Analízis előadás és gyakorlat vázlat

Analízis előadás és gyakorlat vázlat Készült a PTE TTK GI szakos hallgatóinak

Király Balázs 2010-11. I. Félév

2

1. fejezet Számhalmazok és tulajdonságaik 1.1. Nevezetes számhalmazok À a) jelölése: N b) elemei: A természetes számok halmazába tartoznak a pozitív egész számok és a 0, azaz N := {0, 1, 2, 3, . . . } c) műveletek Az összeadás és a szorzás nem vezet ki a számhalmazból. A kivonás, az osztás és a gyökvonás elvégzése viszont nem mindig lehetséges. Á a) jelölése: Z b) elemei: Az egész számok halmazába tartoznak a pozitív és negatív egész számok és a 0, azaz Z := {0, ±1, ±2, ±3, . . . } c) műveletek Az összeadás, a kivonás és a szorzás nem vezet ki a számhalmazból. Az osztás és a gyökvonás elvégzése viszont nem mindig lehetséges. Â a) jelölése: Q b) elemei: A racionális számok halmazába azon számok tartoznak, melyek felírhatók két egész szám hányadosaként. Ahhoz, hogy ez a felírás egyértelmű legyen a következő kikötéseket szokás tenni: p |, p ∈ Z, q ∈ Z, q > 0, (p, q) = 1 Q := q c) műveletek Az összeadás, a kivonás, a szorzás és az osztás (0-ra figyelni kell) nem vezet ki a számhalmazból. A racionális számok halmaza a rajta értelmezett összeadás és szorzás műveletekkel testet alkot (részletesebb magyarázat Bevezetés a matematikába című tárgy keretein belül). A határátmenet (magyarázat később) és a gyökvonás elvégzése továbbra is problémát jelent. 3

4

1. FEJEZET. SZÁMHALMAZOK ÉS TULAJDONSÁGAIK Ã a) jelölése: R b) elemei: A számegyenes pontjaival kölcsönösen egyértelmű módon megfeleltethető számhalmazt nevezzük valós számhalmaznak. c) műveletek Az összeadás, a kivonás, a szorzás, az osztás (0-ra figyelni kell) és a határátmenet nem vezet ki a számhalmazból. A valós számok halmaza is testet alkot a rajta értelmezett összeadás és szorzás műveletekkel. A gyökvonás elvégzése (negatív számok esetén) továbbra is probléma. Ezt fogja megoldani a komplex számok (C) bevezetése (részletesebb magyarázat Bevezetés a matematikába című tárgy keretein belül).

További jelölések • Több állítás esetén is ki kell zárnunk a természetes számok közül a nullát. Szokás a nullától megfosztott természetes számok halmazára új jelölést bevezetni: N∗ := N\{0} • Legyen n ∈ N, ekkor a Nn := {k, ∈ N| k < n} halmazt a természetes számok n-edik szeletének nevezzük. • A valós számhalmaz azon elemeit, melyek nem tartoznak a racionális számok közé (a racionális számok halmazának a valós számokra vonatkozó komplementer halmaza) irracionális számoknak nevezzük és Q∗ -gal jelöljük, azaz Q∗ := R\Q

1.2. Az abszolútérték és tulajdonságai 1.1. Definíció. Az a ∈ R szám abszolútértékén az a , ha a ≥ 0 |a| := −a , ha a < 0. számot értjük. 1.2. Tétel. (Az abszolútérték tulajdonságai) i) |a| ≥ 0 minden a ∈ R esetén és |a| = 0 pontosan akkor teljesül, ha a = 0. ii) Bármely a ∈ R esetén −|a| ≤ a ≤ |a|. iii) Legyen a, b ∈ R, ekkor |a + b| ≤ |a| + |b|. (háromszög egyenlőtlenség) iv) Legyen a, b ∈ R, ekkor ||a| − |b|| ≤ |a − b|. v) Legyen a, b ∈ R, ekkor |a · b| = |a| · |b|. 1.3. Megjegyzés. Az abszolútérték geometriai jelentése a számegyenes a 0-tól mért távolság. 1.4. Definíció. Legyen a, b∈R, a
1.3. SZÁMHALMAZ ALSÓ ÉS FELSŐ HATÁRA

5

• zárt intervallum: [a, b] := {x ∈ R| a ≤ x ≤ b} • nyílt intervallum: (a, b) := {x ∈ R| a < x < b} • balról zárt, jobbról nyílt intervallum: [a, b) := {x ∈ R| a ≤ x < b} • balról nyílt, jobbról zárt intervallum: (a, b] := {x ∈ R| a < x ≤ b} 1.5. Definíció. Az a szám R sugarú környezetén az (a − R, a + R) nyílt intervallumot értjük és KR (a)-val jelöljük. 1.6. Következmény. KR (a) környezet pontosan azon x valós számokat tartalmazza, melyekre |x − a| < R.

1.3. Számhalmaz alsó és felső határa 1.7. Definíció. Legyen ∅ = 6 A ⊆ R. Ha létezik α ∈ A elem, melyre igaz, hogy α ≥ a minden a ∈ ∈ A esetén, akkor a α számot az A halmaz maximumának nevezzük és a max A := α jelölést használjuk. 1.8. Definíció. Legyen ∅ = 6 A ⊆ R. Ha létezik β ∈ A elem, melyre igaz, hogy β ≤ a minden a ∈ ∈ A esetén, akkor a β számot az A halmaz minimumának nevezzük és a min A := β jelölést használjuk. 1.9. Tétel. Véges halmaznak mindig van legnagyobb és legkisebb eleme (maximuma és minimuma). 1.10. Következmény. Az hogy valamely ∅6= A⊆R halmaznak nincs minimuma, megfogalmazható pozitív állítás formájában is: ∀m ∈ A esetén ∃a ∈ A elem, hogy a < m. 1.11. Következmény. Hasonlóan, ha az ∅ 6= A ⊆ R halmaznak nincs maximuma, akkor ∀M ∈ A esetén ∃a ∈ A elem, hogy a > M. 1.12. Definíció. Legyen ∅ 6= A ⊆ R. Akkor mondjuk, hogy az A halmaz felülről korlátos, ha létezik K ∈ R szám, melyre a ≤ K, minden a ∈ A esetén. Ekkor a K ∈ R valós számot a halmaz egy felső korlátjának nevezzük. 1.13. Definíció. Legyen ∅ = 6 A ⊆ R. Akkor mondjuk, hogy az A halmaz alulról korlátos, ha létezik k ∈ R szám, melyre a ≥ k, minden a ∈ A esetén. Ekkor a k ∈ R valós számot a halmaz egy alsó korlátjának nevezzük. 1.14. Definíció. Legyen ∅6= A⊆R. Akkor mondjuk, hogy az A halmaz korlátos, ha létezik M ∈R+ szám, melyre |a| ≤ M, minden a ∈ A esetén. Ekkor a M ∈ R nemnegatív valós számot a halmaz egy korlátjának nevezzük. 1.15. Következmény. Az ∅ 6= A ⊆ R halmaz pontosan akkor korlátos, ha felülről is és alulról is korlátos.

6

1. FEJEZET. SZÁMHALMAZOK ÉS TULAJDONSÁGAIK

1.16. Következmény. Legyen ∅ = 6 A ⊆ R felülről korlátos halmaz és K ∈ R a halmaz egy felső ∗ korlátja. Ekkor minden K > K valós szám jó felső korlátja a halmaznak. Azaz, ha a halmaznak létezik felső korlátja, akkor végtelen sok van. 1.17. Következmény. Legyen ∅ = 6 A ⊆ R alulról korlátos halmaz és k ∈ R a halmaz egy alsó korlátja. Ekkor minden k∗ < k valós szám jó alsó korlátja a halmaznak. Azaz, ha a halmaznak létezik alsó korlátja, akkor végtelen sok van. 1.18. Tétel. Felülről korlátos halmaz felső korlátjai között mindig van legkisebb és alulról korlátos halmaz alsó korlátjai között mindig van legnagyobb. 1.19. Definíció. A ξ∈R számot az ∅6=A⊆R halmaz szuprémumának (felső határának) nevezzük, ha i) ξ egy felső korlát, azaz ξ ≥ a minden a ∈ A esetén. ii) ξ a legkisebb felső korlát, azaz bármely K < ξ esetén létezik a ∈ A elem, melyre a > K teljesül. 1.20. Definíció. A ξ ∈ R számot az ∅ 6= A ⊆ R halmaz infimumának (alsó határának) nevezzük, ha i) ξ egy alsó korlát, azaz ξ ≤ a minden a ∈ A esetén. ii) ξ a legnagyobb alsó korlát, azaz bármely k > ξ esetén létezik a ∈ A elem, melyre a < k teljesül. 1.21. Következmény. Ha az ∅ 6= A ⊆ R halmaznak van maximuma, akkor van szuprémuma is és sup A = max A és hasonlóan ha az ∅ = 6 A ⊆ R halmaznak van minimuma, akkor van infimuma is és inf A = min A. 1.22. Következmény. Ha az ∅ = 6 A ⊆ R halmaz tartalmazza egy K felső korlátját, akkor a halmaznak van maximuma és max A = K és hasonlóan ha az ∅ 6= A ⊆ R halmaz tartalmazza egy k alsó korlátját, akkor a halmaznak van minimuma és min A = k. 1.1. Feladat. Fogalmazzuk meg pozitív állítás formájában, hogy az ∅6= A⊆R felülről nem korlátos. Megoldás. ∀K ∈ R, ∃a ∈ A, a > K.

♦

1.2. Feladat. Fogalmazzuk meg pozitív állítás formájában, hogy az ∅6= A⊆R alulról nem korlátos. Megoldás. ∀k ∈ R, ∃a ∈ A, a < k.

♦

1.3. Feladat. Fogalmazzuk meg pozitív állítás formájában, hogy az ∅ 6= A ⊆ R nem korlátos. Megoldás. ∀M ∈ R, ∃a ∈ A, |a| > M.

♦

1.3. SZÁMHALMAZ ALSÓ ÉS FELSŐ HATÁRA

7

1.4. Feladat. Határozzuk meg az alábbi számhalmaz alsó- és felső határát. 1 : n ∈ N, n > 0 A= n Megoldás. Sejtés: sup A = 1. Bizonyítás:. i) Az 1 egy jó felső korlát, hiszen ∀a ∈ A a ≤ 1, mivel n ≥ 1 ⇒

1 1 ≤ =1 n 1

ii) Az 1 a legkisebb felső korlát, vagyis ∀K < 1 esetén ∃a ∈ A : a > K. a = 1 = 11 ∈ A minden K-ra ilyen. Azaz K = 1 valóban a legkisebb felső korlát. (Az állítás indokolható lett volna azzal is, hogy 1 ∈ A így a halmaz maximuma és szuprémuma is egyben.) Sejtés: inf A = 0. Bizonyítás:. i) A 0 egy jó alsó korlát, mivel ∀a ∈ A a ≥ 0. nyilvánvaló, hiszen 1, n ≥ 0 ⇒ a =

1 ≥ 0. n

ii) A 0 a legnagyobb alsó korlát, vagyis ∀k > 0 esetén ∃a ∈ A : a < k. Legyen b = k1 ∈ R+ . Az archimédeszi axióma alapján 1, b ∈ R+ számokhoz ∃n ∈ N b < n · 1. Ekkor 1 1 a := < = k. n b Azaz k = 1 valóban a legnagyobb alsó korlát. 1.5. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy inf {−x : x ∈ X} = − sup X. Megoldás. Legyen α := − sup X és legyen Y := {−x : x ∈ X}. Ekkor i) Az α az Y egy jó alsó korlátja, mivel −α = sup X ⇒ ∀x ∈ X − α ≥ x ⇔ α ≤ −x ∀x ∈ X ⇔ α ≤ y ∀y ∈ Y.

8

1. FEJEZET. SZÁMHALMAZOK ÉS TULAJDONSÁGAIK ii) Az α az Y infimuma, azaz ∀k > α esetén ∃y0 ∈ Y : y0 < k. Mivel −α az X szuprémuma ezért bármely K < −α esetén létezik x ∈ X elem, hogy x > K. Legyen K0 = −k < −α és legyen x0 a fentiek alapján K0 -hoz talált X-beli elem, azaz x0 > K0 ⇔ k = −K > α ∃y0 = −x0 ∈ Y y0 = −x0 < −K = k. ♦

Azaz α valóban az Y halmaz infimuma. 1.6. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy sup {x + y : x ∈ X, y ∈ Y } = sup X + sup Y . | {z } | {z } | {z } =:A

α

β

Megoldás. i) α+β egy jó felső korlát, hiszen x ≤ α (∀x ∈ X) és y ≤ β (∀y ∈ Y ). A két egyenlőtlenséget összeadva: x + y ≤ α + β ∀x ∈ X, ∀y ∈ Y. ii) α + β a legkisebb felső korlát, azaz ∀K < α + β esetén ∃a ∈ A, amelyre a > K. Mivel K < α+β ezért létezik k1 < α és létezik k2 < β, hogy K = k1 +k2 . (Megjegyeznénk, hogy K felbontásai közül nem mind teljesít egyszerre mindkét feltételt, de garantálható, hogy létezik olyan felbontás, amely igen.) Ekkor k1 < α = sup X ⇒ ∃x0 ∈ X, x0 > k1 , k2 < β = sup Y ⇒ ∃y0 ∈ Y, y0 > k2 . Így a := x0 + y0 ∈ A esetén a > K = k1 + k2 teljesül.

♦

1.4. Nevezetes összefüggések 1.23. Tétel. (Számtani és mértani közép közötti összefüggés) Legyen a1 , a2 , . . . , an n darab nemnegatív szám (n∈N∗ ). Ekkor a számok számtani közepe nem kisebb ugyanezen számok mértani közepénél, azaz √ a1 + a2 + · · · + an n a1 · a2 · . . . · an ≤ n és egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha a1 = a2 = · · · = an . 1.24. Tétel. (Általánosított háromszögegyenlőtlenség) Bármely x1 , x2 , . . . xn ∈ R, n ∈ N∗ számokra |x1 + x2 + · · · + xn | ≤ |x1 | + |x2 | + · · · + |xn |. 1.25. Tétel. (Bernoulli egyenlőtlenség) Minden n ∈ N∗ és h ∈ R esetén a) 1 + nh ≤ (1 + h)n , ha h > −1, b) (1 + h)n ≤ 1 + 2nh, ha 0 < h <

1 . 2n

2. fejezet Számsorozatok alaptulajdonságai 2.1. Definíció. I. A természetes számok halmazán értelmezett függvényeket sorozatoknak nevezzük. II. Azokat a hozzárendeléseket, melyek a természetes számok minden eleméhez egy X halmaz egy és csakis egy elemét rendelik, sorozatoknak nevezzük.

Jelölések, elnevezések : • x : N → X (X 6= ∅): sorozat • x(n) := xn (n ∈ N): sorozat n. tagja, n: elem indexe. • További jelölések sorozatra: x = (x0 , x1 , . . . ) x = (xn , n ∈ N) xn (n ∈ N) • Megkülönböztetünk néhány sorozatot: ◦ Ha X = R, akkor x valós számsorozat, ◦ Ha X = C, akkor x komplex számsorozat, ◦ vektorsorozat, ◦ intervallumsorozat, ◦ függvénysorozat.

Sorozatok megadása • Felsorolással: Pl. (1,3,5,7,9,11, . . . ), • Képlettel: Pl. xn = 2n + 1,(n ∈ N), • Rekurzióval: Pl. 1. x0 = 1, xn = xn−1 + 2, (n ∈ N∗ ), 2. x0 = x1 = 1, xn+1 = xn−1 + xn , (n ∈ N, n ≥ 2): Fibonacci sorozat, 9

10

2. FEJEZET. SZÁMSOROZATOK ALAPTULAJDONSÁGAI

Sorozatok ábrázolása • Számegyenesen: Az egyes elemek értékét ábrázoljuk. Valamilyen módon jelöljük, hogy melyik elem melyik indexhez tartozik. • Koordinátarendszerben: A sorozat elemeit (n, an ) számpárokként ábrázoljuk (a sorozatot az n → an hozzárendelés grafikus képeként ábrázoljuk)

2.1. Sorozatok jellemzése 2.1.1. Monotonitás 2.2. Definíció. Az x : N → R valós számsorozatot – monoton csökkenőnek nevezzük, ha xn ≥ xn+1

∀n ∈ N,

– szigorúan monoton csökkenőnek nevezzük, ha xn > xn+1 – monoton növőnek nevezzük, ha xn ≤ xn+1

∀n ∈ N,

∀n ∈ N,

– szigorúan monoton növőnek hívjuk, ha xn < xn+1

∀n ∈ N,

Egy valós számsorozat monotonitás szempontjából tehát lehet a) monoton: • monoton növekedő : ◦ szigorúan monoton növekedő (Pl. (n, n ∈ N)) ◦ nem szigorúan monoton növekedő (Pl. (1,1,2,2,3,3,4,4, . . . ), konstans sorozat) • monoton csökkenő : ◦ szigorúan monoton csökkenő (Pl.: (−n, n ∈ N)) ◦ nem szigorúan monoton csökkenő (Pl.: (−1, −1, −2, −2, −3, −3, −4, −4, . . . ), konstans sorozat) b) nem monoton, • egy adott indextől kezdve monoton. Pl.:(6,5,3,4,9,8,2,7,5,8,5,1,2,3,4,5,6, . . . ) • egy adott indextől kezdve sem monoton. Pl.:((−1)n , n ∈ N), (sin 4π , n ∈ N∗ ). n A definíciókból rögtön következik, hogy x : N → R – nem monoton csökken, ha ∃n ∈ N :

xn < xn+1

– nem monoton nő, ha ∃n ∈ N : xn > xn+1 , – nem monoton , ha nem monoton nő és nem monoton csökken, azaz ∃n ∈ N : xn < xn+1 és ∃m ∈ N : xm > xm+1 . – Ha x:N→R számsorozat monoton nő és monoton csökken, akkor x az ún. konstans sorozat, azaz xn = xn+1 = állandó ∀n ∈ N.

2.1. SOROZATOK JELLEMZÉSE

11

2.1. Feladat. Írjuk fel a sorozat 0., 1., 2., 3., 5., 10. elemét, ábrázoljuk ezeket az elemeket. Fogalmazzunk meg sejtést a sorozat monotonitásáról, majd igazoljuk azt. 1 − 2n a= , n∈N 2 + 2n Megoldás.

a0 = a1 = a2 = a3 = a5 = a10 =

1 2 1 1−2 =− 2+2 4 1−4 3 1 =− =− 2+4 6 2 5 1−6 =− 2+6 8 1 − 10 9 3 =− =− 2 + 10 12 4 1 − 20 19 =− 2 + 20 22

Sejtés: szigorúan monoton csökken. Monotonitás vizsgálat : an+1 − an =? an =

1 − 2n , 2 + 2n

an+1 =

1 − 2(n + 1) 1 − 2n − 2 −2n − 1 = = 2 + 2(n + 1) 2 + 2n + 2 2n + 4

Ezeket felhasználva: −2n − 1 1 − 2n (−2n − 1)(2 + 2n) − (1 − 2n)(2n + 4) − = = 2n + 4 2 + 2n (2n + 4)(2n + 2) −4n2 − 4n − 2n − 2 − (−4n2 + 2n − 8n + 4) = = (2n + 4)(2n + 2) −6 = < 0 ∀n ∈ N (2n + 4)(2n + 2) ⇓ < 0 ∀n ∈ N < an ∀n ∈ N

an+1 − an =

an+1 − an an+1

Tehát a sorozat valóban szigorúan monoton csökkenő.

♦

12


2.2. Feladat. Vizsgáljuk meg monotonitás szempontjából a következő sorozatokat! 2 n +2n a) a = n+1 , n ∈ N Megoldás. an+1 − an =? n2 + 2n n+1 (n + 1)2 + 2(n + 1) n2 + 2n + 1 + 2n + 2 n2 + 4n + 3 = = = (n + 1) + 1 n+2 n+2

an = an+1

Ezeket felhasználva: n2 + 4n + 3 n2 + 2n (n2 + 4n + 3)(n + 1) − (n2 + 2n)(n + 2) − = = n+2 n+1 (n + 1)(n + 2) n3 + 4n2 + 3n + n2 + 4n + 3 − (n3 + 2n2 + 2n2 + 4n) = = (n + 1)(n + 2) n2 + 3n + 3 > 0 ∀n ∈ N = (n + 1)(n + 2) ⇓ > 0 ∀n ∈ N > an ∀n ∈ N

an+1 − an =

an+1 − an an+1

Tehát a sorozat szigorúan monoton növő. b) b =

n , 2n−7

♦

n∈N

Megoldás. i) 1 2 b0 = 0 > b1 = − > b2 = − > b3 = −3 < b4 = 4. 5 3 A fenti néhány elem felírásából is látszik, hogy a sorozat nem monoton, mert b2 > b 3 < b 4 . 2.3. Megjegyzés. 1. Nem monoton sorozat esetén elegendő három egymás utáni elemet mutatni, amelyek úgy viselkednek, hogy a sorozat sem monoton növő, sem monoton csökkenő nem lehet. 2. A sorozat általános tagjának értelmezhetőségét vizsgálva a következő megállapítás tehető: n ; 2n 6= 7 ⇔ n 6= 3,5. 2n − 7 Ezt a kritikus értéket a sorozat elemeinek indexe a kikötéstől függetlenül sem venné fel (3,5 ∈ / N), de a vizsgálat azért hasznos, mert a sorozat a kritikus pont környezetében vált monotonitást, vagyis most a b2 , b3 , b4 , vagy a b3 , b4 , b5 elemhármas felírásával megmutatható, hogy a sorozat nem monoton.


13

3. Az előző megjegyzésekben vázolt módszer előnye, hogy kevés számolással választ tudunk adni a sorozat monotonitására. A hátránya abban rejlik, hogy csupán annyit lehet megállapítani, hogy a sorozat nem monoton. A következő módszerrel ennél többet is megállapíthatunk. ii) bn+1 − bn =? n 2n − 7 (n + 1) n+1 = = 2(n + 1) − 7 2n − 5

bn = bn+1 Ezeket felhasználva:

n+1 n (2n − 7)(n + 1) − (2n − 5)n − = = 2n − 5 2n − 7 (2n − 5)(2n − 7) 2n2 − 7n + 2n − 7 − (2n2 − 7n) = = (2n − 5)(2n − 7) < 0 ha n ≤ 2 −7 > 0 ha n = 3 = (2n − 5)(2n − 7) < 0 ha n ≥ 4

bn+1 − bn =

Legyen A := 2n − 5 és B := 2n − 7. Ekkor a bn+1 − bn különbség egy olyan tört alakban írható, amelynek számlálója −7, nevezője pedig az A · B szorzat, így az előjele leolvasható az alábbi táblázatból: n 0≤n≤2 n=3 4≤n A − + + B − − + bn+1 − bn − + − Tehát a b sorozat egy bizonyos indextől kezdve szigorúan monoton csökken. Megjegyzés. A dolgozatban a feladat megoldását a részletesebb módszerrel kérjük. c) c =

− 15

n

, n∈N

Megoldás. i) A sorozat nem monoton, hiszen például: 1 1 c0 = 1 > c 1 = − < c 2 = . 5 25 ii) cn+1 − cn

n+1 n n n 1 1 1 1 1 = − − − =− · − − − 5 5 5 5 5 n 1 1 = − · − −1 = 5 5 n −6 1 < 0 ha n páros = · − > 0 ha n páratlan. 5 5

Tehát a sorozat nem monoton.

♦

14


2.4. Megjegyzés. A második, részletesebb megoldás során válik láthatóvá, hogy nincs olyan index, amelytől kezdve a sorozat monoton lenne. Érdemes megjegyezni, hogy a monoton és a bizonyos indextől kezdve monoton sorozatok viselkedése hasonlít egymásra és nem a nem monoton sorozatoké. Ezért érdemes a részletesebb vizsgálatot végigszámolni. 2.5. Definíció. Ha egy sorozatból végtelen sok elemet választunk ki olyan sorrendben, ahogy az eredeti sorozatban szerepeltek, akkor az eredeti sorozat egy részsorozatát kapjuk. 2.6. Tétel. Bármely valós számsorozatnak van monoton részsorozata.

2.1.2. Korlátosság 2.7. Definíció. x : N → R valós számsorozatot alulról korlátosnak nevezzük, ha értékkészlete alulról korlátos, azaz ha ∃k ∈ R, hogy ∀n ∈ N : xn ≥ k. 2.8. Definíció. x : N → R valós számsorozatot felülről korlátosnak nevezzük, ha értékkészlete felülről korlátos, azaz ha ∃K ∈ R, hogy ∀n ∈ N : xn ≤ K. 2.9. Definíció. x : N → R valós számsorozatot korlátosnak nevezzük, ha alulról és felülről is korlátos. 2.10. Definíció. ◦ Egy x : N → R felülről korlátos valós számsorozat értékkészletének legkisebb felső korlátját felső határnak, vagy szuprémumnak nevezzük. (Jelölés: sup x) ◦ Egy x : N → R alulról korlátos valós számsorozat értékkészletének legnagyobb alsó korlátját alsó határnak, vagy infimumnak nevezzük. (Jelölés: inf x) , n ∈ N sorozatot korlátosság szempontjából! 2.3. Feladat. Vizsgáljuk meg az a = 1−2n 2+2n Megoldás. i) sejtés −100 ≤ an ≤ − 21 2.11. Megjegyzés. A sejtés felső becslése rossz. A sorozat első néhány elemét felírtuk az 2.1. feladatban. Azok alapján látható, hogy a sorozatnak van − 12 -nél nagyobb eleme. Azért választottuk a nyilvánvalóan hibás felső korlátot, hogy lássuk, mi történik, ha rossz a sejtés. Bizonyítás:. Megvizsgáljuk, hogy a −100 ≤

1−2n 2n+2

reláció mely n-ekre teljesül.

1 − 2n 2n + 2 1 − 2n 1 − 2n + 200n + 200 0 ≤ + 100 = 2n + 2 2n + 2 198n + 201 0 ≤ 2n + 2

−100 ≤

A tört akkor pozitív, ha a számláló és a nevező azonos előjelű. Legyen A:=198n+201 és B := 2n + 2. Ekkor felhasználva, hogy


2n + 2 = 0 2n = −2 n = −1

15

198n + 201 = 0 198n = −201 201 67 =− n = − 198 66

a tört előjele leolvasható az alábbi táblázatból. 67 67 n n < − 66 n = − 67 − 66 66 A − 0 B − − A + 0 B I. II.

< n < −1 n = −1 −1 < n + + + − 0 + − NA + III. IV. V.

Az I.-es és a II.-es tartomány a feltételnek megfelelne, de nincs ilyen n ∈ N. A III.as és a IV.-es tartomány nem felel meg a feltételnek, úgysincs ilyen n ∈ N. ∀n ∈ N tehát az V. tartományba esik. Ebben a tartományban pedig a fenti táblázat alapján minden pont kielégíti a feltételt. Ezzel az állítást igazoltuk, vagyis k = −100 egy jó alsó korlát. 2.12. Megjegyzés. Fordítva is indokolhattunk volna: Ha n ∈ N, akkor 198n + 201 > 0 és 2n + 2 > 0.

Vizsgáljuk most a felső korlátra vonatkozó sejtést! Bizonyítás:. 1 2 1 − 2n 1 ≤ − 2n + 2 2 1 − 2n 1 + ≤ 0 2n + 2 2 1 − 2n + n + 1 ≤ 0 2(n + 1) 2−n ≤ 0 2n + 2 an ≤ −

A baloldalon szereplő tört nevezője minden n∈N esetén pozitív, így a tört előjelét a számláló határozza meg. Tehát a tört pontosan akkor nem-pozitív, ha n ≥ 2. A feltétel nem teljesül minden természetes index esetén, ebből látszik, hogy a becslés nem volt helyes. Szerencsére csak véges sok n ∈ N esetén nem igaz az állítás (n = = 0, n = 1). Ilyenkor új korlátot választunk. Ha lehetséges, akkor érdemes felírni a problémás elemeket és meghatározni a maximumukat. (Hiszen véges sok elem esetén mindig van ilyen tulajdonságú.) a0 = 12 , a1 = − 14 . A következő sejtés K = 12 lesz, ami

16

2. FEJEZET. SZÁMSOROZATOK ALAPTULAJDONSÁGAI már nyilvánvalóan jó lesz. 1 2 1 − 2n 1 ≤ 2n + 2 2 1 − 2n 1 − ≤ 0 2n + 2 2 1 − 2n − n − 1 ≤ 0 2(n + 1) −3n ≤ 0 2n + 2 an ≤

Ami nyilvánvalóan minden szóbajöhető n-re teljesül. ii) Mivel monotonitás szempontjából már megvizsgáltuk a sorozatot, használhatók a monoton sorozatok korlátaira vonatkozó tételek. (lásd konvergencia után) Ezek előnye, hogy rögtön a határokat adják meg, míg az első módszernél a határokat tovább kell keresni. a szigorúan monoton csökkenő, vagyis a0 > a1 > a2 > · · · > an > an+1 > . . .

∀n ∈ N

Így a0 ≥ an ∀n ∈ N. K = a0 = max{an : n ∈ N} = sup{an : n ∈ N} = sup a. Szigorúan monoton csökkenő sorozat alsó határa (infimuma) a határérték: k = inf a = lim a = lim an = −1. n→∞

Ha az első módszerrel vizsgáljuk, a szuprémum illetve infimum tulajdonság bizonyítása a halmazoknál használt módon történik. ♦

2.1.3. Konvergencia 2.1.3.1. Konvergencia definíciói 2.13. Definíció. Legyen x : N → R, (xn , n ∈ N) egy számsorozat. Az x sorozat konvergens, ha (A) ∃α ∈ R :

∀ε > 0 V ε := {n ∈ N : xn ∈ / Kε (α)} véges halmaz.

