---
title: "Lecture 3a: Granica funkcji"
lecture_number: 3
has_solutions: true
has_exercises: true
file_format: mystnb
kernelspec:
  name: sagemath
  display_name: SageMath
---

```{include} ../_includes/sagecell-loader.md
```



# Granica funkcji

## Granica właściwa

:::{narration}

Niech $\emptyset\neq A \subseteq \rr$.
:::

:::{prf:definition}

Punkt $x_0\in \rr$ nazywamy
**punktem skupienia** {index}`punkt; skupienia` zbioru $A$,
jeśli

```{math}
\forall \epsilon > 0 \ \exists x\in A \quad x\in S(x_0,\epsilon).
```

:::

:::{prf:proposition}

Punkt $x_0\in\rr$ jest punktem skupienia zbioru $A\subseteq \rr$
wtedy i tylko wtedy, gdy
istnieje ciąg $(a_n)$ o wyrazach ze zbioru $A\setminus\Set{x_0}$
i $\LimInfty a_n = x_0.$
:::

::::{prf:example}
:class: [example]

[GEOGEBRA](https://www.geogebra.org/calculator/rxe3aput)

Dla przykładu punkty skupienia zbioru:

:::{container} columns-2-auto

1. $A_1 = \Set{\pi}$ to punkty zbioru $\emptyset$
2. $A_2 = (-1,2)\cup \Set{e}$ to punkty $[-1,2]$
3. $A_3 = \Set{\frac 1 n : n\in \nn}$ to punkty zbioru $\Set{0}$
4. $A_4 = \nn$ to punkty zbioru $\emptyset$
5. $A_5 = \rr\setminus\zz$ to punkty zbioru $\rr$
6. $A_6 = \qq$ to punkty zbioru $\rr$.
:::

::::

:::{prf:definition}

**Punktem izolowanym** {index}`punkt; izolowany` zbioru $A$
nazywam $x_0\in A$, który nie jest punktem skupienia $A$.
:::

::::{prf:example}
:class: [example]

[GEOGEBRA](https://www.geogebra.org/calculator/rxe3aput)

Dla przykładu punkty izolowane zbioru:

:::{container} columns-2-auto

1. $A_1 = \Set{\pi}$ to punkty zbioru $A_1$
2. $A_2 = (-1,2)\cup \Set{e}$ to punkty zbioru $\Set{e}$
3. $A_3 = \Set{\frac 1 n : n\in \nn}$ to punkty zbioru $A_3$
4. $A_4 = \nn$ to punkty zbioru $A_4$
5. $A_5 = \rr\setminus\zz$ to punkty zbioru $\emptyset$
6. $A_6 = \qq$ to punkty zbioru $\emptyset$.
:::

::::

:::{narration}

Niech $f:X \to \rr$ i $x_0$ będzie punktem skupienia zbioru $X$.
:::

:::{prf:definition}

**Granicą** {index}`granica; funkcji`
(skończoną lub właściwą)
funkcji $f$ w punkcie $x_0$, **w sensie Cauchy'ego**,
nazywamy liczbę $g\in\rr$,
jeśli

$$
\forall \epsilon > 0\ \exists \delta_\epsilon>0 \
   \forall x\in X \quad 0 < |x - x_0| < \delta_\epsilon \imply |f(x)-g| < \epsilon.
$$

**Granicą** {index}`granica; funkcji`
(skończoną lub właściwą)
funkcji $f$ w punkcie $x_0$, **w sensie Heinego**,
nazywamy liczbę $g\in\rr$,
jeśli
dla każdego ciągu $(a_n)$ o wyrazach ze zbioru $X\setminus\Set{x_0}$

```{math}
\LimInfty a_n = x_0 \imply \LimInfty f(a_n) = g.
```

Jeśli granica istnieje, to piszemy:
**$\qquad \LimIn{x_0} f(x) = g \quad$**
lub
**$\quad \displaystyle f(x) \xrightarrow[x \to x_0]{} g \quad$**
i mówimy, że funkcja jest **zbieżna** {index}`funkcja; zbieżna`
w punkcie $x_0$
do granicy $g$.
:::

::::{prf:remark}

[GEOGEBRA](https://www.geogebra.org/calculator/xyxgrgmq)

1. Jeśli granica funkcji w punkcie istnieje, to jest wyznaczona jednoznacznie.
2. Obie powyższe definicje granicy funkcji w punkcie są równoważne
   i w dalszej części wykładu będziemy korzystać z jednej lub drugiej
   w zależności od przydatności w danej sytuacji.

   Zauważmy, że aby sprawdzić definicję w sensie Cauchy'ego musimy
   "domyślić się" jaka jest granica.

   Z drugiej strony w definicji
   w sensie Heinego możemy wstawić ciąg $(a_n)$ zbieżny do $x_0$
   i policzyć $\LimInfty f(a_n) = g$, ale to nie implikuje, że $g$
   jest granicą $f$ w $x_0$.
3. Granica funkcji $f$ w punkcie $x_0$
   to liczba $g\in\rr$ o tej własności,
   że dla dowolnie małego $\epsilon>0$,
   możemy znaleźć małe sąsiedztwo $x_0$
   (o promieniu $\delta_\epsilon$),
   w którym wartości $f$
   należą do otoczenia $g$ o promieniu $\epsilon$.

::::

:::{prf:example}
:class: [example]

1. Pokażmy z definicji Cauchy'ego, że $\LimIn{-1} 2x + 5 = 3,$ czyli

   $$
   \forall \epsilon >0 \ \exists \delta_\epsilon>0 \
   \forall x\in \rr \quad 0 < |x - (-1)| < \delta_\epsilon
   \imply |2x+5-3| < \epsilon.
   $$

   Zauważmy, że

   $$
   |2x+5-3|  = 2|x+1| < \epsilon
   \qlq
   |x- (-1)| < \frac \epsilon 2.
   $$

   Zatem biorąc $\delta_\epsilon = \frac \epsilon 2$
   pokazujemy, że zdanie z definicji jest spełnione.
2. Pokażmy z definicji Heinego, że $\LimIn{0} \frac {2x^2 - 5x}{x^2 -x} = 5.$

   Weźmy dowolny ciąg $(a_n)$ o wyrazach $a_n \notin \Set{0,1}$, dla którego
   $\LimInfty a_n = 0$.

