o szeregach potęgowych
liczb zespolonych. Wtedy zamiast przedziału zbieżności mamy do
czynienia z kołem zbieżności. Brzeg koła to okrąg składający się z nieskończenie
wielu punktów. Okazuje się, że na brzegu koła zbieżności szeregi mogą
zachowywać się dosyć dziwnie, jednak wewnątrz nie ma żadnych nowych problemów:
otrzymujemy funkcję zmiennej zespolonej, ciągłą, a nawet różniczkowalną.
Podkreślmy, wewnątrz koła i na brzegu mogą się znajdować punkty,
w których szereg jest zbieżny, a jego suma nie jest ciągła, choć o jakiejś ciągłości
w ograniczonym sensie można mówić (chodzi z grubsza o to, że ciągi
dążące do punktu na brzegu koła mają dążyć do niego „niestycznie”, ale tego
typu rozważania zaprowadziłyby nas za daleko). Można więc zdefiniować
funkcje zmiennej zespolonej za pomocą szeregów potęgowych. Na przykład napisać
e z = ∞ ∑
∑
z n
lub sin z = ∞ (−1) n z2n+1
oraz cos z = ∑ ∞ (−1) n z2n
. Z tych
n! (2n+1)! (2n)!
n=0
n=0
definicji można wywnioskować, że zachodzi następujący wzór Eulera:
e iz = cos z + isin z
dla każdej liczby zespolonej z. To jeden z ważniejszych wzorów w matematyce.
Wynikają z niego jeszcze dwa bardzo użyteczne wzory: sinz = 1 2i (eiz − e −iz )
oraz cos z = 1 2 (eiz + e −iz ), bowiem e −iz = cos(−iz) + isin(−iz) = cos(iz) −
isin(iz). Zaczyna być widoczny związek między funkcją wykładniczą oraz
funkcjami trygonometrycznymi. Tematu tego nie będziemy rozwijać, jednak
podkreślamy, że jedyną przyczyną, dla której ledwie wspominamy o liczbach
zespolonych, jest brak czasu. Chętnie korzystalibyśmy z nich w różnych miejscach,
bo wiele kwestii można by wtedy lepiej wyjaśnić.
n=0
Pokażemy jeszcze jedno twierdzenie, które po raz kolejny uświadomi nam,
że funkcja wykładnicza to taka, dla której tempo wzrostu jest proporcjonalne
do jej wartości.
TWIERDZENIE 4.22 (o wzroście wykładniczym). Jeśli f : (a,b) −→ R
jest funkcją różniczkowalną, dla której istnieje taka liczba rzeczywista k, że
równość f ′ (x) = kf(x) zachodzi dla wszystkich x ∈ (a,b), to istnieje taka
stała C, że równość f(x) = Ce kx ma miejsce dla wszystkich x ∈ (a,b).
Dowód. Z założenia wynika od razu, że dla wszystkich liczb x ∈ (a,b)
zachodzi równość:
(
f(x)e
−kx ) ′
= f ′ (x)e −kx + f(x) ( −ke −kx) = kf(x)e −kx − kf(x)e −kx = 0.

4.5. Szeregi potęgowe II 189
Z tego stwierdzenia wynika, że funkcja przypisująca liczbie x liczbę f(x)e −kx
jest stała na przedziale (a,b), zatem istnieje taka liczba rzeczywista C, że dla
każdego x ∈ (a,b) zachodzi równość f(x)e −kx = C, czyli f(x) = Ce kx .
Czytelnik zechce zwrócić uwagę na to, że tym razem założyliśmy coś o zachowaniu
się funkcji na pewnym przedziale, a nie na całej prostej, oraz na to,
że dowód jest bardzo krótki.
Przykład 4.50. Z twierdzenia o wzroście wykładniczym można np. wywnioskować
bez trudu znany już wzór e x = ∞ x n
. Można po prostu sprawdzić,
∑
że
szereg ∞ ∑
n=0
x n
n!
n=0
n!
jest zbieżny dla wszystkich liczb rzeczywistych x:
|x| n+1 /(n + 1)! |x|
lim
= lim
n→∞ |x| n /n! n→∞ n + 1 = 0 < 1,
więc z kryterium ilorazowego d’Alemberta wynika zbieżność bezwzględna dla
każdego x ≠ 0. Teraz oznaczymy sumę tego szeregu przez f(x) i sprawdzimy,
że wtedy f ′ (x) = f(x) (bardzo prosty rachunek) i wobec tego f(x) = Ce x
dla pewnej liczby rzeczywistej C i wszystkich liczb rzeczywistych x. Pozostaje
znaleźć stałą C. Mamy 1 = f(0) = Ce 0 = C.
Przykład 4.51. W podobny sposób można uzasadnić słuszność wzorów:
Jeśli x ≠ 0, to:
sin x =
∞∑ (−1) n
(2n + 1)! x2n+1 i cos x =
n=0
∞∑
n=0
(−1) n
(2n)! x2n .
|x| 2n+3 /(2n + 3)!
lim
|x| 2n+1 /(2n + 1)! = lim
n→∞(2n + 2)(2n + 3) = 0 < 1,
n→∞
więc szereg ∞ ∑
n=0
(−1) n
(2n+1)! x2n+1 jest zbieżny bezwzględnie dla każdej liczby rzeczywistej
x ≠ 0. Drugi szereg również jest zbieżny bezwzględnie, co można uzasadnić
w taki sam sposób lub zauważyć, że zachodzi wzór
n
(2n+1)! x2n+1 =
( ∑ ∞ ) ′
(−1)
n=0
∑
= ∞ (−1) n
(2n)! x2n , ten ostatni szereg jest zbieżny jako pochodna szeregu potęgo-
n=0
wego! Mamy też:
( ∑ ∞
(−1) n ) ′ ∑ ∞
(−1) n
∞∑ (−1) n
(2n)! x2n =
(2n − 1)! x2n−1 = −
(2n + 1)! x2n+1
n=0
i (cos x) ′ = − sinx.
n=1
x 2
n=0