(B) ∃α ∈ R :

∀ε > 0 ∃N = N (ε) ∈ N :

∀n > N esetén: |xn − α| < ε.

2.14. Tétel. A két konvergencia definíció ekvivalens egymással. ((A) ⇔ (B)) 2.15. Tétel. Ha x : N → R, (xn , n ∈ N) konvergens számsorozat, akkor egyetlen α ∈ R valós szám létezik, melyre (A) illetve (B) teljesül. 2.16. Definíció. Az x:N→R konvergens sorozathoz az (A) illetve a (B) definíció szerinti egyetlen α ∈ R számot az x sorozat limeszének, vagy határértékének nevezzük.


17

Jelölés : lim x = α,

lim xn = α,

n→∞

xn → α (n → ∞),

L(x) = α

A konvergencia, a határérték és a küszöbszám szemléletes jelentése az alábbi ábráról leolvasható:

2.17. Definíció. Ha egy x : N → R sorozat nem konvergens, akkor azt mondjuk, hogy divergens. Az (A) illetve a (B) definíció szerint ez azt jelenti, hogy. ¬(A) ∀α ∈ R :

∃ε > 0 V ε := {n ∈ N : xn ∈ / Kε (α)} végtelen számosságú halmaz.

¬(B) ∀α ∈ R :

∃ε > 0 ∀N ∈ N :

∃n > N, hogy |xn − α| ≥ ε.

2.18. Definíció. Az x : N → R sorozat határértéke +∞, ha (A) ∀R ∈ R

V R := {n ∈ N : xn ≤ R} véges.

(B) ∀R ∈ R

∃N = N (R) ∈ N :

∀n > N esetén xn > R

2.19. Definíció. Az x : N → R sorozat határértéke −∞, ha (A) ∀r ∈ R

V r := {n ∈ N : xn ≥ r} véges.

(B) ∀r ∈ R

∃N = N (r) ∈ N :

Jelölés : lim x = ±∞,

∀n > N esetén xn < r

lim xn = ±∞,

n→∞

xn → ±∞ (n → ∞),

L(x) = ±∞

2.1.3.2. Konvergencia definíciójának 3 következménye 2.20. Következmény. (1. következmény) Ha az x, y : N → R számsorozatok majdnem minden (m.m.) n indexre megegyeznek, azaz ∃N ∈ N, hogy, ha n > N :

xn = y n ,

akkor a két sorozat ekvikonvergens, azaz x akkor és csak akkor konvergens, ha y is konvergens és L(x) = L(y).

18


2.21. Következmény. (2. következmény) Minden konvergens sorozat korlátos, de van olyan korlátos sorozat, amely nem konvergens. 2.22. Megjegyzés. A 2. következmény értelmében létezik olyan korlátos sorozat, amely nem konvergens. Erre a leggyakrabban használt példa az ((−1)n , n ∈ N) sorozat amely korlátos, de nem konvergens. Ennek bizonyítása a következő előadáson kerül elő. 2.23. Következmény. (3. következmény) Konvergens sorozat bármely részsorozata is konvergens, és határértéke az eredeti sorozat határértékével egyenlő. 2.24. Megjegyzés. Ha egy sorozat két részsorozatának határértéke különböző, akkor az eredeti sorozat divergens. 2.1.3.3. Monoton sorozatok konvergenciája 2.25. Tétel. Legyen x : N → R (x = (xn , n ∈ N)) egy monoton számsorozat. Ekkor az x sorozat pontosan akkor konvergens, ha korlátos és L(x) = sup x, ha x monoton nő, L(x) = inf x, ha x monoton csökken. 2.26. Megjegyzés. Monoton csökkenő sorozat szuprémuma, illetve monoton növő sorozat infimuma a kezdőelem, azaz sup x = x0 inf x = x0

ha x monoton csökkenő ha x monoton növő.

2.4. Feladat. a) Definíció alapján igazoljuk az a =

1−2n , 2n+2

n ∈ N sorozat konvergenciáját!

b) Adjuk meg, hogy a sorozat mely elemei esnek a határérték ε = 0,01 sugarú környezetébe! Megoldás. a) Sejtés: lim an = −1 = A. n→∞

Az (an , n ∈ N) sorozat konvergens és a határértéke a A = −1 szám, ha ∀ε > 0 ∃N = N (ε) ∈ N ∀n > N |an − A| < ε. 1 − 2n < ε − (−1) 2n + 2 1 − 2n + (2n + 2) < ε 2n + 2 3 2n + 2 < ε

(2.1)


19

Az abszolútértékben szereplő kifejezés ∀n∈N esetén pozitív, így az abszolútértéke önmaga: 3 2n + 2 3 3 ε 3 −2 ε 3 −2 ε 2 nh 3 i o −2 ε Ekkor legyen N (ε) := max ,0 . 2

< ε < ε(2n + 2) < 2n + 2 < 2n < n

Nyilvánvaló, hogy ez jó küszöbindex és bármely ε > 0 esetén a fenti formula alapján kiszámítható, így a sorozat valóban konvergens és a határértéke −1. " 3 # 1 −2 300 − 2 298 100 b) N (0,01) = = = = 149. 2 2 2 Vagyis a sorozat 149. eleme még kívül van a (−1,01; −0,99) környezeten, de az 150. elemtől kezdve az összes elem a fenti intervallumba esik. ♦

2.5. Feladat. Vizsgáljuk meg a következő sorozatot monotonitás és korlátosság szempontjából. Bizonyítsuk a konvergenciát definíció alapján! 2n + 3 ,n ∈ N . a= 3n + 1 Megoldás. I) Monotonitás:

2(n + 1) + 3 2n + 3 2n + 5 2n + 3 − = − = 3(n + 1) + 1 3n + 1 3n + 4 3n + 1 (2n + 5) · (3n + 1) − (2n + 3) · (3n + 4) (6n2 + 17n + 5) − (6n2 + 17n + 12) = = = (3n + 1) · (3n + 4) (3n + 1) · (3n + 4) −7 = < 0 ∀n ∈ N (3n + 1) · (3n + 4)

an+1 − an =

⇔

an+1 − an < 0 ∀n ∈ N an+1 < an ∀n ∈ N

Így a sorozat szigorúan monoton csökkenő. II) Konvergencia Sejtés: A sorozat konvergens és lim an = 23 = A, azaz n→∞

∀ε > 0 ∃N (ε) ∈ N ∀n > N |an − A| < ε

20

2. FEJEZET. SZÁMSOROZATOK ALAPTULAJDONSÁGAI |an − A| 2n + 3 2 3n + 1 − 3 6n + 9 − (6n + 2) 3 · (3n + 1) 7 3 · (3n + 1)

< ε < ε < ε 7 > 0, ezért 3 · (3n + 1)

< ε,

7 < ε, (3n + 1) > 0, ezért 3 · (3n + 1) 7 < 3n + 1 3·ε 7 1 − < n 9·ε 3 Így N (ε) := max

7 1 − ,0 9·ε 3

választása mellett a definíció teljesül, azaz a sorozat valóban konvergens és a határérétéke lim a = 23 . III) Korlátosság Mivel a sorozat konvergens és a konvergencia szükséges feltétele a korlátosság, ezért a sorozat korlátos is. Ha a sorozat alsó- illetve felső határát is kérdezné a feladat, akkor arra a tételre hivatkozhatnánk, melyszerint monoton csökkenő sorozat szuprémuma a kezdőelem és infimuma a határérték, azaz sup a = a0 = 3

2 inf a = lim a = . 3

♦

3. fejezet Nevezetes sorozatok 3.1. Nevezetes sorozatok határértéke 3.1.1. a = (an = C, n ∈ N, C ∈ R+ ) konvergenciája Sejtés: lim a = C. Bizonyítás:. A konvergencia definícióját felírva: ∀ε > 0, ∃N (ε) ∈ N, ∀n > N, |an − C| < ε. Mivel an −C = 0 minden n ∈ N index esetén, ezért az |an −C| < ε reláció bármely n ∈ N esetén fennáll, így N = 0 minden ε > 0 esetén jó küszöbindex.

3.1.2. a = (an = n1 , n ∈ N∗ ) konvergenciája Sejtés: lim a = 0. Bizonyítás:. A konvergencia definícióját felírva: ∀ε > 0, ∃N (ε) ∈ N∗ , ∀n > N, |an − 0| < ε. Mivel n1 > 0 minden n ∈ N∗ esetén, ezért |an − 0| = n1 = n1 , így a definícióban szereplő relációval ekvivalens az alábbi összefüggés: 1 < ε n 1 < n. ε

(n > 0, ε > 0)

Legyen tehát N (ε):= 1ε . A kapott küszöbindex választása mellett a definíció teljesül, azaz (an , n∈ ∈ N) sorozat valóban konvergens és határértéke 0.

3.1.3. a = (an = np , n ∈ N, p ∈ N∗ ) konvergenciája Sejtés: lim a = ∞. Bizonyítás:. A sorozat a sejtés alapján tágabb értelemben konvergens. Írjuk fel a megfelelő definíciót: ∀R ∈ R, ∃N (R) ∈ N∗ , ∀n > N, np > R. 21

22

3. FEJEZET. NEVEZETES SOROZATOK

Ha R ≤ 0, akkor N = 1 jó küszöbszám. Vizsgáljuk most az R > 0 esetet. Mivel R > 0, ezért a reláció irányát nem változtatja meg, ha az egyenlőtlenség mindkét oldalából p-edik gyököt vonunk: √ p n > R. h√ i Így N (R) = p R jó küszöbszám.

3.1.4. a = (an =

√ p

n, n ∈ N, p ∈ N∗ ) konvergenciája

Sejtés: lim a = ∞. Bizonyítás:. A sorozat a sejtés alapján tágabb értelemben konvergens. Írjuk fel a megfelelő definíciót: √ ∀R ∈ R, ∃N (R) ∈ N∗ , ∀n > N, p n > R. Ha R ≤ 0, akkor N = 1 jó küszöbszám. Vizsgáljuk most az R > 0 esetet. Mivel R > 0, ezért a reláció irányát nem változtatja meg, ha az egyenlőtlenség mindkét oldalát p-edik hatványra emeljük: n > Rp . Így N (R) = [Rp ] jó küszöbszám.

3.1.5. További nevezetes sorozatok A következő nevezetes sorozatok konvergenciájának igazolása sem a vizsga-dolgozatban, sem a gyakorlati dolgozatban nem szükséges, de a határértékeik ismerete egyes feladatok megoldásához nélkülözhetetlen. αn =0 n→∞ n! √ • lim n α = 1 • lim

n→∞

• lim

√ n

n→∞

• lim

√ n

n→∞

• lim

n→∞

√ n

n=1 np = 1 n! = ∞

3.2. Műveleti tulajdonságok 3.2.1. Nullsorozatok 3.1. Definíció. Azokat a konvergens sorozatokat, melyek határértéke 0, zérus-sorozatoknak, vagy nullsorozatoknak nevezzük. Jelölés :C := {x x : N → R, x konvergens sorozat}, N := {x x : N → R, x ∈ C és L(x) = 0} 3.2. Tétel. Legyen x : N → R számsorozat ha x ∈ C és L(x) = α ∈ R, akkor (xn − α, n ∈ N) ∈ N .

3.3. MŰVELETI TULAJDONSÁGOK

23

3.3. Tétel. (Kis rendőr elv) Legyen x, y : N → R számsorozatok, y ∈ N nullsorozat. Ha |xn | ≤ |yn | m.m. n − re, akkor x ∈ N nullsorozat. 3.4. Definíció. Legyenek x, y : N → R számsorozatok. • x és y összege: x + y := (xn + yn , n ∈ N). • x és y szorzata : x · y := (xn · yn , n ∈ N). 3.5. Tétel. Legyen x, y, z : N → R számsorozatok, x, y ∈ N nullsorozatok, z korlátos sorozat. Ekkor (i) x + y ∈ N , azaz nullsorozatok összege is nullsorozat. (ii) x · z ∈ N , azaz nullsorozat és korlátos sorozat szorzata nullsorozat.

3.3. Műveleti tulajdonságok 3.3.1. Konvergens sorozatokra vonatkozó műveleti tulajdonságok 3.6. Definíció. Legyenek x, y : N → R számsorozatok, yn 6= 0 (n ∈ N) és λ ∈ R. • x és y hányadosa :

x y

:= ( xynn , n ∈ N).

• λ és x szorzata : λ · x := (λ · xn , n ∈ N). 3.7. Tétel. Legyen x, y : N → R, x, y ∈ C konvergens számsorozatok, λ valós szám. Ekkor (i) x + y ∈ C, és L(x + y) = L(x) + L(y), (ii) λ · x ∈ C, és L(λ · x) = λ · L(x), (iii) x · y ∈ C, és L(x · y) = L(x) · L(y), (iv) Ha yn 6= 0 (n ∈ N), akkor

x y

∈ C, és L( xy ) =

L(x) , L(y)

3.3.2. Tágabb értelemben konvergens sorozatokra vonatkozó műveleti tulajdonságok 3.8. Megjegyzés. Legyen x, y : N → R, számsorozatok nem feltétlenül konvergensek, de létezzen a határértékük. Ekkor bizonyos esetekben van érvényes műveleti tulajdonság. Például: (i) ha L(x) = +∞, és L(y) = +∞, akkor L(x · y) = +∞, (ii) ha L(x) = +∞, és L(y) = +∞, akkor L(x + y) = +∞ (iii) ha L(x) = α ∈ R, és L(y) = +∞, akkor L( xy ) = 0 (iv) ha L(x) = +∞, és L(y) = α ∈ R+ , akkor L( xy ) = +∞ (v) . . . ,

24

3. FEJEZET. NEVEZETES SOROZATOK

3.9. Megjegyzés. DE! Ún. határozatlansági esetek is vannak: „ 00 ”, „ ∞ ”, „∞ − ∞” „0 · ∞”, „00 ”, „1∞ ”, „∞0 ”. ∞ – Ezeknek bármilyen kimenetele lehet, ezért nem tudjuk a műveleti tulajdonságok alapján a határértékeket közvetlenül leolvasni. – A sorozatokat ebben az esetben elemi matematikai meggondolásokkal át kell alakítani és meg kell szüntetni a határozatlansági esetet.

4. fejezet Határérték számítás ∞ ”, A műveleti tulajdonságok az alábbi határozatlansági esetekben nem alkalmazhatók: „ 00 ”, „ ∞ 0 ∞ 0 „∞ − ∞” „0 · ∞”, „0 ”, „1 ”, „∞ ”.

4.1. Feladat. A műveleti tulajdonságok alapján határozzuk meg a következő sorozatok határértékét, ha létezik. n 5 a) a = 2 − n+2 + − 13 · sin n·π , n∈N 2 Megoldás. A fenti sorozatra an = bn − cn + dn · fn b = (2, n∈ N) n d = − 13 , n ∈ N

∀n ∈ N, ahol c = f =

5 , n n+2 n·π sin 2 ,

∈N n∈N

lim d · f = 0, mert d ∈ N és f ∈ K. (Lásd a tételt előadáson.) lim an = lim bn − lim cn + lim dn · fn = 2. n→∞ {z } |n→∞{z } | {z } |n→∞

n→∞

2

0

0

♦

Típus : két polinom hányadosa Eljárás : A nevező legmagasabb kitevőjű tagjával egyszerűsítünk. 2 , n ∈ N b) a = 2n n−5n−7 2 −5 Megoldás. n2 (2 − n5 − n72 ) 2 − n5 − n72 2n2 − 5n − 7 ∞ ∞ = lim = lim =2 n→∞ n→∞ n→∞ n2 − 5 n2 (1 − n52 ) 1 − n52

♦

7 n2 ( n7 − n32 ) − n32 7n − 3 ∞ ∞ n =0 = lim = lim n→∞ 2n2 + 1 n→∞ n2 (2 + 12 ) n→∞ 2 + 12 n n

♦

lim an = lim

n→∞

c) a =

7n−3 , 2n2 +1

n∈N

Megoldás.

lim an = lim

n→∞

25

26 d) a =

4. FEJEZET. HATÁRÉRTÉK SZÁMÍTÁS

5n2 −11n+8 , 2n−7

n∈N

Megoldás. n(5n − 11 + n8 ) 5n − 11 + n8 5n2 − 11n + 8 ∞ ∞ = lim = lim =∞ n→∞ n→∞ n→∞ 2n − 7 n(2 − n7 ) 2 − n7

lim an = lim

n→∞

♦

4.1. Megjegyzés.  0, ha deg P < deg Q P (n)  p sgn q · ∞, ha deg P > deg Q = lim n→∞ Q(n)  C = pq , ha deg P = deg Q, ahol p a P (x), q pedig a Q(x) polinom főegyütthatója. Típus : q n racionális törtfüggvénye Eljárás : Közös kitevőre hozunk, majd a nevező legnagyobb alapú (abszolútértékben) tagjával egyszerűsítünk. n n−1 7·9 −6·5 e) a = 5·4 n −2·32n+1 ; n ∈ N Megoldás. 7 · 9n − 56 · 5n 7 · 9n − 6 · 5n−1 ∞ ∞ = lim = n→∞ 5 · 4n − 2 · 3 · (32 )n n→∞ 5 · 4n − 2 · 32n+1 n 7 · 9n − 56 · 5n 7 − 65 · 59n = lim = = lim n n→∞ 5 · 4n − 6 · (9)n n→∞ 5 · 4n − 6 9 n 7 − 65 · 59 7 n = lim =− n→∞ 5 · 4 6 − 6 9

lim an =

n→∞

lim

♦

Típus : Két végtelenbe tartó racionális-tört különbsége Eljárás : Közös nevezőre hozunk, ezzel „polinom-per-polinom” alakot kapunk. 2 n +1 3n2 +1 f) a = 2n+1 − 6n+1 ; n ∈ N Megoldás. n2 + 1 3n2 + 1 = lim − n→∞ 2n + 1 6n + 1 ∞ −2n2 + 4n ∞ = = (2n + 1)(6n + 1)

lim an

n→∞

∞−∞

(n2 + 1)(6n + 1) − (3n2 + 1)(2n + 1) = n→∞ (2n + 1)(6n + 1)

= lim

A nevező legnagyobb kitevőjű tagja ∼ n2 , ezzel osztunk. Ha ez a szorzat alakból nem látszik felbonthatjuk a zárójeleket. A fenti (2n + 1)(6n + 1) szorzatból három féleképpen lehet n2 -t kiemelni:

27 1. Az első tényezőből emelek ki n2 -t, 2. A második tényezőből emelek ki n2 -t, 3. Mindkét tényezőből kiemelek n-t. Most ez utóbbit érdemes választani: n2 (−2 + n42 ) −2 −1 = lim = 1 1 2 n→∞ 12 n→∞ n (2 + )(6 + ) 6 n n lim

♦

Típus : „Gyökök” különbsége Eljárás : Konjugálttal bővítünk. √ √ g) a = n2 + n + 1 − n2 − n − 1; n ∈ N Megoldás. √

√ ∞−∞ n2 + n + 1 − n2 − n − 1 = „konjugálttal bővítünk” n→∞ √n2 + n + 1 + √n2 − n − 1 √ √ 2 2 √ n +n+1− n −n−1 √ = = lim n→∞ n2 + n + 1 + n2 − n − 1 ∞ 2n + 2 (n2 + n + 1) − (n2 − n − 1) ∞ √ √ = lim √ = = lim √ 2 2 2 2 n→∞ n→∞ n +n+1+ n −n−1 n +n+1+ n −n−1 2 2+ n 2 q = lim q = = 1. n→∞ 2 1+ 1 + 1 + 1− 1 − 1

lim a =

lim

n

n2

n

♦

n2

Típus : Változó tagszámú sorozatok Eljárás : Összegképlet keresése. h) a = 1·2+2·3+···+n·(n+1) ; n ∈ N n3 Megoldás. 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + n · (n + 1) $ n→∞ n3 lim

Változó tagszámú összeg. Megpróbáljuk felírni az összegképletet. n X

n n n X X X n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) 2 2 k(k + 1) = (k + k) = k + k= + 6 2 k=1 k=1 k=1 k=1

$

1 n(n + 1)(2n + 1) + 21 (n + 1)n 6 lim n→∞ n3

= lim

n→∞

1 6

· 1(1 + n1 )(n + n1 ) + 12 (1 + n1 ) n1 2 1 = = . 1 6 3

♦

28


√ √ Típus : n n és n a racionális törtfüggvényei Eljárás : Szorzattá alakítás. √ √ n n 8+1 √ i) a = 3 (16−4 ; n ∈ N n 2−1)2 Megoldás. √ √ 3 n 16 − 4 n 8 + 1 √ $ lim n→∞ ( n 2 − 1)2 √ Mivel lim n c = 1, ha c ∈ R+ , a fenti határérték „ 00 ” határozatlansági esetre vezet. Legyen n→∞ √ n a := 2, ekkor √ √ 3 n 16 − 4 n 8 + 1 3a4 − 4a3 + 1 ∗ (a − 1)2 (3a2 + 2a + 1) √ = = (a − 1)2 (a − 1)2 ( n 2 − 1)2 ∗: Mivel a számlálóban szereplő polinom 1 helyen 0 értéket vesz fel, ezért szorzattá alakításában szerepelni fog az (a − 1) tényező. Próbáljuk a számlálót szorzattá alakítani. Ezt csoportosítással, kiemeléssel, vagy polinomosztással érhetjük el. 3a4 −4a3 +0a2 +0a +1 : (a − 1) = 3a3 − a2 − a − 1. 3a4 −3a3 −a3 +0a2 +0a +1 −a3 +a2 −a2 +0a +1 −a2 +a −a +1 −a +1 0 Mivel a 3a3 − a2 − a − 1 polinomnak is zérushelye a=1, ezért tovább bontható: 3a3 −a2 −a 3a3 −3a2 2a2 −a 2a2 −2a a a

−1 : (a − 1) = 3a2 + 2a + 1. −1 −1 −1 0

Ezért 3a4 − 4a3 + 1 = (a − 1)2 (3a2 + 2a + 1) és √ √ √ n √ √ ( n 2 − 1)2 · (3 22 + 2 n 2 + 1) 00 n n √ $ lim = lim 3 4 + 2 2 + 1 = 6 n 2 n→∞ n→∞ ( 2 − 1)

♦

29 Típus : ((−1)n , n ∈ N) sorozatot tartalmazó sorozatok Eljárás : Páros és páratlan indexű részsorozatok vizsgálata. ; n ∈ N j) a = (−1)n 7n−5 n+9 Megoldás. Vizsgáljuk a sorozat páros indexű elemeiből álló részorozatát: a2n = (−1)2n ·

7 · 2n − 5 14n − 5 = , n ∈ N, 2n + 9 2n + 9

amelyre 14 − n5 14n − 5 lim a2n = lim = lim = 7, n→∞ n→∞ 2n + 9 n→∞ 2 + 9 n a páratlan indexű elemekből álló részsorozatra: a2n+1 = (−1)2n+1 ·

14n + 2 7 · (2n + 1) − 5 =− , n ∈ N, 2n + 1 + 9 2n + 10

amelyre lim a2n+1 = lim −

n→∞

n→∞

14 + n2 14n + 2 = − lim = −7. n→∞ 2 + 11 2n + 11 n

Az a sorozatnak van két, különböző határértékkel rendelkező részsorozata, ami ellentmond a konvergencia harmadik következményének. („Konvergens sorozat minden részsorozata konvergens és ezek határértéke megegyezik az eredeti sorozat határértékével.”) Így az a sorozat divergens. ♦ 4.2. Megjegyzés. Megmutatható, hogy mivel a sorozat a két részsorozatának fésűs egyesítése, ezért ha a részsorozatok határértéke megegyezik, akkor a sorozat konvergens és a közös határérték a sorozat határértéke. FIGYELEM! Ez általában nem igaz. A következő néhány feladatot az alábbi tételre vezetjük vissza: 4.3. Tétel. Az (1 + n1 )n , n ∈ N∗ sorozat konvergens. 4.4. Megjegyzés. 1. A sorozat konvergenciáját úgy bizonyítjuk, hogy belátjuk, hogy monoton és korlátos, ami a konvergencia elégséges feltétele. A részletes bizonyítás elolvasható a programtervező jegyzetben. 2. A fenti sorozat határértékét e-vel szokás jelölni és Euler-számnak nevezzük. A közelítő értéke: e ≈ 2,71828. Bizonyítás nélkül elfogadjuk a következő tételt. 4.5. Tétel. Ha lim bn = ±∞, akkor n→∞

lim (1 +

n→∞

1 bn ) =e bn

A következő tétel állításaira szintén szükségünk lesz a feladatok megoldásához.

30


4.6. Tétel. (1) Ha an → a > 0 és bn → b ∈ R, akkor abnn → ab (n → ∞) (2) Ha an → a > 1 és bn → ∞, akkor abnn → ∞ (n → ∞) (3) Ha an → a (0 < a < 1) és bn → ∞, akkor abnn → 0 (n → ∞) 4.2. Feladat. A műveleti tulajdonságok alapján határozzuk meg a kijelölt határértékeket! Típus : 1 + n1 a) lim

n→∞

n+3 n n

n

-re visszavezethető feladatok

=?

Megoldás.

lim

n→∞

n+3 n

n n n ·3 3 1 1 3 = lim 1 + = lim 1 + n = lim 1 + n = n→∞ n→∞ n→∞ n 3 3 3  n3   1  = e3 1 + = lim  n  n→∞  | {z3 }

n

♦

→e

b) lim

n→∞

n2 −2n+1 n2 +n−1

2n3 n−1

=?

Megoldás.

lim

n→∞

=

lim

n→∞

2n3 2 2n3 2n3 n2 − 2n + 1 n−1 n + n − 1 − 3n + 2 n−1 −3n + 2 n−1 = lim = lim 1 + 2 = n→∞ n→∞ n2 + n − 1 n2 + n − 1 n +n−1 2 +n−1 −3n+2 2n3 2n3 ! n−1 ! n−3n+2 · 2 · n +n−1 n−1 1 1 1 + n2 +n−1 = lim 1 + n2 +n−1 = n→∞

−3n+2

−3n+2

4 +4n3  −6n 2 n3 −2n+1 n + n − 1 3  −3n+2  · 2n 2 +n−1 n2 +n−1 n−1  ! n−3n+2 ! −3n + 2   | {z }  1 1    ∗ →−∞ = lim  1 + n2 +n−1 = lim  1 + n2 +n−1 = 0.  n→∞  n→∞  −3n+2 −3n+2 | {z }



→e

*: Vizsgáljuk meg külön a kitevő határértékét: −6n4 + 4n3 −6n + 4 = lim = −∞, 3 n→∞ n − 2n + 1 n→∞ 1 − 22 + 13 n n lim

így az előző tétel alapján a fenti határérték 0.

♦

31 Típus : Rendőrelvvel megoldható feladatok A következő feladatok megoldása során sokszor fogunk hivatkozni a következő tételre. 4.7. Tétel. (Rendőrelv) Legyen a = (an , n ∈ N), b = (bn , n ∈ N) és c = (cn , n ∈ N) három valós számsorozat, melynek elemeire: an ≤ b n ≤ c n . Ha a és c sorozatok konvergensek, és lim an = lim cn = A, akkor a b sorozat is konvergens és n→∞ n→∞ határértéke lim bn = A. n→∞

q 1 =? c) lim n 5 − n+1 n→∞

Megoldás. Becsüljük a sorozat általános tagját! Ehhez induljunk ki az alábbi relációból: 1 0 < n+1 1 0 > − n+1 1 5 > q 5 − n+1 √ n 1 5 > n 5 − n+1

Mivel lim

√ n

n→∞

5 = lim

n→∞

√ n

4 = 1, ezért a rendőrelv alapján: r lim

n→∞

d) lim an = lim n→∞

n→∞

q n

≤ 1 ≥ −1 ≥ 4 √ ≥ n4

n

5−

1 = 1. n+1

♦

n2 −5n+3 n5 +1

Megoldás. 2 törtet becsülni tudjuk vizsgáljuk meg az előjelét: Hogy a n n−5n+3 5 +1 n2 − 5n + 3 > 0 n2 − 5n + 3 > 0, 5 n +1 ami a természetes n-ek között az n ≥ 5 feltétel teljesülése esetén igaz. • A felsőbecsléshez a fenti törtet szeretnénk növelni. Ez a számláló növelésével és/vagy a nevező csökkentésével lehetséges. ◦ A számláló növelését úgy szeretnénk elvégezni, hogy a kapott polinom csak „összevonható” tagokat tartalmazzon. Ehhez a pozitív együtthatóval szereplő tagok helyett főtaggal (legmagasabb fokszámú tag) egynemű kifejezéseket írunk (az együtthatót változatlanul hagyjuk), a negatív együtthatójú tagokat elhagyjuk az összegből. Így n2 − 5n + 3 ≤ n2 − 0 + 3n2 . A kapott becslés minden szóbajöhető n-re teljesül (n ≥ 5).

