114
3. 3.1. 3.1.1.
Egyv´ altoz´ os val´ os f¨ uggv´ enyek Val´ os f¨ uggv´ enyekkel kapcsolatos alapfogalmak A f¨ uggv´ enyek megad´ asa
Az els˝o fejezetben ´altal´anosan ´ertelmezt¨ uk a f¨ uggv´enyt. Most csak olyan f¨ uggv´enyekkel foglalkozunk, amelyeknek ´ertelmez´esi tartom´anya ´es k´eptartom´anya is val´os sz´amokb´ol ´all. Az ilyen f : A ⊂ R → B ⊂ R f¨ uggv´enyeket egyv´altoz´os val´os f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk, s a latin vagy a g¨or¨og ´ab´ec´e bet˝ uivel jel¨olj¨ uk, p´eld´aul: f , g, h,..., φ, ψ, ϑ stb. Az A halmazt az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´ anak (domenj´enek) nevezz¨ uk ´es Df fel jel¨olj¨ uk, m´ıg a B halmazt az f f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlet´enek (kodomenj´enek) nevezz¨ uk ´es Rf -fel jel¨olj¨ uk. Val´os f¨ uggv´enyekn´el ´altal´aban a f¨ uggetlen v´altoz´o jel¨ol´es´ere az x, a f¨ ugg˝o v´altoz´o jel¨ol´es´ere az y bet˝ ut haszn´aljuk, de ha sz¨ uks´eges, akkor m´as bet˝ uket is haszn´alhatunk. A f¨ uggv´eny jel¨ol´es´en´el sokszor az y = f (x) szimb´olumot haszn´aljuk, ami azt jelenti, hogy y valamilyen f¨ uggv´enye x-nek. Ha x0 ∈ Df , akkor az f f¨ uggv´eny x0 ponthoz rendelt ´ert´ek´et f (x0 )-lal jel¨olj¨ uk, ´es az f f¨ uggv´eny x0 pontban felvett helyettes´ıt´esi ´ert´ek´enek nevezz¨ uk. Ha f (x0 ) = 0, akkor x0 az f f¨ uggv´eny z´erushelye vagy nullahelye. A val´os f¨ uggv´eny megad´as´ahoz nem el´eg csak az ´ertelmez´esi tartom´anyt ´es az ´ert´ekk´eszletet megadni, azt is tudnunk kell, hogyan tal´alhatjuk meg a f¨ uggetlen v´altoz´o egyes ´ert´ekeihez tartoz´o f¨ uggv´eny´ert´eket, vagyis ismern¨ unk kell a hozz´arendel´esi t¨ orv´enyt. A hozz´arendel´esi t¨orv´eny megad´asa sokf´elek´eppen t¨ort´enhet. A f¨ uggv´eny hozz´arendel´esi t¨orv´eny´et p´eld´aul megadhatjuk t´abl´azattal. Ez abban ´all, hogy ki´ırjuk a f¨ uggetlen v´altoz´o sz´amos ´ert´ek´et, s mell´e´ırjuk a nekik megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´eket. A f¨ uggv´enyek t´abl´azattal val´o megad´as´anak f˝o hi´anyoss´aga a nagy terjedelem ´es a szeml´eletess´eg hi´anya, de ett˝ol f¨ uggetlen¨ ul igen elterjedt megad´asi m´od a term´eszettudom´anyokban ´es a m˝ uszaki tudom´anyokban. A f¨ uggv´eny megad´as´anak legfontosabb m´odja a k´eplettel (formul´ aval ) val´o megad´as. Ekkor megadunk egy olyan k´epletet, amely az x f¨ uggetlen v´altoz´on k´ıv¨ ul csupa adott sz´amot tartalmaz. Ha k´eplettel adjuk meg a f¨ uggv´enyt, akkor az ´ertelmez´esi tartom´anyt mindazok a val´os sz´amok alkotj´ak, amelyre a k´epletben szerepl˝o m˝ uveletek mindegyike elv´egezhet˝o ´es a k´eplet val´os ´ert´eket vesz fel. Adott f ´es g val´os f¨ uggv´enyekb˝ol k´epzett ¨osszetett f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´any´anak meghat´aroz´asakor figyelembe kell venni a k¨ovetkez˝oket: f (x) eset´en g(x) ̸= 0. g(x) √ 2. y = 2n f (x) eset´en f (x) ≥ 0 (n ∈ N). 1. y =
3. y = loga f (x) eset´en f (x) > 0 (a > 0, a ̸= 1). 4. y = tg f (x) eset´en f (x) ̸=
π 2
+ kπ, (k ∈ Z).
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
115
5. y = ctg f (x) eset´en f (x) ̸= kπ, (k ∈ Z). 6. y = arcsin f (x) ´es y = arccos f (x) eset´en −1 ≤ f (x) ≤ 1. x2 + 1 3.1. P´ elda. Az f (x) = 3 f¨ uggv´eny racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, ez´ert a nevez˝oje nem x − 4x2 lehet nulla. Keress¨ uk meg teh´at a nevez˝o nullahelyeit ´es z´arjuk ki azokat az ´ertelmez´esi 3 tartom´anyb´ol. x − 4x2 = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x(x − 2)(x + 2) = 0, innen pedig megkapjuk, hogy a nevez˝o nulla, ha x = 0, vagy ha x = 2, vagy ha x = −2. Ez´ert az ´ertelmez´esi tartom´any Df = R \ {−2, 0, 2}, vagy m´as fel´ır´asban Df = (−∞, −2) ∪ (−2, 0) ∪ (0, 2) ∪ (2, ∞). √ 3.2. P´ elda. Az f (x) = x2 − 16 f¨ uggv´eny p´aros gy¨okkitev˝oj˝ u irracion´alis f¨ uggv´eny, ez´ert a gy¨ok alatti mennyis´eg nem lehet negat´ıv, vagyis teljes¨ ulnie kell az x2 − 16 ≥ 0, illetve (x − 4)(x + 4) ≥ 0 egyenl˝otlens´egnek. Oldjuk meg t´abl´azattal ezt a m´asodfok´ u egyenl˝otlens´eget. A t´abl´azatb´ol kiolvashatjuk, hogy az f Df (−∞, −4) (−4, 4) (4, ∞) f¨ uggv´eny csak a (−4, 4) intervallumon x−4 − − + negat´ıv, teh´at x+4 − + + Df = (−∞, −4] ∪ [4, ∞). x2 − 16 + − + 3.3. P´ elda. Mivel minden )logaritmusf¨ uggv´eny csak pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett, ez´ert ( x2 + 1 x2 + 1 az f (x) = ln f¨ u ggv´ e ny csak akkor ´ e rtelmezett, ha az > 0 x2 − 4x + 3 x2 − 4x + 3 egyenl˝otlens´eg teljes¨ ul. Mivel x2 + 1 > 0 minden val´os sz´amra, ez´ert a t¨ortf¨ uggv´eny el˝ojele csak a nevez˝ot˝ol f¨ ugg. Bontsuk t´enyez˝okre a nevez˝ot ´es oldjuk meg t´abl´azattal az ´ıgy kapott (x − 1)(x − 3) > 0 egyenl˝otlens´eget. Df (−∞, 1) x−3 − x−1 − 2 x − 4x + 3 +
(1, 3) − + −
3.4. P´ elda. Az f (x) = tg
A t´abl´azatb´ol kiolvashatjuk, hogy az f f¨ uggv´eny csak az [1, 3] intervallumon nempozit´ıv, teh´at
(3, ∞) + + +
Df = (−∞, 1) ∪ (3, ∞).
x f¨ uggv´eny nem ´ertelmezett azokban a pontokban, ahol 2 x π ̸= + kπ, 2 2
k ∈ Z,
illetve x ̸= π + 2kπ, k ∈ Z. A keresett ´ertelmez´esi tartom´any teh´at Df = R \ {(2k + 1)π, k ∈ Z}. 3.5. P´ elda. Az f (x) = arcsin
6x f¨ uggv´eny csak akkor ´ertelmezett, ha a x2 + 9 −1 ≤
6x ≤1 +9
x2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
116
6x nevez˝oje minden val´os sz´amra pozit´ıv, +9 2 ez´ert mindk´et egyenl˝otlens´eget szorozhatjuk x + 9-cel. Ekkor −x2 − 9 < 6x < x2 + 9, azaz a egyenl˝otlens´egrendszer teljes¨ ul. Mivel a
x2
−x2 − 9 ≤ 6x ´es 6x ≤ x2 + 9 egyenl˝otlens´egeknek kell teljes¨ ulni¨ uk, azaz megold´ashalmazaik metszete adja az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´at. Mivel a fenti egyenl˝otlens´egrendszer ekvivalens az −x2 − 6x − 9 ≤ 0 ´es x2 − 6x + 9 ≥ 0, illetve az (x + 3)2 ≥ 0 ´es (x − 3)2 ≥ 0 egyenl˝otlens´egrendszerekkel, ´ıgy l´athat´o, hogy mindkett˝o megold´ashalmaza az R halmaz, teh´at metszet¨ uk is az, ´es ´ıgy Df = R.
A f¨ uggv´eny grafikonja vagy g¨orb´eje a Descartes-f´ele der´eksz¨og˝ u koordin´ata-rendszer ´altal meghat´arozott s´ıkban az olyan (x, f (x)) pontok halmaza, amelyek abszcissz´ai az x f¨ uggetlen v´altoz´o ´ert´ekei, ahol x ∈ Df , ordin´at´ai pedig az ezeknek megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekek, azaz y = f (x), s ezt az egyenletet nevezz¨ uk a f¨ uggv´enyg¨orbe egyenlet´enek. A f¨ uggv´eny grafikus megad´asa azt jelenti, hogy a f¨ uggv´eny grafikonj´at adjuk meg, ´es a f¨ uggetlen v´altoz´o x0 ´ert´ek´ehez tartoz´o f (x0 ) f¨ uggv´eny´ert´ek a g¨orbe x0 abszcissz´aj´ u pontj´anak ordin´at´aja. Gyakran el˝ofordul, hogy a f¨ uggv´eny grafikonja csak n´eh´any pontb´ol ´all, m´egis ´altal´anosan elterjedt, hogy a f¨ uggv´eny grafikonj´at g¨orb´enek nevezz¨ uk, s ´ıgy a f¨ uggv´eny ´es a g¨orbe fogalma szorosan ¨osszef¨ ugg. Egy f¨ uggv´eny megad´asa egy g¨orbe, a f¨ uggv´eny grafikonj´anak megad´as´at jelenti, ´es ford´ıtva: egy g¨orbe megad´as´aval egy f¨ uggv´enyt is megadunk, azt a f¨ uggv´enyt, amelynek a megadott g¨orbe a grafikonja. Term´eszetesen csak olyan g¨orb´et adhatunk meg f¨ uggv´eny grafikonjak´ent, amely eset´eben az y-tengellyel p´arhuzamos egyenesek a g¨orb´et legfeljebb egy pontban metszhetik. 3.6. P´ elda. A mell´ekelt t´abl´azattal megadott f f¨ uggv´eny grafikonja mind¨ossze h´arom pontb´ol ´all, az (1, 3), (2, 4) ´es (3, 5) pontokb´ol, mivel Df = {1, 2, 3}.
x 1 2 3 f (x) 3 4 5
3.7. P´ elda. Legyen az f (x) = x + 2 f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = [1, 3]. Az f f¨ uggv´eny grafikonja most az y = x + 2 g¨orbe [1, 3] intervallumhoz tartoz´o darabja, azaz az (1, 3) ´es (3, 5) pontokat ¨osszek¨ot˝o szakasz.
3.8. P´ elda. Legyen az f (x) = x + 2 f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya most Df = R. Az f f¨ uggv´eny grafikonja most az y = x + 2 egyenes.
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
y
117
y
y
5
5
5
4
4
4
3
3
3
2
2
2
1
1
1
1
2
x
3
1
2
y=x+2
x
3
1
2
x
3
A f¨ uggv´eny grafikonja a f¨ uggv´eny nullahely´eben metszi ´at az x-tengelyt. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´anak azon pontjaiban, ahol a f¨ uggv´eny´ert´ekek pozit´ıvak, a f¨ uggv´eny grafikonja az x-tengely felett van, az ´ertelmez´esi tary tom´any azon pontjaiban pedig, ahol a f¨ uggv´eny´ert´ekek negat´ıvak, a f¨ uggv´eny grafikonja az x-tengely alatt van. y=x2 -1
3.9. P´ elda. Az f (x) = x2 − 1 f¨ uggv´eny nullahelyei az f (x) = 0, illetve az x2 − 1 = 0 egyenlet megold´asai, azaz x1 = 1 ´es x2 = −1. Az y = x2 − 1 parabola teh´at a (−1, 0) ´es (1, 0) pontokban metszi ´at az x-tengelyt, s mivel f˝oegy¨ utthat´oja pozit´ıv, minimuma van. A f¨ uggv´eny el˝ojel´et leolvashatjuk a grafikonr´ol: f (x) > 0, ha x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞), ´es f (x) < 0, ha x ∈ (−1, 1).
1
++++
++++ -1
----
1
x
-1
A f¨ uggv´eny y = f (x) megad´asi m´odj´ara azt mondjuk, hogy a f¨ uggv´eny explicit alakban van megadva. Ha haszn´aljuk ezt a jel¨ol´est, akkor az F (x, y) = 0 egyenlet is ´ertelmezhet (egy vagy t¨obb) f¨ uggv´enyt. Ekkor azt mondjuk, hogy F (x, y) = 0 egy implicit alakban megadott f¨ uggv´eny. 2 2 3.10. P´ elda. egsugar´ u k¨orvonal implicit alak´ √ x + y − 1 = 02 az egys´ √ u megad´asa. Mivel 2 ebb˝ol y = ± √1 − x , ez´ert x + y 2 − 1 = 0 jelentheti az f1 (x) = 1 − x2 f¨ uggv´enyt, de 2 uggv´enyt is. Az f1 f¨ uggv´eny grafikonja az egys´egsugar´ u k¨orvonal az f2 (x) = − 1 − x f¨ fels˝o, pozit´ıv f´els´ıkhoz tartoz´o f´elk¨or´ıve, az f2 f¨ uggv´eny grafikonja pedig az egys´egsugar´ u k¨orvonal als´o, negat´ıv f´els´ıkhoz tartoz´o f´elk¨or´ıve.
y 1
y y=
1 - x2
1
-1 -1 y=-
1 - x2
1
x
x2 +y2 =1
1
-1 -1
x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
118
√ 2 3.11. P´ elda. u megad´asa, y = ± x miatt jelentheti √alak´ √ A parabola x − y = 0 implicit az f1 (x) = x f¨ uggv´enyt, de az f2 (x) = − x f¨ uggv´enyt is. Az f1 f¨ uggv´eny grafikonja a parabolag¨orbe fels˝o, pozit´ıv f´els´ıkhoz tartoz´o ´ıve, az f2 f¨ uggv´eny grafikonja pedig a parabolag¨orbe als´o, negat´ıv f´els´ıkhoz tartoz´o ´ıve. y
y x= y2
y= x
1
1 x
1 -1
x
1 -1 y=- x
FELADATOK. Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´any´at. 3x +5 Megold´ as. Mivel a racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny nevez˝oje nem nulla, hiszen x2 + 5 > 0, ez´ert a f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, azaz Df = R = (−∞, ∞).
1. f (x) =
x2
x2 + 2 x3 + 6x2 + 8x Megold´ as. A racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny nevez˝oje nem lehet nulla, azaz
2. f (x) =
x3 + 6x2 + 8x = x(x + 4)(x + 2) ̸= 0 kell teljes¨ ulj¨on, amely felt´etel akkor ´es csakis akkor igaz, ha x ̸= 0 ´es x ̸= −4 ´es x ̸= −2. Az ´ertelmez´esi tartom´any teh´at Df = R \ {−4, −2, 0} = (−∞, −4) ∪ (−4, −2) ∪ (−2, 0) ∪ (0, ∞). √
x+1 x Megold´ as. P´aratlan gy¨okkitev˝oj˝ u a f¨ uggv´eny, teh´at minden val´os sz´amra ´ertelmezett, ez´ert most csak az alatta lev˝o t¨ort nevez˝oj´ere kell feltenni, hogy ne legyen nulla, azaz x ̸= 0, ´ıgy Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞).
3. f (x) =
3
1 5x − x2 Megold´ as. A t¨ort miatt a nevez˝o nem lehet nulla, a p´aros gy¨okkitev˝oj˝ u f¨ uggv´eny alatti kifejez´es pedig nem lehet negat´ıv, ´ıgy meg´allap´ıthatjuk, hogy a k´et felt´etel ¨osszes´ıtve az 5x − x2 = x(5 − x) > 0 felt´etelhez vezet. Oldjuk meg t´abl´azattal ezt a m´asodfok´ u egyenl˝otlens´eget.
4. f (x) = √
Df x 5−x 5x − x2
(−∞, 0) (0, 5) (5, ∞) − + + + + − − + −
A t´abl´azatb´ol kiolvashatjuk, hogy az 5x − x2 m´asodfok´ u kifejez´es csak a (0, 5) intervallumon pozit´ıv, teh´at az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = (0, 5).
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
119
√ 1 + −x 5+x Megold´ as. Figyelembe v´eve a t¨ortet ´es a p´aros gy¨okkitev˝oj˝ u f¨ uggv´enyeket, a k¨ovetkez˝o kik¨ot´eseket kell tenn¨ unk: 5 + x > 0 ´es −x ≥ 0. Az egyenl˝otlens´egek megold´ashalmazai x > −5 ´es x ≤ 0, amelyek egyid˝oben −5 < x ≤ 0 val´os sz´amokra teljes¨ ulnek, teh´at Df = (−5, 0]. ) ( x+5 6. f (x) = ln 5−x Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny csak szigor´ uan pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett ´es a nevez˝o nem lehet nulla, ez´ert az 5. f (x) = √
x+5 >0 5−x egyenl˝otlens´egnek kell teljes¨ ulnie. T´abl´azatba foglalva a sz´aml´al´o ´es nevez˝o tulajdons´agait, a k¨ovetkez˝oket kapjuk: x+5 Df (−∞, −5) (−5, 5) (5, ∞) A t´abl´azatb´ol l´athat´o, hogy az x+5 − + + 5−x t¨ortkifejez´es csak a (−5, 5) intervallumon 5−x + + − pozit´ıv, teh´at az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi x+5 − + − tartom´anya Df = (−5, 5). 5−x 7. f (x) = ln x2 Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny csak szigor´ uan pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett ´es 2 x ≥ 0 minden val´os sz´amra. Ez azt jelenti, hogy csup´an a null´at kell kiz´arni az ´ertelmez´esi tartom´anyb´ol, azaz Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞). 8. f (x) = log2 (cos x) Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny csak szigor´ uan pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett, ez´ert teljes¨ ulnie kell a cos x > 0 felt´etelnek, ami azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya azoknak az intervallumoknak az uni´oj´ab´ol ´all, amelyekben az y = cos x f¨ uggv´enyg¨orbe az x-tengely f¨ol¨ott helyezkedik el. Ez´ert ) ∪( π π − + 2kπ, + 2kπ . Df = 2 2 k∈Z 9. f (x) =
√
ln (x − x2 )
Megold´ as. Vegy¨ uk figyelembe a logaritmusf¨ uggv´eny ´es a p´aros gy¨okkitev˝oj˝ u irracion´alis f¨ uggv´eny ´ertelmezetts´eg´et is. Ekkor teljes¨ ulnie kell a k¨ovetkez˝o felt´eteleknek: ( ) x − x2 > 0 ´es ln x − x2 ≥ 0. ( ) Az ln x − x2 ≥ 0 egyenl˝otlens´eg akkor ´es csakis akkor igaz, ha x−x2 ≥ 1, vagyis az x2 −x+1 ≤ 0 m´asodfok´ u egyenl˝otlens´eg is teljes¨ ul. Az x2 −x+1 m´asodfok´ u trinomr´ol 2 meg´allap´ıthatjuk, hogy determin´ansa D = 1 − 4 = −3 < 0, teh´at az y = x2 − x + 1 parabol´anak nincs val´os nullahelye, viszont a f˝oegy¨ utthat´oja a = 1 > 0, vagyis konvex ´es minimuma van, ami azt jelenti, hogy minden val´os sz´amra szigor´ uan pozit´ıv ´ert´eket vesz fel. Ez´ert az x2 − x + 1 ≤ 0 m´asodfok´ u egyenl˝otlens´eg egyetlen egy val´os sz´amra sem teljes¨ ul, teh´at Df = ∅.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
120 10. f (x) =
√
ln (sin x)
Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny ´es a p´aros gy¨okkitev˝oj˝ u irracion´alis f¨ uggv´eny ´ertelmezetts´eg´et is figyelembe v´eve kik¨otj¨ uk, hogy teljes¨ ulnie kell a sin x > 0 ´es
ln (sin x) ≥ 0
felt´eteleknek, illetve az ezzel ekvivalens sin x > 0 ´es
sin x ≥ 1
egyenl˝otlens´egrendszernek. Az egyenl˝otlens´egrendszer megold´as´at a sin x ≥ 1 egyenl˝otlens´eg megold´ashalmaza, illetve a | sin x| ≤ 1 felt´etellel ¨osszes´ıtve a sin x = 1 egyenlet megold´ashalmaza adja meg. Ez´ert {π } Df = + 2kπ, k ∈ Z . 2 2 2 + sin x Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a t¨ort nevez˝oj´eben szerepl˝o 2+sin x kifejez´es mindig szigor´ uan pozit´ıv, teh´at nem lehet nulla. Ez´ert csup´an a ( ) 2 2 2 −1 ≤ ≤ 1, illetve ≥ −1 ´es ≤1 2 + sin x 2 + sin x 2 + sin x
11. f (x) = arccos
egyenl˝otlens´egrendszert kell megoldani. Mivel 2 + sin x > 0 minden val´os sz´amra, ez´ert mindk´et egyenl˝otlens´eg beszorozhat´o (2 + sin x)-szel, s ´ıgy a 2 ≥ −2 − sin x ´es 2 ≤ 2 + sin x, illetve a sin x ≥ −4 ´es
sin x ≥ 0
egyenl˝otlens´egeket kapjuk, amelyek k¨oz¨ ul az els˝o mindig teljes¨ ul, a m´asodik megold´ashalmaza pedig minden olyan intervallum uni´oja, ahol az y = sin x f¨ uggv´enyg¨orbe nem az x-tengely alatt van, teh´at ∪ Df = [2kπ, (2k + 1)π] . k∈Z
√
√
x x−2 Megold´ as. Vegy¨ uk figyelembe mindh´arom ¨osszeadand´o ´ertelmez´esi tartom´any´at ´es keress¨ uk meg ezek metszet´et. Kik¨ot´eseink a k¨ovetkez˝ok:
12. f (x) =
3x + log(4 − x) +
3
3x ≥ 0 ´es 4 − x > 0 ´es x − 2 ̸= 0, illetve
x ≥ 0 ´es x < 4 ´es x ̸= 2.
