Analiza Godzio: Zadanie dla przyszłych studentów Parę przydatnych faktów, które warto umieć obliczyć / udowodnić. Powodzenia! W niedzielę zerknę jak poszło. W zadaniach nie potrzeba dużych umiejętności, wystarczy dobry pomysł i znajomość definicji granicy. Zadanie 1 Obliczyć granicę lim_n→∞ⁿ√n! (uzasadnić!) Zadanie 2 a) Udowodnić, że jeżeli a_n > 0 i

	an+1
limn→∞		= g
	an

gdzie g < 1 to również lim_n→∞ⁿ√a_n = g b) Obliczyć granicę

	n√n!
limn→∞
	n

Zadanie 3 a) Udowodnić, że jeżeli a_n > 0 i ⁿ√a_n → g < 1 to a_n → 0. b) Obliczyć granicę

	nk
limn→∞
	ak

Godzio: Może żeby nie kombinować z za dużą ilością przypadków, skupmy się na tej najważniejszej, Zad. 3 b) k > 0, a > 1.

zombi: 1. Zauważmy, że dla każdego n∊N zachodzi

	n
n! ≥ (		)n (indukcyjnie)
	3

Zatem

	n		n
n√n! ≥		, wiemy, że		→ +∞, wobec tego na mocy tw. o 2 ciągach również n√n!→+∞
	3		3

2. a) już znam dowód i nie chcę psuć zabawy b) Korzystając z a)

	n!
Weźmy pod uwagę ciąg an =
	nn

an+1		(n+1)!		nn		nn		1
	=		*		=		→
an		(n+1)(n+1)n		n!		(n+1)n		e

	n√n!		1
Na mocy fakt z a) mamy, że również n√an =		→
	n		e

Resztę postaram się zaraz zrobić .

zombi: 3. a) nie wiem czy nie przekombinowałem Z definicji granicy mamy, że |ⁿ√a_n − g| < ε ⇔ g−ε ≤ ⁿ√a_n ≤ g+ε Weźmy, takie ε, że g+e<1 (co za sobą niesie również g−ε <1) ⇔ (g−ε)ⁿ ≤ a_n ≤ (g+ε)ⁿ Na mocy tw. o 3 ciągach a_n→0, oczywiście nie pisałem tych kwantyfikatorów.

zombi: 3. b) po prostu +∞?

jakubs: 3 b) +∞ dla n>a, bo jak n<a to wtedy granicą będzie 0, a przynajmniej tak mi się wydaje.

zombi: Ale n rośnie do +∞, więc od pewnego momentu tak czy siak będzie >a, więc dla pewnego n≥N, czyli w konsekwencji i tak będzie → +∞

jakubs: Masz rację, lepiej się wezmę za "przyziemne" zadanka

Kacper: Sam często zapominam takie przydatne rzeczy

Godzio: Pomyliłem się oczywiście w ostatnim zadaniu, miało być:

	nk
granica ciągu an =
	an

To w takim razie, skoro takie proste, to małe urozmaicenie, Udowodnić z definicji, że granicą ⁿ√n! jest ∞

zombi: pyt1: Jak to z definicji pokazać? (bez wykorzystania tej nierówności) odp do 2

	n√nk		(n√n)k		1
weźmy n√an =		=		→		< 1 (z założenia, że a>1), czyli
	a		a		a

a_n→0

Godzio: No właśnie nad tym trzeba pomyśleć, to już jest nieco trudniejsze

Hajtowy: To ja po rozszerzonej matmie nie umiem granic nawet obliczać Nie uczono mnie i jestem tępy

zombi: Godzio pytanie czy używasz w wykazaniu tego jakiegokolwiek szacowania?

Godzio: Hajtowy mnie też nie uczono Musimy wskazać takie n₀, że dla każdego n > n₀ mamy |a_n| > M Trzeba szacować, ale raczej normalnie a nie jakość specjalnie, zacznij od lewej strony i szacuj

Godzio: Rozpisz sprytnie silnie, a wszystko wyjdzie samo

zombi: Pytanie co to znaczy, normalne np. takie wystarczy? ⁿ√n! > √n

zombi: Sprytnie silnie rozpisać? hm...

Godzio: Powinno to wyglądać mniej więcej tak: ⁿ√n! = ⁿ√1 * 2 * ... * M * ... ? ? ? ? > ... = M

Godzio: Przyjmijmy dla uproszczenia, że M jest naturalne. Pokaże przykładowe rozpisanie (oczywiście będzie błędne bo nic nam nie da) ⁿ√n! = ⁿ√1 * 2 * 3 * ... * M * (M + 1) * ... * n > ⁿ√M! * M^{n − M} = ⁿ√M! * M^−M * M No ale ⁿ√M! * M^−M < 1, a chodzi nam o to, żeby to coś było > 1 Kombinuj. Jak zrobisz mam jeszcze 3 zadanka

Godzio: Jakbyś do północy dał sobie spokój to daj znać, wrzucę rozwiązanie, a tymczasem kolejne zadanka z granic. Zadanie 4 Pokazać, że a) lim_n→∞ⁿ√a = 1 gdzie a > 0 b) lim_n→∞ⁿ√n = 1 Zadanie 5 Udowodnić, że lim_n→∞rⁿ = 0 dla r ∊ (−1,1) Wskazówka ogólna: Nierówność Bernoulliego (mi się przydała w 4. i 5.)

zombi: Nie wrzucaj rozwiązania sam chcę wykminić to szacowanie.

Godzio: Szacowanie do pewnego momentu! Przypomnij sobie proste granice − to z nich wyliczaliśmy n

zombi: Godzio kurde możesz rzucić jeszcze jakąś wskazówkę do tego szacowania?

