Limita funkce. FIT ČVUT v Praze. (FIT) Limita funkce 3.týden 1 / 39

Transkript

1 Limita funkce FIT ČVUT v Praze 3.týden (FIT) Limita funkce 3.týden 1 / 39

2 Definice funkce. Zobrazení (f, D f ), jehož definiční obor D f i obor hodnot H f je podmnožinou množiny reálných čísel, se nazývá reálná funkce reálné proměnné. Grafem f se rozumí množina {( x, f (x) ) x D f } R 2. (FIT) Limita funkce 3.týden 2 / 39

3 Hromadný bod Definice Řekneme, že a R je hromadným bodem množiny A R, když existuje prostá posloupnost (x n ) taková že x n = a. (FIT) Limita funkce 3.týden 3 / 39

4 Příklady Uved me na několika příkladech, jak mohou vypadat hromadné bodů množiny. Konečná množina nemá žádný hromadný bod. Množina A = { 1 n n N} má jediný hromadný bod 0. Interval 0, 1) má za hromadný bod libovolný prvek intervalu 0, 1. Tento příklad ukazuje, že hromadný bod množiny A může, ale také nemusí patřit do množiny A. N Množina přirozených čísel má jediný hromadný bod, a to +. Z Množina celých čísel má dva hromadné body, a to ±. Množina Q má za své hromadné body celou množinu R. (FIT) Limita funkce 3.týden 4 / 39

5 Definice ity Definice Necht a R je hromadným bodem definičního oboru D f funkce f a necht c R. Řekneme, že funkce f má v bodě a itu c, pokud pro každou posloupnost (x n ), jejiž členy x n jsou z množiny D f \ {a}, platí x n = a = f (x n) = c. n n Zapisujeme x a f (x) = c nebo zkráceně a f = c. (FIT) Limita funkce 3.týden 5 / 39

6 Věta Necht (α n ) je reálná posloupnost. Pak platí n = α R n = n eαn = e α, n = + n = n eαn = +, n = n = n eαn = 0. Pro vztah ity a logaritmu dostáváme Necht (α n ) je reálná posloupnost kladných čísel. Pak platí α n = α (0, + ) = ln α n = ln α, n n α n = + = ln α n = +, n n α n = 0 = ln α n =. n n (FIT) Limita funkce 3.týden 6 / 39

7 Příklad Pro libovolný bod a R platí x a ex = e a, protože podle věty o posloupnostech vztah x n a implikuje e xn e a. Ze stejného důvodu je ln x = ln a x a pro každé a (0, + ). (FIT) Limita funkce 3.týden 7 / 39

8 Příklad Ukážeme, že (1 + x) 1 x = e. (1) x 0 Abychom určili itu, podle definice máme uvažovat posloupnosti (x n ) takové, že x n = 0, kde navíc x n 0 pro každé n N. Zřejmě pro n absolutní hodnotu platí n 1 x n = +. ( p n = + = ) pn = e. p n Úlohu posloupnosti (p n ) ted hraje posloupnost 1 x n. Proto f (x n) = (1 + x n) 1 xn n n = n ( x n ) 1 xn = e. (FIT) Limita funkce 3.týden 8 / 39

9 Pozńamky k definici Udělejme několik důležitých komentářu k definici. Definice nevyžaduje, aby byl bod a z definiční ho oboru funkce f. Např. funkce sgn 1 není definovaná v bodě 0, přesto je x 2 sgn 1 = 1. x 0 x 2 Je-li bod a D f, nemá číslo f (a) žádný vliv na hodnotu ity funkce v bodě a. Např. sgn x 2 = 1 sgn 0 2 = 0. x 0 Požadavek, aby byl bod a hromadným bodem množiny D f je nezbytný k tomu, abychom našli alespoň jednu posloupnost x n D f \ {a}, která má za itu a. (FIT) Limita funkce 3.týden 9 / 39

10 Když se nám podaří najít dvě posloupnosti (x n ) a (y n ) bodů z D f \ {a} takové, že x n = y n = a a f (x n) f (y n) n n n n Pak x a f (x) neexistuje. (FIT) Limita funkce 3.týden 10 / 39

11 Příklad Ukažme, že Zkoumejme dvě posloupnosti x 0 sin 1 x neexistuje. x n = 1 2πn a y n = 1 2πn + π 2. Pro obě platí n x n = n y n = 0, ale sin 1 = n x sin(2πn) = 0 a n n sin 1 = n y sin(2πn + π n n 2 ) = 1. (FIT) Limita funkce 3.týden 11 / 39