32

4. FEJEZET. HATÁRÉRTÉK SZÁMÍTÁS ◦ A nevező csökkentése során éppen ellenkezőleg járunk el. A pozitív együtthatójú tagokat hagyjuk el (kivéve természetesen a főtagot) és a negatív együtthatójú tagok helyett írunk a főtaggal egynemű kifejezést: n5 + 1 ≥ n5 + 0 ∀n ≥ 5. Felhívnánk a figyelmet arra, hogy a nevező becslésekor vigyázni kell arra is, hogy a kifejezés egyetlen szóba jöhető n esetén se legyen 0. Így ha korábban nem zártuk volna ki n lehetséges értékei közül a 0-t, most meg kellene tennünk. 2

>0 törtet, amely a számláló csökkentésével és/vagy • Alsóbecsléshez csökkentsük a n n−5n+3 5 +1 a nevező növelésével lehetséges. ◦ Mivel n5 +1 ≤ n5 +n5 , ha n ≥ 1, ezért a nevező az előzőekhez hasonló indoklás alapján növelhető minden szóbajöhető n esetén. ◦ Ha a számláló csökkentése során a n2 −5n+3≥n2 −5n2 +0 becslést használnánk, akkor a vizsgált tört helyett egy negatív előjelű kifejezést kapnánk. Célunk, hogy az előző feladathoz hasonlóan az n-edik gyök szigorú monotonitására hivatkozva alkalmazhassuk a rendőrelvet, de negatív kifejezés esetén az n-edik gyökvonás nem engedélyezett művelet. Az ilyen hibás becslést túlbecslésnek szokás nevezni. Mit tehetünk ilyen esetben? Fontos, hogy a számlálóban szereplő polinomot úgy csökkentsük, hogy eközben az előjele ne változzon meg. Például n2 − 21 n2 + 0 egy jó becslés, abban az esetben, ha valóban kisebb az eredeti polinomnál. Vizsgáljuk meg, hogy milyen n-ek esetén teljesül ez: 1 n2 − n2 + 0 ≤ n2 − 5n + 3 2 1 − n2 ≤ −5n < −5n + 3 2 n ≥ 10. Azaz minden n ≥ 10 esetén n2 − 12 n2 + 0 ≤ n2 − 5n + 3 teljesül és ekkor n2 − 12 n2 + 0 n2 − 5n + 3 ≤ . n5 + n5 n5 + 1 Így igaz az alábbi becslés: n2 − 1 n2 +0

2 ≤ 0≤ q n5 +n5 n 1 −3 n ≤ 4

n2 −5n+3 n5 +1

≤

n2 −0+3n2 n5 +0

an

≤

4n−3

√ n

n ≥ 10 n ∈ N n ≥ 10 n ∈ N

A rendőrelv alapján: r lim an = lim

n→∞

n→∞

n

n2 − 5n + 3 = 1. n5 + 1

♦

5. fejezet Nevezetes függvények, Függvények határértéke 5.1. Függvények 5.1. Definíció. Függvény alatt egy olyan hozzárendelést értünk, mely egy H halmaz minden eleméhez egy K halmaz egy és csakis egy elemét rendeli. Jelölés: f : H → K, y = f (x) (x ∈ H). – x: független változó, – y vagy f (x) a függő változó. – H : a függvény értelmezési tartománya, további jelölés: Df vagy ÉT – értékkészlet : Rf = ÉK := {y ∈ K : ∃x ∈ Df , f (x) = y} ⊆ K. 5.2. Megjegyzés. – Ha H, K ⊆ R, akkor f valós függvény. – Az f : H → R ⇔ Df = H halmaz, Rf ⊆ R–nek. – A valós függvényeket célszerű grafikonjukkal ábrázolni. Ez azt jelenti, hogy a H ⊆R halmazon értelmezett f : H → R függvényt a Γ(f ) := {(x, y) ∈ R2 : x ∈ H, y = f (x)} ⊂ R2 síkbeli halmazzal szemléltetjük.

5.1.1. Nevezetes függvények 5.3. Definíció. Az abs : R → R x 7→ abs (x) := |x| függvényt abszolút érték függvénynek nevezzük. 33

34

5. FEJEZET. NEVEZETES FÜGGVÉNYEK, FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE

A számok abszolút értékének definícióját felhasználva: ( x, ha x ≥ 0, abs (x) = |x| = −x, ha x < 0, A függvény néhány tulajdonsága: – Df = R, Rf = {y ∈ R| y ≥ 0} – nem monoton (szakaszonként monoton) – A teljes ÉT-on konvex – minimuma x = 0-ban van, maximuma nincs – páros 5.4. Definíció. Az int : R → Z x 7→ int (x) := [x] függvényt egészrész függvénynek nevezzük, ahol [x] jelöli az x valós szám egészrészét, azaz a legnagyobb x-nél nem nagyobb egész számot. ([x] = n ⇔ n ∈ N és n ≤ x < n + 1) A függvény néhány tulajdonsága: – Df = R, Rf = Z – monoton növő – minimuma és maximuma nincs – nem páros és nem páratlan

5.5. Definíció. Az frac : R → Z x 7→ frac (x) = x − [x] := {x} függvényt törtrész függvénynek nevezzük, ahol [x] jelöli az x valós szám egészrészét, azaz a legnagyobb x-nél nem nagyobb egész számot. ([x] = n ⇔ n ∈ N és n ≤ x < n + 1)

A függvény néhány tulajdonsága: – Df = R, Rf = [0, 1) – nem monoton

– minimuma y = 0, melyet minden egész helyen felvesz, maximuma nincs

– periodikus, periodusa: p=1

– nem páros és nem páratlan

5.1. FÜGGVÉNYEK

35

5.6. Definíció. Az    1, sgn : R → {−1; 0; 1} x 7→ sgn(x) := 0,   −1,

ha x > 0, ha x = 0, ha x < 0,

utasítással értelmezett függvényt előjelfüggvénynek, vagy szignumfüggvénynek nevezzük. A függvény néhány tulajdonsága: – Df = R, Rf = {−1; 0; 1} – monoton növő – minimuma y = −1 és maximuma y = 1, minden x0 < 0 pontban minimumhely és x0 > 0 pontban maximumhely van – a függvény páratlan 5.7. Definíció. Legyenek n ∈ N és a0 , a1 , · · · , an ∈ R adott számok. A P :R→R:

x 7→ P (x) := a0 + a1 x + · · · + an xn

utasítással értelmezett P függvényt polinomnak nevezzük. – Ha an 6= 0 : P polinom pontosan n-edfokú n ∈ N: P polinom fokszáma. Jelölés: deg(P ) = n – ai (i = 0,1, · · · , n): P együtthatói 5.8. Tétel. (Algebra alaptétele) Legyen P (z) := a0 +a1 z +· · ·+an z n (z ∈ C) egy komplex együtthatós, nem konstans, pontosan n-edfokú polinom. Ekkor léteznek olyan λ1 , λ2 , · · · , λn ∈ C komplex számok, amelyekkel a P polinom felírható P (z) = an (z − λ1 )(z − λ2 ) · · · (z − λn )

(z ∈ C)

alakban. 5.9. Következmény. Minden λi (i = 1,2, · · · , n) komplex számra: (i = 1,2, · · · , n),

P (λi ) = 0

azaz a λi (i = 1,2, · · · , n) számok a P gyökei, vagy zérushelyei. 5.10. Definíció. P és Q függvények egyenlőek, DP = DQ

P (x) = Q(x) ∀x ∈ DP

és

5.11. Következmény. Legyen P (x) := a0 + a1 x + · · · + an xn ,

Q(x) := b0 + b1 x + · · · + bm xm

két valós polinom. Ha P = Q, akkor m = n és a0 = b0 , a1 = b1 , · · · , an = bn .

(x ∈ R)

36


5.12. Tétel. Bármely P és Q polinomhoz egyértelműen létezik olyan S és R polinom, amelyre P = QS + R,

deg (R) < deg (Q).

5.13. Definíció. Legyenek P és Q valós együtthatós polinomok, ahol Q 6= θ és jelölje ΛQ := = {λ1 , · · · , λr } a Q gyökeinek a halmazát. Az S : R \ ΛQ → R :

x 7→ S(x) :=

P (x) Q(x)

utasítással értelmezett S függvényt racionális törtfüggvénynek nevezzük. 5.14. Definíció. A ha deg P < deg Q.

P Q

racionális törtfüggvényt valódi racionális törtfüggvénynek nevezzük,

5.15. Megjegyzés. P ∈Q rac. tört esetén létezik S, R, Q∈P, – Maradékos osztást alkalmazva kapjuk, hogy bármely Q hogy P R = S+ Q Q

ahol S ∈ P és R/Q már valódi rac. törtfv. – Emiatt bizonyos, racionális függvényekkel kapcsolatos kérdések vizsgálatában valódi racionális törtfüggvényekre szorítkozunk. 5.16. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az a ∈ R elem (pont) a H ⊆ R valós számhalmaz torlódási pontja, (A) ha az a pont bármely környezete végtelen sok H-beli elemet tartalmaz, azaz ∀ε > 0 : Kε (a) ∩ H végtelen halmaz. vagy (B) ha az a pont minden környezete tartalmaz legalább egy a-tól különböző H-beli pontot, azaz ∀ε > 0 : Kε (a) ∩ H\{a} 6= ∅. vagy (C) ha létezik olyan H-beli nem stacionárius pontsorozat, melynek határértéke az a pont. 5.17. Definíció. A H halmaz torlódási pontjainak halmaza: H derivált halmaza, (Jelölés: H 0 .) 5.18. Definíció. Egy sorozat akkor stacionárius, ha csak véges sok egymástól különböző tagja van. 5.19. Definíció. A H ⊆ R halmaznak azokat a pontjait, amelyek nem tartoznak H 0 -höz, a H halmaz izolált pontjainak nevezzük. (a ∈ H, a ∈ / H 0) 5.20. Definíció. Akkor mondjuk, hogy a nem üres H ⊆ R halmazon értelmezett f : H → R függvénynek az a ∈ H 0 pontban van határértéke, ha ∃A ∈ R, ∀ε > 0, ∃δ > 0 ∀x ∈ Kδ (a) \ {a} ∩ H : f (x) ∈ Kε (A).

5.1. FÜGGVÉNYEK

37

5.21. Megjegyzés. R = R ∪ {±∞} 5.22. Tétel. Legfeljebb egy olyan A ∈ R létezik, amelyre a fenti feltétel teljesül. ¯ elemet az f függvény a pontban vett 5.23. Definíció. A fenti értelmezésben szereplő A ∈ R határértékének nevezzük. Jelölés : lim f = A, a

lim f (x) = A,

x→a

La (f ) = A,

f (x) → A,

ha x → a.

Az 5.20 definíció az a, A ∈ R speciális esetben az alábbi alakban írható: Véges helyen vett véges határérték: 5.24. Definíció. f : H → R, a ∈ H 0 ∩ R, A ∈ R, lim f (x) = A ⇔ x→a

∀ε > 0 ∃δ = δ(ε) > 0, ha 0 < |x − a| < δ, x ∈ H, akkor |f (x) − A| < ε.

A határérték definíció a többi speciális esetben is átfogalmazható, ezen definíciók elolvashatók a honlapon található lim.pdf file-ban, de nem képezik részét a képzés tananyagának. 5.25. Megjegyzés. Függvény határértékét a kurzus keretein belül nem a definíció alapján vizsgáljuk. A függvény határértéke kapcsolatba hozható a sorozat határértékével, erre alkalmas az átviteli elv. 5.26. Tétel. (Átviteli elv.) Az f : H → R (H ⊆ R) függvénynek az a ∈ H 0 pontban akkor és csak akkor A ∈ R a határértéke, ha bármely olyan (xn , n ∈ N) sorozatra, amelyre xn ∈ H,

xn 6= a (n ∈ N),

lim xn = a,

n→∞

a függvényértékek (f (xn ), n ∈ N) sorozatának is van határértéke és lim f (xn ) = A.

n→∞

38


5.27. Definíció. Legyen f : H → R (H ⊆ R) és tegyük fel, hogy az a ∈ R elem a Ha+ := H ∩(a, +∞) halmaz torlódási pontja. Az f függvénynek az a helyen létezik jobboldali határértéke, ha f -nek a Ha+ halmazra vonatkozó leszűkítésének létezik határértéke az a pontban. Ezt a határétéket f a-pontbeli jobboldali határértékének nevezzük. Jelölés : lim f, lim f (x), f (a+), La+ (f ). a+

x→a+

5.28. Definíció. Legyen f : H → R (H ⊆ R) és tegyük fel, hogy az a ∈ R elem a Ha− := H ∩(−∞, a) halmaz torlódási pontja. Az f függvénynek az a helyen létezik baloldali határértéke, ha f -nek a Ha− halmazra vonatkozó leszűkítésének létezik határértéke az a pontban. Ezt a határétéket f a-pontbeli baloldali határértékének nevezzük. Jelölés : lim f, lim f (x), f (a−), La− (f ). a−

x→a−

5.29. Tétel. Tegyük fel, hogy az a ∈ R szám a Ha+ és a Ha− halmaznak is torlódási pontja. Ekkor f -nek az a helyen akkor és csak akkor van határértéke, ha f -nek a-ban létezik a jobb- és baloldali határértéke, és lim f (x) = lim f (x) = La (f ). x→a−

x→a+

5.1. Feladat. Olvassuk le az ábrán látható függvény feltüntetett határértékeit:

lim f (x) =?; lim− f (x) =?; lim+ f (x) =?; lim f (x) =?; lim f (x) =?

x→−∞

x→a

x→a

x→a

x→b

lim f (x) =?; lim f (x) =?

x→c

x→∞

Megoldás. lim f (x) = 2− ; lim− f (x) = −∞; lim+ f (x) = 2; lim f (x) = @; lim f (x) = 7

x→−∞

x→a

x→a

x→a

lim f (x) = 6; lim f (x) = 6

x→c

x→∞

x→b

♦

6. fejezet Függvények határértéke 6.1. Feladat. Az átviteli-elv segítségével igazoljuk a következő határértékeket. x2 + 2x 15 = x→3 3x − 2 7

a) lim

Megoldás. ∀xn ∈ H, xn 6= a (n ∈ N) lim xn = a ⇒ lim f (xn ) = A n→∞

n→∞

Legyen xn ∈ H, xn 6= a, lim xn = 3 n→∞

x2n + 2xn ∗ 9 + 2 · 3 15 = . = n→∞ 3xn − 2 3·3−2 7

lim f (xn ) = lim

n→∞ ∗

A sorozatok határértékére vonatkozó műveletei szabályok miatt.

♦

3x − 5 3 =− x→∞ −2x + 7 2

b) lim

Megoldás. 3 ∀xn ∈ H, (n ∈ N) lim xn = ∞ ⇒ lim f (xn ) = − . n→∞ n→∞ 2 Legyen xn ∈ H, lim xn = ∞ n→∞

3 − x5n 3xn − 5 ∞ 3 ∞ = lim =− . 7 n→∞ −2xn + 7 n→∞ −2 + 2 xn

lim f (xn ) = lim

n→∞

1 =@ x→2 x − 2

c) lim

Megoldás. Legyen xn := 2 − n1 , ekkor lim xn = 2 (xn 6= 2). Ekkor n→∞

lim f (xn ) = lim

n→∞

n→∞

1 1 = lim = lim −n = −∞. n→∞ xn − 2 (2 − n1 ) − 2 n→∞ 39

♦

40

6. FEJEZET. FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE Legyen yn := 2 + n1 , ekkor lim yn = 2 (yn 6= 2). Ekkor n→∞

1 1 = lim = lim n = ∞. n→∞ (2 + 1 ) − 2 n→∞ n→∞ yn − 2 n

lim f (yn ) = lim

n→∞

Tehát találtunk két olyan változó sorozatot, melyek a=2-be tartanak, mégis a hozzájuk tartozó függvényérték-sorozatok határértéke különböző. Így a függvény határértéke az adott pontban nem létezik. (A jobb- illetve a bal-oldali határérték természetesen értelmezhető.)♦ 6.1. Megjegyzés. 1.) Az átviteli-elv egyik nagy előnye, hogy segítségével a függvényhatárérték számítása a már jól ismert sorozatok határérték számítására vezethető vissza. A fenti feladatokból jól látható, hogy a bizonytalansági esetek hasonlóan szüntethetők meg, mint a sorozatok esetében. 2.) A c feladat során tapasztalhattuk, hogy olyan esetekben, mikor azt kell bizonyítani, hogy az adott pontban nem létezik a függvény határértéke, elegendő találni két különböző változó sorozatot, melyek határértéke az adott pont, de a függvényértékek sorozata különböző. 6.2. Feladat. Határozzuk meg a következő határértékeket a műveleti tulajdonságok alapján, ha léteznek ! 3x + 4 x→2 5x + 7

a) lim

Megoldás. 3x + 4 3 · 2 + 4 10 = = x→2 5x + 7 5 · 2 + 7 17 lim

♦

3x4 + 5x − 2 x→∞ −2x3 + 4x2 − 1

b) lim

Megoldás. ∞ 3x + x52 − x23 3x4 + 5x − 2 ∞ lim = lim = −∞ x→∞ −2 + 4 − 13 x→∞ −2x3 + 4x2 − 1 x x

♦

7x2 + 3x − 1 x→−∞ 2x − 3

c) lim

Megoldás. ∞ 7x + 3 − x1 7x2 + 3x − 1 ∞ = lim = −∞ x→−∞ x→−∞ 2x − 3 2 − x3

lim

♦

41 4 · 5x+1 + 7 · 2x + 1 x→∞ 3 · 22x−1 + 6 · 5x + 2

d) lim

Megoldás. 4 · 5x+1 + 7 · 2x + 1 ∞ ∞ lim = x→∞ 3 · 22x−1 + 6 · 5x + 2

x

20 + 7 · 52x + 51x 20 · 5x + 7 · 2x + 1 = lim lim 3 x = x x→∞ 3 · 4x + 6 + 2x x→∞ · 4 + 6 · 5x + 2 2 2 5 5 x 20 + 7 · 25 + 51x 20 10 = = lim 3 4 x = 2 x→∞ 6 3 + 6 + · x 2 5 5

♦

4 · 5x+1 + 7 · 2x + 1 x→−∞ 3 · 22x−1 + 6 · 5x + 2

e) lim

Megoldás. →0

→0 z}|{ z}|{ x+1 1 4·5 +7 · 2x +1 = lim x 2x−1 x→−∞ 3 · 2 5 +2 2 | {z } +6 · |{z} →0

f) lim

x→∞

♦

→0

√ √ x2 + 5x − x2 − 2x Megoldás.

lim

√

x→∞

√ 2 2 x + 5x − x − 2x

∞−∞

= = =

√x2 + 5x + √x2 − 2x √ lim x2 + 5x − x2 − 2x √ = x→∞ x2 + 5x + x2 − 2x ∞ (x2 + 5x) − (x2 − 2x) 7x ∞ √ √ = lim √ = lim √ 2 2 2 2 x→∞ x + 5x + x − 2x x→∞ x + 5x + x − 2x 7 7 q lim q = . ♦ x→∞ 2 1+ 5 + 1− 2 √

√

x

g) lim

x→∞

x+2 x

x

x+1

Megoldás.

lim

x→∞

x+2 x

x+1

x+1 x+1 x · 2 ·(x+1) 2 1 1 2 x = lim 1 + = lim 1 + x = lim 1 + x = x→∞ x→∞ x→∞ x 2 2 " x # 2x+2 x 1 2 ∗ = lim 1+ x = e2

1∞

x→∞

2

∗

Vizsgáljuk meg a kitevő határértékét: 2 + x2 2x + 2 lim = lim =2 x→∞ x→∞ x 1

♦

42

6. FEJEZET. FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE

h) lim

x→∞

x2 + 2x − 2 x2 − 4x + 1

x+2

Megoldás.

lim

x→∞

x2 + 2x − 2 x2 − 4x + 1

x+2

=

=

lim

x→∞

lim

x→∞

x+2 x+2 x2 − 4x + 1 + 6x − 3 6x − 3 = = lim 1 + 2 x→∞ x2 − 4x + 1 x − 4x + 1 −4x+1 !x+2 ! x26x−3 · 26x−3 ·(x+2) x −4x+1 1 1 1 + x2 −4x+1 = lim 1 + x2 −4x+1 =

 =

∗

x→∞

6x−3

 lim  1 +

x→∞

1 x2 −4x+1 6x−3

!

x2 −4x+1



6x−3 6x−3 ·(x+2) x2 −4x+1

6x−3

 

∗

= e6

Vizsgáljuk meg a kitevő határértékét:

6 + x3 − x62 6x2 + 3x − 6 = lim =6 x→∞ 1 − 4 + 12 x→∞ x2 − 4x + 1 x x lim

♦

x2 + x − 2 x→−2 x2 − x − 6

i) lim

Megoldás. (x + 2)(x − 1) x2 + x − 2 00 x − 1 −3 3 = lim = lim = = x→−2 (x + 2)(x − 3) x→−2 x2 − x − 6 x→−2 x − 3 −5 5 lim

♦

x3 − 3x2 − x + 3 x→3 x3 − 2x2 − 9x + 18

j) lim

Megoldás. x3 − 3x2 − x + 3 00 ∗ = lim x→3 x3 − 2x2 − 9x + 18 A „ 00 ” alakból látható, hogy mind a számláló, mind a nevező osztható az x−3 kifejezéssel: x3 −3x2 −x +3 : (x − 3) = x2 − 1 x3 −3x2 −x +3 −x +3 0

43

x3 −2x2 −9x +18 : (x − 3) = x2 + x − 6 x3 −3x2 x2 −9x +18 x2 −3x −6x +18 −6x +18 0 így ∗

(x − 3)(x2 − 1) x2 − 1 8 4 = lim = = 2 2 x→3 (x − 3)(x + x − 6) x→3 x + x − 6 6 3

= lim

♦

x3 + 1 x→1 1 − x2

k) lim

Megoldás. x3 + 1 02 1 x3 + 1 = lim · = @ x→1 1 − x2 x→1 (1 − x)1 1 + x lim

x3 + 1 1 · = ∞ x→1 (1 − x)1 1 + x x3 + 1 1 · = −∞ lim+ x→1 (1 − x)1 1 + x lim−

Mivel az x = 1 pontban nem egyezik meg a jobb- és a baloldali határérték, ezért itt nem létezik határérték. ♦ 5x2 − 3x + 1 x→0 2x3 + x2

l) lim

Megoldás. 5x2 − 3x + 1 10 1 5x2 − 3x + 1 = lim · = +∞ x→0 x→0 (x − 0)2 2x3 + x2 2x + 1 lim

x2 − 1 x→−1 x3 + 5x2 + 7x + 3

m) lim

Megoldás. 0 ∗∗ x2 − 1 0 = x→−1 x3 + 5x2 + 7x + 3

lim

♦

44

6. FEJEZET. FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE

x2 − 1 = (x − 1)(x + 1),

∗∗

x3 +5x2 +7x +3 : (x + 1) = x2 + 4x + 3 x3 +x2 4x2 7x +3 2 4x +4x 3x +3 3x +3 0

−2 1 x−1 (x − 1)(x + 1) x−1 0 = lim == lim · =@ 2 2 x→−1 x + 1 x + 3 x→−1 (x + 1)(x + 4x + 3) x→−1 x + 4x + 3

= lim

1 x−1 1 x−1 · = +∞ lim · = −∞ x→−1+ x + 1 x + 3 x→−1 x + 1 x + 3 Mivel az x = −1 pontban nem egyezik meg a jobb- és a baloldali határérték, ezért itt nem létezik határérték. ♦ lim −

sin x = 1. x→0 x

6.2. Tétel. lim

sin g(x) = 1, ha x→a g(x)

6.3. Megjegyzés. Igazolható, hogy lim

lim g(x) = 0

x→a

(a ∈ R).

sin x x→0 3x

n) lim

Megoldás. sin x sin x x 1 sin x 1 = lim · = lim = x→0 3x x→0 x 3x 3 x→0 x 3 lim

♦

2x x→0 sin 7x

o) lim

Megoldás. 2x 7x 2 2 1 2 = lim · = lim sin 7x = x→0 sin 7x x→0 sin 7x 7 7 x→0 7x 7 lim

p) lim

x→0

♦

tg3x sin 4x Megoldás. tg3x sin 3x 1 1 sin 3x 1 3 3 = lim · = lim · · · = x→0 sin 4x x→0 cos 3x sin 4x x→0 cos 3x 3x sin4x4x 4 4 lim

♦

7. fejezet Folytonosság, invertálhatóság 7.1. Folytonosság 7.1. Definíció. Legyen H ⊆ R és f : H → R a H halmazon értelmezett függvény. Akkor mondjuk, hogy az f függvény az a ∈ H pontban folytonos, ha ∀ε > 0, ∃δ = δ(ε, a) > 0, ∀x ∈ H, |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε. 7.2. Megjegyzés. – Értelmezési tartományának a ∈ H 0 torlódási pontjában a függvény akkor folytonos, ha i) a ∈ H ii) ∃A = lim f (x) véges határérték x→a

iii) f (a) = A – Az értelmezési tartomány izolált pontjaiban a függvény mindig folytonos. – Azon pontokban, ahol a függvény nem értelmezett nincs értelme folytonosságról beszélni. 7.3. Definíció. Ahol a függvény értelmezett, de nem folytonos, ott a függvénynek szakadása van. 7.4. Definíció. Ha f az a ∈ H pontban nem folytonos, de létezik véges határértéke a-ban (ekkor nyilván f (a) 6= lim f (x)), azt mondjuk, hogy a függvénynek megszüntethető szakadása van az x→a a pontban. 7.5. Definíció. Ha f az a ∈ H pontban nem folytonos és nem létezik véges határértéke a-ban, de léteznek véges egyoldali határértékek (amelyek ekkor nyilván nem egyenlők), azt mondjuk, hogy a függvénynek a-ban ugrása van. A ∆ := lim+ f (x) − lim− f (x) x→a

x→a

számot az ugrás mértékének nevezzük. 7.6. Definíció. Az ugrást és a megszüntethető szakadást elsőfajú szakadásnak, minden más típusú szakadást másodfajú szajkadásnak nevezünk. 45

46

7. FEJEZET. FOLYTONOSSÁG, INVERTÁLHATÓSÁG

7.7. Definíció. Ha az f függvény értelmezési tartományának valamely K ⊆ H részhalmazának minden pontjában folytonos, akkor azt mondjuk, hogy a K halmazon folytonos. Példák : 1.) Az f (x) = sgnx függvénynek az a = 0 pontban ugrása van. 2.) Az (

x, ha x 6= 1, −1, ha x = 1, függvénynek a = 1-ben megszüntethető szakadása van.

f (x) =

3.) Az f (x) =

1 x

függvény a Df -n folytonos

4.) Az ábrán látható függvénynek a=−1-ben másodfajú szakadása van.

( 5.) A D(x) =

1, −1,

ha x ∈ Q, ha x ∈ / Q,

Dirichlet-függvény sehol nem folytonos.

7.1.1. Műveletek folytonos függvényekkel 7.8. Tétel. Legyen f, g két, a H halmazon értelmezett folytonos függvény (f, g ∈ CH ) és λ ∈ R, ekkor – f + g, λ · f és f · g is folytonos H-n. – Ha g(x) 6= 0 minden x ∈ H esetén, akkor

f g

is folytonos H-n.

7.9. Definíció. Legyen H ⊆R és K ⊆R. Az f :H →K és a g :K →R függvények kompozícióján azt a g◦f függvényt értjük, melynek értelmezési tartománya a H halmaz és hozzárendelési szabálya x 7→ (g ◦ f )(x) := g(f (x)).

7.1.2. Folytonos függvények tulajdonságai 7.10. Definíció. Az f : H → R függvény korlátos, ha értékkészlete korlátos, azaz ha létezik k, K ∈ R, hogy k ≤ f (x) ≤ K (∀x ∈ H). 7.11. Tétel. Korlátos és zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény korlátos. 7.12. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f : H → R függvénynek van maximuma, ha létezik x∗ ∈ H, melyre f (x∗ ) ≥ f (x) (∀x ∈ H)

7.2. TOVÁBBI NEVEZETES FÜGGVÉNYEK ÉS INVERZEIK

47

7.13. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f : H → R függvénynek van minimuma, ha létezik x∗ ∈ H, melyre f (x∗ ) ≤ f (x) (∀x ∈ H) 7.14. Tétel. (Weierstrass tétele) Véges zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény felveszi szélsőértékeit. 7.15. Definíció. Az f : H1 → H2 kölcsönösen egyértelmű leképezés inverz függvényén értjük azt az f függvényt, melynek értelmezési tartománya f értékkészlete (f : H2 → H1 ), hozzárendelési szabálya ∀y ∈ H2 , f : y 7→ x, melyre x ∈ H1 , f (x) = y. 7.16. Tétel. (Inverz függvény folytonossága) Ha a, b∈R, és f :(a, b)→R szigorúan monoton, folytonos függvény, akkor az f függvény f : (α, β) → (a, b) inverz függvényei is ugyanabban az értelemben szigorúan monoton és folytonos, ahol α = inf{f (x), x ∈ (a, b)} és β = sup{f (x), x ∈ ∈ (a, b)}. 7.17. Megjegyzés. Az inverz függvény grafikonja az eredeti függvény grafikonjának y = x egyenesre vett tükörképe. 7.18. Tétel. (Bolzano-tétel) Legyen f az I ⊆R intervallumon értelmezett valósértékű függvény. Ekkor f értékkészletének bármely két eleme közé eső értéket felveszi.

7.2. További nevezetes függvények és inverzeik 7.19. Definíció. Legyen a > 0 és a 6= 1 pozitív valós szám. Az a szám r ∈ R valós kitevős hatványán az alábbi határértéket értjük ar := lim aqn , n→∞

ahol (qn , n ∈ N) tetszőleges r-hez tartó racionális számsorozat. 7.20. Megjegyzés. Megmutatható, hogy a fenti definíció jó, azaz – A megadott határérték minden a és r esetén létezik. – A határérték nem függ a (qn , n ∈ N) sorozat választásától. – Ha r ∈ Q, akkor ar korábbi értelmezéséhez jutunk. 7.21. Definíció. Legyen a > 0 és a 6= 1 pozitív valós szám. Az expa : R → {y ∈ R| y > 0} x 7→ expa (x) := ax , utasítással értelmezett függvényt a alapú exponenciális függvénynek nevezzük.

48

7. FEJEZET. FOLYTONOSSÁG, INVERTÁLHATÓSÁG A függvény néhány tulajdonsága: – Df = R, Rf = {y ∈ R| y > 0} – a > 1 esetén szigorúan monoton növő, a < 1 esetén szigorúan monoton csökkenő – sem minimuma sem maximuma nincs – konvex – a függvény nem páros és nem páratlan – nem periodikus – mindenhol folytonos – Az y-tengelyt a (0, 1) pontban metszi (minden szóbajöhető a esetén) – Mivel az exponenciális függvény kölcsönösen egyértelmű, ezért invertálható.