Godzio: ⁿ√n! = ⁿ√1 * 2 * ... * 2M * ... * n > .... oszacuj i wylicz n Może być 2M, 3M cokolwiek większego od M.

zombi: Pokaż mi o co chodzi z tą silnią, bo głupieje 4. a,b znam już

Godzio: No to dowód: ⁿ√n! = ⁿ√1 * 2 * 3 * ... * (2M) * (2M+1) * ... * n > ⁿ√(2M − 1)! * (2M)^{n − 2M} > > ⁿ√2^{n − 2M} * M^{n − 2M} > M Znajdźmy teraz te n₀ ⇔ /ⁿ 2^{n − 2M} * M^{n − 2M} > Mⁿ 2^{n − 2M} > M^2M 2ⁿ > (2M)^2M n > log₂(2M)^2M n > 2M + 2Mlog₂M Stąd dla n > n₀ = [2M + 2Mlog₂M] mamy żądaną nierówność

zombi: w 5 zastanawiam się czy potrzebny Benroulli, spójrz na to i jak coś to mów mi co źle Wykorzystamy lemat z poprzedniego zadania: Jeśli ⁿ√a_n → g<1, to a_n → 0 Rozpatrzmy ciąg a_n = r²ⁿ: ⁿ√a_n = ⁿ√r²ⁿ = r² < 1, wobec tego mamy, że r²ⁿ → 0, czyli r²ⁿ < ε₀ ⇔ |rⁿ| < √ε₀ = ε, wobec tego rⁿ→0

Godzio: Jest ok, ja to robiłem bez tego faktu

zombi: Ok. To pomóż mi teraz z moim zadaniem Ciąg a_n określony rekurencyjnie:

	3
a1 =
	2

a_n = √3a_n−1 −2 Pokazać, że jest zbieżny i obliczyć jego granicę

Godzio: Ok, zadanie polega na pokazaniu, że ciąg jest rosnący + ograniczony z góry lub malejący + ograniczony z dołu. Jeżeli zachodzi jedna z tych rzeczy to korzystamy z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym, z którego mamy, że granica istnieje wówczas a_n → g i g = √3g − 2 i z tego wyliczamy g (wyjdą dwa wyniki jeden odrzucamy, a dlaczego to już będzie oczywiste)

zombi: Każdy wyraz dla n≥2 będzie równy 1 czy mi się zdaje?

Godzio: Ale jak wyrazy mogą być równe 1? To nie jest ciąg stały

Godzio: Masz porządnie rozwiązany przykład:

	3
a1 =		= √9/4 = √2.25
	2

a₂ = √9/2 − 2 = √2.5 Hipoteza − ciąg jest rosnący. Dowód indukcyjny. Dla n = 2 mamy udowodnione a₂ > a₁ Załóżmy, że a_n > a_{n − 1}. Pokażemy, że a_{n + 1} > a_n a_{n + 1} − a_n = √3a_n − 2 − √3a_{n − 1} − 2 =

	3an − 2 − 3an − 1 + 2
=		=
	√3an − 2 + √3an − 1 − 2

	3(an − an − 1)
=		> 0 z założenia (mianownik dodatni)
	√3an − 2 + √3an − 1 − 2

stąd mamy, że ciąg a_n jest rosnący No to pokażmy, że jest ograniczony. Przez co? Hmmm może przez 2? (jak Ci się wydaje, skąd wziąć liczbę, która ogranicza ciąg?)

	3
a1 <		< 2 − ok!
	2

Załóżmy ponownie, że a_n < 2 pokażemy, że a_{n + 1} również < 2 a_{n + 1} = √3a_n − 2 < √3 * 2 − 2 = √4 = 2 Wyszło! Stąd ciąg jest rosnący i ograniczony z góry przez 2 Wyliczamy granicę: g² − 3g + 2 = 0 (g − 1)(g − 2) = 0 g = 1 lub g = 2 g = 1 odrzucamy oczywiście, granicą jest 2

zombi: Wiem, już skumałem o co chodzi. Nie wiem dlaczego mi się wydawało, że tam jest a₁=1. Chyba już późno.

zombi: Godzio jakbyś miał coś jeszcze to dawaj, działy: ciągi, szeregi, pochodne, całki

Godzio: Wieczorem jak wrócę z pracy coś Ci podeśle A tymczasem masz dwie całki rekurencyjne:

	dx		xn
∫		oraz ∫		dx
	(cosx)n		√x2 + 1

Polecenie: Znajdź wzory rekurencyjne na te całki.

Godzio: UP! Czekam na rozwiązania

zombi: Z tymi całkami nie mam pojęcia : (

Godzio: A generalnie całkować umiesz? Wzorki i takie tam znasz? (bo napisałeś też w tematach całki) To samo pytanie do szeregów . Zaraz coś ciekawego z pochodnych wrzucę − z nich też napisz co potrafisz, tylko samo liczenie czy np. jakieś podstawowe twierdzenia (Lagrange'a, Rolle'a)?

Godzio: Pochodne Zaczynamy od małego wstępu, który nam pomoże pokazać coś ciekawszego Zadanie 1 Udowodnić, że dla x > −1 zachodzi

	x
		≤ ln(x + 1) ≤ x
	1 + x

(często używana nierówność do szacowania logarytmu) Zadanie 2 Wyznaczyć granicę

	1		1		1
limn→∞(1 +		+		+ ... +		)
	2		3		n

(nie interesuje mnie wynik tylko jak do niego dojść − jak znasz ten dowód to zrób tylko pierwsze zadanie, niedługo potem podam następne)

zombi: No tak. Znam podstawy liczyć umiem, tylko nie widzę myku tutaj. Z szeregów kryteriów znam no większość. Pochodne znam, Lagrange Rolla też.

jakubs: W tym drugim, to będzie suma szeregu, który rośnie do ∞, więc granicą będzie ∞, ale matematycznie nie umiem tego zapisać

zombi: 2 obstawiam, że będzie opierało się na 1, tylko muszę pokazać to pierwsze.

Godzio: Te 2 zadania przydadzą się do czegoś, ale nie mają nic wspólnego ze sobą

Godzio: To dam wskazów do całek rekurencyjnych. Co do tej z cosⁿx

	1
Wsk. Rób przez części (tgx)' =
	cos2x

Co do drugiej muszę pomyśleć bo sam nie mam pomysłu chwilowo, robiłem to jakieś 2 lata temu ponad

Godzio: Jednak jest prosta, tylko trzeba wpaść na pierwsze przejście Wskazówka: Przez części

xn
	= [Rozpisz górę i kombinuj ]
√x2 + 1

zombi: To zadanie 1. Skoro wiadomo, że pochodne trzeba wykorzystać, to pokazać tę nierówność badając przebieg zmienności funkcji np f(x) = x − ln(x+1), czy raczej mam się doszukiwać jakiegoś triku?