12 Příklad Zkoumejme dvě ity 1 x 0 x a 1 x 0 x 2. O první z it snadno ukážeme, že neexituje. Položíme-li totiž za x n = 1 n a za y n = 1 n, obě posloupnosti mají itu a = 0, zato f (x n ) = 1 1 n = n + a f (x n ) = 1 1 n = n 1 Zato zřejmě ita x 0 x 2 = +. (FIT) Limita funkce 3.týden 12 / 39

13 Jednostranné ity Definice Necht bod a R je hromadným bodem množiny D f (a, + ) a necht c R. Řekneme, že c je itou funkce f v bodě a zprava, pokud pro každou posloupnost (x n ), jejiž členy x n jsou z množiny D f (a, + ), platí x n = a = f (x n) = c. n n Zapisujeme f (x) = c nebo zkráceně f = c. x a+ a+ Obdobně Necht bod a R je hromadným bodem množiny D f (, a) a necht c R. Řekneme, že c je itou funkce f v bodě a zleva, pokud pro každou posloupnost (x n ), jejiž členy x n jsou z množiny D f ((, a), platí x n = a = f (x n) = c. n n Zapisujeme f (x) = c nebo zkráceně f = c. x a a (FIT) Limita funkce 3.týden 13 / 39

14 Příklad.. 1 x 0+ x 1 = + a x 0 x = sgn x = 1 a sgn x = 1 x 0+ x 0 (FIT) Limita funkce 3.týden 14 / 39

15 Nutná a postačující podmínka Věta a f = c právě tehdy, když současně a+ f = c a a f = c. Rozdílnost jednostranných it indikuje tedy neexistenci ity celkové. (FIT) Limita funkce 3.týden 15 / 39

16 Výpočet ity funkce Věta a (f ± g) = a f ± a g, a (f.g) = a f. a g, a ( f g ) = a f a g za předpokladu, že a je hromadným bodem množiny D f ±g, resp. D f.g, resp. D f a výrazy na pravých stranách rovnosti mají smysl. g (FIT) Limita funkce 3.týden 16 / 39

17 Příklad Uvažujme funkci f (x) = x 4 + 2x 2 3 x 3 3x 2 + 2x a zkoumejme její ity postupně v bodech a = 1, 1, 2,. Protože zřejmě x a = x mužeme s použitím předchozí věty spočítat itu pro každý bod a R, pro který bude výraz f (a) definován. Proto x 1 x 4 + 2x 2 3 x 3 3x 2 + 2x = f ( 1) = 0. Hodnoty f (1) a f (2) nejsou definovány. To znamená, že 1 a 2 jsou kořeny polynomu x 3 3x 2 + 2x. Snadno upravíme x 4 + 2x 2 3 x 3 3x 2 + 2x = (x 2 + 3)(x + 1)(x 1) = (x 2 + 3)(x + 1) x(x 1)(x 2) x(x 2) (FIT) Limita funkce 3.týden 17 / 39

18 Pokračování příkladu Nyní už můžeme určit prostým dosazením (x 2 + 3)(x + 1) f (x) = = 8. x 1 x 1 x(x 2) Pro výpočet ity v bodě a = 2 upravíme dále (x 2 + 3)(x + 1) (x 2 + 3)(x + 1) = x 2 x(x 2) x 2 x 1 x 2 Limit prvního zlomku je 7, druhý zlomek itu nemá, protože ita zprava a zleva je + resp.. Proto ani celková ita neexistuje. (FIT) Limita funkce 3.týden 18 / 39

19 Pokračování příkladu Pro výpočet ity v bod e a = musíme provádět upravy jiného druhu, 1 abychom mohli využít toho, že x = 0. x x x 4 + 2x 2 3 x 3 3x 2 + 2x = x x 2 x 4 x x 1 3 x + 2 x 2 3 x 2 x 4 = x 2 x x 1 3 x + 2 =.1 = (FIT) Limita funkce 3.týden 19 / 39

20 O itě složené funkce Věta (o itě složené funkce) Necht a R je hromadným bodem definičního oboru složené funkce f ( g(x) ), necht b, c R a necht jsou splněny tyto tři podmínky: 1 x b f (x) = c, 2 x a g(x) = b, 3 bud ( Ha )( x D g Ha {a})(g(x) b) nebo (b D f a f (b) = c). Pak x a f ( g(x) ) = c. (FIT) Limita funkce 3.týden 20 / 39