7.22. Definíció. Legyen a > 0 és a 6= 1 pozitív valós szám. Az a alapú exponenciális függvény inverz függvényét a alapú logaritmus függvénynek nevezzük és a loga szimbólummal jelöljük.

– Df = {x ∈ R| x > 0}, Rf = R – Ha a > 1 szig. mon. növő, ha a < 1 szig. mon. csök. – sem min. sem max. nincs – ha a > 1 konkáv és ha a < 1 konvex – nem páros és nem páratlan – nem periodikus – mindenhol folytonos – Az x-tengelyt az (1, 0) pontban metszi (minden szóbajöhető a esetén)

7.23. Definíció. A valós számokon értelmezett és az x ∈ R számhoz az x-tengely pozitív felével x szöget bezáró egységvektor függőleges koordinátáját rendelő függvényt szinusz függvénynek nevezzük.


– Df = R, Rf = [−1, 1]

– zérushelyek x = kπ, k ∈ Z

– nem monoton

– páratlan

– xmin = − π2 + 2kπ, k ∈ Z, ymin = −1

– periodikus, periódusa p = 2π

– xmax = π2 + 2kπ, k ∈ Z, ymax = 1

– mindenhol folytonos

49

7.24. Megjegyzés. A sin függvény a [− π2 , π2 ] intervallumon szigorúan monoton növő, így kölcsönösen egyértelmű, ezért ezen az intervallumon létezik inverze. 7.25. Definíció. A sin függvény [− π2 , π2 ] intervallumra vett leszűkítésének inverz függvényét arkusz szinusz függvénynek nevezzük, azaz arcsin x jelenti azt a − π2 és π2 közötti szöget, radiánban adva, amelynek szinusza x. – Df = [−1, 1], Rf = − π2 ,

π 2

– szigorúan monoton növő – xmin = −1, ymin = − π2 – xmax = 1, ymax =

π 2

– zérushely x = 0-ban – páratlan – nem periodikus – mindenhol folytonos 7.26. Definíció. A valós számokon értelmezett és az x ∈ R számhoz az x-tengely pozitív felével x szöget bezáró egységvektor vízszintes koordinátáját rendelő függvényt koszinusz függvénynek nevezzük.

50


– Df = R, Rf = [−1, 1]

– zérushelyek x = π2 + kπ, k ∈ Z

– nem monoton

– páros

– xmin = π + 2kπ, k ∈ Z, ymin = −1

– periodikus, periódusa p = 2π

– xmax = 0 + 2kπ, k ∈ Z, ymax = 1


7.27. Megjegyzés. A cos függvény a [0, π] intervallumon szigorúan monoton csökkenő, így kölcsönösen egyértelmű, ezért ezen az intervallumon létezik inverze.

7.28. Definíció. A cos függvény [0, π] intervallumra vett leszűkítésének inverz függvényét arkusz koszinusz függvénynek nevezzük, azaz arccos x jelenti azt a 0 és π közötti szöget, radiánban adva, amelynek koszinusza x.

– Df = [−1, 1], Rf = [0, π] – szigorúan monoton csökkenő – xmax = −1, ymax = π – xmin = 1, ymin = 0 – zérushely x = 1-ben – nem páros és nem páratlan – nem periodikus – mindenhol folytonos

7.29. Definíció. Azt a függvényt, amelynek értelmezési tartománya R\{x ∈ R| x =

π + kπ, k ∈ Z} 2

és hozzárendelési utasítása x 7→ tgx := tangens függvénynek nevezzük.

sin x cos x


51

– Df = R\{x ∈ R| x = π2 + kπ, k ∈ Z}, Rf = R – nem monoton – nincs maximum és nincs minimum – páratlan – periodikus p = π – zérushelyek x = 0 + kπ, k ∈ Z – Az értelmezési tartomány minden pontjában folytonos

7.30. Megjegyzés. A tg függvény a − π2 , π2 intervallumon szigorúan monoton növő, így kölcsönösen egyértelmű, ezért ezen az intervallumon létezik inverze. 7.31. Definíció. A tg függvény − π2 , π2 intervallumra vett leszűkítésének inverz függvényét arkusz π π tangens függvénynek nevezzük, azaz arctgx jelenti azt a − 2 , 2 -beli szöget, radiánban adva, amelynek tangense x.

– Df = R, Rf = − π2 ,

π 2

– páratlan

– szigorúan monoton növő – nem periodikus – nincs maximum és nincs minumum sem – mindenhol folytonos – zérushely x = 0-ban 7.32. Definíció. Azt a függvényt, amelynek értelmezési tartománya R\{x ∈ R| x = kπ, k ∈ Z} és hozzárendelési utasítása x 7→ ctgx := kotangens függvénynek nevezzük.

cos x sin x

52


– Df = R\{x ∈ R| x = kπ, k ∈ Z}, Rf = R – nem monoton – nincs maximum és nincs minimum – páratlan – periodikus p = π – zérushelyek x = π2 + kπ, k ∈ Z – Az értelmezési tartomány minden pontjában folytonos

7.33. Megjegyzés. A ctg függvény a (0, π) intervallumon szigorúan monoton csökkenő, így kölcsönösen egyértelmű, ezért ezen az intervallumon létezik inverze. 7.34. Definíció. A ctg függvény (0, π) intervallumra vett leszűkítésének inverz függvényét arkusz kotangens függvénynek nevezzük, azaz arcctgx jelenti azt a (0, π)-beli szöget, radiánban adva, amelynek kotangense x.

– Df = R, Rf = (0, π)

– nem páros és nem páratlan

– szigorúan monoton csökkenő

– nem periodikus

– nincs maximum és nincs minumum sem


8. fejezet Függvények inverze 8.1. Feladat. Adjuk meg a következő függvények inverzét. Ha a függvény nem invertálható, szűkítsük le egy olyan halmazra, amelyen már létezik inverze. Adjuk meg az eredeti és az inverz függvény értelmezési tartományát és értékkészletét. a) f (x) = 2 · 32x−1 + 1 Megoldás. Df = R 3α > 32x−1 > 2 · 32x−1 > 2 · 32x−1 + 1 >

0 ∀α ∈ R 0 ∀x ∈ R / · 2 0 /+1 1

Ebből következik, hogy az értékkészlet: Rf = {y|y ∈ R, y > 1}. Az f függvény szigorúan monoton növő függvény, így kölcsönösen egyértelmű leképezéssel keletkezett, ezért invertálható. y = y −1 = y −1 = 2 y −1 log3 = 2 y −1 log3 +1 = 2 1 y −1 1 log3 + = 2 2 2 Formális betűcsere után kapható a függvény f (x) = y =

2 · 32x−1 + 1 2 · 32x−1 32x−1 log3 32x−1 = 2x − 1 2x x = f (y) inverze:

1 x−1 1 log3 + . 2 2 2

Írjuk fel az inverz függvény értelmezési tartományát és értékkészletét: x−1 >0 2

⇒

x−1 > 0 53

⇒

x>1

54

8. FEJEZET. FÜGGVÉNYEK INVERZE Df = {x|x ∈ R, x > 1} = Rf Rf = R = D f

♦

8.1. Megjegyzés. Ábrázoljuk közös koordináta rendszerben az f függvényt és f inverzét. Észrevehető, hogy az inverz függvény grafikonja az eredeti függvény grafikonjának y = x egyenesre vonatkozó tükörképe. Az alábbi ábrán kék színnel látjuk az f és zölddel az f függvényt. Segítségül berajzoltuk az y = x egyenest is (pirossal).

b) f (x) =

1 π arcsin(2x + 1) − 2 2

Megoldás. Értelmezési tartomány meghatározása: −1 ≤ 2x + 1 ≤ 1 −2 ≤ 2x ≤ 0 −1 ≤ x ≤ 0

⇒

Df = [−1, 0]

Értékkészlet meghatározása: − π2 − π2 − π4 − 34 π

≤ ≤ ≤ ≤

arcsin α arcsin(−x + 3) 1 arcsin(−x + 3) 2 1 arcsin(−x + 3) − π2 2

≤ π2 ≤ π2 ≤ π4 ≤ − π4

⇒

3 π Rf = − π, − 4 4

Mivel f szigorúan monoton növő (vagy mert az arcsin x függvény lineáris transzformáltja), ezért kölcsönösen egyértelmű leképezéssel keletkezett, így a teljes értelmezési tartományon

55 invertálható: π 1 arcsin(2x + 1) − y = 2 2 π 2 y+ = arcsin(2x + 1) 2 sin (2y + π) = 2x + 1 1 sin (2y + π) − 1 = x = f (y) 2 Formális betűcsere után kapható a függvény inverze: f (x) = y =

1 sin (2x + π) − 1. 2

Az inverz függvény értelmezési tartománya és értékkészlete: 3 π Df = Rf = − π, − 4 4 Rf = Df = [−1, 0] c) f (x) = 3

♦

3 1 x−2 −1 2

Megoldás. Mivel f egy polinom függvény, ezért minden valós helyen értelmezett és mivel az x3 függvény lineáris transzformációjával származtatható, ezért minden valós értéket fel is vesz, így Df = R, Rf = R. Mivel f szigorúan monoton növő (vagy mert az arcsin x függvény lineáris transzformáltja), ezért kölcsönösen egyértelmű leképezéssel keletkezett, így a teljes értelmezési tartományon invertálható: 3 1 x−2 −1 y = 3 2 3 1 1 (y + 1) = x−2 3 2 r 1 1 3 1 y+ = x−2 3 3 2 r 1 3 1 2 y + + 4 = x = f (y) 3 3 Formális betűcsere után kapható a függvény inverze: r 1 3 1 f (x) = y = 2 x + + 4. 3 3 Az inverz függvény értelmezési tartománya és értékkészlete: Df = Rf = R Rf = D f = R

♦

56

8. FEJEZET. FÜGGVÉNYEK INVERZE

1 d) f (x) = x2 + 2x + 5 2 Megoldás. Mivel f egy polinom függvény, ezért minden valós helyen értelmezett, így Df = R. Az értékkészlet leolvasásához érdemes a kifejezést teljes négyzetté alakítani: 1 1 2 (x + 4x + 4) + 3 = (x + 2)2 + 3 2 2 Mivel α2 ≥ 0, ezért 21 (x + 2)2 + 3 ≥ 3, így Rf = {x ∈ R|x ≥ 3}. A függvény több-egyértelmű leképezéssel keletkezett, így a teljes értelmezési tartományán nem invertálható. Mivel a függvény grafikonja egy parabola, melynek talppontja x0 = −2ben van, ezért a függvényt a (−∞, −2] vagy a [−2, ∞) intervallumra érdemes szűkíteni. Most válasszuk ez utóbbit: Df sz = {x|x ∈ R, x ≥ −2},

és ekkor Rf sz = Rf = {x ∈ R|x ≥ 3}.

1 (x + 2)2 + 3 2 2 (y − 3) = (x + 2)2 p ± 2y − 6 = x + 2 y =

Mivel minden x∈Df sz elem esetén x+2 pozitív, ezért a fenti több-értelmű leképezés pozitív ágát választjuk: p 2y − 6 − 2 = x = f (y) Formális betűcsere után kapható a függvény inverze: √ f (x) = y = 2x − 6 − 2. Az inverz függvény értelmezési tartománya és értékkészlete: Df = Rf sz = {x ∈ R|x ≥ 3} Rf = Df sz = {x|x ∈ R, x ≥ −2}

♦

π e) f (x) = 2 cos(πx + ) − 1 4 Megoldás. Mivel az f a cos x függvény lineáris transzformáltja, ezért minden valós helyen értelmezett, így Df = R. Az értékkészlet meghatározásakor a cos függvény ismert korlátaiból indulhatunk ki: −1 ≤ cos α −1 ≤ cos(πx + π4 ) −2 ≤ 2 cos(πx + π4 ) −3 ≤ 2 cos(πx + π4 ) − 1

≤ 1 ∀α ∈ R ≤ 1 ∀x ∈ R / · 2 ≤2 /−1 ≤ 1.

57 Ebből következik, hogy az értékkészlet: Rf = {y|y ∈ R, −3 ≤ y ≤ 1}. Az f függvény periodikus függvény, ezért több-egyértelmű leképezéssel keletkezett, így a teljes értelmezési tartományán nem invertálható. A cos α függvényt a 0 ≤ α ≤ π feltétel mellett szűkítjük le: 0 ≤ πx + π4 ≤ π π 3π − ≤ πx ≤ 4 4 3 1 x ≤ − ≤ 4 4 Legyen tehát Df sz = {x|x ∈ R, − 41 ≤ x ≤ 43 }. Ezen az intervallumon az f függvény szigorúan monoton csökkenő és az eredeti értékkészletének minden elemét felveszi: Rf sz = Rf . Mivel a Df sz halmazon f kölcsönösen egyértelmű, ezért itt már invertálható: π y = 2 cos(πx + ) − 1 4 y +1 π = cos(πx + ) 2 4 y +1 π arccos( ) = arccos(cos(πx + )) 2 4 Könnyen látható, hogy minden x ∈ Df sz elem esetén arccos(cos(πx + π4 )) = πx + π4 , így y +1 ) 2 y +1 π arccos( )− 2 4 1 y +1 1 arccos( )− π 2 4 Formális betűcsere után megkapható a függvény arccos(

f (x) = y =

= πx +

π 4

= πx = x = f (y) inverze:

1 x+1 1 arccos( )− . π 2 4

Határozzuk meg f értelmezési tartományát: −1 ≤ x+1 ≤1 2 −2 ≤ x + 1 ≤ 2 −3 ≤ x ≤1

Df = {x|x ∈ R − 3 ≤ x ≤ 1} = Rf sz

és értékkészletét: 0≤ 0≤ 0≤ 1 − ≤ 4

arccos α arccos x+1 2 1 x+1 arccos 2 π 1 π

arccos x+1 − 14 2

≤π ≤π ≤1 3 ≤ 4

1 3 Rf = y|y ∈ R − ≤ y ≤ 4 4

= Df sz .

♦

58

8. FEJEZET. FÜGGVÉNYEK INVERZE 8.2. Megjegyzés. Ábrázoljuk közös koordináta rendszerben az f függvényt és f inverzét. Az alábbi ábrán sárga színnel látjuk az f függvényt és pirossal kiemeltük azt a darabot, melyen az inverziót végrehajtottuk (− 14 ≤ x ≤ 34 ), zölddel rajzoltuk az f függvényt és segítségül berajzoltuk az y = x egyenest is (kékkel).

π f) f (x) = 2ctg 2x − −1 3 Megoldás. Értelmezési tartomány meghatározásakor induljunk ki abból, hogy ctgα kifejezés argumentumára α 6= k · π, ahol k ∈ Z: 2x − π3 = 6 k ·π (k ∈ Z) π 2x = 6 + k · π (k ∈ Z) 3 π π + k · 2 (k ∈ Z) x = 6 6

⇒

Df = R\{x ∈ R| x =

π π + k · , k ∈ Z} 6 2

Mivel f a ctg függvény lineáris transzformációjával kapható, ezért minden való értéket felvesz, azaz Rf = R. Mivel a függvény periodikus, ezért több-egyértelmű leképezéssel keletkezett, így a teljes értelmezési tartományán nem invertálható. A ctgα függvényt a 0 < α < π feltétel mellett szűkítjük le: 0 < 2x − π3 < π π 4 ≤ 2x ≤ π 3 3 π 2 ≤ x ≤ π 6 3 Legyen tehát Df sz =

π 2 , 3π 6

.

59 Ezen az intervallumon az f függvény szigorúan monoton csökkenő és az eredeti értékkészletének minden elemét felveszi: Rf sz = Rf = R. π −1 y = 2ctg 2x − 3 y +1 π = ctg 2x − 2 3 π y +1 = 2x − arcctg 2 3 1 y +1 π arcctg + = xf (y) 2 2 6 Formális betűcsere után kapható a függvény inverze: 1 x+1 π f (x) = y = arcctg + . 2 2 6 Az inverz függvény értelmezési tartománya és értékkészlete: Df = Rf sz = R π 2 , π Rf = Df sz = 6 3

♦

60

8. FEJEZET. FÜGGVÉNYEK INVERZE

9. fejezet Differenciálszámítás 9.1. Differenciálhatóság 9.1. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az a ∈ H ⊆ R pont a halmaz belső pontja, ha létezik a-nak olyan Kr (a) környezete, hogy Kr (a) ⊆ H. 9.2. Definíció. Legyen H ⊆ R és a ∈ H a halmaz egy belső pontja. Az f : H → R függvény a pontbeli differenciahányadosán (vagy különbségi hányadosán) az alábbi utasítással értelmezett függvényt értjük : f (x) − f (a) (x ∈ H\{a}). (∆a f )(x) := x−a 9.3. Megjegyzés. A differenciahányados geometriai jelentése : Legyen H =(α, β). (∆a f )(x), azaz az f :(α, β)→R függvény a∈(α, β) pontbeli differenciahányadosa az x helyen, megadja az f függvény grafikonjának (a, f (a)) és (x, f (x)) pontjait összekötő szelő meredekségét (iránytangensét).

61

62

9. FEJEZET. DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS

9.4. Megjegyzés. A differenciahányados egy fizikai jelentése : Ha az f : (α, β) → R függvény valamely egyenesvonalú mozgás út-idő függvénye, akkor a (∆a f )(x) szám az a és x időpillanatok közötti átlagsebességet jelenti. 9.5. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f : H → R függvény az a ∈ H belső pontban differenciálható, ha a ∆a f differenciahányados-függvénynek létezik a-ban véges határértéke. Ezt a határértéket az f függvény a pontbeli differenciálhányadosának (vagy deriváltjának) nevezzük: f 0 (a) =

f (x) − f (a) df (a) := lim (∆a f )(x) = lim x→a x→a dx x−a

9.6. Megjegyzés. Sokszor érdemes az előző definícióban megismerttel ekvivalens, alábbi formula alapján számolni: f (a + ∆x) − f (a) . f 0 (a) = lim ∆x→0 ∆x 9.7. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f : (α, β) → R függvénynek az (a, f (a)) pontjában van érintője, ha az f függvény az a pontban differenciálható. Az (a, f (a)) ponton áthaladó m = f 0 (a) meredekségű egyenest az f grafikonjának (a, f (a)) pontjához tartozó érintőjének nevezzük. Az érintő egyenlete: y = f 0 (a) · (x − a) + f (a). 9.8. Megjegyzés. A differenciálhányados geometriai jelentése : Az f :(α, β)→R függvény a∈(α, β) pontbeli differenciálhányadosa megadja az f függvény grafikonjának (a, f (a)) pontjához húzható érintő meredekségét (iránytangensét).

9.9. Megjegyzés. A differenciálhányados egy fizikai jelentése : Ha az f : (α, β) → R függvény valamely egyenesvonalú mozgás út-idő függvénye, akkor a f 0 (a) szám az a időpillanathoz tartozó pillanatnyi sebességet jelenti. 9.10. Tétel. Ha f differenciálható az a pontban, akkor ott folytonos is.

9.2. DERIVÁLÁSI SZABÁLYOK

63

9.11. Megjegyzés. A folytonosság a differenciálhatóságnak szükséges, de nem elégséges feltétele. Például az f (x) = |x| függvény az x = 0 helyen folytonos, de nem differenciálható.

9.12. Tétel. Az f : H → R függvény az értelmezési tartományának a belső pontjában akkor és csak akkor differenciálható, ha létezik olyan A ∈ R szám és olyan : H → R a-ban folytonos függvény, melyre (a) = 0 és amellyel f (x) − f (a) = A · (x − a) + (x − a) · (x)

(x ∈ H).

Ekkor az A = f 0 (a). 9.13. Megjegyzés. A fenti tulajdonság lesz alkalmas arra, hogy a differenciálhányadost többváltozós függvények esetén is értelmezzük.

9.2. Deriválási szabályok 9.14. Tétel. Ha az f függvény differenciálható az a helyen és c ∈ R, akkor a g = c · f függvény is g 0 (a) = c · f 0 (a). Bizonyítás:. g(x) − g(a) c · f (x) − c · f (a) f (x) − f (a) = lim = lim c · = x→a x→a x→a x−a x−a x−a f (x) − f (a) = c · lim = c · f 0 (a). x→a x−a

g 0 (a) = lim

9.15. Tétel. Ha f és g függvények differenciálhatók az a helyen, akkor h = f + g függvény is differenciálható az a helyen és h0 (a) = f 0 (a) + g 0 (a). Bizonyítás:. h(x) − h(a) (f (x) + g(x)) − (f (a) + g(a)) = lim = x→a x→a x−a x−a (f (x) − f (a)) + (g(x) − g(a)) f (x) − f (a) g(x) − g(a) = lim = lim + = x→a x→a x−a x−a x−a = f 0 (a) + g 0 (a).

h0 (a) = lim

64


9.16. Következmény. Az előző két tétel alapján: Ha f és g függvények differenciálhatók az a helyen, akkor h = f −g függvény is differenciálható az a helyen és h0 (a) = f 0 (a) − g 0 (a). 9.17. Tétel. Ha f és g függvények differenciálhatók az a helyen, akkor h = f · g függvény is differenciálható az a helyen és h0 (a) = f 0 (a) · g(a) + f (a) · g 0 (a). Bizonyítás:. f (x) · g(x) − f (a) · g(a) h(x) − h(a) = lim = x→a x→a x−a x−a f (x) · g(x) − f (a) · g(x) + f (a) · g(x) − f (a) · g(a) = = lim x→a x−a f (x) − f (a) g(x) − g(a) = lim · g(x) +f (a) = f 0 (a) · g(a) + f (a) · g 0 (a). x→a |{z} x − a x − a | {z } | {z }

h0 (a) = lim

→f 0 (a)

→g(a)

→g 0 (a)

9.18. Tétel. Ha f és g függvények differenciálhatók az a helyen és g(a) 6= 0, akkor h = fg függvény is differenciálható az a helyen és h0 (a) =

f 0 (a) · g(a) − f (a) · g 0 (a) . g 2 (a)

Bizonyítás:. •

1 g

függvény deriváltja 0 1 (a) = lim x→a g

1 g(x)

1 − g(a)

x−a

= lim

x→a

g(a)−g(x) g(x)·g(a)

x−a

g(a) − g(x) 1 g 0 (a) · =− 2 x→a − a } g(x) · g(a) g (a) | x{z | {z }

= lim

→−g 0 (a)

• Így

f g

→

1 g 2 (a)

deriváltjára: 0 0 f 1 g 0 (a) f 0 (a) · g(a) − f (a) · g 0 (a) 1 (a) = f · (a) = f 0 (a) · − f (a) · 2 = . g g g(a) g (a) g 2 (a)

9.19. Tétel. (Közvetett függvény deriválása (Lánc-szabály)) Ha az f függvény differenciálható az a helyen és a g függvény differenciálható az f (a) helyen, akkor h = f ◦ g függvény is differenciálható az a helyen és h0 (a) = g 0 (f (a)) · f 0 (a). 9.20. Tétel. (Inverz függvény deriválása) Tegyük fel, hogy az f függvénynek létezik f inverze. Ha f differenciálható az a helyen, f 0 (a) 6= 0 és f folytonos az f (a) helyen, akkor az f inverz függvény differenciálható az f (a) helyen és 0

f (f (a)) =

1 . f 0 (a)

9.3. ELEMI FÜGGVÉNYEK DERIVÁLTJAI

65

9.21. Megjegyzés. A fenti tételt gyakran használjuk az alábbi alakban. Tegyük fel, hogy az f függvénynek létezik f inverze. Ha az f inverz függvény folytonos az értelmezési tartományának b pontjában és az eredeti függvény differenciálható az a = f (b) helyen és f 0 (f (b)) 6= 0, akkor f függvény differenciálható b-ben és 1 0 f (b) = 0 . f (f (b))

9.3. Elemi függvények deriváltjai 9.22. Tétel. Az f (x) = c konstans függvény minden valós helyen differenciálható és a deriváltja 0. Bizonyítás:. Legyen a ∈ R tetszőleges. Ekkor ∆a f (x) =

c−c = 0 (∀x ∈ R) x−a

Így f 0 (a) = lim ∆a f (x) = 0. x→a

9.23. Tétel. Az f (x) = xn , n ∈ N függvény minden valós helyen differenciálható és a deriváltja f 0 (x) = n · xn−1 . Bizonyítás:. Legyen a ∈ R tetszőleges. Ekkor ∆a f (x) =

x n − an = xn−1 + xn−2 · a + · · · + x · an−2 + an−1 x−a

(∀x ∈ R)

A függvény differenciahányados-függvénye egy polinom, melynek határértéke az a pontban megegyezika helyettesítési értékével. Azaz a fenti n-tagú összeg minden tagja tart an−1 -hez, így f 0 (a) = = n · an−1 . 9.24. Megjegyzés. A határátmenet segítségével a fenti tétel kiterjeszthető racionális kitevőkre. 9.25. Tétel. Az f (x) = ln x függvény az értelmezési tartományának minden pontjában differenciálható és (ln x)0 = x1 . Bizonyítás:. Az értelmezési tartomány minden x ∈ R+ pontjában f (x + ∆x) − f (x) ln(x + ∆x) − ln(x) = lim = ∆x→0 ∆x ∆x 1 x + ∆x 1 x x + ∆x = lim · ln = lim · · ln = ∆x→0 ∆x ∆x→0 x ∆x x x x x 1 x + ∆x ∆x 1 1 ∆x 1 = lim · ln = lim · ln 1 + x = . ∆x→0 x ∆x→0 x x x ∆x | {z }

f 0 (x) =

lim

∆x→0

→e

66


9.26. Tétel. Az f (x) = loga x, (a > 0, a 6= 1) függvény az értelmezési tartományának minden pontjában differenciálható és (loga x)0 = x ln1 a . Bizonyítás:. 0

0

f (x) = (loga x) =

ln x ln a

0 =

1 1 · . ln a x

9.27. Tétel. Az f (x) = ax , (a > 0, a 6= 1) függvény minden valós helyen differenciálható és (ax )0 = = ax · ln a. Bizonyítás:. Az f (x) = ax függvény szigorúan monoton ezért invertálható. A függvény inverze az f (y) = loga y függvény. Az inverz függvény deriválási szabálya alapján: f 0 (x) =

1 0

f (f (x))

=

1 = (loga y)0 y=ax

1

1 y·ln a y=ax

= ax · ln a.

9.28. Megjegyzés. Az előző tétel speciális eseteként (a = e esetén) kapható, hogy az f (x) = ex függvény minden valós helyen differenciálható és (ex )0 = ex . 9.29. Tétel. Az f (x) = sin x függvény minden valós helyen differenciálható és (sin x)0 = cos x. Bizonyítás:. f 0 (x) = = = = = = = =

sin(x + ∆x) − sin(x) f (x + ∆x) − f (x) = lim = ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x sin x · cos ∆x + cos x · sin ∆x − sin(x) lim = ∆x→0 ∆x sin x · (cos ∆x − 1) + cos x · sin ∆x = lim ∆x→0 ∆x cos ∆x − 1 sin ∆x lim sin x · + cos x · = ∆x→0 ∆x ∆x cos ∆x − 1 cos ∆x + 1 sin ∆x lim sin x · · + cos x · = ∆x→0 ∆x cos ∆x + 1 ∆x cos2 ∆x − 1 sin ∆x lim sin x · + cos x · = ∆x→0 ∆x · (cos ∆x + 1) ∆x sin2 ∆x sin ∆x lim sin x · + cos x · = ∆x→0 ∆x · (cos ∆x + 1) ∆x sin ∆x sin ∆x sin ∆x lim sin x · · + cos x · = cos x. ∆x→0 + 1 ∆x | ∆x {z } |cos ∆x | {z } {z } lim

→1

→0

→1

9.30. Tétel. Az f (x) = cos x függvény minden valós helyen differenciálható és (cos x)0 = − sin x. Bizonyítás:. A bizonyításhoz kihasználjuk, hogy cos x = sin x + π2 minden x ∈ R esetén. π 0 π (cos x)0 = sin x + = cos x + · 1 = − sin x. 2 2 Hiszen cos x + π2 = − sin x minden x ∈ R esetén.

9.3. ELEMI FÜGGVÉNYEK DERIVÁLTJAI

67

9.31. Tétel. Az f (x) = tgx függvény az értelmezési tartományának minden pontjában differenciálható és (tgx)0 = cos12 x . sin x Bizonyítás:. A bizonyításhoz kihasználjuk, hogy tgx = cos minden x ∈ Df esetén. x 0 cos x · cos x − sin x · (− sin x) cos2 x + sin2 x 1 sin x 0 = = = . (tgx) = 2 2 cos x cos x cos x cos2 x

9.32. Megjegyzés. Sokszor praktikusabb az f (x) = tgx függvény deriváltját az alábbi alakban felírni : 1 cos2 x + sin2 x sin2 x (tgx)0 = = = 1 + = 1 + tg2 x. cos2 x cos2 x cos2 x 9.33. Tétel. Az f (x) = ctgx függvény az értelmezési tartományának minden pontjában differenciálható és (ctgx)0 = − sin12 x . Bizonyítás:. A bizonyításhoz kihasználjuk, hogy ctgx = (ctgx)0 =

cos x 0 sin x

=

cos x sin x

minden x ∈ Df esetén.

sin2 x + cos2 x 1 − sin x · sin x − cos x · cos x) = − =− 2 . 2 2 sin x sin x sin x

9.34. Megjegyzés. Sokszor praktikusabb az f (x) = ctgx függvény deriváltját az alábbi alakban felírni : −1 sin2 x + cos2 x cos2 x 0 (ctgx) = =− = − 1+ 2 = − 1 + ctg2 x . 2 2 sin x sin x sin x 1 9.35. Tétel. Az f (x)=arcsin x függvény a (−1,1) intervallumon differenciálható és f 0 (x)= √1−x 2.