A keresett ´ertelmez´esi tartom´any ´ıgy Df = [0, 2) ∪ (2, 4).
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
121
√
( ( 2 )) 1 + arctg ln x + 1 x2 + 1 Megold´ as. Vegy¨ uk figyelembe, hogy az exponenci´alis f¨ uggv´eny kitev˝oj´eben lev˝o t¨ort nevez˝oje nem lehet nulla, azaz x + 1 ̸= 0, illetve x ̸= −1 kell, hogy teljes¨ ulj¨on. A n´egyzetgy¨ok alatti kifejez´es nem lehet negat´ıv, teh´at kik¨otj¨ uk, hogy
13. f (x) = e
x x+1
−
arcsin
arcsin
x2
1 ≥0 +1
1 ≤ 1 teljes¨ ul. Mivel +1 x2 + 1 > 0, ez´ert a kapott egyenletrendszer ekvivalens a 0 ≤ 1 ≤ x2 + 1 egyenletrendszerrel, amelynek megold´ashalmaza a val´os sz´amok halmaza. Az y = arctg x f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, teh´at itt nincs kik¨ot´es, a logaritmusf¨ uggv´eny viszont csak szigor´ uan pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett, ´es az x2 + 1 kifejez´es ¨ teljes´ıti ezt a felt´etelt. Osszegezve a fenti felt´etelek mindegyik´et azt kapjuk, hogy az adott f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R \ {−1}, azaz
teljes¨ ulj¨on, ami akkor ´es csak akkor lehets´eges, ha 0 ≤
x2
Df = (−∞, −1) ∪ (−1, ∞). ( )x2 +1 14. f (x) = x2 − x − 2 Megold´ as. Az exponenci´alis f¨ uggv´eny alapja csak 1-t˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o pozit´ıv val´os sz´am lehet, ´ıgy teljes¨ ulnie kell az x2 − x − 2 > 0 ´es x2 − x − 2 ̸= 1, illetve az (x − 2)(x + 1) > 0 ´es x2 − x − 3 ̸= 0 felt´eteleknek. Az els˝o egyenl˝otlens´eg megold´ asa az (−∞, −1) ∪ (2, ∞) intervallum, √ 1 ± 13 a m´asodik megold´asa pedig: x ̸= . Ez´ert a megadott f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi 2 tartom´anya ( ) ( ) √ ) ( √ √ ) ( √ 1 + 13 1 − 13 1 − 13 1 + 13 , −1 ∪ 2, ,∞ . Df = −∞, ∪ ∪ 2 2 2 2 ( ) 15. f (x) = log3x−3 4 − x2 Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny csak pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett, alapja pedig csak 1-t˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o pozit´ıv val´os sz´am lehet, ez´ert kik¨ot´eseink most: 3x − 3 > 0 ´es 3x − 3 ̸= 1 ´es 4 − x2 > 0. 4 Mivel a fenti egyenl˝otlens´egrendszer megold´ashalmaz´at az x > 1, az x ̸= , valamint 3 a −2 < x < 2 tulajdons´agok egyid˝oben t¨ort´en˝o megval´osul´asa adja meg, ez´ert az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya ( ) ) ( 4 4 Df = 1, ,2 . ∪ 3 3
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
122
Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´any´at, nullahelyeit, majd vizsg´aljuk ki az el˝ojel¨ uket, azaz hat´arozzuk meg mely intervallumokon pozit´ıvak ´es mely intervallumokon negat´ıvak. 16. f (x) = 6x − 3 Megold´ as. Mivel f line´aris f¨ uggv´eny, ez´ert Df = R. A f¨ uggv´eny nullahelye az f (x) = 0 f¨ uggv´eny megold´asa, ebben az esetben a 6x − ( 3 =)0 egyenlet gy¨oke, azaz 1 1 x = . Ez azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny g¨orb´eje az N , 0 pontban metszi az x2 2 tengelyt. Az f f¨ uggv´eny akkor ´es csakis akkor pozit´ıv, ha f (x) > 0, azaz 6x − 3 > 0, 1 teh´at x > eset´en. Az f f¨ uggv´eny akkor ´es csakis akkor negat´ıv, ha f (x) < 0, 2 1 azaz 6x − 3 < 0, teh´at x < eset´en. Ezeket a tulajdons´agokat t´abl´azatban is 2 ¨osszefoglalhatjuk. ( ) ( ) ( ) 1 1 1 Az f f¨ uggv´eny pozit´ıv az , ∞ intervallumon, Df −∞, ,∞ 2 ( ) 2 2 1 f (x) − + ´es negat´ıv a −∞, intervallumon. 2 17. f (x) = 25 − x2 Megold´ as. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R, mert f m´asodfok´ u 2 f¨ uggv´eny. f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 25 − x = 0, azaz x = −5 vagy x = 5 eset´en, teh´at a f¨ uggv´eny grafikonja N1 (−5, 0) ´es N2 (5, 0) pontokban metszi az x-tengelyt. Felhaszn´alva, hogy a f¨ uggv´eny f (x) = (5 − x)(5 + x) alakban is fel´ırhat´o, az el˝ojellel kapcsolatos tulajdons´agokat t´abl´azatban foglaljuk ¨ossze. Df (−∞, −5) (−5, 5) (5, ∞) 5−x + + − 5+x − + + f (x) − + −
Meg´allap´ıthatjuk, hogy az f f¨ uggv´eny pozit´ıv a (−5, 5) intervallumon, ´es negat´ıv a (−∞, −5) ∪ (5, ∞) intervallumon.
18. f (x) = x3 + x2 + 2x Megold´ as. f polinomf¨ uggv´eny, teh´at az ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R. f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x(x2 + x + 2) = 0, azaz csup´an x = 0 eset´en, mert ( )2 1 7 2 x + x + 2 = x+ + > 0. A f¨ uggv´eny grafikonja teh´at csak az N (0, 0) 2 4 pontban metszi az x-tengelyt. Az f f¨ uggv´eny el˝ojele ´ıgy csak x-t˝ol f¨ ugg, vagyis f (x) > 0, ha x ∈ (0, ∞), ´es f (x) < 0, ha x ∈ (−∞, 0). x3 − 3x2 + 2x x2 − 9 Megold´ as. f racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, ´ıgy a nevez˝o nem lehet nulla, azaz x2 − 9 ̸= 0, ami azt jelenti, hogy x ̸= 3 ´es x ̸= −3. Az ´ertelmez´esi tartom´any ennek alapj´an Df = R \ {−3, 3}, illetve intervallumos alakban Df = (−∞, −3) ∪ (−3, 3) ∪ (3, ∞). f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha a sz´aml´al´o nulla, vagyis x(x − 1)(x − 2) = 0. A kapott egyenlet megold´asai x1 = 0, x2 = 1 ´es x3 = 2, teh´at a f¨ uggv´eny grafikonja az N1 (0, 0), N2 (1, 0) ´es N3 (2, 0) pontokban metszi az x-tengelyt. V´egezz¨ uk t´abl´azattal az el˝ojel vizsg´alat´at.
19. f (x) =
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
123
Df (−∞, −3) (−3, 0) (0, 1) (1, 2) (2, 3) (3, ∞) x − − + + + + 2 x − 3x + 2 + + + − + + x2 − 9 + − − − − + f (x) − + − + − + Meg´allap´ıthatjuk, hogy f (x) > 0, ha x ∈ (−3, 0) ∪ (1, 2) ∪ (3, ∞) ´es f (x) < 0, ha x ∈ (−∞, −3) ∪ (0, 1) ∪ (2, 3). 20. f (x) = 2x − 4 Megold´ as. Az exponenci´alis f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, ez´ert az ´ertelmez´esi tartom´any Df = R. A f¨ uggv´eny nullahely´et az f (x) = 0 egyenletb˝ol sz´am´ıthatjuk ki. 2x − 4 = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x = 22 , amelyb˝ol x = 2, vagyis az f f¨ uggv´eny grafikonja egyetlen pontban metszi ´at az x-tengelyt, ez pedig N (2, 0). A f¨ uggv´eny el˝ojel´enek kivizsg´al´as´ahoz exponenci´alis egyenl˝otlens´egeket kell megoldani. f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x − 4 > 0, azaz 2x > 22 , amelyb˝ol k¨ovetkezik, hogy x > 2. f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x < 22 , ahonnan x < 2. ¨ Osszefoglalva, az f f¨ uggv´eny pozit´ıv, ha x ∈ (2, ∞) ´es az f f¨ uggv´eny negat´ıv, ha x ∈ (−∞, 2). 15 − 3x 21. f (x) = √ x−6 Megold´ as. A nevez˝o nem lehet nulla ´es a gy¨ok alatti kifejez´es nem lehet negat´ıv, ez´ert x − 6 > 0 eset´en lesz csak ´ertelmezett a f¨ uggv´eny, ami azt jelenti, hogy az ´ertelmez´esi tartom´any Df = (6, ∞). f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 15 − 3x = 0, azaz x = 5 eset´eben, de mivel 5 ∈ / Df √ , ez´ert a f¨ uggv´enynek nincs nullahelye. Az el˝ojel kivizsg´al´as´an´al vegy¨ uk ´eszre, hogy x − 6 > 0 az ´ertelmez´esi tartom´any minden pontj´ara, teh´at a f¨ uggv´eny el˝ojele csak a sz´aml´al´o el˝ojel´et˝ol f¨ ugg. Ez´ert f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 15 − 3x > 0, vagyis x < 5 eset´en, ami nem lehets´eges, mert ez az intervallum nincs benne az ´ertelmez´esi tartom´anyban. f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 15 − 3x < 0, vagyis x > 5 eset´en. Ez azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon negat´ıv. ln x 1 − ln x Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny csak pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett, ez´ert az egyik kik¨ot´es¨ unk az, hogy x > 0. A nevez˝o nem lehet nulla, ez´ert a m´asik kik¨ot´es¨ unk az ln x ̸= 1, vagyis x ̸= e. Ez´ert a f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = (0, e)∪(e, ∞). f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha ln x = 0, ez pedig x = 1 eset´en teljes¨ ul, teh´at a f¨ uggv´enygrafikon az N (1, 0) pontban metszi ´at az abszcissza tengelyt. Foglaljuk t´abl´azatba a f¨ uggv´eny el˝ojel´enek kivizsg´al´as´at.
22. f (x) =
Df ln x 1 − ln x f (x)
(0, 1) (1, e) (e, ∞) − + + + + − − + −
A t´abl´azatb´ol meg´allap´ıthatjuk, hogy f (x) > 0, ha x ∈ (1, e), ´es f (x) < 0, ha x ∈ (0, 1) ∪ (e, ∞).
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
124 23. f (x) = log 1
2
x+2 x−3
Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny akkor ´es csakis akkor ´ertelmezett, ha K´esz´ıts¨ uk el a kapott egyenl˝otlens´eg megold´as´anak t´abl´azat´at. x x+2 x−3 x+2 x−3
(−∞, −2) − −
(−2, 3) (3, ∞) + + − + −
+
+
x+2 > 0. x−3
A t´abl´azatb´ol meg´allap´ıthatjuk, hogy a f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = (−∞, −2) ∪ (3, ∞).
x+2 = 1, azaz x + 2 = x − 3 eset´en, e ennek az x−3 egyenletnek nincs megold´asa, ´ıgy a f¨ uggv´enynek nincs nullahelye. f (x) > 0 akkor ´es x+2 x+2−x+3 csakis akkor, ha 0 < < 1, azaz akkor ´es csakis akkor, ha < 0. x−3 x−3 5 A kapott egyenl˝otlens´eg megold´asa < 0, illetve x − 3 < 0 megold´as´aval ekvix−3 valens, ami azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny pozit´ıv x < 3 eset´en, teh´at a (−∞, −2) x+2 intervallumon. f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha > 1, azaz akkor ´es csakis x−3 5 akkor, ha > 0. A kapott egyenl˝otlens´eg megold´asa x − 3 > 0 megold´as´aval x−3 ekvivalens, ami azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny negat´ıv a (3, ∞) intervallumon. f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha
1
24. f (x) = (x − 2)e x Megold´ as. Mivel az exponenci´alis f¨ uggv´eny kitev˝oj´eben lev˝o nevez˝o nem lehet nulla, ez´ert x ̸= 0, s ´ıgy Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞). f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x − 2 = 0, teh´at x = 2 a f¨ uggv´eny nullahelye. Ez azt jelenti, hogy a f¨ uggv´enygrafikon az N (2, 0) pontban metszi az x-tengelyt. Mivel az exponenci´alis f¨ uggv´eny mindig pozit´ıv, ez´ert f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha x − 2 > 0, ´es f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha x − 2 < 0. Az f f¨ uggv´eny teh´at pozit´ıv x > 2-re, azaz x ∈ (2, ∞) eset´en, ´es negat´ıv x < 2-re, azaz x ∈ (−∞, 2) eset´en. 25. f (x) = cos 2x − sin x Megold´ as. Az f f¨ uggv´enyben szerepl˝o k´et trigonometrikus f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, teh´at az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R. Alkalmazva a trigonometriai azonoss´agokat ´atalak´ıthatjuk az f f¨ uggv´enyt: f (x) = cos 2x − sin x = cos2 x − sin2 x − sin x = 1 − 2 sin2 x − sin x. Ekkor f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2 sin2 x + sin x − 1 = 0. Bevezetve a sin x = t helyettes´ıt´est az egyenlet a 2t2 + t − 1 = 0 m´asodfok´ u egyenletre vezet˝odik 1 ´es t2 = −1. Visszahelyettes´ıtve az eredeti vissza, amelynek megold´asai t1 = 2 v´altoz´ot a 1 sin x = ´es sin x = −1 2 egyenleteket kapjuk, amelyek megold´asai π 5π 3π x1 = + 2kπ, x2 = + 2kπ ´es x3 = + 2kπ, k ∈ Z. 6 6 2
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak Mivel az f f¨ uggv´eny
(
1 f (x) = −2 sin x − 2
125
) (sin x + 1)
alakban is fel´ırhat´o ´es sin x + 1 ≥ 0, ez´ert f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 1 1 sin x − < 0, illetve f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha sin x − > 0. 2 2 ¨ Osszegezve a fentieket meg´allap´ıthatjuk, hogy az f f¨ uggv´eny pozit´ıv, ha )∪( ) ( ) ∪ ( 5π π 3π 3π 13π x ∈ 0 + 2kπ, + 2kπ + 2kπ, + 2kπ + 2kπ, + 2kπ , 6 6 2 2 6 ( ) π 5π illetve az f f¨ uggv´eny negat´ıv, ha x ∈ + 2kπ, + 2kπ . 6 6 3.1.2.
Val´ os f¨ uggv´ enyek tulajdons´ agai
A k¨ovetkez˝okben felsoroljuk azokat a legegyszer˝ ubb fogalmakat, amelyek a f¨ uggv´enyek vizsg´alata sor´an leggyakrabban el˝ofordulnak. 3.1. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enyt fel¨ ulr˝ ol (alulr´ol) korl´atosnak nevezz¨ uk, ha van olyan K (k) sz´am, hogy minden x ∈ Df pontra f (x) < K (k < f (x)). Az f f¨ uggv´eny korl´atos, ha alulr´ ol ´es fel¨ ulr˝ol is korl´atos, ekkor |f (x)| ≤ max{|k|, |K|},
azaz k ≤ f (x) ≤ K.
Azt mondjuk, hogy K az f f¨ uggv´eny egy fels˝o, k pedig az f f¨ uggv´eny egy als´ o korl´ atja. Fontos kihangs´ ulyozni, hogy ha a f¨ uggv´enynek van egy fels˝o korl´atja vagy egy als´o korl´atja, akkor ezekb˝ol v´egtelen sok is van. Teh´at a fels˝o ´es als´o korl´at fogalma nem egy´ertelm˝ u. Lehet defini´alni korl´atos f¨ uggv´eny legkisebb fels˝o korl´atj´at, mint a f¨ uggv´eny szupr´emum´at, vagy korl´atos f¨ uggv´eny legnagyobb als´o korl´atj´at, mint a f¨ uggv´eny infimmum´at, de a korl´atoss´ag szempontj´ab´ol ezek nem a legfontosabb fogalmak. 3.12. P´ elda. a) Az f (x) = −x2 + 2 f¨ uggv´eny fel¨ ulr˝ol korl´atos, egy fels˝o korl´atja a 2, teh´at a f¨ uggv´eny grafikonja az y = 2 egyenes alatt helyezkedik el. 1 b) Az f (x) = 2 f¨ uggv´eny alulr´ol korl´atos, egy als´o korl´atja a 0, teh´at a f¨ uggv´eny x grafikonja az y = 0 egyenes felett helyezkedik el. c) Az f (x) = cos x f¨ uggv´eny korl´atos, egy fels˝o korl´atja az 1, egy als´o korl´atja a −1, teh´at a f¨ uggv´eny grafikonja az y = −1 ´es az y = 1 egyenesek k¨oz¨ott helyezkedik el. d) Az f (x) = x3 f¨ uggv´eny sem alulr´ol, sem fel¨ ulr˝ol nem korl´atos. 3.2. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enyt szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ onek (cs¨ okken˝ onek) nevezz¨ uk, ha az ´ertelmez´esi tartom´any b´armely k´et olyan pontj´ ara, amelyekre x1 < x2 , az f (x1 ) < f (x2 )
(f (x1 ) > f (x2 ))
rel´ aci´ o teljes¨ ul. Az f f¨ uggv´enyt monoton nemcs¨okken˝ onek (nemn¨ovekv˝ onek) mondjuk, ha x1 < x2 eset´en az teljes¨ ul, hogy f (x1 ) ≤ f (x2 )
(f (x1 ) ≥ f (x2 )).
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
126
A szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, monoton nemcs¨okken˝o ´es monoton nemn¨ovekv˝o f¨ uggv´enyeket k¨oz¨os n´even monoton f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. A szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o f¨ uggv´enyekre azt mondjuk, hogy szigor´ uan monotonak. 3.13. P´ elda. a) Az f (x) = 2−x f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. b) Az f (x) = ln x f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o. c) Az f (x) = 2 f¨ uggv´eny monoton nemcs¨okken˝o ´es monoton nemn¨ovekv˝o is. A monotonit´as defini´alhat´o az ´ertelmez´esi tartom´any valamely r´eszintervallum´an is. Ekkor a sz´oban forg´o intervallumon monoton f¨ uggv´enyr˝ol besz´el¨ unk. 1 f¨ uggv´eny a (−∞, 0) intervallumon szigor´ uan monoton x2 n¨ovekv˝o, a (0, ∞) intervallumon pedig szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, de a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon vizsg´alva nem monoton.
3.14. P´ elda. a) Az f (x) =
b) Az f (x) = x2 −2x+3 f¨ uggv´eny a (−∞, 1) intervallumon szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, a (1, ∞) intervallumon pedig szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, de a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon vizsg´alva nem monoton. 3.3. Defin´ıci´ o. Legyen x0 az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´ anak egy pontja. Az f f¨ uggv´enynek az x0 pontban helyi (vagy lok´alis) maximuma (minimuma) van, ha megadhat´ o az x0 pontnak olyan k¨ornyezete, hogy az ebbe es˝o x ∈ Df , de x ̸= x0 pontokra igaz, hogy f (x) < f (x0 )
(f (x) > f (x0 )) .