21 Příklad Odvodíme důležitou itu Větu o itě složené funkce použijeme na ln(1 + x) = 1. (2) x 0 x vnější funkci f (x) = ln x a bod b = e a vnitřní funkci g(x) = (1 + x) 1 x a bod a = 0. (FIT) Limita funkce 3.týden 21 / 39

22 . Protože podle (1) je x 0 g(x) = e = b, je splněna 2. podmínka vety. Stačí položit c := x e f (x) = ln e = 1 a je splněna i 1. podmínka. Protože f (g(x)) = ln(1 + x) 1 x = ln(1 + x) x stačí k důkazu tvrzení (2) ověřit splnění 3. podmínky. Jelikož b = e D f = D ln a f (b) = ln e = c = 1 je pravdivá druhá, část 3. podmínky., (FIT) Limita funkce 3.týden 22 / 39

23 Příklad Dokážeme e x 1 = 1. (3) x 0 x Opět použijeme větu o itě složené funkce. Tentokráte f (x) = ln(1 + x) x a bod b = 0 a g(x) = e x 1 a bod a = 0. Stačí položit c = f (x) = x a x = 1, a protože g(x) = x a x 0 ex 1 = 0 = b je vyhověno 1. a 2. podmínce. V tomto případě, však b = 0 / D f. Nicméně x 0 ln(1+x) g(x) = e x 1 0 = b pro každé x 0 = a, je vyhověno i 3. podmínce, kde za okoĺı H a lze zvolit libovolné okoĺı bodu 0. (FIT) Limita funkce 3.týden 23 / 39

24 . Celkově do dosazení máme ln(1 + e x 1) f (g(x)) = x 0 x 0 e x = 1 x 0 z čehož už (3) plyne. ln e x e x 1 = x 0 x e x 1 = 1, (FIT) Limita funkce 3.týden 24 / 39

25 . Na jendoduchém příkladě ukážeme, že podmínka 3. ve znění věty není zbytečná. Uvažujme funkci f (x) = sgn x 2 a bod b = 0. Jak jsme ukázali je f (x) = 1 = c. Je-li vnitřní funkce konstantně rovna 0, tj. g(x) = 0, x b pak x a g(x) = 0 = b. Přesto f (g(x)) = 0 = 0 1 = f (x). x a x a x b (FIT) Limita funkce 3.týden 25 / 39

26 Nerovnosti v itách Věta Necht existují obě ity f (x) a g(x) a necht navíc existuje okoĺı x a x a Ha takové, že Ha \ {a} D f a Ha \ {a} D g. Pak platí implikace 1 ( x Ha \ {a}) ( f (x) g(x) ) = f (x) g(x). x a x a 2 f (x) < g(x) = ( H a H x a x a a )( x H a \ {a}) ( f (x) < g(x) ). (FIT) Limita funkce 3.týden 26 / 39

27 Věta o itě sevřené funkce. Věta Necht pro funkce f, g, h a body a, c R platí: 1 existuje okoĺı H a takové, že H a \ {a} D f Dg Dh ; 2 f (x) g(x) h(x) pro každé x H a \ {a} ; 3 existují x a f (x) = x a h(x) = c. Pak existuje i ita x a g(x) a je rovna c. (FIT) Limita funkce 3.týden 27 / 39

28 P řipomeňme si definice funkcí sin, cos a tg. Pro hodnoty x (0, π 2 ) je z geometrické představy zřejmé, že 0 < sin x < x. Protože funkce sin x je lichá, platí také x < sin x < x pro každé x ( π 2, π 2 ) {0} Jelikož x 0 x = 0, dostaneme z předchozí věty sin x = 0. x 0 Jelikož cos 2 x + sin 2 x = 1 a cos x ( π 2, π 2 ) je kladný, odvodíme pomocí pravidel pro výpočet ity cos x = 1 sin 2 x = 1. x 0 x 0 (FIT) Limita funkce 3.týden 28 / 39

29 . Využijeme ještě jednu nerovnost, kterou vyčteme z grafického znázornění trigonometrických funkcí Jelikož tg x = sin x cos x dostaneme 0 < sin x < x < tg x pro x (0, π 2 ). cos x < sin x x < 1 pro x (0, π 2 ). Protože funkce cos x i funkce sin x x jsou sudé, lze platnost předchozích nerovnosti rozšířit na x ( π 2, π 2 ) {0}. Z věty o itě sevřené funkce odvodíme sin x = 1. x 0 x (FIT) Limita funkce 3.týden 29 / 39

