Analizė I. Uždavinynasrimasn/Matematinė analizė/uzduotys analize1.pdf · Analizė I....

Analizė I. Uždavinynas

Raimondas Malukas, Jurgita Markevičiūtė ir Rimas Norvaiša

2019 kovo 14 d.

Santrauka

Čia yra pradėtas pildyti užduočių ir jų dalies sprendimų rinkinys.Čia yra atliktos paskaitų konspekto ir atsiskaitymų užduotys, bei sa-varankiškam darbui skirtos užduotys.

Turinys1 Kas daroma paskaitose ir pratybose 4

2 Realiųjų skaičių sistema 102.1 Naudojami faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 14

3 Skaičių seka ir jos riba 153.1 Naudojami faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 23

4 Monotoninės sekos 264.1 Naudojami faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 28

5 Posekiai ir ribiniai taškai 305.1 Naudojami faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 32

6 Skaičių eilutės 346.1 Naudojami faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 39

1

7 Begalinės aibės 437.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 437.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 437.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 48

8 Atvirosios ir uždarosios tiesės taškų aibės 508.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 508.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 518.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 52

9 Funkcijos ir jų konvergavimas 559.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 559.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 569.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 62

10 Tolydžios ir trūkios funkcijos 6710.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 6710.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6710.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 71

11 Tolydžios uždarame intervale funkcijos 7511.1 Naudojami faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7511.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7511.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 79

12 Funkcijos išvestinė 8212.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 8212.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8312.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 88

13 Diferencijavimo taisyklės 9113.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 9113.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9113.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 95

14 Diferencijuojamų funkcijų savybės 9814.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 9814.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9914.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 103

15 Funkcijų tyrimas diferencijuojant 10615.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 10615.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10815.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 113

2

16 Apibrėžtinis integralas 11616.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 11616.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11816.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 122

17 Neapibrėžtinis integralas 12517.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 12517.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12617.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 130

18 Netiesioginiai integralai 13318.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 13318.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13518.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 139

19 Funkcijų sekos konvergavimas 14219.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai . . . . . . . . . . . . . . . . . 14219.2 Užduotys su sprendimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14319.3 Užduotys savarankiškam sprendimui . . . . . . . . . . . . . . 153

20 Naudojami bendri faktai 156

21 Literatūra 156

3

1 Kas daroma paskaitose ir pratyboseReikia žinoti šių sąvokų apibrėžimus iš konspekto „Analizė I".

1. Skaičių seka;

2. Konverguojanti seka ir jos riba;

3. Cauchy seka;

4. Aprėžta seka;

5. Monotoninė seka;

6. Posekis;

7. Ribinis taškas;

8. Eilutės suma;

9. Baigtinė aibė;

10. Suskaičiuojama aibė;

11. Nesuskaičiuojama aibė;

12. Taško aplinka;

13. Aibės sąlyčio taškas;

14. Aibės ribinis taškas;

15. Aibės izoliuotas taškas;

16. Aibės vidinis taškas;

17. Uždaroji aibė;

18. Atviroji aibė;

19. Kompaktinė aibė;

20. Konverguojanti taške funkcija;

21. Diverguojanti taške funkcija;

22. Funkcijos vienpusė riba;

23. Tolydi taške funkcija;

24. Trūki taške funkcija;

25. Vidurinės reikšmės savybė;

4

26. Aprėžta funkcija;

27. Funkcijos maksimumas;

28. Tolygiai tolydi funkcija;

29. Funkcijos išvestinė;

30. Funkcijos lokalus ekstremumas;

31. Funkcijos kritinis taškas;

32. Funkcijos perlinkio taškas;

33. Vidutinės reikšmės teorema;

34. Iškiloji funkcija;

35. Antrosios eilės išvestinė funkcija;

36. Apibrėžtinis (Riemann’o) integralas;

37. Newton’o-Leibnitz’o formulė;

38. Integravimo dalimis formulė;

39. Kintamųjų keitimo po integralu formulė;

40. Sankaupos funkcija;

41. Pirmykštė funkcija;

42. Neapibrėžtinis integralas;

43. Netiesioginiai integralai;

44. Funkcijų seka;

45. Funkcijų sekos paprastas konvergavimas;

46. Funkcijų sekos tolygus konvergavimas;

47. Funkcijų eilutė;

48. Laipsninė eilutė;

49. Laipsninės eilutės konvergavimo intervalas.

2018-10-30 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 3.7 užduotį. Namųdarbai: 3.21 ir 3.22 užduotis.

5

2018-11-02 [Pratybos] Rinkau namų darbus. Atlikom 3.9, 3.10, 3.19 ir 3.24užduotis. Namų darbai: 3.27, 3.31.(b), 3.31.(c), 3.31.(e) ir 3.32

[Paskaitos] Monotoninės sekos [8, 3.2 skyrelis].

2018-11-06 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 4.7.1 užduotį. Namųdarbai: atlikti 4.7.2, 4.7.3 ir 4.7.4 užduotis.

[Paskaitos] Posekiai ir ribiniai taškai [8, 3.3 skyrelis].

2018-11-09 [Pratybos] Rinkau namų darbus. Atlikom 5.9.(a), 5.9.(b), 5.9.(c),5.9.(d), 5.9.(e), 5.10 ir 5.17 užduotis. Namų darbai: atlikti 5.9.(f),5.9.(g), 5.11, 5.13 ir 5.18 užduotis.

[Paskaitos] Atsiskaitymas už sąvokas. Skaičių eilutės [8, 3.4 sky-relis].

2018-11-13 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 6.9, 6.11 ir 6.15 užduo-tis. Namų darbai: atlikti 6.16.2, 6.16.6, 6.16.7, 6.18 ir 6.19 užduotis.

2018-11-15 Atsiskaitymas už pratybas 12 val 101 auditorija.

2018-11-16 [Pratybos] Atlikom 6.17.1, 6.17.3, 6.26.1, 6.26.7, 6.26.11 ir 6.28.1užduotis. Namų darbai: atlikti 6.17.2, 6.25, 6.27.2, 6.27.7, 6.28.3 ir6.28.4 užduotis.

[Paskaitos] Skaičių eilutės [8, 3.4 skyrelis].

2018-11-20 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 6.20 užduotį. Namųdarbai: atlikti 6.21, 6.22, 6.28.9, 6.28.10, 6.28.12 ir 6.28.13 užduotis.

[Paskaitos] Begalinės aibės [8, 3.5 skyrelis].

2018-11-22 Atsiskaitymas už paskaitas 12 val 101 auditorija.

2018-11-23 [Pratybos] Atlikom 7.6 ir kai kurias kitas užduotis. Namų darbai:atlikti 7.17.1, 7.17.2, 7.17.3, 7.17.4, 7.18.1, 7.18.2, 7.18.4, 7.18.5, 7.18.6ir 7.18.7 užduotis

[Paskaitos] Atvirosios ir uždarosios tiesės taškų aibės [8, 4.1 sky-relis].

2018-11-27 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 8.14.1 užduotį. Na-mų darbai: atlikti 8.14.2, 8.14.3, 8.15, 8.16, 8.17.1, 8.17.3, ir 8.17.1užduotis.

2018-11-30 [Pratybos] Atlikom 8.20, 8.21.(a), 8.21.(b) ir 8.23.(a) užduotis. Na-mų darbai: atlikti 8.21.(d), 8.21.(e), 8.25, 8.27 ir 8.29 užduotis.

[Paskaitos] Funkcijos ir jų konvergavimas [8, 4.2 skyrelis].

6

2018-12-04 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 9.15, 9.16 ir 9.9 užduo-tis. Namų darbai: atlikti 9.19, 9.20, 9.21.1, 9.22.1 ir 9.23.1 užduotis.

[Paskaitos] Funkcijos tolydumo ir trūkio taškai [8, 4.3 skyrelis].

2018-12-07 [Pratybos] Atlikom 9.23.5, 9.10, 9.8, 9.11, 9.12, 9.24.1 ir 9.24.2užduotis. Namų darbai: atlikti 9.24.4, 9.29.1, 9.29.2, 9.25.1, 9.30,9.31.1 ir 9.14.2 užduotis.

[Paskaitos] Tolydžioji funkcija uždarame intervale [8, 4.4 skyrelis].

2018-12-11 [Pratybos] Aptarėme namų darbus. Atlikom 10.6, 10.13 ir 10.16užduotis. Namų darbai: atlikti 10.15, 10.17, 10.19.1, 10.20.2 ir 10.21.1užduotis.

2018-12-14 [Pratybos] Atlikom 4.4.3 pratimas iš [8, 4.4 skyrelis], 11.5, 11.10ir 11.14 užduotis. Namų darbai: atlikti 11.20, 11.22.1, 11.23, 11.27,11.28, 11.29.1 ir 11.32 užduotis.

[Paskaitos] Buvo atsiskaitymas už sąvokas. Monotoninės funkcijos[8, 4.5 skyrelis].

2018-12-18 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 12.15.1, 12.15.2, 12.15.3,12.11 ir 12.4 užduotis. Namų darbai: atlikti 12.15.5, 12.15.6, 12.16 ir12.17 užduotis.

[Paskaitos] Funkcijos išvestinė, diferencijavimo taisyklės [8, 5.1 ir5.2 skyreliai].

2018-12-21 [Pratybos] Diferencijavimo taisyklės. Atlikom 13.5 ir 13.6 užduo-tis.

[Paskaitos] Atsiskaitymas už sąvokas iki „funkcijos išvestinė".Diferencijuojamų funkcijų savybės [8, 5.4 skyrelis].

2019-02-05 [Paskaitos] Diferencijuojamų funkcijų savybės (tęsinys): L’Hopithal’iotaisyklė [8, 5.4 skyrelis].

[Pratybos] Diferencijuojamų funkcijų savybės. Atlikom 14.11, 14.12,14.13, 14.14, 14.15 ir 14.16 užduotis. Namų darbai: atlikti 14.28.1,14.28.2, 14.28.3, 14.28.4, 14.28.5 ir 14.28.6 užduotis.

2019-02-07 [Paskaitos] Antrosios eilės išvestinė ir jos taikymai [8, 5.5 skyrelis].[Pratybos] Funkcijų tyrimas diferencijuojant. Atlikom 15.10, 15.11,

15.12, 15.13, 15.17, 15.16 ir 15.19 užduotis. Namų darbai: atlikti15.23.1, 15.23.4, 15.24.1, 15.25.1, 15.25.8, 15.26.1 ir 15.29.1 užduotis.

2019-02-12 [Paskaitos] Integralo apibrėžimas [8, 6.1 skyrelis].[Pratybos] Rinkau namų darbus. Atlikom užduotis: elipsės iškilu-

mas, įgaubtumas, radom duotos funkcijos asimptotes ir apskaičiavome∫10 xdx pagal apibrėžimą. Namų darbai: 15.30, 16.14 ir 16.15.

7

2019-02-14 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 16.16 ir 16.8 užduotis.Namų darbai: atlikti 16.17 ir 16.18 užduotis.

2019-02-15 laikas nuo 10:15 iki 13:45 auditorija 201 atkelta iš vasario 19[Paskaitos] Būtinos ir/arba pakankamos funkcijos integravimo są-

lygos [8, 6.2 skyrelis].[Pratybos] Integravimo dalimis formulė. Atlikom 16.9.1, 16.9.2,

16.9.3 ir 16.9.4 užduotis. Namų darbai: atlikti 16.19.2, 16.19.6, 16.20.1,16.20.2, 16.20.3, 16.21.1 ir 16.21.2 užduotis. Prieš atliekant paskutinesdvi užduotis išsiaiškinti 16.11.2 ir 16.11.3 užduotis.

2019-02-19 užsiėmimų nėra, nukelta į vasario 15 d.

2019-02-21 užsiėmimų nėra, nukelta į kovo 1 d.

2019-02-26 [Paskaitos] Integralo savybės [8, 6.2 ir 6.3 skyreliai].[Pratybos] Rinkau namų darbus. Atlikom 16.10 ir 16.11.1 užduo-

tis. Namų darbai: atlikti 16.22.1, 16.22.2, 16.22.3 ir 16.25 užduotis.

2019-02-28 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 17.6.1 ir 17.6.2 užduo-tis. Namų darbai: atlikti 17.11.1, 17.11.4, 17.12.1, 17.12.2, 17.13.1 ir17.13.2 užduotis. Prieš atliekant namų darbus išsiaiškinti 17.7 ir 17.8užduotis.

2019-03-01 laikas nuo 10:15 iki 13:45 auditorija 201 atkelta iš vasario 21.[Paskaitos] Ryšys tarp integravimo ir diferencijavimo. Netiesiogi-

niai integralai [8, 6.3 ir 6.4 skyreliai].[Pratybos] Atlikom 18.1.1, 18.1.2 ir 18.3 užduotis. Namų darbai:

atlikti 18.9.1, 18.9.2, 18.9.3, 18.10.1, 18.10.2 ir 18.10.3 užduotis.

2019-03-05 [Paskaitos] Funkcijų sekos paprastas ir tolygus konvergavimas [8,7.1 ir 7.2 skyreliai].

[Pratybos] Rinkau namų darbus. Atlikom 19.3.1, 19.3.2, 19.3.3 ir19.4 užduotis. Namų darbai: atlikti 19.17.2, 19.17.3, 19.17.4, 19.17.5ir 19.17.6 užduotis.

2019-03-07 [Paskaitos] Funkcijų sekos ir funkcijų eilutės tolygus konvergavi-mas [8, 7.2 ir 7.3 skyreliai].

[Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 19.10 ir 19.9.1 užduo-tis. Namų darbai: atlikti 19.19, 19.20, 19.22.1 ir 19.22.2 užduotis.

2019-03-12 [Paskaitos] Atsiskaitymas už sąvokas nuo 29 iki 43.[Pratybos] Rinkau namų darbus. Atlikom 19.11, 19.14 ir 19.13

užduotis. Namų darbai: atlikti 19.24.1, 19.24.2, 19.24.3, 19.24.4 ir19.25 užduotis.

8

2019-03-14 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 19.26.(a), 19.29.1 ir19.29.2 užduotis. Namų darbai: atlikti 19.26.(b), 19.29.4 ir 19.29.5užduotis.

2019-03-19 [Paskaita][Pratybos]

2019-03-21 Nukelta į kitą dieną.

2019-03-22 Perkelta iš praeitos dienos.[Paskaita][Pratybos]

Pastabos Atliekant užduotį namų darbuose ir atsiskaitymuose būtina su-formuluoti jos sąlygą ir paaiškinti samprotavimus.

Rekomenduojama namų darbų užduotis atlikti naudojant redagavimoprogramą LaTeX. Programos įdiegimo ir naudojimo instrukcijos yra čia:

http://www.mif.vu.lt/~zemlys/latex/index.php

9

http://www.mif.vu.lt/~zemlys/latex/index.php

2 Realiųjų skaičių sistema

2.1 Naudojami faktai

Realiųjų skaičių sistemą sudaro realiųjų skaičių aibė R, jos du skirtingi ele-mentai 0 ir 1, aibėje R apibrėžtos dvi binarinės operacijos + (suma) ir ·(sandauga), ir binarinis sąryšis ≤ (tvarka) aibėje R, kuriems galioja savybėsI, II, III ir IV.

I. Trejetas (R,+, ·) sudaro lauką, t.y.

• visiems x ir y iš R, x+ y = y + x ir x·y = y·x;

• visiems x, y ir z iš R, (x+ y) + z = x+ (y + z) ir (x·y)·z = x·(y·z);

• visiems x, y ir z iš R, x·(y + z) = x·y + y·z;

• visiems x iš R, x+ 0 = x;

• 0 6= 1 ir visiems x iš R, x·1 = x;

• visiems x iš R egzistuoja toks −x iš R, kad x+ (−x) = 0;

• visiems x iš R \ {0} egzistuoja toks x−1 iš R, kad x·x−1 = 1.

II. Pora (R,≤) sudaro pilnai sutvarkytą aibę, t.y.

• visiems x iš R, x ≤ x;

• visiems x ir y iš R, jei x ≤ y ir y ≤ x, tai x = y;

• visiems x, y ir z iš R, jei x ≤ y ir y ≤ z, tai x ≤ z;

• visiems x ir y iš R, x ≤ y arba y ≤ x.

III. Lauko (R,+, ·) operacijos suderintos su tvarka ≤, t.y.

• visiems x, y ir z iš R, jei x ≤ y tai x+ z ≤ y + z;

• visiems x ir y iš R, jei 0 ≤ x ir 0 ≤ y, tai 0 ≤ x·y.

IV. Tvarka ≤ aibėje R yra pilna (kontinuumo aksioma):

• visoms netuščioms realiųjų skaičių aibėms A ⊂ R, jei A turi viršutinįrėžį, tai A turi mažiausią viršutinį rėžį.

2.1 argumentas (Matematinė indukcija). Tegul S yra kintamojo n ∈ Npredikatas.

S(0), [∀ k ∈ NS(k)⇒ S(k + 1)] ` [∀n ∈ NS(n)].

10

2.2 argumentas (Stiprioji matematinė indukcija). Tegul S yra kintamojon ∈ N predikatas.

S(0), [∀ k ∈ NS(0) ∧ S(1) ∧ · · · ∧ S(k)⇒ S(k + 1)] ` [∀n ∈ NS(n)].

2.3 teorema. Nurodyti argumentai ekvivalentūs:

(a) matematinė indukcija;

(b) stiprioji matematinė indukcija.

Sprendimas. (b) ⇒ (a): Tarkime, kad stiprioji matematinė indukcijapagrįsta ir S(n), n ∈ N yra predikatas. Pagal šią prielaidą teisinga loginėišvada: jei (SM1) ir (SM2), tai teisinga ∀n ∈ NS(n), čia

(SM1) teisingas S(0);

(SM2) ∀ k ∈ N teisinga implikacija S(0) ∧ S(1) ∧ · · · ∧ S(k)⇒ S(k + 1).

Teiginį ∀n ∈ NS(n) įrodysime naudodami matematinę indukciją. Tarkime,kad teisinga S(0), pirmoji matematinės indukcijos prielaida. Ji sutampasu stipriosios matematinės indukcijos prielaida (SM1). Tarkime, kad sukuriuo nors k ∈ N teisinga implikacija S(k)⇒ S(k + 1) ir teisingas teiginysS(0) ∧ S(1) ∧ · · · ∧ S(k). Tada teisingas teiginys S(k). Remiantis ModusPonens išvedimo taisykle, teisingas teiginys S(k+1). Tai įrodo, kad teisingaimplikacija S(0) ∧ S(1) ∧ · · · ∧ S(k)⇒ S(k + 1). Įrodėme (SM1) ir (SM2).Remiantis stipriąja matematine indukcija teisingas teiginys ∀n ∈ NS(n), otuo pačiu yra pagrįsta matematinė indukcija.

(a) ⇒ (b): Tarkime, kad matematinė indukcija pagrįsta ir S(n), n ∈ Nyra predikatas. Teiginį ∀n ∈ NS(n) įrodysime naudodami stipriąją ma-tematinę indukciją. Tarkime, kad teisingos stipriosios matematinės induk-cijos prielaidos (SM1) ir (SM2). Kiekvienam k ∈ N apibrėžkime teiginįQ(k) := S(0)∧S(1)∧ · · · ∧S(k). Pastebėkime, kad teiginiai ∀n ∈ NS(n) ir∀n ∈ NQ(n) yra ekvivalentūs. Todėl pakanka įrodyti teiginio ∀n ∈ NQ(n)teisingumą. Tam tikslui, remiantis matematine indukcija, pakanka parody-ti, kad teisingi (M1) ir (M2), čia

(M1) teisingas Q(0);

(M2) ∀ k ∈ N teisinga implikacija Q(k)⇒ Q(k + 1).

Pagal prielaidą teisingas (SM1) teiginys: teisingas S(0). Kadangi S(0) =Q(0), tai teisingas (M1) teiginys. Pagal kitą prielaidą teisingas (SM2) tei-ginys, kuris dabar formuluojamas kaip teiginys: ∀ k ∈ N teisinga implikacijaQ(k) ⇒ S(k + 1). (M2) įrodymui tarkime, kad teisingas Q(k) su kuriuonors k ∈ N. Remiantis Modus Ponens, teisingas S(k+1) teiginys. Kartu suQ(k) teisingumu, tai rodo, kad teisingas Q(k + 1) teiginys. Kadangi k ∈ Nlaisvai pasirinktas, įrodėme (M2), ką ir reikėjo įrodyti. Teoremos įrodymasbaigtas.

11

2.2 Užduotys su sprendimais

2.4 užduotis. Tegul x, y ir z yra realieji skaičiai. Tada

y = z ⇔ x+ y = x+ z.

Sprendimas. Tarkime, kad y = z. Kadangi suma yra funkcija iš R × Rį R ir (x, y) = (x, z) dėl sutvarkytų porų lygybės, tai sumos reikšmės yralygios x+ y = x+ z. Įrodėme implikaciją y = z ⇒ x+ y = x+ z.

Dabar tarkime, kad x + y = x + z. Remiantis realiųjų skaičių sistemosaksioma, egzistuoja toks (−x) ∈ R, kad x+(−x) = 0. Remiantis jau įrodytaimplikacija arba tuo pačiu argumentu, gauname

y = y + 0

= y + (x+ (−x))= (y + x) + (−x)= (z + x) + (−x)= z + (x+ (−x))= z + 0

= z.

Skaitytojui paliekame pačiam nurodyti trūkstamus argumentus. Įrodėmeimplikaciją x+ y = x+ z ⇒ y = z.

2.5 užduotis. Įrodyti, kad nulis yra vienintelis. Kitaip tariant teisingaimplikacija

jei u ∈ R ir x+ u = x, ∀x ∈ R, tai u = 0.

Sprendimas. Tegul u ∈ R ir x+ u = x kiekvienam x ∈ R. Tada

u = u+ 0 = 0 + u = 0.

2.6 užduotis. Tegul x, y ir z yra realieji skaičiai. Įrodyti teiginius:

1. −(x+ y) = (−x) + (−y);

2. 0·x = 0 = x·0;

3. jei xy = 1, tai y = x−1;

4. jei x 6= 0 ir y 6= 0, tai (xy)−1 = x−1y−1;

5. (−1)·x = −x;

6. (−x)y = −xy = x(−y);

7. −(−x) = x;

12

8. (−1)2 = 1 ir 1−1 = 1;

9. jei xy = 0, tai x = 0 arba y = 0;

10. jei x 6= 0, tai (x−1)−1 = x;

11. jei x 6= 0, tai (−x)−1 = −x−1.

Sprendimas. 1. Remiantis realiųjų skaičių sistemos aksiomomis, turime

(x+ y) + (−(x+ y)) = 0 = 0 + 0

= (x+ (−x)) + (y + (−y))= (x+ y) + (−x) + (−y).

Naudodami 2.4 užduotį (kaip?), gauname −(x+ y) = (−x) + (−y).2. Tegul x ∈ R. Elementas 0·x ∈ R, nes sandaugos operacija yra uždara

realiųjų skaičių aibėje. Egzistuoja priešingas elementas −0·x ∈ R, kuriam0·x+ (−0·x) = 0. Tada

0 = 0·x+ (−0·x)nulio savybė = (0 + 0)·x+ (−0·x)

distributyvumas = (0·x+ 0·x) + (−0·x)asociatyvumas = 0·x+ (0·x+ (−0·x))

priešingo elemento savybė = 0·x+ 0

nulio sa vybė = 0·x.

Kita užduotis iliustruoja struktūruotą skaičiavimą (angl. structured de-rivation, [2]).

2.7 užduotis. Išspręsti lygtį

x3 − x2 + x− 1 = 0 (1)

realiųjų skaičių aibėje su pagrindimu. Kitaip tariant, rasti visus realiuosiusskaičius, kurie tenkina lygtį, atsakymą pagrindžiant logika ir realiųjų skaičiųsistemos teiginiais.

Sprendimas. Tarkime, kad x ∈ R yra toks, kad teisinga (1) lygybė.

x3 − x2 + x− 1 = 0 ⇔ (x3 − x2) + (x− 1) = 0

distributyvumas ⇔ x2(x− 1) + (x− 1) = 0

distributyvumas ⇔ (x− 1)(x2 + 1) = 0

sandaugos nulio taisyklė ⇔ [x− 1 = 0] ∨ [x2 + 1 = 0]

1 pridėjimas ir −1 + 1 = 0 ⇔ [x = 1] ∨ [x2 + 1 = 0]

-1 pridėjimas ir 1− 1 = 0 ⇔ [x = 1] ∨ [x2 = −1][x2 = −1] = K (klaidingas teiginys) ⇔ [x = 1] ∨K

disjunkcijos taisyklė ⇔ x = 1.

13

Reminatis ekvivalencijos tranzityvumu, (1) lygtis turi vienintelį sprendinįx = 1.

2.3 Užduotys savarankiškam sprendimui

2.8 užduotis. Tegul x, y ir z yra realieji skaičiai. Įrodyti teiginius:

1. jei x+ y = x, tai y = 0;

2. jei x+ y = 0, tai y = −x;

3. −0 = 0;

4. jei xz = yz ir z 6= 0, tai x = y;

5. 0·x = 0 = x·0;

6. jei xy = x ir x 6= 0, tai y = 1;

7. jei xy = 1, tai y = x−1;

8. jei x 6= 0 ir y 6= 0, tai (xy)−1 = x−1y−1;

9. (−1)·x = −x;

10. (−x)y = −xy = x(−y);

11. −(−x) = x;

12. (−1)2 = 1 ir 1−1 = 1;

13. jei xy = 0, tai x = 0 arba y = 0;

14. jei x 6= 0, tai (x−1)−1 = x;

15. jei x 6= 0, tai (−x)−1 = −x−1.

2.9 užduotis. Tegul u, v ir w yra realieji skaičiai. Įrodyti, kad trys sąryšiai(i), (ii) ir (iii) yra ekvivalentūs, čia

(i) |u− v| < w;

(ii) v − w < u < v + w;

(iii) u ∈ (v − w, v + w).

2.10 užduotis. Tegul u ∈ R ir v ∈ R. Įrodyti, kad

max{u, v} = 1

2

(u+ v + |u− v|

).

14

3 Skaičių seka ir jos riba


3.1 apibrėžtis. Tegul (xn) = (xn)n∈N yra realiųjų skaičių seka ir x yra rea-lusis skaičius. Sakoma, kad (xn) konverguoja į x, jei kiekvienam teigiamamskaičiui ε egzistuoja toks natūralusis skaičius N , kad kiekvienam natūralia-jam skaičiui n teisinga implikacija: jei n ≥ N , tai |xn − x| < ε. Logineforma:

∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n ∈ N, [n > N ⇒ |xn − x| < ε]. (2)

Jei (xn) konverguoja į x, tai skaičius x vadinamas sekos (xn) riba ir žymimaslimn→∞ xn. Teiginys (2) žymimas formulėmis

limn→∞

xn = x arba [xn → x, kai n→∞].

Frazės „seka (xn) konverguoja" ir „seka (xn) turi ribą" reiškia tą patį, būtent:egzistuoja toks x ∈ R, kad limn→∞ xn = x.

1 pav.: (2) iliustracija

3.2 apibrėžtis. Tegul (xn) = (xn)n∈N yra realiųjų skaičių seka. Sakoma,kad (xn) diverguoja į +∞, jei kiekvienam teigiamam skaičiui M egzistuojatoks natūralusis skaičius N , kad kiekvienam n ∈ N galioja implikacija: jein > N , tai xm >M . Logine forma:

∀M > 0, ∃N ∈ N : ∀n ∈ N, [n > N ⇒ xn >M ].

Pastarasis teiginys žymimas formulėmis

limn→∞

xn = +∞ arba [xn → +∞, kai n→∞].

15

3.3 teorema ([8], 4.16 teorema). Tegul (xn) yra realiųjų skaičių seka, x yrarealusis skaičius, (an) yra neneigiamų skaičių seka konverguojanti į nulį ir|xn − x| ≤ an visiems pakankamai dideliems n. Tada x = limn→∞ xn

3.4 teorema (Suspaudimo taisyklė). Tarkime, kad (xn), (yn) ir (zn) yratokios realiųjų skaičių sekos, kurioms egzistuoja toks N ∈ N, kad

xn 6 yn 6 zn, ∀n ≥ N.

Be to, tarkime, kad sekos (xn) ir (zn) konverguoja į tą patį skaičių a, t.y.limn→∞ xn = a = limn→∞ zn. Įrodyti, kad seka (yn) konverguoja ir jos ribayra a.

3.5 teorema. Tegul (rn) ir (sn) yra realiųjų skaičių sekos. Tarkime, kadegzistuoja ribos

limn→∞

rn = r ir limn→∞

sn = s.

Toliau nurodytų lygybių kairėje pusėje esančios ribos egzistuoja ir teisingoslygybės:

(a) limn→∞(rn + sn) = r + s;

(b) limn→∞(rn·sn) = r·s;

(c) jei s 6= 0 ir sn 6= 0 su kiekvienu n ∈ N, tai

limn→∞

rnsn

=r

s;

(d) limn→∞max{rn, sn} = max{r, s} (3.13 užduotis).


3.6 užduotis. Tegul (xn) yra realiųjų skaičių seka ir x yra realusis skaičius.Įrodyti, kad x = limn→∞ xn tada ir tik tada, kai teisingi teiginiai (i) ir (ii),čia

(i) kiekvienam d1 < x egzistuoja toks natūralusis skaičius N1, kad nely-gybė d1 < xn teisinga visiems n ≥ N1;

(ii) kiekvienam d2 > x egzistuoja toks natūralusis skaičius N2, kad nely-gybė d2 > xn teisinga visiems n ≥ N2.

Sprendimas. Tarkime, kad x = limn→∞ xn. Teiginių (i) ir (ii) įrodymuipasirinkime bet kuriuos d1 < x ir d2 > x. Apibrėžkime ε := min{x−d1, d2−x}. Tada ε > 0, bei

d1 − x ≤ −ε ir ε ≤ d2 − x (3)

16

Pagal prielaidą egzistuoja toks N ∈ N, kad |xn − x| < ε visiems n ≥ N .Apibrėžkime N1 := N ir N2 := N . Remiantis (3) ir modulio savybėmis (2.9užduotis), kadangi |xn − x| < ε, tai

d1 − x ≤ −ε < xn − x < ε ≤ d2 − x arba d1 < xn < d2,

kai n ≥ N1 = N2. Kadangi d1 ir d2 yra laisvai pasirinkti, tai teisingi teiginiai(i) ir (ii).

Tarkime, kad teisingi teiginiai (i) ir (ii). Pasirinkime bet kurį ε > 0.Apibrėžkime d1 := x − ε ir d2 := x + ε. Tada d1 < x ir d2 > x. Pagalprielaidą egzistuoja tokie N1 ∈ N ir N2 ∈ N, kad nelygybė x − ε < xnteisinga visiems n ≥ N1 ir nelygybė xn < x + ε teisinga visiems n ≥ N2.Tegul N := max{N1, N2}. Tada N ∈ N. Be to, jei n ≥ N , tai n > N1 irn > N2, o tai reiškia, kad galioja nelygybės

x− ε < xn < x+ ε arba |xn − x| < ε.

Kadangi ε > 0 yra laisvai pasirinktas, tai x = limn→∞ xn.

3.7 užduotis. Įrodyti, kad

limn→∞

n2

2n2 + 1=

1

2.

Sprendimas. (I būdas: Remiantis sekos konvergavimo apibrėžtimi.)Tegul ε > 0. Reikia rasti tokį N ∈ N, kad kiekvienam n ∈ N būtų teisingaimplikacija

jei n ≥ N , tai Tn :=∣∣∣ n2

2n2+1− 1

2

∣∣∣ < ε. (4)

Pertvarkysime pastarąją nelygybę Tn < ε taip, kad būtų galima nustatyti,kokiems n ji yra teisinga. Atveju, kai ε ≤ 1/2, šaknies

√1ε − 2 pošaknis yra

neneigiamas ir nelygybė Tn < ε ekvivalenti nelygybei

n >1

2

√1

ε− 2 =: Rε.

Atveju, kai ε > 1/2, nelygybės

Tn =1

4n2 + 2<

1

2< ε (5)

teisingos visiems n ∈ N. Liko įsitikinti, kad abiem atvejais teisinga (4)implikacija.

Tegul ε > 0. Galimi du atvejai: ε 6 1/2 ir ε > 1/2. Pirmuoju atvejuapibrėšime N := [Rε] + 1 (skaičiaus Rε sveikoji dalis plius vienas). Teguln ∈ N ir n ≥ N . Tada n ≥ Rε, o tai ekvivalentu nelygybei Tn < ε. Pirmuojuatveju (4) implikacija teisinga. Antruoju atveju apibrėšime N := 0. Tegul

17

n ∈ N bet koks. Pagal (5), (4) implikacija teisinga ir antruoju atveju.Užduotis atlikta pirmuoju būdu.

(II būdas: remiantis sekų konvergavimo invariantiškumu algebriniųoperacijų atžvilgiu, t.y. remiantis teiginiais panašiais į 4.15 teoremos iš [8]teiginius.) Kiekvienam n ∈ N∗ teisingos lygybės

n2

2n2 + 1=n2

n2· 1

2 + (1/n2)=

1

2 + (1/n2). (6)

Tegul un := 1 ir vn := 2 kiekvienam n ∈ N. Tada limn→∞ un = 1 irlimn→∞ vn = 2. Remiantis sekos konvergavimo apibrėžtimi įrodome, kadlimn→∞(1/n) = 0. Pagal sekų konvergavimo invariantiškumą sandaugosatžvilgiu turime

limn→∞

1

n2= lim

n→∞

( 1n· 1n

)=(

limn→∞

1

n

)2= 0.

Panašiai naudodami sekų konvergavimo invariantiškumą algebrinių opera-cijų atžvilgiu sekai, kurios nariai turi (6) išraišką, gauname

limn→∞

1

2 + (1/n2)=

limn→∞ unlimn→∞ vn + limn→∞(1/n2)

=1

2 + 0=

1

2,

ką ir reikėjo įrodyti.

3.8 užduotis. Tarkime, kad r ∈ R ir |r| < 1. Įrodyti, kad

limn→∞

rn = 0, (7)

remiantis konvergavimo apibrėžtimi. Toliau šis faktas įrodytas kitais būdais(4.5 užduotis).

Sprendimas. Kai r = 0, tai rn = 0 kiekvienam n ∈ N ir (7) teisinga.Parodysime, kad pakanka nagrinėti atvejį kai r ∈ (0, 1). Tai galima pagrįstiremiantis nelygybe

|rn| 6 |r|n kiekvienam n ∈ N, (8)

ir suspaudimo taisykle (3.4 užduotis). (8) nelygybė įrodoma naudojant ma-tematinę indukciją.

Toliau laikome, kad r ∈ (0, 1). Tegul ε > 0. Rasime tokį N ∈ N, kad

rn < ε visiems n > N . (9)

Jei ε > 1, tai (9) teisinga kaiN = 1 (kai n = 0 ir ε = 1 turime lygybę). Todėltoliau ε ∈ (0, 1). Kadangi logaritmas yra didėjanti funkcija, (9) teisinga tadair tik tada, kai

log ε > log(rn) = n log r. (10)Kadangi ε ∈ (0, 1) ir r ∈ (0, 1), log ε > 0 ir log r > 0. TegulN yra mažiausiassveikas skaičius didesnis už log ε/ log r. Tada (10) teisinga visiems n > N .Radome tokius N ∈ N, kad (9) teisinga bet kuriam ε > 0. Užduotis atlikta.

18

Tarkime, kad fn → +∞ kai n→∞ ir gn → +∞ kai n→∞ Jei

limn→∞

fngn

= 0,

tai sakoma, kad seka (gn) „artėja į begalybę greičiau už" seką (fn).

3.9 užduotis. Remiantis sekos konvergavimo apibrėžtimi įrodyti, kad

limn→∞

n

2n= 0.

Sprendimas. Tegul ε > 0. Reikia rasti tokį N ∈ N, kad kiekvienamn ∈ N būtų teisinga implikacija

jei n ≥ N , tai∣∣∣ n2n − 0

∣∣∣ = n2n < ε. (11)

Tegul n ∈ N∗. Vardiklį 2n galima palyginti su skaitikliu n naudojant binomoformulę sumai 2n = (1 + 1)n (3.116 teorema [8]):

(1 + 1)n =n∑k=0

(n

k

)= 1 + n+

n(n− 1)

2+ · · ·+ 1 >

n(n− 1)

2. (12)

Naudodami šią nelygybę kai n > 1, gauname

n

2n<

2

n− 1.

Dešinė šios nelygybės pusė yra mažesnė už ε tada ir tik tada, kai n > 1 +(2/ε). Tegul N yra mažiausias natūralusis skaičius nemažesnis už 1+ (2/ε),t.y.

N := 1 +⌈2ε

⌉.

Tada teisinga (11) implikacija, ką ir reikėjo parodyti.

3.10 užduotis. Remiantis sekos konvergavimo apibrėžtimi įrodyti, kad

limn→∞

2n

n!= 0.

Sprendimas. Tegul n ∈ N∗. Vidinius sandaugos narius vertindami vie-netu gauname

2n

n!=(21

)(22

)· · ·( 2

n− 1

)( 2n

)6 2 · 2

n.

Matematinės indukcijos principas įrodo, kad ši nelygybė teisinga kiekvienamn ∈ N∗. Būtent nelygybė

2n

n!6

4

n(13)

19

teisinga kai n = 1 ir n = 2. Tarkime, kad ji teisinga kuriam nors n ≥ 2.Tada, remdamiesi šia prielaida, gauname

2n+1

(n+ 1)!=(2nn!

) 2n6

2

n

2

n+ 16

4

n+ 1,

t.y. (13) teisinga kai n yra pakeistas n+1. Remiantis matematine indukcija,(13) teisinga kiekvienam n ∈ N∗.

Remiantis 3.3 teorema pakanka įrodyti, kad limn→∞1n = 0.

3.11 užduotis. Įrodyti, kad seka ((−1)n) diverguoja.

3.12 pastaba. Kitu būdu ši užduotis atlikta 5.6 užduotimi.

Sprendimas. Seka konverguoja kai egzistuoja skaičius, kuris yra sekosriba. Norėdami parodyti, kad nurodyta seka diverguoja turime parodyti,kad nei vienas skaičius negali būti tos sekos riba. Nagrinėsime penkis atve-jus: skaičius yra 1, yra −1, yra intervale (−1, 1), yra didesnis už 1 ir yramažesnis už −1.

Nurodytos sekos (xn) = ((−1)n) nariai lygūs 1 kai sekos nario eilės nu-meris n yra lyginis ir lygūs −1 kai sekos nario eilės numeris n yra nelyginis.Pirmas atvejis: tegul x = 1. Tada

|xn − x| = |(−1)n − 1| = |(−1)− 1| = 2, kai n yra nelyginis.

Taigi implikacija [n > N ⇒ |xn − x| < ε] nėra teisinga jokiam N kaiε ∈ (0, 2). Antras atvejis: tegul x = −1. Tada

|xn − x| = |(−1)n − 1| = |1− (−1)| = 2, kai n yra lyginis.

Vėl implikacija [n > N ⇒ |xn−x| < ε] nėra teisinga jokiamN kai ε ∈ (0, 2).Trečias atvejis: tegul x ∈ (−1, 1). Tada

|xn − x| ={

1− x, kai n lyginis,1 + x, kai n nelygynis,

}> min{1− x, 1 + x} =: y > 0.

Vėl implikacija [n > N ⇒ |xn−x| < ε] nėra teisinga jokiamN kai ε ∈ (0, y).Ketvirtas atvejis: tegul x > 1. Tada

|xn − x| ={x− 1, kai n lyginis,1 + x, kai n nelygynis,

}> x− 1 =: y > 0.

Vėl implikacija [n > N ⇒ |xn−x| < ε] nėra teisinga jokiamN kai ε ∈ (0, y).Panašiai samprotaujame ir penktuoju atveju, kai x < −1. Užduotis atlikta.

3.13 užduotis. Tarkime, kad realiųjų skaičių sekos (rn) ir (sn) konverguoja,atitinkamai, į realiuosius skaičius r ir s. Įrodyti, kad seka (max{rn, sn})konverguoja į max{r, s}.

20

Sprendimas. (I būdas) Tiesiogiai pagal ribos apibrėžimą.(II būdas) Naudojant 2.10 užduotį ir sekos konvergavimo aritmetinėmis

operacijas. Tegul n ∈ N. Tada

max{rn, sn} =1

2

(rn + sn + |rn − sn|

). (14)

Be to, ∣∣|rn − sn| − |r − s|∣∣ 6 |(rn − sn)− (r − s)|= |(rn − r) + (sn − s)|6 |rn − r|+ |sn − s|.

Kadangi limn→∞ |rn − r| = 0 ir limn→∞ sn = s, remiantis 3.3 teorema,gauname

limn→∞

|rn − sn| = |r − s|.

Dabar naudodami (14) išraišką ir 3.5 teoremos (a) teiginį, gauname

limn→∞

max{rn, sn} =1

2(|r|+ |s|+ |r − s|) = max{r, s}.

3.14 užduotis. Tarkime, kad skaičiams a, b teisinga nelygybė a < b, oskaičių seka (xn) konverguoja į skaičių x ir nelygybė a ≤ xn ≤ b teisingavisiems n ∈ N. Įrodyti, kad a ≤ x ≤ b.