Godzio: Do zadania przyda Ci się jeszcze wyliczenie całki

	1
∫		dx (przynajmniej mój pomysł to wymaga), ale to będzie dobra okazja do
	√x2 + 1

powiedzenia coś o funkcja hiperbolicznych, które są równie proste w rachunkach co funkcje

	1		1
trygonometryczne, a bardzo przydają się w całkach typu		albo		.
	x2 + 1		√x2 + 1

Zacznijmy: Sinus i cosinus hiperboliczny − shx i chx (na nich się skupimy). Określamy je następująco:

	ex − e−x
shx =
	2

	ex + e−x
chx =		z czego łatwo widać, że (shx)' = chx (i odwrotnie)
	2

Związki między tymi funkcjami: Jedynka hiperboliczna (nawiązanie do jedynki trygonometrycznej) ch²x − sh²x = 1 Wzory na podwójne kąty (początkowo będziesz liczyć całki typ ∫√r − ax²dx gdzie korzysta się z funkcji trygonometrycznych, w których wykorzystuje się kilka wzorków na cos2x i sin2x, podobnie w ∫√r + ax²dx przydadzą się te wzory dla funkcji hiperbolicznych) sh2x = 2shtcht (analogicznie jak dla trygonometrycznych) ch2x = ch²x + sh²x Skoro widać jakieś zależności między trygonometrycznymi, a hiperbolicznymi to może rzeczywiście jakieś istnieją? Ano istnieją. Wyprowadza się je przez wzory Eulera. To już pozostawię Tobie do poczytania jako ciekawostkę, bo na razie do liczenia nie jest to potrzebne, a do studiów jeszcze trochę czasu masz) Trochę teorii było to teraz praktyka, wracamy do naszej całki:

	1		x = sht dx = chtdt		chtdt		cht
∫		dx =		= ∫		= ∫		dt = ∫dt =
	√1 + x2				√1 + sh2t		cht

= t + C = arcshx + C Proste prawda? Są wzory, które wyrażają funkcje odwrotne poprzez logarytmy / pierwiastki, ale to tylko utrudnia sprawę. Ale jakbyś chciał to można to kiedyś policzyć. W razie pytani, uwag cokolwiek pisz śmiało. Mam nadzieję, że nie zanudziłem

Godzio: Może nie cały przebieg, ale tak, o to chodzi

zombi: To może coś takiego, pokażę pierwszą cześć tzn. x ≥ ln(x+1) ⇔ x − ln(x+1) ≥ 0 Rozpatrzmy funkcję f(x) = x − ln(x+1), określoną dla x > −1 Policzmy pierwszą pochodną

	1		x
f'(x) = 1 −		=		, zbadamy monotoniczność tej funkcji, mianowicie, jako
	x+1		x+1

pierwszy przypadek, kiedy f(x)↗

x
	> 0 ⇔ x(x+1) > 0 ⇒ x > 0 (uwzględniając dziedzinę), wobec tego dla x>0 f(x) ściśle
x+1

rośnie, ponadto f(0) = 0 stąd wniosek, że dla x>0, f(x) > 0. Drugi przypadek, tj. kiedy f(x) maleje, a maleje dla x∊(−1,0), ale z drugiej strony lim_x→−1⁺f(x) = +∞ oraz znowu f(0) = 0, wobec tego f(x) > 0 dla x∊(−1,0). Czyli f(x) = x − ln(x+1) ≥ 0, dla x > −1 Może być tak?

Godzio: Tak, jest ok

zombi: A z tym dowodem granicy chodziło mi o to:

	1
Niech x=		wtedy mamy
	p

1		1
	≥ ln(1+		) = ln(p+1) − lnp, czyli
p		p

	1		1
1 +		+ ... +		≥ ln(2) − ln(1) + ln(3) − ln(2) + ... + ln(n+1) − ln(n) = ln(1) +
	2		n

ln(n+1) = ln(n+1) Przechodząc z limesy ln(n+1) → +∞, więc z tw. o 2 ciągach suma 1 + 1/2 + ... + 1/n → +∞

zombi: To już gdzie widziałem dlatego mi się skojarzyło.

zombi: Oo na wiki jest napisane, że to dowód Bradleya.

Godzio: No, ładny dowód To teraz zostały Ci tylko całki, wieczorem wrzucę kolejne zadanko

zombi: A pytanie takie, która drogą iść przy tej całce

	xn
∫
	√x2+1

Mam iść tą drogą? = xⁿarcshx − ∫nxⁿ⁻¹arcshnxdx czy nie?

Godzio: Ta chyba nic nie da bo się zakręcisz z arcusami xⁿ = x^{n − 1} * x (ja bym tak zaczął, więcej nie mówię)

Godzio: Lecę spać, dobranoc

zombi: Czyli zacząć tak?

	x*xn−1
∫		= √x2+1 − ∫(n−1)xn−2√x2+1 ?
	√x2+1

Godzio: Tak. Teraz zauważyłem, że nie dopisałem sobie potęgi, więc jednak takiej całki nie musisz liczyć. Wynik niemal natychmiast wychodzi (początek "przez części" nie ma składnika x^{n − 1})

Godzio:

	1
Co do mojego wywodu nt. hiperbolicznych − napisałem, że korzysta się do		, co jest
	1 + x2

	1
bzdurą bo to pochodna z arctgx, chodziło mi o: √x2 + 1 i
	√x2 + 1

zombi: Godzio jesteś? Co z tą z cosinusem z nią mam problem trochę.

Godzio:

1		1
	=		* (tgx)'
cosnx		cosn−2x

	1		sinx
∫....dx =		tgx + ∫(2 − n)		* tgxdx =
	cosn−2x		cosn−1x

	1		sin2x
=		tgx + (2 − n)∫		dx = ...
	cosn−2x		cosnx

Dokończ teraz

Godzio: Kolejne zadanka: Zadanie 3 Wykazać istnienie granicy

	1		1		1
limn→∞[1 +		+		+ ... +		− ln(n)]
	2		3		n

Zadanie 4

	a1		an
Pokazać, że jeżeli ai ∊ R, i ∊ {0,...,n} oraz a0 +		+ ... +		= 0 to
	2		an+1

wielomian P(x) = a_nxⁿ + ... + a₁x + a₀ posiada pierwiastek rzeczywisty x₀ ∊ (0,1). Zadanie 5 Poczytaj o ciągłości i jednostajnej ciągłości (starczą definicje, które rozumiesz) i można zastanowić się nad takim zadaniem: Pokazać, że funkcja f : (a,b) → R o pochodnej ograniczonej na (a,b) jest jednostajnie ciągła. Ja chyba tego zadania nie robiłem i nie znam jego trudności, ale chętnie spróbuję. Teraz lecę spać o 5 wstaje do pracy, będę jakoś po południu

zombi: W niedzielę zacznę, bo jutro cały dzień zawalony a teraz spać idę. Dobranoc.

zombi: Zadanie 3

	1		1
Rozpatrzymy ciąg an = (1 +		+ ... +		) − ln(n)
	2		n

I^o pokażemy, że ciąg a_n jest malejący

	1
an+1 − an = (po przekształceniach) =		− ln(n+1) + ln(n) =
	n+1

1		n		1		n+1		1		1
	+ ln(		) =		− ln(		) =		− ln(1+		)
n+1		n+1		n+1		n		n+1		n

	1		1
=		− ln(1+		) ≤ 0 (ostatnia nierówność, skorzystaliśmy z nierówności
	n+1		n

x		x		1
	≤ ln(x+1) ⇔		− ln(x+1), gdzie x=		)
x+1		x+1		n

Wobec tego ciąg a_n jest malejący II^o pokażemy, że ciąg a_n jest ograniczony z dołu przez 0 Indukcyjnie a1 = 1 >0 Zał. a_n > 0 T. a_n+1 > 0