30 Example Pro výpočet následující ity využijeme známého vztahu sin 2 x + cos 2 x = 1. cos x 1 (cos x 1)(cos x + 1) sin 2 x = = x 0 x x 0 x(cos x + 1) x 0 x(cos x + 1) = = x 0 ( 1 cos x + 1. x 0 ) sin x 2. x x = 1 x = 0. (FIT) Limita funkce 3.týden 30 / 39

31 . Zatím jsme se věnovali hlavně výpočtu ity funkce v bodě 0. Odvodili jsme ln(1 + x) e x 1 sin x = 1, = 1 a y 0 x x 0 x x 0 x = 1 Tyto ity a větu o itě složené funkce použijeme při výpočtu dalších důležitých it v obecném bodě a R. (FIT) Limita funkce 3.týden 31 / 39

32 . Na začátku kapitoly jsme přímo z definice ity viděli, že x a ex = e a a ln x = ln a. x a Abychom ukázali, že rovněž x a sin x = sin a, budeme potřebovat součtový vzorec pro funkci sin sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β. Můžeme proto psat sin x = sin ( (x a) + a ) = sin(x a) cos a + cos(x a) sin a, a tedy sin x = cos a sin(x a) + sin a cos(x a) = x a x a x a = cos a y 0 sin y + sin a y 0 cos y = cos a. 0 + sin a. 1 = sin a (FIT) Limita funkce 3.týden 32 / 39

33 . V posledním kroku úprav jsem využili větu o itě složené funkce, kde za vnitřní funkci bereme y = g(x) = x a. Ze znalosti součtového vzorce pro cos(α + β) obdobně odvodíme, že cos x = cos a. x a (FIT) Limita funkce 3.týden 33 / 39

34 Příklad Pro a R odvod te Upravujeme e x e a x a x a e x e a x a x a = ea. = e a( e x a 1 ) = e a e x a 1 = x a x a x a x a = e a e y 1 = e a.1 = e a. y 0 y Pro předposlední rovnost jsme využili větu o itě složené funkce, kde za vnitřní funkci jsme vzali g(x) = x a. (FIT) Limita funkce 3.týden 34 / 39

35 Příklad Pro a > 0 odvod te ln x ln a = 1 x a x a a. Upravujeme ) ln x ln a ln x ln (1 + x a = x a x a x a x a = a 1 x a a ( x a 1) = ) = 1 ln (1 + x a a 1 x a x a 1 = 1 a ln(1 + y) = 1 y 0 y a. Opět jsme využili větu o itě složené funkce, tentokráte za vnitřní funkci jsme vzali g(x) = x a 1. (FIT) Limita funkce 3.týden 35 / 39

36 Příklad S použitím binomické věty vypočítame itu x 5 a 5 x a x a Stejným postupem dostaneme = (x a)(x 4 + x 3 a + x 2 a 2 + xa 3 + a 4 ) = x a x a = x a (x 4 + x 3 a + x 2 a 2 + xa 3 + a 4 ) = 5a 4. x n a n x a x a = nan 1, pro každé n N. (FIT) Limita funkce 3.týden 36 / 39

37 . Opustíme-li podmínku celočíselnosti exponentu n, musíme využít složitější aparát. Připomeňme, že funkce e x a ln x jsou k sobě navzájem inverzní, a tedy jejich složením dostaneme identitu. Proto platí e ln b = b pro každé b > 0. (FIT) Limita funkce 3.týden 37 / 39

38 Příklad Uvažujme nyní parametry α R a a > 0 a dokažme Upravujeme x α a α x a x a = a α x a e α ln x α a α x a x a = αaα 1. ( ( a α x ) ) α = a 1 x a x a x a 1 α ln x a α ln x a x a = αaα x a e α ln ( ) aα e α ln x a 1 = = x a x a x a 1 α ln x a ln x ln a = x a x a = αa α e y 1 ln x ln a. = αa α y 0 y x a x a a = αaα 1 Pro závěr výpočtu jsme použili příklad 5 a větu o itě složené funkce s vnější funkcí f (y) = ey 1 y a vnitřní funkci g(x) = α ln x a. (FIT) Limita funkce 3.týden 38 / 39

39 Příklad Odvodíme, že sin x sin a = cos a. x a x a K výpočtu této ity postupně využijeme součtový vzorec pro sin(α + β), výsledek příkladu 1 a větu o itě složené funkce. sin x sin a sin(x a) cos a + cos(x a) sin a sin a = = x a x a x a x a sin(x a) cos(x a) 1 = cos a. + sin a. = x a x a x a x a = cos a. 1 + sin a.0 = cos a. (FIT) Limita funkce 3.týden 39 / 39