Azt az x0 pontot, ahol az f f¨ uggv´eny el´eri helyi maximum´at minimum´at, az f f¨ uggv´eny helyi maximuma (minimuma) hely´enek nevezz¨ uk. Az (x0 , f (x0 )) pont az y = f (x) f¨ uggv´enyg¨ orbe helyi maximumpontja minimumpontja. A helyi maximumhelyet ´es minimumhelyet egy sz´oval helyi sz´els˝o´ert´ekhelynek nevezz¨ uk, a helyi maximumpont ´es minimumpont k¨oz¨os neve pedig helyi sz´els˝o´ert´ekpont. 3.15. P´ elda. a) Az f (x) = x2 + 2 f¨ uggv´enynek az x = 0 pontban helyi minimuma van, amelynek ´ert´eke fmin (0) = 2. b) Az f (x) = −x2 + 2x f¨ uggv´enynek az x = 1 pontban helyi maximuma van, amelynek ´ert´eke fmax (1) = 1. √ c) Az f (x) = 3 x f¨ uggv´enynek nincs helyi sz´els˝o´ert´eke. Az olyan f¨ uggv´enyek eset´eben vizsg´alhat´o a f¨ uggv´enyg¨orbe alakja a konvexit´as szempontj´ab´ol, amelyek ´ertelmez´esi tartom´any´anak van olyan r´eszhalmaza, amely intervallum. 3.4. Defin´ıci´ o. Az [a, b] intervallumon ´ertelmezett f f¨ uggv´enyt konvexnek (konk´ avnak) nevezz¨ uk, ha minden a ≤ x1 < x < x2 ≤ b eset´en ( ) f (x2 ) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x1 ) f (x) < f (x1 ) + (x − x1 ) f (x) > f (x1 ) + (x − x1 ) . x 2 − x1 x2 − x1
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
127
A fenti defin´ıci´o szeml´eletesen a k¨ovetkez˝ok´eppen fogalmazhat´o meg: egy f¨ uggv´enyg¨orb´et konvexnek (konk´avnak) nevez¨ unk, ha b´armely ´ıv´enek minden pontja a v´egpontok kiv´etel´evel a v´egpontok ´altal meghat´arozott h´ ur alatt (felett) van. A konvex g¨orbe´ıvre teh´at az jellemz˝o, hogy b´armely pontj´ahoz h´ uzott ´erint˝oje f¨ol¨ott halad, m´ıg a konk´av g¨orbe´ıvre az, hogy b´armely pontj´ahoz h´ uzott ´erint˝oje alatt halad. A fenti elnevez´esek akkor lenn´enek pontosak, ha azt is hozz´atenn´enk, hogy a f¨ uggv´eny ”fel¨ ulr˝ol n´ezve” konvex, illetve konk´av, de mi mindig ilyen ´ertelemben haszn´aljuk ˝oket. 3.5. Defin´ıci´ o. Egy f¨ uggv´enynek az x0 pontban inflexi´os (vagy ´athajl´ asi) pontja van, ha az x0 pontnak van olyan jobb ´es bal oldali k¨ornyezete, hogy az egyikben a f¨ uggv´eny szigor´ uan konvex, a m´asikban szigor´ uan konk´av, vagy ford´ıtva. 3.16. P´ elda. Az f (x) = x3 f¨ uggv´eny a (−∞, 0) intervallumon konk´av, a (0, ∞) intervallumon konvex, az x = 0 pontban pedig inflexi´os pontja van ´es finf (0) = 0. 3.6. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enyt, amelynek ´ertelmez´esi tartom´anya szimmetrikus az orig´ ora, p´aros f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk, ha b´armely x ∈ Df pontra f (−x) = f (x), ´es p´ aratlan f¨ uggv´enynek, ha b´armely x ∈ Df pontra f (−x) = −f (x). A defin´ıci´ob´ol k¨ovetkezik, hogy a p´aros f¨ uggv´enyek grafikonja tengelyesen szimmetrikus az y-tengelyre, a p´aratlan f¨ uggv´enyek grafikonja pedig k¨oz´eppontosan szimmetrikus az orig´ora. 3.17. P´ elda. Az f (x) = x2 + |x| f¨ uggv´eny p´aros, mert f (−x) = (−x)2 + | − x| = x2 + |x| = f (x). 3.18. P´ elda. Az f (x) = x3 + x f¨ uggv´eny p´aratlan, mert f (−x) = (−x)3 + (−x) = −x3 − x = −(x3 + x) = −f (x). 3.19. P´ elda. Ha tudjuk, hogy a trigonometrikus f¨ uggv´enyek k¨oz¨ ul csak az y = cos x p´aros, a t¨obbi p´aratlan, akkor meg´allap´ıthatjuk, hogy az f (x) = sin x + cos x f¨ uggv´eny se nem p´aros, se nem p´aratlan, mivel f (−x) = sin(−x) + cos(−x) = − sin x + cos x ̸= ±f (x). 3.20. P´ elda. Az f (x) = log x se nem p´aros, se nem p´aratlan, mert az ´ertelmez´esi tartom´anya nem szimmetrikus az orig´ora. 3.7. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´eny periodikus, ha l´etezik olyan ω pozit´ıv val´os sz´am, amelyre teljes¨ ul a k¨ovetkez˝o k´et felt´etel: 1. minden x ∈ Df eset´en k¨ovetkezik, hogy (x + kω) ∈ Df , ahol k ∈ Z; 2. minden x ∈ Df eset´en f (x + ω) = f (x). Ekkor ω-t az f f¨ uggv´eny peri´ odus´anak nevezz¨ uk. Term´eszetesen, ha ω peri´odus, akkor ennek b´armely pozit´ıv eg´esz sz´amszorosa is peri´odus. A f¨ uggv´eny lehet˝o legkisebb peri´odus´at a f¨ uggv´eny alapperi´ odus´ anak nevezz¨ uk ´es ω0 -val jel¨olj¨ uk.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
128
3.21. P´ elda. A trigonometrikus f¨ uggv´enyek periodikusak. K¨oz¨ ul¨ uk az f (x) = sin x ´es f (x) = cos x f¨ uggv´enyek alapperi´odusa ω0 = 2π. Ez azt jelenti, hogy sin(x + 2π) = sin x, azaz, hogy sin(x + 2kπ) = sin x, k ∈ Z, illetve hogy cos(x + 2kπ) = cos x, k ∈ Z. Az f (x) = tg x ´es az f (x) = ctg x f¨ uggv´enyek alapperi´odusa ω0 = π. Ebb˝ol azt tudjuk, hogy tg (x + kπ) = tg x, k ∈ Z, ´es ctg (x + kπ) = ctg x, k ∈ Z. 1 f¨ uggv´eny nem periodikus, mert nem tal´alunk olyan ω pozit´ıv x 1 1 val´os sz´amot, hogy f (x + ω) = f (x), vagyis = teljes¨ ulj¨on, hiszen akkor x + ω = x x+ω x kellene, hogy igaz legyen minden val´os x ̸= 0 ´ert´ekre, amely csak ω = 0 esetben val´osul meg.
3.22. P´ elda. Az f (x) =
3.23. P´ elda. Vizsg´aljuk most ki az f (x) = sin 3x f¨ uggv´eny periodikuss´ag´at. Mivel ´altal´anos esetben tudjuk, hogy az f f¨ uggv´eny periodikuss´ag´ahoz egy olyan ω > 0 sz´amot keres¨ unk, amelyre f (x + ω) = f (x) igaz, ´es ebben az esetben tudjuk, hogy az y = sin x f¨ uggv´eny periodikus ´es 2π az alapperi´odusa, ez´ert most a sin 3(x + ω) = sin(3x + 2kπ),
k∈Z
egyenl˝os´egnek kell teljes¨ ulnie. Innen 3(x + ω) = 3x + 2kπ akkor ´es csakis akkor, ha 3ω = 2kπ, vagyis 2kπ ω= , k ∈ Z. 3 Az alapperi´odust a legkisebb pozit´ıv eg´esz k sz´amra kapjuk, teh´at k = 1 eset´en, s ´ıgy az 2π f f¨ uggv´enyr˝ol meg´allap´ıthat´o, hogy periodikus, alapperi´odusa pedig ω0 = . 3 √ 3.24. P´ elda. Mutassuk meg, hogy az f (x) = tg x f¨ uggv´eny nem periodikus. E c´elb´ol tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggv´eny periodikus ω peri´odussal, azaz teljes¨ ul, hogy √ √ tg x + ω = tg ( x + kπ), k ∈ Z. √ √ Ebb˝ol x + ω = x + kπ, k ∈ Z, ahonnan n´egyzetre emel´essel azt kapjuk, hogy √ x + ω = x + 2kπ x + k 2 π 2 , k ∈ Z. Ekkor
√ ω = 2kπ x + k 2 π 2 ∈ / R+ ,
k ∈ Z,
mivel az x v´altoz´o is szerepel a kifejez´esben. Ez´ert az f f¨ uggv´eny egy nem periodikus trigonometrikus f¨ uggv´eny.
FELADATOK. Vizsg´aljuk ki az al´abbi f¨ uggv´enyek parit´as´at. √ 1. f (x) = x x2 Megold´ as. Mivel
√ √ f (−x) = −x (−x)2 = −x x2 = −f (x),
az adott f¨ uggv´eny p´aratlan.
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
129
2. f (x) = x4 + 5x2 + 6 + 3 cos x Megold´ as. Mivel f (−x) = (−x)4 + 5(−x)2 + 6 + 3 cos(−x) = x4 + 5x2 + 6 + 3 cos x = f (x), az adott f¨ uggv´eny p´aros. 3. f (x) = sin(sin x) Megold´ as. Mivel f (−x) = sin(sin(−x)) = sin(− sin x) = − sin(sin x) = −f (x), az adott f¨ uggv´eny teh´at p´aratlan. 4. f (x) = x3 + x2 + x + 1 Megold´ as. A f¨ uggv´eny se nem p´aros, se nem p´aratlan, hiszen f (−x) = (−x)3 + (−x)2 + (−x) + 1 = −x3 + x2 − x + 1 ̸= ±f (x). cos 5x x3 + x Megold´ as. A f¨ uggv´eny p´aratlan, mert Df = (−∞, 0) ∪ (0, ∞) ´es
5. f (x) =
f (−x) =
cos 5(−x) cos 5x cos 5x = =− 3 = −f (x). 3 3 (−x) + (−x) −x − x x +x
3x − 3−x 2 Megold´ as. Mivel
6. f (x) =
f (−x) =
3(−x) − 3−(−x) 3−x − 3x 3x − 3−x = =− = −f (x), 2 2 2
ez´ert a f¨ uggv´eny p´aratlan. √ √ 7. f (x) = 1 − 3x + 2x2 − 1 + 3x + 2x2
(
) 1 1 Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy Df = (−∞, −1) ∪ − , ∪ (1, ∞) ´es 2 2 √ √ f (−x) = 1 − 3(−x) + 2(−x)2 − 1 + 3(−x) + 2(−x)2 = ) (√ √ √ √ 2 2 2 2 1 + 3x + 2x − 1 − 3x + 2x = −f (x), = 1 + 3x + 2x − 1 − 3x + 2x = −
ez´ert a f¨ uggv´eny p´aratlan. √ √ 3 3 2 8. f (x) = (x + 2) + (x − 2)2 Megold´ as. Mivel √ √ √ √ 3 3 3 3 2 2 2 f (−x) = (−x + 2) + (−x − 2) = (x − 2) + (x + 2)2 = f (x), a f¨ uggv´eny p´aros.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
130 ( ) √ 9. f (x) = loga x + x2 + 1
Megold´ as. A f¨ uggv´eny p´aratlan, mert ( ) ( ) (√ ) √x 2 + 1 + x √ f (−x) = loga −x + (−x)2 + 1 = loga x2 + 1 − x · √ = x2 + 1 + x ) ( 2 )−1 ) ( ( √ √ x + 1 − x2 = loga x + x2 + 1 = − loga x + x2 + 1 = −f (x). = loga √ x2 + 1 + x 2 + cos x 2 − cos x Megold´ as. A f¨ uggv´eny p´aros, mert
10. f (x) = ln
f (−x) = ln
2 + cos(−x) 2 + cos x = ln = f (x). 2 − cos(−x) 2 − cos x
Vizsg´aljuk ki az al´abbi f¨ uggv´enyek periodikuss´ag´at. 11. f (x) = sin2 x 1 − cos 2x Megold´ as. Alkalmazzuk a sin2 x = trigonometriai azonoss´agot, s ´ıgy 2 1 − cos 2x val´oj´aban az f (x) = f¨ uggv´eny periodikuss´ag´at kell kivizsg´alni. Olyan 2 ω pozit´ıv val´os sz´amot keres¨ unk, hogy teljes¨ ulj¨on az f (x + ω) = f (x) egyenl˝os´eg, illetve ha felhaszn´aljuk az y = cos x periodikuss´ag´at, akkor igaz legyen, hogy 1 1 1 1 − cos 2(x + ω) = − cos(2x + 2kπ), k ∈ Z. 2 2 2 2 Innen cos 2(x + ω) = cos(2x + 2kπ), k ∈ Z, vagyis 2x + 2ω = 2x + 2kπ,
k ∈ Z.
Ebb˝ol ad´odik, hogy az f f¨ uggv´eny peri´odusa ω = kπ, k ∈ Z, az alapperi´odusa pedig k = 1-re ω0 = π. 1 x Megold´ as. Olyan ω pozit´ıv val´os sz´amot keres¨ unk, amelyre ( ) 1 1 sin = sin + 2kπ , k ∈ Z. x+ω x
12. f (x) = sin
Ebb˝ol
1 1 + 2kπx = , x+ω x
k ∈ Z,
vagyis x = (x + ω)(1 + 2kπx),
illetve x = x + 2kπx2 + ω + 2kπωx,
ahonnan
−2kπx2 ∈ / R+ , 1 + 2kπx teh´at ez a f¨ uggv´eny nem periodikus. ω=
k ∈ Z,
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
131
13. f (x) = 3 ctg πx Megold´ as. Mivel k ∈ Z,
3 ctg π(x + ω) = 3 ctg (πx + kπ), kell legyen, ez´ert πx + πω = πx + kπ,
k ∈ Z,
ahonnan ω = k, k ∈ Z, a peri´odus, ´es ω0 = 1 az alapperi´odus. πx πx + 3 sin 2 3 Megold´ as. Mivel most k´et ¨osszeadand´onk van, mindkett˝onek keress¨ uk a peri´odus´at, majd a kapott peri´odusok legkisebb k¨oz¨os t¨obbsz¨or¨ose lesz az f ¨osszegf¨ uggv´eny peri´odusa. El˝osz¨or a ( πx ) π + 2kπ , k ∈ Z, 2 sin (x + ω) = 2 sin 2 2
14. f (x) = 2 sin
egyenl˝os´egb˝ol kapjuk, hogy πx πω πx + = + 2kπ, 2 2 2
k ∈ Z,
ahonnan ω = 4k, k ∈ Z. M´asodszor a ( πx ) π 3 sin (x + ω) = 3 sin + 2kπ , 3 3
k ∈ Z,
egyenl˝os´egb˝ol kapjuk, hogy πx πω πx + = + 2kπ, 3 3 3
k ∈ Z,
ahonnan ω = 6k, k ∈ Z. Mivel LKT (4k, 6k) = 12k, az adott f f¨ uggv´eny peri´odusa ω = 12k, k ∈ Z, alapperi´odusa pedig ω0 = 12. x−1 π Megold´ as. Vizsg´aljuk meg, hogy van-e olyan pozit´ıv val´os ω, amelyre teljes¨ ul a ( ) x−1 x+ω−1 = cos + 2kπ , k ∈ Z cos π π
15. f (x) = cos
egyenl˝os´eg. Innen
x−1 x−1 ω + = + 2kπ, π π π
k∈Z
kell legyen, ahonnan ω = 2kπ 2 , k ∈ Z a f¨ uggv´eny peri´odusa, ω0 = 2π 2 pedig az alapperi´odus.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
132 3.1.3.
M˝ uveletek f¨ uggv´ enyekkel, az inverz f¨ uggv´ eny
3.8. Defin´ıci´ o. Az f ´es g val´os f¨ uggv´enyek ¨osszeg´en, k¨ ul¨ onbs´eg´en, szorzat´an, h´anyados´ an rendre azt az F , G, H, R f¨ uggv´enyt ´ertj¨ uk, amely azokban ´es csak azokban a pontokban ´ertelmezett, amelyekben f ´es g is ´ertelmezett (kiv´eve az R f¨ uggv´enyt, amely g(x) = 0 eset´en nem ´ertelmezett), ´es minden ilyen pontban: F (x) = (f + g)(x) = f (x) + g(x), G(x) = (f − g)(x) = f (x) − g(x), H(x) = (f · g)(x) = f (x) · g(x), ( ) f f (x) R(x) = (x) = . g g(x) 3.9. Defin´ıci´ o. Az f ´es g val´os f¨ uggv´enyek ¨osszet´etel´en (vagy kompoz´ıci´ oj´ an) azt a F f¨ uggv´enyt ´ertj¨ uk, amelynek ´ertelmez´esi tartom´anya a g f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´ anak azon x pontjaib´ol ´all, amelyekre a g(x) f¨ uggv´eny´ert´ek hozz´atartozik az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´ahoz, ´es minden ilyen pontban F (x) = (f ◦ g)(x) = f (g(x)). 3.25. P´ elda. Ha f (x) = x + 12, x ∈ R ´es g(x) = x2 − (f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x2 −
√
√
x) = x2 −
x, x ≥ 0, akkor
√
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(x + 12) = (x + 12)2 −
x + 12,
x ≥ 0,
√
x + 12, x ≥ −12. √ 3 3.26. P´ elda. Bontsuk fel bels˝o ´es k¨ uls˝ o f¨ uggv´enyekre a F (x) √ = 1 + 2x + 4x2 f¨ uggv´enyt. √ 3 2 3 2 Ha g(x) = 1 + 2x + 4x √ ´es f (x) = x, akkor f (g(x)) = 1 + 2x + 4x√. Viszont, ha √ 3 3 3 2 g1 (x) = x+2x ´es f1 (x) = 1 + 2x, akkor f1 (g1 (x)) = 1 + 2(x + 2x2 ) = 1 + 2x + 4x2 . 3.10. Defin´ıci´ o. Legyen az f val´os f¨ uggv´eny ´altal l´etes´ıtett lek´epez´es k¨olcs¨ on¨ osen egy´er−1 telm˝ u (bijekt´ıv). Az f f¨ uggv´eny inverz f¨ uggv´eny´en ´ertj¨ uk azt az f f¨ uggv´enyt, amelynek ´ertelmez´esi tartom´anya az f ´ert´ekk´eszlete, s a hozz´arendel´esi t¨orv´enye a k¨ovetkez˝ o: egy x0 ´ert´ekhez olyan f −1 (x0 ) ´ert´eket rendel, amely helyen az f f¨ uggv´eny az x0 ´ert´eket vette fel, azaz f (f −1 (x0 )) = x0 . Szigor´ uan monoton f¨ uggv´enynek mindig l´etezik inverze, ugyanis ekkor a hozz´arendel´es k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u. Ha az f invert´alhat´o f¨ uggv´eny grafikonja megrajzolhat´o, akkor az f −1 grafikonja is, ´es ez az f f¨ uggv´eny grafikonj´anak az y = x egyenesre vonatkoz´o t¨ uk¨ork´epe a Descartes-f´ele der´eksz¨og˝ u koordin´ata-rendszerben. 3f −1 (x) + 2 3x + 2 f¨ uggv´eny f −1 inverzf¨ uggv´enye az x = −1 x+5 f (x) + 5 2 − 5x ¨osszef¨ ugg´esb˝ol f −1 (x) = , ahol Df = Rf −1 = R \ {−5} ´es Rf = Df −1 = R \ {3}. x−3
3.27. P´ elda. Az f (x) =
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
133
3.28. P´ elda. Legyen f (x) = log(x − 1) + 3 adott f¨ uggv´eny, ahol Df = (1, ∞) ´es Rf = R. Az f f¨ uggv´eny f −1 inverz´ere az f (f −1 (x)) = x tulajdons´ag alapj´an ´erv´enyes, hogy log(f −1 (x) − 1) + 3 = x,
azaz f −1 (x) = 10x−3 + 1,
ahol Df −1 = R ´es Rf −1 = (1, ∞).