	1		1		n
an+1 = an +		− ln(n+1) + ln(n) = an +		+ ln(		) =
	n+1		n+1		n+1

	1		1		1		1
= an +		− ln(1+		) > an +		− ln(1+		) >
	n+1		n		n+1		n+1

1		1		1
	− ln(1+		) > 0, korzystając z nierówności x ≥ ln(x+1) dla x=
n+1		n+1		n+1

Wobec tego a_n jest malejący i ograniczony z dołu przez 0, wobec tego jest zbieżny, posiada skończoną granicę g, gdzie g=const.

zombi: Tylko może jest jakieś mocniejsze oszacowanie z dołu.

zombi: http://pl.wikipedia.org/wiki/Sta%C5%82a_Eulera

zombi:

	1
Takie coś znalazłem teraz, czyli można szacować an >
	2

Godzio: Ok Granicą tego ciągu jest właśnie stała Eulera

Godzio: Pokażę jak można pokazać ograniczoność bez indukcji. (przez 0)

	1		1
1 +		+ ... +		− ln(n) =
	2		n

	1		2		3		n
= 1 + ... +		− ln(1 *		*		* ... *		) =
	n		1		2		n − 1

	1		n		1		k
= 1 + ... +		− (ln1 + ... + ln		) = 1 + ∑k=2n(		− ln		) =
	n		n − 1		k		k − 1

	1		1		1		1
= 1 + ∑k=2n(		− ln(1 +		)) ≥ 1 + = 1 + ∑k=2n(		−		) =
	k		k − 1		k		k − 1

	1
=		→ 0
	n

Hugo: jabuszko dla Pana .... dziwię się że zajeło wam to tak długo

zombi: Zadanie 4 dobrze ten warunek przepisany?

	a1		an
a0 +		+ ...		?
	2		an+1

Godzio: n+1 w mianowniku oczywiście

zombi: Pierwszy rzut oka − wzory Viete'a.

zombi: Albo nie...

zombi: Dobra jest inny pomysł

	an		a1
∫P(x)dx =		xn+1 + ... +		x2 + a0x + C
	n+1		2

	an		a1
= x(		xn + ... +		x + a0) + C
	n+1		2

	an		a1
I ta część x(		xn + ... +		x + a0) zeruje się dla x=0 lub x=1
	n+1		2

Może jakaś całka oznaczona od 0 do 1 wtedy mamy ∫₀¹P(x)dx = 0+C − 0 − C = 0, a pole = 0 może oznaczać, że wielomian P(x) = c = const. ale tak nie jest. Tylko jak stąd wywnioskować, że jest tam miejsce zerowe.

zombi: Chociaż wielomian stały spełnia chyba warunki zadania, bo weźmy wielomian stały P(x) = 0, on spełnia postawiony warunek, że

an		a1
	+ ...		+ a0 = 0, więc wielomian zerowy spełnia to zadanie, pytanie tylko
n+1		2

czy istnieje niezerowy wielomian, który to spełnia.

zombi: Jeśli P(x) ≠ 0 i ∫₀¹P(x)dx = 0 oznaczałoby to zgodnie z definicją całki Riemanna, że pole nad wykresem − pole pod wykresem = 0, czyli istniałyby punkty a,b∊(0,1), takie, że f(a)*f(b) < 0 i tutaj z własności Darboux moglibyśmy wnioskować, że istnieje takie x₀∊(0,1), że P(x₀) = 0 tylko nie wiem czy ten tok jest poprawn.

Godzio: Rozwiązanie raczej ok, tylko jedna uwaga: 1. ∫₀¹Pdx = 0 nie oznacza, że P(x) = C Jeżeli P' = 0 to wtedy P = C przy pewnych założeniach. Inne, może szybsze rozwiązanie bazuje na twierdzeniu Rolla

	an		a1
Rozważmy wielomian W(x) =		xn + 1 + ... +		x2 + a0x
	n + 1		2

W − ciągła funkcja na [0,1], różniczkowalna wewnątrz oraz W(0) = W(1) = 0 (z założenia). Zatem W spełnia założenia twierdzenia Rolle'a stąd istnieje taki punkt x₀ ∊ (0,1), że W'(x₀) = 0, ale W'(x) = P(x) stąd P(x₀) = 0.

Godzio: Daj znać czy chcesz kombinować nad tym 3, bo nie wiem czy zacząć nad nim myśleć czy nie

zombi: Kolega mi coś pisał o tym 3, bo ja nie mam pojęcia jak się za nie wziąć, ale on też nie ma pomysłu. Więc w sumie chciałbym zobaczyć rozwiązanie

Godzio: To zaraz pomyślę

zombi: Mówił, że prawdopodobnie do tego dowodu potrzeba tw. Lagrange'a o wartości średniej, ale tak tylko rzucił propozycję rozwiązania.

Godzio: Wymyśliłem coś takiego: f: (a,b) → R Założenie: |f'(x)| ≤ M dla x ∊ (a,b)

	ε
Ustalmy ε > 0. Niech |x − y| < δ, gdzie δ =		.
	M

Dla każdego x,y ∊ (a,b) mamy:

	ε
|f(x) − f(y)| ≤ |f'(c)| |x − y| ≤ M *		= ε, a to jest właśnie to co chcieliśmy
	M

pokazać. Pytanie: Skąd taka nierówność |f(x) − f(y)| ≤ |f'(c)| |x − y| I tera nad tym trzeba się pochylić. Może coś z twierdzeniem Lagrange'a

zombi: W tw. Lagrange'a zachodzi równość a tutaj jest ≤ a na dodatek wartości bezwzględny, pytanko czy to jest prawdziwe.

Godzio: Chyba mam pomysł jak to dopracować. Dla każdego x_i,y_i ∊ (a,b) istnieje m_i ∊ (a,b) takie, że:

f(xi) − f(yi)
	= f'(mi)
xi − yi

Niech f'(c) = max{f'(m_i) : m_i ∊ (a,b)} Wówczas Dla dowolnego x,y mamy

f(x) − f(y)
	≤ f'(c)
x − y

A dalej już tak jak w dowodzie.