190 4. Funkcje różniczkowalne
Niech f(x) = sin x − ∞ ∑
(−1)
∑
n
(2n+1)! x2n+1 i g(x) = cos x − ∞
n=0
n=0
(−1) n
(2n)! x2n , więc f ′ (x) =
= g(x) oraz g ′ (x) = −f(x) dla każdej liczby rzeczywistej x. Stąd wynika, że
dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi równość:
(
f(x) 2 + g(x) 2) ′
= 2f(x)f ′ (x) + 2g(x)g ′ (x) = 2f(x)g(x) + 2g(x)(−f ′ (x)) = 0,
zatem funkcja f(x) 2 + g(x) 2 jest stała, więc dla każdego x ∈ R zachodzi równość:
f(x) 2 + g(x) 2 = f(0) 2 + g(0) 2 = 0,
a to oznacza, że wzory f(x) = 0 i g(x) = 0 są prawdziwe dla każdej liczby
rzeczywistej x. Właśnie to chcieliśmy wykazać.
Metoda, którą przedstawiliśmy, polegała na znalezieniu związku między
funkcją i jej pochodną, następnie wykazaniu, że funkcji, dla których ma miejsce
uzyskana zależność, jest niewiele (tu korzystaliśmy z tego, że funkcja o zerowej
pochodnej jest stała na przedziale). Opis tego rodzaju postępowania to temat
na osobny wykład pod nazwą równania różniczkowe.
4.6. Asymptoty
Zdarza się, że funkcja „zbliża” się nieograniczenie do pewnej prostej, np.
funkcja 1 zbliża się nieograniczenie do osi poziomej układu współrzędnych.
x
Podobnie jest w przypadku niektórych innych funkcji, np. ilorazu wielomianu
przez wielomian stopnia o 1 mniejszego, takiego samego lub większego, z tym,
że prosta, do której wykres się zbliża, nie musi być wtedy pozioma. Mówimy
wtedy o asymptotach.
lim
x→+ ∞
DEFINICJA 4.23 (asymptoty).
1. Asymptotą funkcji f, określonej na pewnej półprostej postaci
(a,+∞), przy x −→ + ∞ jest prosta o równaniu y = ax + b, jeśli
(f(x) − ax − b) = 0. Jeśli a = 0, to mówimy o asymptocie poziomej,
w przypadku a ≠ 0 – o asymptocie ukośnej.
2. Jeśli funkcja f określona jest na przedziale postaci (a,b), gdzie b < + ∞
i limf(x) = + ∞ lub lim f(x) = − ∞, to mówimy, że prosta x = b jest
x→b x→b
lewostronną asymptotą pionową przy x −→ b − .
Analogicznie definiujemy asymptoty przy x −→ − ∞ oraz przy x −→ a + .
Z definicji wynika od razu, że jeśli prosta y = ax+b jest asymptotą funkcji f
f(x)
przy x −→ + ∞ lub przy x −→ − ∞, to a = lim i b = lim (f(x) − ax).
x→∞ x x→∞
Jeśli istnieje lim
x→∞
f ′ (x), to na mocy twierdzenia de l’Hospitala zachodzi równość
lim
x→∞
f ′ (x) = lim
x→∞
f(x)
x .

4.7. Dowody 191
1
Z tego wynika, że prosta y = 0 jest asymptotą funkcji , zarówno przy
x
x −→ + ∞, jak i przy x −→ − ∞. Prosta y = x + 1 jest asymptotą funkcji
x 2 +x+1
przy x −→ + ∞ oraz przy x −→ − ∞, zaś prosta pionowa x = 1 jest
x−1
asymptotą pionową obustronną przy x −→ 1.
Funkcja e −x sin x ma asymptotę poziomą, y = 0, przy x −→ + ∞, ale nie
przy x −→ − ∞. Zauważmy, że wykres tej funkcji przecina asymptotę y = 0
w nieskończenie wielu punktach. Należy więc pogodzić się z tym, że asymptota
może mieć wiele punktów wspólnych z wykresem i to nie tylko w trywialnym
przypadku funkcji liniowej, dla której asymptotą przy x −→ ±∞ jest wykres
tej właśnie funkcji.
Funkcja e 1/x ma asymptotę pionową przy x −→ 0 + , która nie jest asymptotą
tej funkcji przy x −→ 0 − , bo lewostronna granica tej funkcji w punkcie 0
równa jest 0.
Dodajmy jeszcze, że asymptota ma pełnić rolę niejako analogiczną do stycznej
do wykresu funkcji, tylko ma to być w punkcie „znajdującym się w nieskończoności”
– mówimy tu oczywiście o intuicyjnym rozumieniu pojęcia asymptoty.
Na tym kończymy krótki przegląd zagadnień związanych z asymptotami.
4.7. Dowody
Dowód tw. 4.3 (o arytmetycznych własnościach pochodnej). Mamy
f ′ f(p+h)−f(p)
(p) = lim h→0 oraz g ′ g(p+h)−g(p)
(p) = lim i wiemy, że te pochodne
są skończone. Stąd i z twierdzenia o arytmetycznych własnościach granicy
h
h→0
h
funkcji wynika, że:
f(p + h) + g(p + h) − f(p) − g(p)
lim
=
h→0
h
f(p + h) − f(p) g(p + h) − g(p)
= lim
+ lim
= f ′ (p) + g ′ (p).
h→0 h
h→0 h
Udowodniliśmy więc twierdzenie o pochodnej sumy dwu funkcji różniczkowalnych.
W identyczny sposób dowodzimy twierdzenie pochodnej różnicy
funkcji różniczkowalnych. Zajmiemy się teraz iloczynem funkcji różniczkowalnych.
Tym razem skorzystamy z udowodnionego wcześniej twierdzenia o ciągłości
funkcji różniczkowalnej. Mamy:
f(p + h)g(p + h) − f(p)g(p)
lim
=
h→0
(
h
) ( )
f(p + h) − f(p) · g(p + h) + f(p) g(p + h) − g(p)
= lim
=
h→0 h
f(p + h) − f(p)
g(p + h) − g(p)
= lim
· limg(p + h) + f(p) · lim
=
h→0 h h→0 h→0 h
= f ′ (p)g(p) + f(p)g ′ (p).