Bizonyítás:. Az inverz függvény deriválási szabályát alkalmazzuk. A függvény inverze az f (y) = = sin y, − π2 ≤ y ≤ π2 függvény. Így (arcsin x)0 =

1

(sin y)0

=

y=arcsin x

1 cos y

=

y=arcsin x

p Ha y ∈ − π2 ; π2 , akkor cos y = 1 − sin2 y és ha x ∈ (−1, 1), sin arcsin x = x, így 1 1 1 p √

=p = = . 1 − x2 1 − sin2 y y=arcsin x 1 − sin2 arcsin x 9.36. Tétel. Az f (x) = arccos x függvény a (−1,1) intervallumon differenciálható és f 0 (x) = − 1 − √1−x 2. Bizonyítás:. Az inverz függvény deriválási szabályát alkalmazzuk. A függvény inverze az f (y) = = cos y, (0 ≤ y ≤ π) függvény. Így (arccos x)0 = Ha y ∈ [0; π], akkor sin y =

1

(cos y)0

y=arccos x

=

1 − sin y

=

y=arccos x

p 1 − cos2 y és ha x ∈ (−1, 1), akkor cos arccos x = x, így

1 1 1

= p = √ = −√ . 1 − x2 − 1 − cos2 y y=arccos x − 1 − cos2 arccos x

68


9.37. Tétel. Az f (x)=arctgx függvény a teljes értelmezési tartományán differenciálható és f 0 (x)= 1 = 1−x 2. Bizonyítás:. Az inverz függvény deriválási szabályát alkalmazzuk. A függvény inverze az f (y) = π π = tgy, − 2 < y < 2 függvény. Így (arctgx)0 =

1

(tgy)0

=

y=arctgx

1 1 1 = = . 2 1 + tg y y=arctgx 1 + tg arctgx 1 + x2 2

9.38. Tétel. Az f (x) = arcctgx függvény a teljes értelmezési tartományán differenciálható és 1 f 0 (x) = − 1−x 2. Bizonyítás:. Az inverz függvény deriválási szabályát alkalmazzuk. A függvény inverze az f (y) = = ctgy, (0 < y < π) függvény. Így (arcctgx)0 =

1

(ctgy)0

y=arcctgx

=

−1 −1 1 = = . 2 −1 − ctg y y=arcctgx 1 + ctg arcctgx 1 + x2 2

10. fejezet Derivált számítása műveleti szabályok alapján 10.1. Feladat. Adjuk meg az alábbi függvények deriváltfüggvényét. a) f (x) = 3 · x5 + 2 · x4 − 3 · x3 + 2 · x2 − x + 8 Megoldás. f 0 (x) = 3 · 5x4 + 2 · 4x3 − 3 · 3x2 + 2 · 2x1 − 1 + 0 = 15x4 + 8x3 − 9x2 + 4x − 1

♦

√ √ 1 2 3 + x+2 b) f (x) = 2x + x + √ + √ 3 x 3· x Megoldás. Írjuk át a függvényt tört- illetve negatív kitevős hatványok összegére: √ √ 1 1 1 2 1 2 1 + 3 x + 2 = 2x + x 2 + x− 2 + x− 3 + x 3 + 2 f (x) = 2x + x + √ + √ 3 3 x 3· x 4 1 2 1 −1 1 −3 2 1 f (x) = 2 + x 2 − x 2 + · − x− 3 + x− 3 + 0 = 2 2 3 3 3 1 1 1 1 2 1 1 1 = 2+ √ − · √ − · √ + ·√ 3 3 2 x 2 x3 9 x4 3 x2 0

♦

c) f (x) = x · sin x Megoldás. f 0 (x) = 1 · sin x + x · cos x

♦

d) f (x) = tgx · arcsin x Megoldás. 1 1 f 0 (x) = · arcsin x + tgx · √ 2 cos x 1 − x2

♦

69

70

10. FEJEZET. DERIVÁLÁS

e) f (x) = 2| x {z · ln x} · cos | {zx} =g(x)

=h(x)

Megoldás. f 0 (x) = (g(x) · h(x))0 = g 0 (x) · h(x) + g(x) · h0 (x) 1 · cos x + (2x · ln x) · (− sin x) = f (x) = 2 · ln 2 · ln x + 2 · x 1 ♦ = 2x · ln 2 · ln x · cos x + 2x · · cos x − 2x ln x · sin x. x

0

x

x

10.1. Megjegyzés. A fenti eredményből is látható, de általánosan is levezethető, hogy háromtényezős szorzat esetén (f · g · h)0 = f 0 · g · h + f · g 0 · h + f · g · h0 Továbbá n-tényezős szorzatra teljes indukcióval igazolható az alábbi összefüggés: !0 n n Y X Y fi = fi0 fj , i=1

i=1

j6=i

azaz n-tényezős szorzat deriváltját úgy kaphatjuk, ha képezzük az összes olyan n-tényezős szorzat összegét, amelyekben mindig pontosan egy tényezőt deriválunk, a többit változatlanul hagyjuk. (Nyilvánvaló, hogy ilyen szorzatból éppen n darab van.) arctgx log2 x Megoldás.

f) f (x) =

f 0 (x) =

1 1+x2

1 · log2 x − arctgx · x·ln 2

log22 x

♦

√ x2 ln 3 + 3 e3 − 5 g) f (x) = ex Megoldás.

√ 2x ln 3 · ex − x2 ln 3 + 3 e3 − 5 · ex f (x) = e2x 0

h) f (x) = sin(2x + 3) Megoldás. f 0 (x) = cos(2x + 3) · 2 2

♦

♦

2

i) f (x) = e3(x −2x) = e3x −6x Megoldás. 2 f 0 (x) = e3x −6x · (6x − 6) 1 x Megoldás. 1 1 1 −1 · 1 · (−1) 2 = f 0 (x) = 1 2 x x · cos2 ln x1 cos ln x x

♦

j) f (x) = tg ln

♦

10.1. LOGARITMIKUS DERIVÁLÁS r k) f (x) =

x+

q

71

21 12 1 x+ x = x+ x+x2 √

Megoldás. Az összetett függvény deriválási szabályát alkalmazzuk, többször egymás után: 12 − 21 12 0 1 1 1 f (x) = = · x+ x+x2 · x+ x+x2 2 12 − 21 1 1 0 1 1 −2 1 1 2 2 2 · x+x = · x+ x+x · 1+ x+x = 2 2 12 − 21 1 1 1 −2 1 1 1 −1 = = · x+ x+x2 · 1+ x+x2 · 1+ x 2 2 2 2 ! 1 1 1 p √ = q . p √ · 1 + 2 x + √x · 1 + 2 x 2 x+ x+ x 0

r l) f (x) = ln

1+x = ln 1−x

1+x 1−x

♦

21

Megoldás. Kétszer alkalmazva az összetett függvény deriválási szabályát:

0

f (x) = q

= q = q

1 1+x 1−x

1 1+x 1−x

1 1+x 1−x

1 · 2

1+x 1−x

− 21 0 1+x = · 1−x

1 · 2

1+x 1−x

− 21 ·

1 · (1 − x) − (1 + x) · (−1)) = (1 − x)2

1 1 1 1 2 = = · q · 2 2 1+x (1 − x) (1 + x)(1 − x) 1 − x2 1−x

♦

10.1. Logaritmikus deriválás Legyen g(x) és h(x) függvény differenciálható a H halmazon, továbbá g(x) > 0. Ekkor f (x) = [g(x)]h(x) is differenciálható a H-n és f 0 (x) az alábbi módokon határozható meg. 1. Megoldás : Ha g(x) > 0, akkor f (x) > 0. Ekkor ln (f (x)) = ln g(x)h(x) = h(x) · ln(g(x)) Deriváljuk az egyenlet mindkét oldalát: 1 1 · f 0 (x) = h0 (x) · ln(g(x)) + h(x) · · g 0 (x) f (x) g(x) 1 0 0 0 f (x) = f (x) · h (x) · ln(g(x)) + h(x) · · g (x) . g(x)

72


2. Megoldás : Ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha az f (x) = eln(f (x)) = eln(g(x)

h(x)

) = eh(x)·ln(g(x))

átalakításból indulunk ki. Ekkor 1 0 0 h(x)·ln(g(x)) 0 h(x)·ln(g(x)) 0 f (x) = e = |e {z } · h (x) · ln g(x) + h(x) · · g (x) . g(x) =f (x)

10.2. Megjegyzés. A következő feladatok megoldása során a fenti két módszer egyformán hatásos. Mindenki maga döntheti el, melyik úton szeretne elindulni. A 2. Megoldásnak mégis van egy kis előnye, a későbbiekben a L’Hospital szabály alkalmazásakor ehhez a módszerhez meglehetősen hasonlító eljárásra van szükség. 10.2. Feladat. Adjuk meg az alábbi függvények deriváltfüggvényét. a) f (x) = (3x)x

2

Megoldás. Ha 3x > 0, akkor f (x) > 0. Ekkor elvégezhetők a szükséges átalakítások: 2

ln(f (x)) = ln(3x)x = x2 · ln 3x 1 1 · f 0 (x) = 2x · ln 3x + x2 · · 3 f (x) 3x 2

f 0 (x) = f (x) · (2x · ln 3x + x) = (3x)x · (2x · ln 3x + x) .

♦

b) f (x) = (sin x)cos x Megoldás. Ha sin x > 0, akkor f (x) > 0. Ekkor elvégezhetők a szükséges átalakítások: f (x) = eln(sin x)

cos x

= ecos x·ln sin x 1 0 cos x·ln sin x · cos x = f (x) = |e {z } · − sin x · ln sin x + cos x · sin x =f (x) cos2 x cos x = (sin x) · − sin x · ln sin x + . sin x ln x x+1 c) f (x) = x−1

♦

Megoldás. Ha x+1 > 0, akkor f (x) > 0. Ekkor elvégezhetők a szükséges átalakítások: x−1 x+1 ln x

f (x) = eln( x−1 )

x+1

= eln x·ln x−1

1 x+1 1 (x − 1) − (x + 1) f 0 (x) = |eln( {z ) } · · ln + ln x · x+1 · x x−1 (x − 1)2 x−1 =f (x) ln x x+1 1 x+1 x−1 −2 = · · ln + ln x · · . x−1 x x−1 x + 1 (x − 1)2 x+1 ln x x−1

! =

♦

10.2. ÉRINTŐ EGYENLETE

73

10.2. Érintő egyenlete 10.3. Feladat. Írjuk fel az f (x) = cos(πx)+1 függvény x0 = 13 helyhez tartozó érintőjének egyenletét, készítsünk ábrát! Megoldás. Az érintő egyenlete: y − f (x0 ) = f 0 (x0 ) · (x − x0 ), ahol x0 =

1 , 3

π 3 +1 = , 3 2 f 0 (x) = −π · sin(πx) √ π 3 0 f (x0 ) = −π · sin = − · π. 3 2 f (x0 ) = cos

Így az érintő √ 3 1 3 y− = − ·π · x− , 2 2 3 √ √ 3 3 3 y = − ·π ·x+ ·π + . 2 | 6 {z 2}

♦

b

10.4. Feladat. Határozzuk meg az f (x) = tg2x függvény görbéjének azon pontjait, ahol az érintő párhuzamos az 12 y = 4x − 1 egyenessel! Megoldás. Az egyenes egyenletét a szokásos y = m·x+b alakra átírva az érintő meredeksége leolvasható: y = 8x − 2

⇔

f 0 (x) =

f 0 (x0 ) = me = 8. 1 ·2 cos2 2x

2 = 8 2x0 1 = cos2 2x0 4 1 ± = cos 2x0 2

cos2

π 2x0 = ± + 2kπ k ∈ Z 3 π x0 = ± + kπ k ∈ Z 6

2π + 2`π ` ∈ Z 3 π = ± + `π ` ∈ Z 3

2x0 = ± x0

♦

74


11. fejezet Differenciálszámítás alkalmazásai I. 11.1. Monotonitás és szélsőértékek 11.1. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f :(α, β)→R függvény az a∈(α, β) pontban lokálisan növekvő, ha a-nak van olyan Kr (a) ⊆ (α, β) környezete, f (x) ≤ f (a), f (x) ≥ f (a),

ha x ∈ (a − r, a), ha x ∈ (a, a + r).

11.2. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f :(α, β)→R függvény az a∈(α, β) pontban lokálisan fogyó, ha a-nak van olyan Kr (a) ⊆ (α, β) környezete, f (x) ≥ f (a), f (x) ≤ f (a),

ha x ∈ (a − r, a), ha x ∈ (a, a + r).

11.3. Megjegyzés. Könnyen látható, hogy a monoton növő függvények értelmezési tartományuk minden belső pontjában lokálisan növekednek illetve a monoton fogyó függvények értelmezési tartományuk minden belső pontjában lokálisan fogynak. 11.4. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f : (α, β) → R függvénynek az a ∈ (α, β) pontban lokális maximuma van, ha a-nak létezik olyan Kr (a) ⊆ (α, β) környezete, f (x) ≤ f (a),

ha x ∈ Kr (a).

11.5. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f : (α, β) → R függvénynek az a ∈ (α, β) pontban lokális minimuma van, ha a-nak létezik olyan Kr (a) ⊆ (α, β) környezete, f (x) ≥ f (a),

ha x ∈ Kr (a).

11.6. Megjegyzés. A lokális maximumot és a lokális minimumot összefoglaló néven lokális szélsőértéknek nevezzük. 11.7. Megjegyzés. Könnyen látható, hogy a középiskolában tanult maximum egyben lokális maximum is illetve a minimum lokális minimum is. Az egyértelmű elnevezés kedvéért ezeket a szélsőértékeket ezentúl abszolút szélsőértékeknek nevezzük.

75

76

11. FEJEZET. DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS ALKALMAZÁSAI I.

11.8. Tétel. Legyen az f : (α, β) → R függvény az a ∈ (α, β) pontban differenciálható. i) Ha f az a pontban (lokálisan) növő, akkor f 0 (a) ≥ 0. ii) Ha f az a pontban (lokálisan) fogyó, akkor f 0 (a) ≤ 0. 11.9. Tétel. Legyen az f : (α, β) → R függvény az a ∈ (α, β) pontban differenciálható. i) Ha f 0 (a) > 0, akkor az f függvény az a pontban szigorúan növő. ii) Ha f 0 (a) < 0, akkor az f függvény az a pontban szigorúan fogyó. 11.10. Tétel. Ha az f : (α, β) → R függvény az a ∈ (α, β) pontban differenciálható és itt lokális szélsőértéke van, akkor f 0 (a) = 0 11.11. Megjegyzés. Az előző tétel a lokális szélsőérték létezésének szükséges, de nem elégséges feltétele. Például az f (x) = x3 függvénynek az x0 = 0 pontban nincs szélsőértéke, pedig f 0 (0) = 0. 11.12. Tétel. (A szélsőérték létezésének elsőrendű elégséges feltétele) Legyen f : H → R (H ⊆ R nyílt halmaz), a ∈ H, f ∈ Da . Ha f 0 (a) = 0 és f 0 az a-ban előjelet vált, akkor f -nek a-ban lokális szélsőértéke van. Ha az előjelváltás során a derivált negatívból pozitívvá válik, akkor az eredeti függvénynek lokális minimuma, ha pozitívból negatívvá válik, akkor az eredeti függvénynek lokális maximuma van az a pontban. 11.13. Definíció. Ha az f : H → R differenciálható függvény f 0 deriváltja az a ∈ H pontban differenciálható, akkor azt mondjuk, hogy az f kétszer differenciálható az a pontban és az f 00 (a) := (f 0 )0 (a) számot a függvény a pontbeli második deriváltjának, vagy másodrendű differenciálhányadosának nevezzük. 11.14. Tétel. (A szélsőérték létezésének másodrendű elégséges feltétele) Legyen f : H → R (H ⊆ R nyílt halmaz), a ∈ H, f ∈ Da2 . Ha f 0 (a) = 0 és f 00 (a) 6= 0, akkor f -nek a-ban lokális szélsőértéke van. Ha f 00 (a) > 0, akkor f -nek a-ban lokális minimuma, ha f 00 (a) < 0, akkor f -nek a-ban lokális maximuma van. 11.15. Definíció. Legyen n ∈ N és f : H → R függvény (n−1)-szer differenciálható. Ha a függvény (n − 1)-edik deriváltja (f (n−1) ) differenciálható az a ∈ H pontban, akkor azt mondjuk, hogy f az a pontban n-szer differenciálható és legyen f (n) (a) := (f (n−1) )0 (a). 11.16. Tétel. (A szélsőérték létezésének magasabbrendű elégséges feltétele) Legyen f : H → R (H ⊆ R nyílt halmaz), az a ∈ H pontban n-szer differenciálható. Tegyük fel, hogy f 0 (a) = f 00 (a) = · · · = f (n−1) (a) = 0, és f (n) 6= 0. Az f -nek akkor és csak akkor van az a-ban lokális szélsőértéke, ha n páros. Ekkor ha f (n) (a) > 0, akkor f -nek a-ban lokális minimuma, ha f (n) (a) < 0, akkor f -nek a-ban lokális maximuma van.

11.2. KONVEXITÁS ÉS INFLEXIÓ

77

11.2. Konvexitás és inflexió 11.17. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f : H → R függvény egy I ⊆ H intervallumon konvex, ha bármely a, b ∈ I, a < b esetén az (a, f (a)) és (b, f (b)) pontokon áthaladó egyenes (szelő) az (a, b)-ben az f fölött fekszik. 11.18. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f : H → R függvény egy I ⊆ H intervallumon konkáv, ha bármely a, b ∈ I, a < b esetén az (a, f (a)) és (b, f (b)) pontokon áthaladó egyenes (szelő) az (a, b)-ben az f alatt fekszik. 11.19. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f : H → R függvénynek az a ∈ H helyen inflexiója van, ha ott a függvény konvexitást vált. 11.20. Tétel. (A konvexitás és az első derivált kapcsolata) Tekintsük az f : (a, b) → R függvényt, tegyük fel, hogy f az (a, b)-n differenciálható, ekkor i) Ha f konvex (a, b)-n, akkor f 0 monoton nő (a, b)-n ii) Ha f szigorúan konvex (a, b)-n, akkor f 0 szigorúan monoton nő (a, b)-n iii) Ha f konkáv (a, b)-n, akkor f 0 monoton csökken (a, b)-n iv) Ha f szigorúan konkáv (a, b)-n, akkor f 0 szigorúan monoton csökken (a, b)-n 11.21. Tétel. (A konvexitás és a második derivált kapcsolata) Tekintsük az f : (a, b) → R függvényt, tegyük fel, hogy f az (a, b)-n kétszer differenciálható, ekkor i) Ha f konvex (a, b)-n, akkor f 00 (x) ≥ 0 ii) Ha f konkáv (a, b)-n, akkor f 00 (x) ≤ 0 iii) Ha f 00 (x) > 0, akkor f szigorúan konvex (a, b)-on iv) Ha f 00 (x) < 0, akkor f szigorúan konkáv (a, b)-on 11.22. Tétel. (Inflexióspont létezésének szükséges feltétele) Ha az f : H → R függvény az a ∈ H pontban kétszer differenciálható és f -nek a-ban inflexiója van, akkor f 00 (a) = 0. 11.23. Megjegyzés. Az előző tétel szükséges de nem elégséges, például az f (x) = x4 függvénynek a = 0-ban nincs inflexiója, pedig f 00 (0) = 0. 11.24. Tétel. (Inflexióspont létezésének másodrendű elégséges feltétele) Legyen f : H → R az a ∈ H, pontban kétszer differenciálható. Ha f 00 (a) = 0 és f 00 az a-ban előjelet vált, akkor f -nek a-ban inflexióspontja van. 11.25. Tétel. (Inflexióspont létezésének harmadrendű elégséges feltétele) Legyen f : H → R az a ∈ H, pontban háromszor differenciálható. Ha f 00 (a) = 0 és f 000 (a) 6= 0, akkor f -nek a-ban inflexióspontja van. 11.26. Tétel. (Inflexióspont létezésének magasabbrendű elégséges feltétele) Legyen f : H → R az a ∈ H, pontban n-szer differenciálható. Tegyük fel, hogy f 0 (a) = f 00 (a) = · · · = f (n−1) (a) = 0

és f (n) (a) 6= 0,

f -nek a-ban akkor és csak akkor van inflexióspontja, ha n páratlan.

78


11.3. Teljes függvényvizsgálat A teljes függvényvizsgálat lépései I. Alaptulajdonságok megállapítása • Értelmezési tartomány meghatározása • szimmetria tulajdonságok vizsgálata (paritás, periodicitás) • Folytonosság vizsgálata • Differenciálhatóság vizsgálata • tengelymetszetek meghatározása (ha lehetséges) II. Vizsgálatok az első derivált alapján: • Monotonitási intervallumok meghatározása • szélsőértékek keresése III. Vizsgálatok a második derivált alapján: • Konvexitási intervallumok meghatározása • Inflexiós pontok keresése IV. A függvény határértékei: • Az értelmezési tartomány végpontjaiban (vagy ±∞-ben) • A függvény szinguláris pontjaiban és szakadási helyeinél V. A derivált határértékei: • Ahol f folytonos, de nem differenciálható • Ahol f nem folytonos, de létezik legalább féloldali véges határérték VI. Aszimptoták • vízszintes aszimptota van, ha lim f (x) = c, vagy lim f (x) = c, ahol c ∈ R x→∞

x→−∞

• függőleges aszimptota, ahol lim f (x) = ±∞ (elég ha az egyoldali határérték végtelen) x→x0

• ferde aszimptota, ha lim f (x) = ±∞ és lim x→±∞

x→∞

f (x) x

= m, m ∈ R. Ekkor az aszimptota:

y = m · x + lim (f (x) − m · x) x→±∞ | {z } b

VII. Ábrázolás VIII. Értékkészlet leolvasása

11.3. TELJES FÜGGVÉNYVIZSGÁLAT

79

11.1. Feladat. Végezzünk teljes függvényvizsgálatot az f (x) = 5x3 − 4x5 függvényen. Megoldás. I. Alaptulajdonságok megállapítása • Értelmezési tartomány: Df = R, így nincsenek szinguláris helyek. • szimmetria tulajdonságok: • A függvény páratlan, mert f (−x) = 5(−x)3 − 4(−x)5 = −5x3 + 4x5 = − 5x3 − 4x5 = −f (x) ∀x ∈ R. Ezért elégséges a [0, ∞) intervallumon vizsgálni a függvényt, hiszen a képe az origóra szimmetrikus. • nem periodikus. • Folytonosság, differenciálhatóság: Mivel f polinom függvény, ezért a teljes értelmezési tartományán folytonos és mindenhol differenciálható. • tengelymetszetek meghatározása (ha lehetséges) • Az y-tengelyt az x = 0 feltétel teljesülése esetén metszi, ekkor y = 0. • Az x-tengelyt akkor metszi, ha f (x) = 0 x3 · (5 − 4x2 ) = 0 Mivel az x = 0 esetet már tárgyaltuk, ezért: 5 − 4x2 = 0 4x2 = 5 √ x1,2 = ±

5 2

II. Vizsgálatok az első derivált alapján: f 0 (x) = 15x2 − 20x4

Df 0 = Df .

f 0 (x) = x2 15 − 20x2 = 0 x1 = 0 20x2 = 15 3 x2 = 4√ 3 x2,3 = ± . 2 A paritás miatt csak az x ≥ 0 esettel foglalkozunk. −

f 0 (x) f (x)

√ 3 <x<0 2

+ %

x=0

0 nem szé.

0<x<

+ %

√ 3 2

x=

√ 3 2

0 lok. max. (ymax )

√

3 <x 2

− &

√ √ 5·3 3 4·9 3 6√ 3√ ymax = − = 3= 3 8 32 8 4

80

11. FEJEZET. DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS ALKALMAZÁSAI I. III. Vizsgálatok a második derivált alapján: f 00 (x) = 30x − 80x3

Df 0 = Df .

f 00 (x) = 10x 3 − 8x2 = 0 x1 = 0 8x2 = 3 3 x2 = 8 √ 3 x2,3 = ± √ . 2 2 A paritás miatt csak az x ≥ 0 esettel foglalkozunk. −

f 00 (x) f (x)

√ √3 <x<0 2

x=0

2

− _

0<x<

0 inf. pont yinf1

yinf1 = 0,

√ √3 2

x=

2

+ ^

√ √3 2

√ √3 <x 2

2

2

0 inf. pont yinf2

yinf2 =

− _

21 √ · 6 64

Összevont táblázat: x=0

f 0 (x) f 00 (x) f (x)

0<x<

0 0

√ √3 2

+ + %^

inf. pont

x=

2

√ √3 2

2

+ 0 %inf. pont

√ √ √3 <x< 3 2 2

2

+ − %_

x=

√ 3 2

√ 3 <x 2

− − lok. max_ &_ 0 −

IV. A függvény határértékei: lim f (x) = 0

x→0+

lim f (x) = −∞.

x→∞

V. A derivált határértékei: Mivel a függvény teljes értelmezési tartományán folytonosan differenciálható, ezért nem szükséges a derivált határértékeit vizsgálni. VI. Aszimptoták • vízszintes aszimptota nincs, • függőleges aszimptota nincs. • ferde aszimptota lehetséges, de mivel f (x) 5x3 − 4x5 = lim = lim 5x2 − 4x4 = −∞, x→∞ x x→∞ x→∞ x lim

ezért ferde aszimptota sincs.

11.4. L’HOSPITAL SZABÁLY

81

VII. Ábrázolás

VIII. Érték készlet: Rf = R.

♦

11.4. L’Hospital szabály 11.27. Tétel. (L’Hospital szabály véges helyen „ 00 ” alakra) Az f és a g függvények legyenek az x0 valamely (esetleg féloldali) környezetében differenciálhatók és x0 -ban folytonosak, melyekre f (x0 ) = g(x0 ) = 0. Továbbá tegyük fel, hogy létezik a lim

x→x0 f (x) x→x0 g(x)

határérték. Ekkor létezik a lim

f 0 (x) g 0 (x)

határérték is és lim

x→x0

f (x) f 0 (x) = lim 0 g(x) x→x0 g (x)

11.28. Tétel. (L’Hospital szabály véges helyen „ ∞ ” alakra) Az f és a g függvények legyenek ∞ az x0 valamely (esetleg féloldali) környezetében differenciálhatók, melyekre lim f (x) = lim g(x) = ±∞.

x→x0

x→x0

82


Továbbá tegyük fel, hogy létezik a lim

x→x0 f (x) x→x0 g(x)


f 0 (x) g 0 (x)

határérték is és lim

x→x0

f (x) f 0 (x) = lim 0 g(x) x→x0 g (x)

11.29. Tétel. (L’Hospital szabály végtelenben) Az f és a g függvények legyenek az differenciálhatók a (K, ∞) intervallumon és legyen lim f (x) = lim g(x) = 0

x→∞

Továbbá tegyük fel, hogy létezik a

x→∞

(vagy ± ∞).

f 0 (x) x→∞ g 0 (x) lim

f (x) x→∞ g(x)


határérték is és f 0 (x) f (x) = lim 0 lim x→∞ g (x) x→∞ g(x)

11.30. Megjegyzés. Hasonló tétel mondható ki −∞-ben is. 11.31. Megjegyzés. Azaz a L’Hospital szabály véges-, vagy végtelen helyen 00 , vagy alkalmazható, ha a deriváltak hányadosának határértéke kiszámolható.

∞ ∞

alak esetén

11.5. Taylor-formula 11.32. Definíció. Legyen n∈N. Az x0 helyen n-szer differenciálható f :H →R függvény x0 körüli n-edik Taylor-polinomján a 0

0) · (x − x0 )1 + f Tn (x) := f (x0 ) + f (x 1! n P =

00 (x ) 0

k=0

2!

· (x − x0 )2 + · · · + f

f (k) (x0 ) k!

(n) (x

n!

0)

· (x − x0 )n =

· (x − x0 )k

n-edfokú polinomot értjük. 11.33. Tétel. (Taylor-formula) Ha az f függvény az x0 pont valamely Kr (x0 ) környezetében (n + 1)-szer differenciálható, akkor minden x ∈ Kr (x0 ) pont esetén f (x) = Tn (x) +

f (n+1) (ξ) · (x − x0 )n+1 , (n + 1)! | {z } Rn (x)

ahol ξ az x és az x0 közötti hely. 11.34. Definíció. Az előző tételben bevezetett Rn (x) kifejezést n-edik Lagrange-féle maradéktagnak nevezzük. 11.35. Megjegyzés. Ha belátható, hogy Rn (x) minden szóbajöhető x esetén „elegendően kicsi”, akkor használható az f (x) ≈ Tn (x) közelítés.

11.6. A DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS KÖZÉPÉRTÉK-TÉTELEI

83

11.6. A differenciálszámítás középérték-tételei 11.36. Tétel. (Rolle-tétel) Ha az f : [a, b] → R függvény i) folytonos az [a, b] zárt intervallumon ii) differenciálható az (a, b) nyílt intervallumon iii) és f (a) = f (b), akkor létezik olyan ξ ∈ (a, b) pont ahol f 0 (ξ) = 0. 11.37. Megjegyzés. Azaz ha teljesülnek a Rolle-tétel feltételei, akkor van legalább egy olyan belső pont, ahol a függvény érintője vízszintes.

11.38. Tétel. (Lagrange-féle középértéktétel) Ha az f : [a, b] → R függvény i) folytonos az [a, b] zárt intervallumon ii) differenciálható az (a, b) nyílt intervallumon akkor létezik olyan ξ ∈ (a, b) pont ahol f 0 (ξ) =

f (b) − f (a) . b−a

84


11.39. Megjegyzés. Azaz ha teljesülnek a Lagrange-tétel feltételei, akkor van legalább egy olyan belső pont, ahol a függvény érintője párhuzamos az (a, f (a)) és (b, f (b)) pontokon átmenő szelővel.