Sprendimas. (I būdas) Tegul ε > 0. Kadangi seka (xn) konverguoja į x,egzistuoja toks N ∈ N, kad |xn − x| < ε visiems n ≥ N . Remiantis moduliosavybėmis gauname, kad pastaroji nelygybė ekvivalenti nelygybėms

xn − ε < x < xn + ε visiems n ≥ N .

Kadangi nelygybė a ≤ xn ≤ b teisinga visiems n ∈ N, tai

a− ε < x < b+ ε.

Šiose nelygybėse ε > 0 yra bet kuris. Todėl, remiantis ?? užduotimi, a ≤x ≤ b, ką ir reikėjo įrodyti.

(II būdas) Tarkime, kad a ≤ x ≤ b nėra teisinga. Tada teisinga arbax < a arba x > b. Tarkime, kad x < a ir ε = a − x. Kadangi seka (xn)konverguoja į x, egzistuoja toks N ∈ N, kad

xn − x ≤ |xn − x| < ε = x− a visiems n ≥ N .

Abiejose pusėse suprastinę iš x, gauname nelygybę xn < a visiems n ≥ N .Tai yra prieštara prielaidai a ≤ xn teisinga visiems n ∈ N. Kitą prieštarągauname atveju x > b. Todėl nelygybės a ≤ x ≤ b turi būti teisingos.

21

limn→∞

(√n+ 1−

√n) = 0 ir lim

n→∞

√n(√n+ 1−

√n) = 1.

Sprendimas. Daugindami ir dalindami iš (√n+ 1 +

√n) gauname

0 < (√n+ 1−

√n) =

1

(√n+ 1 +

√n)

<1

2√n. (15)

Kadangi 1/(2√n) → 0 kai n → ∞, naudodami suspaudimo taisyklę (3.4

užduotis) gauname pirmąjį užduoties teiginį. Antrąjį užduoties teiginį gau-name panašiai padauginę (15) iš

√n.

3.16 užduotis. Tegul a yra teigiamas realusis skaičius. Įrodyti, kad

limn→∞

a1/n = 1. (16)

3.17 pastaba. n-tojo laipsnio šaknis ir teigiamo realiojo skaičiaus apibrėžtair jos savybės įrodytos 4.5 skyrelyje [9]. Kitu būdu ši užduotis atlikta 5.4užduotimi.

Sprendimas. Kai a = 1, tai a1/n = 1 kiekvienam n ∈ N∗ ir (16) teiginysteisingas. Tarkime, kad a > 1. Šiuo atveju a1/n > 1 ir hn := a1/n − 1 > 0kiekvienam n ∈ N∗. Naudojant binomo formulę, gauname

a = (1 + hn)n > 1 + nhn

kiekvienam n ∈ N∗. Pertvarkę nelygybę gauname

0 6 a1/n − 1 = hn 6a− 1

n

kiekvienam n ∈ N∗. Kadangi (a − 1)/n → 0, kai n → ∞, remiantis su-spaudimo taisykle (3.4 užduotis), a1/n − 1 → 0 kai n → ∞. Teiginys (16)įrodytas atveju a > 1.

Tarkime, kad a ∈ (0, 1). Tada 1/a > 1 ir (1/a)1/n → 1 pagal jauišnagrinėtą atvejį. Kadangi iš vienetų sudaryta seka konverguoja į vienetąir a = 1/(1/a), gauname

limn→∞

a1/n =limn→∞ 1

limn→∞(1/a)1/n=

1

1= 1.

Teiginys (16) įrodytas visais atvejais.


limn→∞

n1/n = 1.

22

Sprendimas. Tegul rn := n1/n ir hn := rn − 1 = n1/n − 1 su kiekvienun ∈ N∗. Parodysime, kad

0 6 hn 6

√2

n(17)

su kiekvienu n ∈ N∗. Remiantis (12) formule, turime

(1 + 1)n > 1 + n > n,

ir pertvarkius, turime n1/n − 1 < 1 su kiekvienu n ∈ N∗. Kita vertus,n1/n ≥ 1 su kiekvienu n ∈ N∗, t.y. teisinga (17) kairioji pusė. Naudodamibinomo formulę sumai (1 + hn)

n (3.116 teorema [8]), gauname

n = (1 + hn)n > 1 + nhn +

n(n− 1)

2h2n > 1 +

n(n− 1)

2h2n

su kiekvienu n ∈ N∗. Pertvarkę gauname (17) dešiniąją pusę. Remdamiesi(17) ir suspaudimo taisykle (3.4 užduotis) gauname užduoties teiginį.3.19 užduotis. Įrodyti, kad

limn→∞

n!

nn= 0.

Sprendimas. Kadangi k/n 6 1 kiekvienam k ∈ {1, . . . , n}, tai

0 6n!

nn=

n·(n− 1) · · · 2·1n·n · · ·n·

=n

n·n− 1

n· · · 2

n· 1n6 1·1 · · · 1· 1

n=

1

n.

Užduoties teiginys teisingas remiantis suspaudimo taisykle (3.4 užduotis).3.20 užduotis. Tegul (xn) yra neneigiamų skaičių seka. Tarkime, kad seka(xn) konverguoja į neneigiamą skaičių x. Įrodyti, kad konverguoja seka(√xn) ir rasti jos ribą.Sprendimas. Įrodysime, kad seka (

√xn) konverguoja į

√x. Nagrinėsime

du atvejus: x = 0 ir x > 0. Pirma, tegul x > 0. Tegul 0 < ε < x/2. Pagalprielaidą egzistuoja toks N ∈ N, kad |xn − x| < ε visiems n ≥ N , t.y.

x

2< x− ε < xn < x+ ε

visiems n ≥ N . Visiems šiems n, padalinę ir padauginę iš √xn +√x,

gauname

|√xn −

√x| = |xn − x|√

xn +√x<

ε√x/2 +

√x<

√ε

1 +√2.

Kadangi ε laisvai pasirinktas, tai seka (√xn) konverguoja į

√x kai x > 0.

Skaitytojui paliekame įrodyti konvergavimą kai x = 0.


3.21 užduotis. Nurodytus teiginius įrodyti remiantis ribos apibrėžtimi:

23

1.limn→∞

n+ 3

n= 1;

2.limn→∞

2− n2 + n

= −1;

3.limn→∞

n2 + 1

n2= 1;

4.limn→∞

1

n3= 0;

5.limn→∞

1√n= 0;

6.limn→∞

n√n2 + n

= 1.

Kiekvienai šios užduoties sekai (xn) ir duotam ε = 0.001 raskite tokįN ∈ N, kad kiekvienam n ≥ N teisinga

|xn − x| < 0.001.

3.22 užduotis. Nurodytus teiginius įrodyti naudojant aritmetinius veiks-mus su konverguojančiomis sekomis:

1.limn→∞

n

3n+ 2=

1

3;

2.limn→∞

2n+ 1

3n+ 1=

2

3;

3.limn→∞

n4 − 4

n5= 0.

3.23 užduotis. Tarkime, kad (xn) ir (yn) yra tokios realiųjų skaičių sekos,kurioms egzistuoja toks N ∈ N, kad

xn 6 yn, ∀n ≥ N.

Be to, tarkime, kad sekos (xn) ir (yn) konverguoja. Įrodyti, kad limn→∞ xn 6limn→∞ yn.

3.24 užduotis. Tarkime, kad (xn) yra realiųjų skaičių seka. Įrodyti teigi-nius:

(a) jei (xn) konverguoja, tai konverguoja seka (|xn|);

(b) limn→∞ xn = 0 ⇔ limn→∞ |xn| = 0;

(c) rasti tokį sekos (xn) pavyzdį, kad (|xn|) konverguoja, bet (xn) diver-guoja.

3.25 užduotis. Tarkim, kad xn = 1 kai n yra lyginis ir xn = 2, kai n yranelyginis. Ar seka (xn) konverguoja ar diverguoja? Atsakymą pagrįsti.

3.26 užduotis. Tegul (xn) ir (yn) yra realiųjų skaičių sekos. Tarkime, kadegzistuoja toks N ∈ N, kad teisinga implikacija: jei n ∈ N ir n > N , taixn = yn. Įrodyti, kad (xn) konverguoja tada ir tik tada, kai konverguoja(yn). Be to, jei konverguoja, tai ribos yra lygios.

24

3.27 užduotis. Tarkime realiųjų skaičių seka (xn) konverguoja ir limn→∞ xn >0. Įrodyti, kad egzistuoja tokie skaičiai a > 0 ir N ∈ N, kad kiekvienamn ∈ N teisinga implikacija: jei n > N , tai xn > a.

3.28 užduotis. Rasti tokius sekų (xn) ir (yn) pavyzdžius, kad (xn) konver-guoja, limn→∞ xn = 0 ir seka (xnyn) diverguoja.

3.29 užduotis. Tegul (xn) ir (yn) yra realiųjų skaičių sekos ir limn→∞ xn =+∞. Tarkime egzistuojant tokį N ∈ N, kad kiekvienam n ∈ N, jei n > N ,tai xn 6 yn. Įrodyti, kad limn→∞ yn = +∞.

3.30 užduotis. Tegul (xn) yra realiųjų skaičių seka ir x ∈ R. Įrodyti, kad(xn) konverguoja į x tada ir tik tada, kai egzistuoja toks realusis skaičiusK > 0, kad

∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n ∈ N, [n > N ⇒ |xn − x| < Kε].

3.31 užduotis. Nustatyti ar seka (xn) konverguoja ar diverguoja? Jei kon-verguoja, tai rasti jos ribą. Čia

(a) xn = lnnn ;

(b) xn =√n+ 5−

√n;

(c) xn = n2+1(n+1)2

;

(d) xn = n[lnn− ln(n+ 2)

];

(e) xn = sinnn .

3.32 užduotis. Tegul realiųjų skaičių aibė A yra netuščia ir aprėžta. Įro-dyti, kad egzistuoja seka (xn) kurios nariai xn ∈ A kiekvienam n ∈ N irlimn→∞ xn = supA.

3.33 užduotis. Tarkime, kad realiojo skaičiaus r modulis mažesnis už vienąir (an) yra tokia realiųjų skaičių seka, kurios nariams teisinga nelygybė

|an − an+1| < rn kiekvienam n.

Įrodyti, kad seka (an) konverguoja.

25

4 Monotoninės sekos


4.1 apibrėžtis. Tarkime, kad (xn) realiųjų skaičių seka.

(a) (xn) yra didėjanti, jei xn+1 > xn kiekvienam n ∈ N;

(a) (xn) yra nemažėjanti, jei xn+1 > xn kiekvienam n ∈ N;

(a) (xn) yra mažėjanti, jei xn+1 < xn kiekvienam n ∈ N.

(a) (xn) yra nedidėjanti, jei xn+1 6 xn kiekvienam n ∈ N.

Seka vadinama monotonine, jei ji turi bent vieną iš keturių savybių.

4.2 teorema. Nemažėjanti ir aprėžta iš viršaus seka konverguoja į mažiau-sią viršutinį rėžį. Taip pat, nedidėjanti ir aprėžta iš apačios seka konverguojaį didžiausią apatinį rėžį.

4.3 teorema. Tegul cn := (1 + 1n)n kiekvienam n ∈ N∗. Seka (cn)n≥1 yra

nemažėjanti, aprėžta iš viršaus ir egzistuoja riba

e := limn→∞

cn.


4.4 užduotis. Tarkime, kad seka (xn) yra didėjanti. Įrodyti implikaciją:jei n ∈ N, m ∈ N ir n < m, tai xn < xm.

Sprendimas. Naudosime matematinę indukciją. Tegul n ∈ N ir Mn :={k ∈ N∗ : xn+k > xn}. Remiantis didėjančios sekos apibrėžtimi ((4.1) api-brėžtis), xn+1 > xn. Todėl 1 ∈∈ Mn. Tarkime, kad k ∈ Mn. Remiantisdidėjančios sekos apibrėžtimi ir indukcine prielaida, teisingos nelygybės

xn+(k+1) = x(n+k)+1 > xn+k > xn.

Remiantis tvarkos sąryšio tranzityvumu (realiųjų skaičių (11) aksioma ??apibrėžtyje) k + 1 ∈∈ Mn. Remiantis matematine indukcija Mn = N∗.Kadangi n ∈ N laisvai pasirinktas, užduoties implikacija teisinga.

Kita užduotis buvo atlikta naudojant tik konvergavimo apibrėžimą (3.8užduotis).

4.5 užduotis. Tarkime, kad r ∈ R ir |r| < 1. Įrodyti, kad

limn→∞

rn = 0. (18)

26

Sprendimas. (II būdas). Remiantis (8) nelygybe ir suspaudimo taisyk-le, pakanka įrodyti (18) kai r ∈ (0, 1). Su kiekvienu n ∈ N, tegul xn := rn.Kadangi r ∈ (0, 1), tai

0 6 xn+1 = rxn < xn kiekvienam n ∈ N.

Tai reiškia, kad seka (xn) yra nedidėjanti ir aprėžta iš apačios. Remiantis4.2 teorema seka (xn) konverguoja į didžiausią apatinį rėžį, kurio kol kasnežinome. Pažymėkime jį x-u. Kadangi xn+1 = rxn kiekvienam n ∈ N, tai

x = limn→∞

= limn→∞

(rxn) = r limn→∞

xn = rx.

Todėl x = rx arba x(1−r) = 0. Kadangi (1−r) 6= 0, tai x = 0, ką ir reikėjoįrodyti.

(III būdas). Kaip ir anksčiau galima tarti, kad r ∈ (0, 1). Egzistuojatoks teigiamas skaičius a, kad

r =1

1 + air rn =

1

(1 + a)n

kiekvienam n ∈ N. Naudojant binomo formulę (3.116 teorema konspekte)

(1 + a)n =

n∑k=0

(n

k

)ak >

(n

1

)a = na,

kai n ≥ 1. Gauname0 6 rn =

1

(1 + a)n6

1

na

su bet kuriuo n ∈ N∗ Kadangi 1/n → 0 kai n → ∞, remiantis suspaudimotaisykle, teisinga (18).

4.6 užduotis. Tarkime, kad realiųjų skaičių seka (xn) apibrėžta rekursijosbūdu: x0 := 1 ir xn+1 :=

√2xn kiekvienam n ∈ N. Įrodyti, kad (xn) yra

aprėžta iš viršaus skaičiumi 2 ir nemažėja. Pagrįsti jos konvergavimą ir rastiribą.

Sprendimas. Parodysime, kad seka yra aprėžta iš viršaus skaičiumi 2naudodami matematinę indukciją. Kai n = 0, x0 = 1 < 2. Tarkime, kadxn ≤ 2 su kuriuo nors n ∈ N. Tada

xn+1 =√2xn 6

√2·2 = 2.

Remiantis matematinės indukcijos principu, xn 6 2 kiekvienam n ∈ N.Naudodami aprėžtumo iš viršaus faktą įrodysime, kad seka nemažėja.

xn+1 =√2xn = xn

√2

xn> xn

27

kiekvienam n ∈ N. Todėl (xn) yra nemažėjanti. Remiantis 4.2 teorema (xn)konverguoja į savo mažiausią viršutinį rėžį MVR. tarkime, kad sekos ribayra x. Sąryšyje xn+1 :=

√2xn perėję prie ribos kai n → ∞, gauname, jog

riba privalo tenkintį sąryšį:

x =√2x arba x(x− 2) = 0.

Kadangi reikšmė x = 0 yra negalima, tai x = 2. Todėl jos riba limn→∞ xn =2 yra pagrįsta.


4.7 užduotis. Kuri iš nurodytų sekų yra monotoninė, aprėžta, konverguo-ja?

1.((−1)n(n+1)

n

),

2.(2(−1)

n),3.(n3n

),

4.(ln(n+ 1)− lnn

).

4.8 užduotis. Tarkime, kad r ∈ R ir |r| > 1. Įrodyti, kad seka (rn)diverguoja.

4.9 užduotis. Tarkime, kad realiųjų skaičių seka (xn) apibrėžta rekursijosbūdu: x1 := 0 ir xn+1 :=

√xn + 6 kiekvienam n ∈ N. Įrodyti, kad (xn) yra

aprėžta iš viršaus skaičiumi 3 ir didėja. Pagrįsti jos konvergavimą ir rastiribą.

4.10 užduotis. Tarkime, kad realiųjų skaičių seka (xn) apibrėžta rekursijosbūdu: x1 :=

√2 ir xn+1 :=

√xn + 2 kiekvienam n ∈ N. Įrodyti, kad (xn)

yra aprėžta iš viršaus skaičiumi 2 ir didėja. Pagrįsti jos konvergavimą irrasti ribą.

4.11 užduotis. Naudodami 3.18 užduotį, 4.3 teoremą įrodykite toliau iš-vardintų sekų konvergavimą arba divergavimą:

(a) (n1/n2)n∈N∗ ,

(b) ((n2)1/n)n∈N∗ ,

(c) ((1 + n)1/n)n∈N∗ ,

(d) ((1 + n2)1/n3)n∈N∗ ,

(e) ((1 + 1/n)2/n)n∈N∗ ,

28

(f) ((1 + 1/n)2n)n∈N∗ ,

(g) ((1 + 1/n)n2)n∈N∗ ,

(h) ((1− 1/n)n)n∈N∗ , (nuoroda: 1− 1/n = 1/(1 + 1/(n− 1)).

(i) ((1− 1/(2n))3n)n∈N∗ ,

(j) ((n!)1/n)n∈N∗ ,

(k) (1 + (cosn sin2 n)/n)n∈N∗ .

29

5 Posekiai ir ribiniai taškai


5.1 teorema. Seka (xn) konverguoja į x tada ir tik tada, kai kiekvienas josposekis (xnk) konverguoja į x.

5.2 apibrėžtis. Tegul (xn) yra realiųjų skaičių seka ir tegul R yra yra šiossekos ribinių taškų aibė. Jei seka (xn) yra aprėžta iš viršaus, tai aibės Rmažiausias viršutinis rėžis vadinamas šios sekos viršutine riba ir žymimas

lim supn→∞

xn := supR.

Priešingu atveju sekos viršutinė riba yra simbolis +∞ ir rašoma

lim supn→∞

xn = +∞.

Jei seka (xn) yra aprėžta iš apačios, tai aibės R didžiausias apatinis rėžisvadinamas šios sekos apatine riba ir žymimas

lim infn→∞

xn := inf R.

Priešingu atveju sekos apatinė riba yra simbolis −∞ ir rašoma

lim infn→∞

xn = −∞.

5.3 teorema. Tegul (xn) yra aprėžta realiųjų skaičių seka. Šios sekos vir-šutinė riba (= supR) ir apatinė riba (= inf R) yra jos ribiniai taškai, beigalioja lygybės:

lim supn→∞

xn = limk→∞

(supn≥k

xn

)ir lim inf

n→∞xn = lim

k→∞

(infn≥k

xn

).


5.4 užduotis. Tegul a yra teigiamas realusis skaičius. Naudojant 5.1 teo-remą įrodyti, kad

limn→∞

a1/n = 1. (19)

5.5 pastaba. Anksčiau ši užduotis atlikta kitu būdu (3.16 užduotis).

Sprendimas. Tegul xn := a1/n kiekvienam n ∈ N∗. Remiantis (d) teigi-niu 3.119 teoremos iš [8], arba naudodami skaičiaus kėlimo laipsniu savybė-mis iš tos pačios teoremos, kiekvienam n ∈ N∗ teisinga

xn+1 − xn = a1

n+1(1− a

n+1n)=

> 0, kai 0 < a < 1,= 0, kai a = 1,< 0, kai a > 1.

30

Kiekvienu iš šių trijų atvejų gauname tokias išvadas. Kai a = 1, tai seką (xn)sudaro vienetai ir (19) teisinga. Atveju 0 < a < 1 seka (xn) yra didėjanti iraprėžta. Atveju a > 1 seka (xn) yra mažėjanti ir aprėžta. Abiem pastarai-siais atvejais, remiantis 4.2 teorema, seka (xn) konverguoja. Tarkime, kadjos riba yra x. Rasime ją.

Kadangi x1 = a > 0 ir (xn) didėja atveju a < 1, bei xn > 1 kiekvienamn ∈ N∗ atveju a > 1, tai x > 0. Be to, kiekvienam n ∈ N∗ teisingos lygybės

x2n = a12n =

(a

1n) 1

2 =√xn. (20)

Kadangi konverguojančios sekos kiekvienas posekis konverguoja į tą pačiąribą (5.1 teorema), tai posekis (x2n) konverguoja į x. Remiantis 3.20 užduo-ties teiginiu, seka (

√xn) konverguoja į

√x. Pereidami prie ribos kai n→∞

abiejose (20) lygybių pusėse, gauname lygybę

x =√x arba

√x(√x− 1) = 0.

Kadangi x > 0, tai x = 1. Visais atvejais (19) teisinga.

5.6 užduotis. Naudojant 5.1 teoremą įrodyti, kad seka ((−1)n) diverguoja.

5.7 pastaba. Anksčiau ši užduotis atlikta kitu būdu (3.11 užduotis).

Sprendimas. Tarkime, kad skaičių xn = (−1)n seka (xn) konverguoja.Šios sekos posekio (x2n) visi nariai lygūs 1 todėl posekis konverguoja į 1.Tos pačios sekos kito posekios (x2n+1) visi nariai lygūs −1 todėl posekiskonverguoja į −1. Tai yra prieštara, nes, remiantis 5.1 teorema, konverguo-jančios sekos visi posekiai privalo turėti tą pačią ribą. Užduoties teiginysįrodytas.

5.8 užduotis. Tegul (xn) yra nemažėjanti realiųjų skaičių seka, turinti bentvieną ribinį tašką. Įrodyti, kad (xn) konverguoja.

Sprendimas. Kadangi konverguoja kiekviena nemažėjanti ir aprėžta išviršaus skaičių seka, tai pakanka parodyti, kad tokia yra duotoji seka (xn).Tegul x yra jos ribinis taškas. Parodysime, kad xn 6 x kiekvienam n ∈ N.Tarkime, kad taip nėra, t.y. egzistuoja toks N ∈ N, kad xN > x. Tegulε := (xN − x)/2. Pagal ribinio taško apibrėžimą egzistuoja toks n ∈ N, kadn ≥ N ir |xn − x| < ε. Kadangi seka (xn) nemažėja, tai

ε =xN − x

2< xN − x 6 xn − x 6 |xn − x| < ε.

Ši prieštara įrodo sekos (xn) aprėžtumą, ką ir reikėjo įrodyti.

31


5.9 užduotis. Tegul (xn) yra realiųjų skaičių seka. Rasti šios sekos ribiniųtaškų aibę, lim supn→∞ xn ir lim infn→∞ xn, kai

(a) xn = 1n ;

(b) xn = (−1)n;

(c) xn = (−1)nn;

(d) xn = 2 + (−1)n(1 + 1

n

);

(e) xn = sin(πn3

);

(f) xn = (−1)n + 1n ;

(g) xn = (−1)n + 2 sin(nπ2

)+ 1

n .

5.10 užduotis. Pateikti pavyzdį neaprėžtos sekos, kuri turi lygiai vienąribinį tašką.

5.11 užduotis. Įrodyti, kad neaprėžta iš viršaus realiųjų skaičių seka turiposekį diverguojantį į +∞.

5.12 užduotis. Įrodyti, kad sekos (xn) posekio posekis yra tos pačios sekos(xn) posekis.

5.13 užduotis. Tarkime, kad sekos (xn) bendrasis narys xn = (−1)n nn+1 .

(a) Raskite posekius (x2n) ir (x2n+1). Ar jie konverguoja? Ar konverguojaseka (xn)?

(b) Tarkime, kad (xnk) yra sekos (xn) posekis. Įrodykite: jei posekis (xnk)konverguoja, tai jo riba yra 1 arba −1.

5.14 užduotis. Tegul (xn) yra realiųjų skaičių seka. Įrodyti, kad (xn)konverguoja tada ir tik tada, kai posekiai (x2n) ir (x2n+1) konverguoja ir jųribos yra lygios.

5.15 užduotis. Tegul (xn) yra realiųjų skaičių seka ir (xnk) yra toks josposekis, kuriam teisinga:

xnk = xnk+1 = xnk+2 = · · · = xnk+1−1 kiekvienam k ∈ N.

Įrodyti, kad seka (xn) konverguoja arba diverguoja priklausomai nuo to, arposekis (xnk) konverguoja arba diverguoja.

5.16 užduotis. Tegul (xn) yra realiųjų skaičių seka.

(a) Tarkime, kad (xn) yra aprėžta ir diverguoja. Įrodyti, kad (xn) turimažiausiai du posekius, kurie konverguoja į du skirtingus skaičius.

32

(b) Tarkime, kad (xn) yra aprėžta ir visi jos konverguojantys posekiai turitą pačią ribą. Įrodyti, kad (xn) konverguoja.

(c) Pateikti tokį realiųjų skaičių sekos (xn) pavyzdį ir tokį skaičiaus xpavyzdį, kuriems teisinga: jei (xnk) yra (xn) posekis tai xnk → x kaik →∞, bet (xn) diverguoja.

5.17 užduotis. Tarkime, kad (xn) ir (yn) yra dvi aprėžtos realiųjų skaičiųsekos. Įrodyti, kad

lim supn→∞

(xn + yn) ≤ lim supn→∞

xn + lim supn→∞

yn

ir lim infn→∞

(xn + yn) ≥ lim infn→∞

xn + lim infn→∞

yn.

Nuoroda: naudotis 5.3 teorema.

5.18 užduotis. Pateikti tokių realiųjų skaičių sekų (xn) ir (yn) pavyzdžius,kad

lim supn→∞

(xn + yn) = 0 ir lim supn→∞

xn = lim supn→∞

yn = 1.

5.19 užduotis. Tegul (xn) ir (yn) yra teigiamų realiųjų skaičių sekos. Įro-dyti, kad

lim supn→∞

(xnyn) 6(lim supn→∞

xn)(

lim supn→∞

yn). (21)

Nuorodos: tegul un 6 vn kiekvienam n, įrodyti, kad inf un 6 inf vn.

5.20 užduotis. Pateikti tokių realiųjų skaičių sekų (xn) ir (yn) pavyzdžius,kad lygybė (21) sąryšyje negalima.

33

6 Skaičių eilutės


Tegul (ai) yra realiųjų skaičių seka. Kiekvienam n ∈ N, baigtinę sumą

Sn :=

n∑i=0

ai := a0 + a1 + · · ·+ an

vadiname (ai) sekos n-tąja daline suma.

6.1 apibrėžtis. Tegul (ai) yra realiųjų skaičių seka ir (Sn) yra jos sudarytadalinių sumų seka. Sakoma, kad eilutė

∑∞i=0 ai konverguoja, jei konverguoja

dalinių sumų seka (Sn). Konverguojančios eilutės suma vadinama riba

∑i

ai :=

∞∑i=0

ai := limn→∞

Sn.

Jei dalinių sumų seka (Sn) diverguoja, tai sakoma, kad eilutė∑∞

i=0 ai diver-guoja.

6.2 teorema (Eilučių lyginimo požymis). Tarkime, kad (ai) ir (bi) yra dvirealiųjų skaičių sekos, kurių nariai yra neneigiami ir ai ≤ bi visiems i ≥ Nsu kuriuo nors N ∈ N.

Jei konverguoja∑

i bi, tai konverguoja∑

i ai.

Jei diverguoja∑

i ai, tai diverguoja∑

i bi.

6.3 teorema (Šaknies požymis). Tegul (ai) yra realiųjų skaičių seka. Tar-kime, kad egzistuoja riba

α := limi→∞|ai|

1i .

(a) Jei α < 1, tai eilutė∑

i ai konverguoja absoliučiai.

(b) Jei α > 1, tai eilutė∑

i ai diverguoja.

(c) Jei α = 1, tai šis požymis neduoda jokios informacijos.

Įrodymo idėja. Tarkime, kad (ai) sekos nariai yra neneigiami ir α < 1.Tegul r ∈ (α, 1). Egzistuoja toks N , kad a

1/ii < r kiekvienam i > N . Tada

aN + k < rNrk kiekvienam k ∈ N. Naudodami eilučių lyginimo požymį irgeometrinės eilutės konvergavimo faktą gauname (a) teiginį.

6.4 teorema (Santykio požymis). Tegul (ai) yra realiųjų skaičių seka. Tar-kime, kad egzistuoja riba

β := limi→∞

∣∣∣ai+1

ai

∣∣∣.34

(a) Jei β < 1, tai eilutė∑

i ai konverguoja absoliučiai.

(b) Jei β > 1, tai eilutė∑

i ai diverguoja.

(c) Jei β = 1, tai šis požymis neduoda jokios informacijos.

Įrodymo idėja. Tarkime, kad (ai) sekos nariai yra neneigiami ir β < 1.Tegul r ∈ (β, 1). Egzistuoja toksN , kad ai+1 < rai kiekvienam i > N . TadaaN + k < rkaN kiekvienam k ∈ N. Naudodami eilučių lyginimo požymį irgeometrinės eilutės konvergavimo faktą gauname (a) teiginį.

6.5 teorema (Dirichlet požymis). Tarkime, kad realiųjų skaičių sekos (bi)ir (ci) turi šias savybes:

∃M :∣∣∣ n∑i=0

bi

∣∣∣ ≤M ∀n ∈ N, ci ≥ ci+1 ∀i ∈ N, ir limi→∞

ci = 0. (22)

Tada konverguoja eilutė∑

i bici. (Įrodyta [8] 4.44 teorema)

6.6 teorema (Leibniz’o požymis). Tarkime, kad neneigiamų realiųjų skai-čių seka (ci) nedidėja, t.y. ci ≥ ci+1 visiems i ∈ N. Eilutė

∑i(−1)ici

konverguoja tada ir tik tada, kai ci → 0 kartu su i → ∞. Be to, eilutėskonvergavimo atveju nelygybė∣∣∣ ∞∑

i=n

(−1)ici∣∣∣ ≤ cn+1

teisinga kiekvienam n ∈ N.

Įrodymo idėja. Naudotis Dirichlet požymiu su bi = (−1)i kiekvienam i.

6.7 teorema ([6] Problem 3.2.3). Tarkime, kad teigiamų realiųjų skaičiųsekos (ai) ir (bi) turi savybę:

ai+1

ai≤ bi+1

bivisiems i ∈ N.

Teisinga implikacija: jei eilutė∑

i bi konverguoja, tai konverguoja eilutė∑i ai.

Įrodymo idėja. Pagal prielaidą seka (ai/bi)i≥m yra nedidėjanti. Tadanaudoti eilučių lyginimo požymį.

6.8 teorema (Ribinis eilučių lyginimo požymis). Tarkime, kad eilučių∑

n anir∑

n bn nariai yra teigiami ir egzistuoja riba

r = limn→∞

anbn.

Jei r ∈ (0,∞), tai eilutės∑

n an ir∑

n bn arba abi konverguoja arba abidiverguoja.

35

Įrodymo idėja. Prielaidos dėka egzistuoja N ∈ N toks, kad∣∣∣anbn− γ∣∣∣ < γ

2arba γ

2bn < an <

3γ

2bn

visiems n > N . Tada naudoti eilučių lyginimo požymį.


Rasime geometrinės progresijos sumą naudodamį eilutės konvergavimo api-brėžimą: daugindami ir dalindami N -tąją dalinę sumą iš 1 − 3

4 , suprastinęgautus vienodus narius ir perėję prie ribos kai N →∞ gauname

N∑n=0

(34

)n=

[1 +

3

4+(34

)2+ · · ·+

(34

)N] (1− 34)

(1− 34)

=1

1− 34

[1 +

3

4+(34

)2+ · · ·+

(34

)N−3

4−(34

)2− · · · −

(34

)N−(34

)N+1]

= 4

[1−

(34

)N+1]→ 4 kai N →∞.

Šios eilutės suma išreiškia Sierpinskio trikampio plotą, ką rodo iliustracija

2 pav.: Geometrinės progresijos sumavimo iliustracija

6.9 užduotis. Naudojantis tik eilutės konvergavimo apibrėžtimi įrodyti,kad eilutė

∑∞i=1

2i(i+1) konverguoja ir rasti jos sumą.

36

Sprendimas. Kiekvienam i ∈ N teisinga lygybė 2i(i+1) =

2n −

2n+1 . Su bet

kuriuo n ∈ N∗, n-toji dalinė suma yra

Sn =(21− 2

2

)+(22− 2

3

)+(23− 2

4

)+ · · ·+

( 2n− 2

n+ 1

)= 2− 2

n+ 1.

Dešinioji lygybės pusė konverguoja į 2 kai n→∞. Todėl∑∞

i=12

i(i+1) = 2.

6.10 užduotis. Tarkime, kad neneigiamų skaičių eilutės∑∞

i=0 ai ir∑∞

i=0 bikonverguoja. Įrodyti, kad eilutė

∑∞i=0max{ai, bi} konverguoja.

Sprendimas. Tegul i ∈ N. Kadangi ai ir bi neneigiami skaičiai, taiteisinga nelygybė

max{ai, bi} ={ai, kai ai > bi,bi, kai bi > ai,

}6 ai + bi. (23)

Remiantis prielaida ir 4.43 teorema iš Analizė I, eilutė∑∞

i=0(ai+ bi) konver-guoja. Šis faktas kartu su (23) nelygybe kiekvienam i ∈ N ir eilučių lyginimopožymiu (4.51 teorema iš Analizė I) įrodo, kad eilutė

∑∞i=0max{ai, bi} kon-

verguoja.

6.11 užduotis. Ištirti eilutės∑

i1√i2+3

konvergavimą.

Sprendimas. Palyginsime su harmonine eilute naudodami eilučių lygini-mo požymį (6.2 teorema). Kiekvienam i ≥ 1 turime

1√i2 + 3

>1√

i2 + 3i2=

1

2i.

Kadangi∑

i 1/(2i) diverguoja, tai diverguoja duotoji eilutė.

6.12 užduotis. Ištirti eilutės∑∞

i=1(−1)isin2 ii konvergavimą. ([6], Problem

3.5.1 (a))

Sprendimas. Trigonometrijos formulė cos(2i) = 1 − 2 sin2 i rodo, kadpakanka ištirti dviejų eilučių

∞∑i=1

(−1)i 1i

ir∞∑i=1

(−1)i cos(2i)i

(24)

konvergavimą. Pirmoji eilutė konverguoja Leibnizo požymio dėka (6.6 teo-rema). Antrosios eilutės konvergavimui įrodyti naudosime Dirichlet požymį(6.5 teorema) su bi = (−1)i cos(2i) ir ci = 1/i visiems i ≥ 1. Naudodami(??) formulę gauname pirmąją tarp (22) savybių: nelygybė∣∣∣∣∣

n∑i=1

(−1)i cos(2i)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣n∑i=1

cos((π − 2)i)

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣sin((π − 2)(n+ 1

2))

2 sin(π2 − 1)− 1

2

∣∣∣∣∣ ≤ 1

cos 1.

37

galioja visiems n ≥ 1. Kadangi 1/i konverguoja į nulį monotoniškai, visosDirichlet požymio savybės galioja. Todėl konverguoja ir antroji eilutė tarp(24) eilučių.

6.13 užduotis. Tegul d ∈ R. Ištirti eilutės∞∑i=1

i!ei

ii+d(25)

konvergavimą.

Sprendimas. Pažymėkime

ai =i!ei

ii+dir bi =

1

nd−(1/2).

Naudodami Stirling’o formulę (98) gauname

limi→∞

aibi

= limi→∞

i!ei

ii+(1/2)=√2π

Remiantis ribiniu eilučių lyginimo požymiu (6.8 teorema), eilutė (25) kon-verguoja arba diverguoja priklausomai nuo eilutės

∞∑i=1

1

id−(1/2)

konvergavimo arba divergavimo. Gauname, kad (25) eilutė konverguoja kaid > 3/2 ir diverguoja kai d ≤ 3/2.

6.14 užduotis. Tegul (ai) yra realiųjų skaičių seka.

(a) Įrodyti: jei∑∞

i=0 ai konverguoja, tai konverguoja∑∞

i=1(ai − ai−1).

(b) Ar teisinga priešinga implikacija? Atsakymą pagrįsti.

Sprendimas. Teiginys (a). Tegul konverguoja eilutė∑∞

i=0 ai. Remiantisbūtinąja eilutės konvergavimo sąlyga eilutės bendrųjų narių seka konver-guoja į nulį, t.y. ai → 0, kai i → ∞. Remiantis eilutės konvergavimoapibrėžtimi, taikoma eilutei

∑∞i=1(ai − ai−1), reikia tirti jos dalinių sumų

konvergavimą:n∑i=1

(ai − ai−1) = (a1 − a0) + (a2 − a1) + · · ·+ (an − an−1) = an − a0

su kiekvienu n ∈ N∗. Dešinioji pusė konverguoja į −a0 kai n → ∞. Todėlkonverguoja eilutė

∑∞i=1(ai − ai−1) ir jos suma yra −a0.

Teiginys (b). Priešinga implikacija yra klaidingą. Tą įrodo toks pa-vyzdys: a0 = a1 = 1 ir ai = 1/i kiekvienam i ≥ 2. Šiame pavyzdyje eilutė∑∞

i=1(ai−ai−1) konverguoja remiantis lyginimo su eilute∑

i(2/i2) požymiu,

o eilutė∑∞

i=0 ai diverguoja, nes ji yra harmoninė eilutė.

38


6.15 užduotis. Įrodyti, kad 0, 999... = 1.

6.16 užduotis. Naudojantis tik eilutės konvergavimo apibrėžtimi įrodyti,kad nurodytos eilutės konverguoja ir rasti jų sumas:

1.∞∑i=1

1

i(i+ 1);

2.∞∑i=1

1

(3i− 1)(3i+ 2);

3.∞∑i=1

1

(2i− 1)(2i+ 1);

4.∞∑i=1

1

i(i+ 3);

5.∞∑i=1

1

i(i+ 1)(i+ 2);

6. ∑i

3i + 2i

6i;

7. ∑i

( 4

(−3)i− 3

3i

);

8. ∑i

(√i+ 2− 2

√i+ 1 +

√i).

6.17 užduotis. Nustatyti ar eilutė konverguoja ar diverguoja, atsakymąpagrindžiant:

1.∞∑i=1

i

i+ 1;

2.∞∑i=1

i2

2i2 + 1;

3.∞∑i=1

5

21/i + 14;

4.∞∑i=1

3

i.

6.18 užduotis. Tegul (ai) ir (bi) yra dvi realiųjų skaičių sekos. Įrodyti:

(a) jei konverguojančios eilutės∑

i ai suma yra A ir jei konverguojančioseilutės

∑i bi suma yra B, tai konverguoja eilutė

∑i(ai+bi) ir jos suma

yra A+B;

(b) jei konverguojančios eilutės∑

i ai suma yra A ir jei c yra realusis skai-čius, tai konverguoja eilutė

∑i(cai) ir jos suma yra cA.

6.19 užduotis. Tegul (ai) ir (bi) yra realiųjų skaičių sekos. Tarkime, kadai 6 bi kiekvienam i ∈ N bei konverguoja eilutės

∑i ai ir

∑i bi.

(a) Įrodyti, kad∑

i ai 6∑

i bi.

39

(b) Papildomai tarkime, kad ak < bk su kuriuo nors k ∈ N. Įrodyti, kad∑i ai <

∑i bi.

6.20 užduotis. Tarkime, kad teigiamų narių eilutė∑

i ai konverguoja irteigiamų narių seka (bi) yra aprėžta. Įrodyti, kad eilutė

∑i(aibi) konver-

guoja.

6.21 užduotis. Tarkime, kad eilutės∑

i ai ir∑

i bi konverguoja. Įrodyti,kad eilutė

∑imax{ai, bi} konverguoja.

6.22 užduotis. Sukonstruoti tokias dvi eilutes∑

i ai ir∑

i bi, kurios diver-guoja, o eilutė

∑imin{ai, bi} konverguoja.

6.23 užduotis. Tegul (ai) yra realiųjų skaičių seka.

(a) Įrodyti: jei∑

i ai konverguoja, tai konverguoja∑

i(a2i + a2i+1).

(b) Ar teisinga priešinga implikacija? Atsakymą pagrįsti.

6.24 užduotis. Žinome, kad harmoninė eilutė∑∞

i=11i diverguoja. Įrodyti

šį faktą taip, kaip tai įrodė Pietro Mengoli (1626-1686) atsižvelgiant į šiasnuorodas. Tegul Sn yra harmoninės eilutės n-toji dalinė suma.

(a) Įrodyti, kad 1n−1 + 1

n + 1n+1 >

3n visiems n > 2.

(b) Įrodyti, kad S3n+1 > 1 + Sn visiems n > 1.

(c) Tarus, kad (Sn) konverguoja, rasti prieštarą.

6.25 užduotis. Tegul (ai) yra neneigiamų skaičių seka ir N ∈ N. Įrody-ti, kad eilutė

∑∞i=1 ai konverguoja tada ir tik tada, kai konverguoja eilutė∑∞

i=N ai. Taip pat įrodyti teiginį gautą pastarajame teiginyje pakeitus žodį„konverguoja" į žodį „diverguoja".

6.26 užduotis. Ištirti eilučių konvergavimą naudojant lyginimo požymį (6.2teorema):

1. ∑i

1

2i2 + 3i+ 5

2. ∑i

1

2i2 + 3i− 5

3. ∑i

1

2i2 − 3i− 5

4. ∑i

3i+ 4

2i2 + 3i+ 5

5. ∑i

i

i2 + 2

6. ∑i

1√2i2 − 1

40

7.∞∑i=1

i+ 1

i3

8.∞∑i=1

ln i

i

9.∞∑i=1

ln i

i3

10.∞∑i=2

1

ln i

11. ∑i

3i

2i + 5i

12. ∑i

3i

2i + 3i

13. ∑i

i2

3i

14. ∑i

i2 sinπ

2i

15. ∑i

7ii

6i

16.