   Wtedy

   $$
   \LimInfty f(a_n)
   = \LimInfty \frac {2a_n^2 - 5a_n}{a_n^2 -a_n}
   = \LimInfty \frac {\bcancel{a_n}(2a_n - 5)}{\bcancel{a_n}(a_n -1)}
   = \frac {2 \LimInfty a_n - 5}{\LimInfty a_n -1}
   =\frac {-5}{-1} = 5.
   $$

:::

::::{exercise}
:label: lec-03-ex-01
:class: [exercise]

[GEOGEBRA](https://www.geogebra.org/calculator/bxspg7bm)

Wykaż, że nie istnieje granica $\LimIn{0} \sin \frac 1 x.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-03b-ex-03`, {numref}`prob-03b-ex-05`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Skorzystamy z definicji Heinego.

1. Biorąc $a_n = \dfrac 1 {2\pi n} \LimToInfty 0$,
   otrzymamy $f(a_n) = \sin \Paren{\frac 1 {\frac 1 {2\pi n} }} = \sin 2\pi n = 0 \LimToInfty 0$.
2. Biorąc $b_n = \dfrac 1 {\frac \pi 2 + 2\pi n} \LimToInfty 0$,
   otrzymamy $f(b_n) = \sin \Paren{\frac \pi 2 + 2\pi n} = 1 \LimToInfty 1$.

Zatem definicja nie jest spełniona i granica nie istnieje.
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Weźmy $f:\rr \to \rr$ zadaną wzorem
$f(x) =
\begin{cases}
2x, & \text{dla } x\in \qq \\
0, & \text{w p.p.}
\end{cases}.
$

1. Sprawdźmy, że $\LimIn{0} f(x) = 0$
   używając definicji Cauchy'ego.

   Dla ustalonego $\epsilon > 0$ musimy
   znaleźć $\delta_\epsilon > 0$ dające zadość warunkowi

   ```{math}
   0< |x - 0| < \delta_\epsilon \imply |f(x) - 0| < \epsilon.
   ```

   Ponieważ $|f(x) - 0| \leq 2|x|$, to wystarczy wziąć $\delta_\epsilon = \frac \epsilon 2$,
   bo prawdą jest, że

   ```{math}
   0< |x| < \frac \epsilon 2 \imply |f(x)| < 2\cdot \frac \epsilon 2 = \epsilon.
   ```

2. W pozostałych punktach $f$ nie ma granicy i zdecydowanie łatwiej
   jest to pokazać z definicji Heinego.

   Istotnie, dla $x_0\in\qq\setminus\Set{0}$,

   - biorąc $\qq \ni a_n = x_0 + \frac 1 n \LimToInfty x_0$,
     otrzymamy $f(a_n) = x_0 + \frac 1 n \LimToInfty x_0$
   - biorąc $\qq \not\ni b_n = x_0 + \frac {\sqrt 2} n \LimToInfty x_0$,
     otrzymamy $f(b_n) = 0 \LimToInfty 0$.

     Ponieważ $x_0\neq 0$,
     $\LimIn{x_0} f(x)$ nie istnieje.

     Analogicznie dla $x_0\notin \qq$.
:::

:::{narration}

Z postaci definicji Heinego, łatwo uogólnić własności granic ciągów
na granice funkcji.
:::

::::{prf:proposition}

Niech $f:X \to \rr$ i $x_0$ będzie punktem skupienia zbioru $X$.

:::{container} columns-2-auto

1. $ \LimIn{x_0} f(x) = 0 \Leftrightarrow \LimIn{x_0} |f(x)| = 0$\;
2. $ \LimIn{x_0} f(x) = g \Rightarrow \LimIn{x_0} |f(x)| = |g|$\;
:::

::::

::::{prf:theorem} o działaniach arytmetycznych na granicach
:oasis-title: Twierdzenie o działaniach arytmetycznych na granicach

Niech $f,h:X \to \rr$ i $x_0$ będzie punktem skupienia zbioru $X$.

Niech $c\in \rr$ i załóżmy, że
$\LimIn{x_0} f(x) = a$
i $\LimIn{x_0} h(x) = b.$

Wówczas:

:::{container} columns-2-auto

1. $\LimIn{x_0} c\cdot f(x) = c\cdot a\ $
2. $\LimIn{x_0} f(x) \pm h(x) = a \pm b\ $
3. $\LimIn{x_0} f(x) \cdot h(x) = a \cdot b\ $
4. $\LimIn{x_0} \frac{f(x)} {h(x)} = \frac a b$, jeśli tylko $b\neq 0\ $.
:::

::::

:::{prf:theorem} o trzech funkcjach
:oasis-title: Twierdzenie o trzech funkcjach

Niech $f,g,h:X \to \rr$ i $x_0$ będzie punktem skupienia zbioru $X$.

Jeśli

$$
\LimIn{x_0} f(x) = \LimIn{x_0} h(x) = b.
   \quad\text{oraz}\quad
   \exists r >0 \ \forall x\in S(x_0,r) \quad f(x) \leq g(x) \leq h(x),
$$

to $\LimIn{x_0} g(x) = b.$
:::

:::{prf:corollary}

Jeśli $\LimIn{x_0} f(x) = 0$ i $g(x)$ jest ograniczona dla $x\in S(x_0,r)$,
to $\LimIn{x_0} f(x)\cdot g(x) = 0.$
:::