11.40. Tétel. (Cauchy-féle középértéktétel) Ha az f, g : [a, b] → R függvények i) folytonosak az [a, b] zárt intervallumon ii) differenciálhatók az (a, b) nyílt intervallumon továbbá tetszőleges x ∈ (a, b) esetén g 0 (x) 6= 0, akkor létezik olyan ξ ∈ (a, b) pont ahol f 0 (ξ) f (b) − f (a) = . g 0 (ξ) g(b) − g(a) 11.41. Megjegyzés. – Vegyük észre, hogy a Lagrange-féle középértéktétel a Cauchy-féle középértéktétel speciális esete, ha g(x) = x. – Vegyük észre, hogy a Rolle-tétel a Lagrange-féle középértéktétel speciális esete, ha f (a)=f (b).

12. fejezet Differenciálszámítás alkalmazásai II. 12.1. Feladat. Adjuk meg az f (x) = sőértékeit.

1

függvény monotonitási intervallumait és szél-

x2 + 2x − 1

Megoldás. • Értelmezési tartomány, szinguláris helyek: 2

x + 2x − 1 = 0

√ √ −2 ± 4 + 4 x1,2 = = −1 ± 2 2

⇔

• Vizsgálatok az első derivált alapján: f 0 (x) =

−1 (x2 + 2x − 1)2

· (2x + 2) = 0

⇔

2x + 2 = 0

⇔

x = −1.

Df 0 = Df . f 0 (x) f (x)

√ x<−1− 2

√ x=−1− 2

+ %

nem ért.

ymax =

nem ért. 1 1−2−1

√

−1− 2<x<−1

x=−1

+ %

lok. max (ymax )

0

√ −1<x<−1+ 2

√ x=−1+ 2

√ −1+ 2<x

− &

nem ért.

− &

nem ért.

= − 21 .

• Összefoglalva: √ (−∞, −1 −√ 2) intervallumon x0 = −1 √− 2 (−1 − 2, −1) intervallumon x0 = −1 √ (−1, −1 + √2, ) intervallumon x0 = −1 √+ 2 (−1 + 2, ∞) intervallumon

szigorúan monoton növő szinguláris hely szigorúan monoton növő lokális maximum, értéke ymax = − 21 szigorúan monoton csökkenő szinguláris hely szigorúan monoton csökkenő ♦

85

86

12. FEJEZET. DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS ALKALMAZÁSAI II.

12.2. Feladat. Adjuk meg az f (x) = sőértékeit.

x2 + 3x + 2 függvény monotonitási intervallumait és szélx+3

Megoldás. • Értelmezési tartomány: Df = R\{−3} ⇒ x = −3 szinguláris hely. • Vizsgálatok az első derivált alapján: f 0 (x) =

f 0 (x) =

f 0 (x) f (x)

(2x + 3)(x + 3) − (x2 + 3x + 2) (x + 3)2

Df 0 = Df .

(2x + 3)(x + 3) − (x2 + 3x + 2) x2 + 6x + 7 = = 0 (x + 3)2 (x + 3)2 x2 + 6x √ +7 = 0 √ √ −6 ± 36 − 28 −6 ± 2 2 x1 = −3 − √2 = ⇒ x1,2 = x2 = −3 + 2. 2 2

√ x<−3− 2

√ x=−3− 2

√ −3− 2<x<−3

+ %

0

− &

lok. max (ymax )

x=−3 nem ért. nem ért.

√ −3<x<−3+ 2

√ x=−3+ 2

√ −3+ 2<x

− &

0

+ %

lok. min (ymin )

√ √ √ (−3 − 2)2 + 3(−3 − 2) + 2 √ ymax = = −2 2 − 3 (−3 − 2) + 3 √ √ √ (−3 + 2)2 + 3(−3 + 2) + 2 √ ymin = = 2 2−3 (−3 + 2) + 3 • Összefoglalva: √ (−∞, −3 −√ 2) intervallumon szigorúan monoton növő √ lok. max., értéke ymax = −2 2 − 3 x0 = −3 √− 2 (−3 − 2, −3) intervallumon szigorúan monoton csökkenő x0 = −3 √ szinguláris hely (−3, −3 + √2, ) intervallumon szigorúan monoton csökkenő √ x0 = −3 lok. min., értéke ymin = 2 2 − 3 √+ 2 (−3 + 2, ∞) intervallumon szigorúan monoton növő ♦

87 12.3. Feladat. Adjuk meg az f (x) = x · e−x − 1 függvény konvexitási intervallumait és az inflexiós pont(ok) koordinátáit! Megoldás. • Értelmezési tartomány: Df = R, így nincsenek szinguláris helyek. • Vizsgálatok a második derivált alapján: f 0 (x) = e−x − x · e−x

Df 0 = Df .

f 00 (x) = −e−x (1 − x) + e−x · (−1) Df 00 = Df . −x f 00 (x) = −e−x (1 − x) + e−x · (−1) = −e | {z } ·(1 − x + 1) = 0 2−x = 0 6=0 x = 2.

f 00 (x) f (x)

x<2

x=2

2<x

− _

0

+ ^

inf. pont yinf

yinf = 2 · • Összefoglalva: (−∞,2) intervallumon x0 = 2 (2, ∞) intervallumon

1 −1 e2

(szigorúan) konkáv inflexiós pont, értéke yinf = (szigorúan) konvex

2 e2

−1 ♦

12.4. Feladat. Adjuk meg az f (x) = x +

1 függvény konvexitási intervallumait és az inflexiós x+1

pont(ok) koordinátáit! Megoldás. • Értelmezési tartomány, szinguláris helyek: Df = R\{−1} x = −1 szinguláris hely. • Vizsgálatok a második derivált alapján: f 0 (x) = 1 + (−1) Df 0 = Df

1 (x + 1)2

88


(2x + 2)(x + 1)2 − (x2 + 2x)2(x + 1) (x + 1) ((x + 1)(2x + 2) − 2(x2 + 2x)) = = (x + 1)4 (x + 1)4 2x2 + 2x + 2x + 2 − 2x2 − 4x 2 = = 6= 0 3 (x + 1) (x + 1)3

f 00 (x) =

Könnyen látható, hogy Df 00 = Df és az is, hogy f -nek nincs inflexiós pontja. Ettől még a függvény válthat (és vált is) konvexitást!

00

f (x) f (x) • Összefoglalva: (−∞, −1) intervallumon x0 = −1 (−1, ∞) intervallumon

x<−1

x=−1

−1<x

− _

nem ért.

+ ^

nem ért.

(szigorúan) konkáv szinguláris hely (szigorúan) konvex

♦

12.5. Feladat. Egy 100cm2 területű négyzet alakú lemez sarkaiból egybevágó négyzeteket vágunk le, majd a lemez széleit felhajtjuk és dobozt készítünk. Mekkora legyen a levágott négyzetek oldala, hogy a doboz térfogata maximális legyen? Megoldás.

V = (10 − 2a)2 · a = (100 − 40a + 4a2 ) · a = = 4a3 − 40a2 + 100a 0 ≤ a ≤ 5 A V (a) = 4a3 − 40a2 + 100a térfogatfüggvénynek akkor lehet szélsőértéke, ha a deriváltja 0 (Mivel V ∈ DR ). dV = 12a2 − 80a + 100 = 0 da 3a2 − 20a + 25 = 0 √ a1 = 5 20 ± 400 − 300 20 ± 10 / a1,2 = = = 6 6 \ a =5 2 3 Hogy valóban maximum van-e az adott helyeken, az alábbi módszerekkel ellenőrizhető: 2

a) Második (vagy magasabbrendű) derivált segítségével. Ha az a0 helyen dV = 0, de a ddaV2 da második derivált nem 0, akkor ott a függvénynek szélsőértéke van. A második derivált 2 előjeléből megállapítható a szélsőérték típusa is, nevezetesen, ha ddaV2 > 0, akkor lokális

89 minimum, egyébként lokális maximum van az a0 pontban. d2 V = 24a − 80 da 2 d2 V = 120 − 80 = 40 > 0 ⇒ lokális minimum. (Nyilvánvaló is volt.) da2 a1 5 d2 V = 24 · − 80 = −40 < 0 ⇒ lokális maximum. 2 da a2 3 Mivel ez az egyetlen lokális maximum hely van a [0,5] intervallumon, ezért ez abszolút maximum is. 12.1. Megjegyzés. Ha a második derivált is 0, akkor az első nem-nulla derivált segítségével vizsgálódhatunk. Ha ez az f (n) n-edik derivált és n páros, akkor f -nek a kérdéses pontban szélsőértéke van, amelynek típusát az előző módszerhez hasonlóan dönthetjük el, ha n páratlan, akkor f -nek inflexiós pontja van. Erről a jövő órán beszélünk bővebben. b) Táblázattal. Ha a derivált az adott helyen 0 és előjelet vált, akkor szélsőértékhely van. Ha a derivált pozitívból válik negatívvá, akkor lokális maximum, egyébként lokális minimum van. A derivált előjele könnyebben vizsgálható, ha szorzattá alakítjuk: 5 V 0 (a) = (a − 5) · (a − ) 3 V V

0

0 < a < a2 a2 a2 < a < 5 + 0 − % lok. max. &

12.2. Megjegyzés. Általános esetben, ha a függvény zárt intervallumon értelmezett, külön meg kell vizsgálnunk az intervallum végpontjait. Most nyilvánvaló volt, hogy a végpontokban nem lehet maximum, hiszen ott a doboz térfogata 0 lenne. A maximális térfogatot tehát akkor kapjuk, ha a lemezből a= 53 oldalú négyzeteket vágunk le, ekkor a térfogat: 53 5 52 5 2000 V = 4 · 3 − 40 · 2 + 100 · = ≈ 74,07(cm3 ). 3 3 3 3 27 ♦ 12.6. Feladat. Számítsuk ki az alábbi határértékeket L’Hospital szabály segítségével! ex − e−x x→0 x

a) lim

Megoldás. ex − e−x 00 L’H ex + e−x = lim = 2. lim x→0 x→0 x 1 ln(4 − x) x→3 2x − 6

b) lim

♦

90

12. FEJEZET. DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS ALKALMAZÁSAI II. Megoldás. 1 4−x

ln(4 − x) 00 L’H lim = lim x→3 2x − 6 x→3

· (−1) 1 =− 2 2

♦

ex x→∞ x2

c) lim

Megoldás. ∞ L’H ex ∞ ex ex ∞ ∞ L’H = lim = lim =∞ x→∞ 2x x→∞ 2 x→∞ x2

♦

lim

d) lim+ x · ln x x→0

Megoldás. 0·(−∞)

lim+ x · ln x =

x→0

lim+

ln x 1 x

x→0

−∞ L’H ∞

=

lim+

x→0

1 x

− x12

= lim+ −x = 0

♦

x→0

e) lim (ex − 1) · ctgx x→0

Megoldás. 0·@

ex ex − 1 00 L’H = lim 1 = 1. x→0 x→0 tgx cos2 x

lim (ex − 1) · ctgx = lim

x→0

12.3. Megjegyzés. A feladat megoldható a ctgx = f) lim

x→1

1 1 − ln x x − 1

g) lim

x→0

összefüggés felhasználásával is.

=

1 − x1 x − 1 − ln x 00 L’H = lim = x→1 ln x + 1 · (x − 1) x→1 ln x · (x − 1) x

=

x−1 x lim x→1 x·ln x+x−1 x

∞−∞

=

sin x x

cos x sin x

Megoldás. 1 1 lim − x→1 ln x x − 1

♦

lim

0 x−1 0 L’H = x→1 x · ln x + x − 1 1 1 1 lim = lim = . 1 x→1 ln x + x · + 1 x→1 ln x + 2 2 x

12 x

Megoldás. 1 1 sin x sin x x2 1∞ lim = lim e x2 ln x x→0 x→0 x

= lim

♦

91 A kitevő határértékét külön vizsgálva: 1 sin x ln 2 x→0 x x lim

∞·0

=

= = = = =

x x · x cos x−sin ln sinx x 00 L’H x cos x − sin x 00 L’H sin x x2 = lim = lim = x→0 x→0 x→0 x2 2x 2x2 sin x 0 −x sin x cos x − x sin x − cos x 0 L’H = lim lim = x→0 4x sin x + 2x2 cos x x→0 4x sin x + 2x2 cos x − sin x − x cos x lim = x→0 4 sin x + 4x cos x + 4x cos x − 2x2 sin x 0 − sin x − x cos x 0 L’H lim = x→0 4 sin x + 8x cos x − 2x2 sin x − cos x − cos x + x sin x lim = x→0 4 cos x + 8 cos x − 8x sin x − 4x sin x − 2x2 cos x −2 1 −2 cos x + x sin x = =− . lim 2 x→0 12 cos x − 12x sin x − 2x cos x 12 6

lim

Mivel az exponenciális függvény folytonos az x = − 16 helyen, ezért a kérdéses határérték: lim

x→0

sin x x

12 x

1∞

1

= lim e x2 ln

sin x x

x→0

1

= e− 6 .

♦

12.7. Feladat. Írjuk fel az alábbi függvények adott ponthoz tartozó megadott fokszámú Taylor π polinomját és a Lagrange-féle maradék tagot! f (x) = cos 3x, x0 = , n = 4 3 Megoldás. A Taylor-tétel alapján (mivel f minden valós helyen végtelen sokszor differenciálható,) minden x ∈ R esetén létezik ξx , x0 és x közé eső szám, melyre cos 3x = T4 (x) + R4 (x). A negyedik Taylor polinom felírásához szükség van a függvény és első négy deriváltjának helyettesítési értékére az x0 pontban, a Lagrange-féle maradéktagban az ötödik derivált helyettesítési értéke szerepel a tételben említett közbülső ξx helyen. A szükséges adatokat az alábbi táblázatban számoljuk: f (x) f 0 (x) f 00 (x) f 000 (x) f (4) (x) f (5) (x)

= = = = = =

cos 3x −3 sin 3x −9 cos 3x 27 sin 3x 81 cos 3x −243 sin 3x

f (x0 ) f 0 (x0 ) f 00 (x0 ) f 000 (x0 ) f (4) (x0 ) f (5) (ξ)

= = = = = =

cos π = −1 −3 sin π = 0 −9 cos π = 9 27 sin π = 0 81 cos π = −81 −243 sin 3ξ

f 00 (x0 ) f 000 (x0 ) f (4) (x0 ) f 0 (x0 ) · (x − x0 )1 + · (x − x0 )2 + · (x − x0 )3 + · (x − x0 )4 = 1! 2! 3! 4! 9 π −81 π = −1 + · (x − )2 + · (x − )4 . 2 3 24 3 (5) f (ξ) π −243 sin 3ξ π R4 (x) = · (x − )5 = · (x − )5 , ahol ξ az x és az x0 között van. ♦ 5! 3 5! 3 T4 (x) = f (x0 ) +

92


12.8. Feladat. Igazoljuk, hogy az f (x) = x3 − 5x2 + 2x + 10 függvény az [−1,2] intervallumon teljesíti a Rolle-tétel feltételeit, számoljuk ki a tételben szereplő ξ értéket! Megoldás. i) Mivel f egy polinom, ezért a teljes értelmezési tartományán folytonos, így [−1,2]-n is az. ii) Mivel f egy polinom, ezért a teljes értelmezési tartományán differenciálható, így (−1,2)-n is az. iii) f (−1) = −1 − 5 − 2 + 10 = 2, f (2) = 8 − 5 · 4 + 2 · 2 + 10 = 2. azaz f (−1) = f (2). Ezzel valóban teljesülnek a Rolle-tétel feltételei. Azt a ξ ∈ (−1,2) számot keressük, amelyre f 0 (ξ) = 0. Mivel f 0 (x) = 3x2 − 10x + 2, ezért 3ξ 2 − 10ξ + 2 = 0 √ √ 10 ± 100 − 24 5 ± 19 ξ1,2 = = 6 3 A ξ1 =

√ 5+ 19 3

≈ 3,11 nem esik az intervallumba. A keresett ξ érték tehát ξ2 =

√ 5− 19 3

≈ 0,21.

♦

13. fejezet Integrálszámítás 13.1. Primitív függvény, határozatlan integrál 13.1. Definíció. Legyen I ⊂ R egy intervallum és f : I 7→ R egy intervallumon értelmezett valósértékű függvény. Akkor mondjuk, hogy a F : I 7→ R függvény a f függvény primitívfüggvénye, ha ◦ F ∈ DI ◦ F 0 (x) = f (x) minden x ∈ I esetén 13.2. Tétel. Ha F a f primitívfüggvénye az I intervallumon és C ∈ R konstans, akkor F + C is a f primitívfüggvénye. Bizonyítás:. Ha F a f primitívfüggvénye, akkor F ∈ DI , így a differenciálhatóság műveleti tulajdonságai alapján F + C ∈ DI és (F + C)0 = F 0 + C 0 = f + 0 = f. 13.3. Tétel. Ha F1 és F2 a f primitívfüggvényei az I intervallumon, akkor F1 − F2 = állandó, azaz f primitívfüggvényei csak egy additív konstansban különböznek.. Bizonyítás:. F1 , F2 ∈ DI így a differenciálhatóság műveleti tulajdonságai alapján F1 − F2 ∈ DI és (F1 − F2 )0 = F10 − F20 = f − f = 0, az I intervallumon, így F1 − F2 = állandó. 13.4. Definíció. Legyen f : I 7→ R olyan függvény, melynek van primitívfüggvénye az I intervallumon. Ekkor az f primitívfüggvéníeinek halmazát az f határozatlan integráljának nevezzük. Jelölés : Z Z f (x) dx = f = {F (x) + C, C ∈ R}, ahol F a f egy primitívfüggvénye. 13.5. Tétel. Ha az f az I intervallumon folytonos, akkor létezik primitívfüggvénye. 13.6. Tétel. Ha f, g : I 7→ R függvényeknek van primitív függvénye és λ ∈ R, akkor f + g-nek és λ · f -nek is van primitívfüggvénye és 93

94

13. FEJEZET. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS

R R (f (x) + g(x)) dx = f (x) dx + g(x) dx, R R ii) λ · f (x) dx = λ · f (x) dx. i)

R

R R Bizonyítás:. Legyen f (x) dx = F (x) + C1 és g(x) dx = G(x) + C2 , ahol C1 , C2 ∈ R. Ekkor a definíció alapján F, G ∈ DI és F 0 (x) = f (x), valamint G0 (x) = g(x) minden x ∈ I esetén. Derivált műveleti tulajdonságai miatt F + G és λ · F is differenciálható I-n és (F + G)0 = F 0 + G0 = f + g, (λ · F )0 = λ · F 0 = λ · f. Azaz λ · F a λ · f egy primitív függvénye illetve F + G a f + g egy primitív függvénye.

13.2. Helyettesítéses integrálás 13.7. Tétel. Legyen ϕ : I 7→ J és f : J 7→ R, ahol I, J ⊂ R intervallumok. Ha i) ϕ ∈ DI és ii) F a f függvény primitívfüggvénye J-n, akkor (f ◦ ϕ) · ϕ0 függvénynek is létezik primitívfüggvénye és Z (f ◦ ϕ) · ϕ0 = F ◦ ϕ + C. Bizonyítás:. F ∈ DJ és ϕ ∈ DI ⇒ F ◦ ϕ ∈ DI és (F ◦ ϕ)0 (t) = F 0 (ϕ(t)) · ϕ0 (t) = f (ϕ(t)) · ϕ0 (t) ∀t ∈ I, azaz az F ◦ ϕ függvény az (f ◦ ϕ) · ϕ0 függvény primitívfüggvénye. 13.8. Tétel. Legyen ϕ : I 7→ J és f : J 7→ R, ahol I, J ⊂ R intervallumok. Ha i) ϕ ∈ DI és ϕ0 (x) 6= 0, x ∈ I, ii) Legyen ϕ kölcsönösen egyértelmű és jelölje ϕ az inverzét iii) legyen h := (f ◦ ϕ) · ϕ0 . h-nak van primitívfüggvénye, ez legyen H, ekkor f függvénynek is létezik primitívfüggvénye és Z f (x) dx = (H ◦ ϕ)(x) + C. Bizonyítás:. H ∈ DI és H 0 (x) = h(x) = ((f ◦ ϕ) · ϕ0 ) (x) = f (ϕ(x)) · ϕ0 (x) Mivel ϕ ∈ DJ és a közvetett függvény deriválási szabálya alapján H ◦ϕ ∈ DJ legyen x ∈ J ekkor (H(ϕ(x)))0 = H 0 (ϕ(x)) · ϕ0 (x) = h(ϕ(x)) · ϕ0 (x) = f (ϕ(ϕ(x))) · ϕ0 (ϕ(x)) · ϕ0 (x) = 1 = f (x) · ϕ0 (ϕ(x)) · ϕ0 (x) = f (x) · ϕ0 (ϕ(x)) · ϕ0 (ϕ(x)) = f (x).

13.3. PARCIÁLIS INTEGRÁLÁS

95

13.3. Parciális integrálás 13.9. Tétel. Tegyük fel, hogy f, g ∈ DI . Ha az f 0 · g függvénynek van primitívfüggvénye az I intervallumon, akkor f · g 0 függvénynek is van és Z Z 0 f · g = f · g − f 0 · g. Bizonyítás:. f, g ∈ DI ⇒ f · g ∈ DI és (f · g)0 = f 0 · g + f · g 0

⇒

f · g 0 = (f · g)0 − f 0 · g

Az (f · g)0 és f 0 · g függvényeknek van primitívfüggvényük, így a különbségüknek, f · g 0 -nak is van és Z Z Z Z 0 0 0 f · g = (f · g) − f · g = f · g − f 0 · g.

13.10. Megjegyzés. Nyilvánvaló, hogy a módszer akkor használható jól, ha az f és g függvényeket úgy választjuk, hogy f · g 0 függvény primitív függvénye könnyebben számolható, mint az eredeti f 0 · g függvényé. Az alábbi négy típus esetén érdemes parciálisan integrálni: I. Polinom függvény és exponenciális-, vagy trigonometrikus függvény szorzata. Megoldás : AR parciális integrálás során legyen g a polinom, így a fenti eljárást alkalmazva a kiszámítandó f (x)·g 0 (x)dx hasonló típusú lesz, mint az eredeti primitív függvény, de a polinom fokszáma eggyel csökken. A parciális integrálást egészen addig ismételten alkalmazzuk, amíg a polinom konstanssá nem válik, ekkor már elemi úton integrálhatunk. II. a) Polinom és logaritmus-, vagy ciklometrikus („árkusz”) függvény szorzata. Megoldás : A parciális integrálás során legyen f 0 a polinom, így a fenti eljárást alkalmazva R a kiszámítandó f (x) · g 0 (x)dx integrálban a polinom mellett egy könnyebben kezelhető függvény jelenik meg. b) Logaritmus-, vagy ciklometrikus („árkusz”) függvény integrálása. Megoldás : Ilyenkor az integrandust tekinthetjük olyan szorzatnak, melynek az egyik tényezője az eredeti integrandus, a másik tényezője pedig az azonosan 1 polinom. A parciális integrálás során ugyanúgy járunk el, mint az előző típus esetén. III. Exponenciális- és színusz-, vagy koszínus függvény szorzata. Megoldás : Kétszer egymás után parciálisan integrálunk. (Tetszőleges megfeleltetéssel, de mindkétszer ugyanolyan szerepkiosztással.) A második lépés után egy függvényegyenlethez jutunk, melyből elemi átalakítással „kifejezhetjük” a keresett függvényt.

96


13.4. Feladatok 13.1. Feladat. Számítsuk ki a következő határozatlan integrálokat. Z a)

9x2 − 4x + 3dx Megoldás. Z Z Z Z x2 x3 2 2 9x − 4x + 3dx = 9 x dx − 4 xdx + 3 1dx = 9 · − 4 · + 3x + C. 3 2

Z b)

1 sin x + cos x + dx x Megoldás. Z Z Z Z 1 1 sin x + cos x + dx = sin xdx + cos xdx + dx = − cos x + sin x + ln |x| + C. x x

Z c)

♦

3 · 2x −

2 x2 + 1

♦

dx

Megoldás. Z Z Z 2 1 2x x x 3·2 − 2 dx = 3 · 2 dx − 2 · dx = 3 · − 2arctgx + C. x +1 1 + x2 ln 2

♦

√ Z p 4 x· 5 x √ d) dx 6 x Megoldás. √ √ Z p Z Z Z 20 Z 17 3 4 1 2 3 x 15 x· 5 x x5 · x x 10 − √ √ dx = dx = x 10 6 dx = x 15 dx = 17 + C = 1 dx = 6 6 x x x6 15 15 17 = · x 15 + C ♦ 17 Z e)

sin ln x dx x Megoldás. Z Z sin ln x dx = sin tdt = − cos t + C = − cos ln x + C x t

=

ln x

dt dx

=

1 x

dt

=

1 dx x

♦

13.4. FELADATOK Z f)

97

(2x + 3)(x2 + 3x + 1)7 dx Megoldás. Z Z (x2 + 3x + 1)8 t8 2 7 +C (2x + 3)(x + 3x + 1) dx = t7 dt = + C = 8 8

Z cos

g)

t

=

x2 +3x+1

dt dx

=

2x+3

dt

=

(2x+3)dx

♦

5x + 7 dx 3

Megoldás. Z Z Z 5x + 7 3 5x + 7 5 3 3 5x + 7 3 cos dx = cos · dx = +C cos tdt = sin t + C = sin 3 5 3 3 5 5 5 3 t

=

dt dx

=

5x+7 = 35 x+ 37 3 5 3

dt

=

5 dx 3

♦

Másik módszerrel is megoldhatjuk a feladatot: Megoldás. Z Z Z 5x + 7 3 3 5x + 7 3 3 cos dx = cost · dt = +C cos tdt = sin t + C = sin 3 5 5 5 5 3

Z h)

√ 3

x

=

dx dt

=

5x+7 3 3t−7 5 3 5

dx

=

3 dt 5

t

=

♦

1

√ dx x2 − x

Megoldás. Z Z Z Z Z 1 1 6t5 6t2 6t2 − 6 6 √ √ √ dx = dx = dt = dt = + dt = √ 3 6 6 t4 − t3 t−1 t−1 t−1 x2 − x x4 − x3 =

√ 6

t6

=

x

dx dt

=

6·t5

dx

=

6·t5 dt

t

Z

=

6(t − 1)(t + 1) dt + 6 t−1 u

=

t+1

du

=

dt

Z

x

1 dt = 6 t−1

y

=

t−1

dy

=

dt

Z

Z udu + 6

1 u2 dy = 6 + 6 ln |y| + C = y 2

√ √

3(t = + 1)2 + 6 ln |t − 1| + C = 3( 6 x + 1)2 + 6 ln | 6 x − 1| + C

♦

98


13.2. Feladat. Számítsuk ki a következő határozatlan integrálokat. Z a) x2 · sin xdx Megoldás. Z Z Z 2 2 2 x · sin xdx = x · (− cos x) − 2x · (− cos x)dx = −x · cos x + 2 x cos xdx = g(x)

=

g 0 (x)

=

f 0 (x)

x2 2x

f (x)

= =

sin x − cos x

2

b)

=

x

f 0 (x)

=

cos x

g 0 (x)

=

1

f (x)

=

sin x

Z

1 · sin xdx = −x2 · cos x + 2x · sin x + 2 cos x + C.

= − x · cos x + 2 x · sin x − Z

g(x)

♦

(3x − 5) · e2x+3 dx Megoldás. Z Z Z e2x+3 e2x+3 3 e2x+3 2x+3 − 3· dx = (3x − 5) · − e2x+3 dx = (3x − 5) · e dx = (3x − 5) · 2 2 2 2 g(x)

=

3x−5

g 0 (x)

=

3

(3x = − 5) ·

f 0 (x)

=

f (x)

=

e2x+3 R 2x+3 R R 2x+3 e dx= 21 e2x+3 2dx= 21 et dt= 12 et +C= e 2 +C

e2x+3 3 e2x+3 − · + C. 2 2 2

♦

Z arctgxdx

c)

Megoldás. Z Z Z arctgxdx = 1 · arctgxdx = x · arctgx − x ·

1

x = · arctgx − 2 Z d)

Z

g(x)

=

arctgx

g 0 (x)

=

1 1+x2

1 1 dx = x · arctgx − 2 1+x 2

Z

f 0 (x)

=

1

t

=1+x2

f (x)

=

x

dt

=2xdx

2x ·

1 dx = 1 + x2

1 1 1 · dt = x · arctgx − ln |t| + C = x · arctgx − ln |1 + x2 | + C. t 2 2

♦

ln2 xdx Megoldás. Z Z Z Z 1 1 2 2 2 2 ln xdx = 1 · ln xdx = x · ln x − x · 2 · ln x · dx = x · ln x − x · 2 · ln x · dx = x x g(x) g 0 (x)

2

x = · ln x − 2

Z

2

=

ln2 x

=

2·ln x· x1

Z

ln xdx = x · ln x − 2 x · ln x − g(x)

=

ln x

g 0 (x)

=

1 x

f 0 (x)

=

1

f (x)

=

x

f 0 (x)

=

1

f (x)

=

x

1 · xdx = x · ln2 x − 2 (x · ln x − x) + C x

♦

13.4. FELADATOK

99

Z (2x + 1) · arctg3xdx

e)

Megoldás. Z Z 3(x2 + x) 2 (2x + 1) · arctg3xdx = (x + x) · arctg3x − dx = (x2 + x) · arctg3x− 1 + 9x2 g(x)

=

arctg3x

f 0 (x)

=

2x+1

g 0 (x)

=

1 ·3 1+9x2

f (x)

=

x2 +x

3x2 dx − 1 + 9x2

Z −

Z

3x dx = (x2 + x) · arctg3x− 1 + 9x2 t dt

1

(x = + x) · arctg3x − 3 2

=

9x2 +1

=

18xdx

Z

1 dx + 3

Z

3x2 + 13 − 13 1 dx − 2 1 + 9x 6

Z

Z

1 dt = t

1 1 1 dx − ln |t| = (x2 + x) · arctg3x − x+ 2 1 + (3x) 6 3 y

=

3x

1 dy 3

=

dx

Z

1 1 1 1 1 dy − ln |9x2 + 1| = (x2 + x) · arctg3x − x + arctgy − ln |9x2 + 1| + C = 2 1+y 6 3 9 6 1 1 1 = (x2 + x) · arctg3x − x + arctg3x − ln |9x2 + 1| + C 3 9 6

+

1 9

♦ Z f)

sin x · ex dx Megoldás. Z Z Z x x x x x x sin x · e dx = e · sin x − e · cos xdx = e · sin x − e · cos x + e · sin xdx = g(x)

=

sin x

g 0 (x)

=

cos x

e = x · sin x − ex · cos x −

Z

f 0 (x)

=

ex

g(x)

=

cos x

f (x)

=

ex

g 0 (x)

=

− sin x

f 0 (x)

=

ex

f (x)

=

ex

ex · sin xdx.