192 4. Funkcje różniczkowalne
Teraz kolej na iloraz. Mamy teraz dodatkowe założenie: g(p) ≠ 0. Wynika
stąd, że istnieje taka liczba δ > 0, że jeśli |h| < δ, to |g(p+h)−g(p)| < |g(p)| =
= |0 − g(p)|. Wnioskujemy stąd, że liczby g(p) i g(p + h) leżą po tej samej
stronie zera, w szczególności g(p + h) ≠ 0. Mamy zatem:
f(p+h)
lim
− f(p)
g(p+h) g(p)
h→0 h
f(p+h)g(p) −f(p)g(p+h)
= lim
=
h→0 hg(p+h)g(p)
f(p+h)g(p) −f(p)g(p) − ( f(p)g(p+h) −f(p)g(p) )
= lim
=
h→0 hg(p+h)g(p)
= lim
f(p+h)−f(p)
h
h→0
Dowód został zakończony.
g(p) −f(p) g(p+h)−g(p)
h
g(p+h)g(p)
= f ′ (p)g(p) −f(p)g ′ (p)
g(p) 2 .
Dowód tw. 4.4 (o pochodnej złożenia). Mamy do czynienia z dwiema
funkcjami różniczkowalnymi: f w punkcie q = g(p) oraz g w punkcie p.
Niech r g (h) = g(p+h)−g(p)−g′ (p)h
i niech r
h
g (0) = 0. Różniczkowalność funkcji
g w punkcie p równoważna jest ciągłości funkcji r g w punkcie 0. Prawdziwa
jest zatem równość: g(p + h) = g(p) + g ′ (p)h + r g (h)h. Przyjmijmy teraz,
że r f (H) = f(g(p)+H)−f(g(p)) oraz r
H
f (0) = 0. Tak jak w przypadku funkcji g
funkcja f jest różniczkowalna w punkcie q = g(p) wtedy i tylko wtedy, gdy
funkcja r f jest ciągła w punkcie 0. Również w tym przypadku zachodzi wzór:
f(g(p)+H) = f(g(p))+f ′ (g(p))H+r f (H)H. Gotowi jesteśmy do „wydzielenia
części liniowej złożenia” f ◦ g w otoczeniu punktu p:
f ( g(p + h) ) = f ( g(p) + g ′ (p)h + r g (h)h ) =
= f ( g(p) ) + f ′( g(p) ) · (g ′ (p)h + r g (h)h ) +
+ r f
(
g ′ (p)h + r g (h)h ) · (g ′ (p)h + r g (h)h ) =
= f(g(p)) + f ′ (g(p)) · g ′ (p)h+
+ h · [r
g (h) + r f
(
g ′ (p)h + r g (h)h ) · (g ′ (p) + r g (h) )] .
Jasne jest, że granicą wyrażenia znajdującego się w nawiasie kwadratowym
przy h −→ 0 jest liczba 0. Stąd zaś wynika od razu (zob. twierdzenie charakteryzujące
pochodną jako współczynnik wielomianu stopnia ≤ 1 najlepiej
przybliżającego funkcję), że pochodną funkcji f ◦ g w punkcie p jest liczba
f ′ (g(p))g ′ (p). Dowód został zakończony.
Dowód tw. 4.5 (twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej). Tym razem
wiemy, że funkcja f jest różniczkowalna w punkcie p, że f ′ (p) ≠ 0 oraz że
=

4.7. Dowody 193
funkcja f −1 odwrotna do funkcji f jest ciągła w punkcie q = f(p). Wystarczy
f
teraz wykazać, że lim
−1 (q+h)−f −1 (q)
= 1 . Oznaczmy H = f −1 (q + h) −
h→0
h f ′ (p)
− f −1 (q). Oczywiście H zależy od h. Z ciągłości funkcji f −1 w punkcie q wynika
od razu, że lim H = 0. Zachodzi też równość h = q + h − q = f(f −1 (q + h)) −
h→0
− f(f −1 (q)) = f(f −1 (q) + H) − f(f −1 (q)) = f(p + H) − f(p). Z tej równości
i z poprzednich wynika, że:
f −1 (q + h) − f −1 (q) H
lim
= lim
h→0 h
H→0 f(p + H) − f(p) = 1
f ′ (p) .
Dowód został zakończony.
Dowód tw. 4.21 (reguły de l’Hospitala, wg. dra Andrzeja Birkholca). Zauważmy,
że ponieważ pochodna funkcji g jest różna od 0 w każdym punkcie
przedziału (a,b), więc funkcja g jest różnowartościowa – wynika to z twierdzenia
Rolle’a. Ponieważ jest to funkcja ciągła i różnowartościowa, więc jest ściśle
monotoniczna. Ponieważ zamiast ilorazu f −f
można rozważać iloraz i jedna
z funkcji g lub −g jest ściśle rosnąca, a druga – ściśle malejąca, możemy
g −g
przyjąć, że g jest ściśle rosnąca. W dalszym ciągu zakładamy, że g jest ściśle
rosnąca, więc dla każdego x ∈ (a,b) musi być g ′ (x) > 0 (przypominamy, że
g ′ (x) ≠ 0 w całym przedziale 16 (a,b)).
Niech m,M będą takimi dwiema liczbami rzeczywistymi, że m < G < M.
Jeśli G = − ∞, to oczywiście nie rozpatrujemy m, jeśli G = + ∞, to nie
rozpatrujemy M. Niech ˜m, ˜M będą takimi liczbami, że m < ˜m < G < ˜M < M.
Ponieważ lim = G, więc istnieje taka liczba c ∈ (a,b), taka że ˜m <
g ′ (x)
x→a + f ′ (x)
f ′ (x)
< ˜M dla x ∈ (a,c). Wobec tego na przedziale (a,c) funkcje f ′ − ˜mg ′ oraz
g ′ (x)
˜Mg ′ −f ′ są dodatnie, zatem funkcje f − ˜mg oraz ˜Mg −f są na tym przedziale
rosnące.
Rozważymy przypadek pierwszy: lim f(x) = 0 = lim g(x). Ponieważ g
x→a + x→a +
jest ściśle rosnąca i ma granicę 0 w lewym końcu dziedziny, więc jest dodatnia
na przedziale (a,b). Funkcje f − ˜mg oraz ˜Mg −f mają granicę (prawostronną)
0 w punkcie a, więc są dodatnie. Mamy dla x ∈ (a,c) nierówność podwójną
˜m < f(x) < ˜M, więc również m < f(x) < M. Ponieważ m oznacza tu dowolną
g(x) g(x)
f(x)
liczbę mniejszą niż G, a M – dowolną większą niż G, więc lim = G, co
x→a + g(x)
kończy dowód w przypadku pierwszym.
16 Co prawda nie jest to istotne z punktu widzenia standardowych zastosowań matematyki w ekonomii,
ale nie zakładamy ciągłości funkcji g ′ , więc nie wolno nam skorzystać z własności Darboux i z
niej wcale nie korzystamy! Korzystamy z twierdzenia Rolle’a i z monotoniczności funkcji g. Może się
zdarzyć, że pochodna funkcji określonej na przedziale ma punkty nieciągłości, jednak nawet w takiej
sytuacji przysługuje jej własność Darboux, zresztą właśnie ten matematyk udowodnił, że pochodna
funkcji różniczkowalnej ma własność przyjmowania wartości pośrednich. Nietrudny dowód tego
stwierdzenia można podać, przyjrzawszy się właśnie przeprowadzonemu rozumowaniu.