## Granica funkcji trygonometrycznych

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(
   plot(
   tan(pi*5^(-1))*x, (x,0,1),
   aspect_ratio=1,
   legend_label=r'$\tan\frac{\pi}{5}\,x$',
   color = PWBlue,
   thickness=2,
   fontsize=20,
   ticks=[[1],[1]],
   tick_formatter=[["$R$"],["$R$"]]
   ) +
   point((1,0),pointsize=40, color = PWGreen) +
   point((1,tan(pi*5^(-1))),pointsize=40, color = PWGreen) +
   point((cos(pi*5^(-1)),sin(pi*5^(-1))),pointsize=40, color = PWGreen) +
   arc((0,0),1,sector=(-.02, .5*pi+0.02), color = 'black', thickness=2) +
   arc((0,0),1,sector=(0, pi*5^(-1)), color = PWRed, thickness=3) +
   line([(1,0),(1,tan(pi*5^(-1)))], color = PWBlue, thickness=3) +
   line([(1,0),(cos(pi*5^(-1)),sin(pi*5^(-1)))],color = PWBlue, thickness=3) +
   line([(cos(pi*5^(-1)),0),(cos(pi*5^(-1)),sin(pi*5^(-1)))],color = PWGreen, thickness=3) +
   text("$O$",(-0.05,-0.05), fontsize='xx-large',color = 'black') +
   text("$A$",(1.05,0.05), fontsize='xx-large',color = 'black') +
   text("$C$",(1.05,tan(pi*5^(-1))), fontsize='xx-large',color = 'black') +
   text("$B$",(cos(pi*5^(-1)),sin(pi*5^(-1))+0.05), fontsize='xx-large',color = 'black') +
   text(r"$\alpha$",(0.3,0.1), fontsize='xx-large',color = PWRed) +
   text(r"$R\ sin \alpha$",(0.7,0.25), fontsize='xx-large',color = PWGreen) +
   text(r"$R\ tg \alpha$",(1.1,0.25), fontsize='xx-large',color = PWBlue),
   transparent=True, frame=False
)
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Pokażmy, że:

$$
\LimIn[\alpha]{0}  {\sin \alpha} = 0,
   \qquad
   \LimIn[\alpha]{0}  {\cos \alpha} = 1,
   \qquad
   \LimIn[\alpha]{0} \frac {\sin \alpha} \alpha = 1.
$$

W sytuacji jak na rysunku obok,
dla $\alpha \in \Paren{0, \frac \pi 2}$ widzimy, że
pole $\Delta OAB$ jest mniejsze od pola wycinka $OAB$,
a ten jest mniejszy od pola $\Delta OAC$.

Przyjmując promień
okręgu równy $R$ otrzymujemy:

$$
\frac 1 2 R \cdot R \sin\alpha & < \frac 1 2 R^2 \alpha < \frac 1 2 R \cdot R \tg \alpha
   \\
   \sin\alpha           & < \alpha <  \frac {\sin \alpha} {\cos \alpha} & & \Big| \cdot \frac 1 {\sin \alpha} > 0
   \\
   1                 & < \frac \alpha {\sin \alpha} <  \frac {1} {\cos \alpha} & & \Big| \Paren{\cdot}^{-1}
   \\
   1               & > \frac {\sin \alpha} \alpha >  {\cos \alpha}.
$$

Dla $\alpha \in \Paren{-\frac \pi 2, 0}$ mamy $-\alpha \in  \Paren{0, \frac \pi 2}$,
więc

$$
\cos \alpha = \cos \Paren{-\alpha}
   < \frac{\sin\Paren{-\alpha}}{-\alpha}
   \Brack{= \frac{\sin {\alpha}}{\alpha} }
   < 1.
$$

Podsumowując,

$$
0 < \cos \alpha
   < \frac{\sin {\alpha}}{\alpha}
   < 1
   \qtq[dla]
   \alpha \in \Paren{-\frac \pi 2, 0}\cup \Paren{0, \frac \pi 2}.
$$

Stąd już łatwo widać, że:

1.  Ponieważ $0 < \dfrac {\sin \alpha} \alpha < 1$,
    to

    $$
    0 < \frac {\Absolute{\sin \alpha}} {\Absolute{\alpha}} < 1
    \qlq
    0 < {\Absolute{\sin \alpha}} < {\Absolute{\alpha}} \LimTo[\alpha]{0} 0.
    $$

    Z twierdzenia o 3. funkcjach
    $\quad \LimIn[\alpha]{0} {|\sin \alpha|} = \LimIn[\alpha]{0} {\sin \alpha} = 0.$

2.  Ponieważ

    $$
    1 - \sin^2 \frac \alpha 2 = \cos \alpha < \frac {\sin \alpha} \alpha < 1,
    $$

    to
    $\quad \LimIn[\alpha]{0} \cos \alpha = 1 - \LimIn[\alpha]{0}{\sin^2 \frac \alpha 2} = 1 \quad$
    oraz
    z twierdzenia o 3. funkcjach
    $\quad \LimIn[\alpha]{0} \frac {\sin \alpha} \alpha = 1.$

Warto sobie uświadomić, że na mocy definicji Heinego oznacza to,
że dla każdego ciągu $a_n \LimToInfty 0$ mamy $\LimInfty \frac {\sin a_n} {a_n} = 1$.

Dla przykładu:

$$
\LimInfty \frac {\sin \frac 1 n} {\frac 1 n}
   =
   \LimInfty n \cdot {\sin \frac 1 n} = 1
   \qtq[oraz]
   \LimInfty \frac {\sin \Paren{\sqrt[n]{n} - 1}} {\sqrt[n]{n} - 1} = 1 ,
   \quad etc..
$$

Ale proszę być uważnym!