Godzio: To co, wracamy do jakichś prostszych rzeczy Całki Zadanie 1 Oblicz całki a) ∫√r² − x²dx b) ∫√r² + x²dx Zadanie 2 Wykaż, że dla m,n ≥ 0 mamy ∫₀¹ x^m(1 − x)ⁿdx = ∫₀¹xⁿ(1 − x)^mdx

zombi: Zad. 1, która z nich jest łatwiejsza? Tak na start?

zombi: b) Dzięki za wprowadzenie tych hiperbolicznych bo teraz podstawiam: x=rsht dx = rchtdt = ∫√r²+r²sh²trchtdt = ∫rcht*rchtdt = r² ∫ ch²tdt (*) Osobno policzę sobie ∫ch²tdt = shtcht − ∫sh²t = shtcht − ∫ch²tdt + ∫dt ⇔ ∫ch²tdt =

	1
		[shtcht + t]
	2

Wracamy do naszej całki, musimy policzyć sht, cht i t

	x		√r2+x2
sht =		, cht =
	r		r

Wyprowadzimy t wiemy, że

	et−e−t		x
sht =		oraz sht =
	2		r

i

	et+e−t		√r2+x2
cht =		oraz cht =
	2		r

Tak, więc

	√r2+x2+x		x+√r2+x2
sht + cht = et =		⇔ t = ln|		|
	r		r

Więc suma sumarum

	1		1		x+√r2+x2
=		x√r2+x2 +		r2*ln|		| + C
	2		2		r

Tylko wynik mi się nie zgadza w wolframem, bo tam podaje

1		1
	x√r2+x2 +		r2*ln|x+√r2+x2| + C
2		2

Godzio: Zauważ, że r to jakaś stała i została wrzucona do C

	x + √r2 + x2
ln|		| = ln|x + √r2 + x2| − ln|r|
	r

	1
Po przemnożeniu przez		r2 mamy
	2

1
	r2ln|r|
2

A to jest dalej stała

Godzio: a) było łatwiejsze − funkcje trygonometryczne b) jak już zauważyłeś trudniejsze

zombi: Hahaha a ja się głowie czemu nie wychodzi, a oni sobie ln|r| w C wrzucili Ok, biorę się za chwile za a)

zombi: 1.a)

	x		x
x=rsint ⇔ sint =		⇒ t = arcsin(		)
	r		r

dx = rcostdt

	1
∫√r2−x2dx = ∫√r2(1−sin2t)rcostdt = r2 ∫cos2tdt =		r2[sintcost + t] + C
	2

1		x√r2−x2		x		1		x
	r2*[		+ arcsin(		)] =		[x√r2−x2 + r2*arcsin(		)]
2		r2		r		2		r

+ C nie wiem czemu wolfram na końcu oblicza t z tgt? bo oni biorą

sint		x		x
	= tgt =		, czyli t = arctg(		) i takie coś zapisują
cost		√r2−x2		√r2−x2

w wyniku, ale moje chyba też dobrze?

Godzio: Twoje też dobrze, wolfram często pokazuje inny wynik z całkowania Zostało Ci ostatnie zadanie.

zombi: Podpowiedź do ostatniego? mała...

Kacper: Życzę każdemu wykładowcy studentów takich jak zombi

maslanek: Ustalić uwagę, że m>=n, a potem przez czesci?

Godzio: Jedno podstawienie załatwia sprawę

Godzio: Jak już zrobisz to, to pisałeś coś o szeregach − "znam kryteria" − możemy się pobawić w dowody poszczególnych kryteriów jeśli chcesz. Saizou przygotowujesz się coś czy raczej odpoczywasz (wiem, że już sporo umiesz, pytam z ciekawości )

zombi: Czekaj, pierw chcę tę całkę zmielić

Godzio: No poczekam poczekam

zombi: Musiałem trochę teorii na wiki ogarnąć, ale mam nadzieję, że jest ok L = ∫ x^m(1−x)ⁿdx od 0 do 1 weźmy podstawienie x = 1−t wtedy nasza całka ma postać (−1)∫ (1−t)^mtⁿdt od 1 do 0 = ∫ (1−t)^mtⁿdt od 0 do 1 Natomiast w P zrobimy podstawienie x=t i mamy P=∫ (1−t)^mtⁿdt od 0 do 1 wobec tego L=P

Godzio: Jak zacząłeś w z lewej strony: ∫₀¹(1 − t)^m tⁿdt = [ możemy zmienić sobie oznaczenie, bo jest to całka oznaczona ] = ∫₀¹(1 − x)^m xⁿdx Proste prawda ? No dobra. To może zaczniemy te kryteria. Potrzebny będzie nam do tego podstawowe kryterium zbieżności szeregu i warunek Cauchy'ego. Znasz?

zombi: Ale, to te moje wywodu ok są?

Godzio: No tak

zombi: Mowa o tym? http://pl.wikipedia.org/wiki/Kryteria_zbie%C5%BCno%C5%9Bci_szereg%C3%B3w#Warunek_Cauchy.27ego_zbie.C5.BCno.C5.9Bci

Godzio: Dokładnie tak Szereg ∑_{n = 1}^∞a_n jest zbieżny gdy S_N = ∑_n=1^Na_n → g Warunek Cauchy'ego (jest on również w zwykłej granicy) |S_n − S_m| < ε co on oznacza? Daleko, daleko, sumy częściowe zwiększają się o mniej niż ε czyi tyle co nic Formułka: Dla każdego ε > 0 istnieje takie miejsce N, że dla każdego m,n > N sumy są dostatecznie blisko siebie (to czy n > m czy na odwrót to już bez różnicy)

zombi: Ta forma |S_n − S_m|<ε wygląda bardziej przystępnie niż ta z wiki

Godzio: No dobra, no to zacznijmy. Załóżmy, że warunek Cauchy'ego mamy. (gdybyśmy nie mieli to byśmy musieli go dowodzić przez warunek Cauchy'ego dla granic, a tego też nie robiliśmy − poznasz to szybko na studiach ) No to mamy podstawowe kryterium − porównawcze. ∑a_n − zbieżny i |b_n| < a_n ⇒ b_n − zbieżny (a nawet bezwzględnie) ∑a_n − rozbieżny i a_n < b_n ⇒ b_n − rozbieżny.