194 4. Funkcje różniczkowalne
Teraz zakładamy, że lim |g(x)| = + ∞. Przyjmujemy, że g ′ (x) > 0 w przedziale
(a,b), więc lim g(x) = − ∞. Ponieważ funkcje f − ˜mg oraz ˜Mg − f są
x→a +
x→a +
rosnące na przedziale (a,c), dla x ∈ (a,c) mamy f(x) − ˜mg(x) < f(c) − ˜mg(c)
oraz ˜Mg(x) − f(x) < ˜Mg(c) − f(c). Ponieważ lim g(x) = − ∞, więc możemy
przyjąć, po ewentualnym zmniejszeniu c, że g(x) < 0 dla x ∈ (a,c).
x→a +
Otrzymujemy więc nierówność podwójną:
˜m +
f(c) − ˜mg(c)
g(x)
< f(x)
g(x) < ˜M + ˜Mg(c) − f(c)
.
g(x)
f(c)−˜mg(c)
Ponieważ lim = 0 = lim , istnieje taka liczba d ∈
x→a + g(x)
g(x)
∈ (a,c), że dla x ∈ (a,d) zachodzi nierówność m < f(x) < M. Konsekwencją
g(x)
f(x)
ostatniego stwierdzenia jest równość lim = G. Dowód został zakończony.
x→a + g(x)
x→a + ˜Mg(c)−f(c)
Dowód tw. 4.19 (o wypukłości funkcji, której pochodna jest niemalejąca).
Konieczność spełnienia warunków 1) i 2) została wykazana przed sformułowaniem
twierdzenia, które udowodniliśmy wcześniej w przypadku funkcji
różniczkowalnych. Teraz nie zakładamy istnienia pochodnej, a jedynie istnienie
pochodnych jednostronnych, nie możemy więc skorzystać z twierdzenia
o wartości średniej i dlatego rozumowanie będzie bardziej skomplikowane.
Wykażemy, że dla dowolnych x,y ∈ P zachodzi nierówność:
f(y) ≥ f(x) + f ′ +(x)(y − x)
oznaczająca, że wykres funkcji f leży nad prawostronną styczną do tego wykresu
poprowadzoną w dowolnym jego punkcie. Niech m < f +(x) ′ oznacza
dowolną liczbę rzeczywistą. Niech z oznacza kres górny zbioru takich liczb
rzeczywistych y ≥ x, że dla każdej liczby t ∈ [x,y] zachodzi nierówność f(t) ≥
≥ f(x) + m(t − x). Mówiąc prościej, rozpatrujemy najdłuższy z przedziałów
[x,y], na których wykres funkcji f znajduje się nad prostą, której współczynnik
kierunkowy m jest mniejszy niż współczynnik kierunkowy prawostronnej stycznej
do tego wykresu poprowadzonej w punkcie (x,f(x)). Prawym końcem tego
przedziału jest liczba z. Ponieważ m < f +(x), ′ więc istnieje taka liczba δ > 0,
że jeśli x < t ≤ x + δ, to f(t)−f(x) > m, więc f(t) ≥ f(x) + m(t − x). Stąd wynika,
że z ≥ x+δ, więc przedział [x,z] nie degeneruje się do punktu. Załóżmy,
t−x
że z nie jest prawym końcem przedziału P. Wiemy, że f(z) ≥ f(x)+m(z −x).
Ponieważ f + ′ (z) ≥ f + ′ (x) > m, więc podobnie jak w przypadku punktu x, istnieje
taka dodatnia liczba η, że jeśli z < t ≤ z + η, to f(t) ≥ f(z) + m(t − z)
i wobec tego f(t) ≥ f(x)+m(z −x)+m(t −z) = f(x)+m(t −x), przeciw te-