$\LimInfty \frac {\sin n} {n} \neq 1,$ bo $\LimInfty n \neq 0$ !
:::

## Granica niewłaściwa

:::{narration}

Niech $f:X \to \rr$ i $x_0$ będzie punktem skupienia zbioru $X$.
:::

:::{prf:definition}

Funkcja $f$
ma
w punkcie $x_0$
**granicę niewłaściwą** {index}`granica; niewłaściwa` $\pm\infty$,
**w sensie Cauchy'ego**,
jeśli

$$
\forall M\in\rr \ \exists \delta_M > 0 \
   \forall x\in X \quad 0 < |x - x_0| < \delta_M \imply \pm f(x) > M.
$$

Funkcja $f$
ma
w punkcie $x_0$
**granicę niewłaściwą** {index}`granica; niewłaściwa` $\pm\infty$,
**w sensie Heinego**,
jeśli
dla każdego ciągu $(a_n)$ o wyrazach ze zbioru $X\setminus\Set{x_0}$

```{math}
\LimInfty a_n = x_0 \imply \LimInfty f(a_n) = \pm \infty.
```

Jeśli definicja jest spełniona, to piszemy:
**$\qquad \LimIn{x_0} f(x) = \pm \infty \quad$**
lub
**$\quad \displaystyle f(x) \xrightarrow[x \to x_0]{} \pm \infty \quad$**
i mówimy, że funkcja
w punkcie $x_0$
jest **(ro)zbieżna** {index}`funkcja; rozbieżna`
do $\pm$ nieskończoności.
:::

::::{prf:remark}

[GEOGEBRA](https://www.geogebra.org/calculator/wp6tzexu)

1. Po raz kolejny definicje w obu sensach są równoważne.
2. W powyższej definicji, jak i w dalszej części wykładu,
   napis $\pm\infty$ oznacza, że wybieramy jedno z dwóch: $-\infty$ albo $+\infty$.
3. Funkcja $f$ w punkcie $x_0$
   jest rozbieżna do $+\infty$ (odp. $-\infty$), jeśli
   dla dowolnie dużego $M \in \rr$,
   możemy znaleźć małe sąsiedztwo $x_0$
   (o promieniu $\delta_M$),
   w którym wartości $f$ są większe niż $M$ (mniejsze od $-M$).

::::

:::{prf:example}
:class: [example]

Pokażmy z definicji Cauchy'ego, że $\LimIn{0} \frac 1 {x^2} = +\infty,$ czyli

$$
\forall M\in\rr \ \exists \delta_M > 0 \
   \forall x\in \rr \quad 0 < |x - 0| < \delta_M \imply \frac 1 {x^2} > M.
$$

Zauważmy, że: - Jeśli $M \leq 0$, to $\forall x\neq 0 \; \frac 1 {x^2} > M$,
więc zdanie z definicji jest prawdziwe np. $\delta_M = 1.$

- Jeśli $M > 0$, to
  $
\quad
\dfrac 1 {\sqrt M} > |x - 0|
\qlq
\dfrac 1 {M} >  |x|^2 = x^2
\qlq
\dfrac 1 {x^2} > M.
\quad
$

Zatem biorąc $\delta_M = \frac 1 {\sqrt M}$
widzimy, że zdanie z definicji jest prawdziwe.
:::

::::{exercise}
:label: lec-03-ex-02
:class: [exercise]

Wykażmy, że $f(x) = \dfrac 1 x$ nie ma granicy niewłaściwej w punkcie $x_0 = 0$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-03b-ex-03`, {numref}`prob-03b-ex-05`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Skorzystamy z definicji Heinego.

1. Biorąc $a_n = \dfrac 1 n \LimToInfty 0$,
   otrzymamy $f(a_n) = n \LimToInfty +\infty$
2. Biorąc $b_n = -\dfrac 1 n \LimToInfty 0$,
   otrzymamy $f(b_n) = -n \LimToInfty -\infty$.

Zatem definicja nie jest spełniona i granica nie istnieje.
:::

::::{prf:proposition}

Niech $f,h:X \to \rr$ i $x_0$ będzie punktem skupienia zbioru $X$.

Niech $c > 0$ i załóżmy, że
$\LimIn{x_0} f(x) = \LimIn{x_0} h(x) = \pm \infty$ (**obie takie same!**).

Wówczas:

:::{container} columns-2-auto

1. $\LimIn{x_0} \frac 1 {f(x)} = 0 \ $
2. $\LimIn{x_0} -f(x) = \mp\infty \ $
3. $\LimIn{x_0} c\cdot f(x) = \pm\infty \ $
4. $\LimIn{x_0} f(x) + h(x) = \pm\infty\ $
5. $\LimIn{x_0} f(x) \cdot h(x) = +\infty\ $.
:::

::::

:::{prf:proposition}

Niech $g,h:X \to \rr$ i $x_0$ będzie punktem skupienia zbioru $X$.

Załóżmy, że
$\LimIn{x_0} g(x) = 0$, $\LimIn{x_0} h(x) = \pm \infty$ oraz
istnieje (niekoniecznie właściwa) granica $c = \LimIn{x_0} g(x)\cdot h(x)$.

Wówczas

$$
\LimIn{x_0} \left(1 + g(x) \right)^{h(x)} =
   \begin{cases}
      0    & \text{dla } c = -\infty \\
      e^{c}   & \text{dla } c\in\rr     \\
      +\infty & \text{dla } c = +\infty
   \end{cases}
   .
$$
:::

## Granica jednostronna

:::{narration}

Niech $f:X \to \rr$ i $x_0$ będzie punktem skupienia zbioru $X$.
:::

:::{prf:definition}

Jeśli $x_0$ jest punktem skupienia
$X\cap (-\infty, x_0)$
i istnieje (właściwa lub niewłaściwa) granica

```{math}
\LimIn{x_0} f|_{X\cap (-\infty, x_0)}(x) = g_-,
```

to
nazywamy ją
**lewostronną granicą** {index}`granica; lewostronna`
funkcji $f$ w punkcie $x_0$ i piszemy
**$\quad {\LimIn{x_0^-} f(x) = g_-}$** .