FELADATOK. Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyek inverzeit. 1. f (x) = x2 − 4x + 3 Megold´ as. Az y = x2 − 4x + 3 f¨ uggv´enygrafikonr´ol meg´allap´ıthat´o, hogy az f f¨ uggv´eny bijekt´ıv a (−∞, 2], illetve a [2, ∞) intervallumon, ez´ert ezek b´armelyik´en kereshet¨ unk inverzf¨ uggv´enyt. Ha y = x2 − 4x + 3, akkor az x ←→ y v´altoz´ocsere ut´an x = y 2 − 4y + 3, illetve y 2 − 4y + 3 − x = 0, innen pedig √ √ y1 = 2 + 1 + x ´es y2 = 2 − 1 + x. Ha az f1 (x) = x2 − 4x + 3 f¨ uggv´eny az f f¨ uggv´eny lesz˝ uk´ıt´ese az a (−∞, 2] interval2 lumra, vagyis Df1 = (−∞, 2], az f2 (x) = x − 4x + 3 f¨ uggv´eny pedig az f f¨ uggv´eny lesz˝ uk´ıt´ese az a [2, ∞) intervallumra, vagyis Df2 = [2, ∞), akkor √ √ f1−1 (x) = 2 − 1 + x, ´es f2−1 (x) = 2 + 1 + x, ´es Rf = [−1, ∞) miatt mindk´et f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df1−1 = Df2−1 = [−1, ∞). 2. f (x) = 2 · 3x−2 − 1 Megold´ as. ´Irjuk fel a f¨ uggv´enyt y = 2 · 3x−2 − 1 alakban. Ekkor az x ←→ y v´altoz´ocsere ut´an x = 2 · 3y−2 − 1 ´ırhat´o fel, ahonnan x+1 = 3y−2 , 2
illetve y − 2 = log3
x+1 2
egyenl˝os´egekhez jutunk, ahonnan az inverzf¨ uggv´eny f −1 (x) = 2 + log3
x+1 . 2
3. f (x) = 3 + ln(2x + 1) Megold´ as. Mivel most y = 3 + ln(2x + 1), az x ←→ y v´altoz´ocsere ut´an fel´ırhat´o, hogy x = 3 + ln(2y + 1). Ha ebb˝ol kifejezz¨ uk az y f¨ ugg˝o v´altoz´ot, akkor ebb˝ol x − 3 = ln(2y + 1),
illetve ex−3 = 2y + 1,
ahonnan megkapjuk, hogy az inverzf¨ uggv´eny f −1 (x) =
) 1 ( x−3 e −1 . 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
134 4. f (x) =
x+1 x−1
x+1 Megold´ as. V´egezz¨ uk el az x ←→ y v´altoz´ocser´et az y = egyenletben. Ekkor x−1 y+1 az x = egyenletet kapjuk, ahonnan ki kell fejezn¨ unk az y f¨ ugg˝o v´altoz´ot. Az y−1 ´atalak´ıt´as sor´an azt kapjuk, hogy x(y − 1) = y + 1, illetve y(x − 1) = x + 1, ahonnan x+1 az inverz f¨ uggv´eny f −1 (x) = . x−1 Vegy¨ uk ´eszre, hogy az f f¨ uggv´eny most ¨onmag´anak inverze, ami azt jelenti, hogy a f¨ uggv´eny grafikonja szimmetrikus az y = x egyeneshez viszony´ıtva. 5. f (x) =
2x − 2−x 2
Megold´ as. Vezess¨ uk be az y =
2x − 2−x egyenletbe az x ←→ y v´altoz´ocser´et. 2
2y − 2−y Ekkor az x = ¨osszef¨ ugg´est kapjuk, amelyb˝ol ki kell fejezni a f¨ ugg˝o y 2 v´altoz´ot. Rendezve az egyenletet ad´odik, hogy 2x = 2y −
1 , 2y
illetve 2x · 2y = 22y − 1.
Ha a kapott egyenletben bevezetj¨ uk a 2y = t helyettes´ıt´est, akkor a t2 − 2xt − 1 = 0 m´asodfok´ u egyenletet kapjuk, amelyb˝ol √ √ t1 = x + x2 + 1 ´es t2 = x − x2 + 1, illetve a visszahelyettes´ıt´es ut´an √ √ 2y = x + x2 + 1 vagy 2y = x − x2 + 1. √ √ Mivel x− x2 + 1 < 0, ez´ert csak a 2y = x+ x2 + 1 egyenl˝os´eg lehets´ ahonnan ( eges, ) √ −1 mindk´et oldal logaritm´al´asa ut´an kapjuk meg, hogy f (x) = log2 x + x2 + 1 . ax − a−x , a > 0, a ̸= 1 6. f (x) = x a + a−x a2x − 1 egyenletbe kell Megold´ as. B˝ov´ıts¨ uk az f f¨ uggv´enyt ax -nel. ´Igy az y = 2x a +1 a2y − 1 bevezetni az x ←→ y v´altoz´ocser´et, s ekkor x = 2y . Kifejezve ebb˝ol a f¨ ugg˝o a +1 v´altoz´ot ad´odik, hogy a2y (x − 1) = x + 1,
illetve a2y =
x+1 , x−1
amelyb˝ol megkaphatjuk, hogy a keresett inverzf¨ uggv´eny f 7. f (x) = ln
1+x 1−x
−1
(x) = loga
√
x+1 . x−1
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
135
1+x Megold´ as. Az x ←→ y v´altoz´ocsere ut´an az y = ln egyenletb˝ol kapjuk az 1−x 1+y x = ln egyenletet, amelyb˝ol y-t fejezz¨ uk ki. Ekkor 1−y ex (1 − y) = 1 + y,
illetve y (ex + 1) = ex − 1
az ekvivalens egyenlet, ahonnan a keresett inverzf¨ uggv´eny f −1 (x) = ) ( √ 8. f (x) = loga x + x2 + 1 , a > 0, a ̸= 1
ex − 1 . ex + 1
Megold´ as. Ism´etelj¨ uk( meg az el˝oz˝ )o feladatokb´ol m´ar j´ol ismert elj´ar´ast, azaz √ 2 vezess¨ uk be az y = loga x + x + 1 egyenletben az x ←→ y v´altoz´ocser´et. Ekkor ( x = loga
) √ 2 y+ y +1 ,
ahonnan ax − y =
√
y 2 + 1.
N´egyzetre emel´es ut´an ad´odik, hogy a2x − 2yax + y 2 = y 2 + 1,
illetve 2yax = a2x − 1,
innen pdig k¨ovetkezik, hogy az inverzf¨ uggv´eny f −1 (x) = 9. f (x) =
ax − a−1 . 2
2 1 − 2 sin 3x
2 Megold´ as. Alkalmazzuk az y = egyenletre az x ←→ y v´altoz´ocser´et. 1 − 2 sin 3x 2 egyenletet kapjuk, ahonnan az Ekkor az x = 1 − 2 sin 3y x − 2x sin 3y = 2,
illetve
x−2 = sin 3y 2x
ekvivalens egyenleteket kapjuk. A keresett inverzf¨ uggv´eny teh´at f −1 (x) =
10. f (x) =
1 x−2 arcsin . 3 2x
ecos x − 1 2 + ecos x
ecos x − 1 , akkor az inverzf¨ uggv´enyt az x ←→ y v´altoz´ocsere Megold´ as. Ha y = cos x 2 + e ecos y − 1 egyenletb˝ol hat´arozzuk meg. Innen ut´an az x = 2 + ecos y 2x + 1 , 1−x ( ) 2x + 1 −1 a keresett inverzf¨ uggv´eny pedig f (x) = arccos ln . 1−x ecos y (1 − x) = 2x + 1,
azaz
cos y = ln
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
136
x2 − 4 11. ´Irjuk fel az f (x) = f¨ uggv´enyt m´as alakban, az abszol´ ut´ert´ek defin´ıci´oj´anak |x + 1| felhaszn´al´as´aval. Megold´ as. Mivel { |x| =
x, ha x ≥ 0, −x, ha x < 0,
{ ´ıgy |x + 1| =
x + 1, ha x ≥ −1, −(x + 1), ha x < −1.
Ez´ert az f f¨ uggv´eny fel´ırhat´o a k¨ovetkez˝o alakban: f (x) =
x2 −4 , x+1
ha x ≥ −1,
4−x2 , x+1
ha x < −1.
uggv´enyt m´as alakban, az el˝ojel 12. ´Irjuk fel az f (x) = (x + 2)sgn (x + 5) − 3x + 2 f¨ f¨ uggv´eny defin´ıci´oj´anak felhaszn´al´as´aval. Megold´ as. Mivel 1, ha x > 0, 0, ha x = 0, sgn x = −1, ha x < 0, rendez´es ut´an pedig
(x + 2) · 1 − 3x + 2, ha x > −5, (x + 2) · 0 − 3x + 2, ha x = −5, ez´ert f (x) = (x + 2) · (−1) − 3x + 2, ha x < −5,
4 − 2x, ha x > −5, 2 − 3x, ha x = −5, f (x) = −4x, ha x < −5.
13. Ha f (x) = 2x − 1, akkor hat´arozzuk meg az x ´es y ´ert´ek´et u ´gy, hogy f (f (x)) = 0 ´es f (f (y)) = y igaz legyen. Megold´ as. Alkalmazva az ¨osszetett f¨ uggv´eny szab´aly´at az f (f (x)) = 0 felt´etelb˝ol az f (2x − 1) = 0 illetve 2(2x − 1) − 1 = 0 3 egyenlet k¨ovetkezik, amelynek megold´asa x = . 4 Az f (f (y)) = y felt´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy f (2y − 1) = y
vagyis 2(2y − 1) = y,
´ıgy a kapott egyenlet megold´asa y = 1. 14. Ha f (x) = 2x + 1, akkor hat´arozzuk meg a g f¨ uggv´enyt az f (1 + g(x)) = 2x + 3 ¨osszef¨ ugg´esb˝ol. Megold´ as. Ha f (1 + g(x)) = 2x + 3, akkor az f f¨ uggv´eny defin´ıci´oja alapj´an ´erv´enyes, hogy 2(1 + g(x)) + 1 = 2x + 3 azaz 2 + 2g(x) + 1 = 2x + 3, ahonnan g(x) = x.
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
137
15. Keress¨ uk meg mindazokat az f : R → R f¨ uggv´enyeket, melyekre f (2010) = 1 ´es f (x)f (y) = f (x − y) ´erv´enyes legyen minden x, y ∈ R eset´en. Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy minden y ∈ R eset´en f (y) ̸= 0 kell legyen, mert ha l´etezne olyan y ∈ R, amelyre f (y) = 0 lenne, akkor minden x ∈ R eset´en ´erv´enyes lenne, hogy f (x) · 0 = f (x − y), amely csak f (x) ≡ 0 eset´en lenne igaz, de ez az f (2010) = 1 felt´etel miatt nem lehets´eges. Vegy¨ uk ´eszre tov´abb´a azt, hogy x = 2y v´alaszt´as´aval (ami lehets´eges, hiszen az f (x)f (y) = f (x − y) egyenlet minden x, y ∈ R eset´en ´erv´enyes) f (2y)f (y) = f (y) ad´odik, ahonnan f (2y) = f (x) = 1, amely f¨ uggv´eny eleget tesz az f (2010) = 1 ´ felt´etelnek is. Igy a keresett f¨ uggv´eny az f (x) = 1 konstans f¨ uggv´eny. 16. Hat´arozzuk meg mindazokat az f val´os f¨ uggv´enyeket, melyekre ´erv´enyes, hogy f (xy) = f (x)f (y) ´es f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy minden x, y ∈ R eset´en. Megold´ as. Ha y = 0, akkor az f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy felt´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy f (x) = f (x) + f (0), azaz f (0) = 0 ad´odik. Ha az f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy felt´etelben y = −x, akkor f (0) = f (x) + f (−x) − 2x2 . Mivel f (0) = 0, ´ıgy az k¨ovetkezik, hogy f (x) + f (−x) = 2x2 . ´Irjuk fel az el˝obbi l´ep´esben kapott felt´etelt f (x · 1) + f (x · (−1)) = 2x2 alakban, majd alkalmazzuk r´a az f (xy) = f (x)f (y) felt´etelt. Ekkor f (x) · f (1) + f (x) · f (−1) = 2x2 ,
ahonnan f (x)(f (1) + f (−1)) = 2x2 .
Ha most az f (x+y) = f (x)+f (y)+2xy felt´etelben x = 1-et ´es y = −1-et v´alasztunk, akkor f (1) + f (−1) = 2 k¨ovetkezik, ahonnan megkapjuk az f (x) = x2 megold´ast. ex − e−x ex + e−x 17. Ha f (x) = ´es g(x) = , akkor mutassuk meg, hogy 2 2 f (x ± y) = f (x)g(y) ± g(x)f (y). Megold´ as. El˝osz¨or mutassuk meg, hogy f (x + y) = f (x)g(y) + g(x)f (y) teljes¨ ul. f (x + y) =
= =
e2(x+y) − 1 2e2x e2y − 2 ex+y − e−x−y = = = 2 2ex+y 4ex ey
(e2x e2y − e2y + e2x − 1) + (e2x e2y + e2y − e2x − 1) = 4ex ey
(e2x − 1) (e2y + 1) (e2x + 1) (e2y − 1) e2x − 1 e2y + 1 e2x + 1 e2y − 1 + = · + · = 2ex · 2ey 2ex · 2ey 2ex 2ey 2ex 2ey =
ex − e−x ey + e−y ex + e−x ey − e−y · + · = f (x)g(y) + g(x)f (y). 2 2 2 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
138
Mutassuk meg hasonl´ok´eppen, hogy az f (x − y) = f (x)g(y) − g(x)f (y) ¨osszef¨ ugg´es is teljes¨ ul. f (x − y) =
ex−y − e−x+y e2(x−y) − 1 2e2x e−2y − 2 = = = 2 2ex−y 4ex e−y
(e2x e−2y − e2x + e−2y − 1) + (e2x e−2y + e2x − e−2y − 1) = = 4ex e−y (e2x − 1) (e−2y + 1) (e2x + 1) (e−2y − 1) e2x − 1 e−2y + 1 e2x + 1 e−2y − 1 = + = · + · = 2ex · 2e−y 2ex · 2e−y 2ex 2e−y 2ex 2e−y ex + e−x e−y − ey ex − e−x e−y + ey = · + · = f (x)g(y) − g(x)f (y). 2 2 2 2 x 18. Legyen f (x) = √ adott f¨ uggv´eny ´es n ∈ N. Hat´arozzuk meg az fn (x) 1 + x2 kifejez´est, ha f1 (x) = f (x) ´es fn (x) = f (fn−1 (x)). Megold´ as. Mivel f1 (x) = f (x) = √ ( f2 (x) = f (f1 (x)) = f ( f3 (x) = f (f2 (x)) = f ( f4 (x) = f (f3 (x)) = f
x √ 1 + x2
)
x √ 1 + 2x2 x √ 1 + 3x2
x , 1 + x2
√ x 1+x2
=√
1+ ) =√
√ x 1+2x2
1+ ) =√
x2 1+x2
x2 1+2x2
√ x 1+3x2
1+
x2
=
√ x 1+x2 √ 2 √1+2x 1+x2
=√
x , 1 + 2x2
=
√ x 1+2x2 √ 2 √1+3x 1+2x2
=√
x , 1 + 3x2
=
√ x 1+3x2 √ 2 √1+4x 1+3x2
=√
x , 1 + 4x2
1+3x2
ahonnan most m´ar megsejthetj¨ uk, hogy fn (x) = √
x , 1 + nx2
n ∈ N.
Az ´all´ıt´ast matematikai indukci´oval bizony´ıtjuk. 1o n = 1-re az ´all´ıt´ast igaz. x , k ∈ N. 2o Feltessz¨ uk, hogy az ´all´ıt´as igaz n = k-ra, azaz fk (x) = √ 1 + kx2 3o Igazoljuk, hogy ekkor az ´all´ıt´as n = k + 1-re is igaz. Mivel ( ) √ x x x 2 fk+1 (x) = f (fk (x)) = f √ , = √ 1+kx =√ 2 2 2 x 1 + kx 1 + (k + 1)x 1 + 1+kx 2 ezzel az ´all´ıt´ast igazoltuk. x . 1 + x2 Megold´ as. Ha k´et f¨ uggv´eny´ert´ek egyenl˝o, akkor tangenseik is egyenl˝oek, teh´at ( ) x tg (arctg x) = tg arcsin √ , x ∈ R. 1 + x2
19. Mutassuk meg, hogy minden val´os x eset´en arctg x = arcsin √
3.2. F¨ uggv´enyek folytonoss´aga Haszn´aljuk fel, hogy tg α =
139 sin α sin α =√ ´es v´egezz¨ uk el a megfelel˝o transzcos α 1 − sin2 α
form´aci´okat. Ekkor ( ) x sin arcsin √1+x 2 x= √ ( ), 2 x √ 1 − sin arcsin 1+x2
innen x = √
√ x 1+x2
1−
x2 1+x2
,
illetve x = x
k¨ovetkezik, amivel az ´all´ıt´asunkat igazoltuk. 20. Mutassuk meg, hogy ha |x| < 1, akkor arcsin x = arctg √
x . 1 − x2
x kifejez´es ´ertelmezett. Ha 1 − x2 k´et f¨ uggv´eny´ert´ek megegyezik, akkor sz´ınuszaik is megegyeznek, teh´at ( ) x sin (arcsin x) = sin arctg √ , |x| < 1. 1 − x2 Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy |x| < 1 eset´en az √
A sin α = √
tg α 1 + tg 2 α
trigonometriai azonoss´ag alkalmaz´as´aval k¨ovetkezik, hogy
) ( x tg arctg √1−x 2 x= √ ( ), x 2 √ 1 + tg arctg 1−x2
√ x
2
ebb˝ol x = √ 1−x , x2 1 + 1−x 2
illetve x = x
k¨ovetkezik, amivel az ´all´ıt´asunkat igazoltuk.
3.2. 3.2.1.