4.7. Dowody 195
mu, że z oznacza prawy koniec najdłuższego przedziału, na którym zachodzi
nierówność f(t) ≥ f(x)+m(t−x). Oznacza to, że z jest prawym końcem przedziału
P. Ponieważ nierówność f(t) ≥ f(x)+m(t−x) zachodzi dla wszystkich
m < f +(x), ′ więc zachodzi również nierówność f(t) ≥ f(x) + f +(x)(t ′ − x) dla
każdej liczby t ∈ P ∩ [x,+∞).
Analogicznie dowodzimy, że nierówność f(t) ≥ f(x)+f −(x)(t−x) ′ zachodzi
dla każdej liczby t ∈ P ∩(− ∞,x]. Jeśli 17 t < x, to f(t) ≥ f(x)+f −(x)(t−x) ′ ≥
≥ f(x)+f + ′ (x)(t −x). Wykazaliśmy więc, że wykres funkcji f leży nad jednostronnymi
stycznymi do tego wykresu poprowadzonymi w punkcie (x,f(x)).
Pozostaje udowodnić, że jeśli wykres funkcji znajduje się nad jednostronnymi
stycznymi do tego wykresu, to funkcja jest wypukła. Załóżmy, że s < x < t.
Wiemy już, że:
f(s) ≥ f(x) + f ′ −(x)(s − x) i f(t) ≥ f(x) + f ′ +(x)(t − x).
Wynika stąd, że:
f(s) − f(x)
s − x
≤ f ′ −(x) ≤ f ′ +(x) ≤
f(t) − f(x)
,
t − x
więc również:
f(s) − f(x)
s − x
≤
f(t) − f(x)
.
t − x
Ponieważ s,x,t oznaczają dowolne punkty przedziału P, więc f jest wypukła
na tym przedziale. Dowód został zakończony.
Dowód tw. 4.6 (o pochodnej szeregu potęgowego). Wiemy już, że dla
każdego ciągu liczb rzeczywistych (a n ) istnieje takie r ≥ 0, że jeśli |x| < r,
∑
to szereg potęgowy ∞ n k a n x n jest zbieżny bezwzględnie dla każdej liczby
n=0
∑
k = 0,1,2,3,..., zaś w przypadku |x| > r szereg ∞ a n x n jest rozbieżny. Obiecaliśmy
wykazać, że funkcja s przypisująca liczbie x sumę szeregu s(x) =
∑
= ∞ a n x n jest różniczkowalna w każdym punkcie x ∈ (−r,r) oraz że zachodzi
równość s ′ (x) = a n x n = na n x n−1 . Zakładamy dalej, że |x| <
n=0
( ∑ ∞ ) ′ ∞∑
r,
n=0
n=1
oraz że 0 < |h| < d < r − |x|. Stąd wynika, że |x + h| ≤ |x| + |h| < r, więc
∞∑
∞∑
∞∑
szeregi na n x n−1 , a n x n i a n (x + h) n są zbieżne i to bezwzględnie.
n=0
n=0
n=0
n=0
17 Czyli t − x < 0.

196 4. Funkcje różniczkowalne
Mamy więc:
∣ s(x + h) − s(x)
∞∑ ∣∣∣∣ − na
∣
n x n−1 =
h
n=0
∞∑
( ) ∣ (x + h) n − x n
∣∣∣
=
a
∣ n − nx n−1 =
h
n=0
∞∑ n∑
( ∣
n
∣∣∣∣ ∞∑ n∑
( n
=
a
∣ n x
k)
n−k h k−1 ≤ |h| · |a n | |x|
k)
n−k |h| k−2 ≤
n=2
≤ |h| ·
k=2
n=2
k=2
∞∑ n∑
( ) n − 2
|a n |n 2 |x| (n−2)−(k−2) |h| k−2 =
k − 2
n=2
n=2
k=2
∞∑
∞∑
= |h| · n 2 |a n |(|x| + |h|) n−2 ≤ |h| · n 2 |a n |(|x| + d) n−2 .
Przedostatnia nierówność wynika z tego, że jeśli n ≥ k ≥ 2, to:
( ( ) ( )
n n · (n − 1) n − 2 n − 2
=
k)
(k − 1) · k · ≤ n 2 .
k − 2 k − 2
n=2
Oczywiście lim|h| · ∞∑ n 2 |a n |(|x| + d) n−2 = 0, zatem
h→0 n=2
[ s(x + h) − s(x)
lim
−
h→0 h
∞∑ ]
na n x n−1 = 0,
a stąd od razu wynika, że s ′ s(x+h)−s(x)
∑
(x) = lim = ∞ na
h→0
h
n x n−1 . Dowód został
n=1
zakończony.
n=1
4.8. Zadania
212. Korzystając jedynie z definicji pochodnej, obliczyć f ′ (0), jeśli f(x) =
= x 2 cos x.
213. Korzystając jedynie z definicji pochodnej, obliczyć f ′ (0), jeśli f(x) =
= xe x .
214. Korzystając jedynie z definicji pochodnej, obliczyć f ′ (0), jeśli f(x) =
= x(x − 1).
215. Korzystając jedynie z definicji pochodnej, obliczyć f ′ (1), jeśli f(x) =
= x(x − 1).

4.8. Zadania 197
216. Korzystając jedynie z definicji pochodnej, obliczyć f ′ (0), jeśli f(x) =
= x 2 cos 1 , f(0) = 0.
x
217. Korzystając jedynie z definicji pochodnej, obliczyć f ′ (1), jeśli f(x) =
= (x − 1)e x .
218. Niech f(x) = x √ 9 + sin(tg x). Obliczyć f ′ (0), korzystając jedynie z
definicji pochodnej.
(
219. Niech f(x) = sin x √ )
4 + sin(tg x) . Obliczyć f ′ (0), korzystając jedynie
z definicji pochodnej.
220. Niech f(x) = (x−2)|x+3|. Obliczyć f ′ (2), korzystając jedynie z definicji
pochodnej.
221. Niech f(x) = (ln x) √ 1 + 3x 2 . Obliczyć f ′ (1), korzystając jedynie z definicji
pochodnej.
222. Obliczyć pochodną funkcji 1−3x+7x 2 +5x 3 w tych punktach, w których
istnieje.
223. Obliczyć pochodną funkcji √ 1 + x w tych punktach, w których istnieje.
2x
224. Obliczyć pochodną funkcji w tych punktach, w których istnieje.
1+x 2 x
225. Obliczyć pochodną funkcji w tych punktach, w których istnieje.
(1−x) 2 (1+x) 3
226. Obliczyć pochodną funkcji arcsin(cos x) w tych punktach, w których
istnieje.
227. Obliczyć pochodną funkcji
sin 2 x
sin(x 2 )
w tych punktach, w których istnieje.
228. Obliczyć pochodną funkcji x √3 w tych punktach, w których istnieje.
229. Obliczyć pochodną funkcji sin ( x + √ 1 + x 2) w tych punktach, w których
istnieje.
230. Obliczyć pochodną funkcji tg x − ctg x 2 2
istnieje.
w tych punktach, w których
231. Obliczyć pochodną funkcji x x w tych punktach, w których istnieje.
232. Obliczyć pochodną funkcji √ tg x w tych punktach, w których istnieje.
233. Obliczyć pochodną funkcji e −x2 w tych punktach, w których istnieje.
234. Obliczyć pochodną funkcji e sin x w tych punktach, w których istnieje.
√
235. Obliczyć pochodną funkcji x + √ 2x + √ 3x w tych punktach, w których
istnieje.