Jeśli $x_0$ jest punktem skupienia
$X\cap (x_0, + \infty)$
i istnieje (właściwa lub niewłaściwa) granica

```{math}
\LimIn{x_0} f|_{X\cap (x_0, + \infty)}(x) = g_+,
```

to nazywamy ją
**prawostronną granicą** {index}`granica; prawostronna`
funkcji $f$ w punkcie $x_0$ i piszemy
**$\quad {\LimIn{x_0^+} f(x) = g_+}$** .
:::

:::{prf:remark}

Z definicji jasno wynika, że wszystkie twierdzenia dotyczące granic
funkcji są prawdziwe dla granic jednostronnych.
:::

::::{exercise}
:label: lec-03-ex-03
:class: [exercise]

Policzmy $\LimIn{0^+} \sqrt[\sin x]{\cos^2 x}.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-03b-ex-01`, {numref}`prob-03b-ex-02`, {numref}`prob-03b-ex-04`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Zauważmy, że $ \quad \sqrt[\sin x]{\cos^2 x} = \Paren{1 - \sin^2 x}^{\frac 1 {\sin x}}. $
Przyjmijmy:

$$
g(x) & = -\sin^2 x \LimTo{0^+} 0,
   \\
   h(x) & = \frac 1 {\sin x}
\LimTo{0^+}
= +\infty.
$$

Możemy obliczyć

$$
c = \LimIn{0^+} g(x)\cdot h(x)
   = \LimIn{0^+} \Paren{-\sin^2 x\cdot \frac 1 {\sin x}}
   = -\LimIn{0^+} {\sin x} = 0.
$$

Korzystając ze stwierdzenia otrzymujemy

```{math}
\LimIn{0^+} \sqrt[\sin x]{\cos^2 x} = e^0 = 1.
```

:::

:::{prf:proposition}

Niech $f:X \to \rr$ i $x_0$ będzie punktem skupienia
zarówno zbioru $X\cap (-\infty, x_0)$ jak i $X\cap (x_0, + \infty)$.

Wówczas $\LimIn{x_0} f(x)$ istnieje
wtedy i tylko wtedy, gdy
granice jednostronne istnieją i są sobie równe.

W tym przypadku

```{math}
\LimIn{x_0^-} f(x) = \LimIn{x_0^+} f(x) = \LimIn{x_0} f(x).
```

:::

::::{exercise}
:label: lec-03-ex-04
:class: [exercise]

Wykażmy, że nie istnieje granica $\LimIn{0} \frac x {|x|}.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-03b-ex-02`, {numref}`prob-03b-ex-03`, {numref}`prob-03b-ex-05`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Funkcja $\displaystyle x \mapsto \frac x {|x|}$ ma granice jednostronne w $0$
równe:

$$
\LimIn{0^-} \frac x {|x|} = \LimIn{0^-} \frac x {-x} = \LimIn{0^-} -1 = -1 ,
   \qquad
   \LimIn{0^+} \frac x {|x|} = \LimIn{0^+} \frac x {x} = \LimIn{0^+} 1 = 1 .
$$

Ponieważ są one różne, to $\LimIn{0} \frac x {|x|} $ nie istnieje.
:::

## Granica w nieskończoności

:::{narration}

Niech $f:X \to \rr$ i $X$ będzie zbiorem nieograniczonym z góry,
czyli $\forall M\in\rr \ X \cap (M, + \infty)\neq \emptyset.$

Wówczas istnieje ciąg $(a_n)$ o wyrazach z $X$ taki, że $\LimInfty a_n = + \infty.$
:::

:::{prf:definition}

**Granicą** {index}`granica; w nieskończoności`
funkcji $f$ w $+ \infty$,
**w sensie Cauchy'ego**,
nazywamy liczbę $g\in\rr$, jeśli

$$
\Forall {\epsilon > 0} \Exists {m_\epsilon>0} \Forall {x\in X}  x > m_\epsilon \imply |f(x)-g| < \epsilon .
$$

**Granicą** {index}`granica; w nieskończoności`
funkcji $f$ w $+ \infty$,
**w sensie Heinego**,
nazywamy liczbę $g\in\rr$, jeśli
dla każdego ciągu $(a_n)$ o wyrazach ze zbioru $X$

$$
\LimInfty a_n = +\infty \imply \LimInfty f(a_n) = g .
$$

Funkcja $f$
ma
w $+\infty$
**granicę niewłaściwą** {index}`granica; niewłaściwa` $\pm\infty$,
**w sensie Cauchy'ego**,
jeśli

$$
\forall M\in\rr \ \exists m_M > 0 \ \forall x\in X  x > m_M \imply f(x) > M .
$$

Funkcja $f$
ma
w $+\infty$
**granicę niewłaściwą** {index}`granica; niewłaściwa` $\pm\infty$,
**w sensie Heinego**,
jeśli
dla każdego ciągu $(a_n)$ o wyrazach ze zbioru $X$

$$
\LimInfty a_n = +\infty \imply \LimInfty f(a_n) = \pm \infty.
$$

Jeśli granica istnieje, to piszemy

$$
\qquad
\emphmath{\LimIn{+\infty} f(x) = g} \text{ (odpowiednio } \emphmath{\pm\infty})
\quad \text{lub} \quad
\emphmath{f(x) \xrightarrow[x \to +\infty]{} g}
\text{ (odpowiednio } \emphmath{\pm\infty})
$$

i mówimy, że funkcja jest **zbieżna** {index}`funkcja; zbieżna`
w $+\infty$
do granicy $g$ (**rozbieżna** {index}`funkcja; rozbieżna` do $\pm \infty$).

Analogicznie definiujemy **granice w minus nieskończoności**,
czyli **$\LimIn{-\infty} f(x).$**

:::

::::{prf:example}
:class: [example]

Funkcja $f(x) = \sin x$ nie ma granicy w $+\infty$.

Istotnie,

1. biorąc $a_n = \pi n \LimToInfty +\infty$,
   otrzymamy $f(a_n) = \sin \pi n = 0 \LimToInfty 0$
2. biorąc $b_n = \pi \left(2n + \frac 1 2\right) \LimToInfty +\infty$,
   otrzymamy $f(b_n) = \sin \pi \left(2n + \frac 1 2\right) = 1 \LimToInfty 1$.

   Ponieważ granice są różne, to definicja Heinego nie jest spełniona.

::::

:::{prf:remark}

Wszystkie twierdzenia dotyczące granic
funkcji w punkcie są prawdziwe dla granic funkcji w nieskończoności.
:::

## Zamiana zmiennej

:::{narration}

Niech
$f: X \to \rr$, $x_0\in\rr \cup \Set{\pm \infty}$.