F¨ uggv´ enyek folytonoss´ aga A folytonoss´ ag defin´ıci´ oja
3.29. P´ elda. Tekints¨ uk az f (x) = sgn x el˝ojel f¨ uggv´enyt (Df = R) ´es az x = 0 pontot. Tudjuk, hogy sgn (0) = 0. Vegy¨ unk egy olyan 0-hoz tart´o {xn } sorozatot, amelyben 1 uggv´eny´ert´ekekb˝ol xn < 0. Legyen p´eld´aul xn = − n . Ekkor lim xn = 0, a megfelel˝o f¨ n→∞ 2 alkotott sorozat hat´ar´ert´ek´ere pedig ´erv´enyes, hogy ( ) 1 lim f (xn ) = lim f − n = lim (−1) = −1. n→∞ n→∞ n→∞ 2 1 Ha xn = n , akkor most xn > 0 ´es lim xn = 0, a megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekekb˝ol alkotott n→∞ 2 sorozat hat´ar´ert´ek´ere pedig igaz, hogy ( ) 1 lim f (xn ) = lim f = lim (+1) = 1. n→∞ n→∞ n→∞ 2n
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
140
Vegy¨ unk most olyan 0-hoz tart´o sorozatot, amelyben az elemek felv´altva pozit´ıv, il(−1)n letve negat´ıv el˝ojel˝ uek. Legyen p´eld´aul xn = , ahol lim xn = 0, a megfelel˝o n→∞ 2n f¨ uggv´eny´ert´ekekb˝ol alkotott sorozat pedig ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 f − = −1, f = 1, f − 3 = −1, f = 1, 2 2 2 2 24 ( f
1 − 5 2
(
) = −1,
···
f
(−1)n 2n
) = (−1)n ,
···
Ez a sorozat nem is konvergens. Meg´allap´ıthatjuk teh´at, hogy az f (x) = sgn x f¨ uggv´eny ´ert´eke null´aban ´ertelmezett ´es f (0) = 0. Ha az {xn } sorozat balr´ol tart 0-hoz, akkor lim f (xn ) = −1, ha az {xn } sorozat jobbr´ol tart 0-hoz, akkor lim f (xn ) = 1, ´es ezek a n→∞
n→∞
hat´ar´ert´ekek nem egyeznek meg az f (0) f¨ uggv´eny´ert´ekkel, a 0-hoz tart´o oszcill´al´o {xn } sorozat eset´en pedig lim f (xn ) nem is l´etezik. Vegy¨ uk ´eszre azt is, hogy a szignum n→∞ f¨ uggv´eny grafikonja a 0-ban megszakad. 3.30. P´ elda. Tekints¨ uk most az f (x) = {x} t¨ortr´esz f¨ uggv´enyt ´es az x = 1 pontot (Df = R), ahol a {x} = x − [x], vagyis [x] az x val´os sz´am eg´esz r´esz´et, {x} pedig az x val´os sz´am t¨ortr´esz´et jel¨oli. Vegy¨ unk el˝osz¨or olyan sorozatot, melynek minden eleme n−1 1-n´el kisebb ´es 1-hez tart. Ilyen p´eld´aul az xn = . E sorozat elemeihez tartoz´o n f¨ uggv´eny´ert´ekekb˝ol alkotott sorozat ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 n−1 1 2 3 n−1 f (0) = 0, f = , f = , f = , ··· f = , ··· 2 2 3 3 4 4 n n ´Igy a f¨ uggv´eny´ert´ekekb˝ol alkotott sorozat 1-hez tart. Vegy¨ unk most olyan sorozatot, amelynek minden eleme 1-n´el nagyobb ´es ez a sorozat is tartson 1-hez. Ilyen p´eld´aul az n+1 xn = . E sorozat elemeihez tartoz´o f¨ uggv´eny´ert´ekekb˝ol alkotott sorozat n ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 4 1 5 1 n+1 1 = , f = , f = , ··· f = , ··· f (2) = 0, f 2 2 3 3 4 4 n n Ez a sorozat 0-hoz konverg´al. Tudjuk tov´abb´a azt is, hogy a f¨ uggv´eny´ert´ek f (1) = {1} = = 1 − [1] = 1 − 1 = 0. Vegy¨ uk teh´at ´eszre, hogy f (1) = 0, lim f (xn ) = 1, ha az {xn } n→∞
sorozat balr´ol tart 1-hez, ´es lim f (xn ) = 0, ha az {xn } sorozat jobbr´ol tart 1-hez. A n→∞ t¨ortr´esz f¨ uggv´eny grafikonj´ar´ol azt is l´athatjuk, hogy a grafikon 1-ben megszakad. 1 pontot. Ekkor 3.31. P´ elda. Tekints¨ uk most az f (x) = x2 f¨ uggv´enyt ´es az x = 2 ( ) 1 1 1 f unk fel olyan tetsz˝oleges {xn } sorozatot, amely -hez tart. A megfelel˝o = . Vegy¨ 2 4 2 f¨ uggv´eny´ert´ekek sorozata {x2n } ´es hat´ar´ert´ek´ere igaz, hogy 2
lim (xn ) =
n→∞
(
)2 lim xn
n→∞
( )2 1 1 = = , 2 4
3.2. F¨ uggv´enyek folytonoss´aga
141
( ) 1 1 f¨ uggv´eny´ert´ekkel. Ha az f (x) = x2 f¨ uggv´eny amely ´ert´ek megegyezik az f = 2 4 1 grafikonj´at vizsg´aljuk az x = pontban, akkor az el˝oz˝o k´et p´eld´aval ellent´etben meg´alla2 1 p´ıthatjuk, hogy a f¨ uggv´eny grafikonja az x = pontban nem szakad meg. 2 1 M´ask´eppen is le´ırhat´o a f¨ uggv´eny -ben vizsg´alt tulajdons´aga. Adjunk meg egy tetsz˝oleges 2 pozit´ıv ε sz´amot ´es legyen 0 < x < 1. Ekkor ( ( )2 ) 3 2 1 2 1 1 1 1 1 1 x + · x − ≤ |x| + x − ≤ x − < ε, x − = x − = 4 2 2 2 2 2 2 2 ha
x −
1 2ε < . 2 3
1 1 Ez´ert, ha a δ pozit´ıv sz´amot -n´el kisebbre v´alasztjuk, akkor az -nek van olyan δ-sugar´ u 2 2 1 k¨ornyezete, hogy az ebbe es˝o x pontokban a f¨ uggv´eny ´ert´eke az f¨ uggv´eny´ert´ekt˝ol ε-n´al 4 kevesebbel t´er el. Ezen gondolatmenet alapj´an megfogalmazhatjuk a folytonoss´ag defin´ıci´oj´at. Ez´ert a tov´abbiakban mindig feltessz¨ uk, hogy a f¨ uggv´eny, nemcsak a vizsg´alt pontban, hanem annak valamely k¨ornyezet´eben (esetleg csak f´elk¨ornyezet´eben) ´ertelmezve van. A folytonoss´ag pontos fogalm´ara k´et defin´ıci´ot is adunk. 3.11. Defin´ıci´ o. (Cauchy). Az f f¨ uggv´eny folytonos az x0 pontban, ha b´armely pozit´ıv ε-hoz megadhat´o olyan pozit´ıv δ (δ az ε ´es az x0 f¨ uggv´enye), hogy (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ Df , ´es ha |x − x0 | < δ, akkor |f (x) − f (x0 )| < ε, mik¨ ozben x0 , x ∈ Df .
y y= f HxL
f Hx0 L+¶ -
f Hx0 L f HxL f Hx0 L-¶ -
∆ È
È
x0 -∆ x x0
È
x0 +∆
x
3.12. Defin´ıci´ o. (Heine). Az f f¨ uggv´eny folytonos az x0 ∈ Df pontban, ha f az x0 szimmetrikus k¨ornyezet´eben ´ertelmezve van, ´es minden olyan {xn } (xn ∈ Df ) sorozatra, amely x0 -hoz tart, az f (xn ) f¨ uggv´eny´ert´ekek sorozata az f (x0 ) f¨ uggv´eny´ert´ekhez tart. Ezen defin´ıci´ok azon megfogalmaz´asnak adnak pontos ´ertelmet, miszerint, ha az x pont el´eg k¨ozel van x0 -hoz, akkor f (x) k¨ozel van f (x0 )-hoz. Bel´athat´o, hogy a Heine-f´ele ´es a Cauchy-f´ele folytonoss´agi defin´ıci´ok ekvivalensek. Az al´abbiakban megadjuk a f´eloldali folytonoss´ag fogalm´at is a Cauchy-f´ele megfogalmaz´as szerint. Minden folytonoss´agi defin´ıci´o megfogalmazhat´o Heine szerint is.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
142
3.13. Defin´ıci´ o. (Cauchy). Az f f¨ uggv´enyt az x0 -ban balr´ ol (jobbr´ol) folytonosnak nevezz¨ uk, ha f az x0 megfelel˝o f´elk¨ornyezet´eben ´ertelmezett ´es b´armely ε > 0-hoz megadhat´ o olyan pozit´ıv δ (δ az ε ´es az x0 f¨ uggv´enye), hogy x < x0 (x > x0 ) ´es x ∈ (x0 − δ, x0 ) (x ∈ (x0 , x0 + δ)), akkor |f (x) − f (x0 )| < ε, mik¨ozben x0 , x ∈ Df . 3.1. T´ etel. Az f f¨ uggv´eny egy x0 pontban akkor ´es csak akkor folytonos, ha x0 -ban balr´ ol is ´es jobbr´ol is folytonos. √ 3.32. P´ elda. a) Az f (x) = x f¨ uggv´eny minden x ≥ 0 pontban folytonos. b) Az f (x) = sgn x f¨ uggv´eny az x = 0 pontban nem folytonos. c) Az x 7→ {x}, az u ´n. t¨ortr´esz-f¨ uggv´eny minden eg´esz ´ert´ekben balr´ol nem folytonos, jobbr´ol viszont folytonos. 3.2.2.
Folytonos f¨ uggv´ enyek
3.2. T´ etel. Ha k´et f¨ uggv´eny folytonos az x0 pontban, akkor ¨osszeg¨ uk, k¨ ul¨ onbs´eg¨ uk ´es szorzatuk is folytonos az x0 pontban. H´anyadosuk is folytonos, ha a nevez˝oben lev˝o f¨ uggv´eny az x0 pontban null´at´ol k¨ ul¨onb¨ oz˝ o. 3.3. T´ etel. Az f ◦ g ¨osszetett f¨ uggv´eny folytonos az x0 pontban, ha a g bels˝ o f¨ uggv´eny folytonos x0 pontban ´es az f f¨ uggv´eny folytonos g(x0 ) pontban. A folytonoss´ag pontbeli tulajdons´ag, b´ar a f¨ uggv´enynek a vizsg´alt pont k¨ornyezet´eben val´o ´ertelmezetts´ege is sz¨ uks´eges az e pontbeli folytonoss´aghoz. Most ezt a pontbeli tulajdons´agot intervallumokra is kiterjesztj¨ uk. 3.14. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enyt egy nyitott intervallumon folytonosnak nevezz¨ uk, ha az intervallum minden pontj´aban folytonos. Az f f¨ uggv´enyt egy z´art intervallumon folytonosnak nevezz¨ uk, ha az intervallum minden bels˝ o pontj´ aban folytonos, a bal v´egpontban jobbr´ol ´es a jobb v´egpontban balr´ol folytonos. 3.15. Defin´ıci´ o. Egy f¨ uggv´enyt folytonosnak mondunk, ha ´ertelmez´esi tartom´any´ anak minden pontj´ aban folytonos. Amennyiben az ´ertelmez´esi tartom´any t¨obb intervallumb´ol ´all, akkor minden intervallumon megk¨ovetelj¨ uk a folytonoss´agot. Az olyan helyeken, ahol a f¨ uggv´eny nincs ´ertelmezve, a folytonoss´ag k´erd´es´enek feltev´ese eleve indokolatlan. Fontos megjegyezni, hogy az elemi f¨ uggv´enyek folytonosak az ´ertelmez´esi tartom´anyukon. 3.4. T´ etel. (Bolzano-t´etel). Ha a f¨ uggv´eny a z´art intervallumon folytonos, ´es az intervallum k´et v´egpontj´aban az ´ert´ekei k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o el˝ojel˝ uek, akkor az intervallum belsej´eben van nullahelye. A t´etel geometriai jelent´ese a k¨ovetkez˝o: ha az f f¨ uggv´eny az [a, b] z´art intervallumban folytonos ´es grafikonj´anak az x-tengely mindk´et oldal´an van pontja, akkor van a grafikon e k´et pont k¨oz¨otti ´ıv´enek az x-tengellyel legal´abb egy metsz´espontja. A k¨ovetkez˝o t´etel a z´art intervallumon folytonos f¨ uggv´enyek, a k´es˝obbi alkalmaz´asok szempontj´ab´ol nagyon fontos tulajdons´ag´at fogalmazza meg.
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
143
3.5. T´ etel. Z´art intervallumon folytonos f¨ uggv´eny korl´atos ezen az intervallumon. A t´etel geometriai jelent´ese: ha az f f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumban folytonos, akkor grafikonja nem t´avolodhat el ak´armilyen messzire az x-tengelyt˝ol; megadhat´o olyan, az x-tengellyel p´arhuzamos s´av, hogy az f f¨ uggv´eny grafikonj´anak az [a, b] intervallumhoz tartoz´o szakasza a s´avban halad. V´eg¨ ul k¨ovetkezzen k´et t´etel, melyek az inverz f¨ uggv´enyekkel kapcsolatosak. 3.6. T´ etel. Legyen az f f¨ uggv´eny folytonos az [a, b] intervallumon, ekkor az f −1 f¨ uggv´eny l´etez´es´ehez sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges, hogy az f f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton legyen az [a, b] intervallumon. 3.7. T´ etel. Ha f az [a, b] intervallumon szigor´ uan monoton folytonos f¨ uggv´eny, inverze, −1 f is folytonos azon az [α, β] intervallumon, amelynek v´egpontjai α = min{f (a), f (b)} ´es β = max{f (a), f (b)}.
3.3. 3.3.1.
F¨ uggv´ enyek hat´ ar´ ert´ eke F¨ uggv´ eny hat´ ar´ ert´ ek´ evel kapcsolatos alapfogalmak
Legt¨obbsz¨or olyan f¨ uggv´enyeket vizsg´alunk, amelyek egy intervallumon vannak ´ertelmezve. Vannak azonban olyan p´eld´ak is, ahol a f¨ uggv´enyek egy pontban vagy nincsenek ´ertelmezve, vagy az adott pontban v´egtelen nagy ´ert´eket vesznek fel. Ilyen esetekben sz¨ uks´eg van a f¨ uggv´enynek a pont egy k¨ornyezet´eben val´o vizsg´alat´ara. N´ezz¨ unk el˝osz¨or n´eh´any p´eld´at. y
3.33. P´ elda. Az f (x) = sgn |x| f¨ uggv´eny az orig´oban nem folytonos, viszont ha xn ̸= 0 ´es xn → 0, akkor a {sgn |xn |} sorozat konvergens ´es 1-hez tart, hiszen minden n-re sgn |xn | = 1.
x
y
3.34. P´ elda. Az f (x) =
y=sgnÈxÈ
1
x2 − 1 x−1
f¨ uggv´eny az x = 1 pontban nem folytonos, de meg´allap´ıthatjuk, hogy b´armely xn → 1 ´es xn ̸= 1 sorozatra } { 2 xn − 1 = {xn + 1} xn − 1
y=
x2 - 1 x-1
2
1
1
x
konvergens ´es 2-h¨oz tart. 1 f¨ uggv´eny az orig´oban nem folytonos, de b´armely m´as x2 { } 1 pontban igen. B´armely xn ̸= 0 ´es p´eld´aul xn → 2 sorozatra a konvergens, s˝ot x2n 1 hat´ar´ert´eke megegyezik a f¨ uggv´eny x = 2 pontban vett helyettes´ıt´esi ´ert´ek´evel, az -del. 4 3.35.
P´ elda. Az f (x) =
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
144
Az ilyen ´es hasonl´o tulajdons´ag´ u f¨ uggv´enyekr˝ol azt mondjuk, hogy l´etezik a hat´ar´ert´ek¨ uk. Most is azt felt´etelezz¨ uk, hogy a vizsg´alt pont valamely k¨ornyezet´eben vagy f´elk¨ornyezet´eben ´ertelmezve van a f¨ uggv´eny (a vizsg´alt helyen a f¨ uggv´eny nem felt´etlen¨ ul ´ertelmezett).
y
y= f HxL f Hx0 L A+¶ -
Af HxL -
3.16. Defin´ıci´ o. Legyen az f f¨ uggv´eny az x0 pont valamely k¨ornyezet´eben ´ertelmezett, kiv´eve esetleg az x0 pontot. Ekkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny x0 pontbeli hat´ar´ert´eke az A sz´am, ha b´armely ε > 0hoz l´etezik olyan δ > 0 (δ f¨ uggv´enye ε-nak ´es az x0 -nak), hogy ha |x − x0 | < δ (x ̸= x0 ), akkor |f (x)−A| < ε. Term´eszetesen x ∈ Df .
A-¶ -
∆ È
È
x0 -∆ x x0
È
x0 +∆
x
3.36. P´ elda. A fenti p´eld´ak eset´eben teh´at fel´ırhat´o, hogy x2 − 1 (x − 1)(x + 1) = lim = lim (x + 1) = 2. x→1 x − 1 x→1 x→1 x−1
lim sgn |x| = 1 ´es
lim
x→0
3.17. Defin´ıci´ o. Legyen az f f¨ uggv´eny az x0 pont valamely jobb, illetve bal oldali f´elk¨ ornyezet´eben ´ertelmezett, kiv´eve esetleg az x0 pontot. Ekkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny x0 pontbeli jobboldali (baloldali) hat´ar´ert´eke az A sz´am, ha b´armely ε > 0 sz´amhoz megadhat´o olyan δ > 0 (δ f¨ uggv´enye ε-nak ´es az x0 -nak), hogy ha x0 < x < x0 +δ (x0 − δ < x < x0 ), akkor |f (x) − A| < ε. Term´eszetesen x ∈ Df . A jobboldali, illetve baloldali hat´ar´ert´ekek jel¨ol´ese: lim f (x) = A,
x→x0 +0
illetve
lim f (x) = A.
x→x0 −0
3.37. P´ elda. a) Az f (x) = sgn x f¨ uggv´eny viselked´es´et az x = 0 pont k¨ornyezet´eben a f´eloldali hat´ar´ert´ekek seg´ıts´eg´evel ´ıgy ´ırhatjuk fel: lim sgn x = −1 ´es
x→0−0
lim sgn x = 1.
x→0+0
b) Az f (x) = [x] eg´eszr´esz f¨ uggv´eny viselked´ese az x = 3 pont k¨ornyezet´eben ´ıgy ´ırhat´o fel: lim [x] = 3 ´es lim [x] = 4. x→3−0
x→3+0
c) Az f (x) = {x} t¨ortr´esz f¨ uggv´eny viselked´ese az x = 2 pont k¨ornyezet´eben ´ıgy ´ırhat´o fel: lim {x} = 1 ´es lim {x} = 0. x→2−0
x→2+0
3.8. T´ etel. Az f f¨ uggv´enynek az x0 pontban akkor ´es csak akkor l´etezik hat´ar´ert´eke, ha ott l´etezik a jobb ´es bal oldali hat´ar´ert´eke ´es ezek egyenl˝ oek, azaz lim f (x) = lim f (x) = lim f (x).
x→x0 +0
x→x0 −0
x→x0
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke 3.3.2.
145
F¨ uggv´ eny hat´ ar´ ert´ ek´ enek tulajdons´ agai
Most pedig megfogalmazunk n´eh´any, a f¨ uggv´enyekkel v´egezhet˝o m˝ uveletekre, a f¨ uggv´enyek hat´ar´ert´ek´ere ´es folytonoss´ag´ara vonatkoz´o egyszer˝ u ´all´ıt´ast. 3.9. T´ etel. Ha f (x) ≥ 0 ´es lim f (x) l´etezik, akkor lim f (x) ≥ 0. x→x0
x→x0
3.10. T´ etel. Ha lim f (x) ´es lim g(x) l´etezik, akkor az x0 pontban az f ´es g f¨ uggv´enyek x→x0
x→x0
osszeg´enek ´es k¨ ¨ ul¨onbs´eg´enek hat´ar´ert´eke is l´etezik ´es lim [f (x) + g(x)] = lim f (x) + lim g(x),
x→x0
x→x0
x→x0
lim [f (x) − g(x)] = lim f (x) − lim g(x).
x→x0
x→x0
x→x0
3.11. T´ etel. Ha lim f (x) ´es lim g(x) l´etezik, akkor az x0 pontban az f ´es g f¨ uggv´enyek x→x0
x→x0
szorzat´ anak hat´ar´ert´eke is l´etezik ´es lim [f (x)g(x)] = lim f (x) lim g(x).
x→x0
x→x0
x→x0
3.12. T´ etel. Ha lim f (x) ´es lim g(x) l´etezik ´es lim g(x) ̸= 0, akkor az x0 pontban az x→x0
x→x0
x→x0
f ´es g f¨ uggv´enyek h´anyados´anak hat´ar´ert´eke is l´etezik ´es lim
x→x0
limx→x0 f (x) f (x) = . g(x) limx→x0 g(x)
3.13. T´ etel. Ha lim f (x) ´es lim g(x) l´etezik, valamint az x0 valamely k¨ornyezet´eben x→x0
f (x) ≥ g(x), akkor
x→x0
lim f (x) ≥ lim g(x).
x→x0
x→x0
3.14. T´ etel. (Rend˝or-elv). Ha lim f (x) ´es lim g(x) hat´ ar´ert´ekek l´eteznek ´es egyenl˝oek, x→x0 x→x0 azaz lim f (x) = lim g(x) = A x→x0
x→x0
valamint az x0 valamely k¨ornyezet´eben f (x) ≤ h(x) ≤ g(x), akkor lim h(x) = A.
x→x0
3.15. T´ etel. Az f f¨ uggv´enynek x0 -ban akkor ´es csak akkor l´etezik hat´ar´ert´eke, ha {f (xn )} konvergens, valah´anyszor xn → x0 (xn ̸= x0 ), xn ∈ Df . 3.16. T´ etel. Az f f¨ uggv´eny akkor ´es csak akkor folytonos az x0 pontban, ha az x0 pontban l´etezik hat´ar´ert´eke ´es lim f (x) = f (x0 ). x→x0
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
146 3.3.3.