Godzio: Ano S_n − S_m = (a₁ + ... + a_m + ... + a_n) − (a₁ + ... + a_m) = a_{m + 1} + ... + a_n = = ∑_{k = m + 1}ⁿa_k

Patryk: godzio błagam spójrz https://matematykaszkolna.pl/forum/256769.html

zombi: No to weźmy pierwszy przypadek ∑a_n − zbieżny |b_n| < a_n Na początku warunek konieczny zbieżności. Wiemy, że a_n → 0, ponadto −a_n < b_n < a_n, na mocy tw. o 3 ciągach, również b_n → 0. Warunek Cauchy'ego Wiemy, że zachodzi |S_am−S_an| < ε, oraz |b_n| < a_n, Wobec tego −ε < S_an − S_am ≤ S_|bm| − S_|bn| ≤ S_am − S_an < ε Stąd wynika, że |S_|bm| − S_|bn|| < ε, więc spełnia warunek Cauchy'ego oczywiście b_n, również jest zbieżny, gdyż dla każdego n mamy −|b_n ≤ b_n ≤ |b_n| ⇔ |S_bm−S_bn| ≤ |S_|bm|−S_|bn|| < ε, wobec tego również∑b_n jest zbieżny. Ok?

Godzio: Ok, ale warto to czasem trochę rozpisać, bo niby skąd nierówności: S_an − S_am ≤ S_|bm| − S_|bn| ≤ ... ( nie jest to takie oczywiste na pierwszy rzut oka ) I rozumiem, że u Ciebie S_an = a₁ + ... + a_n? Wiemy, że zachodzi warunek Cauchy'ego dla szeregu ∑a_n więc: |a_{m + 1} + ... + a_n| < ε Rozpisujemy: |a_{m + 1} + ... + a_n| = a_{m + 1} + ... + a_n > |b_{m + 1}| + .... + |b_n| > > |b_{m + 1} + ... + b_n| A ponieważ zachodzi pierwsza nierówność to |b_{m + 1} + ... + b_n| < ε − i na tym koniec. Warunek Cauchy'ego to pewnego rodzaju kryterium, jeżeli ono zachodzi to szereg jest zbieżny.

zombi: No ok to będę rozpisywał. Rozbieżność analogicznie z tym, że |S_am − S_an| > M, gdzie M>0?

Godzio: Może trochę prościej. Jeżeli ∑a_n jest rozbieżny tzn. że jego suma częściowa S_N dąży do ∞, a ponieważ a_n < b_n to suma częściowa K_N (szeregu ∑b_n) spełnia: S_N < K_N z dwóch ciągów mamy K_N → ∞ czyli b_n rozbieżny.

zombi: No faktycznie tak prościej.

Godzio: No dobra, próbujmy dalej. Kryterium Cauchy'ego. dla granicy < 1 jest nieco prościej. Próbuj (korzystaj z poprzednich udowodnionych rzeczy − kryt. porównawcze )

Godzio: Idę spać bo padam, jutro rano zerknę jak poszło i ew. dam wskazówkę.

zombi: Warunki ⁿ√a_n → g < 1 Będę pisał bez kwantyfikatorów, bo wiadomo o co chodzi Wobec tego |ⁿ√|a_n|−g| < ε, czyli biorąc takie q<1, mamy dla pewnego n > n₀, że zachodzi |a_n| ≤ qⁿ, wobec tego ||a_m+1| + ... + |a_n|| ≤ |q^m+1 + ... + qⁿ| < ε, jako szereg geometryczny o ilorazie z przedziału (−1,1). oczywiście z tego wynika również bezwzględna zbiezność ∑a_n

zombi: Oczywiście te epsilony różne są.

Godzio: a < 1 więc weźmy q takie, że a < q < 1 |a_n| < qⁿ z kryterium porównawczego mamy zbieżność a_n

zombi: i tyle wystarczy co ty napisałeś? nie muszę tego wszystkiego co ja się bawiłem?

Godzio: Nie trzeba, więcej pisania jest w drugim przypadku.

zombi: Halo Godzio robimy jeszcze jakieś?

zombi: Podbijam

Godzio: Jestem jestem. Chcesz dalej kryteria robić, czy masz jakieś inne pomysły?

zombi: Rzuć jakimkolwiek zadankiem

Kacper:

	1
Uzasadnij, że		=−1
	−1

Podobno takie rzeczy istnieją

Godzio: Wzór Taylora − rozwijanie w szereg. Znasz?

zombi: Nie, ale mogę się nauczyć. Rzuć jakimś prostym przykładem, a ja w tym czasie poczytam teorie może. Znam tylko dowód problemu bazylejskiego i to, że tam się wykorzystuje to rozwijanie.

Godzio: Wzór Taylora to wzór pozwalający rozwijać funkcje (n − różniczkowalne) w szeregi. Wzór ogólny z resztą:

	f'(x0)		f(n)(x0)
f(x) = f(x0) +		(x − x0) + ... +		(x − x0)n + Rn(x)
	1!		2!

Weźmy prosty przykład: f(x) = e^x Liczymy kolejne pochodne, oczywiście to jest na tyle prosta funkcja, że mamy: f'(x) = f''(x) = ... = f⁽ⁿ⁾(x) = e^x Weźmy funkcje w punkcie x₀ = 0. f(0) = f'(0) = ... = f⁽ⁿ⁾(0) = 1 Stąd rozwinięcie funkcji e^x:

	x2		x3		xn
f(x) = 1 + x +		+		+ ... +		+ Rn(x)
	2!		3!		n!

Są różne postaci reszty, ja zazwyczaj korzystam z reszty w postaci Lagrange'a

	f(n+1)(ξ)
Rn(x) =		* (x − x0)n + 1 gdzie ξ to punkt pośredni między x, a
	(n + 1)!

x₀ (może być ξ ∊ (x₀,x) albo ξ ∊ (x,x₀) ) Reszta jest nam potrzebna do szacowania błędu. O tym może później. Przykład zastosowania: Znaleźć wartość e² Można na dwa sposoby to zrobić, albo rozwinąć funkcję e^x w szereg i wstawić x = 2 albo rozwinąć funkcję e^2x w szereg i wstawić x = 1. No to zadanie dla Ciebie. Rozwinąć w szereg funkcję ln(x + 1).

zombi: w jakim punkcie? czy ogólnie dla x₀?

zombi: To może w x₀ = 0 Na początku pochodna z ln(x+1)

	1
ln(1)(x+1) =
	x+1

	−1
ln(2)(x+1) =
	(x+1)2

	2
ln(3)(x+1) =
	(x+1)3

..

	(−1)n−1(n−1)!
ln(n)(x+1) =
	(x+1)n

Czyli w x₀=0 nty składnik będzie miał postać

f(n)(0)		(−1)n−1(n−1)!		(−1)n−1xn
	*xn =		*xn =
n!		1n*n!		n

czyli

	x2		x3		x4		(−1)n−1xn
f(x) = x −		+		−		+ ... +		+ Rn(x)
	2		3		4		n

zombi: Namęczyłem się ze wzorem ogólnym, a mogłem korzystać z szeregu Maclaurina, teraz doczytałem. Trudno, przynajmniej będę wiedział skąd to się bierze.

zombi: Offtop: czytając teorię o szeregach Taylora na wiki, natknąłem się na liczby Bernoulliego i fajny związek jest między nimi a funkcją dzeta Riemanna, który to wyprowadził Euler. Mianowicie

	π2k*22k−1
ζ(2k) =		*B2k
	(2k)!