Chcemy policzyć właściwą lub niewłaściwą granicę
$\LimIn{x_0} f(x)$ domyślając się, że po zamianie
zmiennych sprowadzimy ją do granicy już nam znanej.

Załóżmy, że w sąsiedztwie $x_0$
istnieje (lokalnie) odwracalna funkcja $y = h(x)$
i istnieje $y_0 = \LimIn{x_0} h(x)$.

Wówczas

$$
   \LimIn{x_0} f(x) = \LimIn[y]{y_0} f\circ h^{-1}(y).
$$

:::

::::{exercise}
:label: lec-03-ex-05
:class: [exercise]

Policzmy $\LimIn{\frac \pi 2} \frac{ \cos x } {2x - \pi}.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-03b-ex-01`, {numref}`prob-03b-ex-04`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Przyjmijmy $y = h(x) = x- \frac \pi 2$.

Wówczas $y_0 = \LimIn{\frac \pi 2} h(x) = 0.$

Stąd

$$
\LimIn{\frac \pi 2} \frac{ \cos x } {2x - \pi}
   & = \LimIn[y]{y_0} \frac{ \cos \Paren{y + \frac \pi 2} }{2(y + \frac \pi 2) - \pi}
   \\ & = \LimIn[y]{0} \frac{ -\sin {y} }{2y}
   = -\frac 1 2 \cdot \LimIn[y]{0} \frac{ \sin {y} }{y} = -\frac 1 2.
$$

:::

## Przykłady granic

::::{tip}

Zbierzmy najważniejsze podstawowe przykłady granic funkcji:

:::{container} columns-2-auto

1. $\LimIn{+\infty} x^\alpha =
   \begin{cases}
   0,    & \text{dla } \alpha < 0 \\
   1,    & \text{dla } \alpha = 0 \\
   +\infty, & \text{dla } \alpha > 0
   \end{cases}
   $
2. $\LimIn{+\infty} q^x =
   \begin{cases}
   0,    & \text{dla } 0 < q < 1 \\
   1,    & \text{dla } q = 1     \\
   +\infty, & \text{dla } q > 1
   \end{cases}
   $
3. $\LimIn{0^+} \log_a x =
   \begin{cases}
   +\infty, & \text{dla } 0 < a < 1 \\
   -\infty, & \text{dla } a > 1
   \end{cases}
   $
4. $\LimIn{+\infty} \log_a x =
   \begin{cases}
   -\infty, & \text{dla } 0 < a < 1 \\
   +\infty, & \text{dla } a > 1
   \end{cases}
   $
5. $\LimIn{0} \left(1 + x\right)^{\frac 1 x} = \LimIn[|x|]{+\infty} \left(1 + \frac 1 x\right)^x = e $
6. $\LimIn{0} \frac {\sin x} x = 1 $
7. $\LimIn{0} \frac {a^x - 1} x = \ln a \qquad$ dla $a > 0 $
8. $\LimIn{0} \frac {\log_a(1+x)} x = \frac 1 {\ln a} \qquad$ dla $a>0, \alpha\neq 1 $
9. $\LimIn{0} \frac {(1+x)^\alpha - 1} x = \alpha \qquad$ dla $\alpha\in\rr .$
:::

::::

::::{exercise}
:label: lec-03-ex-06
:class: [exercise]

Policzmy granice:

:::{container} columns-2-auto

1. $\LimIn{2} \frac{x^2+2x}{x^2 + 3x + 2} $
2. $\LimIn{-2} \frac{x^2+2x}{x^2 + 3x + 2} $
3. $\LimIn{0} \frac{\sqrt{x+4} - 2} x $
4. $\LimIn{-2} \frac {x^2-4} {\arctg(x+2)}  $
5. $\LimIn{-\infty} \sqrt{x^2+x} + x $
6. $\LimIn{+\infty} (3x + 1)\sin\frac 1 x $
7. $\LimIn{+\infty}\ x\cdot {\arcctg x} .$

:::

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-03b-ex-01`, {numref}`prob-03b-ex-04`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. $\LimIn{2} \dfrac{x^2+2x}{x^2 + 3x + 2}
= \dfrac{\Paren{\LimIn{2} x}^2 + 2\LimIn{2} x}{\Paren{\LimIn{2} x}^2 + 3\LimIn{2} x + \LimIn{2} 2}
= {\dfrac{4 + 4}{4+6+2}} = \dfrac 2 3$

2. $\LimIn{-2} \frac{x^2+2x}{x^2 + 3x + 2} = \IndefiniteSymbol[0]
= \LimIn{-2} \frac{x\cancel{(x+2)}}{\cancel{(x+2)}(x+1)} = \frac {-2} {-1} = 2$

3. Mnożymy przez "sprzężenie":

   $$
   \LimIn{0} \frac{\sqrt{x+4} - 2} x
   & = \LimIn{0} \frac{\sqrt{x+4} - 2} x \cdot \frac{\sqrt{x+4} + 2} {\sqrt{x+4} + 2}
   \\ & = \LimIn{0} \frac{x+\cancel{4}-\cancel{4}} {x\Paren{\sqrt{x+4} + 2}}
   = \LimIn{0} \frac 1 {\sqrt{x+4} + 2} = \frac 1 4
   $$

4. Obliczamy granicę korzystając z zamiany zmiennych:

   $$
   \LimIn{-2} \frac {x^2-4} {\arctg(x+2)}
   & = \IndefiniteSymbol[0]
   = \LimIn{-2} (x-2) \cdot \LimIn{-2} \frac {x+2} {\arctg(x+2)}
   \\ & = \WaveBrack{
      y & = x+2 \\
      y & \LimTo{-2} 0
   }
   = -4 \cdot\LimIn[y]{0} \frac {y} {\arctg y}
   \\ & = \WaveBrack{
      z & = \arctg y \\
      z & \LimTo[y]{0} 0
   }
   = -4 \cdot\LimIn[z]{0} \frac {\tg z} {z}
   = -4 \cdot \LimIn[z]{0} \frac 1 {\cos z} \cdot \LimIn[z]{0} \frac {\sin z} {z}
   = -4
   $$