1

1·2+

1

3·4+

1

5·6+

1

7·8+ · · ·

6.27 užduotis. Nustatyti ar eilutės konverguoja absoliučiai, reliatyviai ardiverguoja:

1. ∑i

(−1)i 1

2i2 + 3i+ 5

2. ∑i

(−1)i 3i2 + 4

2i2 + 3i+ 5

3.∞∑i=1

(−1)i ln ii

4.∞∑i=1

(−1)i ln ii3

5.∞∑i=2

(−1)i 1

ln i

6. ∑i

(−1)i 3i

2i + 5i

7. ∑i

(−1)i 3i

2i + 3i

8.∞∑i=1

(−1)i arctg ii

6.28 užduotis. Ištirti eilučių konvergavimą:

1.

∑i

1

(2i+ 1)!

2.

∑i

i

(i+ 1)!

41

3.∞∑i=1

5i

i!

4.∞∑i=1

5i

ii

5. ∑i

(−1)i 3i

5i

6.∞∑i=1

i!

ii

7.∞∑i=1

i5

ii

8.∞∑i=1

(i!)2

ii

9.∞∑i=1

√i+ sin i

i2 − i+ 1

10. ∑i

iα

iβ + 1, α, β ∈ R

11. ∑i

(i+ 1i )i

ii+α, α ∈ R

12. ∑i

i3

2i

13. ∑i

(i!)2

(2i)!

14. ∑i

ii

eii!

15. ∑i

e2i(i!)2

i2i

6.29 užduotis. Tegul 0 < p < 1. Rasti eilučių sumas:

1 + 2p+ 3p2 + 4p3 + · · ·+ npn−1 + · · ·

1 + 4p+ 9p2 + 16p3 + · · ·+ n2pn−1 + · · ·

42

7 Begalinės aibės

7.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai

Tegul X ir Y yra aibės. Šias aibes siejantis sąryšis (priskyrimas) f yrafunkcinis, arba f yra funkcija, jei kiekvienam x ∈ X egzistuoja vienintelisf(x) ∈ Y (vertikaliosios tiesės požymis). Priminsime bijekcijos sąvoką ([9]).

7.1 apibrėžtis. Tegul f : X → Y yra funkcija. Sakoma, kad f yra injekcija,jei kiekvienam y ∈ Y yra ne daugiau kaip vienas x ∈ X, kuriam f(x) = y.Sakoma, kad f yra siurjekcija, jei kiekvienam y ∈ Y yra bent vienas x ∈ X,kuriam f(x) = y. Funkcija vadinama bijekcija arba abipus vienareikšmeatitiktimi, jei ji yra injekcija ir siurjekcija.

Žymėjimas: jei X ir Y yra aibės, tai simbolis X ∼ Y reiškia, kad egzis-tuoja bijekcija f : X → Y .

7.2 lema. Teiginiai (a), (b) ir (c) apie funkciją f : X → Y yra ekvivalentūs:

(a) f yra injekcija;

(b) jei x1 ∈ X, x2 ∈ X ir f(x1) = f(x2), tai x1 = x2;

(c) jei x1 ∈ X, x2 ∈ X ir x1 6= x2, tai f(x1) 6= f(x2).

7.3 apibrėžtis. Sakoma, kad dvi aibės X ir Y yra vienodos galios arba,kad aibės X galia yra lygi aibės Y galiai, jei egzistuoja bijekcija f : X → Y ,t.y. X ∼ Y .

Teisingi faktai: X ∼ X; jei X ∼ Y , tai Y ∼ X; jei X ∼ Y ir Y ∼ Z, taiX ∼ Z.

Naudosime žymėjimą In := {i ∈ N : 1 6 i 6 n} su kiekvienu n ∈ N.

7.4 apibrėžtis. AibėX vadinama baigtine, jeiX ∼ In su kuriuo nors n ∈ N.Šiuo atveju n yra X aibės galia ir žymima |X| := n. Aibė X vadinamabegaline, jei ji nėra baigtinė. Aibė X vadinama skaičia, jei N ∼ X.


7.5 užduotis. I0 = ∅, t.y. {i ∈ N : 1 6 i 6 0} = ∅.

Sprendimas. Tarkime, kad {i ∈ N : 1 6 i 6 0} 6= ∅. Netuščia aibė turibent vieną elementą ([9]). Todėl egzistuoja toks i ∈ N, kad 1 6 i 6 0. Dėltvarkos tranzityvumo turime 1 ≤ 0. Remiantis išvadomis iš realiųjų skaičiųaksiomų sistemos, 1 > 0 ([8]). Prieštara įrodo I0 = ∅.

7.6 užduotis. Įrodyti, kad natūraliųjų skaičių aibė N ir neneigiamų lyginiųskaičių aibė 2N yra vienodos galios, t.y. N ∼ 2N.

43

Sprendimas. Kiekvienam n ∈ N tegul f(n) := 2n. Taip apibrėžtas sąry-šis yra funkcija, nes apibrėžtas kiekvienam n ∈ N ir 2n ∈ 2N yra vienintelis.

Ar f yra siurjekcija? Tegul m ∈ 2N, t.y. m yra lyginis. Pagal lyginioskaičiaus apibrėžimą, egzistuoja toks n ∈ N, kad m = 2n. Su šiuo n turimef(n) = m. Taigi f yra siurjekcija.

Ar f yra injekcija? Tegul n,m ∈ N ir f(n) = f(m). Pagal f apibrėžimą,2n = 2m ir suprastinus n = m. Taigi f yra injekcija. Tai įrodo N ∼ 2N.7.7 užduotis. Įrodyti, kad N ∼ Z.

Sprendimas. Aibės Z elementus skaičiuosime tokia tvarka

Z = {0,−1, 1,−2, 2,−3, 3, . . . }.

Kiekvienam n ∈ N = {0, 1, 2, 3, 4, . . . } tegul

f(n) =

{n/2, jei n lyginis−(n+ 1)/2, jei n nelyginis. (26)

Šis priskyrimas turi vertikaliosios tiesės požymį todėl apibrėžia funkcijąf : N → Z (būtina patikrinti). Tegul z ∈ Z. Jei z > 0, tai tegul n := 2z.Jei z < 0, tai tegul n := −2z + 1. Abiem atvejais n ∈ N ir f(n) = z.Todėl f yra siurjekcija. Tegul n1, n2 ∈ N ir f(n1) = f(n2). Tada n1 ir n2yra abu neneigiami arba abu neigiami. Abiem atvejai iš reikšmių lygybėsir (26) gauname, kad n1 = n2. Įrodėme, kad funkcija (26) yra aibių Z ir Nbijekcija.7.8 užduotis. Įrodyti, kad N+ ∼ Q+.

Sprendimas. Naudosime tai, kad teigiami racionalieji skaičiai vieninteliubūdu išreiškiami trupmena u/v, kurioje teigiami natūralieji skaičiai u ir vyra tarpusavyje pirminiai. Remiantis fundamentaliąja aritmetikos teorema,u ir v yra išreiškiami pirminių skaičių sandauga vieninteliu būdu. Kadangiu ir v yra tarpusavyje pirminiai, tai jų išraiškos pirminiais skaičiais neturibendrų pirminių.

Tegul f yra 7.7 užduoties sprendime apibrėžtos bijekcijos tarp N ir Zsiaurinys į aibę N+ = {1, 2, 3, 4, . . . }. Su kiekvienu n ∈ N+ ir pirminiu p,tegul g(pn) := pf(n), t.y. visiems k ∈ N+

g : {p, p2, p3, p4, . . . , p2k−1, p2k, . . . } → {1p, p,

1

p2, p2, . . . ,

1

pk, pk, . . . }.

Šią funkciją pratęsime pirminių laipsnių sandaugoms

g(pk11 pk22 · · · p

kll ) := p

f(k1)1 p

f(k2)2 · · · pf(kl)l

ir g(1) := 1. Pavyzdžiui, gauname

g(p2k−11 p2l2 ) := g(p2k−11 )g(p2l2 ) =pl2pk1.

Liko įrodyti, kad g yra bijekcija iš N+ į Q+.

44

7.9 užduotis. Įrodyti, kad N× N ∼ N.

Sprendimas. Aibės N× N elementus skaičiuosime tokia tvarka

N×N = {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (0, 2), (1, 2), (2, 0), (0, 3), (1, 2), (2, 1), (3, 0), . . . }.

Bijekciją iš N×N į N apibrėšime kiekvienai porai (i, j) priskirdami jos eilėsnumerį skaičiuojant nurodyta tvarka. Būtent, kiekvienam (i, j) ∈ N × Ntegul

f(i, j) :=

i+j−1∑k=0

|{(i, j) ∈ N× N : i+ j = k}|+ i

=

i+j−1∑k=0

(k + 1) + i =

i+j∑k=1

k + i

=

{0, jei (i, j) = (0, 0),12(i+ j)(i+ j + 1) + i, jei (i, j) 6= (0, 0).

Šis priskyrimas turi vertikaliosios tiesės požymį todėl apibrėžia funkcijąf : N × N → N (būtina patikrinti). Funkcija f yra siurjekcija, nes kiek-vienas aibės N × N elementas (i, j) turi savo vietą eilėje. Funkcija f yrainjekcija, nes skirtingi aibės N × N elementai turi skirtingas vietas eilėje.Įrodėme, kad funkcija f yra bijekcija iš N× N į N.

7.10 užduotis. Tegul A, B, C ir D yra aibės. Tarkime, kad A ∼ C irB ∼ D. Įrodyti, kad A×B ∼ C ×D.

Sprendimas. Pagal prielaidą turime dvi bijekcijas f : A→ C ir g : B →D. Kiekvienai porai (a, b) ∈ A×B tegul

h(a, b) := (f(a), g(b)).

Šis priskyrimas turi vertikaliosios tiesės požymį, todėl apibrėžia funkcijąh : A×B → C ×D. Lieka patikrinti, kad ši funkcija yra bijekcija.

7.11 užduotis. Įrodyti, kad (0, 1) ∼ R.

Sprendimas. I būdas Dėl bijekcijos tranzityvumo pakanka įrodyti, kad(0, 1) ∼ (0,∞) ir (0,∞) ∼ R. Pirmajam faktui įrodyti su kiekvienu x ∈(0, 1) tegul

f(x) :=x

1− x. (27)

Kadangi kiekvienam x ∈ (0, 1) priskirtas tik vienas skaičius f(x), tai sutvar-kytų porų aibė {(x, f(x)) : x ∈ (0, 1)} ⊂ (0, 1)×(0,∞) tenkina vertikaliosiostiesės požymį ir tuo pačiu (27) apibrėžia funkciją f : (0, 1)→ (0,∞). f yrasiurjekcija. Iš tikro, tegul y ∈ (0,∞) ir x := y/(1 + y). Tada x ∈ (0, 1) ir

45

f(x) = y. f yra injekcija. Iš tikro, tegul x1, x2 ∈ (0, 1) ir f(x1) = f(x2).Kadangi

1

1− x1− 1 = f(x1) = f(x2) =

1

1− x2− 1,

tai x1 = x2. Įrodėme, kad (0, 1) ∼ (0,∞).Antrajam faktui įrodyti su kiekvienu y ∈ (0,∞) tegul

g(y) := ln y. (28)

Kadangi kiekvienam y ∈ (0,∞) priskirtas tik vienas skaičius g(y), tai sutvar-kytų porų aibė {(y, g(y)) : y ∈ (0,∞)} ⊂ (0,∞) × R tenkina vertikaliosiostiesės požymį ir tuo pačiu (28) apibrėžia funkciją g : (0,∞) → R. g yrasiurjekcija. Iš tikro, tegul z ∈ R ir y := ez. Tada y ∈ (0,∞) ir g(y) = z. gyra injekcija. Iš tikro, tegul y1, y2 ∈ (0,∞) ir g(y1) = g(y2). Kadangi

y1 = eln y1 = eg(y1) = eg(y2) = eln y2 = y2,

tai y1 = y2. Įrodėme, kad (0,∞) ∼ R.II būdas Įsitikinti, kad funkcija f : (0, 1)→ R su reikšmėmis

f(x) :=

{2− 1

x , jei 0 < x < 12 ,

11−x − 2, jei 1

2 6 x < 1.

yra bijekcija. Šios funkcijos atvirkštinė apibrėžiama reikšmėmis

f−1(x) :=

{1

2−y , jei y < 0,1− 1

2+y , jei y > 0.

7.12 užduotis. Įrodyti, kad [0, 1] ∼ (0, 1].

Sprendimas. Apibrėšime funkciją, kuri perstumia taškus nuosekliai nu-rodytu būdu

0 7→ 1

27→ 2

37→ 3

47→ · · · .

Tokiu būdu gauname aibių {0} ∪ {12 ,23 ,

34 ,

45 . . . } ir {12 ,

23 ,

34 ,

45 . . . } bijekciją.

Likusius taškus paliekame nepajudintais. Šios funkcijos analitinė išraiškaapibrėžiama reikšmėmis

f(x) :=

{n+1n+2 , jei x = n

n+1 su kuriuo nors n ∈ N,x, visais kitais atvejais.

Įsitikinti, kad taip apibrėžta funkcija f : [0, 1]→ (0, 1] yra bijekcija.

7.13 užduotis. Įrodyti, kad [0, 1] ∼ (0, 1).

46

Sprendimas. Apibrėšime funkciją, kuri perstumia taškus nuosekliai nu-rodytu būdu

0 7→ 1

27→ 1

47→ 1

67→ · · · ir 1 7→ 1

37→ 1

57→ 1

7· · · .

Tokiu būdu gauname aibių {0, 1}∪{12 ,13 ,

14 ,

15 . . . } ir {12 ,

13 ,

14 ,

15 . . . } bijekciją.

Likusius taškus paliekame nepajudintais. Šios funkcijos analitinė išraiškaapibrėžiama reikšmėmis

f(x) :=

12 , jei x = 0,1

n+2 , jei x = 1n su kuriuo nors n ∈ N∗,

x, visais kitais atvejais.

Įsitikinti, kad taip apibrėžta funkcija f : [0, 1]→ (0, 1) yra bijekcija.

7.14 užduotis. Tegul X yra netuščia aibė. Įrodyti, kad teiginiai ekviva-lentūs:

(a) X yra ne daugiau kaip skaiti, t.y. egzistuoja bijekcija h : X → In sukuriuo nors n ∈ N∗, arba egzistuoja bijekcija h : X → N;

(b) egzistuoja siurjekcija f : N→ X;

(c) egzistuoja injekcija g : X → N.

Sprendimas. (a)⇒ (b). Jei X yra begalinė aibė, tai ieškoma funkcija fgali būti ta pati funkcija h. Jei X baigtinė ir |X| = n ∈ N∗, tai apibrėšimefunkciją fn : N→ In = {1, 2, . . . , n} su reikšmėmis

fn(i) :=

{i+ 1, jei 0 6 i < n,n, jei i > n.

Tada f := h−1◦fn : N→ X yra siurjekcija.(b) ⇒ (c). Kiekvienam x ∈ X pirmavaizdis f−1[{x}] yra netuščia aibė,

nes f yra siurjekcija. Ši aibė turi mažiausią elementą, kurį žymėsime g(x),remiantis visiško sutvarkymo principu (3.26 teorema [8]). Taip apibrėžtafunkcija g : X → N yra injekcija, nes skirtingiems X elementams x1 ir x2pirmavaizdžiai f−1[{x1}] ir f−1[{x2}] nesikerta.

(c)⇒ (a). Vaizdas g[X] yra netuščias N poaibis ir todėl ne daugiau kaipskaiti aibė remiantis 4.71 teorema iš [8]. Kadangi g : X → g[X] yra injekcijair siurjekcija, tai X yra ne daugiau kaip skaiti.

7.15 užduotis. Tegul X ⊂ N. Tarkime, kad egzistuoja toks M ∈ N, kadx ≤M kiekvienam x ∈ X. Įrodyti, kad X yra baigtinė aibė.

47

Sprendimas. Pagal prielaidą X ⊂ {0, 1, . . . ,M} =: Z. Aibė Z yrabaigtinė ir jos galia yra M+1. Remiantis 4.69 teorema iš [8], X yra baigtinėir jos galia |X| 6M + 1.

Galima bandyti tiesiogiai įrodyti. Jei X = ∅, tai X yra baigtinė, nesegzistuoja bijekcija tarp tuščių aibių (nuoroda). Tarkime, kad X 6= ∅.Kiekviena netuščia natūraliųjų skaičių aibė turi mažiausią elementą. Api-brėžiame funkcijos reikšmę f(1) := minX. Tada 0 6 f(1) 6 M . JeiX \ {f(1)} = ∅, tai X = {f(1)} ir f : {i ∈ N : 1 6 i 6 1} → X yra bijekci-ja. Jei X \ {f(1)} 6= ∅, tai ši aibė turi mažiausią elementą ir apibrėžiamefunkcijos reikšmę f(2) := min(X \ {f(1)}). Tada 0 ≤ f(1) < f(2) ≤M . JeiX \ {f(1), f(2)} = ∅, tai X = {f(1), f(2)} ir f : {i ∈ N : 1 6 i 6 2} → Xyra bijekcija.

7.16 užduotis. Įrodyti, kad aibė X = {lnn : n ∈ N∗} yra skaiti. Pastaba:2017-01-04 egzamino užduotis.

Sprendimas. Įrodysime, kad funkcija f : N→ X su reikšmėmis f(n) :=ln(n + 1), n ∈ N yra bijekcija (7.1 apibrėžtis). Jei x ∈ X, tai x = lnn sukuriuo nors n ∈ N∗, tai n − 1 ∈ N ir f(n − 1) = lnn = x. Todėl f yrasiurjekcija. Tegul n1, n2 ∈ N ir f(n1) = f(n2). Tada

ln(n1 + 1) = ln(n2 + 1) ⇒ ln(n1 + 1

n2 + 1

)= 0

⇒ n1 + 1

n2 + 1= 1 ⇒ n1 = n2.

Gavome, kad f yra injekcija. Įrodymas baigtas.


7.17 užduotis. Nuspręskite kuri iš nurodytų funkcijų yra injekcija, siurjek-cija, bijekcija pagrįsdami atsakymą (čia 2Z žymi lyginių skaičių aibę):

1. f : N→ N su reikšmėmis f(n) = n+ 1;

2. f : Z→ Z su reikšmėmis f(n) = n+ 1;

3. f : N→ N su reikšmėmis f(n) = n2;

4. f : Z→ Z su reikšmėmis f(n) = n2;

5. f : Z→ 2Z su reikšmėmis f(n) = 2n+ 2;

6. f : N→ 2Z su reikšmėmis f(n) = 2n+ 2;

7. f : 2Z→ N su reikšmėmis f(n) = |n|2 ;

8. f : Q→ Q su reikšmėmis f(x) = 1x2+1

;

48

7.18 užduotis. Įrodyti, kad nurodytos aibių poros turi vienodą galią:

1. N∗ = {1, 2, 3, 4, . . . } ir {7, 10, 13, 16, . . . } (aritmetinė progresija);

2. [0, 1] ir [3, 5];

3. R ir (2,∞);

4. {0, 2, 4, 6, . . . } ir {1, 3, 5, 7, . . . };

5. {3k : k ∈ Z} ir {7k : k ∈ Z};

6. N∗ ir {√2/n : n ∈ N∗};

7. Z ir {. . . , 18 ,14 ,

12 , 1, 2, 4, 8, 16, . . . };

8. Z ir {x ∈ R : sinx = 1};

9. {0, 1} × N ir N;

10. {0, 1} × N ir Z;

11. P(N) ir P(Z);

12. [0,∞) ir (0,∞).

7.19 užduotis. Apibūdinkite bijekciją tarp vienetinio kvadrato taškų irpusapskritimio taškų.

7.20 užduotis. Apibūdinkite bijekciją tarp atkarpos taškų ir kubo taškų.

7.21 užduotis. Tegul X ir Y yra aibės. Tarkime, kad jos abi yra baigtinės.Įrodyti, kad aibių sąjunga X ∪ Y yra baigtinė ir |X ∪ Y | 6 |X|+ |Y |. Taippat įrodyti: jei papildomai X ∩ Y = ∅, tai |X ∪ Y | = |X|+ |Y |.

7.22 užduotis. Įrodyti, kad N × N × N ∼ N. Nuoroda: naudoti 7.10užduoties teiginį.

49

8 Atvirosios ir uždarosios tiesės taškų aibės


Tegul y ∈ R. Su bet kuriuo realiuoju skaičiumi ε > 0, taško y aplinka, yraaibė

Oε(y) := {x ∈ R : |x− y| < ε} = (y − ε, y + ε).

Taško y pradurta ε-aplinka yra aibė

O•ε (y) := {x ∈ R : 0 < |x− y| < ε} = (y − ε, y) ∪ (y, y + ε).

8.1 apibrėžtis. Tegul A yra tiesės taškų aibė, o y yra tiesės taškas.

(a) Sakoma, kad y yra A sąlyčio taškas, jei kiekvienoje jo aplinkoje yrabent vienas aibės A elementas, t. y. kiekvienam ε > 0 egzistuoja toksx ∈ A, kad x ∈ Oε(y).

(b) Sakoma, kad y yra A ribinis taškas, jei kiekvienoje jo aplinkoje yrabent vienas aibės A elementas, skirtingas nuo y, t. y. kiekvienam ε > 0egzistuoja toks x ∈ A, kad x ∈ O•ε (y).

(c) Sakoma, kad y yra A izoliuotas taškas, jei y ∈ A ir egzistuoja tokia joaplinka, kurioje daugiau nėra aibės A elementų, t. y. egzistuoja toksε > 0, kad A ∩O•ε (y) = ∅.

(d) Sakoma, kad y yra A vidinis taškas, jei y ∈ A ir egzistuoja tokia joaplinka, kurią sudaro tik aibės A elementai, t.y. egzistuoja toks ε > 0,kad Oε(y) ⊂ A.

8.2 apibrėžtis. Tegul A yra tiesės taškų aibė. Visų A sąlyčio taškų aibėvadinama uždariniu ir žymima A. Aibė A vadinama uždarąja, jei A = A.

8.3 teorema. Aibės A uždarinys A yra lygus aibės A visų ribinių taškų iraibės A visų izoliuotų taškų sąjungai.

8.4 teorema. Tegul A yra tiesės taškų aibė ir y tiesės taškas. y yra Aribinis taškas tada ir tik tada, kai egzistuoja tokia iš A elementų sudarytaseka (xn), kad xn 6= y kiekvienam n ir xn → y kai n→∞.

8.5 teorema. Tiesės taškų aibė yra uždaroji tada ir tik tada, kai jai pri-klauso visi jos ribiniai taškai.

8.6 apibrėžtis. Tegul A yra tiesės taškų aibė. Aibė A vadinama atvirąja,jei jos papildinys Ac := R \A yra uždaroji aibė.

8.7 teorema. Tiesės taškų aibė yra atviroji tada ir tik tada, kai visi joselementai yra vidiniais taškais.

50

8.8 užduotis. Tegul X yra aibė. Įrodyti, kad X ⊂ X, t.y. kiekvienas Xelementas yra jos sąlyčio taškas.

Sprendimas. Tegul x ∈ X. Pagal sąlyčio taško apibrėžimą reikia paro-dyti, kad sankirta

Oε(x) ∩X 6= ∅ kiekvienam ε > 0. (29)

Pagal taško x aplinkos apibrėžimą pats taškas priklauso savo aplinkaiOε(x) =(x − ε, x + ε) su kiekvienu ε > 0. Todėl x ∈ Oε(x) ∩ X kiekvienam ε > 0,t.y. sąryšis (29) teisingas.

8.9 užduotis. Tegul skaičiai a < b. Įrodyti, kad atvirasis intervalas (a, b)yra atviroji aibė.

8.10 užduotis. Tegul skaičiai a < b. Įrodyti, kad uždarasis intervalas [a, b]yra uždaroji aibė.

Sprendimas. (I būdas) Pagal uždarosios aibės apibrėžimą reikia įrodyti,kad [a, b] = [a, b]. Remiantis 8.8 užduotimi teisingas sąryšis [a, b] ⊂ [a, b].Lieka parodyti, kad teisingas priešingas sąryšis [a, b] ⊂ [a, b]. Tegul x ∈ [a, b],t.y. x yra aibės [a, b] sąlyčio taškas. Pagal apibrėžimą tai reiškia, kad

Oε(x) ∩ [a, b] 6= ∅ kiekvienam ε > 0. (30)

Tarkime, kad x 6∈ [a, b]. Tada galimi du atvejai: arba x < a, arba x > b.Pirmuoju atveju imkime ε′ := a− x > 0. Tada

Oε′(x) ∩ [a, b] = (2x− a, a) ∩ [a, b] ⊂ {y ∈ R : y < a ir y ≥ a} = ∅,

kas prieštarauja (30) sąryšiui. Panaši prieštara gaunama ir antruoju atveju,kai x > b. Todėl x ∈ [a, b]. Kadangi x ∈ [a, b] laisvai pasirinktas, tai sąryšis[a, b] ⊂ [a, b] įrodytas, o tuo pačiu teisinga lygybė [a, b] = [a, b], įrodanti,kad uždarasis intervalas [a, b] yra uždaroji aibė.

(II būdas) Pagal 8.5 teoremą reikia įrodyti, kad intervalui [a, b] priklausovisi jo ribiniai taškai. Tegul x ∈ R yra intervalo [a, b] ribinis taškas. Šiojevietoje galima remtis ribinio taško apibrėžtimi ir samprotauti panašiai kaipI-uoju būdu, arba remtis 8.4 teorema. Pagal pastarąją teoremą, x yra sekos(xn) riba, o visi sekos (xn) nariai skiriasi nuo x ir priklauso intervalui [a, b],t.y. a ≤ xn ≤ b kiekvienam n ∈ N ir x = limn→∞ xn. Remiantis 3.14užduotimi gaunama, kad a ≤ x ≤ b, t.y. x ∈ [a, b].

(III būdas) Pagal .... reikia įrodyti, kad papildinys [a, b]c = (−∞, a) ∪(b,∞) yra atviroji aibė.

8.11 užduotis. Tarkime, kad aibė X uždara ir aprėžta. Įrodyti, kadsupX ∈ X.

51

Sprendimas. Kadangi X aprėžta, tai r := supX ∈ R. Kadangi Xuždara, pakanka įrodyti, kad r yra X sąlyčio taškas. Tegul ε > 0. Kadangir yra aibės X mažiausias viršutinis rėžis, tai r − ε nėra aibės X viršutinisrėžis. Todėl egzistuoja toks x ∈ X, kad r − ε < x ≤ r. Kitaip tariantOε(r) ∩ X 6= ∅. Kadangi ε > 0 laisvai pasirinktas, tai r yra X sąlyčiotaškas.

8.12 užduotis. Tarkime, kad X yra uždaroji realiųjų skaičių aibė ir Y yraatviroji realiųjų skaičių aibė. Įrodyti, kad šių aibių skirtumas X \ Y yrauždaroji aibė.

Sprendimas. (I būdas) Tegul Y c := R\Y yra aibės Y papildinys iki R. Šiaibė yra uždara pagal atvirosios aibės apibrėžimą (8.6 apibrėžtis). Remiantisaibių savybėmis, teisinga lygybė X \ Y = X ∩ Y c. Uždarųjų aibių sankirtayra uždaroji aibė (5.1.15 pratimas iš Analizė I). Todėl X \ Y = X ∩ Y c yrauždaroji aibė.

(II būdas) Tarkime, kad x yra aibėsX\Y ribinis taškas. Reikia parodyti,kad x ∈ X \ Y . Egzistuoja tokia šios aibės elementų seka (xn) kurios visinariai skiriasi nuo x ir pati seka konverguoja į x. Kadangi X ⊃ X \ Y , taivisi sekos (xn) nariai taip pat priklauso aibei X. Todėl x yra aibės X ribinistaškas. Kadangi X uždaroji aibė, tai x ∈ X. Jei x ∈ Y , tai x yra aibėsY vidinis taškas, nes Y yra atviroji aibė. Bet tada visi pakankamai tolimisekos (xn) nariai turi priklausoti aibei Y . Ši prieštara įrodo, kad x 6∈ Y .

8.13 užduotis. Rasti aibės A = { 1n : n ∈ N∗} uždarinį. Atsakymą pagrįsti.Pastaba: 2017-01-04 egzamino užduotis.

Sprendimas. Kiekvienam n ∈ N∗, 1n yra A aibės izoliuotas taškas, nes

paėmus ε lygų pusę atstumo iki 1n+1 (artimiausias A elementas), turime

Oε(1n) ∩ A = ∅. Aibė A turi vienintelį ribinį tašką 0, kadangi 1

n → 0 kain→∞. Gavome, kad aibės A uždarinys yra A ∪ {0}.


8.14 užduotis. Tegul A yra tiesės taškų aibė ir y ∈ A. Įrodyti arba pa-neigti, kad y yra aibės A sąlyčio, ribinis, izoliuotas, vidinis taškas, kai :

1. A = [0, 1];

2. A = N;

3. A = Q.

8.15 užduotis. Tegul A yra tiesės taškų aibė ir y ∈ A. Įrodyti, kad y yraA ribinis taškas tada ir tik tada, kai y nėra A izoliuotas taškas.

8.16 užduotis. Įrodyti: jei y ∈ [0, 1], tai y yra aibės (0, 1) ribinis taškas.Taip pat įrodyti: jei y 6∈ [0, 1] tai y nėra aibės (0, 1) ribinis taškas.

52

Priminsime, kad aibės A visų sąlyčio taškų aibę, vadinamą aibės A už-dariniu, žymime A. Naudojant šią sąvoką, 8.16 užduotimi įrodyta, kad(0, 1) = [0, 1].


1. (−∞, 1) = (−∞, 1];

2. (0,+∞) = [0,+∞);

3. N = N;

4. Q = R;

5. R = R;

6. ∅ = ∅.

8.18 užduotis. Tegul a ir b yra tokie tiesės taškai, kad a 0

[Oε(y)

]= {y}.

8.20 užduotis. Tegul A = {(−1)nn/(n+ 1): n ∈ N∗}. Pagrįsti atsakymusį šiuos klausimus.

(a) Rasti aibės A ribinius taškus.

(b) Ar A yra uždaroji aibė?

(c) Ar A yra atviroji aibė?

(d) Ar A turi izoliuotų taškų?

(e) Rasti uždarinį A.

8.21 užduotis. Nuspręsti ar nurodyta aibė yra uždaroji, ar atviroji, ar neiviena nei kita? Jei nėra atviroji, nurodyti tašką, kurio nei viena aplinkanepriklauso aibei. Jei nėra uždaroji, nurodyti ribinį tašką, kuris nepriklausoaibei. Aibės:

(a) Q;

(b) N;

(c) [0,∞);

53

(d) [0, 1) ∪ (1, 2);

(e) { 1n : n ∈ N∗};

(f) {1 + 14 + · · ·+ 1

n2 : n ∈ N∗} (pastaba:∑∞

n=11n2 = π2

6 .

8.22 užduotis. Įrodyti, kad išvardintos aibės nėra kompaktinės nurodanttokį jos atvirąjį denginį, kuris neturi baigtinio denginio:

(a) [1, 3);

(b) N;

(c) { 1n : n ∈ N∗}.

8.23 užduotis. Tegul x ∈ R.

(a) Įrodyti, kad {x} yra uždara, bet ne atvira aibė.

(b) Įrodyti, kad baigtinė aibė yra uždara.

8.24 užduotis. Tegul realieji skaičiai a < b. Įrodyti, kad atviras intervalas(a, b) yra atviroji aibė, o uždaras intervalas [a, b] yra uždaroji aibė.

8.25 užduotis. Tegul realieji skaičiai a < b. Įrodyti, kad intervalai [a, b) ir(a, b] nėra nei atvirosios nei uždarosios aibės.

8.26 užduotis. Tegul A,B ⊂ R yra netuščios, atviros ir A ∩ B 6= ∅. Arsankirta A ∩B gali būti baigtinė aibė? Atsakymą pagrįsti.

8.27 užduotis. Tegul A,B ⊂ R yra netuščios ir atviros. Įrodyti, kad jųsankirta A ∩B ir sąjunga A ∪B yra atvirosios aibės.

8.28 užduotis. Įrodyti, kad begalinio kiekio atvirų aibė iš sankirta nepri-valo būti atvira. Suformuluoti ir įrodyti analogišką tvirtinimą uždaromsaibėms.

8.29 užduotis. Tegul A,B ⊂ R yra netuščios ir uždaros. Įrodyti, kad jųsankirta A ∩B ir sąjunga A ∪B yra uždarosios aibės.

8.30 užduotis. Tegul A yra atviroji aibė ir x ∈ A. Įrodyti: jei seka (xn)konverguoja į x, tai visi sekos nariai, išskyrus baigtinį jų skaičių, priklausoaibei A.

8.31 užduotis. Tegul A yra netuščia ir iš viršaus aprėžta realiųjų skaičiųaibė ir tegul M := supA. Įrodyti, kad M yra A aibės sąlyčio taškas.

54

9 Funkcijos ir jų konvergavimas


9.1 apibrėžtis. Tarkime, kad c ∈ R, u ∈ R ir f : R → R. Sakoma, kad fkonverguoja į u taške c, jei kiekvienam teigiamam skaičiui ε egzistuoja toksteigiamas skaičius δ, kad kiekvienam realiajam skaičiui x (sutrumpintai:∀ε > 0, ∃δ > 0: ∀x ∈ R) teisinga implikacija

jei 0 < |x− c| < δ, tai |f(x)− u| < ε. (31)

Jei f konverguoja į u taške c, tai skaičius u vadinamas funkcijos f riba taškec ir žymimas limx→c f(x). Sakoma, kad funkcija f konverguoja taške c, jeiji turi ribą.

Sunkiau įrodomos bet standartinės ribos:

limx→0

(1 + x)1x = e. (32)

Šis faktas įrodytas kaip 6.14 teoremos dalis mūsų konspekte [8].

limx→0

sinx

x= 1. (33)

Šis faktas yra (5.59) išnaša mūsų konspekte [8] ir ten pat įrodytas. Taip patįrodytas čia 9.14 užduotimi naudojant geometrinius argumentus.

9.2 apibrėžtis. Tarkime, kad c ∈ R, u ∈ R ir f : R → R. Sakoma, kadf konverguoja į u taške c iš kairės (iš dešinės), jei kiekvienam teigiamamskaičiui ε egzistuoja toks teigiamas skaičius δ, kad kiekvienam realiajamskaičiui x (sutrumpintai: ∀ε > 0, ∃δ > 0: ∀x ∈ R) teisinga implikacija

jei c− δ < x < c, tai |f(x)− u| < ε. (34)

(konvergavimo iš dešinės atveju teisinga implikacija

jei c < x < c+ δ, tai |f(x)− u| < ε.) (35)

Jei f konverguoja į u taške c iš kairės (iš dešinės), tai skaičius u vadinamasfunkcijos f riba iš kairės (iš dešinės) taške c ir žymimas limx→c− f(x) arbaf(c−) (atitinkamai limx→c+ f(x) arba f(c+)).

9.3 apibrėžtis. Tarkime, kad u ∈ R ir f : R → R. Sakoma, kad f kon-verguoja į u begalybėje, jei kiekvienam teigiamam skaičiui ε egzistuoja toksteigiamas skaičius L, kad kiekvienam realiajam skaičiui x (sutrumpintai:∀ε > 0, ∃L > 0: ∀x ∈ R) teisinga implikacija

jei |x| > L, tai |f(x)− u| < ε. (36)

Jei f konverguoja į u begalybėje, tai skaičius u vadinamas funkcijos f ribabegalybėje ir žymimas limx→∞ f(x). Sakoma, kad funkcija f konverguojabegalybėje, jei egzistuoja toks skaičius u, kad f konverguoja į u begalybėje.

55

9.4 apibrėžtis. Tarkime, kad c ∈ R ir f : R→ R. Sakoma, kad f diverguojataške c į begalybę, rašoma

limx→c

f(x) =∞,

jei kiekvienam E > 0 egzistuoja toks δ > 0, kad teisinga implikacija

jei 0 < |x− c| < δ, tai |f(x)| > E.

9.5 teorema. Tegul f : R→ R ir g → R yra funkcijos, o a ∈ R. Tarkime,kad egzistuoja ribos

limx→a

f(x) ir limx→a

g(x).

Tada egzistuoja kairėje pusėje esančios ribos ir teisingos nurodytos lygybės:

limx→a

[f(x)± g(x)] = limx→a

f(x)± limx→a

g(x),

limx→a

[f(x) · g(x)] = limx→a

f(x) · limx→a

g(x),

limx→a

f(x)

g(x)=

limx→a f(x)

limx→a g(x),

pastaroji lygybė turi prasmę kai limx→a g(x) 6= 0. Be to, teisinga implikacija

jei f(x) > g(x) ∀x tai limx→a

f(x) > limx→a

g(x).

Suspaudimo taisyklės sekoms (3.4 užduotis) apibendrinimas funkcijoms

9.6 teorema (Suspaudimo taisyklė). Tegul f : R→ R, g → R ir h : R→ Ryra funkcijos, o a ∈ R. Tarkime, kad kurioje nors taško a aplinkoje teisingosnelygybės

f(x) 6 g(x) 6 h(x).

Jei kraštinių funkcijų ribos egzistuoja ir yra lygios limx→a f(x) = limx→a h(x) =:c, tai egzistuoja riba limx→a g(x) = c.


9.7 užduotis ([7], Theorem 13.1). Tarkime, kad c ∈ R, u ∈ R ir f : R→ R.Įrodyti, kad u = limx→c f(x) tada ir tik tada, kai teisingi teiginiai (i) ir (ii),čia

(i) kiekvienam d1 u egzistuoja intervalas (a2, b2), kuriam priklauso c irnelygybė d2 > f(x) teisinga visiems x ∈ (a2, c) ∪ (c, b2).

56

Sprendimas. Tarkime, kad u = limx→c f(x). Teiginių (i) ir (ii) įrodymuipasirinkime bet kuriuos d1 u. Apibrėžkime ε := min{u−d1, d2−u}. Toks ε > 0. Pagal prielaidą egzistuoja toks δ > 0, kad |f(x) − u| < εvisiems x ∈ (c− δ, c) ∪ (c, c+ δ). Apibrėžkime a1 = a2 = c− δ ir b1 = b2 =c+ δ. Remiantis ε apibrėžtimi ir modulio savybėmis (2.9 užduotis), kadangi|f(x)− u| < ε, tai

d1 − u ≤ −ε < f(x)− u < ε ≤ d2 − u arba d1 < f(x) < d2,

kai x ∈ (a1, c) ∪ (c, b1) = (a2, c) ∪ (c, b2). Kadangi d1 ir d2 yra laisvaipasirinkti, tai teisingi teiginiai (i) ir (ii).

Tarkime, kad teisingi teiginiai (i) ir (ii). Pasirinkime bet kurį ε > 0.Apibrėžkime d1 := u−ε ir d2 := u+ε. Tada d1 u. Pagal prielaidąegzistuoja intervalai (a1, b1) ir (a2, b2), kuriems priklauso c, nelygybė u−ε <f(x) teisinga visiems x ∈ (a1, c) ∪ (c, b1) ir nelygybė f(x) 0. Jei x yra toks, kad 0 < |x− c| < δ, tai

u− ε < f(x) < u+ ε arba |f(x)− u| < ε.

Kadangi ε > 0 yra laisvai pasirinktas, tai u = limx→c f(x).Kita užduotis naudojama atliekant 9.10, 12.5, 12.6 ir 12.12 užduotis.

9.8 užduotis. Tarkime, kad funkcijų f : R→ R ir g : R→ R reikšmės yralygios visur išskyrus taške c ∈ R ir funkcija f konverguoja taške c. Įrodyti,kad funkcija g konverguoja taške c su ta pačia riba.

Sprendimas. Tarkime, kad funkcijos f konverguoja taške c ir jos riba yraskaičius u ∈ R. Norėdami įrodyti, kad taške c funkcija g konverguoja į u,pasirinkime bet kurį ε > 0. Tada egzistuoja toks δ > 0, kad visiems x ∈ Rteisinga (31) implikacija. Kadangi f(x) = g(x) visiems x 6= c, tai teisingaimplikacija

jei x ∈ O•δ (c), tai |g(x)− u| = |f(x)− u| < ε.

Todėl funkcija g konverguoja taške c ir jos riba yra u.

9.9 užduotis. Tarkime, kad f : R→ R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) =

{x2 + 2, jei x 6= 2,8, jei x = 2.

Ar funkcija f konverguoja taške 2? Atsakymą pagrįsti.

Sprendimas. Nubrėžus funkcijos f grafiką matosi, kad taško x = 2aplinkoje šios funkcijos reikšmės f(x) telkiasi apie skaičių c = 6. Naudodami

57

konvergavimo apibrėžimą parodysime, kad taške 2 funkcija f konverguoja į6. Tegul ε > 0. Rasime tokį δ > 0, kad galiotų implikacija

jei 0 < |x− 2| < δ, tai |f(x)− 6| < ε. (37)

Tarkime, kad x ∈ R \ {2}. Tada

|f(x)− 6| < ε ⇔ 6− ε < x2 + 2 < 6 + ε

atmetame neigiamas x reikšmes ⇐√4− ε < x <

√4 + ε

⇔ −(2−√4− ε) < x− 2 <

√4 + ε− 2.