	1
I biorąc k=1 otrzymujemy nic innego jak sumę szeregu ∑		, czyli problemik bazylejski.
	n2

	1		π2		1
ζ(2) = ∑		=		, bo B2 =		.
	n2		6		6

Koniec offtopu : DDD

zombi: Jak będziesz Godzio to rzuć jakimś zadaniem.

Godzio: Właśnie wróciłem − propo Maclaurina chodziło mi, żeby samemu wymyślić ten wzór ogólny. Ok, to początek zadania, załóżmy, że nie ma reszty, tylko mamy dokładnie przedstawioną naszą funkcje rozwiniętą w 0 (to też zapomniałem dopisać, sorki ).

	(−1)n − 1xn
f(x) = ∑n = 1∞
	n

Dalsze polecenie: Obliczyć całkę oznaczoną:

	ln(x + 1)
∫01		dx
	x

Dodatkowo dodam, że nie zawsze można całkować szereg. Są na to odpowiednie twierdzenia, ale tym nie będę Ci zawracał głowy chyba, że bardzo chcesz . W zadaniu wykorzystaj to o czym

	1		π2
wspomniałeś − ∑		=		.
	n2		6

Jeśli chcesz innym sposobem to również możesz

Godzio: Z liczbami Bernoulliego namęczyłem się ponad rok temu przy paru zadaniach Z nich to w ogóle ciekawe rzeczy wychodziły, z tego co pamiętam to występują w rozwinięciu tangensa albo cotangensa w szereg. Lubie sobie poczytać o takich ciekawostkach

Maslanek: Ten szereg, który podałeś to rozwinięcie ln(1+x), prawda?

Maslanek: Nie wiem po co pytam

Trivial: zombi, widzę, że pierwszy semestr masz już opanowany.

Godzio: Będzie mógł się urywać z wykładów

Kejt: Nieładnie tak namawiać do złego, Godziu .

Trivial: Ale przecież to jest namawianie do dobrego. Godzio zachęca do wydajnego zarządzania swoim czasem. (−:

Godzio: Witaj Kejt dawno Cię nie było! Święte słowa Trivial

Kejt: Na wykładach przecież można tyle pożytecznych rzeczy robić. Spać, uczyć się do innego przedmiotu, programować, robić projekty...nie widzę w tym nic niewydajnego. A i czasem bonus się trafi do egzaminu

Kejt: siemka Godziu Ano zarobiona jestem.. jak studia?

Godzio: Zależy o której, 7:30 − 11:00 −− raczej spałem, w późniejszych godzinach mogłem się już skupić

Godzio: A jakoś idą, teraz magisterkę zaczynam w październiku, dwa lata i do pracy A Ty? Co Ty w ogóle studiujesz bo chyba się nie dowiedziałem w końcu − matma na PG czy jednak coś innego?

Kejt: Informatyka na PG i uczę się(właśnie widać jak... ) do poprawki z fizyki na szczęście to jedyna... z fizyki zawsze byłam noga.

Godzio: Z fizyki też miałem poprawkę, tylko to było o tyle złe, że 2 dni po egzaminie miałem poprawkę, więc wiele czasu nie miałem − zdałem na 4

Trivial: Kejt, ja się nigdy nie mogę skupić na wykładzie próbując robić coś "pożytecznego".

Kejt: "Teach me, Master"

zombi:

	ln(x+1)		(−1)n−1xn−1		(−1)n−1xn
∫		dx = ∫∑		dx = ∑
	x		n		n2

Pozostaje nam obliczyć

	(−1)n−1		1		1
∑		= 1 −		+		− ...
	n2		4		9

	1		1		1
Niech Sp =		+		+		+ ...
	4		16		36

	1		1
Snp = 1 +		+		+ ...
	9		25

Ponadto

	1		1		1		1
Sp =		[1+		+		+...], czyli Sp =		[Sp+Snp] ⇔3Sp = Snp
	4		4		9		4

	π2
i Sp + Snp =
	6

	π2		π2
Wyliczamy Sp =		i Snp =
	24		8

Więc nasza całka

	ln(x+1)		π2
∫		dx = Snp − Sp =
	x		12

zombi: Wiadomo oznaczenie przy całce od 0 do 1 .

Maslanek: Nieźle Gdzie Ty się tego uczyłeś? xD Samego widzenia?

zombi: Btw. wy się zapisywaliście do jakiegoś koła naukowego na studiach? Pytanie do wszystkich.

Kejt: Jeszcze nie, ale planuję.

Godzio: Ok. Ja już na 1 semestrze się zapisałem, polecam

zombi: I jak to mniej więcej wygląda? Więcej ciekawostek, rozszerzenia materiału z obowiązkowych przedmiotów?

Godzio: No dobra, to może coś ambitnego, udowodnij, że liczba e jest niewymierna.

	1
Polecam skorzystać z definicji e = ∑n=0∞		i spróbuj oszacować odpowiednio
	n!

0 < e < ?

Godzio: Nie wiem jak to jest na UWr, ale na PWr w kole wiele się dzieje − są wykłady, studenci albo profesorowie opowiadają o różnych ciekawych rzeczach, takich, których się nie spotyka na normalnych wykładach, może o tym czym się zajmują. Są różne projekty, konkursy, w których można coś zrobić, zaangażować się. Są wyjazdy naukowe (ale nie zapominajmy, że taki wyjazd to tylko sama nauka ). Są prowadzone praktyczne kursy prowadzone np. przez doktorantów, ogólnie dużo się dzieje, warto

zombi: Jak ma się to szacowanie do wymierności e?

Godzio: Powiem tylko tak, 0 < p < 1 p − całkowite ⇒ sprzeczność To jest idea tego dowodu.

zombi: Pewnie trzeba będzie założyć, że

	1		m
e = ∑		=		, gdzie m,n∊ℕ i dojść jakoś do sprzeczności, tylko
	n!		n

	1		1		1		1
∑		= 1+1+		+		+ ... +		+ ... wszystkie składniki tego szeregu są
	n!		2		6		n!

wymierne. Może coś z tym błędem trzeba pokombinować. Napisałeś wcześniej "Reszta jest nam potrzebna do szacowania błędu. O tym może później. " mógłbyś mi coś teraz szepnąć o tych resztach? Bo bez tego chyba nie pójdę dalej.

zombi: Konflikt oznaczeń, może niech

	p
e =
	q

Godzio: Reszta tutaj nie jest do niczego potrzebna

	1
e = ∑∞		więc
	n!