5. Mnożymy przez "sprzężenie" i zamieniamy zmienną:

   $$
   \LimIn{-\infty} \sqrt{x^2+x} + x
   & = \Brack{\infty - \infty}
   = \LimIn{-\infty} \dfrac {\Paren{\sqrt{x^2+x} + x}\Paren{\sqrt{x^2+x} - x}} {{\sqrt{x^2+x} - x}}
   = \LimIn{-\infty} \dfrac {{x^2+x} - x^2} {\sqrt{x^2+x} - x}
   \\ = \WaveBrack{y = -x}
   & = \LimIn[y]{+\infty} \dfrac {-y} {\sqrt{y^2-y} + y}
   = \LimIn[y]{+\infty} \dfrac {-\bcancel{y}} {\bcancel{y}\Paren{\sqrt{1-\frac 1 y} + 1}}
   = -\frac 1 2
   $$

6. Zamieniamy zmienną:

   $$
   \LimIn{+\infty} (3x + 1)\sin\frac 1 x
   & = \Brack{\infty \cdot 0}
   = \LimIn{+\infty} \frac {3x + 1} x \cdot\frac{\sin\frac 1 x}{\frac 1 x}
   \\ & =\WaveBrack{y = \frac 1 x}
   = \LimIn{+\infty} \Paren{3 + \frac 1 x}
   \cdot \LimIn[y]{0^+} \frac{\sin y}{y}
   = 3
   $$

7. Zamieniamy zmienną:

   $$
   \LimIn{+\infty}\ x\cdot {\arcctg x}
   & = \Brack{\infty \cdot 0}
   = \WaveBrack{
      y & = \arcctg x,\quad x = \ctg y   \\
      y & \LimTo{+\infty} 0^+
   }
   \\ & = \LimIn[y]{0^+}\ \ctg y\cdot y
   = \LimIn[y]{0^+} \cos y \cdot \LimIn[y]{0^+} \frac y {\sin y} = 1 .
   $$

:::

## Asymptoty funkcji

:::{prf:definition}

Prostą o równaniu $x = c$ nazywamy:

- **lewostronną asymptotą pionową** {index}`asymptota; pionowa lewostronna` wykresu funkcji $f:X\to \rr$, jeśli

   ```{math}
   \LimIn{c^-} f(x) = \pm\infty
   ```

- **prawostronną asymptotą pionową** {index}`asymptota; pionowa prawostronna` wykresu funkcji $f:X\to \rr$, jeśli

   ```{math}
   \LimIn{c^+} f(x) = \pm\infty
   ```

- **obustronną asymptotą pionową** {index}`asymptota; pionowa` wykresu funkcji $f:X\to \rr$, jeśli
   jest lewostronną i prawostronną asymptotą pionową.

:::

::::{exercise}
:label: lec-03-ex-07
:class: [exercise]

Znajdźmy asymptoty pionowe funkcji $\displaystyle f(x) = \frac{x^2 + 7x}{x+2}.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-04-ex-01`, {numref}`prob-04-ex-05`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Dziedzina funkcji $f$ to $D_f = \rr\setminus\Set{-2}$.

1. Dla $c \neq -2$ mamy $\LimIn{c} f(x) = f(c) \in \rr$,
   więc w tym przypadku $x=c$ nie jest asymptotą pionową.
2. Dla $c = -2$ mamy:

   $$
   \LimIn{-2^-} f(x)
   & = \LimIn{-2^-} \frac{x^2 + 7x}{x+2}
   = \Brack{\frac {-10}{0^-}} = +\infty,
   \\
   \LimIn{-2^+} f(x)
   & = \LimIn{-2^+} \frac{x^2 + 7x}{x+2}
   = \Brack{\frac {-10}{0^+}} = -\infty.
   $$

   Zatem $x = -2$ jest asymptotą pionową obustronną.
:::

:::{prf:definition}

Prostą o równaniu $y = mx + k$ nazywamy:

- **lewostronną asymptotą ukośną** {index}`asymptota; ukośna lewostronna`
   (**poziomą** {index}`asymptota; pozioma lewostronna` jeśli $m=0$)
   wykresu funkcji $f:X\to \rr$, jeśli

   $$
   \LimIn{-\infty} f(x) - mx - k = 0
   $$

- **prawostronną asymptotą ukośną** {index}`asymptota; ukośna prawostronna`
   (**poziomą** {index}`asymptota; pozioma prawostronna` jeśli $m=0$)
   wykresu funkcji $f:X\to \rr$, jeśli

   $$
   \LimIn{+\infty} f(x) - mx - k = 0
   $$

- **obustronną asymptotą ukośną** {index}`asymptota; ukośna` wykresu funkcji $f:X\to \rr$, jeśli
   jest lewostronną i prawostronną asymptotą ukośną.

:::

:::{prf:theorem}

Prosta o równaniu $y = m_\pm\cdot x + k_\pm$ jest
lewostronną (biorąc -)/
prawostronną (biorąc +)
asymptotą ukośną
wykresu funkcji $f: X \to \rr$
wtedy i tylko wtedy, gdy

$$
m_\pm = \LimIn{\pm\infty} \frac {f(x)} x \in \rr
   \quad \wedge \quad
   k_\pm = \LimIn{\pm\infty} \Brack{ f(x) - m_\pm \cdot x } \in \rr .
$$

:::

::::{exercise}
:label: lec-03-ex-08
:class: [exercise]

Znajdźmy asymptoty ukośne funkcji $\displaystyle f(x) = \frac{x^2 + 7x}{x+2}.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-04-ex-01`, {numref}`prob-04-ex-05`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Liczymy współczynniki kierunkowe (ewentualnych) asymptot:

$$
m_+ & = \LimIn{+\infty} \frac {f(x)} x
   = \LimIn{+\infty} \frac{x^2 + 7x}{x(x+2)}
   = \LimIn{+\infty} \frac
   {\cancel{x^2} \Paren{1 + \frac 7 x}}
   {\cancel{x^2}\Paren{ 1+\frac 2 x}}
   = 1 ,
   \\
   m_- & = \LimIn{-\infty} \frac {f(x)} x
   = \LimIn{-\infty} \frac{x^2 + 7x}{x(x+2)}
   = \LimIn{-\infty} \frac
   {\cancel{x^2} \Paren{1 + \frac 7 x}}
   {\cancel{x^2}\Paren{ 1+\frac 2 x}}
   = 1 .
$$

