c○ MIM UW, 2010/11 71Zatem s n (y) rośnie i ma wyrazy dodatnie. Dlatego lim s n (y) > 0 i sin y < y dla y ∈ (0, 2].Podobnie sprawdzamy, że sin y > 0 dla y ∈ (0, 2]: to wynika stąd, że każdy składnik poprawej stronie równości) ( )sin z =(y − y3 y5+3! 5! − y7+ · · ·7!jest dodatni, gdy y ∈ (0, 2].□Lemat 4.66. Cosinus jest malejący na przedziale [0, 2], tzn.x 1 , x 2 ∈ [0, 2], x 2 > x 1 ⇒ cos x 2 < cos x 1 . (4.18)Ponadto, dla wszystkich x 1 , x 2 ∈ [0, 2] jest| cos x 2 − cos x 1 | ≤ |x 2 − x 1 | .Dowód. Korzystając ze wzoru na różnicę cosinusów (patrz Stwierdzenie 4.63), piszemydla x 1 < x 2 , x 1 , x 2 ∈ [0, 2]cos x 2 − cos x 1 = −2 sin x 2 − x 12sin x 2 + x 12dla x 1 < x 2 , x 1 , x 2 ∈ [0, 2].Jednak y = x 2−x 12∈ (0, 1], więc zgodnie z poprzednim Lematem jest sin y > 0. Podobnie,sin x 2+x 12> 0, gdyż (x 1 +x 2 )/2 ∈ (0, 2]. Oba sinusy w powyższej równości są więc dodatnie,a stąd cos x 2 − cos x 1 < 0.Ponadto, przy założeniu 2 ≥ x 2 > x 1 ≥ 0 jest| cos x 2 − cos x 1 | = 2∣ sin x 2 − x 1sin x ∣2 + x 1∣∣∣ 2 2 ∣ ≤ 2 sin x 2 − x 12 ∣ = 2 sin x 2 − x 1≤ x 2 − x 1 .2W ostatniej nierówności skorzystaliśmy z tego, że sin y ≤ y na (0, 2].Lemat 4.67. Dla każdej liczby x ∈ [0, 1) jest cos x > 0, a dla każdej liczby y ∈ [ 4023, 2] jestcos y < 0.Dowód. Po pierwsze, dla każdej liczby x ∈ [0, 1) mamy wobec nierówności z poprzedniegoLematu: |1 − cos x| = | cos 0 − cos x| ≤ |0 − x| = x < 1, a więc cos x > 0. Oszacujemy terazliczbę cos 2. Mamy(cos 2 = 1 − 22 242! + 4! − 266!( 24= −1 +4! − 266!≤ −1 + 244! + 288!< −1 + 244!= −1 + 1624 ·)+) ( 28+( 288! − 21010!8! − 21010!)+ · · ·)+ · · ·+ · · · (opuszczamy ujemne składniki w nawiasach)(1 + 245 4 + 285 8 + · · · )11 − ( 25) 4< −1 + 1624 ·11 − 124□= − 7 23 , gdyż ( 25) 4< 1 24 .
72 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011Jeśli y ∈ [ 406623, 2], to |y − 2| ≤23, a więc, dzięki nierówności | cos 2 − cos y| ≤ |2 − y| ≤23(z poprzedniego Lematu) i powyższemu oszacowaniu liczby cos 2, z pewnością jestDowód Lematu 4.67 jest zakończony.cos y ≤ − 7 23 + 6 23 = − 123 < 0.□Dowód Twierdzenia 4.64. Ponieważ cos x maleje na [0, 2], więc ma w tym przedziale conajwyżej jedno miejsce zerowe. NiechA = {x ∈ [0, 2]: cos x > 0} .Z monotoniczności cosinusa wynika, że ten zbiór jest przedziałem. Z ostatniego lematuwynika ponadto, że[0, 1) ⊂ A, A ⊂ [0, 40/23],a więc kres górny x 0 przedziału A jest pewną liczbą z przedziału [1, 40/23] ⊂ [1, 7/4).Ponadto, cos x 0 = 0. Istotnie, liczba x 0 jest granicą ciągu x n = x 0 (1 − 1 n ) ∈ A i dlategoz ciągłości cosinusa cos x 0 = lim cos x n ≥ 0. Gdyby cos x 0 > 0, to wobec równości0 < cos x 0 = limm→∞ cos(x 0 + m −1 )byłoby cos(x 0 + 1 m) > 0 dla wszystkich dostatecznie dużych m, tzn.x 0 + 1 m ∈ A, x 0 + 1 m > x 0 = sup A,to zaś jest sprzeczność.□Definicja 4.68 (liczba π). Liczba π to liczba rzeczywista równa 2x 0 , gdzie x 0 ∈ (0, 2) jestjedyną w przedziale (0, 2) liczbą taką, że cos x 0 = 0.Twierdzenie 4.69. Zachodzą wzorye iπ/2 = i, e iπ + 1 = 0.Dowód. Wiemy już, że cos π 2= 0. Zatem, z równości(cos π ) 2 (+ sin π ) 2= 12 2wynika, że sin π 2 = ±1 = 1, bo wiemy już, że sin x > 0 na (0, 2). Zatem exp(i π 2) = 0+1·i = i.Stąd wynika, że(e πi = e π ·i) 22 = i 2 = −1 .To kończy dowód.□Definicja 4.70. Liczba T ≠ 0 jest okresem funkcji f : C → C (odpowiednio: funkcjif : R → R) wtedy i tylko wtedy, gdy f(z + T ) = f(z) dla każdego z ∈ C (odpowiednio:dla każdego z ∈ R).
- Page 4: c○ MIM UW, 2010/11 45Jednak ln (
- Page 8 and 9: c○ MIM UW, 2010/11 49Proszę zauw
- Page 10 and 11: c○ MIM UW, 2010/11 51gdyż pierws
- Page 12 and 13: c○ MIM UW, 2010/11 53Intuicja zwi
- Page 14 and 15: c○ MIM UW, 2010/11 55Szereg ∑
- Page 16 and 17: c○ MIM UW, 2010/11 57Lemat. Jeśl
- Page 18 and 19: c○ MIM UW, 2010/11 59gdzie A k =
- Page 20 and 21: c○ MIM UW, 2010/11 61• środek,
- Page 22 and 23: c○ MIM UW, 2010/11 63dla wszystki
- Page 24 and 25: c○ MIM UW, 2010/11 65Korzystając
- Page 26 and 27: c○ MIM UW, 2010/11 67Portret exp,
- Page 28 and 29: c○ MIM UW, 2010/11 69Z definicji
- Page 32 and 33: c○ MIM UW, 2010/11 73Twierdzenie
- Page 34 and 35: c○ MIM UW, 2010/11 75Wniosek 4.76