V´ egtelenben vett ´ es v´ egtelen hat´ ar´ ert´ ek
Az eddigiekben v´eges helyen vett v´eges hat´ar´ert´ekr˝ol besz´elt¨ unk. A k¨ovetkez˝okben a v´eges helyen vett ”v´egtelen ´ert´ek˝ u” ´es a ”v´egtelenben vett” hat´ar´ert´eket ismertetj¨ uk. 3.18. Defin´ıci´ o. Legyen az f f¨ uggv´eny az x0 pont valamely k¨ornyezet´eben ´ertelmezett, kiv´eve esetleg az x0 pontot. Ekkor az f f¨ uggv´enynek az x0 pontban +∞ (−∞) a hat´ar´ert´eke, ha b´armely M sz´amhoz megadhat´o olyan δ > 0 (δ f¨ uggv´enye M -nek ´es az x0 -nak), hogy ha |x − x0 | < δ (x ̸= x0 ), akkor f (x) > M (f (x) < M ) teljes¨ ul. Term´eszetesen x ∈ Df . A v´egtelen hat´ar´ert´ek jel¨ol´ese: lim f (x) = ∞,
x→x0
lim f (x) = −∞.
x→x0
1 1 3.38. P´ elda. Az f (x) = 2 , illetve a g(x) = − 2 f¨ uggv´eny viselked´ese az x = 0 pont x x k¨ornyezet´eben fel´ırhat´o, mint ) ( 1 1 lim = ∞, illetve lim − 2 = −∞. x→0 x2 x→0 x A fentiekhez hasonl´oan defini´alhat´ok a f´eloldali v´egtelen hat´ar´ert´ekek is. 1 3.39. P´ elda. a) A f´eloldali v´egtelen hat´ar´ert´ekek seg´ıts´eg´evel az f (x) = f¨ uggv´eny x viselked´ese az x = 0 pont k¨ornyezet´eben fel´ırhat´o, mint 1 = −∞ ´es x→0−0 x
1 = ∞. x→0+0 x
lim
lim
b) A f´eloldali v´egtelen hat´ar´ert´ekre sz¨ uks´eg¨ unk akkor is, ha a logaritmusf¨ uggv´eny viselked´es´et szeretn´enk le´ırni az x = 0 pont k¨ornyezet´eben, hiszen ez a f¨ uggv´eny az x = 0 pontnak csak a jobboldali k¨ornyezet´eben ´ertelmezett. Fel´ırhat´o, hogy lim loga x = −∞ (a > 1) ´es
lim loga x = ∞ (0 < a < 1).
x→0+0
x→0+0
A k¨ovetkez˝okben feltessz¨ uk, hogy a megfelel˝o f´elegyenesen a f¨ uggv´eny ´ertelmezett. 3.19. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enynek a +∞-ben (−∞-ben) a hat´ar´ert´eke az A sz´ am, ha b´armely ε > 0-hoz megadhat´o olyan x∗ (x∗ f¨ uggv´enye ε-nak), hogy ha x > x∗ (x < x∗ ), akkor |f (x) − A| < ε. Term´eszetesen x ∈ Df . A hat´ar´ert´ek jel¨ol´ese a v´egtelenben: lim f (x) = A,
x→∞
lim f (x) = A.
x→−∞
3.20. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enynek a +∞-ben (−∞-ben) a hat´ar´ert´eke +∞, illetve −∞, ha b´armely M sz´amhoz van olyan x∗ sz´am (x∗ f¨ uggv´enye M -nek), hogy ha x > x∗ (x < x∗ ), akkor f (x) > M , illetve f (x) < M . Term´eszetesen x ∈ Df . A v´egtelenben vett v´egtelen hat´ar´ert´ek jel¨ol´ese: lim f (x) =+∞,
x→∞
lim f (x) =+∞,
x→−∞
lim f (x) =−∞,
x→∞
lim f (x) =−∞.
x→−∞
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke 3.3.4.
147
N´ eh´ any fontosabb hat´ ar´ ert´ ek
sin x =1 x→0 x
I. lim
Bizony´ıt´as. Mivel a meg el˝osz¨or, hogy
sin x f¨ uggv´eny p´aros, ez´ert csak az x > 0 esetet t´argyaljuk. Mutassuk x cos x <
sin x < 1, x
ha 0 < x <
π . 2
A bizony´ıt´ashoz felhaszn´aljuk az egys´egsugar´ u k¨ort, amelynek k¨oz´eppontja a koordin´atarendszer kezd˝opontja, a sugara pedig egy hossz´ us´agegys´eg. d k¨or´ıv jelenti, ahol B a Ebben az x v´altoz´ot az AB k¨orvonal x-tengellyel val´o metsz´espontja, A pedig a k¨orvonal I. negyedbe es˝o tetsz˝oleges pontja. Legyen A1 az A pont x-tengelyre es˝o mer˝oleges vet¨ ulete, C pedig az OA f´elegyenes ´es a k¨or B pontban szerkesztett ´erint˝oj´enek metsz´espontja. A rajzr´ol leolvashat´o, hogy AA1 = sin x ´es BC = tg x, s az is j´ol l´athat´o, hogy az AOB k¨orcikk ter¨ ulete az OAB△ ´es az OBC△ ter¨ ulete k¨oz´e esik. Ennek k¨ovetkezt´eben, mivel a k¨or sugara 1, k¨ovetkezik, hogy
y
C A x
0
A1
B
x
1 1 1 · 1 · sin x < · 1 · x < · 1 · tg x, 2 2 2 amib˝ol a sin x ´ert´ekkel val´o oszt´as ´es 2-vel val´o szorz´as ut´an k¨ovetkezik, hogy sin x < 1. x Tudjuk, hogy az f (x) = cos x folytonos a 0 pontban ´es cos 0 = 1. ´Igy ha x → 0 (x ̸= 0), sin x akkor limx→0 cos x = 1. A rend˝or-elv szerint teh´at k¨ovetkezik, hogy lim = 1, ebb˝ol x→0−0 x sin x sin x f¨ uggv´eny p´aross´aga miatt lim = 1 is igaz. ⋄ pedig a x→0 x x 1<
( II. lim
x→∞
1 1+ x
1 x < , sin x cos x
vagyis
cos x <
)x =e (
)n 1 Bizony´ıt´as. A bizony´ıt´as a sz´amsorozatokra vonatkoz´o lim 1 + = e hat´ar´ert´ek n→∞ n seg´ıts´eg´evel t¨ort´enik. Ha [x] az x val´os sz´am eg´esz r´esze, akkor [x] = n ∈ N ´es ´erv´enyes az [x] ≤ x < [x]+1 egyenl˝otlens´eg. Ha x → ∞, akkor [x] = n → ∞ is teljes¨ ul. Megmutatjuk, hogy ( ( )[x] )[x]+1 1 1 = lim 1 + = e. lim 1 + x→∞ x→∞ [x] + 1 [x] Legyen ( ( )n )n+1 1 1 f (n) = 1 + ´es g(n) = 1 + , n ∈ N. n+1 n
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
148
A sz´amsorozatokr´ol sz´ol´o fejezetben m´ar bel´attuk, hogy ( )n ( )n+1 1 1 lim 1 + = lim 1 + = e. n→∞ n→∞ n+1 n Innen az
(
f1 (x) = f ([x]) =
1 1+ [x] + 1
)[x]
( ´es g1 (x) = g([x]) =
1 1+ [x]
)[x]+1 ,
f¨ uggv´enyek defini´al´as´aval k¨ovetkezik, hogy ( )[x] ( )n 1 1 lim f1 (x) = lim 1 + = lim f ([x]) = lim f (n) = lim 1 + = e, x→∞ x→∞ x→∞ n→∞ n→∞ [x] + 1 n+1 ´es
( lim g1 (x) = lim
x→∞
x→∞
1 1+ [x]
)[x]+1
( = lim g([x]) = lim g(n) = lim x→∞
Legyen most
( h(x) =
n→∞
1 1+ x
n→∞
1 1+ n
)n+1 e.
)x .
Mivel lim f1 (x) = lim g1 (x) = e, valamint f1 (x) ≤ h(x) ≤ g1 (x) ´erv´enyes minden x val´os x→∞ x→∞ sz´amra, ez´ert a rend˝or-elv alapj´an )x ( 1 lim h(x) = lim 1 + = e. x→∞ x→∞ x
⋄ ln(1 + x) =1 x→0 x
III. lim
1 Bizony´ıt´ as. Ha a 2. alaphat´ar´ert´ekben bevezetj¨ uk az = y helyettes´ıt´est, akkor x → ∞ x akkor ´es csakis akkor, ha y → 0. Ekkor k¨ozvetlen¨ ul ad´odik, hogy 1
lim (1 + y) y = e,
y→0
vagy y = x eset´en
1
lim (1 + x) x = e.
x→0
E t´enynek ´es a logaritmusf¨ uggv´eny folytonoss´ag´anak felhaszn´al´as´aval ad´odik, hogy ( ) 1 1 ln(1 + x) lim = lim ln (1 + x) x = ln lim (1 + x) x = ln e = 1. x→0 x→0 x→0 x
⋄ ex − 1 ax − 1 = ln a (a > 0, a ̸= 1) ´es a = e eset´en lim =1 x→0 x→0 x x
IV. lim
Bizony´ıt´ as. Alkalmazzuk az y = ax − 1 helyettes´ıt´est, ahol x → 0 akkor ´es csakis akkor, ha y → 0. Ekkor x = loga (y + 1) =
ln(1 + y) , ln a
teh´at
ax − 1 = lim x→0 y→0 x lim
y ln(1+y) ln a
= ln a,
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
149
ahol a 3. alaphat´ar´ert´eket ´es a k´et f¨ uggv´eny h´anyados´anak hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o szab´alyt alkalmaztuk. ⋄ (1 + x)α − 1 V. lim = α (α ∈ R, α ̸= 0) x→0 x Bizony´ıt´as. Ha az (1 + x)α kifejez´est eα ln(1+x) alakban ´ırjuk fel ´es alkalmazzuk a 3. ´es 4. alaphat´ar´ert´eket, akkor a k¨ovetkez˝oket kapjuk: ( α ln(1+x) ) (1 + x)α − 1 eα ln(1+x) − 1 e − 1 ln(1 + x) = lim = lim = lim · x→0 x→0 x→0 x x ln(1 + x) x = lim
y→0
ey − 1 y α
ln(1 + x) = α · 1 · 1 = α, x→0 x
· lim
ahol az els˝o hat´ar´ert´ekn´el alkalmaztuk az α ln(1 + x) = y helyettes´ıt´est, ahol x → 0 akkor ´es csakis akkor, ha y → 0. ⋄ 1
VI. lim (1 + x) x = e x→0
1 Bizony´ıt´as. Alkalmazzuk a 2. alaphat´ar´ert´eket. Ha x → 0 + 0, akkor t = eset´en x t → +∞ ´es )t ( 1 1 lim (1 + x) x = lim 1 + = e. x→0+0 t→+∞ t 1 eset´en s → −∞ ´es x ( )−s )s )s−1+1 ( ( 1 1 s 1 lim (1 + x) x = lim 1 − = lim = lim 1 + = x→0−0 s→+∞ s→+∞ s→+∞ s s−1 s−1
Ha x → 0 − 0, akkor s = −
( = lim
s→+∞
1 1+ s−1
)s−1
( · lim
s→+∞
1 1+ s−1
)1
( = lim
z→+∞
1 1+ z
)z · 1 = e.
A levezet´es sor´an alkalmaztuk a z = s − 1 helyettes´ıt´est, ahol z → +∞, akkor ´es csakis akkor, ha s → +∞. ⋄ F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´ekeinek kisz´am´ıt´as´an´al a k¨ovetkez˝o hat´arozatlan kifejez´esekkel tal´alkozhatunk: 0 ∞ , , 1o ∞ 0 2o ∞ − ∞, 0 · ∞, 3o
1∞ ,
00 ,
∞0 .
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
150 FELADATOK.
Sz´amoljuk ki a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket. x2 + 3x − 5 x→2 x−1 Megold´ as. Egyszer˝ u behelyettes´ıt´essel kapjuk, hogy
1. lim
4+6−5 x2 + 3x − 5 = = 5. x→2 x−1 2−1 lim
x2 + 3x − 5 x→1 x−1 Megold´ as. Egyszer˝ u behelyettes´ıt´essel kapjuk, hogy
2. lim
x2 + 3x − 5 1+3−5 −1 = = = +∞. x→1 x−1 1−1 −0 lim
ex − e−x x→0 2 Megold´ as. Egyszer˝ u behelyettes´ıt´essel kapjuk, hogy
3. lim
ex − e−x e0 − e−0 1−1 0 = = = = 0. x→0 2 2 2 2 lim
4. limπ x→ 2
sin x 1 − cos x
Megold´ as. Ugyancsak behelyettes´ıt´essel kapjuk, hogy limπ
x→ 2
sin π2 sin x 1 = = 1. π = 1 − cos x 1 − cos 2 1−0
ln x x→+0 x + 2 Megold´ as. Most is egyszer˝ u behelyettes´ıt´essel kapjuk meg a keresett hat´ar´ert´eket:
5. lim
ln x −∞ = = −∞. x→+0 x + 2 0+2 lim
∞ Amennyiben a hat´ar´ert´ek behelyettes´ıt´es ut´an t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, akkor x ∞ legmagasabb kitev˝oj˝ u hatv´any´anak a sz´aml´al´ob´ol ´es a nevez˝ob˝ol val´o kiemel´es´evel, majd leegyszer˝ us´ıt´es´evel juthatunk egyszer˝ ubb alakhoz, amelyb˝ol a hat´ar´ert´ek meghat´arozhat´o. Ezt a megold´asi m´odszert m´ar alkalmaztuk a sorozatok hat´ar´ert´ekein´el is, ez´ert az anal´ogia miatt csak n´eh´any feladatot mutatunk be. 3x3 − 2x + 7 x→∞ 4x3 + 5x2 + 6x
6. lim
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
151
∞ Megold´ as. Ha v´egtelen nagy sz´amot helyettes´ıt¨ unk az x v´altoz´o hely´ebe, akkor ∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´est kapunk. Ekkor (∞) x3 (3 − x22 + x73 ) 3 − x22 + x73 3x3 − 2x + 7 3 lim = = lim 3 = lim = , 5 6 5 6 3 2 x→∞ 4x + 5x + 6x x→∞ x (4 + x→∞ 4 + ∞ 4 + x2 ) + x2 x x C = 0, ha C = konstans ´es n ∈ N. x→∞ xk
mivel lim
x3 + x2 + x + 1 x→−∞ 3x2 − 2x + 1 Megold´ as.
7. lim
(
x3 + x2 + x + 1 lim = x→−∞ 3x2 − 2x + 1
−∞ +∞
)
( ) x2 x + 1 + x1 + x12 ( ) = = lim x→−∞ x2 3 − x2 + x12
x + 1 + x1 + x12 −∞ = −∞. = 2 1 x→−∞ 3 3 − x + x2
= lim x+5 − 8x + 2 Megold´ as.
8. lim
x→∞ 7x2
x+5 lim = x→∞ 7x2 − 8x + 2
(
−∞ +∞
)
( ) x 1 + x5 1 + x5 ) = lim ( = lim x→∞ x 7x − 8 + 2 x→∞ 7x − 8 + x
=
2 x
1 = 0. ∞
√
x2 + 1 x→+∞ x + 2 Megold´ as.
9. lim
√ lim
x→+∞
x2
(∞)
+1 = lim = x→+∞ x+2 ∞ x = lim
x→+∞
√ ( x2 1 +
x(1 +
= lim
x→+∞
√
1 x2 2 x
1+ = lim
x→+∞
√ |x| 1 +
)
x+2
√ 1+
1 x2 2 ) x
1 x2
1+
=
1 x2
x(1 + x2 )
1 = 1. 1
3x − 4 x→−∞ 9x2 + 18x + 9 Megold´ as. Mivel x < 0 eset´en |x| = −x, ´ıgy ) ( ( ) 4 3x 1 − 3x −∞ 3x − 4 √ = lim √ = lim x→−∞ x→−∞ +∞ 9x2 + 18x + 9 |3x| 1 + 2 +
10. lim √
x
( ) 4 3x 1 − 3x √ = lim x→−∞ −3x 1 + x2 +
( = lim 1 x2
x→−∞
1−
√ − 1+
4 3x 2 x
)
+
= 1 x2
= 1 x2
1 = −1. −1
=
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
152
0 Amennyiben a hat´ar´ert´ek behelyettes´ıt´es ut´an t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es ´es a racion´a0 lis t¨ortf¨ uggv´eny¨ unk van, akkor a sz´aml´al´o ´es a nevez˝o t´enyez˝okre bont´as´aval, majd leegyszer˝ us´ıt´es´evel juthatunk egyszer˝ ubb alakhoz, amelyb˝ol a hat´ar´ert´ek meghat´arozhat´o. Ha irracion´alis f¨ uggv´eny¨ unk van, akkor ´altal´aban gy¨oktelen´ıteni kell, ha pedig trigonometrikus sin x = 1 alaphat´ar´ert´ek alkalmaz´as´aval pr´ob´aljuk a f¨ uggv´eny, akkor ´altal´aban a lim x→0 x megsz¨ untetni a hat´arozatlans´agot. x2 − 8x + 16 x→4 x3 − 16x Megold´ as.
11. lim
x2 − 8x + 16 lim = x→4 x3 − 16x
( ) 0 (x − 4)2 x−4 0 = lim = lim = = 0. x→4 x(x − 4)(x + 4) x→4 x(x + 4) 0 32
x3 + 4x2 + x − 6 x→−2 2x3 + 2x2 − 16x − 24 Megold´ as.
12. lim
x3 + 4x2 + x − 6 = lim x→−2 2x3 + 2x2 − 16x − 24 = lim
x→−2
√ 13. lim
x→0
( ) 0 (x − 1)(x + 2)(x + 3) = lim = x→−2 0 2(x + 2)2 (x − 3)
(x − 1)(x + 3) −3 · 1 −3 = = = +∞. 2(x + 2)(x − 3) 2 · 0 · (−5) −0
x+1−1 x2
0 Megold´ as. Mivel a kifejez´es t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es ´es irracion´alis, ez´ert 0 gy¨oktelen´ıt´essel juthatunk el a megold´asig. √ √ ( ) ) (√ 0 x+1−1 x+1−1 x+1+1 lim = = lim ·√ = x→0 x→0 x2 0 x2 x+1+1 x+1−1 1 1 1 (√ ) = lim (√ )= = = ∞. x→0 x2 x→0 x 0·2 0 x+1+1 x+1+1
= lim √
x + 17 − 5 √ 3 x→8 x−2 Megold´ as. (√ ) √ √ √ ( ) √ 3 x + 17 − 5 0 x + 17 − 5 x + 17 + 5 x2 + 2 3 x + 4 √ lim √ ·√ = = lim ·√ = √ 3 3 x→8 x→8 0 x−2 x−2 x + 17 + 5 3 x2 + 2 3 x + 4 ( ) ( √ ) √ √ √ 3 3 x + 17 − 25 x2 + 2 3 x + 4 x2 + 2 3 x + 4 · √ = lim = lim 1 · √ = x→8 x→8 x−8 x + 17 + 5 x + 17 + 5 √ √ 3 4+2·2+4 12 6 64 + 2 · 3 8 + 4 √ = = = . = 10 10 5 25 + 5
14. lim
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
153
sin 3x − sin 2x x→0 sin x Megold´ as. Mivel trigonometrikus f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´et kell kisz´am´ıtanunk, a sin x = 1 alaphat´ar´ert´eket alkalmazzuk a megold´as sor´an. lim x→0 x ( ) ( ) sin 3x − sin 2x 0 sin 3x sin 2x sin 3x sin 2x lim = = lim − = lim − lim = x→0 x→0 x→0 sin x x→0 sin x sin x 0 sin x sin x
15. lim
3x 3 · limx→0 3·sin 2 sin x cos x 3x − lim − 2 · lim cos x = = = x→0 x→0 sin x limx→0 sinx x sin t = 3 · lim − 2 · 1 = 3 · 1 − 2 = 1, t→0 t ahol a 3x = t, x → 0 akkor ´es csakis akkor ha t → 0 helyettes´ıt´est alkalmaztuk. 3·sin 3x lim 3x x→0 sin x x
tg x − sin x sin3 x Megold´ as.
16. lim
x→0
tg x − sin x lim = x→0 sin3 x
) ( ( ) 1−cos x sin x cos1 x − 1 0 cos x = lim = = lim 3 x→0 x→0 0 sin x sin2 x
1 − cos x 1 1 1 = lim = = . 2 x→0 cos x(1 − cos x) x→0 cos x(1 + cos x) 1·2 2
= lim 1 − cos x x→0 x2 Megold´ as.