Tegul δ := min{2−√4− ε,

√4 + ε− 2}. Ši δ reikšmė yra teigiama ir galioja

implikacija

jei |x− 2| < δ, tai −(2−√4− ε) < x− 2 <

√4 + ε− 2.

Apjungę visas implikacijas, dėl jų tranzityvumo savybės, galioja (37) impli-kacija.

Neapibėžtumas 0/0. Taip vadinamas ribos limx→a f(x) skaičiavimoatvejis, kai

f(x) =P (x)

Q(x)visiems x 6= a ir P (a) = Q(a) = 0.

Kai P ir Q yra daugianariai, tokio tipo riba tiriama skaidant P ir Q taip, kadrasti bendrą daugiklį, kurį suprastinus gaunama kita funkcijos išraiška g. Jeif(x) = g(x) visiems x 6= a ir egzistuoja riba limx→a g(x), tai egzistuoja ribalimx→a f(x) ir jos lygios.

9.10 užduotis. Apskaičiuoti ribą

limx→1

x3 − 1

x− 1.

Sprendimas. Šiuo atveju neapibrėžtumas 0/0 atsiranda todėl, kad skai-tiklis ir vardiklis turi bendrą daugiklį dvinarį x−1. Tikrai, kadangi x3−1 =(x− 1)(x2 + x+ 1), tai visiems x 6= 1 turime

f(x) :=x3 − 1

x− 1=

(x− 1)(x2 + x+ 1)

x− 1= x2 + x+ 1 =: g(x).

Remiantis 9.5 teorema

limx→1

g(x) = limx→1

x2 + limx→1

x+ limx→1

1 = 1 + 1 + 1 = 3.

Tada, remiantis 9.8 užduoties teiginiu, turime

limx→1

x3 − 1

x− 1= lim

x→1f(x) = lim

x→1g(x) = 3.

58

9.11 užduotis. Apskaičiuoti ribą

limx→5

x3 − 4x2 − x− 20

6x3 − 12x2 − 91x+ 5.

Sprendimas. Šioje užduotyje funkcija yra trupmena, kurios skaitiklis,žymėkime jį P (x), ir vardiklis, žymėkime jį Q(x), taške x = 5 lygūs nu-liui. Remiantis Bezu teoremos išvada, kiekvienas šių daugianarių dalosi išdvinario x− 5.

I būdas - dalyba kampu. Skaitiklį P (x) dalindami kampu iš x − 5gauname

− x3 − 4x2 − x− 20 x− 5x3 − 5x2 x2 + x+ 4

− x2 − xx2 − 5x

4x− 204x− 20

0

Tokiu būdu išskyrėme dvinarį x− 5:

P (x) = x3 − 4x2 − x− 20 = (x− 5)(x2 + x+ 4).

Panašiai vardiklį Q(x) dalindami kampu iš x− 5 gauname

− 6x3 − 12x2 − 91x+ 5 x− 56x3 − 30x2 6x2 + 18x− 1

− 18x2 − 91x18x2 − 90x

−x+ 5−x+ 5

0

Tokiu būdu išskyrėme dvinarį x− 5:

Q(x) = 6x3 − 12x2 − 91x+ 5 = (x− 5)(6x2 + 18x− 1).

Prastindami bendrą daugiklį x− 5 gauname

f(x) =P (x)

Q(x)=

x2 + x+ 4

6x2 + 18x− 1

visiems x 6= 5. Remdamiesi 9.16 užduoties teiginiu ir 9.5 teorema, turime

limx→5

x3 − 4x2 − x− 20

6x3 − 12x2 − 91x+ 5=

limx→5(x2 + x+ 4)

limx→5(6x2 + 18x− 1)=

34

235.

59

II būdas - tiesioginis skaidymas. Šiuo būdu daliklis x− 5 nuosekliaiišskiriamas iš dalinio papildant ir kompensuojant trūkstamais nariais. Šįbūdą ne visada pavyksta pritaikyti.

x3 − 4x2 − x− 20 = x2(x− 5) + x2 − x− 20

= x2(x− 5) + x(x− 5) + 4x− 20

= x2(x− 5) + x(x− 5) + 4(x− 5)

= (x− 5)(x2 + x+ 4).

6x3 − 12x2 − 91x+ 5 = 6x2(x− 5) + 18x2 − 91x+ 5

= 6x2(x− 5) + 18x(x− 5)− x+ 5

= 6x2(x− 5) + 18x(x− 5)− (x− 5)

= (x− 5)(6x2 + 18x− 1).

Likusi 9.11 užduoties sprendimo dalis tokia pati kaip ir pirmuoju būdu.

9.12 užduotis. Tegul f : R → R yra funkcija su reikšmėmis f(x) = x2−1|x−1|

visiems x ∈ R \ {1}. Ištirti funkcijos f konvergavimą taške 1 randant vien-puses ribas

limx→1−

f(x) ir limx→1+

f(x).

Sprendimas. Norėdami sužinoti šios funkcijos reikšmių elgesį taško 1aplinkoje, ją pertvarkysime

f(x) =x− 1

|x− 1|(x+ 1) =

{(x+ 1), jei x > 1,−(x+ 1), jei x < 1.

Žvelgiant į šią funkcijos išraišką galima matyti, kad jos reikšmės telkiasi tiesskaičiumi 2 kai x artėja prie 1 iš dešinės ir telkiasi ties skaičiumi −2 kai xartėja prie 1 iš kairės. Parodysime, kad šios funkcijos riba iš kairės taške 1yra −2 riba iš dešinės taške 1 yra 2.

Tegul ε > 0. Kai x < 1, tai

|f(x)− (−2)| = | − (x+ 1) + 2| = |x− 1| = 1− x.

Jei 1 − ε < x < 1, tai dešinė pusė 1 − x yra mažesnė už ε. Todėl imantδ := ε gauname, kad teisinga ribos iš kairės apibrėžties implikacija (34) suc = 1 ir u = −2. tuo būdu įrodėme, kad limx→1− f(x) = −2.

Dėl ribos iš dešinės, tegul ε > 0. Kai x > 1, tai

|f(x)− 2| = |(x+ 1)− 2| = |x− 1| = x− 1.

Jei 1 < x < 1+ε, tai dešinė pusė x−1 yra mažesnė už ε. Todėl imant δ := εgauname, kad teisinga ribos iš dešinės apibrėžties implikacija (35) su c = 1ir u = 2. tuo būdu įrodėme, kad limx→1+ f(x) = 2.

60

9.13 užduotis. Tegul f : R → R yra funkcija su reikšmėmis f(x) = 1x2

visiems x ∈ R. Ištirti šios funkcijos konvergavimą begalybėje.

Sprendimas. Brėžiant šios funkcijos grafiką matome, kad jos reikšmėsmažėja ir artėja prie nulio kai argumentas neaprėžtai didėja. Todėl galimaspėti, kad šios funkcijos riba begalybėje yra nulis. Įrodysime tai. Tegulε > 0. Reikia rasti tokį L > 0, kad implikacija

jei x > L, tai |f(x)− 0| = 1x2< ε (38)

būtų teisinga kiekvienam x ∈ R. Pertvarkysime nelygybę su ε:

1

x2< ε ⇔ x2 >

1

ε⇔

[x >

1√ε

arba x < − 1√ε

]. (39)

Tegul L := 1√ε. Tada

x > L ⇔ x >1√ε⇒

[x >

1√ε

arba x < − 1√ε

]. (40)

Apjungę implikacijas (39) ir (40), gauname (38) implikaciją, ką ir reikėjoįrodyti.


limx→0

sinx

x= 1. (41)

Sprendimas. Geometriškai įrodysime nelygybę:

sinx < x < tg x visiems x ∈ (0, π2 ). (42)

Tegul θ yra 3 paveikslėlyje pavaizduoto vienetinio skritulio centrinio kampodydis radianais ir tegul θ ∈ (0, π/2). Tada

trikampio OAB plotas = 1

2sin θ < skritulio išpjovos OAB plotas = θ

2

< trikampio OAC plotas = 1

2tg θ.

Šios nelygybės įrodo (42) nelygybes. Pertvarką nelygybes gauname

cosx <sinx

x< 1 visiems x ∈ (0, π2 ).

Pakeitę x į −x, dėl kosinuso lyginumo ir sinuso nelyginumo gauname taspačias nelygybes didesnėje srityje:

cosx <sinx

x< 1 kai 0 < |x| < π

2 . (43)

61

3 pav.: nelygybių sin θ < θ < tg θ iliustracija

Tegul y ∈ R. Remiantis antrąja (43) nelygybe, jei 0 < |x| < π, tai

| cos(y + x)− cos y| = 2∣∣∣ sin x

2sin(y +

x

2

)∣∣∣ < 2·∣∣∣x2

∣∣∣ · 1 = |x|.

Todėl, bet kuriam ε > 0, jei δ = ε ir 0 < |x| < δ, tai

| cos(y + x)− cos y| < ε,

t.y. kosinuso funkcija tolydi taške y. Atveju kai y = 0 gauname

limx→0

cosx = cos 0 = 1. (44)

Galiausiai, (43) nelygybės abiejose pusėse perėję prie ribos kai x → 0 (3.4užduotis), gauname (41).


9.15 užduotis. Tegul f : R → R yra funkcija su reikšmėmis f(x) = x2

visiems x ∈ R. Įrodyti, kad f konverguoja taške 0 ir rasti ribą.

9.16 užduotis. Tegul f : R → R yra funkcija su reikšmėmis f(x) = x + 1visiems x ∈ R. Įrodyti, kad f konverguoja taške 1 ir rasti ribą.

9.17 užduotis. Paaiškinti kodėl reikšmės

f(x) =

√x+ 1√x− 4

ir g(x) =

√x+ 1

x− 4

apibrėžia skirtingas funkcijas.

62

9.18 užduotis. Suformuluoti teiginį reiškiantį, kad funkcija diverguoja be-galybėje.

9.19 užduotis. Tegul f : R→ R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) =

{ |x|x , jei x 6= 0,0, jei x = 0.

Ar funkcija f konverguoja taške 0? Atsakymą pagrįsti.

9.20 užduotis. Tegul f : R \ Z→ R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) = x2, kai x ∈ R ir x 6∈ Z.

Ištirti funkcijos konvergavimą taške a = 2.

9.21 užduotis. Tegul bxc := max{m ∈ Z : m ≤ x} visiems x ∈ R. Ištirtinurodytų ribų egzistavimą:

1.limx→2bxc;

2.limx→1

(x− bxc);

3.limx→2

∣∣x− bxc − 1

2

∣∣;4.

limx→0

lnx.

9.22 užduotis. Ar nurodytos reikšmės apibrėžia funkciją f taško 10 aplin-koje? Jei taip, tai ar funkcija f konverguoja taške 10?

1.

f(x) =

{x2−100x−10 , jei x 6= 10,0, jei x = 10.

2.

f(x) =

{x2−99x−10 , jei x 6= 10,0, jei x = 10.

3.

f(x) =

{x2−100x−9 , jei x 6= 9,

0, jei x = 9.

4.

f(x) =√−x2 + 20x− 100

Atsakymą pagrįsti.

9.23 užduotis. Ištirti funkcijos f : R \ {a} → R konvergavimą taške arandant ribas

limx→a−

f(x) ir limx→a+

f(x),

kai a ir f įgyja toliau nurodytas reikšmes. Ar egzistuoja riba limx→a f(x)?

63

1. a = 2 ir

f(x) =

{2x− 1, jei x < 2,x2 + 1, jei x > 2.

2. a = −2 ir

f(x) =

{3x+ 2, jei x < −2,x2 + 3x− 1, jei x > −2.

3. a = 1 ir

f(x) =|x− 1|x− 1

.

4. a = 1 ir

f(x) =

{5x− 3, jei x < 1,x2, jei x > 1.

5. a = 0 ir

f(x) =

{x+ 1, jei x < 0,x2, jei x > 0.

9.24 užduotis. Ištirti funkcijos f : R → R konvergavimą plius begalybėjerandant ribą limx→+∞ f(x), kai f įgyja toliau nurodytas reikšmes.

1.f(x) =

1√x.

2.

f(x) =

√x+

√x+√x

√x+ 1

.

3.

f(x) =

√x+ 3√x+ 4√x√

2x+ 1.

4.

f(x) =

√x+√x−

√x−√x.

5.

f(x) =(√

x2 + x− x).

6.

f(x) =

√x+

√x+√x−√x.

7.

f(x) =√x(√x+ 3−

√x− 2

).

8.

f(x) = x23((x+ 1)

13 − x

13

).

9.

f(x) = x(√

3x2 + 22−√3x2 + 4

).

10.

f(x) = x(256x4+81x2+49

)− 14 .

9.25 užduotis. Ištirti funkcijos f : R → R konvergavimą begalybėje ran-dant ribą limx→∞ f(x), kai f įgyja toliau nurodytas reikšmes.

1.

f(x) =(9x8 − 6x5 + 4)1/2

(64x12 + 14x7 − 7)1/3.

2.

f(x) =7− x+ 2x2 − 3x3 − 5x4

4 + 3x− x2 + x3 + 2x4.

64

3.f(x) =

(2x4 − 137)5

(x2 + 429)10.

4.f(x) =

(5x10 + 32)3

(1− 2x6)5.

9.26 užduotis. Suformuluoti teiginį reiškiantį, kad funkcija diverguoja įplius begalybę begalybėje.

9.27 užduotis. Tegul

f(x) = a0xn + a1x

n−1 + · · ·+ an−1x+ an visiems x ∈ R,

čia a0, a1, . . . , an yra nelygūs nuliui realieji skaičiai. Įrodyti, kad

limx→∞

|f(x)| = +∞.


g(x) =a0x

n + a1xn−1 + · · ·+ an−1x+ an

b0xm + b1xm−1 + · · ·+ bm−1x+ bmvisiems x ∈ R,

čia a0 ir b0 yra nelygūs nuliui realieji skaičiai. Įrodyti, kad

limx→∞

g(x) =

∞, jei n > m,a0b0, jei n = m,

0, jei n < m.

9.29 užduotis. Rasti nurodytą ribą:

1.

limx→0

1

x

(√x2 + 9x+ 9− 3

).

2.limx→1

x5 − 1

x3 − 1.

3.

limx→3

√x+ 13− 2

√x+ 1

x2 − 9.

4.limx→−2

3√x− 6 + 2

x3 + 8.

9.30 užduotis. Tarkime, kad f : R→ R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) =

{x2+x|x|−2

x−1 , jei x 6= 1,3, jei x = 1.

Parodyti, kad riba limx→y f(x) egzistuoja kiekvienam y ∈ R ir lygi f(y) kaix 6= 1. Pavaizduoti šios funkcijos grafiką. Kaip reikia pakeisti reikšmę 3taške x = 1, kad grafikas neturėtų trūkio?

9.31 užduotis. Apskaičiuoti toliau nurodytas ribas naudojantis standar-tinėmis ribomis (32) ir (33) ir nenaudojant L’Hopitalio taisyklės (14.3teorema):

65

1.limx→0

sin ax

sin bx,

čia a, b ∈ R \ {0}.

2.limx→0

sinx

x+ x2.

3.limx→0

cosx− 1

x.

4.limx→0

sin 5x

x.

5.limx→1

x5 − 1

x3 − 1.

6.limx→1

axm − abxn − b

,

čia a, b ∈ R, b 6= 0 ir m,n ∈ N∗.

7.limx→0

ex − 1

x.

8.limx→0

ln(1 + x)

x.

9.

limx→1

x+ x2 + · · ·+ xn − nx− 1

,

čia n ∈ N∗.

66

10 Tolydžios ir trūkios funkcijos


10.1 apibrėžtis. Tegul A ⊂ R, f : A → R ir y ∈ A yra A aibės ribinistaškas. Sakoma, kad f tolydi taške y, jei

limx→y

f(x) = f(y).

Jei f nėra tolydi taške y, tai sakoma, kad f yra trūki taške y arba y yrafunkcijos f trūkio taškas. Funkcija f yra tolydi, jei ji yra tolydi kiekvienameA aibės ribiniame taške, kuris jai priklauso.

10.2 teorema. Tegul A ⊂ R, f : A→ R ir y ∈ A yra A aibės ribinis taškas.f tolydi taške y tada ir tik tada, kai egzistuoja riba iš kairės f(y−), riba išdešinės f(y+) ir f(y−) = f(y) = f(y+).

10.3 teorema. Tegul aibė A ⊂ R ir elementas y ∈ A yra aibės A ribinistaškas. Jei funkcijos f : A→ R ir g : A→ R yra tolydžios taške y, tai

(a) f + g tolydi taške y;

(b) fg tolydi taške y;

(c) f/g tolydi taške y jei g(y) 6= 0;

(c) max{f, g} tolydi taške y (10.8 užduotis);

(e) min{f, g} tolydi taške y;

(f) |f | tolydi taške y (10.9 užduotis).

10.4 teorema. Tegul A ir B yra tiesės taškų aibės, f : A → B ir g : B →R yra funkcijos, elementas y ∈ A yra aibės A ribinis taškas ir elementasf(y) ∈ B yra aibės B ribinis taškas. Jei f yra tolydi taške y ir g yra tolyditaške f(y), tai kompozicija g◦f yra tolydi taške y, t.y.

limx→y

(g(f(x)) = g(f(y)).


10.5 užduotis. Tarkime, kad f : R→ R yra funkcija su reikšmėmis f(x) =x2 visiems x ∈ R. Įrodyti, kad f yra tolydi.

10.6 užduotis. Tarkime, kad f : [0,∞) → R yra funkcija su reikšmėmisf(x) =

√x, x ≥ 0. Įrodyti, kad f yra tolydi.

67

Sprendimas. Funkcija tolydi, jei ji tolydi kiekviename savo apibrėžimosrities taške c ∈ [0,∞). Nagrinėsime du atvejus: c = 0 ir c ∈ (0,∞). Tegulc ∈ (0,∞) ir ε > 0. Reikia rasti tokį δ > 0, kad bet kuriam x ∈ [0,∞) būtųteisinga implikacija:

jei |x− c| < δ, tai |√x−√c| < ε. (45)

Tegul |x − c| < 1 Tada x < c + 1 ir todėl√x <

√c+ 1. Naudodami šią

nelygybę gauname

|√x−√c| = |x− c|√

x+√c<

|x− c|√c+√c+ 1

.

Tegul δ := min{1, ε(√c +√c+ 1)} > 0. Remiantis pastaruoju įverčiu, jei

|x− c| < δ, tai

|√x−√c| < |x− c|

√c+√c+ 1

<ε(√c+√c+ 1)

√c+√c+ 1

= ε,

kas įrodo (45). Dabar tegul c = 0 ir ε > 0. Imkime δ := ε2. Jei |x| =|x− 0| < δ, tai |

√x−√0| =

√x < ε, ką ir reikėjo įrodyti.

10.7 užduotis. Įrodyti, kad sinuso ir kosinuso funkcijos yra tolydžios.

Sprendimas. Pakartosime 9.14 užduotyje kosinuso tolydumui įrodytinaudotą argumentą. Remiantis antrąja (43) nelygybe, jei 0 < |x| < π,tai

| sin(y + x)− sin y| = 2∣∣∣ sin x

2cos(y +

x

2

)∣∣∣ < 2·∣∣∣x2

∣∣∣ · 1 = |x|.

Todėl, bet kuriam ε > 0, jei δ = ε ir 0 < |x| < δ, tai

| sin(y + x)− sin y| < ε,

t.y. sinuso funkcija tolydi taške y.

10.8 užduotis. Tegul a < b. Tarkime, kad funkcijos f : [a, b] → R irg : [a, b]→ R yra tolydžios. Įrodyti, kad funkcija max{f, g} tolydi.

Sprendimas. (I būdas; naudojama 3.13 užduotis) Funkcija tolydi, jei jitolydi kiekviename savo apibrėžimo srities taške. Tegul x ∈ [a, b]. FunkcijaF := max{f, g} : [a, b] → R tolydi taške x tada ir tik tada, kai kiekvienaiintervalo [a, b] elementų sekai (xn), kuri konverguoja į x kai n→∞, funkcijosreikšmių seka (F (xn)) konverguoja į F (x) kai n → ∞ (5.40 teorema [8]).Tegul (xn) yra bet kuri tokia seka. Reikia įrodyti, kad

limn→∞

max{f, g}(xn) = max{f, g}(x)

68

Kadangi f ir g tolydžios, tai f(xn) → f(x) ir g(xn) → g(x) kai n → ∞.Belieka pasinaudoti funkcijos max{f, g} apibrėžtimi ir 3.13 užduotimi:

max{f, g}(xn) = max{f(xn), g(xn)} → max{f(x), g(x)} = max{f, g}(x)

kai n→∞, ką ir reikėjo įrodyti.(II būdas; pagal funkcijos konvergavimo apibrėžimą)

10.9 užduotis. Tarkime, kad A ⊂ R ir f : A → R yra tolydi funkcija.Įrodyti, kad funkcija |f | yra tolydi.

Sprendimas. (I būdas; pagal funkcijos konvergavimo apibrėžimą).(II būdas). Naudodami modulio išraišką per maksimumą ir 10.8 užduotį,

gauname

|f(x)| = max{f(x),−f(x)} → max{f(y),−f(y)}

kai x→ y.

10.10 užduotis. Tarkime, kad u ∈ R ir f : R→ R yra tolydžioji funkcija.Įrodyti, kad aibė {x ∈ R : f(x) ≥ u} yra uždaroji.

Sprendimas. (I būdas) Pagal pirmavaizdžio ir intervalo apibrėžimus tei-singos lygybės

f−1[[u,+∞)] = {x ∈ R : f(x) ∈ [u,+∞)} = {x ∈ R : f(x) ≥ u}.

Intervalas [u,+∞) yra uždaroji aibė (įrodyti arba pateikti nuorodą). Ka-dangi funkcija f yra tolydi, tai pirmavaizdis f−1[[u,+∞)] yra uždaroji aibėremiantis 5.42 teorema iš Analizė I. Todėl aibė {x ∈ R : f(x) ≥ u} yrauždara.

(II būdas) Tarkime, kad y yra aibės A := {x ∈ R : f(x) ≥ u} ribinistaškas. Reikia parodyti, kad y ∈ A. Kadangi y yra aibės A ribinis taškas,tai egzistuoja tokia šios aibės elementų seka (xn), kurios visi nariai skiriasinuo y ir pati seka konverguoja į y. Kadangi xn ∈ A visiems n, tai f(xn) ≥ uvisiems n. Kadangi f tolydi, tai f(y) = limn→∞ f(xn) ≥ u, t.y. y ∈ A.

10.11 užduotis. Įrodyti, kad iškilioji atvirame intervale funkcija yra tolydi.

Sprendimas. Tarkime, kad funkcija f : (a, b) → R yra iškilioji ir c ∈(a, b). Įrodysime, kad f yra tolydi taške c. Intervale J := (a − c, b − c)apibrėžkime pagalbinę funkciją g : J → R su reikšmėmis

g(x) := f(x+ c)− f(c), x ∈ J.

Nulis yra J vidinis taškas. Pakanka įrodyti, kad g yra tolydi nulyje. Tamtikslui parodysime, kad g taip pat iškilioji funkcija. Tegul x, y ∈ J , x < y ir

69

λ ∈ (0, 1). Naudodami f iškilumą ir tai, kad x+ c ∈ (a, b) bei y+ c ∈ (a, b),gauname

g(λx+ (1− λ)y) = f(λ(c+ x) + (1− λ)(c+ y))− f(c)6 λf(c+ x) + (1− λ)f(c+ y)− f(c)= λ[f(c+ x)− f(c)] + (1− λ)[f(c+ y)− f(c)]= λg(x) + (1− λ)g(y).

Taigi, g yra iškilioji funkcija. Šios savybės dėka, jei x ∈ J ∩ (0, 1), tai

g(x) = g(x·1 + (1− x)·0) 6 xg(1).

Jei x ∈ J ∩ (−1, 0), tai

g(x) = g((−x)·(−1) + (1 + x)·0) 6 (−x)g(−1).

Sudėję abi nelygybes moduliams gauname

|g(x)| 6 |x|(|g(1)|+ |g(−1)|)/2

su bet kuriuo x ∈ J ∩ (−1, 1). Dėka šios nelygybės, g yra tolydi nulyje, kąir reikėjo įrodyti.

10.12 užduotis. Tarkime, kad realiųjų skaičių seka (xn) konverguoja irfunkcija f : R → R yra tolydi. Įrodyti, kad konverguoja seka (f(xn)). Pa-staba: 2017-01-04 egzamino užduotis.

Sprendimas. Tarkime, kad realiųjų skaičių seka (xn) konverguoja į skai-čių c. Funkcijos f tolydumas taške c reiškia, kad duotam ε > 0 egzistuojatoks δ > 0, kad visiems x teisinga implikacija:

jei |x− c| < δ, tai |f(x)− f(c)| < ε. (46)

Dėl sekos (xn) konvergavimo į c, egzistuoja toks N ∈ N, kad visiems nteisinga implikacija:

jei n ≥ N , tai |xn − c| < δ. (47)

Apjungę (46) ir (47), dėl implikacijų tranzityvumo, visiems n teisinga imp-likacija:

jei n ≥ N , tai |f(xn)− f(c)| < ε.

Kadangi ε > 0 laisvai pasirinktas, tai seka (f(xn)) konverguoja į f(c).


f(x) =x3 + x2 + x− 3

x3 − 3x2 − x+ 3, kai x 6= 1.

Kaip papildyti šias reikšmes taške x = 1 kad jos apibrėžtų tolydžią taškex = 1 funkciją f : R→ R?

70

Sprendimas. Tam, kad f : R → R būtų tolydi taške x = 1 reikia šioslygybės

limx→1

f(x) = f(1).

Tačiau reikšmė f(1) yra neapibrėžta, nes vardiklis taške x = 1 lygus nuliui.Pažymėkime daugianarius

P (x) := x3 + x2 + x− 3 ir Q(x) := x3 − 3x2 − x+ 3.

Kadangi P (1) = Q(1) = 0, skaičius 1 yra daugianarių P ir Q šaknimi. Re-miantis Bezu teorema, abu daugianariai dalijasi iš dvinario x−1. Dalindamikampu rasime dalmenis:

− x3 + x2 + x− 3 x− 1x3 − x2 x2 + 2x+ 3

− 2x2 + x2x2 − 2x

3x− 33x− 3

0

Panašiai− x3 − 3x2 − x+ 3 x− 1

x3 − x2 x2 − 2x− 3

− − 2x2 − x−2x2 + 2x

−3x+ 3−3x+ 3

0

Kai x 6= 1 suprastinę gauname

f(x) =P (x)

Q(x)=

(x− 1)(x2 + 2x+ 3)

(x− 1)(x2 − 2x− 3)=x2 + 2x+ 3

x2 − 2x− 3

Naudodami ribų savybes

limx→1

f(x) =limx→1(x

2 + 2x+ 3)

limx→1(x2 − 2x− 3)=

6

−4= −3

2.

Apibrėžę f(1) := −3/2 gauname tolydžią funkciją f : R→ R.


10.14 užduotis. Įrodyti, kad nurodytos funkcijos yra tolydžios savo api-brėžimo srityje.

71

1. R 3 x 7→ ax+ b, a, b ∈ R.

2. R 3 x 7→ ax2 + bx+ c, a, b, c ∈ R.

3. R \ {−dc} 3 x 7→

ax+bcx+d .


f(x) =x3 − 2x2 − 2x− 3

x3 − 4x2 + 4x− 3, kai x 6= 3.

Kaip papildyti šias reikšmes taške x = 3 kad jos apibrėžtų tolydžią funkcijąf : R→ R?10.16 užduotis. Tegul

f(x) =

1, jei x < 0,x, jei 0 < x < 1,2− x, jei 1 < x < 3,x− 4, jei x > 3.

1. Ar įmanoma papildyti šias reikšmes taške x = 0 taip, kad jos apibrėžtųtolydžią tame taške funkciją f? Jei taip, tai kam turi būti lygi reikšmėf(0)?




f(x) =

x+ 4, jei x < −2,−x, jei −2 < x < 1,x2 − 2x+ 1, jei 1 < x < 3,10− 2x, jei x > 3.

1. Ar įmanoma papildyti šias reikšmes taške x = −2 taip, kad jos api-brėžtų tolydžią tame taške funkciją f? Jei taip, tai kam turi būti lygireikšmė f(−2)?



10.18 užduotis. Rasti funkcijos f : R→ R trūkio taškus, kai jos reikšmės:

72

1.

f(x) =x3 − 1

x− 1;

2.

f(x) =x2 − 1

|x− 1|;

3.

f(x) =x3 − 1

(x− 1)(x− 2)(x− 3);

4.f(x) =

x− 2

x2 − x− 2.

10.19 užduotis. Nustatyti su kokiomis kintamųjų a ir b reikšmėmis funk-cijos su nurodytomis reikšmėmis yra tolydžios:

1.

f(x) =

(x− 1)3, jei x 6 0,ax+ b jei 0 < x < 1,√x, jei x > 1.

2.

f(x) =

{x, jei |x| 6 1,x2 + ax+ b, jei |x| > 1.

3.

f(x) =

{ax2 + 1, jei x > 0,−x, jei x 6 0.

4.

f(x) =

(x−1)2x2−1 , jei |x| 6= 1,a jei x = −1,b, jei x = 1.

5.

f(x) =

{ 1+x1+x3

, jei x 6= −1,a, jei x = −1.

6.

f(x) =

{x2−4x−2 , jei x 6= 2,a, jei x = 2.

10.20 užduotis. Ištirti funkcijos f : R→ R tolydumą taške 0, kai

1.

f(x) =

{sin 1

x , jei x 6= 0,0, jei x = 0.

2.

f(x) =

{x sin 1

x , jei x 6= 0,0, jei x = 0.

3.

f(x) =

{e−

1x2 , jei x 6= 0,

0, jei x = 0.

10.21 užduotis. Įrodyti funkcijų su nurodytomis reikšmėmis tolydumą jųapibrėžimo srityse:

1.f(x) =

x2 cosx

1 + sin2 x;

2.f(x) = 21/(1+x

2)

3.

f(x) =

{sinxx , jei x 6= 0,

1, jei x = 0.

73

4.

f(x) =

{x3+1x+1 , jei x 6= −1,3, jei x = −1.

10.22 užduotis. Tegul f : R → R ir g : R → R. Nustatyti ar šių funkcijųkompozicijos f◦g ir g◦f yra tolydžios funkcijos kai

(a) f(x) = sgnx ir g(x) = 1 + x2;

(b) f(x) = sgn(x− 1) ir g(x) = sgn(x+ 1);

(c) f(x) = sgnx ir g(x) = x3 − x,

čia

sgn(x) :=

{ x|x| , jei x 6= 0,0, jei x = 0.

=

1, jei x > 0,0, jei x = 0,−1, jei x < 0.

10.23 užduotis. Ar būtinai funkcijų suma f + g yra tolydi taške y, jei: (1)funkcija f tolydi, o funkcija g yra trūki tame taške; (2) abi funkcijos yratrūkios tame taške. Atsakymą pagrįsti ir iliustruoti pavyzdžiais.

10.24 užduotis. Ar būtinai funkcijų sandauga f ·g yra tolydi taške y, jei:(1) funkcija f tolydi, o funkcija g yra trūki tame taške; (2) abi funkcijos yratrūkios tame taške. Atsakymą pagrįsti ir iliustruoti pavyzdžiais.

10.25 užduotis. Tegul f : R → R yra tolydi taške y funkcija. Tarkime,kad kiekvienoje taško y aplinkoje yra reikšmių f(x) > 0 ir f(x) < 0. Rastif(y) ir atsakymą pagrįsti.

10.26 užduotis. Rasti funkcijos f : R→ R pirmavaizdį f−1[[0, 1]], kai

1.

f(x) = x2

2.

f(x) =

{ |x|x , jei x 6= 0,0, jei x = 0.

74

11 Tolydžios uždarame intervale funkcijos


11.1 apibrėžtis. Sakoma, kad funkcija f : A → R turi vidurinės reikšmėssavybę (sutrumpintai VRS), jei bet kuriam intervalui [u, v] ⊂ A ir bet kuriamskaičiui y, esančiam tarp f(u) ir f(v), galima rasti tokį skaičių c ∈ (u, v),kad f(c) = y.

11.2 teorema. Tarkime, kad a < b ir f : [a, b]→ R yra tolydi. Tada

1. f yra aprėžta intervale [a, b];

2. f įgyja mažiausią m = inf [a,b] f ir didžiausią M = sup[a,b] f reikšmes;

3. f turi VRS savybę intervale [a, b];

11.3 apibrėžtis. Tegul A ⊂ R ir f : A→ R. Funkcija f vadinama tolygiaitolydžiąja, jei ∀ ε > 0, ∃ δ > 0: ∀x ∈ A ir ∀ y ∈ A teisinga implikacija

|x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| < ε.

Funkcijos f : A → R tolygaus tolydumo savybę naudinga palyginti sujos tolydumo savybe, kuri apibūdinama teiginiu:

∀x ∈ A, ∀ε > 0, ∃δ > 0: ∀y ∈ A[|x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| < ε

].

Formalus skirtumas tarp abi savybes apibūdinančių teiginių yra tik kvanto-rių tvarka. Funkcija f : R→ R su reikšmėmis f(x) = x2 visiems x ∈ R yrapavyzdys funkcijos, kuri yra tolydi bet nėra tolygiai tolydi (žiūrėk 10.5 ir11.11 užduotis). Šios funkcijos tolydumo savybėje esantis dydis δ priklausonuo ε ir x, būtent

δ = min{1,

ε

1 + 2|x|

}.

Tolygaus tolydumo savybėje δ negali priklausyti nuo x ∈ A.

11.4 teorema. [5.57 teorema [8]] Uždarame (baigtiniame) intervale api-brėžta tolydžioji funkcija yra tolygiai tolydžioji.


11.5 užduotis. Įrodyti, kad lygtis x3 − 3x + 1 = 0 intervale [1, 2] turisprendinį ir apskaičiuoti jo reikšmę tikslumu 0, 1.

Sprendimas. Tegul f(x) := x3−3x+1 kiekvienam x ∈ [1, 2]. Tada f(1) =−1 < 0 ir f(2) = 3 > 0. Funkcija f yra tolydi intervale [1, 2]. Tokia funkcijaturi vidurinės reikšmės savybę, todėl intervale [1, 2] yra taškas, kuriamefunkcija f virsta nuliu. Šis taškas yra lygties x3 − 3x+ 1 = 0 sprendinys.

75

Sprendinio reikšmei įvertinti padalinkime intervalą [1, 2] taškais 1.1, 1.2,1.3, ..., 1.8, 1.9. Kiekviename tokiame taške įvertinsime funkcijos f(x) =x3−3x+1 ženklą: f(1.1) < 0, f(1.2) < 0, f(1.3) < 0, f(1.4) < 0, f(1.5) < 0,f(1.6) > 0, f(1.7) > 0, f(1.8) > 0, f(1.9) > 0. Funkcija f keičia ženklą tarp1.5 ir 1.6. Todėl lygties sprendinys yra intervale (1.5, 1.6).

Jei B ⊂ A ⊂ R ir f : A→ R yra funkcija, tai jos siaurinys aibėje B yrafunkcija fB : B → R su reikšmėmis fB(x) = f(x) visiems x ∈ B.

11.6 užduotis ([3], Exercise 3.5.2). Tarkime, kad c ∈ (a, b) ⊂ R ir funkcijaf : [a, b] → R yra tokia, kad jos siauriniai f[a,c] ir f[c,b] turi VRS. Įrodyti,kad f turi VRS.

11.7 užduotis ([3], Exercise 3.5.3). Tarkime, kad k ∈ (0,∞) ir funkcijaf : [a, b]→ R turi VRS. Įrodyti, kad funkcija kf turi VRS.

Kita užduotimi siūloma įrodyti, kad teigiamo realiojo skaičiaus kvad-ratinė šaknis yra teigiamas realusis skaičius. Palyginimui, kitas šios faktoįrodymas yra 3.111 teorema iš Analizė I.

11.8 užduotis. Tegul y > 0. Naudojant 11.2 teoremą įrodyti, kad egzis-tuoja teigiamas realusis skaičius x, kurio kvadratas yra y.

Sprendimas. Tegul a = 0, b = n yra natūralusis skaičius didesnis už yir f(x) := x2 visiems x ∈ [a, b]. Šios reikšmės apibrėžia tolydžią funkcijąf : [a, b]→ R (10.5 užduotis). Pagal a ir b pasirinkimą y yra tarp f(a) = 0ir f(b) = n2. Remiantis 11.2 teorema egzistuoja toks x ∈ (0, n), kad y =f(x) = x2, ką ir reikėjo įrodyti.

11.9 užduotis. Tarkime, kad skaičiai a ≤ b ir funkcija f : [a, b] → R yratolydi. Įrodyti, kad intervalo [a, b] vaizdas f [[a, b]] yra uždaras ir aprėžtasintervalas.

Sprendimas. Reikia įrodyti, jog egzistuoja tokie du skaičiai m ≤ M ,kad f [[a, b]] = [m,M ]. Jei a = b, tai ieškomi skaičiai m = M := f(a) irf [[a, a]] = {f(a)} = [f(a), f(a)]. Toliau tarkime, kad a < b.

Kadangi f yra tolydi uždarame intervale, ji įgyja mažiausią ir didžiausiąreikšmes, t.y. egzistuoja tokie intervalo [a, b] alementai u ir v, kad m :=f(u) ≤ f(x) ≤ f(v) =: M visiems x ∈ [a, b] u (5.52 teorema iš Analizė I).Todėl

f [[a, b]] = {f(x) : x ∈ [a, b]} ⊂ [m,M ]. (48)Tarkime, kad y ∈ (m,M). Remiantintis viduriniosios reikšmės savybe (5.54teorema iš Analizė I), egzistuoja toks x ∈ (a, b), kad y = f(x), t.y. y ∈f [[a, b]]. Kartu su (48), tai įrodo, kad f [[a, b]] = [m,M ].

Kiekviena tolydi (baigtiniame) uždarame intervale yra tolygiai tolydi.Kita užduotis rodo, kad funkcija gali būti tolygiai tolydi begaliniame užda-rame intervale.

76

11.10 užduotis. Tegul m ∈ R ir d ∈ R. Tarkime, kad f : R → R yrafunkcija su reikšmėmis f(x) = mx + d, x ∈ R. Įrodyti, kad f yra tolygiaitolydi.

11.11 užduotis. Tarkime, kad f : R → R yra funkcija su reikšmėmisf(x) = x2 visiems x ∈ R. Įrodyti, kad f nėra tolygiai tolydi, bet yratolygiai tolydi, kai jos jos apibrėžimo sritimi yra baigtinis intervalas [−1, 1].


√x. Įrodyti, kad f yra tolygiai tolydi.

Sprendimas. Tegul ε > 0. Reikia rasti tokį δ > 0, kad bet kuriai intervalo[1,∞) elementų porai (x, y) būtų teisinga implikacija:

jei |x− y| < δ, tai |√x−√y| < ε. (49)

Tegul (x, y) yra intervalo [1,∞) elementų pora. Tada√x+√y ≥ 2 ir

|√x−√y| = |x− y|√

x+√y≤ |x− y|

2.

Dešinė šios nelygybės pusė yra mažesnė už ε kai |x− y| < 2ε. Tegul δ := 2ε.Tada teisinga (49) implikacija.

11.13 užduotis. Tarkime, kad f : [0,∞) → R yra tolydi funkcija, r ∈(0,∞) ir f yra tolygiai tolydi intervale [r,∞). Įrodyti, kad f yra tolygiaitolydi.

Sprendimas. Tegul ε > 0. Kadangi [0, r + 1] yra (baigtinis) uždarasintervalas ir funkcijos f siaurinys į šį intervalą yra tolydi funkcija, tai egzis-tuoja toks δ1 > 0, kad bet kuriai intervalo [0, r + 1] elementų porai (x, y)yra teisinga implikacija:

jei |x− y| < δ1, tai |f(x)− f(y)| < ε. (50)

Pagal prielaidą funkcijos f siaurinys yra tolygiai tolydi intervale [r,∞). To-dėl egzistuoja toks δ2 > 0, kad bet kuriai intervalo [r,∞] elementų porai(x, y) yra teisinga implikacija:

jei |x− y| < δ2, tai |f(x)− f(y)| < ε. (51)

Tegul δ := min{δ1, δ2, 1} ir tegul (x, y) yra tokia begalinio intervalo [0,∞)elementų pora, kad |x−y| < δ. Kadangi δ < 1, arba abu x ir y yra intervale[0, r + 1], arba abu x ir y yra intervale [r,∞). Pirmuoju atveju teisinga(50) implikacija, o antruoju atveju teisinga (51) implikacija. Abiem atvejais|f(x)− f(y)| < ε. Todėl f yra tolygiai tolydi.


√x, x ≥ 0. Įrodyti, kad f yra tolygiai tolydi.

77

Sprendimas. Funkcijos f tolygų tolydumą įrodysime atskirai susiaurin-dami funkcijos apibrėžimą į dvi aibes [1,∞) ir [0, 2], o po to nagrinėjimorezultatus apjungsime.

Pirma tegul f1 yra funkcijos f siaurinys į [1,∞) ir tegul ε > 0. Betkuriems x, y ∈ [1,∞) turime nelygybes

|f1(x)− f2(y)| = |√x−√y|

√x+√y

√x+√y=|x− y|√x+√y≤ 1

2|x− y|.