A fenti egyenlőség két oldalát összevetve kapjuk: Z Z x x x sin x · e dx = e · sin x − e · cos x − ex · sin xdx, ahonnét rendezéssel kifejezhetjük Z sin x · ex dx Z 2 sin x · ex dx Z sin x · ex dx

a keresett integrált: x

x

= e · sin x − e · cos x −

Z

ex · sin xdx

= ex · sin x − ex · cos x =

ex · sin x − ex · cos x . 2

Mivel tudjuk, hogy a primitív függvény csak egy additív konstans erejéig egyértelmű, ezért Z ex · sin x − ex · cos x sin x · ex dx = + C. ♦ 2

100 Z g)

13. FEJEZET. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS e3x cos 2xdx Megoldás. Z Z Z 1 3x 1 3x 2 1 3x 3x e (−2 sin 2x)dx = e cos 2x + e cos 2xdx = e cos 2x − e3x sin 2xdx = 3 3 3 3 g(x) g 0 (x)

= =

cos 2x −2 sin 2x

f 0 (x) f (x)

=

e3x

g(x)

=

sin 2x

=

e3x 3

g 0 (x)

=

2 cos 2x

f 0 (x)

=

e3x

f (x)

=

e3x 3

Z 3x Z e 1 3x 2 e3x 1 3x 2 3x 4

= e cos 2x + sin 3x − 2 cos 2xdx = e cos 2x + e sin 3x − e3x cos 2xdx. 3 3 3 3 3 9 9 A fenti egyenlőség két oldalát összevetve kapjuk: Z Z 1 3x 2 3x 4 3x e cos 2xdx = e cos 2x + e sin 3x − e3x cos 2xdx, 3 9 9 ahonnét rendezéssel kifejezhetjük a keresett integrált: Z Z 2 3x 4 1 3x 3x e cos 2x + e sin 3x − e3x cos 2xdx e cos 2xdx = 3 9 9 Z 1 3x 2 13 e3x cos 2xdx = e cos 2x + e3x sin 3x 9 3 9 Z 9 2 3x 3 2 1 3x 3x e cos 2xdx = e cos 2x + e sin 3x = e3x cos 2x + e3x sin 3x. 13 3 9 13 13 Mivel tudjuk, hogy a primitív függvény csak egy additív konstans erejéig egyértelmű, ezért Z 3 2 e3x cos 2xdx = e3x cos 2x + e3x sin 3x + C. ♦ 13 13

14. fejezet Speciális függvényosztályok integrálása 14.1. Racionális függvények integrálása 14.1. Definíció. Az i) f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , ii) f (x) = iii) f (x) =

A , (x − a)n

x ∈ R, n ∈ N, ai ∈ R (i = 0, . . . , n)

a ∈ R, x 6= a, n ∈ N∗ , A ∈ R

Ax + B (ax2 + bx + c)n

,

A, B ∈ R, x ∈ R, a, b, c ∈ R, (b2 − 4ac < 0), n ∈ N∗ ,

alakú függvényeket elemi törtfüggvényeknek nevezzük. 14.2. Tétel. Minden racionális függvény felbontható véges számú elemi törtfüggvény összegére. 14.3. Megjegyzés. A tétel bizonyításától eltekintünk. Helyette egy, a gyakorlatban jól alkalmazható eljárás lépéseit írjuk le, amellyel a felbontást elő is állíthatjuk. 1.lépés : A racionális függvényt polinom és valódi racionális tört összegére bontjuk. P (x) 14.4. Definíció. Az f (x) = Q(x) x ∈ R\ΛQ , ΛQ = {λ ∈ R| Q(λ) = 0} (P, Q polinomok) racionális törtfüggvényt valódi racionális törtnek nevezzük, ha deg P <deg Q. (Ha deg P ≥ ≥ deg Q, akkor a függvényt racionális áltörtnek hívjuk.) P (x) Ha f (x) = Q(x) (x ∈ R\ΛQ ) egy racionális áltört, akkor P -n Q-val maradékos osztást végezve felbontjuk:

P (x) = P1 (x) · Q(x) + R(x), Ekkor f (x) = ahol

R(x) Q(x)

ahol R = 0, vagy deg R < deg Q.

P (x) P1 (x) · Q(x) + R(x) R(x) = = P1 (x) + , Q(x) Q(x) Q(x)

már valódi racionális tört.

2.lépés : A nevezőt irreducibilis (elsőfokú-, vagy negatív diszkriminánsú másodfokú-) tényezők szorzatára bontjuk. 3.lépés : A törtet elemi törtek összegére bontjuk az egyenlő együtthatók módszerével. 101

102

14. FEJEZET. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYOSZTÁLYOK INTEGRÁLÁSA

14.1.1. Elemi törtfüggvények integrálása I. Ha f polinom, akkor tagonként integrálunk. II. Ha f (x) =

A , (x − a)n

(n ∈ N∗ ), akkor az alábbi két eset lehetséges.

a) Ha n = 1, akkor Z Z Z 1 1 A dx = A dx = A dt = A · ln |t| + C = A · ln |x − a| + C. x−a x−a t t

=

x−a

dt

=

dx

b) Ha n ≥ 2, akkor Z Z Z A 1 A 1 t−n+1 −n + C = − · dx = A dx = A t dt = A · + C. (x − a)n (x − a)n −n + 1 n − 1 (x − a)n−1

III. Ha f (x) =

t

=

x−a

dt

=

dx

Ax + B (ax2 + bx + c)n

,

(n ∈ N∗ ), ahol D = b2 − 4ac < 0, akkor első lépésként a nevezőt

teljes négyzetté alakítjuk:  2  4ac − b2  b  = a + x +   2 2a 4a | {z } 

b c ax2 + bx + c = a x2 + x + a a

=a

x+

b 2a

2 −

b2 c + 2 4a a

!

=:α2 >0

Ekkor Z

Z f (x)dx =

A = n a

Ax + B n dx = b 2 an x + 2a + α2

Z

t

=

b x+ 2a

x

=

b t− 2a

dt

=

dx

B − Ab t 2a n dt + 2 2 (t + α ) a

Z

b A · t − 2a +B dt = n 2 2 a (t + α )n

Z

1

dt. (t2 + α2 )n

Ezek után az alábbi négy fajta integrál kiszámítására lehet szükség: Z Z Z 1 1 1 1 1 1 1 t a) dt = 2 du = arctgu + C = arctg + C 2 dt = 2 2 2 t t +α α α 1+u α α α 1+ α

Z b)

t t2 + α2

dt =

u

=

t2 +α2

du

=

2tdt

1 2

u

=

du

=

Z

t α 1 dt α

1 1 1 du = ln |u| + C = ln |t2 + α2 | + C u 2 2

14.2. TRIGONOMETRIKUS FÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA I. Z

t 1 dt = 2 2 n (t + α ) 2

c)

u du

=

t2 +α2

=

2tdt

Z d) t dt

Z

1 dt 2 (t + α2 )n

103

1 −1 1 1 u−n+1 · +C = · n−1 + C du = n u 2 −n + 1 2(n − 1) u

Z

1 α du = · 2 2 2 n (α tg u + α ) cos2 u

=

Z

1 α2n−1 (1 + tg2 u)n

·

1 du = cos2 u

− π2
=

α·tgu

=

α· 12 du cos u

Z Z 1 1 cos2n u 1 · du = 2n−1 du = 2n−1 cos2(n−1) udu 2u cos2 u+sin2 u n cos2 u α2n−1 α cos α ( cos2 u ) Az eljárás folytatására visszatérünk a trigonometrikus függvények integrálásakor. (103. oldal) 1

Z

1

14.2. Trigonometrikus függvények polinomjainak integrálása Z sin xdx = − cos x + C,

I.) Z II.)

Z cos xdx = sin x + C

sinn x · cosm xdx (n, m ∈ N) i) Az n=m=0 eset érdektelen, hiszen ekkor valójában nem is trigonometrikus függvényről van szó.

ii) Ha n páratlan (m tetszőleges) Legyen n = 2k + 1, ahol Z Z k ∈ N. Ekkor n

m

2k+1

Z

m

sin x · cos xdx = sin x · cos xdx = sin2k x · cosm x · sin xdx = Z Z Z 2 k m 2 k m = (sin x) · cos x · sin xdx = (1 − cos x) · cos x · sin xdx = − (1 − t2 )k · tm dt t

=

cos x

dt

=

− sin xdx

Ezzel a feladatot egy polinom integrálására vezettük vissza. iii) Ha m páratlan (n tetszőleges) Legyen m = 2` + 1, ahol Z Z ` ∈ N. Ekkor n

m

n

Z

2`+1

sin x · cos xdx = sin x · cos xdx = sinn x · cos2` x · cos xdx = Z Z Z n 2 ` n 2 ` = sin x · (cos x) · cos xdx = sin x · (1 − sin x) · cos xdx = − tn · (1 − t2 )` dt u

=

sin x

du

=

cos xdx

Ezzel a feladatot most is egy polinom integrálására vezettük vissza. iv) Ha n és m mindegyike páros, azaz n = 2k és m = 2`, ahol k, ` ∈ N és nem mindegyik 0. Ekkor az úgynevezett linearizáló formulát kell használnunk, amely a jólismert addíciós képletből és a trigonometrikus Pitagorasz tételből vezethető le: cos 2x = cos2 x − sin2 x 1 = cos2 x + sin2 x

104

14. FEJEZET. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYOSZTÁLYOK INTEGRÁLÁSA A fenti egyenletrendszerből cos2 x-t illetve sin2 x-t kifejezve:

1 + cos 2x 2 1 − cos 2x sin2 x = 2

cos2 x =

Z

n

m

Z

sin x · cos xdx =

2k

Z

2`

sin x · cos xdx =

x∈R x∈R

(sin2 x)k · (cos2 x)` dx =

k ` 1 + cos 2x · dx = . . . = 2 Z Megmutatható, hogy véges sok lépésben cosm ax dx (a ∈ Z+ , m ∈ N páratlan) inteZ

1 − cos 2x 2

grálására vezethető a probléma. 14.5. Megjegyzés. Parciális integrálással rekurziós formula adható erre az esetre.

14.3. Trigonometrikus függvények racionális függvényeinek integrálása Z III.)

1 dx és sinn x

Z

1 dx alakú integrálok cosn x

i) Ha n = 2k k ∈ N∗ k−1 Z Z Z Z 1 1 1 1 1 1 dx = · 2 dx = · 2 dx = n dx = 2 2k 2k−2 sin x sin x sin x sin x sin x sin x k−1 Z 2 Z Z k−1 sin x + cos2 x 1 1 2 = · 2 dx = 1 + ctg x · 2 dx = (1 + t2 )k−1 dt. sin2 x sin x sin x t dt

=

ctgx

=

−1 dx sin2 x

x∈(0,π)

Ezzel a feladatot egy polinom integrálására vezettük vissza. Z 1 dx esetén is: Hasonlóan járhatunk el cosn x k−1 Z Z Z Z 1 1 1 1 1 1 dx = dx = · dx = · dx = cosn x cos2k x cos2k−2 x cos2 x cos2 x cos2 x k−1 Z 2 Z Z k−1 cos x + sin2 x 1 1 2 = · dx = 1 + tg x · dx = (1 + u2 )k−1 du. cos2 x cos2 x cos2 x u du

x∈(− π2 ,− π2 )

=

tgx

=

1 dx cos2 x

Ezzel ezt a feladatot is egy polinom integrálására vezettük vissza. ii) Ha n = 2k + 1 k ∈ N

14.3. TRIGONOMETRIKUS FÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA II. Z

1 dx = sinn x

Z

Z

1 2k+1

sin

x

dx =

sin x dx = (sin2 x)k+1

Z

105

sin x dx = − (1 − cos2 x)k+1 t

=

cos x

dt

=

− sin xdx

Z

1 (1 − t2 )k+1

A feladatot ezzel egy racionális tört integrálására vezettük. Hasonlóan : Z Z Z Z Z 1 cos x 1 1 cos x dx = dx = dx = dx = 2 n 2k+1 2 k+1 k+1 cos x cos x (cos x) (1 − t2 )k+1 (1 − sin x) t

=

sin x

dt

=

cos xdx

Ezzel ezt a feladatot is egy racionális tört integrálására vezettük vissza. 14.6. Megjegyzés. Parciális integrálással rekurziós formula adható. IV.) tgx, vagy ctgx racionális tört-függvényeinek integrálása Z Z 1 R(tgx)dx = R(t) · dt 1 + t2 x∈(− π2 ,− π2 )

t

=

tgx

x

=

arctgt

dx

=

1 dt 1+t2

Ezzel ezt a feladatot is egy racionális tört integrálására vezettük vissza, hasonlóan Z Z −1 R(ctgx)dx = R(y) · dy . 1 + y2 y

=

ctgx

x

=

arcctgy

x∈(0,π)

dx

=

−1 dy 1+y 2

Így egy racionális tört-függvényt kell integrálnunk. V.) sin x és cos x racionális tört-függvényeinek integrálása Z R(sin x, cos x)dx =. t

=

tg x2

x

=

2arctgt

dx

=

2 dt 1+t2

x∈(−π,π)

sin x és cos x átírásához tekintsük a következő ábrát: sin α = √ tgα 2

1+tg α

cos α = √

1 1+tg2 α

106

14. FEJEZET. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYOSZTÁLYOK INTEGRÁLÁSA Az addíciós összefüggések alapján: sin 2α = 2 sin α · cos α =

α= x2

2·tgα 1+tg2 α

cos 2α = cos2 α − sin2 α =

⇒

α= x2

1−tg2 α 1+tg2 α

⇒

sin x =

2·tg x2 1+tg2 x2

=

2t 1+t2

cos x =

1−tg2 x2 1+tg2 x2

=

1−t2 . 1+t2

Ezeket az összefüggéseket megkaphatjuk pusztán az addíciós képletek és a négyzetes összefüggés (trigonometrikus Pitagorasz-tétel) alkalmazásával: sin x2 x x x 2 x sin x = 2 sin cos = 2 = 2tg · x · cos 2 2 cos 2 2 2 cos x = cos2

x x cos2 x2 − sin2 − sin2 = 2 2 cos2 x2

x 2

· cos2

1 1 cos2

= x 2

2tg x2 sin2 x2+cos2 cos2 x2

x 2

2tg x2 2t = = 2x 1 + tg 2 1 + t2

x 1 − t2 x 1 = = 1 − tg2 · 2 2 1 + tg2 x2 1 + t2

Így Z 1 − t2 2t 2 , dt. ·

= R 1 + t2 1 + t2 1 + t2 Azaz újfent elég egy racionális tört-függvényt integrálni. 14.7. Megjegyzés. Ezzel a módszerrel minden ilyen típusú integrál megoldható (a korábban tárgyalt esetek is), de nem mindig ez a célszerű út. Összefoglalva t = tg x2 -es helyettesítés során az alábbiak igazak:

x x ∈ (−π, π) 2 2 dx = dt 1 + t2 2t sin x = 1 + t2 1 − t2 cos x = 1 + t2 t = tg

VI.) Az előző típusba tartozó integrálok esetén, ha R(sin x, cos x) = R(− sin x, − cos x), akkor az y = tgx-es helyettesítés is célravezető és egyszerűbb eredményt ad. Ilyenkor 1 1 1 1 cos2 x = 1 = sin2 x+cos2 x = = 2 1 + tg x 1 + y 2 2 cos2 x cos x

2

sin2 x =

sin x 1 tg2 x y2 2 2 · cos x = tg x = = 1 cos2 x 1 + tg2 x 1 + y 2 cos2 x

Összefoglalva, a helyettesítés során az alábbiak igazak:

14.4. IRRACIONÁLIS FÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA

y = tgx x ∈ (− π2 , π2 ) 1 dx = 1+y 2 dy

107

sin2 x = cos2 x =

y2 1+y 2 1 1+y 2

14.8. Megjegyzés. A R(sin x, cos x) = R(− sin x, − cos x) feltétel a gyakorlatban annyit jelent, hogy mind a sin x, mind pedig a cos x hatványai az integrandusban páros kitevősek.

14.4. Irracionális függvények integrálása √ I.) x és n x racionális tört-függvényeinek integrálása Z Z √ n R(x, x)dx = R(tn , t)n · tn−1 dt, =

√ n

x

=

tn

dx

=

n·tn−1 dt

t

x

Ezzel racionális tört integrálására vezettük vissza a problémát. Z √ √ √ II.) Az R(x, n1 x, n2 x, . . . , nk x)dx alakú integrálok esetén legyen n := [n1 ; n2 ; . . . ; nk ] ahol [a; b] az a és b számok legkisebb közös többszöröse, √ ekkor a t = n x helyettesítés célravezető. √ III.) x és n ax + b racionális tört-függvényeinek integrálása n Z Z √ t −b n n R(x, ax + b)dx = R , t · · tn−1 dt, a a t

=

√ n

tn

=

ax+b

=

x

=

dx

tn −b a n n−1 ·t dt a

ax+b

így most is egy racionális törtet kell integrálni. Z √ √ √ n n n IV.) Az R(x, 1 ax + b, 2 ax + b, . . . , k ax + b)dx alakú integrálok esetén legyen n := [n1 ; n2 ; . . . ; nk ] ahol [a; b] az a és b számok legkisebb közös többszöröse, √ n ekkor a t = ax + b helyettesítés célravezető. q V.) x és n ax+b racionális tört-függvényeinek integrálása cx+d ! r Z Z b − dtn −ndtn−1 · (tn c − a) − cntn−1 · (b − dtn ) n ax + b R x, dx = R n , t · dt, cx + d t c−a (ctn − a)2 t

=

q

tn ·(cx+d)

=

ax+b

x·(tn c−a)

=

b−dtn

x

=

dx

=

n ax+b cx+d

b−dtn tn c−a −ndtn−1 ·(tn c−a)−cntn−1 ·(b−dtn ) dt (ctn −a)2

108

14. FEJEZET. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYOSZTÁLYOK INTEGRÁLÁSA r

Z

R

VI.) Az

x,

n1

r

ax + b , cx + d

n2

ax + b ,..., cx + d

r nk

ax + b cx + d

! dx alakú integrálok esetén legyen

n := [n1 ; n2 ; . . . ; nk ] ahol [a; b] az a és b számok legkisebb közös többszöröse, q ekkor a t = n ax+b helyettesítés célravezető. cx+d Z √ VII.) Az R x, ax2 + bx + c dx alakú integrálok esetén a másodfokú kifejezés főegyűtthatójától és diszkriminánsától függően a teljes-négyzetté alakítás és helyettesítés után az alábbi három integrál valamelyikéhez jutunk: a) a < 0,Z D > 0 √ 1 − t2 dt t dt

=

Z p

− π2 ≤u≤ π2

=

sin u

=

cos u du

Z

Z | cos u| · cos u du =

=

− π2 ≤u≤ π2

Z √ 1 − sin u · cos u du = cos2 u · cos u du = 2

⇒

cos2 u du = . . .

cos u≥0

Ezzel a feladatot egy korábban tárgyalt problémára vezettük vissza. (103. oldal) b) a > 0, D < 0 Z √ 1 + t2 dt =

tgu

dt

=

1 du cos2 u

=

1 1 · du = | cos u| cos2 u

− π2
1 du = cos2 u

Z r

1 1 · du = 2 cos u cos2 u

− π2
t

Z

Z p = 1 + tg2 u ·

⇒

Z

1 du = . . . cos3 u

cos u>0

Ezzel a feladatot egy korábban tárgyalt problémára vezettük vissza. (105. oldal) c) Az a > 0, D > 0 esetben úgynevezett Euler-helyettesítést használunk.  √ √ ax2 + bx + c = ax + t√  √  √ t2 −c  2 2  ax2 + bx + c = a b−2√at + t axt + t ax2 + bx + c = ax + 2   √ 2 2 t x(b − 2 at) = t − c √ x = b−2−c ⇒ at 2 √ √ t −c   2t(b−2 at)+(t2 −c)2 a x = b−2√at  √ dx = dt  √ √ (b−2 at)2  2t(b−2 at)+(t2 −c)2 a  √ dx = dt (b−2 at)2

14.9. Megjegyzés. 1.) Az Euler-helyettesítés alkalmazható lenne a VIIb esetben is, azaz csak annyi a fontos, hogy az a > 0 feltétel teljesüljön. Azonban könnyen látható, hogy a t = tgu helyettesítés lényegesen egyszerűbb. 2.) Az előző felsorolásból nem véletlenül maradt √ ki az a < 0, D < 0 eset, hiszen ilyenkor 2 minden x∈R esetén ax +bx+c<0, így az ax2 + bx + c kifejezés értelmezési tartománya üreshalmaz.

15. fejezet Speciális függvényosztályok integrálása II. 15.1. Feladat. Integráljuk a következő függvényeket! Z x3 + x dx a) x2 + 2x − 3 Megoldás. x3 + x Bontsuk az f (x) = 2 racionális függvényt elemi törtek összegére! x + 2x − 3 1.lépés : x3 +0x2 +x +0 : (x2 + 2x − 3) = x − 2. x3 +2x2 −3x −2x2 +4x +0 −2x2 −4x +6 8x −6 − 6}, és Így x3 + x = (x − 2) ·(x2 + 2x − 3) + 8x | {z | {z } R(x)

P1 (x)

f (x) = x − 2 +

8x − 6 x2 + 2x − 3

.

2.lépés : x2 + 2x − 3 = 0, √ −2 ± 4 + 12 −2 ± 4 x1,2 = = = −1 ± 2 2 2

x1 = −3 x2 = 1.

Így x2 + 2x − 3 = (x + 3) · (x − 1). 3.lépés : 8x − 6 A B Ax − A + Bx + 3B (A + B)x + (3B − A) = + = = . (x + 3) · (x − 1) x + 3 x − 1 (x + 3) · (x − 1) (x + 3) · (x − 1) Felhasználva, hogy két polinom pontosan akkor egyenlő, ha együtthatóik rendre megegyeznek. A megfelelő együtthatók egyeztetéséből a következő egyenletrendszer írható fel: A+B = 8 3B − A = −6 109

⇒

A = 8−B

110

15. FEJEZET. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYOSZTÁLYOK INTEGRÁLÁSA II. 3B − (8 − B) = −6 4B − 8 = −6 4B = 2 1 B = 2 A = 8−

Így

15 1 x−6 = 2 + 2 és (x + 3) · (x − 1) x + 3 x − 1

f (x) = x − 2 +

Z

b)

15 2

x+3

+

1 2

x−1

.

A kapott eredményt visszaírhatjuk az integrálba Z Z Z Z Z 9 5 3 1 1 x +x 15 1 4 4 dx = x − 2 + − dx = xdx − 2 1dx + dx + dx = 2 x + 2x − 3 x+3 x−1 2 x+3 2 x−1 Z Z x2 15 1 1 1 x2 15 1 = − 2x + dx + dx = − 2x + ln |t| + ln |u| + C = 2 2 x+3 2 x−1 2 2 2

=

Z

1 15 = . 2 2

t

=

x+3

dt

=

dx

u

=

x−1

du

=

dx

x2 15 1 − 2x + ln |x + 3| + ln |x − 1| + C 2 2 2

♦

x4 − 14x3 + 29x2 − 26x + 9 dx (x2 − x + 1)2 · (3x − 2) Megoldás. x4 − 14x3 + 29x2 − 26x + 9 racionális függvényt elemi törtek összegére! Bontsuk az f (x) = (x2 − x + 1)2 · (3x − 2) 1.lépés : Mivel f (x) valódi racionális tört (a számláló fokszáma kisebb, mint a nevezőé), ezért az első lépést nem kell elvégeznünk. 2.lépés : A nevező szorzat alakban adott, így csak azt kell ellenőrizni, hogy a másodfokú tényező valóban irreducibilis-e. x2 − x + 1

⇒

D = 1 − 4 < 0.

Így a felbontásban csak elsőfokú és negatív diszkriminánsú másodfokú tényezők szerepelnek. 3.lépés : x4 − 14x3 + 29x2 − 26x + 9 A Bx + C Dx + E = + 2 + 2 = 2 2 (x − x + 1) · (3x − 2) 3x − 2 x − x + 1 (x − x + 1)2 =

A(x2 − x + 1)2 + (Bx + C)(3x − 2)(x2 − x + 1) + (Dx + E)(3x − 2) = (x2 − x + 1)2 · (3x − 2)

111 A zárójelek felbontása után, a nevezők egyenlősége miatt a számlálóknak is meg kell egyezniük: x4 − 14x3 + 29x2 − 26x + 9 = (A + 3B)x4 + (−2A − 5B + 3C)x3 + +(3A + 5B − 5C + 3D)x2 + +(−2A − 2B + 5C − 2D + 3E)x + +(A − 2C − 2E). A megfelelő együtthatók egyeztetéséből a következő egyenletrendszer írható fel: ⇒

A + 3B = 1 −2A − 5B + 3C = −14

A = 1 − 3B ⇒

C = −4 −

B 3

7 D = 2− B 9 35 ⇒ E= B 27

3A + 5B − 5C + 3D = 29

⇒

−2A − 2B + 5C − 2D + 3E = −26 A − 2C − 2E = 9 1 − 3B + 8 +

2B 70 − B = 9 3 27 133 9− B = 9 27

B = 0 E = 0 A = 1 D = 2 C = −4 Így

−4 2x 1 + 2 + 2 . 3x − 2 x − x + 1 (x − x + 1)2 A kapott eredményt visszaírhatjuk az integrálba Z 4 Z Z Z x − 14x3 + 29x2 − 26x + 9 1 2x − 1 + 1 1 dx = dx − 4 dx + dx = 2 2 2 (x − x + 1) · (3x − 2) 3x − 2 x −x+1 (x2 − x + 1)2 f (x) =

1 = 3

Z

1 dt − 4 t

Z

1 4 = ln |t| − 4 · 3 3

1 1 2

x− 2

Z y

=

dy

=

=

3x−2

=

3dx

2x − 1 dx + (x2 − x + 1)2

Z + 43

1 2

2x−1 √ 3

t dt

dx +

u

=

x2 −x+1

du

=

(2x−1)dx

Z dx + +1

1 16 du + 2 u 9

Z

Z

2x−1 √ 3 2 √ dx 3

1 1 2

2x−1 √ 3

y

=

dy

=

x− 2 1 2

z∈(− π2 , π2 )

=

tgz

dy

=

1 dz cos2 z

2 dx =

2 dx = +1

2x−1 √ 3 2 √ dx 3

√ Z √ Z 1 8 3 1 1 8 3 1 dy − + dy = = ln |3x − 2| − 2 3 3 1+y u 9 (1 + y 2 )2 y

+

3 4

112

15. FEJEZET. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYOSZTÁLYOK INTEGRÁLÁSA II. √ √ Z 8 3 1 8 3 1 1 1 arctgy − 2 + dz = = ln |3x − 2| − · 2 2 3 3 x −x+1 9 (1 + tg z) cos2 z √ √ Z 1 8 3 2x − 1 1 8 3 = ln |3x − 2| − arctg √ − 2 + cos2 zdz = 3 3 x − x + 1 9 3 √ √ Z 8 3 2x − 1 4 3 1 1 arctg √ − 2 + = ln |3x − 2| − 1 + cos 2zdz = 3 3 x −x+1 9 3

= = = = =

Z c)

w

=

2z

dw

=

2dz

√ √ Z 8 3 2x − 1 1 2 3 1 ln |3x − 2| − arctg √ − 2 + 1 + cos wdw = 3 3 x −x+1 9 3 √ √ √ 8 3 2x − 1 2 3 2 3 1 1 ln |3x − 2| − arctg √ − 2 + w+ sin w + C = 3 3 x −x+1 9 9 3 √ √ √ 1 8 3 2x − 1 2 3 2 3 1 ln |3x − 2| − arctg √ − 2 + 2z + sin 2z + C = 3 3 x −x+1 9 9 3 √ √ √ 1 8 3 2x − 1 4 3 2 3 1 ln |3x − 2| − arctg √ − 2 + arctgy + sin 2arctgy + C = 3 3 x −x+1 9 9 3 √ √ √ 1 8 3 2x − 1 1 4 3 2x − 1 2 3 2x − 1 ln |3x − 2| − arctg √ − 2 + arctg √ + sin 2arctg √ + C.♦ 3 3 x −x+1 9 9 3 3 3

π sin3 2x + dx 4 Megoldás. Z Z π π π 3 dx = sin2 2x + · sin 2x + dx = sin 2x + 4 4 4 Z Z π π 1 1 t3 2 = 1 − cos 2x + · sin 2x + dx = − (1 − t2 )dt = − (t − ) + C = 4 4 2 2 3 π t = cos(2x+ 4 ) dt = −2 sin(2x+ π4 )dx 1 π 1 π = − cos 2x + + cos 2x + + C. 2 4 6 4

Z d)

♦

cos3 x · sin2 xdx Megoldás. Z Z Z 3 2 2 2 cos x · sin xdx = cos x · cos x · sin xdx =

Z =

2

2

1 − t · t dt =

Z

t2 − t4 dt =

1 − sin2 x · cos x · sin2 xdx = t

=

sin x

dt

=

cos xdx

t3 t5 1 1 − + C = sin3 x − sin5 x + C. 3 5 3 5

♦

113 Z e)

sin2 3xdx Megoldás. Z Z Z Z Z 1 1 1 1 1 1 2 − cos 6xdx = dx − sin 3xdx = cos 6xdx = x − cos tdt = 2 2 2 2 2 12 sin2 α sin2

3x

1−cos 2α 2 1−cos 6x 2

= =

t

=

6x

dt

=

6dx

1 1 1 1 = x − sin t + C = x − sin 6x + C. 2 12 2 12 Z f)

♦

sin4 x · cos2 xdx Megoldás. 2 Z Z Z 1 + cos 2x 1 − cos 2x 4 2 2 2 2 sin x · cos xdx = (sin x) · cos xdx = · dx = 2 2 sin2 x

=

cos2

=

x

1−cos 2x 2 1+cos 2x 2

Z

Z 1 1 2 = (1 − 2 cos 2x + cos 2x) · (1 + cos 2x)dx = (1 − cos 2x − cos2 2x + cos3 2x)dx = 8 8 Z Z Z Z 1 1 1 1 2 = 1dx − cos 2xdx − cos 2xdx + cos2 2x · cos 2xdx = 8 8 8 8

1 1 = x− 8 16

Z

t

=

2x

cos2 α

=

dt

=

2dx

cos2 2x

=

1 cos tdt − 16

Z

Z

1+cos 2α 2 1+cos 4x 2

1 1 + cos 4xdx + 8 u

=

4x

du

=

4dx

Z

(1 − sin2 2x) · cos 2xdx =

y

=

sin 2x

dy

=

2 cos 2xdx

Z

1 1 1 1 = x − sin t − (1 + cos u)du + (1 − y 2 )dy = 8 16 64 16 1 1 1 1 1 1 = x − sin 2x − u − sin u + y − y 3 + C = 8 16 64 64 16 48 1 1 1 1 1 1 = x − sin 2x − x − sin 4x + sin 2x − sin3 2x + C. 8 16 16 64 16 48

♦

114

15. FEJEZET. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYOSZTÁLYOK INTEGRÁLÁSA II.

16. fejezet Speciális függvényosztályok integrálása III. 16.1. Feladat. Integráljuk a következő függvényeket! Z 1 dx a) sin4 x Megoldás. Z Z Z 1 1 1 cos2 x + sin2 x 1 dx = · dx = · 2 dx = 4 2 2 2 sin x sin x sin x sin x sin x Z Z t3 1 −1 = − (1 + ctg2 x) 2 dx = − (1 + t2 )dt = −t − + C = −ctgx − · ctg3 x + C. 3 3 sin x t dt

Z b)

=

ctgx

=

−1 dx sin2 x

♦

x∈(0,π)

1 dx cos6 2x Megoldás. 2 Z Z Z Z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 dx = dt = · dt = dt = · 6 6 4 2 2 cos 2x 2 cos t 2 cos t cos t 2 cos t cos2 t t

=

2x

dt

=

2dx

1 = 2

Z

sin2 t + cos2 t cos2 t

2

1 1 · dt = 2 cos t 2

Z

2 1 + tg t · 2

u du

1 1 dt = 2 cos t 2

Z

(1 + u2 )2 du =

t∈(− π2 , π2 )

=

tgt

=

1 dt cos2 t

Z 1 1 u3 1 u5 1 1 1 = 1 + 2u2 + u4 du = u + + · + C = tgt + tg3 t + tg5 t + C = 2 2 3 2 5 2 3 10 1 1 1 = tg2x + tg3 2x + tg5 2x + C. 2 3 10 Z c)

1 dx cos3 x Megoldás.