Pozostaje obliczyć stałe $k_\pm$, które podobnie jak powyższe obliczenia
będą takie same w $-\infty$ oraz $+\infty$:

$$
k_\pm & = \LimIn{\pm\infty}  \Brack{ f(x) - m_\pm\cdot x }
   = \LimIn{\pm\infty} \Brack{\frac{x^2 + 7x}{x+2} - x}
   \\ & = \LimIn{\pm\infty} \frac{x^2 + 7x - x^2 - 2x}{x+2}
   = \LimIn{\pm\infty} \frac{5\cancel{x}}{\cancel{x}\Paren{1+\frac 2 x}}
   = 5 .
$$

Stąd $y = x+5$ jest obustronną asymptotą ukośną.
:::

::::{exercise}
:label: lec-03-ex-09
:class: [exercise]

Wyznacz równania asymptot wykresu funkcji $f$, jeśli
$f(x)=\dfrac{x^{2}}{\sqrt{x(x-1)}}.$


:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-04-ex-01`, {numref}`prob-04-ex-05`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Dziedzina funkcji $f$ jest wyznaczona przez warunek na wyrażenie pod pierwiastkiem:

   $$
   x(x-1)>0 \iff x\in(-\infty,0)\cup(1,\infty)=\rr\setminus[0,1].
   $$

2. **Asymptoty pionowe.** Kandydatami są końce przerwy w dziedzinie: $x=0$ oraz $x=1$.

   - Dla $x\to 0^-$ (funkcja jest określona tylko z lewej strony):

     $$
     f(x)=\frac{x^2}{\sqrt{x^2-x}}
     =\frac{x^2}{|x|\sqrt{1-\frac 1 x}}
     =\frac{-x}{\sqrt{1-\frac 1 x}}
     \xrightarrow[x\to0^-]{}0,
     $$

     więc granica jest właściwa — w $x=0$ nie ma asymptoty pionowej.

   - Dla $x\to 1^+$:

     $$
     \LimIn{1^+} f(x)=\LimIn{1^+}\frac{x^2}{\sqrt{x(x-1)}}=+\infty,
     $$

     zatem $x=1$ jest asymptotą pionową prawostronną.

3. **Asymtoty ukośne.** Korzystamy z podanego twierdzenia o asymptocie ukośnej:

   $$m_\pm=\LimIn{\pm\infty}\frac{f(x)}{x}\in\rr,\qquad k_\pm=\LimIn{\pm\infty}\Brack{f(x)-m_\pm x}\in\rr.$$

   - Dla $x\to+\infty$ możemy założyć, że $x>0$, więc $\sqrt{x^2-x}=x\sqrt{1-\frac 1 x}$:

     $$
     \begin{aligned}
     m_+ & = \LimIn{+\infty}\frac{f(x)}{x}
         = \LimIn{+\infty}\frac{x^2}{x\sqrt{x^2-x}} \\
         & = \LimIn{+\infty}\frac{1}{\sqrt{1-\frac 1 x}}
         = 1  \\
     k_+ & = \LimIn{+\infty}\bigl(f(x)-x\bigr)
         = \LimIn{+\infty}x\left(\frac{1}{\sqrt{1-\frac 1 x}}-1\right)
         \\
         & = \LimIn{+\infty}x\cdot\frac{1-\sqrt{1-\frac 1 x}}{\sqrt{1-\frac 1 x}}
         = \LimIn{+\infty}\frac{x\left(1-\left(1-\frac 1 x\right)\right)}{\sqrt{1-\frac 1 x}\left(1+\sqrt{1-\frac 1 x}\right)}
         \\
         & = \LimIn{+\infty}\frac{1}{\sqrt{1-\frac 1 x}\left(1+\sqrt{1-\frac 1 x}\right)}
         = \frac{1}{1\cdot2}
         = \frac 1 2 .
     \end{aligned}
     $$

     Zatem prawostronna asymptota ukośna to $y=x+\frac 1 2$.

   - Analogicznie, dla $x\to-\infty$ możemy założyć, że $x<0$, więc

     $$
     \sqrt{x^2-x}=|x|\sqrt{1-\frac 1 x}=-x\sqrt{1-\frac 1 x} \quad \text{i} \quad f(x)=\frac{-x}{\sqrt{1-\frac 1 x}}.
     $$

     Stąd,

     $$
     \begin{aligned}
     m_- & = \LimIn{-\infty}\frac{f(x)}{x}
         = \LimIn{-\infty}\frac{-1}{\sqrt{1-\frac 1 x}}
         = -1  \\
     k_- & = \LimIn{-\infty}\bigl(f(x)+x\bigr)
         = \LimIn{-\infty}x\left(1-\frac{1}{\sqrt{1-\frac 1 x}}\right)
         \\
         & = \LimIn{-\infty}x\cdot\frac{\sqrt{1-\frac 1 x}-1}{\sqrt{1-\frac 1 x}}
         = \LimIn{-\infty}\frac{x\left(\left(1-\frac 1 x\right)-1\right)}{\sqrt{1-\frac 1 x}\left(\sqrt{1-\frac 1 x}+1\right)}
         \\
         & = \LimIn{-\infty}\frac{-1}{\sqrt{1-\frac 1 x}\left(\sqrt{1-\frac 1 x}+1\right)}
         = \frac{-1}{1\cdot2}
         = -\frac 1 2 .
     \end{aligned}
     $$

     Zatem lewostronna asymptota ukośna to $y=-x-\frac 1 2$.

Konkludując, wykres funkcji $f$ ma asymptoty:

- prawostronną pionową $x=1$
- prawostronną ukośną $y=x+\frac 1 2$
- lewostronną ukośną $y=-x-\frac 1 2$.

:::