17. lim
1 − cos x lim = x→0 x2
( ) 2 sin2 0 = lim x→0 0 x2
x 2
= lim
x→0
sin2 2·
x 2
x2 4
1 = · 2
( lim
x →0 2
sin x2 x 2
)2 =
1 2 1 ·1 = , 2 2
vagy m´asik m´odszerrel ( ) 1 − cos x 0 1 − cos x 1 + cos x 1 − cos2 x lim = = lim · = lim = x→0 x→0 x2 0 x2 1 + cos x x→0 x2 (1 + cos x) ( )2 sin x 1 sin2 x 1 1 = lim · lim = 12 · = . = lim 2 x→0 x x→0 1 + cos x x→0 x (1 + cos x) 1+1 2 πx 18. lim (1 − x)tg x→1 2 Megold´ as. ( ) (1 − x) sin πx 0 πx 2 = A = lim (1 − x)tg = (0 · ∞) = lim πx x→1 x→1 2 cos 2 0 Vezess¨ uk be az 1 − x = t helyettes´ıt´est, ahol x → 1 akkor ´es csakis akkor, ha t → 0. Ekkor ) ( ) ) ( ( t sin π2 − π2 t t sin π2 − π2 t 0 ( ) = = A = lim = lim t→0 cos π − π t t→0 cos π cos π t + sin π sin π t 0 2 2 2 2 2 2 ( ) π (π π ) 2 t sin π2 − π2 t t t 2 2 2 = lim = lim ·lim sin − t = ·lim ·1·1 = . π π π ·1 = t→0 t→0 t→0 t→0 sin 2 t sin 2 t 2 2 π sin 2 t π π
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
154 √
√ 1 − tg x − 1 + tg x 19. lim x→π sin 2x Megold´ as. ( ) √ √ 1 − tg x − 1 + tg x 0 lim = = x→π sin 2x 0 √ √ √ √ 1 − tg x − 1 + tg x 1 − tg x + 1 + tg x √ = = lim ·√ x→π sin 2x 1 − tg x + 1 + tg x 1 − tg x − 1 − tg x (√ )= √ x→π 2 sin x cos x 1 − tg x + 1 + tg x
= lim = lim
x→π cos2
x
(√
−1 −1 1 )= √ √ =− . √ 2 2 1 − tg x + 1 + tg x (−1) · ( 1 + 1)
√
1 − cos 2x x→0−0 x Megold´ as. Az x → 0 − 0 jel¨ol´es azt jelenti, hogy balr´ol, vagyis negat´ıv ´ert´ekeken kereszt¨ ul k¨ozel´ıt¨ unk a nulla fel´e. √ √ √ ( ) 1 − cos 2x 0 2 sin2 x 2| sin x| lim = = lim = lim = x→0−0 x→0−0 x→0−0 x 0 x x
20. lim
) ( ) √ sin x |x| | sin x| |x| · = 2 lim · = 2 lim = x→0−0 x→0−0 |x| x x x ) ( √ √ √ sin x |x| = 2 lim = 2 · 1 · (−1) = − 2. · lim x→0−0 x x→0−0 x (
√
Amennyiben a hat´ar´ert´ek a k¨ozvetlen behelyettes´ıt´es ut´an ∞ − ∞ t´ıpus´ u, akkor irracion´alis k¨ ul¨onbs´eg eset´en gy¨oktelen´ıt´essel, t¨ortek k¨ ul¨onbs´eg´enek est´en pedig k¨oz¨os nevez˝ore hoz´assal szabadulhatunk meg a hat´arozatlans´agt´ol. 21. lim
x→+∞
(√
x2 + 5x − 3 −
√
x2 − 3x + 2
)
Megold´ as. Az adott hat´ar´ert´ek ∞ − ∞ t´ıpus´ u ´es irracion´alis, ez´ert v´egezz¨ uk el a gy¨oktelen´ıt´est. Ekkor (√ ) √ x2 + 5x − 3 − x2 − 3x + 2 = (∞ − ∞) = lim x→+∞
= lim
(√
x→+∞
x2
+ 5x − 3 −
√
x2
) √x2 + 5x − 3 + √x2 − 3x + 2 √ = − 3x + 2 · √ x2 + 5x − 3 + x2 − 3x + 2
x2 + 5x − 3 − x2 + 3x − 2 8x − 5 √ √ = lim √ = lim √ = 2 2 2 x→+∞ x→+∞ x + 5x − 3 + x − 3x + 2 x + 5x − 3 + x2 − 3x + 2 (√ x→+∞ |x| 1+
= lim
5 x
x(8 − x5 ) √ 3 − x2 + 1 −
3 x
+
2 x2
)=√
8 √ = 4. 1+ 1
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke 22. lim
(√
x→−∞
155
x2 − 2x + 3 + x
)
Megold´ as. Mivel most x → −∞, ez´ert a hat´ar´ert´ek ∞−∞ t´ıpus´ u. A gy¨oktelen´ıt´es elv´egz´es´evel kapjuk, hogy (√ ) lim x2 − 2x + 3 + x = (∞ − ∞) = x→−∞
= lim
) √x2 − 2x + 3 − x x2 − 2x + 3 − x2 − 2x + 3 + x · √ = lim √ = x2 − 2x + 3 − x x→−∞ x2 − 2x + 3 − x ( ) x −2 + x3 −2x + 3 √ = lim √ = lim = x→−∞ x2 − 2x + 3 − x x→−∞ |x| 1 − 2 + 32 − x x x ( ) −x 2 − x3 2 = lim = 1. (√ )=√ x→−∞ 1+1 −x 1 − 2 + 32 + 1
(√
x→−∞
x2
x
(√ 3
23. lim
x→∞
x3 + 5 −
√ 3
x3 − 5
x
)
Megold´ as. A hat´ar´ert´ek ∞ − ∞ t´ıpus´ u. Gy¨oktelen´ıts¨ unk a megfelel˝o m´odon. (√ ) √ 3 3 lim x3 + 5 − x3 − 5 = (∞ − ∞) = x→∞
= lim
(√ 3
x→∞
x3 + 5 −
√ 3
√ √ ) √ 3 3 + 5)2 + 3 (x3 + 5)(x3 − 5) + 3 (x3 − 5)2 (x √ √ x3 − 5 · √ = 3 (x3 + 5)2 + 3 (x3 + 5)(x3 − 5) + 3 (x3 − 5)2
= lim √ 3 x→∞
x3 + 5 − x3 + 5 √ √ (x3 + 5)2 + 3 (x3 + 5)(x3 − 5) + 3 (x3 − 5)2
10 10 √ √ = lim √ = = 0. x→∞ 3 (x3 + 5)2 + 3 (x3 + 5)(x3 − 5) + 3 (x3 − 5)2 ∞ (√ ) √ 3 3 2 2 24. lim x + 3x − x − 2x x→∞
Megold´ as.
(√
x3
+
3x2
−
√
)
− 2x = (∞ − ∞) = (√ ) √ 3 = lim x3 + 3x2 − x + x − x2 − 2x = x→∞ (√ ) ( ) √ 3 3 2 2 x + 3x − x + lim x − x − 2x = = lim x→∞ x→∞ √ √ (√ ) 3 (x3 + 3x2 )2 + √ 3 3 + 3x2 )x3 + 3 x6 √ (x 3 3 √ √ = lim x3 + 3x2 − x3 · √ + 3 3 x→∞ (x3 + 3x2 )2 + 3 (x3 + 3x2 )x3 + x6 ) √x2 + √x2 − 2x (√ √ x2 − x2 − 2x · √ = + lim √ x→∞ x2 + x2 − 2x lim
x→∞
3
x2
x3 + 3x2 − x3 x2 − x2 + 2x √ √ √ = lim √ + lim = √ x→∞ 3 (x3 + 3x2 )2 + 3 (x3 + 3x2 )x3 + 3 x6 x→∞ x2 + x2 − 2x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
156 = lim
x→∞
= lim √( x→∞ 3 25. lim
(√ 4
x→∞
x2
1+
(√ ( 3
3x2 )2 √ 1 + x3 + 3 1 +
3
√ + 3 1+
) 3 2 x
x4 − x2 + 2 −
√
3 x
2x ) + lim √ ( )= x→∞ 2 |x| 1 + 1 − +1 x
+ lim 3 x
+1
x→∞
2 √ 1+ 1−
= 2 x
3 2 + = 2. 1+1+1 1+1
) x2 + x
Megold´ as. Az adott hat´ar´ert´ek ∞−∞ t´ıpus´ u. V´egezz¨ uk el k´etszer a gy¨oktelen´ıt´est. Ekkor (√ ) √ 4 lim x4 − x2 + 2 − x2 + x = (∞ − ∞) = x→∞ √ 4 ) √ (√ 4 − x2 + 2 + √ x x2 + x 4 √ = lim x 4 − x2 + 2 − x2 + x · √ = 4 x→∞ x4 − x2 + 2 + x2 + x √ √ x4 − x2 + 2 − (x2 + x) x4 − x2 + 2 + (x2 + x) √ √ √ = = lim 4 · x→∞ x4 − x2 + 2 + (x2 + x) x4 − x2 + 2 + x2 + x x4 − x2 + 2 − x4 − 2x3 − x2 √ √ = lim √ = x→∞ ( 4 x4 − x2 + 2 + x2 + x)( x4 − x2 + 2 + (x2 + x)) −2x3 − 2x2 + 2 √ ) (√ )= x→∞ x 4 1 − x12 + x24 + 1 + x1 · x2 1 − x12 + x24 + 1 + x1 ) ( x3 −2 − x2 + x22 −2 1 √ = lim =− . ) (√ )= (√ x→∞ 3 2·2 2 x · 4 1 − x12 + x24 + 1 + x1 1 − x12 + x24 + 1 + x1 = lim
(√
) x4 26. lim −x x→∞ x3 + 2x Megold´ as. Az adott hat´ar´ert´ek ∞−∞ t´ıpus´ u, de nem irracion´alis. K¨oz¨os nevez˝ore ∞ hoz´assal t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´est kapunk. ∞ ) ( x4 − x4 − 2x2 x4 − x = (∞ − ∞) = lim = lim x→∞ x→∞ x3 + 2x x3 + 2x (
(∞) −2x2 −2 = = lim = 0. 3 x→∞ x + 2x x→∞ x + 2 ∞ x ) 2
= lim (
2x3 x 27. lim − x→−∞ 4x2 − 1 2x + 1 Megold´ as. A hat´ar´ert´ek most −∞ − (−∞), azaz ∞ − ∞ t´ıpus´ u. Hozzunk k¨oz¨os nevez˝ore. ( ) x2 2x3 2x3 − x2 (2x − 1) − = lim = (∞ − ∞) = lim x→−∞ x→−∞ 4x2 − 1 2x + 1 4x2 − 1 (∞) 2x3 − 2x3 + x2 x2 x2 ( = lim = = lim x→−∞ x→−∞ 4x2 − 1 x→−∞ x2 4 − 4x2 − 1 ∞
= lim
1 ) . = 1 4 2 x
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
157
(
) 1 3 − 28. lim x→1 x − 1 x2 − 1 Megold´ as. Ha az x hely´ebe 1-et helyettes´ıt¨ unk, akkor ∞ − ∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´est kapunk, ez´ert k¨oz¨os nevez˝ore hozunk. ( ) 3 −1 1 x+1−3 x−2 lim − 2 = (∞ − ∞) = lim = lim 2 = = −∞. 2 x→1 x→1 x − 1 x→1 x − 1 x−1 x −1 0 ( ) x+2 x−4 29. lim + x→1 x2 − 5x + 4 3x2 − 9x + 6 Megold´ as. Az x = 1 helyettes´ıt´essel meggy˝oz˝odhet¨ unk r´ola, hogy ∞ − ∞ t´ıpus´ u a hat´ar´ert´ek. Bontsuk t´enyez˝okre a nevez˝oket, majd hozzunk k¨oz¨os nevez˝ore. ( ) x+2 x−4 = (∞ − ∞) = lim + x→1 x2 − 5x + 4 3x2 − 9x + 6 ( ) x+2 x−4 3(x + 2)(x − 2) + (x − 4)2 = lim + = lim = x→1 x→1 (x − 1)(x − 4) 3(x − 1)(x − 2) 3(x − 1)(x − 2)(x − 4) 3x2 − 12 + x2 − 8x + 16 4x2 − 8x + 4 = lim = x→1 3(x − 1)(x − 2)(x − 4) x→1 3(x − 1)(x − 2)(x − 4)
= lim
4(x − 1) 0 4(x − 1)2 = lim = = 0. x→1 3(x − 2)(x − 4) x→1 3(x − 1)(x − 2)(x − 4) −3 · (−3) ( ) 1 1 30. lim − x→−2 x2 + 3x + 2 x3 + 4x2 + 4x Megold´ as. ( ) 1 1 lim − = (∞ − ∞) = x→−2 x2 + 3x + 2 x3 + 4x2 + 4x ( ) 1 1 x(x + 2) − (x + 1) = lim − = lim = 2 x→−2 x→−2 x(x + 1)(x + 2)2 (x + 1)(x + 2) x(x + 2) = lim
x2 + 2x − x − 1 x2 + x − 1 4−2−1 1 = lim = = = ∞. = lim x→−2 x(x + 1)(x + 2)2 x→−2 x(x + 1)(x + 2)2 0 0 ∞ Ha a hat´ u hat´arozatlan kifejez´es, akkor a megold´ast helyettes´ıt´essel, a ( ar´ert´ )ekx 1 t´ıpus´ 1 lim 1 + = e alaphat´ar´ert´ekre val´o visszavezet´essel keress¨ uk. x→+∞ x ( )3x2 +1 x+1 31. lim x→+∞ x x+1 → 1, ´ıgy 1∞ t´ıpus´ u a hat´ar´ert´ek. Megold´ as. Mivel x → +∞ eset´en x V´egezz¨ uk el a k¨ovetkez˝o transzform´aci´okat, amelyekkel megsz¨ untethetj¨ uk a hat´arozatlans´agot.
( lim
x→+∞
x+1 x
(
)3x2 +1 = lim
x→+∞
1 1+ x
)3x2 +1
[( )x ] 3x2x+1 1 = (1∞ ) = lim 1+ = x→+∞ x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
158 [ =
( lim
x→+∞
1 1+ x
)x ] lim
x→+∞
3x2 +1 x
= e+∞ = +∞.
Az ´atalak´ıt´asokn´al felhaszn´altuk az y = ex f¨ uggv´eny folytonoss´ag´at ´es ennek alapj´an adott g val´os f¨ uggv´enyre lim g(x) lim eg(x) = ex→+∞ . x→+∞
( 32. lim
x→+∞
2x + 6 2x + 1
) x+1 3
Megold´ as. ( lim
x→+∞
2x + 6 2x + 1
) x+1 3
( ∞
= (1 ) = lim
x→+∞
( = lim
1+
x→+∞
[ =
( lim
1+
x→+∞
( 33. lim
x→+∞
) x+1 3 x→+∞
[( = lim
2x+1 5
1+
x→+∞
[ =
2x+1 5
( = lim
5 ) 2x+1 · 2x+1 · x+1 5 3
1
] lim 5x+5 ) 2x+1 6x+3 x→+∞ 5
1
ahol bevezett¨ uk a akkor z → +∞.
2x + 1 + 5 2x + 1
( lim
z→+∞
1 1+ z
1
5 1+ 2x + 1
) x+1 3
] 5x+5 ) 2x+1 6x+3 5 =
2x+1 5
)z ] lim
x→+∞
5x+5 6x+3
5
= e6 =
) x2x+1
Megold´ as.
lim
x→+∞
x −x+3 x2 + 2x + 4
= lim ( x→+∞
2
1 1+
) x2x+1
x2 +1 x
3x+1 x2 −x+3
( = (1∞ ) = lim
lim 1
) x2x+1 =
( lim
mert lim 1
x2 +1 x
x→+∞
lim
= 1x→+∞
3x+1 x2 −x+3
x2 +1 x
x→+∞
1+ x2 +1 x
) x2x+1
1 1+
x→+∞
x→+∞
3x + 1 −x+3
=
1 ) x2x+1 = e3 ,
x2
= 1+∞ = 1
´es ( lim
x→+∞
√ 6
e5 ,
2x + 1 = z helyettes´ıt´est, amelyre ´erv´enyes, hogy ha x → +∞ 5
x2 − x + 3 x2 + 2x + 4
(
=
3x + 1 1+ 2 x −x+3
(
) x2x+1 = lim
x→+∞
1+
1 x2 −x+3 3x+1
−x+3 ) x23x+1 ·
2 3x+1 · x x+1 x2 −x+3
=
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
159
( = lim 1 + x→+∞
= lim
1+
[ = ahol alkalmaztuk az z → +∞.
1 x2 −x+3
2 3x+1 · x x+1 x2 −x+3
=
3x+1
(
x→+∞
−x+3 ) x23x+1
−x+3 ) x23x+1
1 x2 −x+3
lim
3x+1 x2 +1 2 −x+3 · x
x→+∞ x
=
3x+1
( lim
z→+∞
1 1+ z
)z ] lim
x→+∞
3x3 +x2 +3x+1 x3 −x2 +3x
= e3 ,
x2 − x + 3 = z helyettes´ıt´est, amely eset´en ha x → +∞ akkor 3x + 1 1
A k¨ovetkez˝o k´et feladatban alkalmazzuk a lim (1 + x) x = e alaphat´ar´ert´eket. x→0
1
34. lim (1 + sin x) x x→0
Megold´ as. A hat´ar´ert´ek 1∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es ´es a k¨ovetkez˝ok´eppen oldhat´o meg: lim (1 + sin x) x = (1∞ ) = lim (1 + sin x) sin x · 1
1
x→0
sin x x
x→0
=
[ ] sinx x [ ] lim sinx x 1 1 = lim (1 + sin x) sin x = lim (1 + sin x) sin x x→0 = e1 = e x→0
x→0
1
35. lim (cos x) x2 x→0
Megold´ as. Hasonl´oan j´arunk el, mint az el˝oz˝o feladatban. lim (cos x) x2 = (1∞ ) = lim (1 + (cos x − 1)) cos x−1 · 1
1
x→0
x→0
cos x−1 x2
=
[ ] cos x−1 1 x2 = lim (1 + (cos x − 1)) cos x−1 = x→0
[ ] lim cos x−1 1 x2 = lim (1 + (cos x − 1)) cos x−1 x→0 = x→0
[ = lim (1 + z)
1 z
z→0
x ]− lim 1−cos 2
x→0
x
1 1 = e− 2 = √ . e
A levezet´esben alkalmaztuk a z = cos x − 1 helyettes´ıt´est, ahol z → 0, ha x → 0 ´es felhaszn´altuk a 17. feladatb´ol, hogy 1 1 − cos x = . 2 x→0 x 2 lim
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
160
ln(1 + x) = 1 alaphat´ar´ert´eket. x→0 x
Alkalmazzuk a k¨ovetkez˝o k´et feladatban a lim
ln(cos 2x) x→0 x2 Megold´ as. V´egezz¨ uk el a k¨ovetkez˝o transzform´aci´okat: ( ) ( ) 0 ln(cos 2x) ln(1 + cos 2x − 1) cos 2x − 1 = A = lim = lim = x→0 x→0 x2 0 cos 2x − 1 x2
36. lim
ln(1 + cos 2x − 1) cos 2x − 1 . · lim x→0 x→0 cos 2x − 1 x2 Az els˝o hat´ar´ert´ekben alkalmazzuk a cos 2x − 1 = t helyettes´ıt´est, ahol ha x → 0, akkor t → 0. A m´asodik hat´ar´ert´ekben vezess¨ uk be a 2x = z helyettes´ıt´est, ahol ha x → 0, akkor z → 0, majd haszn´aljuk fel ism´et a 17. feladat megold´as´at. Ekkor = lim
1 ln(1 + t) 1 − cos z · (−4) · lim = 1 · (−4) · = −2. 2 t→0 z→0 t z 2
A = lim
ln(cos 3x) x→0 ln(cos 4x) Megold´ as. J´arjunk el a k¨ovetkez˝o m´odon: ( ) 0 ln(cos 3x) ln(1 + cos 3x − 1) lim = = lim = lim x→0 ln(cos 4x) x→0 ln(1 + cos 4x − 1) x→0 0
37. lim
=
3x−1) lim ln(1+cos cos 3x−1
x→0
4x−1) lim ln(1+cos cos 4x−1 x→0
·
3x (−9) · lim 1−cos (3x)2 x→0
(−16) ·
lim 1−cos24x x→0 (4x)
=
ln(1+cos 3x−1) cos 3x−1 ln(1+cos 4x−1) cos 4x−1
·
cos 3x−1 x2 cos 4x−1 x2
=
1 −9 · 1 9 · = . 1 −16 · 1 16
ax − cos x ax − 1 38. Sz´amoljuk ki a lim (a > 0) hat´ a r´ e rt´ e ket a lim = ln a alaphat´arx→0 x→0 x2 x ´ert´ekre val´o visszavezet´essel. 2
Megold´ as. ax − cos x = lim x→0 x2 2
( ) 2 0 ax − 1 + 1 − cos x = = lim x→0 0 x2
ax − 1 1 − cos x az − 1 1 1 3 = lim + lim = lim + =1+ = , 2 2 x→0 x→0 z→0 x x z 2 2 2 2 ahol az els˝o hat´ar´ert´ekben az x = z hat´ar´ert´eket alkalmaztuk (z → 0, ha x → 0), a m´asodik pedig a 17. feladatb´ol ismert megold´as. 2
39. Sz´amoljuk ki a lim x→0 alkalmaz´as´aval.
eax − ebx ex − 1 (a > 0) hat´ar´ert´eket a lim = 1 alaphat´ar´ert´ek x→0 sin x x
Megold´ as. eax − ebx = lim x→0 sin x
( ) ( ax ) 0 e − 1 ebx − 1 eax − 1 + 1 − ebx = lim − = lim = x→0 x→0 0 sin x sin x sin x
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
161
eax − 1 ebx − 1 = lim − lim = lim x→0 sin x x→0 sin x x→0
(
eax − 1 ax · ax sin x
)
( − lim
x→0
ebx − 1 bx · bx sin x
) =
eax − 1 x ebx − 1 x · a · lim − lim · b · lim = a − b. x→0 sin x x→0 x→0 sin x x→0 ax bx √ √ 1 − sin x − 3 1 + sin x 40. Sz´amoljuk ki a lim (a > 0) hat´ar´ert´eket a x→0 x = lim
(1 + x)α − 1 = α (α ∈ R, x→0 x lim
α ̸= 0)
alaphat´ar´ert´ek felhaszn´al´as´aval. Megold´ as. √ √ √ √ ( ) 1 − sin x − 3 1 + sin x 0 1 − sin x − 1 + 1 − 3 1 + sin x lim = = lim = x→0 x→0 x 0 x √ = lim
x→0
1 − sin x − 1 − lim x→0 x
√ 3
1 + sin x − 1 = x
1
1
(1 − sin x) 2 − 1 (1 + sin x) 3 − 1 = lim − lim = x→0 x→0 x x ( ) ( ) 1 1 (1 − sin x) 2 − 1 − sin x (1 + sin x) 3 − 1 sin x = lim · − lim · = x→0 x→0 − sin x x sin x x 1
1
(1 + z) 2 − 1 sin x (1 + t) 3 − 1 sin x = lim · (−1) · lim − lim · lim = z→0 x→0 x t→0 x→0 x z t =
3.3.5.