Tegul δ1 := 2ε. Tada visiems x, y ∈ R teisinga implikacija

jei x, y ∈ [1,∞) ir |x− y| < δ1, tai |f(x)− f(y)| < ε, (52)

nes f(x) = f1(x) visiems x ∈ [1,∞).Antra tegul f2 yra funkcijos f siaurinys į [0, 2]. Kadangi [0, 2] yra uždaras

ir baigtinis intervalas, o funkcija f2 yra tolydi (10.6 užduotis), tai ši funkcijayra tolygiai tolydi remiantis 11.4 teorema. Todėl, duotam ε > 0 egzistuojatoks δ2 > 0, kad visiems x, y ∈ R teisinga implikacija

jei x, y ∈ [0, 2] ir |x− y| < δ2, tai |f(x)− f(y)| < ε, (53)

nes f(x) = f2(x) visiems x ∈ [0, 2].Trečia tegul f : [0,∞) → R, ε > 0 ir δ := min{δ1, δ2, 1} > 0. Tegul

x, y ∈ [1,∞) yra tokie, kad |x − y| < δ. Teisinga alternatyva: arba abux, y ∈ [0, 2], arba abu x, y ∈ [1,∞). Iš tikro, jei x 6∈ [1,∞), tai x ∈ [0, 1), oy ∈ [0, 2) kadangi |x−y| < 1. Taigi, kai x, y ∈ [0, 2] teisinga (52) implikacija,o kai x, y ∈ [1,∞) teisinga (53) implikacija. Tai rodo, kad f yra tolygiaitolydi.

11.15 užduotis. Įrodyti, kad lygtis cosx = x turi sprendinį intervale [0, 1].Pastaba: 2017-01-04 egzamino užduotis.

Sprendimas. Funkcija f : [0, 1] → R su reikšmėmis f(x) := cosx − x,x ∈ [0, 1], yra tolydi. Remiantis 11.2 teorema, ši funkcija turi vidurinėsreikšmės savybę (11.1 apibrėžtis). Kadangi f(0) = 1, f(1) = cos 1−1 < 0 irnulis yra tarp f(0) ir f(1), tai egzistuoja toks c ∈ (0, 1), kad f(c) = 0, t.y.cos c = c. Tai reiškia, kad c ∈ (0, 1) yra lygties cosx = x sprendinys.

11.16 užduotis. Tarkime, kad funkcija f : [0, 2] → R yra tolydi ir f(0) =f(2). Įrodyti, kad intervale [0, 2] egzistuoja tokie skaičiai a ir b, kad a−b = 1ir f(a) = f(b). Pastaba: 2018-01-04 egzamino užduotis.

Sprendimas. Apibrėžkime funkciją g : [0, 1] → R su reikšmėmis g(x) :=f(x+ 1)− f(x). Remiantis tolydžių funkcijų kompozicijos ir tokių funkcijųaritmetikos faktais, g yra tolydi. Kraštiniuose apibrėžimo srities taškuose gfunkcija įgyja reikšmes: g(0) = f(1) − f(0) ir g(1) = f(2)− f(1). Kadangif(0) = f(2), tai g(0) = −g(1). Jei g(0) = g(1), tai g(0) = g(1) = 0 ir

78

todėl f(0) = f(1) = f(2). Šiuo atveju užduoties teiginys teisingas su a = 0ir b = 1, bei a = 1 ir b = 2. Dabar tarkime, kad g(0) 6= g(1). Kadangig(0) = −g(1), tai y = 0 yra tarp g(0) ir g(1). Remiantis 11.1 apibrėžtimi ir11.2 teorema, egzistuoja toks c ∈ (0, 1), kad g(c) = 0. Šiuo atveju užduotiesteiginys teisingas su a = c ir b = c+ 1.


11.17 užduotis. Tegul f : [−1, 1]→ R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) =

{−x2 + 1, jei −1 6 x 6 0,−x2, jei 0 < x 6 1.

Ar ši funkcija įgyja didžiausią ir/ar mažiausią reikšmes? Kokios tos reikš-mės? Atsakymą pagrįsti.

11.18 užduotis. Tegul f : [−1, 1)→ R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) =

−x2 + 1, jei −1 6 x < 0,0, jei x = 0,x2 + 1, jei 0 < x < 1.

Ar ši funkcija įgyja didžiausią ir/ar mažiausią reikšmes? Kokios tos reikš-mės? Atsakymą pagrįsti.

11.19 užduotis. Tegul f : [−1, 1)→ R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) =

3x + 1, jei −1 6 x < 0,3x, jei x = 0,3x − 1, jei 0 < x < 1.

Įrodyti, kad ši funkcija neįgyja nei didžiausios nei mažiausios reikšmės.

11.20 užduotis. Įrodyti, kad funkcija f : [0, 1]→ R su reikšmėmis f(x) =x13 − 3x6 + 14 įgyja reikšmę 13 savo apibrėžimo srityje.

11.21 užduotis. Tegul f : [0,∞) → R yra funkcija su reikšmėmis f(x) =xx+1 . Įrodyti, kad intervale [1, 2] ji įgyja reikšmę 0, 599.

11.22 užduotis. Įrodyti, kad nurodyta lygtis turi sprendinį:

(1) x4 − 3x2 + 2x− 1 = 0 intervale [1, 2];

(2) 8x − 3·2x − 16 = 0 intervale [0, 2];

(3) sinx− x+ 1 = 0 intervale [0, π];

(4) cosx = x intervale [0, 1].

79

11.23 užduotis. Įrodyti, kad lygtis 2x = 4x turi mažiausiai dvi realiasšaknis.

11.24 užduotis. Kiek šaknų turi lygtis x+ sinx = 0. Atsakymą pagrįsti.

11.25 užduotis. Įrodyti, kad lygtis x·2x = 1 turi mažiausiai vieną teigiamąšaknį, mažesnę už 1.


f(x) =

{x+ 2, jei x < −2,12x+ 3, jei x > −2.

Įrodyti, kad neegzistuoja c ∈ R toks, kad f(c) = 1.

11.27 užduotis. Įrodyti, kad lygtis x3 − 2x − 1 = 0 intervale [1, 2] turisprendinį ir apskaičiuoti jo reikšmę tikslumu 0, 1.

11.28 užduotis. Tegul f : [a, b] → R ir g : [a, b] → R yra tokios tolydžiosfunkcijos, kad f(a) < g(a) ir f(b) > g(b). Įrodyti egzistuojant tokį c ∈ (a, b),kad f(c) = g(c).

11.29 užduotis. Rasti intervalą (n, n + 1), n ∈ N, kuriame turi sprendinįlygtys:

(a) x5 + x3 + 2x = 2x4 + 3x2 + 4;

(b) x4 − 6x2 − 53 = 22x− 2x3.

11.30 užduotis. Rasti skirtingus intervalus (n, n+1), n ∈ N, ir (m,m+1),m ∈ N, kuriuose turi sprendinius lygtys:

(a) x4 + x+ 1 = 3x3 + x2;

(b) x5 + 8x = 2x4 + 6x2.

11.31 užduotis. Tegul f : (0,+∞)→ R yra funkcija su reikšmėmis f(x) :=1/x kiekvienam x > 0 ir tegul ε = 1/10.

(a) Rasti tokį δ > 0, kad |f(x)− f(1)| < ε visiems x ∈ Oδ(1).

(b) Rasti tokį δ > 0, kad |f(x)− f(1/10)| < ε visiems x ∈ Oδ(1/10).

11.32 užduotis. Tarkime, kad f : (0, 1] → R yra funkcija su reikšmėmisf(x) = 1

x visiems x ∈ (0, 1]. Įrodyti, kad f nėra tolygiai tolydi.

11.33 užduotis. Tarkime, kad f : [1,∞) → R yra funkcija su reikšmėmisf(x) = 1

x visiems x > 1. Įrodyti, kad f yra tolygiai tolydi.

80

11.34 užduotis. Tarkime, kad f : A → R yra funkcija, α ∈ (0, 1] ir egzis-tuoja toks K ∈ R, kad nelygybė

|f(x)− f(y)| 6 K|x− y|α

teisinga visiems x ∈ A ir y ∈ A. Įrodyti, kad f yra tolygiai tolydi.

11.35 užduotis. Įrodyti, kad sinuso funkcija yra tolygiai tolydi visoje savoapibrėžimo srityje.

11.36 užduotis. Tegul A ⊂ R ir f : A → R. Įrodyti, kad funkcija f yratolygiai tolydi tada ir tik tada, kai ∀m ∈ N∗, ∃ δ > 0: ∀x, y ∈ A teisingaimplikacija

|x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| < 1

m.

Pastaba: ši užduotis rodo, kad 11.3 apibrėžties sąlygą pakanka tikrinti ma-žesnėje kintamojo ε reikšmių srityje.

11.37 užduotis. Tegul A ⊂ R ir f : A → R. Įrodyti, kad funkcija f nėratolygiai tolydi tada ir tik tada, kai ∃ ε > 0: ∀m ∈ N∗, ∃x, y ∈ A : teisinga

|x− y| < 1

m∧ |f(x)− f(y)| > ε.

Pastaba: ši užduotis rodo, kad 11.3 apibrėžties sąlygos neiginį pakankatikrinti mažesnėje kintamojo δ reikšmių srityje.

81

12 Funkcijos išvestinė


12.1 apibrėžtis. Tegul A yra realiųjų skaičių aibė, elementas c ∈ A yraaibės A vidinis taškas ir f : A → R yra funkcija. Sakoma, kad funkcija fyra diferencijuojama taške c, jei egzistuoja riba

m := limx→c

f(x)− f(c)x− c

.

Skaičius m vadinamas funkcijos f išvestine taške c ir žymimas f ′(c) arbaf (1)(c). Funkcija φ : A \ {c} → R su reikšmėmis

φ(x) :=f(x)− f(c)

x− c, x ∈ A \ {c},

vadinama funkcijos f skirtuminiu santykiu taške c. Funkcija f : A→ R yradiferencijuojama, jei ji diferencijuojama kiekviename apibrėžimo srities Avidiniame taške, o funkcija c 7→ f ′(c), c ∈ A◦, apibrėžta aibės A viduje A◦,žymima f ′ arba f (1) ir vadinama išvestine funkcija.

12.2 apibrėžtis. Tegul r ir h yra funkcijos apibrėžtos skaičiaus c ∈ Raplinkoje ir abi lygios nuliui taške c. Sakoma, kad r yra nykstamai mažaatžvilgiu h taško c aplinkoje ir rašoma r = oc(h) arba r(x) = o(h(x)) kaix→ c (tariama r yra o-mažasis nuo h taško c aplinkoje), jei

limx→c

r(x)

h(x)= 0.

Sakysime, kad r yra greitai artėjanti į nulį taške c, jei taško c aplinkoje jiyra nykstamai maža atžvilgiu funkcijos h su reikšmėmis h(x) = x−c visiemsx ∈ R.

12.3 teorema. Tarkime, kad f : A→ R yra funkcija, c yra aibės A vidinistaškas ir m yra realusis skaičius. Funkcija f yra diferencijuojama taške csu išvestine f ′(c) = m tada ir tik tada, kai egzistuoja greitai artėjanti į nulįtaške c funkcija r ir lygybė

f(x) = f(c) +m(x− c) + r(x) (54)

teisinga visiems x iš A.

Elementariųjų funkcijų išvestinių lentelėf : A→ R f(x), x ∈ A f ′(x), x ∈ AA = (0,+∞), q ∈ R xq qxq−1

A = R, r ∈ (1,+∞) rx rx loge r

A = (0,+∞), r ∈ (1,+∞) logr x (logr e)/x

A = R sinx cosx

A = R cosx − sinx

82

12.4 užduotis. Tegul A yra realiųjų skaičių aibė, elementas c ∈ A yra aibėsA vidinis taškas ir f : A→ R yra funkcija. Įrodyti, kad f yra diferencijuo-jama taške c tada ir tik tada, kai egzistuoja riba

s := limh→0

f(c+ h)− f(c)h

. (55)

Be to, jei bent vienas iš ekvivalenčių teiginių teisingas, tai f ′(c) = s.

Sprendimas. Tarkime, kad f yra diferencijuojama taške c. Norėdamiįrodyti, kad egzistuoja (55) riba, pasirinkime bet kurį ε > 0. Pagal prielaidąegzistuoja toks δ > 0, kad visiems x ∈ R teisinga implikacija:

jei x ∈ O•δ (c), tai∣∣∣f(x)−f(c)x−c − f ′(c)

∣∣∣ < ε.

Tegul h ∈ O•δ (0) ir x := c+ h. Tada x ∈ O•δ (c) ir∣∣∣f(c+ h)− f(c)h

− f ′(c)∣∣∣ = ∣∣∣f(x)− f(c)

x− c− f ′(c)

∣∣∣ < ε.

Kadangi ε > 0 laisvai pasirinktas, tai (55) riba egzistuoja ir s = f ′(c).Atvirkščiai, tarkime, kad egzistuoja (55) riba. Norėdami įrodyti, kad

f yra diferencijuojama taške c, pasirinkime bet kurį ε > 0. Pagal naująprielaidą egzistuoja toks δ > 0, kad visiems h ∈ R teisinga implikacija:

jei h ∈ O•δ (0), tai∣∣∣f(c+h)−f(c)x−c − s

∣∣∣ < ε.

Tegul x ∈ O•δ (c) ir h := x− c. Tada h ∈ O•δ (0) ir∣∣∣f(x)− f(c)x− c

− s∣∣∣ = ∣∣∣f(c+ h)− f(c)

h− s∣∣∣ < ε.

Kadangi ε > 0 laisvai pasirinktas, tai funkcijos f skirtuminis santykis kon-verguoja į s. Todėl f yra diferencijuojama taške c ir f ′(c) = s.

12.5 užduotis ([7], Exercise 4 puslapyje 186). Tarkime, kad f : R→ R yrabet kuri funkcija, m ∈ R ir q : R→ R yra funkcija su reikšmėmis

q(x) =

{f(x)−f(c)

x−c −m, jei x 6= c,0, jei x = c.

(56)

Įrodyti, kad f diferencijuojama taške c su išvestine f ′(c) = m tada ir tiktada, kai q yra tolydi taške c.

83

Sprendimas. Dėka funkcijos q reikšmių, kiekvienam x 6= c teisinga lygybė

q(x) =f(x)− f(c)

x− c−m. (57)

Tarkime, kad f diferencijuojama taške c su išvestine f ′(c) = m. Kadangikonverguojančių funkcijų suma taip pat konverguoja (5.2.3(a) teorema išAnalizė I), tai

limx→c

[f(x)− f(c)x− c

−m]

=[limx→c

f(x)− f(c)x− c

]−m

= f ′(c)−m = 0.

Remiantis šiuo faktu, (57) lygybe visiems x 6= c ir 9.8 užduotimi, funkcija qkonverguoja taške c ir

limx→c

q(x) = limx→c

[f(x)− f(c)x− c

−m]= 0 = q(c).

Įrodėme, kad q yra tolydi taške c.Atvirkščiai, tarkime, kad q yra tolydi taške c. Remiantis (57) lygybe

visiems x 6= c su m perkeltu į kairę pusę, 9.8 užduotimi ir tuo, kad konver-guojančių funkcijų suma taip pat konverguoja (5.2.3(a) teorema iš AnalizėI), taške c konverguoja funkcijos f skirtuminis santykis ir

limx→c

f(x)− f(c)x− c

= limx→c

[q(x) +m]

=[limx→c

q(x)]+m

= q(c) +m = m.

Įrodėme, kad f diferencijuojama taške c su išvestine f ′(c) = m.

12.6 užduotis. Tarkime, kad q : R → R yra bet kuri funkcija taške c lyginuliui, ir r : R→ R yra funkcija su reikšmėmis

r(x) = q(x)(x− c), x ∈ R.

Įrodyti, kad r yra greitai artėjanti į nulį taške c tada ir tik tada, kai q yratolydi taške c.

Sprendimas. Dėka funkcijos r reikšmių, kiekvienam x 6= c teisinga lygybė

q(x) =r(x)

x− c. (58)

Tarkime, kad q yra tolydi taške c. Remiantis (58) lygybe ir 9.8 užduotimi,santykis r(x)/(x− c) konverguoja taške c ir

limx→c

r(x)

x− c= lim

x→cq(x) = q(c) = 0.

84

Kadangi r(c) = 0, tai r yra greitai artėjanti į nulį taške c.Atvirkščiai, tarkime, kad r yra greitai artėjanti į nulį taške c. Vėl re-

miantis (58) lygybe ir 9.8 užduotimi, funkcija q konverguoja taške c ir

limx→c

q(x) = limx→c

r(x)

x− c= 0.

12.7 užduotis. Tarkime, kad c ∈ R, funkcija r : R → R yra tolydi taške cir r(x) = o(x − c) kai x → c. Įrodyti, kad r(c) = 0, r yra diferencijuojamataške c ir išvestinė r′(c) = 0.

Sprendimas. Kadangi r(x) = o(x − c) kai x → c, tai egzistuoja tokiataško c aplinka Od(c) = (c−d, c+d), kad |r(x)| ≤ |x− c| visiems x ∈ Od(c).Naudodami šią nelygybę kartu su trikampio nelygybę gauname, kad

|r(c)| = |r(c)− r(x) + r(x)| ≤ |r(c)− r(x)|+ |x− c| (59)

kiekvienam x ∈ Od(c). Tegul ε > 0. Kadangi r yra tolydi taške c ir |x−c| →0 kai x → c, tai taško c aplinkoje egzistuoja toks x, kad (59) nelygybėsdešinė pusė yra mažesnė už ε. Kadangi ε yra laisvai pasirinktas, remiantis?? užduotimi, r(c) = 0. Dar kartą naudojant tai, kad r(x) = o(x − c) kaix→ c, gauname, funkcijos r skirtuminis santykis konverguoja ir

limx→c

r(x)− r(c)x− c

= limx→c

r(x)

x− c= 0,

t.y. r yra diferencijuojama taške c ir išvestinė r′(c) = 0.

12.8 užduotis. Tegul n ∈ N∗ ir f : R → R yra funkcija su reikšmėmisf(x) = xn kiekvienam x ∈ R. Įrodyti, kad f yra diferencijuojama randantjos išvestinę funkciją f ′.

Sprendimas. Tegul c ∈ R. Įrodysime, kad f diferencijuojama taške cir f ′(c) = ncn−1. Remiantis ?? užduotimi funkcijos f skirtuminis santykistaške c yra

xn − cn

x− c= xn−1 + xn−2c+ · · ·+ xcn−2 + cn−1 =: g(x)

teisinga kiekvienam x 6= c. Dešinioji šios lygybės pusė apibrėžia funkcijąg : R → R, kuri yra tolydi taške c su reikšme g(c) = ncn−1 (kodėl?). Re-miantis 9.8 užduotimi, funkcija f diferencijuojama taške c ir f ′(c) = ncn−1.

12.9 užduotis. Įrodyti, kad sinuso ir kosinuso funkcijos diferencijuojamosir rasti jų išvestines.

Sprendimas. Tegul y ∈ R. Su kiekvienu x 6= 0 turime tokią skirtuminiosantykio išraišką

φ(x) =sin(y + x)− sin y

x=

2

xsin

x

2cos(y +

x

2

)85

Remiantis (33) faktu,limx→0

2

xsin

x

2= 1.

Remiantis 10.7 užduoties teiginiu, kosinusas yra tolydi taške y funkcija, t.y.

limx→0

cos(y +

x

2

)= cos y.

Todėllimx→0

φ(x) = limx→0

(2xsin

x

2

)limx→0

cos(y +

x

2

)= cos y.

Įrodėme, kad sinusas diferencijuojamas taške y ir išvestinė sin′ y = cos y.Kosinuso išvestinę gauname panašiai skaičiuodami skirtuminio santykio

φ(x) =cos(y + x)− cos y

x= −2

xsin

x

2sin(y +

x

2

)ribą.

12.10 užduotis. Įrodyti, kad logaritmo funkcija yra diferencijuojama savoapibrėžimo srityje ir rasti jos išvestinę.

Sprendimas. Faktiškai ši užduotis yra 6.14 teorema iš [8]. Tegul logažymi logaritmo su pagrindu a > 0, a 6= 1 funkciją. Tegul y > 0. Kiekvienamx 6= 0, kuriam y + x > 0, skirtuminis santykis

φ(x) =1

x

[loga(y + x)− loga x

]=

1

xloga

(1 +

x

y

)=

1

yloga

[(1 +

x

y

) yx].

Kadangi xy → 0 kai x→ 0, remiantis (32) faktu, turime ribą

limx→0

(1 +

x

y

) yx= e.

Remiantis logaritmo funkcijos tolydumu (5.71 teoremos (d) teiginys ir 5.72apibrėžtis), skirtuminio santykio riba

limx→0

φ(x) =1

yloga

[limx→0

(1 +

x

y

) yx]=

1

yloga e.

Įrodėme, kad logaritmo funkcija yra diferencijuojama taške y su išvestine(loga y)

′ = 1y loga e. Atskiru atveju, kai a = e, (ln y)′ = 1

y .

12.11 užduotis. Rasti tokias konstantų a, b ir c reikšmes, kad funkcijaf : R→ R su reikšmėmis

f(x) =

4x, jei x 6 0,ax2 + bx+ c, jei 0 < x < 1,3− 2x, jei x > 1.

būtų diferencijuojama.

86

Sprendimas. Ši funkcija yra diferencijuojama visur, išskyrus gal būttaškus x = 0 ir x = 1 (kodėl?). Pirma, funkcija f turi būti tolydi visuosetaškuose. Taške x = 0 ji yra tolydi, kai c = 0. Taške x = 1 ji yra tolydi,kai a + b = 1. Antra, tam, kad f būtų diferencijuojama taške x = 0, turiegzistuoti skirtuminio santykio riba tame taške:

φ(x) =f(x)− f(0)

x=

{ 4xx jei x < 0,ax2+bx

x jei x > 0,=

{4 jei x < 0,ax+ b jei x > 0,

12.12 užduotis ([7], Exercise 7 puslapyje 187). Tarkime, kad funkcijosf : R → R ir g : R → R yra diferencijuojamos taške c ∈ R ir g′(c) 6= 0.Įrodyti egzistuojant ribą

limx→c

f(x)− f(c)g(x)− g(c)

(60)

ir rasti ją.

Sprendimas. Tarkime, kad φf ir φg yra funkcijų f ir g skirtuminiaisantykiai taške c. Dalindami ir daugindami iš x− c įsitikiname lygybės

f(x)− f(c)g(x)− g(c)

=φf (x)

φg(x)(61)

teisingumu kiekvienam x 6= c. Pagal užduoties prielaidą egzistuoja ribos

limx→c

φf (x) = f ′(c) ir limx→c

φg(x) = g′(c),

bei riba g′(c) 6= 0. Tokiu atveju egzistuoja funkcijų santykio φf/φg riba irlygi f ′(c)/g′(c) (5.23(c) teorema iš Analizė I). Remiantis šiuo faktu, (61)lygybe ir 9.8 užduotimi, egzistuoja (60) riba ir lygi f ′(c)/g′(c).

12.13 užduotis. Tarkime, kad funkcija f : R → R yra diferencijuojamataške c ∈ R. Įrodyti, kad

limt→0

f(c+ t)− f(c− t)2t

= f ′(c).

Pastaba: 2016-01-04 egzamino užduotis.

Sprendimas. Remiantis 12.3 teorema, egzistuoja greitai artėjanti į nulįtaške c funkcija r ir (54) lygybė teisinga visiems x iš c aplinkos. Kai x = c+tir x = c− t, ši lygybė tampa lygybėmis{

f(c+ t) = f(c) + f ′(c)t+ r(c+ t),f(c− t) = f(c) + f ′(c)(−t) + r(c− t).

Įstatę šias išraiškas ir suprastinę, gauname

f(c+ t)− f(c− t)2t

= f ′(c) +r(c+ t)− r(c− t)

2t→ f ′(c)

kai t→ 0, kadangi r(x)/(x− c)→ 0 kai x→ c.

87

Kitas teiginys vadinamas Caratheodory’s lemma (įrašyta 2017-05-05).

12.14 užduotis. Tegul A ⊂ R, c ∈ A yra vidinis taškas ir f : A → R.Funkcija f yra diferencijuojama taške c tada ir tik tada, kai egzistuoja tokiatolydi taške c funkcija g : A→ R, kad

f(x)− f(c) = (x− c)g(x), visiems x ∈ A \ {c}. (62)

Jei bent vienas iš dviejų teiginių teisingas, tai f ′(c) = g(c).

Sprendimas. Tegul f yra diferencijuojama taške c. Remiantis 12.3 teore-ma egzistuoja greitai artėjanti į nulį taške c funkcija r ir (54) lygybė galiojavisiems x ∈ A. Apibrėšime funkciją g : A→ R su reikšmėmis

g(x) :=

{f ′(c) + r(x)

x−c , kai x ∈ A \ c,f ′(c), kai x = c.

Remiantis (54) lygybe, lygybė

f(x)− f(c) = f ′(c)(x− c) + r(x)

x− c(x− c) = g(x)(x− c)

teisinga visiems x ∈ A \ {c} ir

limx→c

g(x) = limx→c

f(x)− f(c)x− c

= f ′(c) = g(c).

Įrodėme implikacijos konsekventą.Atvirkščiai, tarkime, kad egzistuoja tolydi taške c funkcija g : A→ R ir

teisingas (62) sąryšis. Tada

limx→c

f(x)− f(c)x− c

= limx→c

g(x) = g(c),

t.y. f yra diferencijuojama taške c ir f ′(c) = g(c).


12.15 užduotis. Rasti funkcijos f su nurodytomis reikšmėmis išvestinę betkuriame jos apibrėžimo srities taške naudojant tik išvestinės apibrėžimą.

1.

f(x) = 4x+ 5.

2.

f(x) = 3x2 − 2x+ 5.

3.

f(x) =x

x+ 1.

4.

f(x) =√3x+ 4.

88

5.f(x) = x3.

6.f(x) = x−

13 .

7.f(x) = sin(3x+ 2).

12.16 užduotis. Tarkime, kad A,B ∈ R ir f : R → R yra funkcija sureikšmėmis

f(x) =

{x2, jei x 6 2,Ax+B, jei x > 2.

Rasti tokias A ir B reikšmes su kuriomis f yra diferencijuojama taške 2.

12.17 užduotis (Estijos brandos egzamino užduotis, 2018 m). Tarkime,kad a, b ∈ R yra konstantos, p(x) = ax2+ b, x ∈ R ir f : R→ R yra funkcijasu reikšmėmis

f(x) =

{p(x) cos

(1x

), jei x > 0,

ln(1− x), jei x ≤ 0.

Rasti tokias a ir b reikšmes su kuriomis f yra diferencijuojama.

12.18 užduotis. Ištirti funkcijos f su toliau nurodytomis reikšmėmis išves-tinės egzistavimą nurodytame taške c:

1. taške c = 0

f(x) =

{x sin( 1x), jei x 6= 0,0, jei x = 0

2. taške c = 0

f(x) =

{x2, jei x > 0,x3, jei x < 0

3. taške c = 0

f(x) =√1− cos 2x.

4. taške c = 1

f(x) = 3√

(x− 1)2.

12.19 užduotis. Tegul A ⊂ R, c yra vidinis A aibės taškas ir f : A → R.f yra diferencijuojama taške c tada ir tik tada, kai funkcijos f skirtuminiosantykio ribos iš kairės ir iš dešinės taške c, φ(c+) ir φ(c−), egzistuoja iryra lygios. Jei bent viena iš šių teiginių teisingas, tai teisingas kitas irf ′(c) = φ(c−) = φ(c+).

12.20 užduotis. Rasti funkcijos f : R → R išvestinę (jei egzistuoja) taškec, kai

1. f(x) = x|x| ir c = 0;

2. f(x) =√|x| ir c = 0.

3. f(x) = | lnx| ir c = 1.

4. f(x) = e|x| ir c = 0.

89

12.21 užduotis. Tarkime, kad f : R → R yra bet kuri funkcija, c ∈ R,m ∈ R ir ψ : R→ R yra funkcija su reikšmėmis

ψ(x) =

{f(x)−f(c)

x−c , jei x 6= c,m, jei x = c.

Įrodyti, kad f diferencijuojama taške c su išvestine f ′(c) = m tada ir tiktada, kai ψ yra tolydi taške c. (Pastaba: funkcija ψ skiriasi nuo skirtuminiosantykio φ tuo, kad ψ apibrėžta taške c.)

90

13 Diferencijavimo taisyklės


13.1 teorema. Tarkime, kad A yra realiųjų skaičių aibė, elementas c ∈A yra aibės A vidinis taškas, o funkcijos f : A → R ir g : A → R yradiferencijuojamos taške c. Tada galioja teiginiai:

(a) sumos funkcija f + g yra diferencijuojama taške c ir jos išvestinė yra

(f + g)′(c) = f ′(c) + g′(c);

(b) sandaugos funkcija fg yra diferencijuojama taške c ir jos išvestinė yra

(fg)′(c) = f ′(c)g(c) + f(c)g′(c);

(c) su bet kuriuo skaičiumi r ∈ R, funkcija rf yra diferencijuojama taškec ir jos išvestinė yra

(rf)′(c) = rf ′(c);

(d) jei be to g(x) 6= 0 kiekvienam x ∈ A, tai santykio funkcija f/g yradiferencijuojama taške c ir jos išvestinė yra(f

g

)′(c) =

f ′(c)g(c)− f(c)g′(c)g2(c)

.

13.2 teorema. Tarkime, kad A ir B yra realiųjų skaičių aibės, elementasc ∈ A yra aibės A vidinis taškas, o elementas d ∈ B yra aibės B vidinistaškas. Tarkime, kad f : A → B yra diferencijuojama taške c funkcija irf(c) = d, o funkcija g : B → R yra diferencijuojamos taške d. Tada kompo-zicija g◦f yra diferencijuojama taške c ir jos išvestinė

(g◦f)′(c) = g′(f(c))f ′(c). (63)

13.3 teorema. Tarkime, kad funkcija f : (a, b)→ R yra diferencijuojama,turi tolydžią atvirkštinę funkciją f−1 ir f ′ 6= 0. Tada taške y = f(x), x ∈(a, b), egzistuoja išvestinė (f−1)′ ir jos reikšmė yra

(f−1)′(y) =1

f ′(x)=

1

f ′(f−1(y)).


13.4 užduotis. Tarkime, kad A yra realiųjų skaičių aibė, elementas c ∈ Ayra aibės A vidinis taškas, o funkcijos g : A → R ir h : A → R yra diferen-cijuojamos taške c. Įrodyti, kad sumos funkcija g + h yra diferencijuojamataške c ir jos išvestinė

(g + h)′(c) = g′(c) + h′(c). (64)

91

Sprendimas. (I būdas - remiantis išvestinės apibrėžtimi) Pagal šį apibrė-žimą reikia įrodyti, kad sumos funkcijos g + h skirtuminis santykis

φ(x) :=(g + h)(x)− (g + h)(c)

x− c, x ∈ A \ c,

konverguoja kai x→ c į g′(c) + h′(c). Pažymėkime funkcijų g ir h skirtumi-nius santykius, atitinkamai,

φg(x) :=g(x)− g(c)x− c

ir φh(x) :=h(x)− h(c)

x− c

kiekvienam x ∈ A \ c. Pagal prielaidą egzistuoja dvi ribos:

g′(c) = limx→c

φg(x) ir h′(c) = limx→c

φh(x).

Remiantis 5.23 teorema iš Analizė I, egzistuoja sumos funkcijos φg+φh ribataške c ir lygi

limx→c

[φg + φh](x) = g′(c) + h′(c). (65)

Pertvarkę sumos funkcijos g + h skirtuminį santykį φ(x), gauname tokiąišraišką

φ(x) =(g + h)(x)− (g + h)(c)

x− c= [φg + φh](x)

kiekvienam x ∈ A \ c. Dešiniosios pusės riba kai x → c egzistuoja ir lygi(65) ribai. Todėl sumos funkcija g + h yra diferencijuojama taške c ir josišvestinė turi (64) išraišką.

(II būdas - remiantis 6.6 teorema iš Analizė I) Pagal šią teoremą, sumosfunkcija g + h yra diferencijuojama taške c ir jos išvestinė turi (64) išraiškątada ir tik tada, kai funkcija r su reikšmėmis

r(x) := (g + h)(x)− (g + h)(c)− [g′(c) + h′(c)](x− c), x ∈ A,

yra greitai artėjanti į nulį taške c (žr 6.5 apibrėžtį iš Analizė I). Tegul

rg(x) := g(x)− g(c)− g′(c)(x− c) ir rh(x) := h(x)− h(c)− h′(c)(x− c)

kiekvienam x ∈ A. Pagal prielaidą ir remiantis 6.6 teorema iš Analizė I,šiomis reikšmėmis apibrėžtos funkcijos yra greitai artėjančios į nulį taške c,t.y.

limx→c

rg(x)

x− c= 0 ir lim

x→c

rh(x)

x− c= 0.

Kadangi r = rg + rh, tai riba

limx→c

r(x)

x− c= lim

x→c

rg(x)

x− c+ limx→c

rh(x)

x− c= 0

egzistuoja ir turi nurodytą išraišką remiantis 5.23 teorema iš Analizė I. Ga-vome, kad r yra greitai artėjanti į nulį taške c, ką ir reikėjo įrodyti.

92

13.5 užduotis. Įrodyti, kad funkcija f : (0,∞)→ (0,∞) su reikšmėmis

f(x) = xx, x > 0,

yra diferencijuojama apibrėžimo srityje ir rasti jos išvestinę.

Sprendimas. Su kiekvienu x > 0 teisingi šie pertvarkymai. Naudosimelogaritmo savybę (5.44 formulė iš [8]):

ln f(x) = ln(xx) = x lnx.

Diferencijuosime abi puses atskirai. Kairėje pusėje naudosime kompozicijosdiferencijavimo taisyklę (

ln f(x))′=

1

f(x)f ′(x).

Dešinėje pusėje naudosime sandaugos diferencijavimo taisyklę(x lnx

)′= lnx+ 1.

Kadangi pastarųjų dviejų lygybių dešinės pusės privalo būti lygios, daugin-dami abi puses iš f(x) gauname

f ′(x) = (1 + lnx)f(x) = (1 + lnx)xx.


f(x) = x2 + 2x+ 3. (66)

Rasti atvirkštinę f−1 ir jos išvestinę (f−1)′.

Sprendimas. (66) reiškinys yra parabolė, kurios viršūnė yra taške (−1, 2),o šakos nukreiptos į viršų. Tai reiškia, kad intervale (−∞,−1) funkcija fmažėja, o intervale (−1,+∞) funkcija f didėja. Tegul f1 yra f siaurinysintervale (−∞,−1) ir f2 yra f siaurinys intervale (−1,+∞). Taip pat turimedvi tolydžias atvirkštines funkcijas f−11 ir f−12 apibrėžtas kiekvienam y > 2su reikšmėmis:

f−11 (y) = −√y − 2− 1 = x ∈ (−∞,−1)

irf−12 (y) =

√y − 2− 1 = x ∈ (−1,+∞).

Šiuo atveju galima tiesiog suskaičiuoti atitinkamas išvestines funkcijas. Betpasinaudosime 13.3 teorema. Šios teoremos prielaida yra išpildyta, nes funk-cija f yra visur diferencijuojama, o jos išvestinė funkcija f ′ 6= 0 srityje(−∞,−1) ∪ (−1,+∞). Todėl, kiekvienam y > 2, turime

(f−11 )′(y) =1

f ′(x)=

1

2x+ 2= − 1

2√y − 2

ir(f−12 )′(y) =

1

f ′(x)=

1

2x+ 2=

1

2√y − 2

.

93

4 pav.: Tangento ir arktangento iliustracijos

13.7 užduotis. Įrodyti, kad taške y = tg x, kai −π2 < x < π

2 ,

arctg′ y =1

1 + y2. (67)

Sprendimas. Naudosime atvirkštinės funkcijos diferencijavimo taisyklętangento funkcijai (13.3 teorema). Kadangi tg′ x = 1/ cos2 x = 1+tg2 x 6= 0visiems x ∈ (−π

2 ,π2 ), gauname

arctg′ y = (f−1)′(y) =1

f ′(x)=

1

tg′ x= cos2 x

=1

1 + tg2 x=

1

1 + y2.

13.8 užduotis. Tarkime, kad f : R → R yra diferencijuojama funkcija irg yra funkcija su reikšmėmis g(x) := f(

√x), x ≥ 0. Įrodyti, kad g yra

diferencijuojama ir rasti išvestinę funkciją g′.

Sprendimas. Tarkime, kad h(x) :=√x, x ≥ 0. Tada g yra funkcijų f ir

h kompozicija. Funkcija f yra diferencijuojama pagal prielaidą. Funkcija hyra atvirkštinė funkcijai x 7→ x2 ir, remiantis 6.13 teorema iš Analizė I, yradiferencijuojama aibėje (0,∞) su išvestine h′(x) = 1/(2

√x) visiems x > 0.

Remiantis kompozicijos diferencijavimo taisykle (6.12 teorema iš Analizė I),g yra diferencijuojama aibėje (0,∞) su išvestine

g′(x) = f ′(h(x))·h′(x) = f ′(√x)

2√x.

visiems x > 0.

94

13.9 užduotis. Naudojant diferencijavimo taisykles (13.1 teorema) ir ele-mentariųjų funkcijų išvestinių lentelę (12.1 skyrelis) apskaičiuoti nurodytųfunkcijų išvestines jų apibrėžimo srityje:

1.f(x) = 4x+ 5.

2.f(x) = 3x2 − 2x+ 5.

3.f(x) =

x

x+ 1.

4.f(x) = x3.

5.f(x) = x−

13 .

6.f(x) = tgx.

7.

f(x) = shx (=ex − e−x

2).

13.10 užduotis. Rasti f ′, kai reikšmės

f(x) =

{1− x, jei x < 0,ex, jei x > 0,

ir nubrėžti funkcijų f ir f ′ grafikus.

13.11 užduotis. Tarkime, kad f , g ir h yra diferencijuojamos funkcijos išR į R. Įrodyti, kad

(f◦g◦h)′(x) = f ′(g(h(x))·g′(h(x))·h′(x).

13.12 užduotis. Naudojant kompozicijos (sudėtinės funkcijos) diferenci-javimo taisyklę (13.2 teorema) apskaičiuoti nurodytų funkcijų išvestines jųapibrėžimo srityje:

1.f(x) =

√3x+ 4.

2.f(x) = sin(2x+ 3).

3.f(x) = cos5 x.

4.f(x) = ln |x|.

5.f(x) = ln(tg

(x2

)).

6.

f(x) = ln

√1 + sinx

1− sinx.

13.13 užduotis. Rasti funkcijų f su nurodytomis reikšmėmis išvestinesfunkcijas f ′ ir abiejų funkcijų apibrėžimo sritis. Panaudoti kaip galima dau-giau skirtingų diferencijavimo taisyklių.

95

1.

f(x) = x5 + 4x3 − 1

3x+ π.

2.f(x) = x3 − 3x+5 3

√x.

3.f(x) = (x2 + 1)3.

4.

f(x) = (2x2 + 4x− 3)2.

5.

f(x) = (2x2 + 4x− 3)· sinx.

6.f(x) =

2x2 + 4x− 3

sinx+ x.

7.f(x) =

x3

3+

2

x2.

8.f(x) = x2

√2− x2.

9.f(x) =

x2 − 1

x√x2 + 1

.

10.

f(x) =

√1 +

√1 +√x.

13.14 užduotis. Įrodyti, kad rodiklinė funkcija fr : R→ R su reikšmėmis

fr(x) = rx, x ∈ R,

ir pagrindu r ∈ (1,∞) yra diferencijuojama ir rasti išvestinę funkciją.

13.15 užduotis. Logaritmavimo būdu rasti išvestines funkcijų su nurody-tomis reikšmėmis:

1. kai x > 0,

f(x) = (lnx)1x .

2. kai x > 0,

f(x) = x√x.

3.f(x) = (cosx)sinx.

4. kai x > 0,

f(x) =(1 +

1

x

)x.

5. kai 0 < x < π2

f(x) = (arctanx)x + xarctanx.

6.

f(x) = x3

√x2

x2 + 1

7. kai x > 0,

f(x) = arcsin(xx).

8. kai x > 0,

f(x) = xxx.

13.16 užduotis. Patikrinti kompozicijos diferencijavimo taisyklę funkci-joms f : R→ R ir g : R→ R su reikšmėmis f(x) = x3+2 ir g(y) = y2−3y+1,atitinkamai.

96

13.17 užduotis. Naudojant 13.3 teoremą rasti funkcijos x 7→√x išvestinę

funkciją.

13.18 užduotis. Tarkime, kad f : R → R yra diferencijuojama funkcija irr ∈ N∗. Įrodyti, kad (

[f(x)]r)′= r[f(x)]r−1f ′(x).

5 pav.: Sinuso ir arksinuso eskizai

13.19 užduotis. Įrodyti, kad kiekvienam y = sinx, kai −π2 < x < π

2 ,

(arcsin y)′ =1√

1− y2.

13.20 užduotis. Įrodyti, kad kiekvienam y = cosx, kai 0 < x < π,

(arccos y)′ = − 1√1− y2

.

13.21 užduotis. Tegul f , g ir h yra trys diferencijuojamos funkcijos išR į R. Įrodyti, kad jų sandauga fgh diferencijuojama ir rasti sandaugosišvestinės formulę.

97

14 Diferencijuojamų funkcijų savybės


Kitas teiginys vadinamas Rolleso teorema.14.1 teorema. Tarkime, kad funkcija f : [a, b] → R yra tolydi intervale[a, b], yra diferencijuojama intervale (a, b) ir teisinga lygybė f(a) = f(b).Tokiu atveju egzistuoja toks taškas c ∈ (a, b), kad f ′(c) = 0.