198 4. Funkcje różniczkowalne
236. Obliczyć pochodną funkcji ln |x| w tych punktach, w których istnieje.
237. Obliczyć pochodną funkcji sin 2 √ x w tych punktach, w których istnieje.
238. Obliczyć pochodną funkcji |sinx| w tych punktach, w których istnieje.
239. Obliczyć pochodną funkcji ln |sinx| w tych punktach, w których istnieje.
240. Obliczyć pochodną funkcji arcsin 2x
1+x 2 w tych punktach, w których istnieje.
241. Obliczyć pochodną funkcji x |x| w tych punktach, w których istnieje.
√
3 1+x
242. Obliczyć pochodną funkcji 3
w tych punktach, w których istnieje.
1−x 3
243. Znaleźć równanie stycznej do wykresu cos 2 x − 2sin x w punkcie (π,1)
lub wykazać, że w tym punkcie wykres funkcji f nie ma stycznej.
244. Znaleźć równanie stycznej do wykresu arctg(2x) w punkcie (0,0) lub
wykazać, że w tym punkcie wykres funkcji f nie ma stycznej.
245. Znaleźć równanie stycznej do wykresu |x−1| 3√ x + 2 w punkcie (−3, −4)
lub wykazać, że w tym punkcie wykres funkcji f nie ma stycznej.
246. Znaleźć równanie stycznej do wykresu (x 2 − 1) 2 w punkcie (0,1) lub
wykazać, że w tym punkcie wykres funkcji f nie ma stycznej.
247. Znaleźć równanie stycznej do wykresu (x 2 − 1) 2 w punkcie (√ 2,1 ) lub
wykazać, że w tym punkcie wykres funkcji f nie ma stycznej.
248. Znaleźć równanie stycznej do wykresu 3√ x w punkcie (0,0) lub wykazać,
że w tym punkcie wykres funkcji f nie ma stycznej.
249. Znaleźć równanie stycznej do wykresu 3√ e x − 1 w punkcie (0,0) lub wykazać,
że w tym punkcie wykres funkcji f nie ma stycznej.
250. Znaleźć równanie stycznej do wykresu 3√ x − sin x w punkcie (0,0) lub
wykazać, że w tym punkcie wykres funkcji f nie ma stycznej.
√
251. Znaleźć równanie stycznej do wykresu 1 − cos ( x √ 2 ) w punkcie (0,0)
lub wykazać, że w tym punkcie wykres funkcji f nie ma stycznej.
252. Wykazać, że jeśli f(x) = x 3 + 3x dla x ∈ (−∞,+∞), to funkcja f określona
na wskazanym przedziale ma funkcję odwrotną f −1 . Znaleźć dziedzinę
funkcji f −1 oraz (f −1 ) ′ (0).
253. Wykazać, że jeśli f(x) = x + e x dla x ∈ (−∞,+∞), to funkcja f określona
na wskazanym przedziale ma funkcję odwrotną f −1 . Znaleźć dziedzinę
funkcji f −1 oraz (f −1 ) ′ (1).

4.8. Zadania 199
254. Wykazać, że jeśli f(x) = x+lnx dla x ∈ (0,+∞), to funkcja f określona
na wskazanym przedziale ma funkcję odwrotną f −1 . Znaleźć dziedzinę funkcji
f −1 oraz (f −1 ) ′ (1).
Wskazówka do zadań 255–260. Elastycznością E p (f) funkcji f różniczkowalnej
w punkcie p, której wartość w punkcie p jest różna od 0
(f(p) ≠ 0), ekonomiści nazywają liczbę p f ′ (p)
. Zachodzi przybliżona rów-
f(p)
ność: f(p + sp) ≈ f(p) + f ′ (p)sp, więc również f(p+sp)−f(p)
f(p)
≈ spf ′ (p)
f(p)
= s pf ′ (p)
f(p) .
Można ją interpretować np. tak: lewa strona to względny przyrost wartości
funkcji f odpowiadający zmianie argumentu p o wielkość s · p, współczynnik
s odpowiada procentowej zmianie argumentu p (jeśli zmieniamy p o −5%, to
s = − 1
20 ), licznik spf ′ (p) strony prawej to przybliżona zmiana wartości funkcji
f odpowiadająca zmianie argumentu p o sp.
255. Obliczyć elastyczność E p (f) w punkcie p > 0, jeśli f(x) = e x .
256. Obliczyć elastyczność E p (f) w punkcie p > 0, jeśli f(x) = e −x .
257. Obliczyć elastyczność E p (f) w punkcie p > 0, jeśli f(x) = cx α .
258. Obliczyć elastyczność E p (f) w punkcie p > 0, jeśli f(x) = 1
1+x 2 .
259. Przyjmijmy, że popyt D na pewien towar jest odwrotnie proporcjonalny
do ceny p tego towaru. Wyznaczyć elastyczność popytu D jako funkcji ceny p.
O ile procent zmaleje popyt na ten towar w wyniku wzrostu ceny o 1%, a o ile
w wyniku wzrostu ceny o 9%?
260. Załóżmy, że funkcje f i g są różniczkowalne w punkcie x, że f(x) ≠ 0 ≠
≠ g(x) i t ∈ R. Wykazać, że prawdziwe są następujące wzory:
a) E x (fg) = E x (f) + E x (g);
b) E x
( f
g)
= Ex (f) − E x (g);
c) E x (f + g) = f(x) E f(x)+g(x) x(f) +
g(x) E f(x)+g(x) x(g);
d) E x (tf) = E x (f).
261. Załóżmy, że przy cenie p popyt na czekoladę ze strony ludności wiejskiej
jest trzykrotnie mniejszy od popytu ze strony ludności miejskiej oraz że
jego elastyczność w przypadku wsi jest równa − 0,8 a w przypadku miasta
− 0,3. O ile procent w przybliżeniu zmniejszy się globalny popyt na czekoladę
w wyniku wzrostu ceny o 1%?
262. Niech C(q) oznacza koszt produkcji q szaf, a c(q) = C(q) – średni koszt
q
produkcji jednej szafy. Załóżmy, że funkcję C przedłużono na półprostą (0, ∞)
i że jest ona na tej półprostej różniczkowalna. Wykazać, że koszt krańcowy, tj.
C ′ (q), jest równy c(q) ( 1 + E q (c) ) .
263. Jaki jest minimalny czas dojścia do domu stojącego przy prostoliniowej
szosie w odległości 13 km od miejsca, w którym się znajdujemy, jeśli odległość