1 1 1 1 5 · (−1) · 1 − · 1 = − − = − . 2 3 2 3 6
Val´ os f¨ uggv´ eny szakad´ aspontjai ´ es aszimptot´ ai
3.21. Defin´ıci´ o. Ha az f f¨ uggv´eny az x0 helyen nem folytonos, akkor x0 a f¨ uggv´eny szakad´ aspontja. Ilyenkor azt mondjuk, hogy x0 a f¨ uggv´enynek 1. megsz¨ untethet˝o szakad´asa, ha lim f (x) = L ´es L ̸= f (x0 ), azaz a f¨ uggv´enynek az x→x0
x0 pontban l´etezik hat´ar´ert´eke, de az nem egyezik meg a f¨ uggv´eny ´ert´ek´evel az adott pontban; 2. els˝o t´ıpus´ u szakad´asa, ha lim f (x) = L1 ´es lim f (x) = L2 , de L1 ̸= L2 , azaz a x→x0 +
x→x0 −
f¨ uggv´enynek l´etezik baloldali ´es jobboldali hat´ar´ert´eke is, de azok nem egyenl˝ oek; 3. m´asodik t´ıpus´ u szakad´asa, ha a szakad´as nem megsz¨ untethet˝ o szakad´as ´es nem is els˝o t´ıpus´ u szakad´as.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
162
x2 − 1 f¨ uggv´eny az x = 0 pontban nem folytonos, mert x−1 nem is ´ertelmezett, de itt v´eges hat´ar´ert´eke van:
3.40. P´ elda. a) Az f (x) =
x2 − 1 lim = 2. x→0 x − 1 Az x = 0 pont teh´at az f f¨ uggv´enynek megsz¨ untethet˝o szakad´asa. Az f f¨ uggv´eny szakad´as´at az u ´j f1 f¨ uggv´eny defini´al´as´aval sz¨ untethetj¨ uk meg. Ekkor az x2 − 1 , ha x ̸= 1, f1 (x) = x − 1 2, ha x = 1. f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett ´es folytonos. sin x b) Az f (x) = f¨ uggv´eny az x = 0 pontban nem folytonos, mert nem is ´ertelmezett, x viszont van v´eges hat´ar´ert´eke: sin x lim = 1. x→0 x Az x = 0 pont teh´at az f f¨ uggv´enynek megsz¨ untethet˝o szakad´asa. Az { sin x , ha x ̸= 0, f1 (x) = x 1, ha x = 0. f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett ´es folytonos. c) A 3.37. P´elda f¨ uggv´enyeinek a szeml´elt pontokban els˝o t´ıpus´ u szakad´asa van, teh´at az f (x) = sgn x f¨ uggv´enynek az x = 0 pontban, f (x) = [x] f¨ uggv´enynek az x = 3 pontban ´es f (x) = {x} f¨ uggv´enynek az x = 2 pontban, hiszen baloldali ´es jobboldali hat´ar´ert´ekeik l´eteznek a szeml´elt pontokban, de azok egym´assal nem egyenl˝oek. 1 f¨ uggv´eny az x = 2 pontban nem folytonos (minden m´as helyen igen). x−2 A f¨ uggv´enynek itt m´asodik t´ıpus´ u szakad´asa van, mert a baloldali ´es jobboldali hat´ar´ert´ekek ±∞-be tartanak, ugyanis
d) Az f (x) =
1 1 1 = = = −∞ ´es x→2−0 x − 2 2−0−2 −0 lim
1 1 1 = = = +∞. x→2+0 x − 2 2+0−2 +0 lim
1
uggv´enynek az x = 0 pontban szint´en m´asodik t´ıpus´ u szakad´asa e) az f (x) = e x f¨ van, mert itt nincs hat´ar´ert´eke, ugyanis a baloldali ´es jobboldali hat´ar´ert´ekek nem egyeznek meg. 1 1 lim e x = +∞. lim e x = 0, x→0−0
x→0+0
3.22. Defin´ıci´ o. Az x = a egyenesre akkor mondjuk, hogy az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon f¨ ugg˝ oleges (vagy vertik´alis) aszimptot´aja, ha a lim f (x) = ±∞ vagy
x→a−0
hat´ar´ert´ekek valamelyike teljes¨ ul.
lim f (x) = ±∞
x→a+0
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
163
3.41. P´ elda. a) Az f (x) = loga x logaritmusf¨ uggv´enynek az x = 0 egyenes f´eloldali f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert lim loga x = −∞ (a > 1) ´es
lim loga x = ∞ (0 < a < 1).
x→0+0
b) Az f (x) =
x→0+0
1 f¨ uggv´enynek az x = 0 egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert x 1 = −∞ ´es x→0−0 x
1 = ∞. x→0+0 x
lim
c) Az f (x) = tg x f¨ uggv´enynek az x =
lim
π egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert 2
lim tg x = ∞ ´es
lim tg x = −∞.
x→ π2 −0
x→ π2 +0
d) Az f (x) = ctg x f¨ uggv´enynek az x = 0 egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert lim ctg x = −∞ ´es
lim ctg x = ∞.
x→0−0
x→0+0
e) Az f (x) = arth x f¨ uggv´enynek az x = −1 ´es x = 1 egyenesek f´eloldali f¨ ugg˝oleges aszimptot´ai, mert lim arth x = −∞ ´es
lim arth x = ∞.
x→−1+0
x→1−0
f ) Az f (x) = arcth x f¨ uggv´enynek az x = −1 ´es x = 1 egyenesek f´eloldali f¨ ugg˝oleges aszimptot´ai, mert lim arcth x = −∞ ´es
lim arcth x = ∞.
x→−1−0
x→1+0
3.23. Defin´ıci´ o. Az y = kx + n egyenest akkor nevezz¨ uk az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon uggv´eny ´es az adott ferde aszimptot´aj´anak, az x → +∞ (x → −∞) eset´eben, ha az f f¨ egyenes megfelel˝o ordin´at´aja k¨oz¨otti k¨ ul¨ onbs´eg null´ahoz tart, ha x → +∞ (x → −∞), vagyis ha ( ) lim [f (x) − (kx + n)] = 0
x→+∞
lim [f (x) − (kx + n)] = 0 .
x→−∞
Ha k = 0, akkor az y = n egyenes az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon v´ızszintes (vagy horizont´ alis) aszimptot´aja x → +∞ (x → −∞) eset´en. Megjegyezz¨ uk, hogy a f¨ uggv´enyeknek lehetnek k¨oz¨os ferde vagy v´ızszintes aszimptot´ai x → +∞ (x → −∞) eset´en, amit x → ±∞ m´odon szoktunk fel´ırni. 3.42. P´ elda. a) Az f (x) = ax (a > 0, a ̸= 1) f¨ uggv´enynek az y = 0 egyenes v´ızszintes aszimptot´aja, mert lim loga x = 0 (a > 1) ´es
x→−∞
lim loga x = 0 (0 < a < 1).
x→+∞
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
164 b) Az f (x) =
1 f¨ uggv´enynek az y = 0 egyenes v´ızszintes aszimptot´aja, mert x 1 1 = lim = 0. x→+∞ x x→−∞ x lim
π π c) Az f (x) = arctg x ´es f (x) = arcctg x f¨ uggv´enyeknek az y = − ´es y = egyenesek 2 2 v´ızszintes aszimptot´ai, mert π π lim arctg x = − , lim arctg x = , x→−∞ 2 x→+∞ 2
lim arcctg x =
x→−∞
π π , lim arcctg x = − . 2 x→+∞ 2
d) Az f (x) = th x ´es f (x) = cth x f¨ uggv´enyeknek az y = −1 ´es y = 1 egyenesek v´ızszintes aszimptot´ai, mert lim th x = −1, lim th x = 1,
x→−∞
3.43. P´ elda. Mivel f (x) = alapj´an
lim cth x = −1, lim cth x = 1.
x→+∞
x→−∞
x2 1 1 = x+1+ , ez´ert f (x) − (x + 1) = . Ennek x−1 x−1 x−1
lim [f (x) − (x + 1)] = lim
x→±∞
x→±∞
teh´at a defin´ıci´o alapj´an az f (x) = szimptot´aja. Ugyanakkor az y = aszimptot´aja, hiszen
x→+∞
1 = 0, x−1
x2 f¨ uggv´enynek az y = x + 1 egyenes ferde ax−1
x2 f¨ uggv´enygrafikonnak az x = 1 egyenes f¨ ugg˝oleges x−1
x2 (1 − 0)2 1 = = = −∞, x→1−0 x − 1 1−0−1 −0 lim
x2 (1 + 0)2 1 = = = +∞. x→1+0 x − 1 1+0−1 +0 lim
y 7
y=
x2 x-1
6 5 4 3
y=x+1
2 1 1
-4 -3 -2 -1 -1 -2 -3
x=1
2
3
4
5
x
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
165
A ferde aszimptota meghat´aroz´asa nem mindig lehets´eges az el˝oz˝o p´eld´aban bemutatott elj´ar´assal. Ez´ert van sz¨ uks´eg a k¨ovetkez˝o t´etelre. 3.17. T´ etel. Az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikonnak az y = kx + n egyenes x → +∞ eset´en (x → −∞ eset´en) akkor ´es csakis akkor ferde aszimptot´aja, ha a ( ) ( ) f (x) f (x) =k =k ´es lim lim lim [f (x) − kx] = n lim [f (x) − kx] = n x→+∞ x x→−∞ x x→+∞ x→−∞ hat´ ar´ert´ekek l´eteznek. Bizony´ıt´as. Tegy¨ uk fel el˝osz¨or, hogy az y = kx + n egyenes az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon ferde aszimptot´aja, ha x → +∞, azaz teljes¨ ulj¨on a lim [f (x) − (kx + n)] = 0 felt´etel. x→+∞
Igazoljuk, hogy a ferde aszimptota k ´es n egy¨ utthat´oit a f (x) ´es n = lim [f (x) − kx] k = lim x→+∞ x x→+∞ hat´ar´ert´ekek seg´ıts´eg´evel tudjuk meghat´arozni, s hogy ezek l´eteznek. E c´elb´ol vezess¨ uk be az f (x)−(kx+n) = α(x) helyettes´ıt´est, amelyb˝ol f (x) = kx+n+α(x) ad´odik, ahol lim α(x) = 0. Ekkor x→+∞ ( ) f (x) kx + n + α(x) n α(x) lim = lim = lim k + + = k, x→+∞ x x→+∞ x→+∞ x x x lim [f (x) − kx] = lim [(kx + n + α(x)) − kx] = lim [n + α(x)] = n,
x→+∞
x→+∞
x→+∞
teh´at az ´all´ıt´as bel´attuk. Ford´ıtva, tegy¨ uk most fel, hogy l´eteznek a f (x) lim = k ´es lim [f (x) − kx] = n x→+∞ x x→+∞ hat´ar´ert´ekek. Igazoljuk, hogy az y = kx + n egyenes az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon ferde aszimptot´aja, ha x → +∞. Ekkor a m´asodik hat´ar´ert´ekb˝ol az α(x) = f (x) − (kx + n) jel¨ol´est alkalmazva ad´odik, hogy lim α(x) = lim [f (x) − (kx + n)] = lim [f (x) − kx] − n = n − n = 0,
x→+∞
x→+∞
x→+∞
innen pedig lim [f (x) − (kx + n)] = 0,
x→+∞
vagyis az y = kx + n egyenes az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon ferde aszimptot´aja, ha x → +∞. A bizony´ıt´as anal´og m´odon az x → −∞ esetben is elv´egezhet˝o. ⋄ x2 f¨ uggv´eny ferde aszimptot´ait az el˝obbi t´etel k´epletei 3.44. P´ elda. Az f (x) = x−1 seg´ıts´eg´evel is kisz´am´ıthatjuk. Ekkor a ferde aszimptot´at az y = kx + n egyenes alakj´aban keress¨ uk, ahol f (x) x2 x = lim = lim = 1, x→±∞ x x→±∞ x(x − 1) x→±∞ x − 1 ] [ 2 x x − x = lim = 1, n = lim [f (x) − kx] = lim x→±∞ x − 1 x→±∞ x→±∞ x − 1 teh´at y = x + 1 a keresett ferde aszimptota. k = lim
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
166 FELADATOK.
Vizsg´aljuk ki a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyek aszimptot´ait. 1 x2 + x − 2 Megold´ as. Mivel x2 +x−2 = (x+2)(x−1), ´ıgy a f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R \ {−2, 1}. Ez azt jelenti, hogy x = −2-ben ´es x = 1-ben a f¨ uggv´enynek szakad´aspontja van. Mivel
1. f (x) =
lim
x→−2−0
1 1 1 = = = +∞, (x + 2)(x − 1) (−2 − 0 + 2)(−2 − 0 − 1) −0 · (−3)
1 1 1 = = = −∞, x→−2+0 (x + 2)(x − 1) (−2 + 0 + 2)(−2 + 0 − 1) +0 · (−3) lim
´ıgy a f¨ uggv´enynek az x = −2 egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja. Mivel 1 1 1 = = = −∞, x→1−0 (x + 2)(x − 1) (1 − 0 + 2)(1 − 0 − 1) 3 · (−0) lim
1 1 1 = = = +∞, x→1+0 (x + 2)(x − 1) (1 + 0 + 2)(1 + 0 − 1) 3 · (+0) lim
ez´ert a f¨ uggv´enynek az x = 1 egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja. A f¨ uggv´enynek az y = 0 egyenes v´ızszintes aszimptot´aja, mert 1 = 0. x→±∞ (x + 2)(x − 1) lim
Mivel az y = kx + n ferde aszimptota k = 0 eset´en lesz v´ızszintes helyzet˝ u (y = n), ez´ert ha a f¨ uggv´enynek van v´ızszintes aszimptot´aja, akkor nincs ferde aszimptot´aja, ´es ford´ıtva. x2 − x − 5 x+2 Megold´ as. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R \ {−2}. A f¨ uggv´enynek az x = −2 egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert
2. f (x) =
x2 − x − 5 (−2 − 0)2 − (−2 − 0) − 5 1 = = = −∞, x→−2−0 x+2 −2 − 0 + 2 −0 lim
(−2 + 0)2 − (−2 + 0) − 5 1 x2 − x − 5 = = = +∞. x→−2+0 x+2 −2 + 0 + 2 +0 lim
Mivel
x2 − x − 5 x2 − x − 5 = +∞ ´es lim = −∞, x→−∞ x→+∞ x+2 x+2 ez´ert a f¨ uggv´enynek nincs v´ızszintes aszimptot´aja. A ferde aszimptot´at y = kx + n alakban keress¨ uk, ahol lim
x2 − x − 5 f (x) = lim = 1, x→±∞ x2 + 2x x→±∞ x
k = lim
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
167 [
n = lim [f (x) − kx] = lim x→±∞
x→±∞
] x2 − x − 5 −x = x+2
x2 − x − 5 − x2 − 2x −3x − 5 = lim = lim = −3, x→±∞ x→±∞ x + 2 x+2 ´ıgy az y = x − 3 egyenes a f¨ uggv´eny ferde aszimptot´aja. 3. f (x) = e− x 1
Megold´ as. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R \ {0}. Az x = 0 egyenes a f¨ uggv´eny egyoldali f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert lim e− x = e− −0 = e+∞ = ∞ ´es 1
1
x→0−0
lim e− x = e− +0 = e−∞ = 1
1
x→0+0
1 1 = = 0. ∞ e ∞
Mivel lim e− x = e− ∞ = e−0 = 1 ´es 1
1
x→+∞
lim e− x = e− −∞ = e+0 = 1, 1
1
x→−∞
ez´ert az y = 1 egyenes a f¨ uggv´eny v´ızszintes aszimptot´aja, ´es ´ıgy a f¨ uggv´enynek ferde aszimptot´aja nincs. 4. f (x) = x − arctg x Megold´ as. Mivel Df = R, ez´ert a f¨ uggv´enynek nincs szakad´aspontja, s ´ıgy f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja sem. Mivel ( π) π lim (x − arctg x) = +∞ − = +∞, lim (x − arctg x) = −∞− − = −∞, x→+∞ x→−∞ 2 2 ez´ert a f¨ uggv´enynek nincs v´ızszintes aszimptot´aja. Keress¨ uk y = kx + n alakban a ferde aszimptot´at. Mivel ( ) π f (x) x − arctg x arctg x k1 = lim = lim = lim 1 − = 1 − 2 = 1, x→+∞ x x→+∞ x→+∞ x x +∞ ( ) −π f (x) x − arctg x arctg x k2 = lim = lim = lim 1 − = 1 − 2 = 1, x→−∞ x x→−∞ x→−∞ x x −∞ π n1 = lim [f (x) − kx] = lim (x − arctg x − x) = lim (−arctg x) = − x→+∞ x→+∞ x→+∞ 2 ´es n2 = lim [f (x) − kx] = lim (x − arctg x − x) = lim (−arctg x) = x→−∞
x→−∞
x→−∞
π , 2
π ez´ert a f¨ uggv´enynek k´et ferde aszimptot´aja van, ezek pedig az y = x − ´es az 2 π π y = x + egyenesek. Ha x → +∞, akkor a f¨ uggv´eny az y = x − egyeneshez, ha 2 2 π x → −∞, akkor pedig a f¨ uggv´eny az y = x + egyeneshez k¨ozel´ıt. Vegy¨ uk ´eszre, 2 hogy az f f¨ uggv´eny grafikonj´anak most egym´assal p´arhuzamos ferde aszimptot´ai vannak.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
168 5. f (x) = x −
√
x2 − x − 6
Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny akkor ´ertelmezett, ha x2 − x − 6 ≥ 0, illetve ha az (x − 3)(x + 2) ≥ 0 egyenl˝otlens´eg igaz, ami a Df = (−∞, −2] ∪ [3, +∞) ´ertelmez´esi tartom´anyon teljes¨ ul. Mivel a f¨ uggv´eny x = −2-ben ´es x = 3-ban ´ertelmezett, azaz az f (−2) = −2 ´es f (3) = 3 val´os ´ert´ekek l´eteznek, ez´ert a f¨ uggv´enynek f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja nincs. Vizsg´aljuk ki, hogy van-e v´ızszintes aszimptot´aja. ) ( √ lim x − x2 − x − 6 = (∞ − ∞) = x→+∞
) x + √x 2 − x − 6 ] x2 − x2 + x + 6 √ √ = lim x− −x−6 · = lim = x→+∞ x→+∞ x + x + x2 − x − 6 x2 − x − 6 ( ) x 1 + x6 x+6 1 1 √ √ = lim = lim ( = , )= x→+∞ x→+∞ 1+1 2 x + |x| 1 − 1 − 6 x 1+ 1− 1 − 6 [(
√
x2
x
viszont lim
x→−∞
x2
x
x2
( ) √ x − x2 − x − 6 = −∞ − ∞ = −∞,
1 ´es ez azt jelenti, hogy a f¨ uggv´enynek x → +∞ eset´en az y = egyenes v´ızszintes 2 aszimptot´aja, de x → −∞ eset´en nincs v´ızszintes aszimptot´aja. A ferde aszimptota kivizsg´al´as´at ez´ert csak az x → −∞ eset´ere korl´atozzuk. Keress¨ uk a f¨ uggv´eny ferde aszimptot´aj´at y = kx + n alakban. Ekkor √ √ x − |x| 1 − x1 − x62 f (x) x − x2 − x − 6 k = lim = lim = lim = x→−∞ x x→−∞ x→−∞ x x √ ( ) √ 1 6 1 6 x 1 + 1 − − x + x 1 − x − x2 √ x x2 = lim = lim =1+ 1=2 x→−∞ x→−∞ x x ´es ( ) √ n = lim [f (x) − kx] = lim x − x2 − x − 6 − 2x = x→−∞ x→−∞ ( ( ) ) √ √ 2 2 = lim −x − x − x − 6 = (−1) · lim x + x − x − 6 = x→−∞ x→−∞ [( ) x − √ x2 − x − 6 ] √ 2 √ = = (−1) · lim x+ x −x−6 · x→−∞ x − x2 − x − 6 ) ( x 1 + x6 x2 − x2 + x + 6 √ √ = (−1) · lim = (−1) · lim ( )= x→−∞ x→−∞ x − |x| 1 − x1 − x62 x 1 + 1 − x1 − x62 1 1 =− , 1+1 2 vagyis x → −∞ eset´en a f¨ uggv´enynek ferde aszimptot´aja van, m´egpedig az = (−1) ·
y = 2x −
1 2
egyenes.