Kitas teiginys vadinamas vidutinės reikšmės teorema (angl. the meanvalue theorem) arba Lagrange teorema.14.2 teorema. Tarkime, kad funkcija f : [a, b] → R yra tolydi intervale[a, b] ir diferencijuojama intervale (a, b). Egzistuoja toks c ∈ (a, b), kadgalioja lygybė

f(b)− f(a)b− a

= f ′(c). (68)

Toliau formuluojami L’Hopitalio taisyklės du variantai atitinkanta ne-apibrėžtumus 0/0 ir ∞/∞. Abu jie yra įrodyti [8] konspekte.14.3 teorema. Tegul realieji skaičiai a < c < b, funkcijos f ir g yra apibrėž-tos ir diferencijuojamos intervale (c, b), o išvestinė funkcija g′ 6= 0 intervale(c, b). Tarkime, kad

limx→c+

f(x) = limx→c+

g(x) = 0.

Teisinga implikacija:

jei egzistuoja limx→c+

f ′(x)

g′(x)=: A, tai egzistuoja lim

x→c+

f(x)

g(x)ir lygi A. (69)

Implikacija (69) taip pat teisinga kai funkcijų apibrėžimo sritis (c, b) ir kon-vergavimas x→ c+ yra pakeisti taip:(a) apibrėžimo sritimi (a, c) ir konvergavimu x→ c−;

(b) apibrėžimo sritimi (a, c) ∪ (c, b) ir konvergavimu x→ c;

(c) apibrėžimo sritimi (a,∞) ir konvergavimu x→∞;

(d) apibrėžimo sritimi (−∞, b) ir konvergavimu x→ −∞.Kita teorema yra funkcijų santykio ribos skaičiavimo L’Hopithalio tai-

syklė esant neapibrėžtumui ∞/∞.14.4 teorema. Tegul realieji skaičiai a < c < b, ,funkcijos f ir g yraapibrėžtos ir diferencijuojamos intervale (c, b), o išvestinė funkcija g′ 6= 0intervale (c, b). Tarkime, kad

limx→c+

|f(x)| = limx→c+

|g(x)| =∞.

Teisinga implikacija (69). Be to, ši implikacija teisinga visais kitais 14.3teoremoje nurodytais konvergavimo atvejais.

98

14.5 užduotis. Įrodyti, kad sinx 6 x kiekvienam x ∈ [0, π/2].

Sprendimas. Tegul x ∈ (0, π/2]. Remiantis vidutinės reikšmės teorema(14.2 teorema), egzistuoja c ∈ (0, π/2) toks, kad

sinx = sinx− sin 0 = sin′ c·x = cos c·x ≤ x,


14.6 užduotis. Įrodyti, kad lygtis

x3 + x = 1, x ∈ [0, 1],

turi lygiai vieną sprendinį intervale [0, 1].

Sprendimas. Nurodytos lygties sprendinio egzistavimui įrodyti naudosi-me tolydžiosios funkcijos vidurinės reikšmės savybę (11.2 teorema), o spren-dinio vienatinumui įrodyti pasitelksime Rolleso teoremą (14.1 teorema).Tarkime, kad f : [0, 1] → R yra funkcija su reikšmėmis f(x) = x3 + x,x ∈ R. Ši funkcija yra tolydi. Remiantis 11.2 teorema, funkcija f turi vi-durinės reikšmės savybę. Kadangi f(0) = 0 ir f(1) = 2, tai 1 yra tarp f(0)ir f(1). Dėl VRS savybės egzistuoja toks skaičius c ∈ (0, 1) f(c) = 1, t.y. cyra nurodytos lygties sprendinys.

Norėdami įrodyti sprendinio vienatį tarkime, kad jos nėra, t.y. tarkime,kad egzistuoja bent du skirtingi sprendiniai u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 1] ir u < v.Tokiu atveju funkcijos f siaurinys f : [u, v]→ R yra tolydus intervale [u, v],yra diferencijuojamas intervale (u, v) ir teisinga lygybė f(u) = f(v) = 1.Remiantis 14.1 teorema egzistuoja toks taškas z ∈ (u, v), kad f ′(z) = 0. Taireiškia, kad privalo būti teisinga lygybė

3z2 + 1 = 0.

Aišku, kad tokia lygybė negalima. Ši prieštara įrodo, kad lygties sprendinys- vienintelis.

14.7 užduotis. Rasti c reikšmę su kuria funkcijai f(x) = x2 intervale [a, b]galioja vidutinės reikšmės teorema.

Sprendimas. Kadangi f ′(x) = 2x (68) lygybė atrodo taip:

b2 − a2

b− a= 2c.

Suprastinę gauname c = a+b2 .

99

14.8 užduotis. Naudojant vidutinės reikšmės teoremą įrodyti, kad

arcsinx+ arccosx =π

2.

visiems x ∈ [−1, 1].

Sprendimas. Tegul f(x) := arcsinx+ arccosx visiems x ∈ [−1, 1]. Taipapibrėžta funkcija f : [−1, 1]→ R yra diferencijuojama intervale (−1, 1) ir

f ′(x) =1√

1− x2− 1√

1− x2= 0

kiekvienam x ∈ (−1, 1). Remiantis vidutinės reikšmės teorema, kiekvienamy ∈ (0, 1) egzistuoja toks cy ∈ (0, y), kad

f(y)− f(0) = f ′(cy)y = 0.

Taip pat, kiekvienam y ∈ (−1, 0) egzistuoja toks cy ∈ (y, 0), kad

f(0)− f(y) = f ′(cy)y = 0

Kadangi f(0) = f(−1) = f(1) = π2 , tai užduoties teiginys įrodytas.

14.9 užduotis. Tarkime, kad a ∈ (0, 1), o u, v ∈ (0,∞). Įrodyti, kad

(u+ v)a < ua + va. (70)

Sprendimas. Padalinę (70) nelygybės abi puses iš ua ir pažymėję t :=u/v, gauname nelygybę

(1 + t)a < 1 + ta.

Pakanka įrodyti pastarąją nelygybę kiekvienam t > 0 (kodėl?). Tegulf(t) := (1 + t)a − 1 − ta, t ∈ [0,∞). Funkcija f su šiomis reikšmėmisdiferencijuojama (kodėl?) ir jos išvestinė yra

f ′(t) = a[ 1

(1 + t)1−a− 1

t1−a

].

Kadangi a < 1 ir 1 + t > t, tai f ′(t) < 0 visiems t > 0. Kadangi f yramažėjanti, tai f(t) < f(0) = 0.

14.10 užduotis (Bloch, Exercise 4.4.9). Tarkime, kad funkcija f : (a, b)→R yra diferencijuojama ir f ′(x) 6= 0 visiems x ∈ (a, b). Įrodyti, kad f yrainjekcija.

Sprendimas. Tegul x, y ∈ (a, b) ir f(x) = f(y). Remiantis vidutinėsreikšmės teorema (6.24 teorema iš Analizė I), tarp x ir y egzistuoja toks z,kad

f(y)− f(x) = f ′(z)(y − x).Kadangi kairė pusė lygi nuliui ir f ′(z) 6= 0 pagal prielaidą, tai x = y.Kadangi x, y ∈ (a, b) yra laisvai pasirinkti, tai f yra injekcija.

100

Ribos skaičiavimas esant neapibrėžtumams

14.11 užduotis. Tarkime, kad

f(x) := 2 sinx− sin 2x ir g(x) := x− sinx

visiems x ∈ R \ {0} Apskaičiuoti santykio f(x)/g(x) ribą, kai x→ 0.

Sprendimas. Tegul (a, b) = (−1, 1) ir c = 0. Naudosime 14.3 teoremątris kartus. Visiems x ∈ R

f ′(x) = 2 cosx− 2 cos 2x ir g′(x) = 1− cosx.

Matome, kad f ′(0) = g′(0) = 0. Šioje vietoje negalime naudoti 14.3 teoremą.Toliau skaičiuojame išvestines

f ′′(x) = −2 sinx+ 4 sin 2x ir g′′(x) = sinx.

Matome, kad f ′′(0) = g′′(0) = 0. Šioje vietoje vėl negalime naudoti 14.3teoremą. Toliau skaičiuojame išvestines kai

f ′′′(x) = −2 cosx+ 8 cos 2x ir g′′′(x) = cosx.

Matome, kad f ′′′(0) = −2 + 8 ir g′′′(0) = 1. Dabar jau galima naudoti 14.3teoremą funkcijoms f ′′ ir g′′: egzistuoja riba

limx→0

f ′′(x)

g′′(x)= lim

x→0

f ′′′(x)

g′′′(x)= 6.

Nuosekliai taikydami 14.3 teoremą funkcijų poroms (f ′′, g′′), (f ′, g′) ir (f, g),gauname

limx→0

f(x)

g(x)= lim

x→0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→0

f ′′(x)

g′′(x)= 6.

14.12 užduotis. Tegul f(x) = sinx ir g(x) = x2. Ar egzistuoja šių funkcijųsantykio riba taške nulis?

Sprendimas. Įvertinsime vienpuses ribas taške nulis:

limx→0+

sinx

x2= lim

x→0+

cosx

2x=∞.

limx→0−

sinx

x2= lim

x→0−

cosx

2x= −∞.

Čia naudojame tokią L’Hopital’io taisyklės formą: jei f ′(x)/g′(x) → +∞,tai f(x)/g(x)→ +∞. Atsakymas - riba neegzistuoja.

14.13 užduotis. Tegul f(x) = secx(= 1cos) ir g(x) = 1 + tg x. Naudojanrt

L’Hopital’io taisyklę atsakyti į klausimą: Ar egzistuoja šių funkcijų santykioriba taške π/2?

101

Sprendimas. Abi funkcijos taške π/2 neapibrėžtos; neapibrėžtumas∞/∞.Įvertinsime vienpuses ribas tame taške.

limx→π

2−

secx

1 + tg x= lim

x→π2−

tg x secx

sec2 x= lim

x→π2−sinx = 1

Riba iš dešinės taip pat lygi 1. Todėl riba egzistuoja ir lygi 1.

14.14 užduotis. Ar egzistuoja riba limx→+∞ x sin1x?

Sprendimas. Šiuo atveju neapibrėžtumas +∞·0. Pakeisime kintamuo-sius x = 1

y ir gausime neapibrėžtumą 0/0, kuriam taikom L’Hopithalio tai-syklę arba standartnės ribos faktą (33).

limx→+∞

x sin1

x= lim

y→0+

(1ysin y

)= lim

y→0+

cos y

1= 1.

14.15 užduotis. Ar egzistuoja riba limx→0

(1

sinx −1x

)?

Sprendimas. Šiuo atveju neapibrėžtumas ∞−∞ kai x → 0+ ir neapi-brėžtumas −∞− (−∞) kai x→ 0−. Atliksime pertvarkymus

1

sinx− 1

x=x− sinx

x sinx.

Kadangi dabar neapibrėžtumas 0/0, tai taikom L’Hopithalio taisyklę.

limx→0

( 1

sinx− 1

x

)= lim

x→0

x− sinx

x sinx

= limx→0

1− cosx

sinx+ x cosx

= limx→0

sinx

2 cosx− x sinx=

0

2= 0.

14.16 užduotis. Įrodyti, kad limx→0(1 + x)1/x = e taikant L’Hopithaliotaisyklę,

Sprendimas. Tai yra standartinė riba (32). Reikalaujama ją įrodytitaikant L’Hopithalio taisyklę. Bet šiuo atveju turime neapibrėžtumą 1∞.Tokiems reiškiniams tirti kartais padeda logaritmavimas. Tegul f(x) :=(1 + x)1/x. Rasime limx→0 ln f(x). Kadangi

ln f(x) = ln(1 + x)1/x =1

xln(1 + x).

Nulyje turime funkcijų santykio neapibrėžtumą 0/0. Taikydami L’Hopithaliotaisyklę gauname

limx→0

ln f(x) = limx→0

ln(1 + x)

x= lim

x→0

11+x

1=

1

1= 1.

102

Pradinė riba apskaičiuojama taip

limx→0

(1 + x)1/x = limx→0

f(x) = limx→0

eln f(x) = e1 = e,

čia naudojome eksponentinės funkcijos tolydumą.

14.17 užduotis. Tarkime, kad funkcija f : R → R yra diferencijuojamair jos išvestinė funkcija f ′ yra pastovioji, t.y. f ′(x) = C visiems x ∈ R irkuriam nors C ∈ R. Įrodyti, kad f yra afininė funkcija. Pastaba: 2017-01-04egzamino užduotis.

Sprendimas. Tegul x ∈ R ir x > 0. Funkcijos f siaurinys į uždarąjį in-tervalą [0, x] yra tolydi funkcija diferencijuojama intervale (0, x). Remiantisvidutinės reikšmės teorema (14.2 teorema), egzistuoja toks y ∈ (0, x), kad

f(x)− f(0) = f ′(y)(x− 0) = Cx,

t.y. f(x) = f(0) + Cx. Kai x < 0, samprotaujame taip pat intervale [x, 0]ir gauname tokį z ∈ (x, 0), kad

f(0)− f(x) = f ′(z)(0− x) = −Cx,

t.y. f(x) = f(0) + Cx. Kadangi x ∈ R bet koks, tai f yra afininė funkcija.


14.18 užduotis (Demidovičius, Nr. 1235). Patikrinti Rolleso teoremos tei-singumą funkcijai f su reikšmėmis

f(x) = (x− 1)(x− 2)(x− 3), x ∈ R.

14.19 užduotis (Demidovičius, Nr. 1236). Funkcija f su reikšmėmis

f(x) = 1− x2/3, x ∈ R,

lygi nuliui kai x = −1 ir x = 1, bet f ′(x) 6= 0 kiekvienam x ∈ (−1, 1). Pa-aiškinti kodėl šiai funkcijai nėra teisinga Rolleso teoremos teiginys intervale[−1, 1].

14.20 užduotis. Įrodyti, kad Rolleso teorema nepritaikoma funkcijoms sunurodytomis reikšmėmis:

1. f(x) = 3√x, kai x ∈ [−1, 1];

2. f(x) = 1− |x|, kai x ∈ [−1, 1];

3. f(x) = | sinx|+ x, kai x ∈ [−1, 1].

103

14.21 užduotis. Įrodyti, kad lygtis

ex = x+ 1, x ∈ R,

turi lygiai vieną sprendinį x = 0.

14.22 užduotis (Demidovičius, Nr. 1245). Tarkime, kad realiųjų skaičių air b sandauga ab < 0 ir funkcija f : [a, b] → R įgyja reikšmes f(x) = 1/x,x ∈ [a, b]. Ar šiai funkcijai teisinga vidutinės reikšmės teoremos teiginys?

14.23 užduotis. Rasti c reikšmę su kuria funkcijai su nurodytomis reikš-mėmis galioja vidutinės reikšmės teorema:

1. f(x) = lnx kai x ∈ [1, e];

2. f(x) = x− x3, kai x ∈ [−2, 1].

14.24 užduotis. Naudojant vidutinės reikšmės teoremą įrodyti šias formu-les:

1. sin2 x = 12(1− cos 2x), kai x ∈ R;

2. arccos 1−x21+x2

= 2arctanx, kai x ∈ [0,∞);

3. arctanx+ arctan 1x =

{π2 , jei x > 0,−π

2 , jei x < 0.

14.25 užduotis (Demidovičius, Nr. 1251). Įrodyti nelygybes:

1. | sinx− sin y| 6 |x− y|;

2. pyp−1(x− y) 6 xp − yp 6 pxp−1(x− y), kai 0 < y < x ir p > 1;

3. | arctg a− arctg b| 6 |a− b|;

4. a−ba < ln a

b <a−bb , kai 0 < b < a.

14.26 užduotis. Tarkime, kad funkcija f : R → R yra diferencijuojama irf ′ yra pastovioji funkcija. Įrodyti, kad f yra afininė funkcija.

14.27 užduotis (Demidovičius, 135 pusl.). Apskaičiuoti ribas:

1. limx→0tg x−xx−sinx(= 2);

2. limx→0chx−cosx

x2(= 1), hiperbolinis kosinusas chx = ex+e−x

2 ;

3. limx→03 tg 4x−12 tg x3 sin 4x−12 sinx(= −2);

4. limx→π/2tg 3xtg x (= 1/3).

14.28 užduotis. Apskaičiuoti nurodytas ribas

104

1.limx→0

1− cosx

x2.

2.

limx→0

sin(a+ 2x)− 2 sin(a+ x) + sin(a)

x2.

3.limx→π

3

sin(x− π3 )

1− 2 cosx.

4.

limx→π

6

2 sin2 x+ sinx− 1

2 sin2 x− 3 sinx+ 1;

5.

limx→∞

x1/x;

6.

limx→0

√1− cos(x2)

1− cosx,

Nuoroda: naudotis funkcijosx 7→

√x tolydumu ir 9.14 už-

duoties teiginiu.

105

15 Funkcijų tyrimas diferencijuojant


15.1 apibrėžtis. Tegul A yra tiesės taškų aibė ir f : A → R. Elementasu ∈ A vadinamas funkcijos f lokalaus maksimumo tašku, jei egzistuoja toksδ > 0, kad Oδ(u) = (u − δ, u + δ) ⊂ A ir f(u) ≥ f(x) visiems x ∈ Oδ(u).Elementas v ∈ A vadinamas funkcijos f lokalaus minimumo tašku, jei eg-zistuoja toks δ > 0, kad Oδ(v) = (v − δ, v + δ) ⊂ A ir f(v) ≤ f(x) visiemsx ∈ Oδ(v). Elementas c ∈ A vadinamas funkcijos f lokalaus ekstremumotašku, jei jis yra lokalaus maksimumo taškas arba lokalaus minimumo taš-kas.

15.2 teorema. Tarkime, kad c yra aibės A vidinis taškas ir funkcija f : A→R yra diferencijuojama taške c. Jei c yra funkcijos f lokalaus ekstremumotaškas, tai f ′(c) = 0.

Funkcijos f apibrėžimo srities vidinis taškas c vadinamas stacionarumotašku, jei f ′(c) = 0, ir vadinamas nediferencijuojamumo tašku, jei išvestinėtame taške neegzistuoja. Bet kuris iš šių dviejų taškų vadinamas kritiniutašku.

15.3 teorema. Tarkime, kad a < c < b, funkcija f yra apibrėžta, tolydiintervale [a, b] ir diferencijuojama kurioje nors taško c pradurtoje aplinkoje.Taip pat tarkime, kad c yra funkcijos f kritinis taškas. Tada funkcijai fgalioja savybės:

(a) jei taške c išvestinė funkcija f ′ keičia ženklą iš neigiamo į teigiamą,tai c yra funkcijos f lokalus minimumas;

(b) jei taške c išvestinė funkcija f ′ keičia ženklą iš teigiamo į neigiamą,tai c yra funkcijos f lokalus maksimumas;

(c) jei taške c išvestinė funkcija f ′ nekeičia ženklą (yra arba teigiama išabiejų pusių arba yra neigiama iš abiejų pusių), tai c nėra funkcijos flokalus ekstremumas.

15.4 teorema. Tarkime, kad a < c < b ir du kartus diferencijuojamosfunkcijos f : (a, b)→ R antrosios eilės išvestinė funkcija f ′′ yra tolydi.

(a) Jei f ′(c) = 0 ir f ′′(c) < 0, tai f turi lokalųjį maksimumą taške c.

(b) Jei f ′(c) = 0 ir f ′′(c) > 0, tai f turi lokalųjį minimumą taške c.

(c) Jei f ′(c) = 0 ir f ′′(c) = 0, tai taške c funkcija f gali turėti lokalųjįekstremumą arba ne.

106

Funkcijos didėjimas ir mažėjimas Tarkime, kad funkcija f : [a, b]→ Rtolydi ir diferencijuojama intervale (a, b). Ieškant funkcijos f monotonišku-mo intervalų reikia jos apibrėžimo srityje rasti visus taškus, kuriuose išves-tinė lygi nuliui arba neegzistuoja. Gautuose intervaluose reikia nustatytiišvestinės funkcijos f ′ ženklą. Tam pakanka apskaičiuoti funkcijos išvesti-nės reikšmę kuriame nors viename intervalo taške. Funkcija didėjanti jeiišvestinė funkcija teigiama ir yra mažėjanti jei išvestinė funkcija neigiama.

15.5 teorema. Tarkime, kad I yra intervalas, baigtinis ar begalinis, o funk-cija f : I → R yra tolydi intervale I ir diferencijuojama intervalo I viduje.Teisingos implikacijos:

(a) išvestinė funkcija f ′ yra neneigiama intervale I viduje tada ir tik tada,kai funkcija f yra nemažėjanti intervale I;

(b) jei išvestinė funkcija f ′ yra teigiama intervalo I viduje, tai funkcija fyra didėjanti intervale I;

(c) jei išvestinė funkcija f ′ yra lygi nuliui intervalo I viduje, tai funkcijaf yra pastovioji intervale I;

(d) išvestinė funkcija f ′ yra neteigiama intervalo I viduje tada ir tik tada,kai funkcija f yra nedidėjanti intervale I.

(e) jei išvestinė funkcija f ′ yra neigiama intervalo I viduje, tai funkcija fyra mažėjanti intervale I.

Perlinkio taškas

15.6 apibrėžtis. Tarkime, kad A yra realiųjų skaičių aibė, f : A → Ryra funkcija ir c yra aibės A vidinis taškas. Taškas c vadinamas funkcijosf perlinkio tašku, jei c yra funkcijos f tolydumo taškas ir vienu metu yrafunkcijos f griežto iškilumo intervalo galas bei funkcijos f griežto įgaubtumointervalo galas.

15.7 teorema. Tarkime, kad funkcija f : (a, b)→ R yra du kartus diferen-cijuojama. Jei jos antrosios eilės išvestinė funkcija f ′′ yra visur neneigiama(teigiama), tai f yra (griežtai) iškiloji intervale (a, b).

15.8 teorema (Būtina perlinkio taško savybė). Tarkime, kad funkcija f : (a, b)→R yra du kartus diferencijuojama ir f ′′ yra tolydi funkcija. Jei taškas c ∈(a, b) yra funkcijos f perlinkio taškas, tai f ′′(c) = 0.

15.9 teorema (Pakankama perlinkio taško savybė). Tarkime, kad c ∈ (a, b)ir funkcija f : (a, b) → R yra tolydi taške c bei du kartus diferencijuojamataško c pradurtoje aplinkoje. Jei antrosios eilės išvestinė funkcija f ′′ perei-nant tašką c keičia ženklą, tai c yra perlinkio taškas.

107

Funkcijos ir jos grafiko tyrimo schema

1. Nustatyti funkcijos apibrėžimo sritį.

2. Rasti funkcijos grafiko ir koordinačių sistemos ašių susikirtimo taškus.

3. Rasti galimus ekstremumo taškus.

4. Nustatyti galimus monotoniškumo intervalus.

5. Rasti galimus perlinkio taškus.

6. Rasti galimas funkcijos grafiko asimptotes.

7. Nupiešti funkcijos grafiką.


15.10 užduotis. Rasti funkcijos f : R→ R su reikšmėmis f(x) = x2−6x+1visus ekstremumo taškus.

Sprendimas. Funkcija yra diferencijuojama. Rasime jos stacionariustaškus spręsdami lygtį

f ′(x) = 2x− 6 = 0.

Taigi x = 3 yra šios funkcijos vienintelis stacionarus taškas. Šio taško tipąnustatysime dviem būdais: kaip keičiasi išvestinės ženklas pereinant taškąx = 3 (15.3 teorema) ir koks yra antros išvestinės ženklas (15.4 teorema).

Pirmas būdas. f ′(x) < 0 tada ir tik tada, kai x < 3. f ′(x) > 0 tada irtik tada, kai x > 3. Taigi, pereinant tašką x = 3 išvestinė funkcija keičiaženklą iš neigiamo į teigiamą. Remiantis 15.3(a) teorema, taškas x = 3 yrafunkcijos f lokalus minimumas.

Antras būdas. f ′′(3) = 2 > 0. Remiantis 15.4(b) teorema, taškas x = 3yra funkcijos f lokalus minimumas. Galima pasakyti daugiau. Kadangiantroji išvestinė visur teigiama, t.y. f ′′(x) = 2 visiems x ∈ R, tai funkcijayra iškiloji, o tokios funkcijos lokalus minimumas yra globalus.

Atsakymas: (x, f(x)) = (3,−8) yra globalus minimumas.

15.11 užduotis. Rasti funkcijos f : [−1, 1] → R su reikšmėmis f(x) =x2 + 3 visus ekstremumo taškus.

Sprendimas. Turime f ′(x) = 2x. Todėl ši funkcija turi vienintelį stacio-narų tašką x = 0. Taip pat turime f ′′(x) = 2 > 0. Todėl taškas x = 0 yralokalaus minimumas. Be to, f(−1) = 4 ir f(1) = 4. Kadangi f(0) = 3, taitaškas x = 0 yra vienintelis globalus minimumas, o abu taškai x = −1 irx = 1 yra globalaus maksimumo taškai.

15.12 užduotis. Rasti funkcijos f : [−1, 2]→ R maksimumo ir minimumotaškus, kai

f(x) = x3 − 3x2 + 3x.

108

Sprendimas. Šios funkcijos išvestinė yra

f ′(x) = 3x2 − 6x+ 3 = 3(x− 1)2.

Ji lygi nuliui taške x = 1, kuris yra apibrėžimo intervalo [−1, 2] vidinis taš-kas. Šiame taške f(1) = 1 ir išvestinė nekeičia ženklo. Apibrėžimo intervalogaluose funkcija įgyja reikšmes f(−1) = −7 ir f(2) = 2. Todėl galuoseįgyjama minimali reikšmė −7 ir maksimali reikšmė 2.

15.13 užduotis. Rasti funkcijos f : R→ R maksimumo ir minimumo taš-kus, kai

f(x) =x

1 + x2.

Sprendimas. Šios funkcijos išvestinė yra

f ′(x) =1− x2

(1 + x2)2

Ji lygi nuliui taškuose x = −1 ir x = 1, kurie yra apibrėžimo intervalo Rvidiniai taškas. Taške x = −1 išvestinė funkcija keičia ženklą iš neigiamoį teigiamą ir todėl tai yra lokalaus minimumo taškas. Taške x = 1 išves-tinė funkcija keičia ženklą iš teigiamo į neigiamą ir todėl tai yra lokalausmaksimumo taškas. Šiuose taškuose funkcijos reikšmės yra f(−1) = −1/2ir f(1) = 1/2. Kadangi

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

1/x

1 + 1/x2= 0

tai 1/2 yra funkcijos maksimumas, o −1/2 yra funkcijos minimumas.

15.14 užduotis. Rasti funkcijos f su reikšmėmis f(x) = x3 − 27x − 4,x ∈ R, kritinius taškus, lokalaus ekstremumo taškus ir intervalus, kuriosefunkcija didėja arba mažėja.

Sprendimas. Rasime kritinius taškus išsprendę lygtį f ′(x) = 0, čia

f ′(x) = 3x2 − 27 = 3(x+ 3)(x− 3).

Taigi, funkcijos f kritiniai taškai yra −3 ir 3. Remiantis 15.5 užduotimi,funkcija f didėja intervaluose (−∞,−3) ir (3,+∞), bei mažėja intervale(−3, 3). Remiantis 15.3teorema, funkcija f turi lokalųjį maksimumą taškex = −3 ir lokalųjį minimumą taške x = 3. Iliustracija piešinyje.

15.15 užduotis. Rasti funkcijos f(x) = x ln(x2) apibrėžimo sritį ir nubrėžtijos grafiką.

109

6 pav.: 15.14 užduotis


Sprendimas. Apibrėžimo sritis R\{0}. Grafikas antisimetriškas: f(−x) =−f(x) kai x > 0. Funkcija visoje apibrėžimo srityje yra bent du kartus di-ferencijuojama. Funkcijos stacionarumo taškai randami sprendžiant lygtįf ′(x) = lnx2 + 2 = 0. Gauname šiuos stacionarumo taškus:

(x1, f(x1)) = (1

e,−2

e) ir (x2, f(x2)) = (−1

e,2

e).

Kadangi f ′′(x1) = 2e > 0 ir f ′′(x2) = −2e < 0, tai x1 yra lokalaus minimu-mo taškas, o x2 yra lokalaus maksimumo taškas (15.4 teorema).

Monotoniškumo intervalai randami nustatant išvestinės ženklą. Spręs-dami nelygybę f ′(x) = lnx2 + 2 > 0 gauname intervalus x ∈ (−∞,−1

e ) irx ∈ (1e ,∞), kuriuose funkcija yra didėjanti (15.5(b) teorema). Spręsdaminelygybę f ′(x) = lnx2 + 2 < 0 gauname intervalą x ∈ (−1

e ,1e ), kuriame

funkcija yra mažėjanti (15.5(e) teorema).Nustatysime funkcijos elgesį nulio ir bagalybės aplinkose. Kadangi lnx2 →

−∞ kai x→ 0, tai funkcijos elgesys nulyje neaiškus. Pertvarkysime funkciją

110

ir naudosime L’Hopithalio taisyklę su neapibrėžtumu ∞/∞ (?? teorema):

limx→0

x lnx2 = limx→0

lnx2

1x

= limx→0

(lnx2)′(1x

)′ = limx→0

(−2x) = 0.

Nesunku matyti, kad f(x)→ +∞ kai x→ +∞ ir f(x)→ −∞ kai x→ −∞.Dabar galima brėžti grafiką. Jo iliustracija yra piešinyje.

15.16 užduotis. Rasti funkcijos monotoniškumo intervalus kai

f(x) =x2 + 1

x, x ∈ R \ {0}.

Sprendimas. Funkcija neapibrėžta taške x = 0. Jos išvestinė

f ′(x) =(x+

1

x

)′= 1− 1

x2=x2 − 1

x2

neegzistuoja kai x = 0 ir lygi nuliui taškuose x = −1 ir x = 1. Skaičių tiesępadalinsime intervalais

(−∞,−1), (−1, 0), (0, 1), (1,∞).

Ženklus nustatysime skaičiuodami išvestinės reikšmes taškuose x = −2, x =−1

2 , x = 12 , x = 2. Tada f ′(−2) = 3/4 > 0, f(−1/2) = −3 < 0, f(1/2) =

−3 < 0 ir f(2) = 3/4 > 0. Todėl intervaluose (−∞,−1) ir (1,∞) funkcija fdidėja, o intervaluose (−1, 0) ir (0, 1) funkcija f mažėja.

15.17 užduotis. Rasti funkcijos f : R→ R ekstremumus, nustatyti jų tipąir perlinkio tašką, kai

f(x) = 3x− x3.

Sprendimas. Šios funkcijos išvestinė egzistuoja visur ir f ′(x) = 3− 3x2.Išvestinė lygi nuliui taškuose x = −1 ir x = 1. Išvestinės ženklas tiriamastaip pat, kaip ir ieškant funkcijos monotoniškumo intervalus. Šiuo atvejugauname, kad x = −1 yra minimumo taškas, o x = 1 yra maksimumotaškas.

Dėl perlinkio taško, f ′′(x) = −6x. Tad (0, 0) yra kritinis taškas. Kadangipereinant šį tašką, f ′′ keičia ženklą, tai jis yra perlinkio taškas.

Funkcijos globalaus ekstremumo taškai ieškomi, pirma randant kritiniustaškus apibrėžimo intervalo viduje (kurį sudaro vidiniai taškai), o po togautos funkcijos reikšmės kritiniuose taškuose lyginamos su reikšmėmis antapibrėžimo intervalo galų.

15.18 užduotis (Shakardi, 38 pusl.). Tarkime, kad a1, . . . , an yra skaičiai.Rasti tokį skaičių x, kad suma

∑ni=1(ai − x)2 įgytų minimalią reikšmę.

111

Sprendimas. Reikšmės f(x) :=∑n

i=1(ai−x)2 apibrėžia neneigiamą funk-ciją f : R→ R. Ji yra tolydi ir diferencijuojama visoje apibrėžimo srityje R.Kadangi f(0) =

∑ni=1 a

2i , f(x) → +∞, kai x → −∞ ir x → +∞, tai mini-

mali reikšmė, jei egzistuoja, turi būti įgyjama baigtiniame intervale [−m,m]su kuriuo nors m ∈ (0,∞). Remiantis maksimumo principu funkcija fprivalo įgyti minimalią (ir maksimalią) reikšmę intervale [−m,m]. Ekstre-mumo taškas yra stacionarumo taškas c ∈ (−m,m): f ′(c) = 0. Apskaičiavęišvestinę ir išsprendę gautą lygtį atžvilgiu c, gauname

c =1

n

n∑i=1

ai.

Kadangi f ′(x)−f ′(c) = 2(x−c), taške c išvestinė funkcija f ′ keičia ženklą išneigiamo į teigiamą, yra neigiama intervale (−m, c) ir yra teigiama intervale(c,m). Remiantis 15.3 teorema, c yra minimumo taškas.

15.19 užduotis. Įrodyti, kad visiems x ∈ (0, 1] teisinga nelygybė

arctanx < x− x3

6.

Sprendimas. Nagrinėkime funkciją f : [0, 1]→ R su reikšmėmis

f(x) := arctanx− x+x3

6.

Šios funkcijos išvestinė yra

f ′(x) =1

1 + x2− 1 +

x2

2=x2(x2 − 1)

2(x2 + 1).

Funkcija f yra tolydi ir jos išvestinė f ′(x) < 0 visiems x ∈ (0, 1). Todėlintervale [0, 1] funkcija mažėja. f(x) < f(0) = 0, arba

arctanx− x+x3

6< 0

kiekvienam x ∈ (0, 1].

15.20 užduotis (Demidovičius, Nr. 1556). Tarkime, kad f yra neneigiamafunkcija, skaičius a > 0 ir g : R → R yra funkcija su reikšmėmis g(x) =af2(x), x ∈ R. Įrodyti, kad funkcijų f ir g ekstremumo taškai sutampa.

Sprendimas. Tarkime, kad c yra funkcijos f minimumo taškas, t.y.f(x) > f(c) visiems x. Tada visiems x

g(x) = af2(x) > af2(c) = g(c),

112

t.y. c yra funkcijos g minimumo taškas. Tarkime, kad c yra funkcijos gminimumo taškas, t.y. g(x) > g(c) visiems x. Tada visiems x

f(x) =

√g(x)

a>

√g(c)

a= f(c),

t.y. c yra funkcijos f minimumo taškas. Analogiškai su maksimumo tašku.

15.21 užduotis. Įrodyti, kad iškilosios funkcijos lokalusis minimumas yraglobalusis.

Sprendimas. Tarkime, kad teiginys nėra teisingas funkcijai f : R → R.Tada egzistuoja tokie funkcijos f lokalaus minimumo taškas x1 ir globalausminimumo taškas y, kad f(y) < f(x1). Dėl funkcijos iškilumo

f(λy + (1− λx1) ≤ λf(y) + (1− λ)f(x1) < f(x1),

kiekvienam λ ∈ (0, 1). Kai λ → 0, tai xλ := λy + (1 − λx1 → x1. Dėl ftolydumo, f(xλ)→ f(x1) ir tai prieštarauja taško x1 lokaliam minimalumui.

15.22 užduotis (Demidovičius, Nr. 1557). Tarkime, kad f yra bet kokiafunkcija ir g : R → R yra didėjanti funkcija. Įrodyti, kad funkcijų f ir g◦fekstremumo taškai sutampa. Pastaba: 2017-01-04 egzamino užduotis.

Sprendimas. Tarkime, kad c yra f lokalus minimumas, t.y. egzistuojatoks ε > 0, kad visiems x teisinga implikacija:

jei x ∈ Oε(c), tai f(c) ≤ f(x).

Kadangi g yra didėjanti funkcija, tai g(f(c)) ≤ g(f(x)) visiems x ∈ Oε(c),t.y. c yra g◦f lokalus minimumas.

Atvirkščiai, tegul c yra g◦f lokalus minimumas, t.y. egzistuoja toksε > 0, kad visiems x teisinga implikacija:

jei x ∈ Oε(c), tai g(f(c)) ≤ g(f(x)). (71)

Jei egzistuoja toks x ∈ Oε(c), kad f(c) > f(x), tai, dėl g didėjimo, g(f(c)) >g(f(x)) - prieštara (71) implikacijai. Todėl c yra f lokalus minimumas.

Analogiški samprotavimai teisingi lokalaus maksimumo atveju.


15.23 užduotis. Rasti funkcijos f didėjimo ir/ar mažėjimo intervalus, kaijos reikšmės yra:

113

1. f(x) = 2x3 + 3x2 − 12x + 1,x ∈ R;

2. f(x) = 2 + 33√x2, x ∈ R;

3. f(x) = 1 + 2x− x2, x ∈ R;

4. f(x) = 5x− x5, x ∈ R;

5. f(x) = 2x2 − lnx, x > 0;

6. f(x) = (x− 3)√x, x > 0;

7. f(x) = ex/x, x 6= 0;

8. f(x) = 2 sinx + cos 2x, x ∈[0, 2π];

9. f(x) = x+ cosx, x ∈ R.

10. f(x) ={

1, jei x 6 0,x2 + 2, jei x > 0.

15.24 užduotis. Įrodyti nelygybes:

1. x− x3

6 < sinx < x, kai x > 0;

2. tg x > x+ x3

3 , kai x ∈ (0, π2 );

3. cosx > 1− x2

2 , kai x 6= 0;

4. x− x2

2 < ln(x+ 1) < x, kai x > 0;

5. 2√x > 3− 1

x , kai x > 1.

15.25 užduotis. Rasti funkcijų f : R → R su nurodytomis reikšmėmislokaliuosius ekstremumus, jei tokius turi.

1. f(x) = 3 + 10x− 5x2;

2. f(x) = x3 − 3x2 − 9x+ 7;

3. f(x) = x− 163 x

3;

4. f(x) = (x+ 2)2(x+ 5);

5. f(x) = −(x+ 1)2(x− 3)2;

6. f(x) = x4

4 −x3

3 ;

7. f(x) = x5 + x3 + 1;

8. f(x) = x2 + 2

x ;

9. f(x) = 2x+1x2

;

10. f(x) = 1+x2

1−x2 ;

11. f(x) = x3

x2+1;

12. f(x) = x−√x− 1;

13. f(x) = 1x4−1 ;

14. f(x) = 4− 3√x;

15. f(x) = 2− 3√

(2− x)2;

16. f(x) = x√9− x;

17. f(x) = xe−x;

18. f(x) = (4− x)e4−x;

19. f(x) = e−x2 ;

20. f(x) = x+ e−x;

21. f(x) = ex + e−x;

22. f(x) = x lnx;

23. f(x) = 1x + lnx;

24. f(x) = ln(4x− x2);

25. f(x) = lnxx2

;

26. f(x) = ln2 xx .

114

15.26 užduotis. Rasti funkcijos f su nurodytomis reikšmėmis visus ekst-remumo taškus.

(a) f(x) = x3 − 3x+ 5, x ∈ [−3, 3].

(b) f(x) = x+ 1x , x ∈ [0, 5, 2].

(c) f(x) = (x− 2)6, x ∈ [0, 4].

15.27 užduotis. Rasti funkcijos f lokalaus ekstremumo taškus, intervalus,kuriose funkcija didėja arba mažėja ir nubrėžti jos grafiką. Funkcijos freikšmės:

1. f(x) = e2x + e−x, x ∈ R;

2. f(x) = x2/3(x2 − 4), x ∈ R.

15.28 užduotis. Rasti funkcijos f : R→ R lokalius ekstremumus ir nusta-tyti jų tipą, kai

1. f(x) = (x+ 2)x2/3;

2. f(x) ={x2, jei x > 0,−x, jei x < 0;

3. f(x) ={x2 + 2, jei x > 0,−x, jei x < 0;

15.29 užduotis. Rasti funkcijos maksimumą ir minimumą, kai jų reikšmėsyra

1. f(x) = x lnx, kai x ∈ [1, e];

2. f(x) = x3, kai x ∈ [−1, 3];

3. f(x) = 1−x+x21+x−x2 , kai x ∈ [0, 1];

4. f(x) = 2x3 + 3x2 − 12x+ 1, kai x ∈ [−1, 5];

5. f(x) = 11+x2

, kai x ∈ R;

6. f(x) = sin4 x+ cos4 x, kai x ∈ R;

7. f(x) = 2 tanx− tan2 x, kai x ∈ (0, π2 ).

15.30 užduotis. Ištirti funkciją f ir nubrėžti jos grafiką, kai

1. f(x) = x2+1x−1 .

115

16 Apibrėžtinis integralas


Neišsigimusio intervalo [a, b] taškų aibė τ := {ti : i = 0, 1, . . . , n} vadinamašio intervalo skaidiniu, jei

a = t0 < t1 < · · · < tn−1 < tn = b.

Skaidinio τ = {ti : i = 0, 1, . . . , n} smulkis yra maksimalus intervalų [ti−1, ti]ilgis ir žymimas

|τ | = max{ti − ti−1 : 1 ≤ i ≤ n}.

Kiekvienam i ∈ {1, . . . , n} bet kuris elementas si ∈ [ti−1, ti] vadinamasintervalo [ti−1, ti] žyme. Skaidinys τ = {ti : i = 0, 1, . . . , n} kartu su kuriuonors žymių rinkiniu (s1, . . . , sn) vadinamas žymėtuoju skaidiniu ir žymimas

τ := {(si, [ti−1, ti]) : i = 1, . . . , n}. (72)

Intervalo [a, b] žymėtųjų skaidinių aibė yra ZS[a, b]. Suma

S(f ; τ) :=n∑i=1

f(si)[ti − ti−1]. (73)

vadinama funkcijos f : [a, b] → R Riemanno integraline suma atitinkančiažymėtąjį skaidinį (72).