200 4. Funkcje różniczkowalne
od szosy wynosi 5 km, w terenie poruszamy się z prędkością 3km/h, zaś po
szosie z prędkością 5 km/h.
264. Znaleźć maksimum objętości brył powstałych w wyniku obrotu trójkąta
prostokątnego o obwodzie 1 wokół przeciwprostokątnej.
265. Znaleźć maksimum objętości stożka wpisanego w kulę o promieniu 1.
266. Znaleźć maksimum obwodu trójkąta wpisanego w okrąg o promieniu 1.
267. Znaleźć maksimum długości statku, który może wpłynąć z kanału o szerokości
a > 0 do kanału doń prostopadłego, którego szerokość jest równa b > 0.
268. Znaleźć maksimum pola trójkąta o obwodzie 3 – można skorzystać z wzoru
Herona.
269. Znaleźć największy wyraz ciągu (a n ), jeśli a n = n 5 2 −n dla n = 1,2,
3,... .
270. Znaleźć największy wyraz ciągu (a n ), jeśli a n = n 5 3 −n dla n = 1,2,
3,... .
271. Ciężarówka porusza się po autostradzie ze stałą prędkością v km/h. Minimalna
prędkość dla ciężarówek na autostradzie wynosi 50 km/h, maksymalna
100 km/h, litr benzyny kosztuje 2 zł, kierowca otrzymuje 10 zł za godzinę
swej pracy. Ciężarówka zużywa 11 + v2
litrów paliwa w ciągu godziny jazdy
400
z prędkością v. Przy jakiej prędkości koszt przejazdu ustalonego odcinka trasy
jest najmniejszy?
272. Statek pływa z portu A do portu B. Koszt ruchu statku składa się
z dwu części: niezależnej od prędkości i równej 13500 zł dziennie oraz zależnej
od prędkości i dziennie równej (liczbowo) podwojonemu sześcianowi wartości
prędkości. Przy jakiej prędkości koszt przepłynięcia trasy jest najmniejszy?
273. Zbadano, że w pewnej fabryce robotnik rozpoczynający pracę o godzinie
8:00 wykonuje w ciągu x godzin −x 3 + 6x 2 + 15x radioodbiorników. Po
piętnastominutowej przerwie wykonuje w ciągu x godzin − 1 3 x3 +x 2 +23x radioodbiorników.
O której powinna rozpocząć się przerwa, aby do 12:15 wykonał
najwięcej radioodbiorników, a o której – by wykonał ich najmniej?
274. Niech f(x) = |x 2 + 2x − 3| + 3 ln x dla x ∈ 2 [1 ,2]. Znaleźć największą
2
i najmniejszą wartość funkcji f.
275. √
Znaleźć największą i najmniejszą wartość funkcji f, jeśli f(x)
x
e
2·|x+1| na przedziale [−2,1].
276. Znaleźć największą i najmniejszą wartość funkcji f, jeśli f(x) =
= 4x + 9π2 + sin x na przedziale [π,2π].
x

4.8. Zadania 201
277. Znaleźć największą i najmniejszą wartość funkcji f, jeśli f(x) = −1791x 2
dla −1 ≤ x ≤ 0.
278. Znaleźć największą i najmniejszą wartość funkcji f, jeśli f(x) = 2exln x
dla 0 < x ≤ 2.
279. Ile pierwiastków ma równanie x 3 − 6x 2 + 9x − 10 = 0?
280. Ile pierwiastków ma równanie 3x 4 − 4x 3 − 6x 2 + 12x − 20 = 0?
281. Ile pierwiastków ma równanie e x = ax 2 w zależności od a ∈ R?
282. Ile pierwiastków ma równanie x 5 − 5x = a w zależności od a ∈ R?
sin x−x
283. Obliczyć granicę lim .
x→0 x 3
284. Obliczyć granicę limx x .
x→0
(
285. Obliczyć granicę lim π − x) tg x.
x→ π 2
2
286. Obliczyć granicę lim
x→∞
x 1000 (1,001) −x .
sin(tg x−sin x)
287. Obliczyć granicę lim .
x→0 (−ln(cos x)) a
(1−(cos x)
288. Obliczyć granicę lim
sin x ) 2
.
x→0 (tg x) 6
289. Znaleźć najmniejszą stałą Lipschitza dla funkcji e x na przedziale [0,10].
290. Znaleźć najmniejszą stałą Lipschitza dla funkcji tg x na przedziale [0, π 3 ].
291. Znaleźć najmniejszą stałą Lipschitza dla funkcji ln x na przedziale
[2, ∞).
292. Znaleźć najmniejszą stałą Lipschitza dla funkcji 3√ x na przedziale [1, ∞).
x
293. Znaleźć najmniejszą stałą Lipschitza dla funkcji
x 2 +1
(− ∞, ∞).
na przedziale
294. Znaleźć najmniejszą stałą Lipschitza dla funkcji x 2 na przedziale
[100,1000].
295. Dowieść, że jeśli x,y ∈ ( − π 2 , π 2)
, to |tg x − tg y| ≥ |x − y|, przy czym
równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y.
296. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że:
2 √ 2
π x < sin x < x dla 0 < x < π 4 .