	1		1		1
0 < e − ∑k=0n		=		+		+ ...
	k!		(n + 1)!		(n + 2)!

	p
Teraz to oszacuj i przyjmij tak jak chciałeś e =
	q

(zapomniałem zapisać różnicę, bo to ją musisz szacować,a nie samo e, a oczywiście nie wyjdzie tak, że e < 1 )

zombi: Może trochę inaczej zrobię, zmienię co nie co. Ale męczyłem się z tym trochę

	p
Niech e=		, p,q∊C
	q

	1		1		1
0 < e − ∑0q		=		+		+ ...
	k!		(q+1)!		(q+2)!

⇔

p

1

1

1

1

1

0 <

− [

+

+ ... +

] =

+

+ ... | *q!

q

1

2!

q!

(q+1)!

(q+2)!

	q!		q!		1		1
0 < p(q−1)! − [		+		+ ... + 1] =		+		+... < (*)
	1		2!		q+1		(q+1)(q+2)

	1		1
(*) =		+		+ ... = 1
	1*2		2*3

Czyli

	q!		q!
0 < p(q−1)! − [		+		+ ... + 1] < 1, sprzeczność, bo to w środku jest całkowite.
	1		2!

To z q! kolega mi powiedział. Tylko nie wiem czy szacowanie dobre zrobiłem. On mi powiedział, że mogę grubo szacować, cokolwiek to znaczy

zombi: To zadanie to dopiero był hardkor

Godzio: Ostatnie szacowanie trochę nie usprawiedliwione, ale poprawne bo przyjmujemy, że q jest jakąś dużą liczbą. Pokażę nieco mocniejsze szacowanie:

1		1		1
	+ ... =		* (1 +		+ ... ) <
(q + 1)!		(q + 1)!		q + 2

	1		1		1
<		* (1 +		+		+ ...) =
	(q + 1)!		q + 1		(q + 1)2

	1		1		1
=		*		=
	(q + 1)!		1   1 −   q + 1		q!q

	1
0 < e − S <		/ * q!
	q!q

	1
0 < q!(e − S) <
	q

q!(e − S) − całkowite (uzasadniłeś), sprzeczność bo nie ma liczby całkowitej między 0, a 1

	1
(		< 1)
	q

Godzio: Muszę się zastanowić co ciekawego Ci jeszcze przemycić, bo Ty już mógłbyś egzamin z analizy 1 pisać

Godzio: Dobra wymyśliłem, spróbuj udowodnić coś z czego każdy korzysta przy granicach, a nie zawsze ma o tym pojęcie. Udowodnić ciągłość funkcji wykładniczej lim_x→x0a^x = a^x₀ Wskazówki: 1. Zadanie można sprowadzić do prostszego przypadku i jeszcze uprościć − pokombinuj. 2. W pewnym momencie trzeba odnieść się do pewnego faktu z ciągów (z czym Ci się kojarzy a^x z czymś co występowało już w tym wątku ? ) 3. Chyba nie obędzie się bez rozpatrzenia (nie na początku!) dwóch przypadków. To chyba też cięższy kaliber, ale skoro proste zadania już umiesz to trzeba zająć się tymi trudniejszymi. Powodzenia

zombi: Dobra będę myślał. Od razu mówię, że trochę mi to może zająć skoro taki hardkorek.

Godzio: I jak idzie coś? Może napisać kawałek (punkt 1 wskazówki)?

zombi: Możesz pokazać, bo za bardzo nie wiem, jak to przekształcić.

Godzio: lim_{x → x0}a^x = a^x₀ * lim_{x → x0}a^{x − x₀} Pozostaje policzyć zatem granicę lim_{x → 0}a^x i pokazać, że jest równa 1 Kolejne:

	1		1
limx → 0−ax = limx → 0−		=		=
	a−x		limx → 0−a−x

	1
=
	limx → 0+ax

Stąd, skupiamy się tylko na granicy prawostronnej lim_{x → 0⁺}a^x = 1 No dobra, to teraz postaraj się przypomnieć sobie jakiś fakt z ciągów z "funkcją" wykładniczą

zombi: Wiedziałem, że ma być = 1 tylko przekształceń nie ogarniałem. Nie zauważyłbym tego myku.

Kacper: Coś czego zombi nie umie? nie wierzę

zombi: Sorka, że długo mi to zajmuje, ale chce wszystko dokładnie sobie skumać + dzisiaj nie miałem za dużo czasu. Ehh... Ale nie wrzucaj rozwiązania.

Godzio: Spoko mi się nigdzie nie spieszy

zombi: Powiedz mi tylko, bo już się gubię, mam pokazać, że w każdym punkcie x∊R zachodzi lim_x→x0a^x = a^x₀ ?

zombi: Dobra, może coś takiego, nie wiem czy mogę z tego korzystać, bo to jedyny z "faktów", które przychodzą mi do głowy lim_x→−>x0a^x = a^x₀ Przekształćmy to tak jak, pokazałeś a^x₀ * lim_x→x0a^x−x₀ = a^x₀, czyli musimy pokazać, że zachodzi lim_x→0a^x = 1. Skorzystam z faktu, że jeśli f(x) oraz g(x), mają granice właściwe w punkcie x₀ To lim_x→x0(f(x))^g(x) = (lim_x→x0f(x))^{lim_x→x0g(x)} U nas f(x) = a, g(x) = x Oczywiście funkcja f jako stała ma granice skończone lewo i prawostronne równe a. Funkcja g(x) ma granicę skończoną w punkcie x₀ (łatwo pokazać z Heinego) Wobec tego lim_x→0a^x = (lim_x→0a)^lim_x→0x = (lim_x→0⁺a)^lim_x→0+x = = (lim_x→0⁻a)^{lim_x→0−x} = a⁰ = 1 nie wiem czy o to chodziło.

zombi: Straszna plątanina w tych definicjach już mi głowa paruje od tego, co jest już definicją a co trzeba udowodnić. Idę spać, mam nadzieję, że rzucisz okiem na moje wypociny.

Godzio : Niestety nie o to chodziło, korzystasz z tego co masz właściwie pokazać, korzystaj z tego że ⁿ√a→1 i przejdz z funkcja na ciągi, będę koło 17 w domu to w razie czego doprecyzuje

Godzio: Ciągłość polega właśnie na tym, że możemy sobie chodzić granicą: lim_x→x0a^x = a^lim_x→x0x = a^x₀ I trzeba pokazać, że to przejście jest prawdziwe.

ET: zombi szacunek z czego sie uczysz ?