16.1 apibrėžtis. Funkcijos f : [a, b] → R Riemann’o integralu intervale[a, b] vadinamas skaičius I ∈ R turintis savybę: kiekvienam ε > 0 egzistuojatoks δ > 0, kad teisinga implikacija

jei τ ∈ ZS[a, b] ir |τ | < δ, tai∣∣I − S(f ; τ)∣∣ < ε. (74)

Jei toks skaičius I egzistuoja, tai sakoma, kad funkcija f yra R-integruojamaintervale [a, b], o pats skaičius žymimas∫ b

af :=

∫ b

af(t) dt := I.

Taip pat sakoma, kad funkcija f yra R-integruojama, jei ji yra R-integruojamasavo apibrėžimo srityje.

16.2 teorema. Tarkime, kad [a, b] yra neišsigimęs intervalas ir funkcijaf : [a, b] → R yra R-integruojama. Tegul τn, n ∈ N∗, yra tokie intervalo[a, b] žymėtieji skaidiniai, kurių smulkis |τn| → 0, kai n→∞. Tada

limn→∞

S(f ; τn) =

∫ b

af.

116

16.3 apibrėžtis. Tegul A yra realiųjų skaičių aibė su netuščiu vidumi A◦ir f : A → R. Sakoma, kad funkcija F : A → R yra pirmykštė funkcijai f(angl. primitive or antiderivative), jei F yra tolydi aibėje A, diferencijuoja-ma jos viduje A◦ ir išvestinė F ′(x) = f(x) kiekvienam x ∈ A◦.

Kitos teoremos teiginys vadinamas Newton’o-Leibnitz’o formule.

16.4 teorema. Tarkime, kad funkcija f : [a, b]→ R yra R-integruojama irfunkcija F : [a, b]→ R yra pirmykštė funkcijai f . Tada∫ b

af = F (b)− F (a) =: F (x)|ba. (75)

Integravimo dalimis formulė.

16.5 teorema. Tegul g : [a, b]→ R ir h : [a, b]→ R yra tolydžios funkcijostolydžiai diferencijuojamos intervalę (a, b), t.y. g, h ∈ C(1)([a, b]). Teisingalygybė ∫ b

ag(x)h′(x) dx = g(x)h(x)|ba −

∫ b

ah(x)g′(x) dx. (76)

Jei funkcija v : [a, b]→ R yra RS-integruojama atžvilgiu funkcijos u : [a, b]→R, tai u yra RS-integruojama atžvilgiu v ir teisinga lygybė∫ b

au dv = uv|ba −

∫ b

av du. (77)

Kintamųjų keitimas po integralo ženklu.

16.6 teorema. Tegul [c, d] ⊂ [a, b], g : [c, d] → [a, b] ir f : [a, b] → R.Tarkime, kad f tolydi intervale [a, b], g tolydi intervale [c, d], diferencijuo-jama jo viduje ir išvestinė funkcija g′ R-integruojama. Tada (f◦g)g′ yraR-integruojama ir ∫ d

cf(g(t))g′(t) dt =

∫ g(d)

g(c)f(x) dx. (78)

Jei, be to, f yra RS-integruojamas atžvilgiu h, tai∫ d

cf(g(t)) dh(g(t)) =

∫ g(d)

g(c)f(x) dh(x).

117

Įrodysime (78) formulę kai funkcija f turi pirmykštę F , t.y. f = F ′.∫ d

cf(g(x))g′(x) dx =

∫ d

cF ′(g(x))g′(x) dx

kompozicijos diferencijavimo taisyklė =

∫ d

c(F◦g)′(x) dx

Newton’o-Leibnitz’o formulė = (F◦g)|dckontamojo x keitimas kintamuoju y = g(x) = F (y)|g(d)g(c)

Newton’o-Leibnitz’o formulė =

∫ g(d)

g(c)f(y) dy

Tegul I yra intervalas, c ∈ I, f : I → R yra R-integruojama funkcijakiekviename uždarame intervale [c, x] ⊂ I. Funkciją S : I → R su reikšmė-mis

S(x) :=

∫ x

cf, x ∈ I.

vadiname (funkcijos f) sankaupos funkcija (angl accumulation function).Kitas teiginys vadinamas pirmąja fundamentaliąja analizės teorema.

16.7 teorema. Tegul I yra neišsigimęs realiųjų skaičių intervalas, c ∈ I irf : I → R. Tarkime, kad R-integruojamas f siaurinys į kiekvieną uždarąintervalą priklausantį I. Jei f yra tolydi, tai sankaupos funkcija S yra jospirmykštė funkcija.


16.8 užduotis. Apskaičiuoti integralą ∫ ba(1 + x) dx ir atsakymą pagrįstiremiantis integralo apibrėžtimi.

Sprendimas. Laipsninės funkcijos integravimo formulės leidžia teigti, kad∫ b

a(1 + x) dx = x|ba +

x2

2|ba = (b− a) + 1

2(b2 − a2) =: I.

Tegul f(x) = 1 + x ir τ = {(si, [ti−1, ti]) : i = 1, . . . , n} yra intervalo [a, b]žymėtasis skaidinys. Kadangi (b− a) =

∑ni=1(ti − ti−1) ir

b2 − a2 =n∑i=1

(t2i − t2i−1) =n∑i=1

(ti + ti−1)(ti − ti−1),

118

tai

|I − S(f, τ)| =∣∣∣(b− a) + 1

2(b2 − a2)−

n∑i=1

(1 + si)(ti − ti−1)∣∣∣

=∣∣∣[(b− a)− n∑

i=1

(ti − ti−1)]+

n∑i=1

[ ti−1 + ti2

− si](ti − ti−1)

∣∣∣≤ max

1≤i≤n

∣∣∣ ti−1 + ti2

− si∣∣∣ n∑i=1

(ti − ti−1).

Nesunku patikrinti, kad

ti−1 6ti−1 + ti

26 ti

kiekvienam i ∈ {1, . . . , n}. Be to, si ∈ [ti−1, ti] kiekvienam i ∈ {1, . . . , n}.Todėl

ti−1 + ti2

− si ≤ ti − ti−1

kiekvienam i ∈ {1, . . . , n}. Tegul ε > 0 ir maxi(ti − ti−1) < δ := ε/(b − a).Tada

|I − S(f, τ)| ≤ max1≤i≤n

∣∣∣ ti−1 + ti2

− si∣∣∣(b− a) ≤ (b− a)max

i(ti − ti−1) < ε.

Pagal Riemanno integralo apibrėžimą ∫ ba(1 + x) dx egzistuoja ir lygus I.

16.9 užduotis. Naudojant integravimo dalimis formulę (76) apskaičiuotinurodytą integralą:

1. ∫ ln 20 xe−x dx. Ats.: 1

2 lne2

2. ∫π0 x sinx dx. Ats.: π

3. ∫2π0 x2 cosx dx. Ats.: 4π

4. ∫ e1/e | lnx| dx Ats.: 2(1− 1e )

Sprendimas. Integralas Nr. 1: Tegul g(x) = x ir h(x) = −e−x. Remian-tis (76) gauname ∫ ln 2

0xe−x dx = −

∫ ln 2

0x(e−x)′ dx

= −xe−x|ln 20 +

∫ ln 2

0e−x dx

remiantis (75) su F (x) = −e−x = − ln 2

2− e−x|ln 2

0 =1

2lne

2.

119

Integralas Nr. 2:∫ π

0x sinx dx = −

∫ π

0x(cosx)′dx

= −x cosx|π0 +

∫ π

0cosx dx

= π + sinx|π0 = π.

Integralas Nr. 3:∫ 2π

0x2 cosx dx =

∫ 2π

0x2(sinx)′ dx

= x2 sinx|2π0 + 2

∫ 2π

0x(cosx)′ dx

= 0 + 2x cosx|2π0 − 2

∫ 2π

0cosx dx

= 4π − 2 sinx|2π0 = 4π.

Integralas Nr. 4:∫ e

1/e| lnx| dx = −

∫ 1

1/elnx(x)′ dx+

∫ e

1lnx(x)′dx

= −x lnx|11/e +∫ 1

1/ex1

xdx+ x lnx|e1 −

∫ e

1x1

xdx

= 2(1− 1

e).

16.10 užduotis. Integruojant apskaičiuoti plotą skritulio, kurio spindulysr.

Sprendimas. Tarkime, kad S yra skritulio plotas. Apskaičiuosime ketvir-tosios skritulio dalies plotą. Skritulio centrą sutapatinsime su koordinačiųsistemos pradžia. Skritulį galima išreikšti figūra ribojama x-ų ašimi ir gra-fiku funkcijos f : [0, r]→ R su reikšmėmis

f(x) =√r2 − x2, x ∈ [0, r].

Atlikdami kintamųjų keitimą x = r sin t = g(t) ∈ [0, r], kai t ∈ [0, π/2],gauname∫ r

0

√r2 − x2 dx = r2

∫ π/2

0

√1− sin2 t cos t dt = r2

∫ π/2

0cos2 t dt.

Kadangi cos2 t = (1 + cos 2t)/2, tęsdami pastarąją lygybę turime

J :=

∫ π/2

0cos2 t dt =

π

4+

1

2

∫ π/2

0cos 2t dt =

π

4.

Gavome S = 4r2J = πr2.

120

16.11 užduotis. Naudojant kintamųjų keitimą po integralo ženklu ((78)formulė) apskaičiuoti nurodytus integralus:

1. ∫1−1 x dx√5−4x . Ats.: 1

6 (Demidovičius Nr. 2245)

2. ∫a0 x2√a2 − x2 dx. Ats.: πa4


3. ∫ ln 20

√ex − 1 dx. Ats.: 2− π


Sprendimas. Integralas Nr. 1. Tegul t = g(x) := 5− 4x, t ∈ [1, 9]. Tadadt = g′(x)dx = −4 dx. Kadangi g yra tiesinė funkcija, tai egzistuoja josatvirkštinė funkcija g−1 ir x = g−1(g(x)). Gauname

x√5− 4x

dx =g−1(g(x))√

g(x)

g′(x)dx

g′(x)= f(g(x))

g′(x)dx

−4= −1

4f(t) dt,

čia f(t) = g−1(t)√t

. g−1(t) išraišką gauname išsprendę lygtį t = 5−4x atžvilgiux. Taikydami (78) formulę gauname∫ 1

−1

x dx√5− 4x

= − 1

16

∫ 1

9

5− t√tdt

=5

16

∫ 9

1

dt√t− 1

16

∫ 9

1

√t dt

=10

16·2− 2

16·3·26 =

1

6.

Integralas Nr. 2. Tegul f(x) = x2√a2 − x2 ir x = a sin t =: g(t), t ∈

[0, π/2]. Tada dx = g′(t) dt = a cos t dt. Taikydami (78) formulę gauname∫ a

0x2√a2 − x2 dx = a4

∫ π/2

0sin2 t cos2 t dt

sinuso dvigubo kampo formulė =a4

4

∫ π/2

0sin2(2t) dt

kosinuso dvigubo kampo formulė =a4

8

∫ π/2

0(1− cos 4t) dt

Newton’o-Leibniz’o formulė =a4

8

[π2− 1

4sin 4t|π/20

]=πa4

16.

Integralas Nr. 3. Tegul f(x) =√ex − 1 ir x = ln(1 + t2) =: g(t),

t ∈ [0, 1]. Tada dx = g′(t) dt = 2t dt/(1 + t2). Taikydami (78) formulęgauname ∫ ln 2

0

√ex − 1 dx = 2

∫ 1

0

t2 dt

1 + t2

= 2

∫ 1

0

[1− 1

1 + t2

]dt

= 2− 2 arctg t|10 = 2− π

2.

121

16.12 užduotis. Tegul f : [0, 3] → R yra funkcija, kurios grafikas .....f(0) = 2, ..., f(1) = 2, f(t) = −2t + 4 kai t ∈ [1, 3]. Atlikti šiuos veiks-mus:

(a) rasti sankaupos funkciją S(f),

(b) nustatyti sankaupos funkcijos monotoniškumo intervalus ir ekstremu-mo taškus

(c) nubrėžti sankaupos funkcijos grafiką

(d) rasti sankaupos funkcijos išvestinę funkciją.

16.13 užduotis. Tegul f : [a, b] → R yra tolydi funkcija ir c ∈ [a, b]. Te-gul g : [u, v] → R yra diferencijuojama intervale (u, v) ir g[(u, v)] ⊂ (a, b).Įrodyti, kad funkcija h : [u, v]→ R su reikšmėmis∫ g(x)

cf, x ∈ [u, v],

yra diferencijuojama intervale (u, v) ir rasti jos išvestinę.

Sprendimas. Funkcija h yra kompozicija S(f)◦g. Remiantis kompozi-cijos diferencijavimo taisykle, h yra diferencijuojama jei g ir S(f) yra dife-rencijuojamos. g yra diferencijuojama pagal prielaidą, o S(f) yra diferen-cijuojama pagal pirmąją FAT, nes f yra tolydi pagal prielaidą. Dar kartąremiantis kompozicijos diferencijavimo taisykle ir antrąja FAT kompozicijosišvestinė yra

h′(x) = [S(f)]′(g(x))·g′(x) = f(g(x))·g′(x)

kiekvienam x ∈ (u, v).


16.14 užduotis. Tegul [a, b] yra neišsigimęs intervalas. Duotam δ > 0 rastitokį [a, b] skaidinį τ , kurio smulkis |τ | < δ.

16.15 užduotis. Tegul 1I[1,2] : [0, 3]→ R yra indikatorinė funkcija su reikš-mėmis 1I[1,2](x) = 1 kai x ∈ [1, 2] ir 1I[1,2](x) = 0 kai x ∈ [0, 3] \ [1, 2].Apskaičiuoti integralą naudojant tik integralo apibrėžimą∫ 3

01I[1,2](x) dx.

16.16 užduotis. Tegul f(x) = c (konstanta) visiems x ∈ [a, b]. Apskaičiuotiintegralą ∫ ba f(x) dx ir atsakymą pagrįsti remiantis integralo apibrėžtimi.

122

16.17 užduotis. Tegul f : [−1, 4] → R yra funkcija su reikšmėmis f(x) =1 + x. Dalinant intervalą [−1, 4] į n lygių atkarpų ir žymėmis imant tųintervalų vidurius, apskaičiuoti atitinkamą integralinę sumą.

16.18 užduotis. Naudojant integralo apibrėžimą apskaičiuoti funkcijos f : [a, b]→R Riemanno integralą, kai funkcijos reikšmės yra f(x) = x, x ∈ [a, b].

Nuoroda: jei {xi : i = 0, . . . , n} yra [a, b] skaidinys, tai

n∑i=1

xi−1 + xi2

(xi − xi−1) =b2 − a2

2

16.19 užduotis. Naudojant Newton’o-Leibnitz’o formulę (75) apskaičiuotinurodytą integralą:

1. ∫10 ex dx. Ats.: e− 1.

2. ∫8−1 x1/3 dx. Ats.: 1114 . (Demidovičius Nr. 2206)

3. ∫π0 sinx dx. Ats.: 2. (Demidovičius Nr. 2207)

4. ∫√3

1/√3

dx1+x2

. Ats.: π/6. (= arctg x|ba Demidovičius Nr. 2208)

5. ∫1/2−1/2dx√1−x2 . Ats.: π/3. (= arcsinx|ba Demidovičius Nr. 2209)

6. ∫20 |1− x| dx. Ats.: 1 (Demidovičius Nr. 2211)

16.20 užduotis. Naudojant integravimo dalimis formulę (76) apskaičiuotinurodytą integralą:

1.∫ 2−1 xe

6x dx. Ats.: 1136e

12 + 736e−6.

2.∫ π/40 x sec2 x dx.

3.∫ e1 x

2 lnx dx. Ats.: 2e3+19 .

4.∫ 10 x

2e2x dx. Ats.: e2/2.

5.∫ 21 x

n ln(x) dx, n ∈ N∗.

16.21 užduotis. Naudojant kintamųjų keitimą po integralo ženklu ((78)formulė) apskaičiuoti nurodytus integralus:

1.∫ 10 x√9− 5x2 dx. Ats.: 19

15 .

2.∫ 52 x√x− 1 dx. Ats.: 256

15 .

16.22 užduotis. Nustatyti nurodytomis reikšmėmis apibrėžtos funkcijos fapibrėžimo sritį ir rasti jos išvestinę funkciją naudojant 16.7 teoremą:

123

1.f(x) =

∫ 10

xtg t dt,

2.

f(x) =

∫ 1/x

2

1

tg tdt,

3.f(x) =

∫ 0

exsin3 t dt,

4.

f(x) =

∫ 3x

2x

t2 − 1

t2 + 1dt,

5.

f(x) =

∫ 5x

cosxcos(t2) dt.

16.23 užduotis. Tegul f(t) =∫ t21

√1+s4

s ds ir g(x) =∫ x1 f(t) dt. Rasti

g′′(2).

16.24 užduotis. Tegul f(x) =∫ x0

11+t+t2

dt. Rasti sritis, kuriose funkcijayra iškila, įgaubta ir kur yra jos persilenkimo taškai.

16.25 užduotis. Integruojant apskaičiuoti plotą lygiakraščio trikampio, ku-rio kraštinės ilgis a.

124

17 Neapibrėžtinis integralas


Funkcijos neapibrėžtinis integralas yra jos pirmykštės funkcijos (16.3 api-brėžtis) bendriausia išraiška. Suformuluosime tiksliau.

17.1 apibrėžtis. Tegul A yra realiųjų skaičių aibė su netuščiu vidumi A◦ir funkcija f : A → R turi pirmykštę funkciją. Funkcijos f neapibrėžtiniuintegralu, žymimu

∫f(x) dx, vadiname jos pirmykštės funkcijos bendriausią

išraišką. Jei A yra intervalas ir F yra funkcijos f pirmykštė funkcija, tai∫f(x) dx = F (x) + C, x ∈ A, (79)

yra funkcijos f neapibrėžtinis integralas.

17.2 pastaba. Daugelyje vadovėlių neapibrėžtiniu integralu vadinamas tie-siog (79) reiškinys, nereikalaujant bendrumo ir dažnai ignoruojant šio integ-ralo apibrėžimo sritį A. Kai A yra intervalas, tai jokių skirtumų neatsiranda.Skaitytojui siūlome pačiam atlikti tyrimą panagrinėjant kitus vadovėlius irpaieškant skirtumų kitais atvejais.

Suintegruoti neapibrėžtinį integralą ∫ f(x) dx reiškia rasti funkcijos fpirmykštę funkciją F , t.y. (79) išraišką. Toliau užrašytos elementariųjųfunkcijų neapibrėžtinių integralų formulės patikrinamos randant atitinka-mas pirmykštes funkcijas iš elementariųjų funkcijų diferencijavimo formuliųlentelės. ∫

0 dx = C, x ∈ R,∫1 dx = x+ C, x ∈ R,∫xq dx = C +

{xq+1

q+1 , jei q 6= −1,lnx, jei q = −1,

x > 0.∫rx dx =

rx

ln r+ C, r > 0, r 6= 1, x ∈ R,∫

sinx dx = − cosx+ C, x ∈ R,∫cosx dx = sinx+ C, x ∈ R,∫

dx

1 + x2= arctanx+ C, x ∈ R,∫

dx√1− x2

= arcsinx+ C, x ∈ (−1, 1).

125

Sudėtingesnių funkcijų neapibrėžtiniai integralai apskaičiuojami naudojanttoliau formuluojamas taisykles ir jau žinomus paprastesnių funkcijų neapi-brėžtinius integralus.

17.3 teorema. Tegul I yra realiųjų skaičių intervalas, f, g : I → R yrafunkcijos ir k ∈ R. Tarkime, kad f ir g turi pirmykštes funkcijas. Tada

(a) f +g turi pirmykštę funkciją ir∫[f +g](x) dx =

∫f(x) dx+

∫g(x) dx;

(b) f −g turi pirmykštę funkciją ir∫[f −g](x) dx =

∫f(x) dx−

∫g(x) dx;

(c) kf turi pirmykštę funkciją ir∫[kf ](x) dx = k

∫f(x) dx.

17.4 teorema. Tegul I, J yra realiųjų skaičių intervalai, funkcijos g : I → Jir f : J → R. Tarkime, kad g yra tolydžiai diferencijuojama (I viduje), o Fyra f pirmykštė funkcija. Tada∫

f(g(x))g′(x) dx = F (g(x)) + C, x ∈ I◦.

Išvada: teisinga implikacija

jei∫f(t) dt = F (t) + C, tai

∫f(ax+ b) dx = 1

aF (ax+ b) + C. (80)

17.5 teorema. Tegul I yra realiųjų skaičių intervalas ir f, g : → R yrafunkcijos. Tarkime, kad f ir g yra tolydžiai diferencijuojamos intervaloviduje I◦. Tada funkcijos f ′g ir fg′ turi pirmykštes ir∫

f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)−∫f ′(x)g(x) dx, x ∈ I◦. (81)


17.6 užduotis. Apskaičiuoti neapibrėžtinius integralus:

1.∫(3x2 + 4x+ 6) dx, x ∈ R;

2.∫

1x+a dx, x ∈ R ir x+ a 6= 0;

3.∫ax+bcx+d dx, x ∈ R ir cx+ d 6= 0;

Sprendimas. Integralas Nr. 1: naudojant 17.3 teoremą ir elementariųjųfunkciją neapibrėžtinių integralų lentelę gaunama∫

(3x2 + 4x+ 6) dx =

∫3x2 dx+

∫4x dx+

∫6 dx

= 3

∫x2 dx+ 4

∫x dx+ 6

∫dx

= x3 + 2x2 + 6x+ C.

126

Integralas Nr. 2: Tegul x > −a ir g(x) := x+a > 0. Remiantis 17.4 teoremair tuo, kad lnx yra funkcijos 1

x pirmykštė, gaunama∫1

x+ adx =

∫1

g(x)g′(x) dx

= ln(g(x)) + C1 = ln(x+ a) + C1.

Tegul x < −a ir g(x) = −x− a > 0. Tada g′(x) = −1 ir∫1

x+ adx =

∫1

g(x)g′(x) dx

= ln(g(x)) + C2 = ln(−x− a) + C2.

Gavome ∫1

x− adx =

{ln(x+ a) + C1, jei x+ a > 0,ln |x+ a|+ C2, jei x+ a < 0.

Integralas Nr. 3: dalindami skaitiklį iš vardiklio gauname

ax+ b

cx+ d=

a(x+ (d/c))− (ad)/c+ b

c(x+ (d/c))

=a

c+bc− ad

c· 1

cx+ d.

Todėl∫ax+ b

cx+ ddx =

a

cx+

bc− adc2

·{

ln(cx+ d) + C1, jei cx+ d > 0,ln |cx+ d|+ C2, jei cx+ d < 0.

17.7 užduotis. Apskaičiuoti neapibrėžtinius integralus, naudojant kinta-mųjų keitimą:

1. ∫dx

sinx cosx, x ∈ (0,

π

2);

2. ∫dx

sinx, x ∈ (0, π);

3. ∫dx

cosx, x ∈ (−π

2,π

2);

Sprendimas. Integralas Nr. 1:∫dx

sinx cosx=

∫1

tg x· dx

cos2 x= ln(tg x) + C.

127

Integralas Nr. 2:∫dx

sinx=

∫d(x/2)

sin(x/2) cos(x/2)= ln(tg

x

2) + C.

Integralas Nr. 3:∫dx

cosx=

∫d(x+ (π/2))

sin(x+ (π/2))= ln(tg(

x

2+π

4)) + C.

17.8 užduotis. Apskaičiuokite neapibrėžtinį integralą naudodami integra-vimą dalimis:

1. [10, 165 psl.] ∫e−x cos

x

2dx;

Sprendimas. Tegul f(x) = e−x ir g′(x) = cos(x/2). Tada g(x) =2 sin(x/2) ir remiantis (81) turime

I :=

∫e−x cos

x

2dx = 2e−x sin

x

2+ 2

∫e−x sin

x

2dx. (82)

Tegul J yra paskutinis integralas. Dar kartą taikom (81) integralui J nau-dodami f(x) = e−x ir g′(x) = sin(x/2). Tada g(x) = −2 cos(x/2) ir

J =

∫e−x sin

x

2dx = −2e−x cos x

2− 2I.

Įstatę šią reikšmę į (82) ir išsprendę atžvilgiu I gauname

I =2

5e−x(sin

x

2− 2 cos

x

2

)+ C.

Jei skaičiuodami J pasirinktume f(x) = sin(x/2) ir g′(x) = e−x, tai gautumetapatybę 0 = 0, kuri neduotų ieškomo integralo reikšmės.

17.9 užduotis. Įrodyti, kad∫secx dx = ln(secx+ tg x), x ∈ I :=

(− π

2,π

2

). (83)

Sprendimas. Kai x ∈ I, tai cosx ∈ (0, 1] ir secx = 1cosx ≥ 1. Pertvarky-

sime pointegrinę funkciją

secx =1

cosx=

cosx

cos2 x=

sin′ x

1− sin2 x= f(g(x))g′(x),

čia g(x) = sinx, x ∈ I, ir

f(u) :=1

1− u2, u ∈ (−1, 1).

128

Funkcija f yra tolydi intervale (−1, 1), o funkcija g : I → (−1, 1) yra diferen-cijuojama. Remiantis pirmąja FAT, f turi pirmykštę funkciją F : (−1, 1)→R. Remiantis kompozicijos integravimo taisykle (17.4 teorema),∫

secx dx =

∫f(g(x))g′(x) = F (g(x)) + C, x ∈ I. (84)

Tam, kad rasti funkcijos F išraišką reikia apskaičiuoti neapibrėžtinį integralą∫f(u) du, u ∈ (−1, 1). Toliau pertvarkysime pointegrinę funkciją f . Rasime

tokius A ir B, kad

f(u) =1

1− u2=

A

1− u+

B

1 + u.

Išsprendę sistemą gauname A = B = 12 . Apskaičiuosime neapibrėžtinius

integralus∫

du1−u ir

∫du1+u , kai u ∈ (−1, 1). Remiantis kompozicijos diferen-

cijavimo taisykle, kiekvienam u ∈ (−1, 1) teisingos lygybės−1

1− u= ln′(1− u) ir 1

1 + u= ln′(1 + u).

Tai reiškia, kad u 7→ ln(1 − u) ir u 7→ ln(1 + u) yra, atitinkamai, funkcijųu 7→ 1

1−u ir u 7→ 11+u pirmykštės. Todėl kiekvienam u ∈ (−1, 1) teisingos

lygybės∫du

1− u= − ln(1− u) + C1 ir

∫du

1 + u= ln(1 + u) + C2

čia C1 ∈ R ir C2 ∈ R. Tegul C := C1+C2. Remiantis 17.3 teorema, funkcijaf turi pirmykštę ir jos neapibrėžtinis integralas∫

f(u) du = −1

2

∫du

1− u+

1

2

∫du

1 + u

=1

2ln

1 + u

1− u+ C

=1

2ln

(1 + u)2

1− u2+ C

= ln1 + u√1− u2

+ C.

Gavome, kad F (u) = ln 1+u√1−u2 , u ∈ (−1, 1) yra funkcijos f pirmykštė. Įstatę

šią reikšmę į (84) gauname∫secx dx = ln

1 + sinx√1− sin2 x

+ C

= ln1 + sinx

cosx+ C

= ln(secx+ tg x) + C,

visiems x ∈ I, ką ir reikėjo įrodyti.

129


17.10 užduotis. Apskaičiuoti neapibrėžtinį integralą∫secx dx, x ∈

(π2,3π

2

).

Nuoroda: atsižvelgti į 17.9 užduotį.

17.11 užduotis. Apskaičiuoti neapibrėžtinį integralą:

1. ∫dx

(x− a)k, x > a, k > 1;

2. ∫sin mxdx, x ∈ R, m 6= 0;

3. ∫eax dx, x ∈ R, a 6= 0;

4. ∫dx√a2 − x2

, a > 0, x ∈ (−a, a);

5. ∫dx

a2 + x2, a > 0, x ∈ R;

6. ∫(ex − 1)(e2x + 1)

e3xdx, x ∈ R;

7. ∫2x2 − 3x+ 1

x+ 1dx, x ∈ R\{−1};

8. ∫dx

x2 − 1, x ∈ R \ {−1, 1};

9. ∫dx

(x+ 1)(x+ 2), x ∈ R\{−1,−2};

10. kai B2 > AC∫dx

Ax2 + 2Bx+ C, Ax2+2Bx+C 6= 0;

11. kai m 6= 0∫sin2mxdx, x ∈ R;

12. kai m 6= 0 ir n 6= 0∫sin mx cos nx dx, x ∈ R;

17.12 užduotis. Apskaičiuoti neapibrėžtinį integralą, naudojant kintamųjųkeitimą:

1.

∫sin3 x cosx dx, x ∈ R;

2. keičiant x = t6,

∫dx√

x(1 + 3√x), x > 0;

130

3. ∫ √a2 − x2 dx, a > 0, x ∈ (−a, a);

4. ∫ex

2x dx, x ∈ R;

5. ∫x dx

1 + x4, x ∈ R;

6. ∫x2 dx

cos2 x3, x3 ∈ (−π

2,π

2);

7. ∫lnx

xdx, x > 0;

8. ∫dx

x lnx, x > 0;

9. ∫dx

x ln2 x, x > 0;

10. ∫cosx dx

1 + sin2 x, x ∈ R;

11. ∫tg x dx, x ∈ (−π

2,π

2);

12. ∫2x dx

1 + x2, x ∈ R;

13. ∫ctgx dx, x ∈ (0, π);

14. ∫e2x dx

e2x + 1, x ∈ R;

17.13 užduotis. Apskaičiuoti neapibrėžtinį integralą, naudojant integravi-mą dalimis

1. ∫x cosx dx;

2. ∫ln |x| dx, x ∈ R \ {0};

3. ∫lnx

x3dx;

4. ∫x arctgx dx;

5. ∫arcsinx dx;

6. ∫ln(xn) dx;

7. ∫e−x cos

x

2dx;

8. ∫(x2 + 1)e−2x dx;

9. ∫x sec2 x dx;

10. ∫x ln(x− 1) dx;

11. ∫arcctgx dx;

131

12. ∫ln(1 + x2) dx;

13. ∫eax sin bx dx;

14. (*) ∫arcsinx

x2dx;

15. (*) ∫lnx

(x+ 1)2dx;

16. (*)

∫arctg

√2x− 1 dx.


1. kai x ∈ R ∫dx

1 + x2= arctanx+ C = −arccotx+ C;

2. kai |x| < 1 ∫dx√1− x2

= arcsinx+ C = − arccosx+ C;

3. kai x ∈ R ∫dx√1 + x2

= log(x+√

1 + x2) + C;

Nuoroda: kintamųjų keitimas x = tg t ir 17.9 užduotis.

4. kai |x| > 1 ∫dx

±√x2 − 1

= log(x±√x2 − 1) + C;

5. kai x ∈ R \ {1}∫dx

1− x2=

{ 12 log

1+x1−x + C1, jei |x| < 1,

12 log

x+1x−1 + C2, jei |x| > 1.

Daug užduočių yra knygose Demidovič (3 skyrius), Misevičius MA už-davinynas. Tik reikia atkreipti dėmesį į neapibrėžtinio integralo apibrėžtiesskirtumus.

132

18 Netiesioginiai integralai


Pirmosios rūšies netiesioginiu integralu vadinamas integralas, kurio integ-ravimo sritimi yra begalinis intervalas: [a,∞), (−∞, b] arba (−∞,∞). No-rėdami tiksliau apibrėžti netiesioginį integralą tarkime, kad a ∈ R, b ∈ R irf yra funkcija.

1. Tarkime, kad funkcija f : [a,∞)→ R yra R-integruojama kiekvienameintervale [a,A], A > a. Jei egzistuoja riba∫ ∞

af := lim

A→∞

∫ A

af(x) dx,

tai ji vadinama funkcijos f pirmosios rūšies netiesioginiu integralu in-tervale [a,∞).

2. Tarkime, kad funkcija f : (−∞, b]→ R yra R-integruojama kiekviena-me intervale [B, b], B < b. Jei egzistuoja riba∫ b

−∞f := lim

B→−∞

∫ b

Bf(x) dx,

tai ji vadinama funkcijos f netiesioginiu integralu intervale (−∞, b].

3. Netiesioginis integralas konverguoja, jei egzistuoja atitinkama riba.Priešingu atveju netiesioginis integralas diverguoja.

4. Tarkime, kad c ∈ R ir f : R → R. Netiesioginis integralas∫∞−∞ f

konverguoja, jei lygybės∫ ∞−∞

f :=

∫ c

−∞f +

∫ ∞c

f

dešinėje pusėje esantys abu netiesioginiai integralai konverguoja.

5. Funkcijos f netiesioginis integralas konverguoja absoliučiai, jei konver-guoja funkcijos |f | netiesioginis integralas. Funkcijos f netiesioginis in-tegralas konverguoja reliatyviai, jei funkcijos f netiesioginis integralaskonverguoja, bet diverguoja funkcijos |f | netiesioginis integralas.

Tarkime, kad atsitiktinio dydžio X pasiskirstymo funkcija yra F (x) :=Pr({X 6 x}) ir tankio funkcija f(x) = F ′(x), x ∈ R (jei egzistuoja išvesti-nė). Tada atsitiktinio dydžio X n-tuoju momentu vadinamas integralas

EXn =

∫ ∞−∞

xn dF (x) =

∫ ∞−∞

xnf(x) dx, n ∈ N

133

su sąlyga, kad E|X|n yra baigtinis, t.y. su sąlyga, kad netiesioginis integralaskonverguoja absoliučiai. Kai n = 1, 1-asis momentas EXn = EX vadinamasatsitiktinio dydžio X vidurkiu. Atsitiktinio dydžio X dispersija vadinamasintegralas

DX = V ar(X) := E(X − EX)2 =

∫ ∞−∞

(x− EX)2 dF (x)

=

∫ ∞−∞

(x− EX)2f(x) dx.

Taigi, jei vidurkis EX = 0, tai X-o dispersija yra jo 2-asis momentas EX2.Tegul X yra normalus a.d. su parametrais µ ir σ, tai žymima N(µ, σ).

Jo tankio funkcija yra

f(x) =1

σ√2π

exp{− (x− µ)2

2σ2}, x ∈ R. (85)

Normalusis atsitiktinis dydis vadinamas standartiniu, žymimas N(0, 1), jeijo tankio funkcija yra (85), µ = 0 ir σ = 1.

Antrosios rūšies netiesioginiu integralu vadinamas integralas, kurio poin-tegrinė funkcija yra neaprėžta arba turi begalinį trūkį. Norėdami tiksliauapibrėžti netiesioginį integralą tarkime, kad a ∈ R, b ∈ R ir f yra funkcija.

1. Tarkime, kad a < b ir funkcija f : [a, b) → R yra R-integruojamakiekviename intervale [a,A], a < A < b. Jei egzistuoja riba iš kairės∫ b

af := lim

A→b−

∫ A

af(x) dx,

tai ji vadinama funkcijos f antrosios rūšies netiesioginiu integralu in-tervale [a, b).

2. Tarkime, kad a < b ir funkcija f : (a, b] → R yra R-integruojamakiekviename intervale [A, b], a < A < b. Jei egzistuoja riba iš dešinės∫ b

af := lim

A→a+

∫ b

Af(x) dx,

tai ji vadinama funkcijos f antrosios rūšies netiesioginiu integralu in-tervale (a, b].

3. Tarkime, kad a < c < b ir funkcija f : [a, b] \ {c} → R yra R-integruojama kiekviename intervale [a,A], a < A < c, ir kiekvienameintervale [B, b], c < B < b. Jei egzistuoja ribos∫ b

af := lim

A→c−

∫ A

af + lim

B→c+

∫ b

Bf

tai ji vadinama funkcijos f antrosios rūšies netiesioginiu integralu in-tervale [a, b].

134

4. Netiesioginis integralas konverguoja, jei egzistuoja atitinkama riba.Priešingu atveju netiesioginis integralas diverguoja.


18.1 užduotis. Apskaičiuoti netiesioginius integralus:

1. ∫ ∞1

lnx

x3dx;

2. ∫ 2

0

x3 dx√4− x2

.

Sprendimas. Integralas Nr. 1: pagal apibrėžimą

I :=

∫ ∞1

lnx

x3dx = lim

A→∞

∫ A

1

lnx

x3dx.

Naudosime integravimo dalimis formulę (81) su f(x) = lnx ir g′(x) = x−3.Tada g(x) = −1/(2x2) ir∫ A

1

lnx

x3dx =

(− lnx

2x2− 1

4x2

)∣∣∣A1= − lnA

2A2− 1

4A2+

1

4.

Įstatę gautą reiškinį į I išraišką gauname

I = limA→∞

(− lnA

2A2− 1

4A2+

1

4

)=

1

4− 1

2limA→∞

lnA

A2

=1

4− 1

4limA→∞

1

A2=

1

4,

čia naudojome L’Höpithal’io taisyklę.Integralas Nr. 2: pointegrinė funkcija neaprėžta taško 2 aplinkoje. Pir-

mą kartą atlikus kintamųjų keitimą x = 2 sin t, ji tampa aprėžta intervale[0, π/2]. Dar kartą atlikus kintamųjų keitimą g(t) = − cos t, pavyksta suin-tegruoti∫ 2

0

x3 dx√4− x2

= limA→2−

∫ A

0

x3 dx√4− x2

= lima→ pi

2−

∫ 2 sin a

0

x3 dx√4− x2

= lima→π

2−

∫ a

0

8 sin3 t√4− 4 sin2 t

(2 sin t)′ dt = 8

∫ π/2

0sin3 t dt

= 8

∫ π/2

0(1− cos2 t)(− cos t)′ dt

= 8

∫ 0

−1(1− x2) dx =

16

3.

18.2 užduotis. Parodyti, kad (85) funkcija yra tankio funkcija, kai µ = 0ir σ = 1.

135

Sprendimas. Atliksime kintamųjų keitimą x 7→ yx, čia y ∈ [0,∞) yrafiksuotas skaičius,

I :=

∫ ∞0

exp{− x2

2

}dx =

∫ ∞0

exp{− (yx)2

2

}y dx.

Šį dydį padauginę iš e−y2/2 integruosime atžvilgiu y ir sukeisim integravimotvarką:

I2 =

∫ ∞0

exp{− y2

2

}I dy =

∫ ∞0

[∫ ∞0

exp{− (x2 + 1)y2

2

}y dy

]dx.

Pakeisime kintamąjį y nauju kintamuoju z = [(x2 + 1)y2]/2. Tada dz =(x2 + 1)y dy ir

I2 =

∫ ∞0

∫ ∞0

e−zdz

1 + x2dx =

∫ ∞0

e−z dz

∫ ∞0

dx

1 + x2

=(− e−z|∞0

)(arctg x|∞0

)= (+1)(

π

2).

Taigi I =√π/2. Kadangi pointegrinė funkcija yra lyginė, tai∫ ∞

−∞exp

{− x2

2

}dx = 2I =

√2π,

ką ir reikėjo parodyti. Šis skaičiavimo metodas priskiriamas P.S. Laplace(1749-1827): Théorie Analytiques des Probabilités.

18.3 užduotis. Apskaičiuoti standartinio normalaus a.d. pirmą, antrą irketvirtą momentus.

Sprendimas. Pirmas momentas, kaip ir kiti, egzistuoja, jei konvergavi-mas absoliutus, t.y. kai baigtinis E|X|. Atlikę kintamųjų kaitimą gauname

E|X| =

∫ ∞−∞|x|e−

x2

2 dx = 2

∫ ∞0

x exp{− x2

2

}dx

= 2

∫ ∞0

(x22

)′exp

{− x2

2

}dx = 2

∫ ∞0

e−x dx

= 2(− e−x

)|∞0 = 2.

Skaičiuojant EX pasinaudosime tuo, kad pointegrinė funkcija yra nelyginė

EX =1√2π

∫ ∞−∞

x exp{− x2

2

}dx =

1√2π

(∫ 0

−∞+

∫ ∞0

)x exp

{− x2

2

}dx.

Integrale nuo −∞ iki 0 pakeitę kintamąjį x 7→ −x, gauname

EX = − 1√2π

∫ ∞0

x exp{− x2

2

}dx+

1√2π

∫ ∞0

x exp{− x2

2

}dx = 0.

136

Apskaičiuosime antrą momentą naudodami integravimą dalimis (76). Tegul

u(x) = x, u′(x) = 1, v(x) = − exp{− x2

2

}, v′(x) = x exp

{− x2

2

}.

Tada

EX2 =1√2π

∫ ∞−∞

x2 exp{− x2

2

}dx =

1√2π

∫ ∞−∞

u(x)v′(x) dx

=1√2π

(−x exp

{− x2

2

}|∞−∞ +

∫ ∞−∞

exp{− x2

2

}dx

)= 1,

nes dešinėje pusėje pirmasis narys lygus nuliui remiantis L’Hopital’io taisyk-le, o antrasis narys yra tankio integralas.

Panašiai apskaičiuosime ir ketvirtą momentą. Tegul

u(x) = x3, u′(x) = 3x2, v(x) = − exp{− x2

2

}, v′(x) = x exp

{− x2

2

}.