202 4. Funkcje różniczkowalne
297. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że:
(
tg x > 1 + 2 x − π )
π
dla
4 4 < x < π 2 .
298. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że:
ln x < −1 + ln 10 + 0.1x dla 0 < x ≠ 10.
299. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że:
(1 + x) a ≤ 1 + ax dla a ∈ (0,1) i x > −1
i wyjaśnić, dla jakich a,x zachodzi równość.
300. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że (1 + x) a ≥ 1 + ax dla a /∈ (0,1) i x > −1 i wyjaśnić, dla jakich a,x zachodzi
równość.
301. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że ln x < 1 2 (x2 − 1) dla 0 < x ≠ 1.
302. Wykazać, że w zależności od parametrów a,b ∈ R równanie lnx =
= ax + b ma dokładnie dwa rozwiązania, dokładnie jedno rozwiązanie lub
nie ma rozwiązań w ogóle.
303. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że dla dowolnych liczb dodatnich a,b,c, z których przynajmniej dwie są różne,
zachodzi nierówność:
( ) a 2 + b 2 + c 2 a+b+c ( ) a+b+c
a + b + c
> a a b b c c >
.
a + b + c
3
304. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że:
(3x + 2y) · tg
3x + 2y
5
≤ 3x · tg x + 2y · tg y dla 0 ≤ x,y < π 2
oraz wyjaśnić, kiedy zachodzi równość.
305. Korzystając z wypukłości lub wklęsłości odpowiedniej funkcji, wykazać,
że dla dowolnych liczb dodatnich x,y,z zachodzi nierówność:
xln x + 2y ln y + 3z ln z + (x + 2y + 3z)ln 6 ≥ (x + 2y + 3z) ln(x + 2y + 3z)
oraz wyjaśnić, kiedy zachodzi równość.

4.8. Zadania 203
306. Wykazać, że jeśli funkcje f i g są wypukłe, funkcja g jest niemalejąca, to
funkcja g ◦ f jest wypukła, jeśli natomiast g jest nierosnąca, to złożenie g ◦ f
może być funkcją wklęsłą, wypukłą lub nawet mieć punkty przegięcia.
307. Wykazać, że jeśli funkcja f jest wypukła na każdym z przedziałów [a,b]
i [b,c] oraz różniczkowalna w punkcie b, to jest wypukła na [a,c]. Podać przykład
świadczący o tym, że bez założenia różniczkowalności teza nie jest prawdziwa.
308. Niech f(x) = sin 2x. Rozwinąć funkcję f w szereg potęgowy o środku
w punkcie 0.
309. Niech f(x) = sin 2 x. Rozwinąć funkcję f w szereg potęgowy o środku
w punkcie 0.
310. Niech f(x) = sinx. Rozwinąć funkcję f w szereg potęgowy o środku
w punkcie π.
311. Rozwinąć w szereg potęgowy o środku w punkcie 2 funkcję f, jeśli f(x) =
= x 4 .
312. Rozwinąć w szereg potęgowy o środku w punkcie 1 funkcję f, jeśli f(x) =
= e x .
313. Niech f(x) = xsin x. Rozwinąć funkcję f w szereg potęgowy o środku
w punkcie 0.
314. Niech f(x) = 1
(1−x) 3 . Rozwinąć funkcję f w szereg potęgowy o środku
w punkcie 0.
1
315. Niech f(x) = . Rozwinąć funkcję f w szereg potęgowy o środku
(x−1)(x−2)
w punkcie 0.
x+1
316. Niech f(x) = . Rozwinąć funkcję f w szereg potęgowy o środku
(x−1)(x−2)
w punkcie 0.
317. Niech ln(1 + x) = ∞ ∑
− n ∑
k=1
(−1) k−1
k
x k .
n=1
a) Wykazać, że lim |nr n (1)| = 1.
n→∞ 2
b) Wykazać, że |nr n ( 1)| < 1 .
∣ 2 2 n+1
c) Znaleźć lim ∣r n (1) + r n+1 (1) ∣ ∣.
n 2
n→∞ 2
(−1) n−1
x n dla x ∈ (−1,1] i r
n
n (x) = ln (1 + x) −
d) Wykazać, że jeśli n jest dowolną liczbą naturalną, to lim
x→−1 |r n(x)| =
= +∞.
318. Niech f(x) = x . Rozwinąć funkcję f w szereg potęgowy o środku
(1+x 2 ) 2
w punkcie 0. ( Wskazówka: ( )
1 ′ )
1+x =
−2x
2 (1+x 2 ) . 2

204 4. Funkcje różniczkowalne
319. Niech a 0 = 1 = a 1 oraz a n+2 = a n+1 + a n dla dowolnej liczby n =
= 0,1,2,...
a) Wykazać, że dla n = 0,1,2,3,... zachodzi nierówność a n ≤ 2 n .
∑
b) Wykazać, że szereg ∞ a n x n jest zbieżny dla każdej liczby x∈ ( − 1, 1 2 2)
.
c) Niech f(x) = ∞ ∑
n=0
n=0
a n x n dla x ∈ ( − 1, ( 1
2 2)
. Wykazać, że dla x ∈ −
1
, )
1
2 2
jest spełniona równość: f(x) = xf(x) + x 2 f(x) + 1.
1
d) Wykazać, że f(x) = , potem rozwinąć funkcję f w szereg
Taylora ( o środku w punkcie x 0 = 0 i dowieść, że: a n =
1−x−x 2
(1+
= √ 1
√
5
) n+1 ( √
5 2 − 1− 5
) n+1
)
.
2
320. Niech a 0 = 2, a 1 = 5 oraz a n+2 = 5a n+1 − 6a n dla dowolnej liczby
n = 0,1,2,...
a) Wykazać, że dla n = 0,1,2,3,... zachodzi nierówność a n ≤ 5 n .
∑
b) Wykazać, że szereg ∞ a n x n jest zbieżny dla każdej liczby x∈ ( − 1, 1 5 5)
.
c) Niech f(x) = ∞ ∑
n=0
n=0
a n x n dla x ∈ ( − 1, ( 1
5 5)
. Wykazać, że dla x ∈ −
1
, )
1
5 5
jest spełniona równość: f(x) = 5xf(x) − 6x 2 f(x) + 2 − 5x.
d) Wykazać, że f(x) = 2−5x , następnie rozwinąć funkcję f w szereg
1−5x+6x 2
Taylora o środku w punkcie x 0 = 0 i uzyskać wzór: a n = 2 n + 3 n .