Tada

EX4 =1√2π

∫ ∞−∞

x4 exp{− x2

2

}dx =

1√2π

∫ ∞−∞

u(x)v′(x) dx

=1√2π

(−x3 exp

{− x2

2

}|∞−∞ + 3

∫ ∞−∞

x2 exp{− x2

2

}dx

)= 3EX2 = 3,

nes dešinėje pusėje pirmasis narys lygus nuliui remiantis L’Hopital’io taisyk-le, o antrasis narys yra antrasis momentas.

18.4 užduotis. Apskaičiuoti normalaus a.d. N(µ, σ) pirmąjį momentą.

Sprendimas. Skaičiuodami atliksime kintamųjų keitimą y := (x− µ)/σ.Tada dy = dx/σ ir

EX =1

σ√2π

∫ ∞−∞

x exp{− (x− µ)2

2σ2}dx

=1√2π

∫ ∞−∞

(yσ + µ) exp{− y2

2

}dy

=σ√2π

∫ ∞−∞

y exp{− y2

2

}dy +

µ√2π

∫ ∞−∞

exp{− y2

2

}dy = 0 + µ.

Eksponentinio atsitiktinio dydžio X tankio funkcija yra

f(x) =

{ke−kx, jei x > 0,0, jei x < 0, (86)

čia k yra teigiama konstanta.

137

18.5 užduotis. Parodyti, kad (86) funkcija yra tankio funkcija.

Sprendimas. Tegul A > 0. Kadangi (−e−kx)′ = ke−kx, tai∫ A

0ke−kx dx = −e−kx|A0 = −e−kA + 1.

Tada ∫ ∞−∞

f =

∫ 0

−∞0 dx+

∫ ∞0

ke−kx dx

= limB→−∞

∫ 0

B0 dx+ lim

A→∞

∫ A

0ke−kx dx

= 0 + limA→∞

(− e−kA + 1

)= 1,

ką ir reikėjo parodyti.

18.6 užduotis. Apskaičiuoti eksponentinio atsitiktinio dydžio pirmą ir ant-rą momentus.

Sprendimas. Pirmą momentą apskaičiuosime integruodami dalimis (76).Tegul

u(x) = x, u′(x) = 1, v(x) = −e−kx, v′(x) = ke−kx.

Tada

EX =

∫ ∞−∞

xf(x) =

∫ ∞0

kxe−kx dx = limA→∞

∫ A

0u(x)v′(x) dx

= limA→∞

(xe−kx|A0 +

∫ A

0e−kx dx

)= lim

A→∞

(xe−kx|A0 −

1

ke−kx|A0

)=

1

k,

nes, remiantis L’Höpital’io taisykle, riba

limA→∞

A

ekA= lim

A→∞

1

kekA= 0.

Antrą momentą apskaičiuosime panašiai. Tegul

u(x) = x2, u′(x) = 2x, v(x) = −e−kx, v′(x) = ke−kx.

Tada

EX2 =

∫ ∞−∞

x2f(x) =

∫ ∞0

kx2e−kx dx = limA→∞

∫ A

0u(x)v′(x) dx

= limA→∞

(− x2e−kx|A0

)+ 2

∫ ∞0

xe−kx dx

= 0 +2

kEX =

2

k2,

138

nes, remiantis L’Höpital’io taisykle, riba

limA→∞

A2

ekA= lim

A→∞

2A

kekA= lim

A→∞

2

k2ekA= 0.

Taigi, V ar(X) = EX2 − (EX)2 = 2k2− 1

k2= 1

k2.

Cauchy atsitiktinio dydžio tankis yra

f(x) =1

π(1 + x2), x ∈ R. (87)

18.7 užduotis. Parodyti, kad (87) funkcija yra tankio funkcija.

Sprendimas. Apskaičiuosime ribą∫ ∞−∞

f(x) dx = limB→−∞

∫ 0

B

dx

1 + x2+ limA→∞

∫ A

0

dx

1 + x2

= limB→−∞

arctg x|0B + limA→∞

arctg x|A0

= 0−(− π

2

)+π

2− 0 = π,

čia pasinaudojome piešinyje pavaizduotomis arctg x funkcijos reikšmėmis.


18.8 užduotis. Parodyti, kad Cauchy atsitiktinio dydžio vidurkis neegzis-tuoja.

Sprendimas. Vidurkis neegzistuoja kai diverguoja netiesioginis integralasE|X|, t.y. kai integralas EX nekonverguoja absoliučiai.

E|X| =1

π

∫ ∞−∞

|x| dx1 + x2

=1

π

∫ ∞0

dx2

1 + x2

=1

π

∫ ∞1

dy

y=

1

πlimA→∞

ln y|A1 =∞.


18.9 užduotis. Ar netiesioginis integralas konverguoja ar jis diverguoja?:

139

1. ∫ 1

−∞ex dx, ats.: = e;

2. ∫ 1

0

dx

x, ats.: diverguoja;

3. ∫ 2

−1

dx3√(x− 1)2

, ats.: = 3( 3√2 + 1);

4. ∫ ∞−∞

dx

x2 + 2x+ 2, ats.: = π;

5. ∫ 1

0lnx dx, ats.: = −1;

6. ∫ 3

2

x dx4√x2 − 4

, ats.: = 23

4√125;

7. ∫ 0

−∞xex dx, ats.: = −1;

8. ∫ 2

0

dx

(x− 1)2, ats.: diverguoja;

9. ∫ 6

2

dx3√(4− x)2

, ats.: = 6 3√2;

10. ∫ 2

−2

x dx

x2 − 1, ats.: diverguoja.

18.10 užduotis. Apskaičiuoti nurodytų atsitiktinių dydžių pirmus du mo-mentus ir dispersiją, kai

1. pasiskirstymo funkcija F su reikšmėmis

F (x) =

0, jei x < a,x−ab−a , jei x ∈ [a, b],1, jei x > b.

Tai yra tolygiai intervale [a, b] pasiskirstęs atsitiktinis dydis. Ats.:EX = (a+ b)/2 ir EX2 = b3−a3

3(b−a) .

2. tankio funkcija f su reikšmėmis

f(x) =

{3x2

θ3, jei x ∈ [0, θ],

0, jei x ∈ (−∞, θ) ∪ (θ,∞).

čia θ > 0 yra parametras. Ats.: EX = 3θ4 ir DX = 3θ2

80 .

3. tankio funkcija f(x) = 12a exp{−|x−b|/a}, x ∈ R, čia b ∈ R ir a > 0 yra

konstantos (Laplaso skirstinys). Nuoroda:∫∞0 xne−xdx = n!. Ats.:

EX = b ir EX2 = 2a2 + b2.

140

4. tankio funkcija f(x) =, kai x > 0 ir f(x) = 0 kai x < 0,

f(x) =

{0, jei x < 0,4x2

a3√πexp{−x2

a2}, jei x ≥ 0.

čia a =√

2kTm > 0 yra konstanta (Maksvelo skirstinys). Ats.: EX =

2a/√π.

18.11 užduotis. Tegul p 6= 1. Įrodyti, kad netiesioginis integralas∫ ∞1

dx

xp

konverguoja į 1p−1 kai p > 1 ir diverguoja kai p < 1

18.12 užduotis. Įrodyti, kad integralas∫ ∞0

sinx

xdx

konverguoja neabsoliučiai.

9 pav.: Diferencijavimas vs integravimas

141

19 Funkcijų sekos konvergavimas


19.1 apibrėžtis. Tarkime, kad (fn) yra funkcijų seka aibėje A ⊂ R. Sako-ma, kad (fn) konverguoja paprastai, arba pataškiui, jei riba

f(x) := limn→∞

fn(x)

egzistuoja kiekvienam x ∈ A. Šiomis reikšmėmis apibrėžta funkcija f : A→R vadinama funkcijų sekos (fn) riba. Sakoma, kad (fn) konverguoja tolygiai,jei (fn) turi ribą f ir kiekvienam ε > 0 egzistuoja toks N ∈ N, kad visiemsn ∈ N galioja implikacija

jei x ∈ A ir n > N , tai |fn(x)− f(x)| < ε. (88)

Tegul a ∈ R ir (cj) yra realiųjų skaičių seka. Funkcijų eilutė

∞∑j=0

cj(x− a)j = c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + · · · . (89)

vadinama laipsnine eilute aplink tašką a su koeficientų seka (cj). Skaičiųsekos (|cj |1/j) viršutinė riba

ρ := lim supj→∞

|cj |1/j (90)

yra simbolis +∞ kai ši seka yra neaprėžta ir ρ yra (neneigiamas) realusisskaičius priešingu atveju. Dydis

R :=

+∞, jei ρ = 0,1/ρ, jei ρ ∈ (0,+∞),0, jei ρ = +∞.

(91)

vadinamas (89) laipsninės eilutės konvergavimo spinduliu aplink tašką a.

19.2 teorema (4.55 lema iš [8]). Tegul (ci)i≥m yra teigiamų skaičių seka.Galioja nelygybės

lim infi→∞

ci+1

ci≤ lim inf

i→∞c1/ii ≤ lim sup

i→∞c1/ii ≤ lim sup

i→∞

ci+1

ci,

kai dešinioji pusė yra skaičius, t. y. nėra +∞.

Išvada:jei lim

j→∞

cj+1

cj= α tai ρ = α.

142

Veiksmai su laipsninėmis eilutėmis. Dviejų eilučių bendrame konverga-vimo intervale, jų suma

∞∑j=0

cj(x− a)j +∞∑j=0

dj(x− a)j =∞∑j=0

(cj + dj)(x− a)j ;

jų sandauga∞∑j=0

cj(x− a)j∞∑j=0

dj(x− a)j =∞∑j=0

ej(x− a)j ,

čia ej = c0dj + c1dj−1 + · · ·+ cjd0.Funkcijos f : R→ R Taylor’o eilutė:

f(x) =∞∑j=0

f (j)(0)

j!xj .

Tokių eilučių pavyzdžiai:

ex = 1 + x+x2

2+ · · ·+ xj

j!+ · · · , x ∈ R;

sinx = x− x3

3!+ · · ·+ (−1)j−1 x2j−1

(2j − 1)!+ · · · , x ∈ R;

cosx = 1− x2

2!+ · · ·+ (−1)j x

2j

(2j)!+ · · · , x ∈ R;

(1 + x)m = 1 +mx+m(m− 1)

2!+ · · ·+ m(m− 1) · · · (m− j + 1)

j!xj + · · · ,

x ∈ (−1, 1);

ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3+ · · ·+ (−1)j−1x

j

j+ · · · , x ∈ (−1, 1].


19.3 užduotis. Tarkime, kad aibėje E ⊂ R apibrėžta funkcijų seka (fn).Nurodytais atvejais rasti E poaibius, kuriuose ši seka konverguoja paprastaiir tolygiai.

(a) fn(x) =xn visiems x ∈ E = R ir visiems n ∈ N∗;

(b) fn(x) :=1xn visiems x ∈ E = R \ {0} ir visiems n ∈ N;

(c) fn(x) =xn

n! visiems x ∈ E = R ir visiems n ∈ N∗.

Sprendimas. Atveju (a). Visoje apibrėžimo srityje E seka (fn) paprastaikonverguoja į funkciją, kuri visur lygi nuliui. Tegul M > 0. Įrodysime, kad

143

seka (fn) konverguoja į tą pačią funkciją tolygiai intervale [−M,M ]. Tegulε > 0, N > M

ε , x ∈ [−M,M ] ir n ≥ N . Tada∣∣∣xn− 0

∣∣∣ = |x|n≤ M

n≤ M

N< ε.

Atveju (b). Visoje apibrėžimo srityje E seka (fn) paprastai konverguojaį funkciją, kuri visur lygi nuliui. Tegul r > 0. Įrodysime, kad seka (fn)konverguoja į tą pačią funkciją tolygiai intervale R \ (−r, r). Tegul ε > 0,N > 1

rε , |x| ≥ r ir n ≥ N . Tada∣∣∣ 1xn− 0

∣∣∣ = 1

|x|n≤ 1

rN< ε.

Atveju (c). Visoje apibrėžimo srityje E seka (fn) paprastai konverguojaį funkciją, kuri visur lygi nuliui. Tegul x ∈ R ir m ∈ N∗ yra toks, kadm− 1 < |x| ≤ m. Tada visiems n > m∣∣∣xn

n!− 0

∣∣∣ = |x|nn!

=|x|1

|x|2· · · |x|

m· · · |x|

n

≤ |x|m |x|n

Kadangi x yra fiksuotas dešinė pusė konverguoja į nulį kai n → ∞. Seka(fn) konverguoja į tą pačią funkciją tolygiai intervale [−M,M ].

19.4 užduotis. Tarkime, kad (fn) yra funkcijų seka aibėje R, A ⊂ R irf : A→ R. Seka (fn) konverguoja į f tolygiai aibėje A tada ir tik tada, kai

limn→∞

supx∈A|fn(x)− f(x)| = 0. (92)

Sprendimas. Tarkime, kad seka (fn) konverguoja į f tolygiai aibėje A.Reikia įrodyti (92), t.y. kiekvienam γ > 0 egzistuoja M ∈ N toks, kadvisiems n ∈ N galioja implikacija

jei n ≥M , tai supx∈A |fn(x)− f(x)| < γ. (93)

Tegul γ > 0 ir ε = γ/2. Remiantis 19.1 apibrėžtimi, egzistuoja N ∈ N toks,kad visiems n ∈ N galioja implikacija

jei n ≥ N , tai ε yra aibės Bn := {|fn(x)− f(x)| : x ∈ A} viršutinis rėžis.

Tegul M := N . Tada kiekvienam n ≥ M , aibės Bn mažiausias viršutinisrėžis supBn neviršija ε, t.y.

supBn = supx∈A|fn(x)− f(x)| ≤ ε = γ/2 < γ

144

visiems n ≥ M . Įrodėme implikaciją (93) laisvai pasirinktam γ > 0. Todėlteisinga (92).

Atvirkščiai, tarkime, kad teisinga (92), t.y. kiekvienam γ > 0 egzistuojaM ∈ N toks, kad visiems n ∈ N galioja (93) implikacija. Tegul ε > 0ir γ := ε. Tada egzistuoja M ∈ N toks, kad visiems n ∈ N galioja (93)implikacija. Tegul N := M . Tada galioja (88) implikacija. Kadangi ε yralaisvai pasirinktas, tai seka (fn) konverguoja į f tolygiai aibėje A.

Kitos užduoties teiginys yra funkcijų sekos tolygaus konvergavimo Cau-chy kriterijus.

19.5 užduotis. Tarkime, kad (fn) yra funkcijų seka aibėje R, A ⊂ R irkiekvienam ε > 0 egzistuoja toks N ∈ N, kad visiems n ∈ N ir m ∈ Ngalioja implikacija

jei x ∈ A, n ≥ N ir m ≥ N , tai |fn(x)− fm(x)| < ε. (94)

Įrodyti, kad (fn) konverguoja tolygiai aibėje A.

Sprendimas. Tegul x ∈ A. Pagal prielaidą, skaičių seka (fn(x)) yraCauchy seka. Remiantis 4.36 teorema iš Analizė I, ši seka turi ribą, kuriąpažymėsime f(x). Kadangi x ∈ A yra laisvai pasirinktas, šios ribos api-brėžia funkciją f : A→ R į kurią paprastai konverguoja funkcijų seka (fn).Parodysime, kad šis konvergavimas tolygus tolygus aibėje A.

Tegul n ∈ N ir x ∈ A. Kadangi funkcija R 3 y 7→ |fn(x)− y| yra tolyditaške f(x) (10.9 užduotis), tai

limm→∞

|fn(x)− fm(x)| = |fn(x)− limm→∞

fm(x)| = |fn(x)− f(x)|. (95)

Tegul γ > 0 ir ε ∈ (0, γ). Remiantis užduoties prielaida egzistuoja toksN ∈ N, kad visiems n ∈ N ir m ∈ N galioja (94) implikacija. Remiantis(94), įrodytu faktu (95) ir 3.14 užduotimi, teisinga nelygybė

|fn(x)− f(x)| ≤ ε < γ visiems x ∈ A ir n ≥ N .

Kadangi γ > 0 yra laisvai pasirinktas, tai (fn) konverguoja tolygiai aibėjeA.

19.6 užduotis. Su kiekvienu n ∈ N tarkime, kad funkcija fn : [0, 1] → Rįgyja reikšmes fn(x) = 1

1+xn visiems x ∈ [0, 1]. Ar funkcijų seka (fn) konver-guoja paprastai, ar ji konverguoja tolygiai, ar ji nekonverguoja? Atsakymąpagrįsti.

Sprendimas. Konvergavimas yra paprastas, nes kiekvienam x ∈ [0, 1]turime ribą

limn→∞

fn(x) =

{1, kai x ∈ [0, 1),12 , kai x = 1, =: f(x).

145

Šį ir kitą faktus reikia pagrįsti pagal ribos apibrėžimą. Remiantis 19.4 už-duoties teiginiu, konvergavimas nėra tolygus, nes

limn→∞

supx∈[0,1]

|fn(x)− f(x)| =1

2.

19.7 užduotis. Tarkime, kad (fn) yra tolydžiųjų funkcijų seka intervale[a, b] tolygiai konverguojanti į funkciją f : [a, b] → R. Įrodyti, kad f yratolydi.

Sprendimas. Tegul c ∈ [a, b]. Įrodysime, kad f yra tolydi taške c. Ka-dangi fn yra tolydi funkcija, kiekvienam n ∈ N turime

limx→c

fn(x) = fn(c). (96)

Kadangi funkcijų seka (fn) tolygiai konverguoja į funkciją f ir kiekvienamn ∈ N egzistuoja (96) riba, remiantis 8.7 teorema iš Analizė I, turime

limx→c

f(x) = limx→c

limn→∞

fn(x)

remiantis 8.7 teorema = limn→∞

limx→c

fn(x)

remiantis (96) = limn→∞

fn(c) = f(c),


19.8 užduotis. Įrodyti, kad aibėje A tolygiai konverguojanti aprėžtų funk-cijų seka (fn) yra tolygiai aprėžta, t. y. supn supA |fn| ∈ R.

Sprendimas. Kadangi funkcijų seka (fn) tolygiai konverguoja, tai egzis-tuoja jos ribinė funkcija f : A→ R ir duotam ε = 1 egzistuoja tons N ∈ N,kad

|fn(x)− f(x)| < 1 ∀x ∈ A ir ∀n ≥ N.

Pagal prielaidą, kiekvienam n ∈ N funkcija fn yra aprėžta, t.y. kiekvienamn ∈ N Mn := supx∈A |fn(x)| ∈ R. Remiantis 8.5 teorema, ribinė funkcija ftaip pat yra aprėžta, t.y. M := supA |f | ∈ R. Todėl

|fn(x)| ≤ |fn(x)− f(x)|+ |f(x)| ≤ 1 +M ∀x ∈ A ir ∀n ≥ N.

ir kiekvienam n ∈ N

supx∈A|fn(x)| ≤ max{M0,M1, . . . ,MN−1,M + 1} ∈ R,

t.y. (fn) yra tolygiai aprėžta ir supn supA |fn| ∈ R remiantis mažiausioviršutinio rėžio teorema.

19.9 užduotis. Tarkime, kad aibėje E ⊂ R apibrėžta funkcijų eilutė∑

n fn.Nurodytais atvejais rasti E poaibius, kuriuose ši eilutė konverguoja reliaty-viai (paprastai), absoliučiai ir tolygiai.

146

(a) fn(x) =(−1)nx+n visiems x ∈ E = [0,∞) ir visiems n ∈ N∗;

(b) fn(x) :=nxn visiems x ∈ E = R \ {0} ir visiems n ∈ N.

Sprendimas. Atveju (a). Įrodysime, kad∑

n(−1)nx+n konverguoja reliaty-

viai (paprastai) aibėje E = [0,∞) naudodami Leibniz’o požymį (6.6 teore-ma). Leibniz’o požymį galime naudoti kadangi kiekvienam x ≥ 0 ir kiekvie-nam n ∈ N∗ teisinga nelygybė

1

x+ n>

1

x+ n+ 1.

Kadangi limn→∞1

x+n = 0 kiekvienam x ∈ E, tai eilutė konverguoja reliaty-viai (paprastai) aibėje E = [0,∞).

Įrodysime, kad∑

n(−1)nx+n nekonverguoja absoliučiai visoje aibėje E nau-

dodami eilučių lyginimo požymį (6.2 teorema) lygindami su harmonine eilute∑n

1n . Tegul x ≥ 0. Tada

1

x+ n=

n

x+ n· 1n≥ 1

1 + x· 1n.

Kadangi eilutė∑

n1

1+x ·1n = 1

1+x

∑n

1n diverguoja, tai diverguoja eilutė∑

n

∣∣∣ (−1)nx+n

∣∣∣ =∑n1

x+n .

Įrodysime, kad S(x) :=∑

n(−1)nx+n konverguoja tolygiai aibėje E nau-

dodami Leibniz’o požymio (6.6 teorema) antrąją dalį: eilutės∑

n(−1)ncnkonvergavimo atveju, kiekvienam k ∈ N∗ teisinga nelygybė∣∣∣ ∞∑

n=k

(−1)ncn∣∣∣ ≤ ck+1.

Naudojant šį faktą, kiekvienam k ∈ N∗ nelygybė

|S(x)− Sk−1(x)| =∣∣∣ ∞∑n=k

(−1)n

x+ n

∣∣∣ 6 1

x+ k + 16

1

1 + k

teisinga visiems x ∈ E. Kadangi 11+k → 0 kai k → ∞, tai konvergavimas

tolygus aibėje E.Atveju (b), tegul x ∈ A := [−1, 0) ∪ (0, 1]. Tada |fn(x)| = n/|x|n ≥ n

kiekvienam n ∈ N. Tai reiškia, kad fn 6→ 0 kai n → ∞, t.y neišpildytabūtinoji eilutės konvergavimo sąlyga. Taigi, aibėje A eilutė diverguoja.

Tegul x ∈ B := {x ∈ R : |x| > 1}. Remiantis 3.18 užduoties teiginiu,turime

limn→∞

|fn(x)|1/n =1

|x|limn→∞

n1/n =1

|x|< 1.

147

Remiantis eilučių konvergavimo šaknies požymiu (6.1 teorema), aibėje Beilutė konverguoja absoliučiai. Kiekvienam n ∈ N, turime

supx∈B|fn(x)| = n sup

x∈B

1

|x|n= n 6→ 0, kai n→∞.

Todėl aibėje B eilutė nekonverguoja tolygiai.Tegul R > 1 ir C := {x ∈ R : |x| > R}. Visiems x ∈ C teisinga nelygybė

|fn(x)| =n

|x|n≤ n

Rn.

Dar kartą remiantis 3.18 užduoties teiginiu, turime

limn→∞

( n

Rn

)1/n=

1

Rlimn→∞

n1/n =1

R< 1.

Dar kartą remiantis eilučių konvergavimo šaknies požymiu (6.1 teorema),konverguoja skaičių eilutė

∑n

nRn Remiantis Weierstrass’o M-požymiu, funk-

cijų eilutė∑

n fn aibėje C konverguoja tolygiai.

19.10 užduotis. Naudodami Weierstrass’o M-požymį, įrodykite, kad funk-cijų eilutė

∑n fn tolygiai konverguoja aibėje R, čia

fn(x) =nx

1 + n5x2, x ∈ R, n ∈ N.

Sprendimas. Tegul n ∈ N. Vertinsimes reikšmes |fn(x)| priklausomainuo to kokiame intervale Ji, i = 1, 2, 3, yra kintamasis x, čia

J1 := {x ∈ R : |x| 6 1

n5/2},

J2 := {x ∈ R :1

n5/2< |x| 6 1},

J3 := {x ∈ R : |x| > 1}.

Tegul x ∈ J1. Kadangi vardiklis 1 + n5x2 > 1, tai

|fn(x)| 6n·n−5/2

1 + n5x26

1

n3/2.

Tegul x ∈ J2. Kadangi vardiklyje |x|−1 > 0, tai

|fn(x)| 6n|x|

1 + n5/2|x|=

n

|x|−1 + n5/26

1

n3/2.

Tegul x ∈ J3. Kadangi vardiklyje |x|−1 > 0 ir |x| > 1, tai

|fn(x)| 6n

|x|−1 + n5|x|6

1

n46

1

n3/2.

Gavome, kad |fn(x)| 6 n−3/2 kiekvienam x ∈ R ir∑

n n−3/2 <∞. Remian-

tis Weierstrass’o M-požymiu, funkcijų eilutė∑

n fn tolygiai konverguoja ai-bėje R.

148

19.11 užduotis. Rasti funkcijų eilutės∑∞

j=0(2x)j , x ∈ R, paprastojo ir

tolygaus konvergavimo aibes. Atsakymą pagrįsti.

Sprendimas. Su bet kuriuo x ∈ R, funkcijų eilutės∑∞

j=0(2x)j , dalinė

suman∑j=0

(2x)j =1− (2x)n+1

1− 2x

gaunama naudojant geometrinės progresijos sumos formulę (3.115 teoremaiš Analizė I). Jei x ∈ (−1/2, 1/2), tai |2x| < 1 ir dalinės sumos konverguojakai n→∞ į eilutės sumą

∞∑j=0

(2x)j =1

1− 2x.

Jei x 6∈ (−1/2, 1/2), tai dalinės sumos diverguoja kai n → ∞. Todėl pa-prastojo konvergavimo aibė yra A := (−1/2, 1/2). Kadangi eilutės sumanėra aprėžta funkcija aibėje A, tai konvergavimas šioje aibėje nėra tolygusremiantis 8.5 teorema iš Analizė I.

Su bet kuriuo r ∈ (0, 1/2) aibė B = [−r, r] yra tolygaus konvergavimoaibė remiantis Weierstrasso M-požymiu (8.16 teorema iš Analizė I), nes

|(2x)j | = 2j |x|j ≤ (2r)j kievienam x ∈ B

ir konverguoja eilutė∑∞

j=0(2r)j .

Kitas įrodymas gaunamas pastebėjus, kad∑∞

j=0(2x)j yra laipsninė eilutė∑∞

j=0 cjxj su koeficientais cj = 2j . Šios laipsninės eilutės konvergavimo

spindulysR = 1/

(lim supj→∞

|cj |1/j)=

1

2.

Šiuo atveju pakanka pasinaudoti 8.23 teorema iš Analizė I.

19.12 užduotis. Įrodyti, kad funkcijų eilutė∑∞

j=0 xj , x ∈ (−1, 1), nekon-

verguoja tolygiai intervale (−1, 1), bet konverguoja tolygiai intervale [−r, r],kai r ∈ (0, 1).

Sprendimas. Tai yra geometrinė eilutė su kiekvienu x. Šios eilutės sumayra

S(x) :=1

1− x=

∞∑j=0

xj

su kiekvienu x ∈ (−1, 1). Jei ši eilutė konverguotų tolygiai intervale (−1, 1),tai suma S tame intervale turėtų būti aprėžta remiantis 8.5 teorema iš Ana-lizė I. Tačiau taip nėra, nes S(x) yra neaprėžta, kai x→ 1.

Tegul r ∈ (0, 1). Tada |xj | = |x|j ≤ rj visiems x ∈ [−r, r] ir konver-guoja eilutė

∑∞j=0 r

j (geometrinė progresija). Tai rodo, kad yra išpildytos

149

8.16 teoremos (Weierstrass’o M-požymis) prielaidos. Remiantis šia teorema,funkcijų eilutė

∑∞j=0 x

j konverguoja tolygiai intervale [−r, r].

19.13 užduotis. Kokiame intervale yra diferencijuojama laipsninės eilutės∞∑j=1

xj

j(97)

suma ir rasti jos išvestinę. Atsakymą pagrįsti.

Sprendimas. Naudosime 8.26 teoremą iš Analizė I apie laipsninės eilutėsdiferencijavimą. Tam reikia rasti (97) eilutės konvergavimo spindulį R. Jisyra apskaičiuotas 8.22 pavyzdyje Analizė I kai a = 0 ir lygus R = 1. Taireiškia, kad (97) eilutė konverguoja intervale (−1, 1). Remiantis minėta 8.26teorema iš Analizė I, šios eilutės suma, pažymėkime ją P , apibrėžta intervale(−1, 1), yra diferencijuojama tame pačiame intervale (−1, 1) o jos išvestinėfunkcija yra lygi formaliosios išvestinės

∞∑j=1

xj−1 =

∞∑j=0

xj

sumai. Tai yra geometrinė eilutė, kurios suma lygi 1/(1 − x) kiekvienamx ∈ (−1, 1). Gavome, kad (97) eilutės suma P apibrėžta intervale (−1, 1) irP ′(x) = 1/(1− x) kiekvienam x ∈ (−1, 1).

19.14 užduotis. Tegul∑∞

n=1x2n−1

2n−1 yra formali funkcijų eilutė. Rasti šioseilutės konvergavimo aibę, ištirti konvergavimą ir rasti eilutės sumą.

Sprendimas. Duotoji formali funkcijų eilutė yra laipsninė su koeficientais

cj :=

{1

2n−1 , jei j = 2n− 1 ir n ∈ N,0, jei j = 2n ir n ∈ N,

kiekvienam j ∈ N. Iš tikro∞∑n=1

x2n−1

2n− 1= x+

x3

3+x5

5+ · · · =

∞∑j=0

cjxj .

Todėl šios eilutės konvergavimo aibė yra intervalas (−R,R), čia R = 1/ρ ir

ρ = lim supj→∞

|cj |1/j .

Seką (|cj |1/j) sudaro du posekiai ((2n − 1)−1

2n−1 ) ir (0). Pirmasis posekisyra į 1 konverguojančios sekos (n−

1n ) posekis ir todėl pats konverguoja į 1.

Antrojo posekio riba nulis. Kadangi lyginių ir nelyginių indeksų sudaryti

150

posekiai turi skirtingas ribas 1 ir 0, todėl pradinė seka turi du skirtingusribinius taškus 1 ir 0. Tokios sekos viršutinė riba yra 1; todėl

ρ = lim supj→∞

|cj |1/j = 1

ir mūsų laipsninės eilutės konvergavimo spindulys R = 1. Remiantis 8.21teorema iš [8], duotoji eilutė konverguoja absoliučiai intervale (−1, 1) ir di-verguoja aibėje {x ∈ R : |x| > 1}. Ištirsime eilutės konvergavimą intervalo(−1, 1) galuose.

Tegul x = 1. Tada funkcinė eilutė tampa skaičių eilute∑∞

n=11

2n−1 .Kadangi kiekvienam n > 1 teisinga nelygybė

1

2n− 1>

1

2n

ir∑∞

n=112n diverguoja, tai duotoji funkcinė eilutė diverguoja taške x = 1.

Tegul x = −1. Tada funkcinė eilutė tampa skaičių eilute∑∞

n=1(−1)2n−1

2n−1 =

−∑∞

n=11

2n−1 , kuri diverguoja. Todėl duotoji funkcinė eilutė diverguoja taš-ke x = 1. Gavome, kad funkcinės eilutės konvergavimo aibė yra intervalas(−1, 1).

Eilutės sumą S(x), x ∈ (−1, 1) rasime, pirma, ją diferencijuodami, oantra, gautą eilutę sumuodami ir integruodami. Diferencijuodami panariuiduotąją formaliąją eilutę ir po to pakeitę kintamuosius gauname eilutę

S′(x) =

∞∑n=1

( x2n−12n− 1

)′=

∞∑n=1

x2n−2 =

∞∑n=0

x2n =1

1− x2,

nes dešinioji eilutė yra geometrinė progresija. Sumą S rasime integruodami:

S(x) =

∫ x

0S′(y) dy =

∫ x

0

dy

1− y2=

1

2

∫ x

0

dy

1 + y+

1

2

∫ x

0

dy

1− y

=1

2ln

1 + x

1− x,

kiekvienam x ∈ (−1, 1). Užduotis atlikta.

19.15 užduotis. Tegul f : [−1,∞) yra funkcija su reikšmėmis

f(x) =

{(1 + x) ln(1 + x), jei x > −1,0, jei x = −1.

Rasti šios funkcijos skleidinį laipsnine eilute taške 0 ir ištirti jos konvergavi-mą.

Sprendimas. Nors to ir nereikia užduočiai atlikti pastebėkime, kad

limx→−1+

f(x) = limx→−1+

ln′(1 + x)(1

1+x

)′= − lim

x→−1+(1 + x) = 0 = f(−1).

151

Užduočiai atlikti rasime šios funkcijos išvestinę, išskleisime ją eilute ir gautąeilutę suintegruosime. Diferencijuodami ir naudodami logaritmo skleidinįeilute gauname

f ′(x) = 1 + ln(1 + x) = 1 +∞∑n=1

(−1)n−1xn

n,

pastaroji eilutė konverguoja intervale (−1, 1]. Integruodami gauname funk-cijos f išraišką laipsnine eilute

f(x) =

∫ x

0f ′ = x+

∞∑n=1

(−1)n−1 xn+1

n(n+ 1)= x+

∞∑n=2

(−1)n xn

n(n− 1),

kuri konverguoja intervale (−1, 1) remiantis teorija. Įstatę reikšmes x = 1ir x = −1 matome, kad eilutė konverguoja. Todėl ši eilutė yra duotosiosfunkcijos f skleidinys taško nulis aplinkoje.

19.16 užduotis. Tarkime, kad∑∞

j=0 cjxj ir

∑∞j=0 djx

j yra dvi laipsninėseilutės, kurių konvergavimo spinduliai R1 ir R2 nėra lygūs nuliui, o jų sumosyra P1 ir P2, atitinkamai. Jei P1(x) = P2(x) visiems x ∈ (−r, r) su kuriuonors 0 < r < min{R1, R2}, tai cj = dj kiekvienam j ∈ N.

Sprendimas. Kiekvienam x ∈ (−r, r) ir n ∈ N, tegul

Sn(x) :=n∑j=0

cjxj −

n∑j=0

djxj =

n∑j=0

(cj − dj)xj .

Pagal prielaidą, kiekvienam x ∈ (−r, r)

limn→∞

n∑j=0

cjxj = P1(x) = P2(x) = lim

n→∞

n∑j=0

djxj .

Todėl kiekvienam x ∈ (−r, r) konverguoja dalinių sumų Sn(x) eilutė ir jossuma yra nulis, t.y.

limn→∞

Sn(x) =∞∑j=0

(cj − dj)xj = 0

kiekvienam x ∈ (−r, r). Remiantis 8.24 teorema iš Analizė I, tokios eilutėskoeficientai privalo būti lygūs nuliui, t.y. cj = dj kiekvienam j ∈ N, ką irreikėjo įrodyti.

152

19.17 užduotis. Nustatykite, ar funkcijų seka (fn) konverguoja paprastaiar tolygiai, kai

1. fn(x) = xn, x ∈ [0, α], α ∈ (0, 1], ats.: tolygiai kai α < 1;

2. fn(x) = 11+nx , x ∈ [α, 1], α ∈ [0, 1), ats.: tolygiai kai α > 0;

3. fn(x) = x1+n2x2

, x ∈ [0, 1], ats.: tolygiai;

4. fn(x) = nx1+n2x2

, x ∈ [0, 1], ats.: tik paprastai;

5. fn(x) = 2n2x·e−n2x2 , x ∈ [0, 1], ats.: tik paprastai;

6. fn(x) = xn − xn+1, x ∈ [0, 1]; ats.: tolygiai;

7. fn(x) = xn − x2n, x ∈ [0, 1];

8. fn(x) =(x2 + 1/n2

)1/2, x ∈ R;

9. fn(x) = exp{−(x− n)2}, x ∈ R;

10. fn(x) = xn ln

(xn

), x ∈ (0, 1).

19.18 užduotis. Tarkime, kad tolygiai aprėžtų funkcijų sekos (fn) ir (gn)intervale [a, b] tolygiai konverguoja. Įrodyti, kad funkcijų seka (fngn) kon-verguoja tolygiai intervale [a, b].

19.19 užduotis. Su kiekvienu n ∈ N tarkime, kad funkcija fn : [0, 1] → Rįgyja reikšmes fn(x) = 1

(2−x)n visiems x ∈ [0, 1]. Ar funkcijų seka (fn)konverguoja paprastai, ar ji konverguoja tolygiai, ar ji nekonverguoja? At-sakymą pagrįsti.

19.20 užduotis. Kiekvienam n ∈ N∗ ir x ∈ R, tegul

fn(x) :=

{max{0, 1− nx}, jei x ≥ 0,max{0, 1 + nx}, jei x < 0.

Nustatyti ar šiomis reikšmėmis apibrėžta funkcijų seka (fn)n≥1 konverguojair jei taip, ar konvergavimas tolydus aibėje [−1, 1]?

19.21 užduotis. Tarkime, kad funkcijų seka (fn) intervale [a, b] tolygiaikonverguoja į funkciją f : [a, b] → R ir funkcija g : R → R yra tolygiaitolydi. Įrodyti, kad funkcijų seka (g◦fn) tolygiai konverguoja į funkciją g◦f

19.22 užduotis. Naudodami Weierstrass’o M-požymį (kitaip, mažorantinįpožymį), įrodykite, kad funkcijų eilutė

∑n fn tolygiai konverguoja aibėje R,

jei

153

(a) fn(x) = 1x2+n2 ;

(b) fn(x) = sinnxn3/2 .

19.23 užduotis. Ar funkcijų eilutė∑∞

j=1 j−2(sinx)j , x ∈ R, konverguoja

tolygiai? Jei taip, tai kokioje aibėje? Atsakymą pagrįsti.19.24 užduotis. Rasti nurodytų laipsninių eilučių konvergavimo intervalus.

1.∑∞

j=0 3jxj ;

2.∑∞

j=1 jjxj ;

3.∑∞

j=0 2jx2j ;

4.∑∞

j=1xj

j2;

5.∑∞

j=1(−x)j3j−1

√j;

6.∑∞

j=0

(2+(−1)j

5+(−1)j+1

)jxj ;

7.∑∞

j=0 2jxj

2 ;

8.∑∞

j=12jj!(2j)!x

2j ;

9.∑∞

j=1(x+8)3j

j2;

10.∑∞

j=1 102j (2x− 3)2

j−1.

19.25 užduotis. Kokiame intervale yra diferencijuojama laipsninės eilutės∞∑j=0

xj

j!

suma ir rasti jos išvestinę. Nuoroda: naudotis 19.2 teorema.19.26 užduotis. Raskite laipsninės eilutės

∑∞j=0 cj(x − a)j konvergavimo

spindulį R ir ištirkite, ar eilutė intervalo galuose konverguoja, jei

(a) cj = 3j+(−2)jj , kai j ≥ 1 ir a = −1.

(b) cj = aj

j + bj

j , čia a > 0 ir b > 0.Nuoroda (a): tiriant konvergavimo intervalo kairįjį galą naudotis Dirichletpožymiu su bi = (−1)i + (2/3)i (6.5 teorema).19.27 užduotis. Tarkime, kad (fj) yra funkcijų seka intervale [a, b], šiųfunkcijų eilutė

∑∞j=0 fj tolygiai konverguoja į funkciją S ir kiekvienas sekos

narys fj yra R-integruojamas. Įrodyti, kad funkcijų eilutės suma S yraR-integruojama ir ∫ b

aS =

∞∑j=0

∫ b

afj .

19.28 užduotis. Apskaičiuoti eilutės∞∑j=1

(−1)j+1

j

sumą. Nuoroda: papildyti iki laipsninės eilutės ir išdiferencijuoti.19.29 užduotis. Rasti Taylor’o eilutės skleidinius šioms funkcijoms:

154

1. e−x2 ;

2. shx [= 12(e

x − e−x)];

3. chx [= 12(e

x + e−x)];

4. cos2 x;

5. sin3 x;

6. ln(1 + x2), x ∈ (−1, 1);

7. 12 ln

1+x1−x , x ∈ (−1, 1).

Nuorodos: sin3 x = 14(3 sinx− sin 3x), x ∈ R.

155

20 Naudojami bendri faktaiRašoma un ∼ vn, kai limn→∞

unvn

= 1.Stirling’o formulė:

n! ∼√2πn

nn

en. (98)

Trigonometrijos formulės:

21 Literatūra

Literatūra[1] G.E. Andrews, Number Theory. Dover Publication in Mathematics,

1994.

[2] Ralph-Johan Back, Structured derivations: a unified proof style forteaching mathematics. Formal Aspects of Computing, ??

[3] E.D. Bloch, The Real Numbers and Real Analysis. Springer, 2011.

[4] E.D. Bloch, Proofs and Fundamentals. A First Course in Abstract Mat-hematics. Second Edition. Undergraduate Texts in Mathematics, Sprin-ger, 2011.

[5] K. Devlin, Introduction to Mathematical Thinking.

[6] W. J. Kaczor, M. T. Nowak, Problems in Mathematical Analysis I.Real Numbers, Sequences and Series. American Mathematical Society,2000.

[7] J. Marsden, A.J. Weinstein, Calculus Unlimited. Benja-min/Cummings Publishing Company, 1981.

[8] R. Norvaiša, Analizė I. http//uosis.mif.vu.lt/~rimasn

[9] R. Norvaiša, Įvadas į analizę. http//uosis.mif.vu.lt/~rimasn

[10] G.I. Zaporožec, Rukavodstvo k rešeniju zadač po matematičeskomuanalizu. Moskva, 1966.

156

http//uosis.mif.vu.lt/~rimasn

http//uosis.mif.vu.lt/~rimasn

Analizė I. Uždavinynasrimasn/Matematinė analizė/uzduotys analize1.pdf · Analizė I....

Documents

Transcript of Analizė I. Uždavinynasrimasn/Matematinė analizė/uzduotys analize1.pdf · Analizė I....