115

♦

116

16. FEJEZET. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYOSZTÁLYOK INTEGRÁLÁSA III. Z

1 dx = cos3 x

1 (1 − t)2 · (1 + t)2

Z

cos x dx = cos4 x

Z

cos x dx = (1 − sin2 x)2

t

=

sin x, x∈[− π2 , π2 ]

dt

=

cos x dx

Z

1 dt = (1 − t2 )2

Z

1 (1 − t)2 · (1 + t)2

dt =

B C A D + + + = 2 1 − t 1 + t (1 − t) (1 + t)2 (B − A)t3 + (C + D − B − A)t2 + (A − B + 2C − 2D)t + A + B + C + D = (1 − t)2 · (1 + t)2 =

A megfelelő együtthatók egyeztetéséből: A+B +C +D A − B + 2C − 2D −A − B + C + D −A + B

= = = =

1 ⇒ 2A + 2C = 1 0 ⇒ C =D 0 ⇒ −2A + 2C = 0 ⇒ A = C 0 ⇒ A=B

1 Így A = B = C = D = , azaz 4 1 1 1 1 1 1 = · + + + . (1 − t)2 · (1 + t)2 4 1 − t 1 + t (1 − t)2 (1 + t)2 Z Z Z Z 1 1 1 1 1 1 1 1 dt + dt + dt + dt =

= 2 4 1−t 4 1+t 4 (1 − t) 4 (1 + t)2 u

=

1−t

y

=

1+t

du

=

−dt

dy

=

dt

u

=

1−t

y

=

1+t

du

=

−dt

dy

=

dt

Z Z Z Z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =− du + dy − du + dy = − ln |u| + ln |y| + − + C = 2 2 4 u 4 y 4 u 4 y 4 4 4u 4y 1 1 1 1 = − ln |1 − t| + ln |1 + t| + − +C = 4 4 4(1 − t) 4(1 + t) 1 1 1 1 = − ln |1 − sin x| + ln |1 + sin x| + − + C. ♦ 4 4 4(1 − sin x) 4(1 + sin x) Z d)

3 + tgx dx tg2 x + 2 Megoldás. Z Z Z 3 + tgx 3+t 1 3+t dx = · dt = dt = 2 2 2 2 tg x + 2 2+t 1+t (2 + t ) · (1 + t2 ) x∈(− π2 , π2 )

t

=

tgx

x

=

arctgt

dx

=

1 dt 1+t2

3+t At + B Ct + D (A + C)t3 + (B + D)t2 + (A + 2C)t + B + 2D = + = (2 + t2 ) · (1 + t2 ) 2 + t2 1 + t2 (2 + t2 ) · (1 + t2 ) A+C B +D A + 2C B + 2D

= = = =

0 0 1 3

 ⇒ A = −C    ⇒ B = −D A = −1 ⇒ ⇒ C =1  B = −3   ⇒ D=3

117 Így

−t − 3 t + 3 + . 2 + t2 1 + t2 Z Z Z Z Z Z −t − 3 t+3 2t 1 2t 1 1 1

= dt + dt = − dt − 3 dt + dt + 3 dt = 2 2 2 2 2 2+t 1+t 2 2+t 2+t 2 1+t 1 + t2 3+t

(2 + t2 ) · (1 + t2 )

=−

1 2

Z

1 3 du − u 2

Z 1+ z

=

dz

=

u

=

du

=

Z

1 1 2 dt + 2 √t

=

t2 +2

y

=

t2 +1

2tdt

dy

=

2tdt

1 dy + 3arctgt = y

2

√t 2 √1 dt 2

Z

1 3 1 1 = − ln |u| + ln |y| + 3arctg(tgx) = dz + 2 2 1 + z2 2 1 3 t 1 = − ln |tg2 x + 2| + arctg √ + ln |tg2 x + 1| + 3x + C = 2 2 2 2 3 tgx 1 1 = − ln |tg2 x + 2| + arctg √ + ln |tg2 x + 1| + 3x + C. 2 2 2 2 Z e)

♦

sin x dx 3 sin x + 5 cos x Megoldás. Z sin x dx = 3 sin x + 5 cos x

Z

1 dx 3 + 5ctgx

y

=

ctgx

x

=

arcctgy

dx

=

−1 dy 1+y 2

Z =−

1 1 · dy = 3 + 5y 1 + y 2

x∈(0,π)

1 A By + C (A + 5B)y 2 + (5C + 3B)y + A + 3C = + = (3 + 5y) · (1 + y 2 ) 3 + 5y 1 + y2 (3 + 5y) · (1 + y 2 )  A + 5B = 0 ⇒ A = −5B  A = 25 16 3 5C + 3B = 0 ⇒ C = 5 B ⇒  5 B = − 15 16 A + 3C = 1 ⇒ 1 = −5B + 59 B ⇒ B = − 16 Így 25 1 5 y +3 = 16 − · . 2 (3 + 5y) · (1 + y ) 3 + 5y 16 1 + y 2 



   Z  Z Z Z Z 5 5 5 y +3  5 1 5 2y 15 −1  

= − dy − dy  = − dt + dy − dy = 2 2  16  5y + 3 16 1+y 16 t 32 1+y 16 1 + y2    t = 5y+3  u = 1+y 2 dt

=

5dy

du

=

2ydy

118

16. FEJEZET. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYOSZTÁLYOK INTEGRÁLÁSA III. Z 5 5 1 15 5 5 15 = − ln |t| + du − arcctgy = − ln |5y + 3| + ln |u| − arcctg(ctgx) + C = 16 32 u 16 16 32 16 5 15 5 = − ln |5ctgx + 3| + ln |1 + y 2 | − x + C = 16 32 16 5 5 15 = − ln |5ctgx + 3| + ln |1 + ctg2 x| − x + C. ♦ 16 32 16

tg x2 -es helyettesítést használva is megoldható a feladat, de ekkor a racionális tört-függvényünk bonyolultabb lesz: Megoldás. Z Z Z 2t sin x 1 4t 1+t2 dx = · dt = . . . dt = 2 1−t 2t 3 sin x + 5 cos x 1 + t2 (1 + t2 )(−5t2 + 6t + 5) 3 1+t 2 + 5 1+t2 t

Z f)

=

tg x2

2 dt 1+t2 2t 1+t2 1−t2 1+t2

dx

=

sin x

=

cos x

=

x∈(−π,π)

dx 1 + sin x + cos x Megoldás. Z

Z

dx 1 + sin x + cos x

t dx

= =

cos x

=

=

g)

=

sin x

Z

Z

♦

=

tg x2 x∈(−π,π) 2 dt 1+t2 2t 1+t2 1−t2 1+t2

2 dt = 2t + 2

Z

1 2t 1 + 1+t 2 +

1 dt = t+1

u

=

t+1

du

=

dt

Z

1−t2 1+t2

2 · dt = 1 + t2

Z

2 dt = 1 + t2 + 2t + 1 − t2

x 1 du = ln |u| + C = ln |t + 1| + C = ln |tg + 1| + C. u 2

♦

cos 2x dx 4 − 3 cos2 x Megoldás. Z Z Z Z 1−y 2 cos 2x cos2 x − sin2 x 1 1 − y2 1+y 2 dx = dx = · dy = dy = 3 4 − 3 cos2 x 4 − 3 cos2 x 1 + y2 (4y 2 + 1) · (y 2 + 1) 4 − 1+y 2 x∈(− π2 , π2 )

y

=

tgx

dx

=

sin2 x

=

1 dy 1+y 2 y2 1+y 2

cos2 x

=

1 1+y 2

1 − y2 Ay + B Cy + D (4A + C)y 3 + (4B + D)y 2 + (A + C)y + B + D = + 2 = (4y 2 + 1) · (y 2 + 1) y2 + 1 4y + 1 (4y 2 + 1) · (y 2 + 1)

119 A megfelelő együtthatók egyeztetéséből: 4A + C A+C 4B + D B +D 5

= 3

Z

1 2 dy − 2 4y + 1 3 t

=

2y

t2

=

4y 2

dt

=

2dy

Z

= 0 ⇒ A=C =0 = 0 = −1 ⇒ 3B = −2 ⇒ B = − 32 ⇒ C = = 1 1 5 dy = 2 1+y 6

Z

1 t2 + 1

5 3

2 5 2 dt − arctgy = arctgt − arctg(tgx) + C = 3 6 3

5 2 5 2 = arctg(2y) − x + C = arctg(2tgx) − x + C. 6 3 6 3 Z h)

♦

x √ dx x+1 Megoldás. Z Z Z x t3 t2 √ · 2tdt = 2 dt = dx = t+1 t+1 x+1 t

√

=

x

x

=

t2

dx

=

2tdt

t3 +0 · t2 t3 + t2 − t2 − t2

Z

2 =

= Z i)

2

    +0 · t +0 : (t + 1) = t2 − t + 1,           t3 1 − t ⇒ = t2 − t + 1 −  t+1 t+1  + t     t +1      −1   Z

1 2 dt = t3 − t2 + 2t − t+1 3

u

=

t+1

du

=

dt

t − t + 1 dt − 2

Z

√ 1 2√ 3 du = x − |x| + 2 x − ln |u| + C = u 3

√ √ √ 2√ 3 2√ 3 x − x + 2 x − ln |t + 1| + C = x − |x| + 2 x − ln | x + 1| + C. 3 3

√ x · 3x − 4dx Megoldás.

♦

120

16. FEJEZET. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYOSZTÁLYOK INTEGRÁLÁSA III. √

Z

Z

x · 3x − 4dx = t x

=

dx

=

= Z j)

√

√

=

t2 + 4 2 2 · t · t dt = 3 3 9

Z

2 5 8 3 t + t +C = 45 27

t4 + 4t2 dt =

3x−4

t2 +4 3 2 tdt 3

8p 2p (3x − 4)5 + (3x − 4)3 + C. 45 27

♦

x √ dx x− 3 x

Megoldás. Z 9 Z Z Z t −1+1 t6 t9 x 5 √ √ dx = dt = 6 dt = · 6t dt = 6 3 3 2 t −t t−1 t−1 x− x =

√ 6

x

=

t6

dx

=

6t5 dt

t

Z =6

Z =6

x

(t − 1)(t8 + t7 + t6 + t5 + t4 + t3 + t2 + t + 1) dt + 6 t−1

t8 + t7 + t6 + t5 + t4 + t3 + t2 + t + 1dt + 6

Z

Z

1 dt = t−1

u

=

t−1

du

=

dt

1 du = u

2 3 6 6 3 = t9 + t8 + t7 + t6 + t5 + t4 + 2t3 + 3t2 + 6t + ln |u| + C = 3 4 7 5 2 √ √ √ √ √ √ 2√ 3 6 6√ 3√ 6 6 6 6 6 6 6 6 = x9 + x8 + x7 + x6 + x5 + x4 + 2 x3 + 3 x2 + 6 6 x + ln |t − 1| + C = 3 4 7 5 2 √ √ √ √ √ √ √ √ √ 22 3 33 4 66 7 66 5 33 2 = x + x + x +x+ x + x + 2 x + 3 3 x + 6 6 x + ln | 6 x − 1| + C. ♦ 3 4 7 5 2 k)

Z √

−x2 + 4x + 5dx Megoldás. Z √ Z p Z r Z √ x−2 2 −x2 + 4x + 5dx = 9 − (x − 2)2 dx = 3 1− dx = 9 1 − t2 dt = 3 t

=

dt

=

x−2 3 1 dx 3

t

=

sin u (− π2 ≤u≤ π2 )

dt

=

cos u du

Z p Z Z Z cos 2u + 1 2 2 =9 1 − sin u · cos u du = 9 | cos u| · cos u du = 9 cos u du = 9 du = 2 ha − π2 ≤u≤ π2 , akkor cos u≥0

9 9 = u+ 2 2

Z

9 9 cos 2u du = arcsin t + 2 2

y

=

2u

dy

=

2 du

Z cos y dy =

9 x−2 9 arcsin + · sin y + C = 2 3 2

121 9 x−2 9 9 x−2 9 x−2 arcsin + · sin 2u + C = arcsin + · sin(2 arcsin ) + C. 2 3 2 2 3 2 3

=

l)

Z √

♦

2x2 + 8x + 10dx Megoldás. Z √ √ Z √ √ Z p √ Z √ 2 2 2 2x + 8x + 10dx = 2 x + 4x + 5dx = 2 (x + 2) + 1dx = 2 t2 + 1 dt = D=16−20<0

√ Z p = 2 tg2 u + 1 ·

√ 1 du = 2 2 cos u

Z r

t

=

x+2

dt

=

dx

√ sin2 u + cos2 u 1 · du = 2 2 2 cos u cos u

Z

t

=

tgu (− π2
dt

=

1 du cos2 u

1 1 · du = | cos u| cos2 u ha − π2 0

√ Z = 2

Az

R

1 du = cos3 u

1 du cos3 u

integrállal már foglalkoztunk. (115. oldal, c feladat.)

√ 1 1 1 1

= 2 · − ln |1 − sin u| + ln |1 + sin u| + − +C = 4 4 4(1 − sin u) 4(1 + sin u) √ √ √ √ 2 2 2 2 ln |1 − sin(arctgt)| + ln |1 + sin(arctgt)| + − +C = =− 4 4 4(1 − sin(arctgt)) 4(1 + sin(arctgt)) √ √ √ 2 2 2 ln |1 − sin(arctg(x + 2))| + ln |1 + sin(arctg(x + 2))| + − =− 4 4 4(1 − sin(arctg(x + 2))) √ 2 − + C. ♦ 4(1 + sin(arctg(x + 2)))

m)

Z √

4x2 + 3x − 1dx Megoldás. Z 2 Z √ t −1 −4t2 + 6t − 4 2 4x + 3x − 1dx = 2· +t · dt = 3 − 4t (3 − 4t)2 √

=

4x2 +3x−1

=

4x2 +4xt+t2

(3−4t)x

=

t2 −1

x

=

dx

=

Z =

√

4x2 +3x−1

4x+t=2x+t

t2 −1 3−4t 2 2t(3−4t)+4(t2 −1) dt= −4t +6t−4 dt (3−4t)2 (3−4t)2

−2t2 + 3t − 2 −4t2 + 6t − 4 · dt = 2 3 − 4t (3 − 4t)2

Z

(−2t2 + 3t − 2)2 dt = 2 (3 − 4t)3

Z

4t4 − 12t3 + 17t2 − 12t + 4 dt = (3 − 4t)3 | {z } −64t3 +144t2 −108t+27

122

16. FEJEZET. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYOSZTÁLYOK INTEGRÁLÁSA III. A racionális áltörtet egy polinom és egy valódi racionális törtfüggvény összegére bontjuk: 4t4 −12t3 +17t2 t2 4t4 − 9t3 + 27 4

−12t − 27 t 16

t2 − 165 t −3t3 + 41 4 16 27 2 81 3 −3t + 4 t − 16 t 7 2 t 2

1 3 t + 64 , +4 : (−64t3 + 144t2 − 108t + 27) = − 16

+4 + 81 64

− 21 t + 175 4 64

7 2 t − 21 t + 175 4t4 − 12t3 + 17t2 − 12t + 4 3 1 2 4 64 t + + = − . (3 − 4t)3 16 64 (3 − 4t)3

így

Z 7 2 t − 21 t + 175 3 1 224t2 − 336t + 175 1 2 3 1 2 4 64 t + t − dx = − dx =

2 = − t+ + 16 64 (3 − 4t)3 16 32 64 (3 − 4t)3 A valódi racionális törtfüggvényt, az egyenlő együtthatók módszerével, elemi törtek összegére bontjuk: Z

A B C A(3 − 4t)2 + B(3 − 4t) + C 224t2 − 336t + 175 = + + = = (3 − 4t)3 3 − 4t (3 − 4t)2 (3 − 4t)3 (3 − 4t)3 =

16At2 + (−24A − 4B)t + 9A + 3B + C (3 − 4t)3

A megfelelő együtthatók egyeztetéséből 16A = 224 ⇒ A = 14 −24A − 4B = −336 ⇒ B = 0 9A + 3B + C = 175 ⇒ C = 49 Visszaírva az integrálba: Z Z Z Z 1 2 3 1 2 3 1 14 1 49 7 1 49 1

= − t + t+ dt + dt = − t + t + du + du = 3 16 32 64 3 − 4t 64 (3 − 4t) 16 32 128 u 256 u3

=−

u

=

3−4t

u

=

3−4t

du

=

−4dt

du

=

−4dt

1 2 3 7 49 1 1 3 7 49 + C = − t2 + t + +C = t + t+ ln |u| − ln |3 − 4t| − 2 16 32 128 512 u 16 32 128 512(3 − 4t)2 √

4x2 +3x−1 t

= =

√ √

4x+t=2x+t 4x2 +3x−1−2x.

√ 1 √ 2 3 √ 7 ( 4x + 3x − 1 − 2x)2 + ( 4x2 + 3x − 1 − 2x) + ln |3 − 4( 4x2 + 3x − 1 − 2x)|− 16 32 128 49 √ − + C. ♦ 2 512(3 − 4( 4x + 3x − 1 − 2x))2

=−

17. fejezet Határozott integrál, improprius integrál 17.1. Határozott integrál Legyen I := [a, b] véges,zárt intervallum. 17.1. Definíció. A τ halmazt az I := [a, b] intervallum egy felosztásának nevezzük, ha i) τ ⊆ I, ii) τ véges halmaz, iii) a, b ∈ τ . Jelölés : τ = {a = x0 < x1 < · · · < xk < · · · < xn−1 < xn = b}. Az I intervallum felosztásainak halmazát F(I)-vel jelöljük. 17.2. Definíció. Legyen τ ∈ F(I) az I intervallum egy felosztása. A τ felosztás finomságán a n

kτ k := max{xi − xi−1 } i=1

számot értjük. 17.3. Definíció. Legyen f : I → R egy korlátos függvény és τ = {a = x0 < x1 < · · · < xk < · · · < < xn−1 < xn = b} ∈ F(I) az I intervallum egy felosztása. mi := inf{f (x)| xi−1 ≤ x ≤ xi }, i = 1, . . . , n Mi := sup{f (x)| xi−1 ≤ x ≤ xi }, i = 1, . . . , n

Ekkor a S(f, τ ) :=

n X

Mi · (xi − xi−1 )

i=1

összeget a függvény, τ felosztáshoz tartozó felső közelítő összegének, a s(f, τ ) :=

n X

mi · (xi − xi−1 )

i=1

összeget pedig a függvény, τ felosztáshoz tartozó alsó közelítő összegének nevezzük.

123

124

17. FEJEZET. HATÁROZOTT INTEGRÁL, IMPROPRIUS INTEGRÁL

s(f, τ )

S(f, τ )

17.4. Megjegyzés. Mivel mi ≤ Mi minden i index esetén, ezért bármely τ felosztás mellett s(f, τ ) ≤ S(f, τ ). 17.5. Definíció. Legyen τ1 , τ2 ∈ F(I) ugyanazon intervallum két felosztása. Akkor mondjuk, hogy a τ2 felosztás a τ1 felosztás finomítása, ha annak minden osztópontját tartalmazza, azaz ha τ1 ⊂τ2 . 17.6. Tétel. a) Ha τ1 , τ2 ∈ F(I) és τ1 ⊂ τ2 , akkor s(f, τ1 ) ≤ s(f, τ2 ) és S(f, τ1 ) ≥ S(f, τ2 ), azaz a felosztás finomításával az alsó közelítő összeg nem csökken, a felső közelítő összeg pedig nem növekszik. b) Bármely két τ1 , τ2 ∈ F(I) felosztás esetén s(f, τ1 ) ≤ S(f, τ2 ). 17.7. Következmény. A {s(f, τ ), τ ∈ F(I)} számhalmaz felülről korlátos, míg a {S(f, τ ), τ ∈ ∈ F(I)} számhalmaz alulról korlátos. 17.8. Definíció. Legyen f az I = [a, b] zárt intervallumon korlátos függvény. Az I∗ (f ) := sup{s(f, τ ) : τ ∈ F(I)} értéket az f Darboux-féle alsó integráljának, az I ∗ (f ) := inf{S(f, τ ) : τ ∈ F(I)} értéket az f Darboux-féle felső integráljának nevezzük. 17.9. Definíció. Akkor mondjuk, hogy az f függvény az I = [a, b] intervallumon Riemannintegrálható, ha I∗ (f ) = I ∗ (f ) =: I. Ekkor az I számot az f függvény Riemann-integráljának Rb nevezzük és f (x)dx := I jelölést használjuk. a

17.1. HATÁROZOTT INTEGRÁL

125

17.10. Definíció. Ha f : [a, b] → R+ 0 és f Riemann integrálható az [a, b] intervallumon, akkor a H := {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)} halmaznak létezik területe és T (H) =

Rb

f (x)dx.

a

És hasonlóan 17.11. Definíció. Ha f : [a, b] → R− 0 és f Riemann integrálható az [a, b] intervallumon, akkor a K := {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, f (x) ≤ y ≤ 0} halmaznak létezik területe és T (K) = −

Rb

f (x)dx.

a

17.12. Definíció. Legyen f : [a, b] → R függvény és τ ∈ F(I) az [a, b] intervallum egy felosztása, amelyre τ = {a = x0 < x1 < · · · < xk < · · · < xn−1 < xn = b}. Legyen továbbá Aτ := {ξ = (ξ1 , ξ2 , . . . , ξn )| xi−1 ≤ ξ ≤ xi , i = 1,2, . . . , n} úgynevezett közbeeső pontok rendszere. Ekkor a σ(f, τ, ξ) :=

n X

f (ξi ) · (xi − xi−1 ),

τ ∈ F(I), ξ ∈ Aτ

i=1

számot az f függvény τ, ξ paraméterpárhoz tartozó Riemann-közelítőösszegének nevezzük.

σ(f, τ, ξ) 17.13. Definíció. Akkor mondjuk, hogy a τ0 ⊇ τ1 ⊇ . . . ⊇ τk ⊇ . . . felosztás-sorozat minden határon túl finomodó, ha bármely ε > 0 esetén létezik k0 index, hogy kτk0 k < ε. 17.14. Tétel. Az f : [a, b] → R függvény akkor és csak akkor Riemann-integrálható, ha σ(f, τ, ξ) közelítő összegek sorozata a felosztás minden határon túl való finomítása mellett a ξ közbeeső pontok rendszer választásától függetlenül ugyanahhoz a I számhoz tart.

126


17.2. A Riemann-integrálhatóság feltételei 17.15. Tétel. (szükséges feltétel) Ha f Riemann-integrálható, akkor korlátos. 17.16. Tétel. (elégséges feltételek) i) A véges zárt intervallumon értelmezett folytonos függvény Riemann-integrálható. ii) A véges zárt intervallumon értelmezett korlátos függvény Riemann-integrálható, ha legfeljebb véges sok szakadása van. iii) A véges zárt intervallumon értelmezett korlátos és monoton függvény Riemann-integrálható. 17.17. Következmény. Ha az f függvény értékét az intervallumban véges sok helyen megváltoztatjuk, akkor az sem az integrálhatóságot, sem pedig az integrál értékét nem változtatja meg.

17.3. A határozott integrál tulajdonságai 17.18. Tétel. Legyen az f függvény az [a, b] intervallumon integrálható és c tetszőleges valós szám, ekkor a c · f függvény is integrálható az [a, b] intervallumon és Zb

Zb cf (x)dx = c

a

f (x)dx. a

17.19. Tétel. Ha az f és a g függvények az [a, b] intervallumon integrálhatók, akkor az f + g függvény is integrálható az [a, b] intervallumon és Zb

Zb (f + g)(x)dx =

a

Zb f (x)dx +

a

g(x)dx. a

17.20. Tétel. Ha az f függvény az [a, b] intervallumon integrálható, akkor annak bármely részintervallumán is integrálható. 17.21. Tétel. (intervallum szerinti additivitás 1.) Ha az f függvény az [a, b] intervallumon integrálható és a < c < b, akkor Zb

Zc f (x)dx =

a

Zb f (x)dx +

a

f (x)dx. c

17.22. Tétel. (intervallum szerinti additivitás 2.) Ha az f függvény az [a, c] és [c, b] intervallumokon integrálható, akkor integrálható az [a, b] intervallumon és Zb

Zc f (x)dx =

a

Zb f (x)dx +

a

f (x)dx. c

17.4. A HATÁROZOTT INTEGRÁL KISZÁMÍTÁSA

127

17.23. Tétel. Ha az f függvény az [a, b] intervallumon integrálható és f (x) ≥ 0 minden x ∈ [a, b] esetén, akkor Zb f (x)dx ≥ 0. a

17.24. Tétel. Ha az f és a g függvények az [a, b] intervallumon integrálhatók és f (x)≤g(x)minden x ∈ [a, b] esetén, akkor Zb Zb f (x)dx ≤ g(x)dx. a

a

17.25. Tétel. Legyen f függvény az [a, b] intervallumon integrálható, továbbá m := inf{f (x)| a ≤ x ≤ b} és M := sup{f (x)| a ≤ x ≤ b}, ekkor

Zb m · (b − a) ≤

f (x)dx ≤ M · (b − a). a

17.26. Tétel. (Az integrálszámítás középérték-tétele) Ha az f függvény folytonos az [a, b] intervallumon, akkor létezik olyan ξ ∈ [a, b] hely, hogy Zb f (x)dx = f (ξ) · (b − a). a

17.4. A határozott integrál kiszámítása 17.27. Definíció. Legyen f függvény az [a, b] intervallumon integrálható. Értelmezzük a F függvényt a következőképpen: Zx DF = [a, b], F (x) := f (t)dt. a

Ekkor a F : [a, b] → R függvényt a f függvény integrálfüggvényének nevezzük. 17.28. Tétel. Ha a f függvény folytonos az [a, b] intervallumon, akkor a F (x) :=

Rx

f (t)dt inte-

a

grálfüggvény az [a, b] intervallumon differenciálható és F 0 = f. 17.29. Megjegyzés. Az előző tétel alapján nyilvánvaló, hogy az integrálfüggvény egy primitív függvény. 17.30. Tétel. (Newton-Leibniz formula) Legyen az f függvény integrálható az [a, b] intervallumon. Ha az f függvénynek létezik az [a, b] intervallumon F primitív függvénye, akkor Zb f (x)dx = F (b) − F (a). a

128


17.31. Megjegyzés. Az előző tétel alkalmas arra, hogy a határozott integrál kiszámítását visszavezessük határozatlan integrál kiszámítására, illetve arra, hogy a határozatlan integrálra vonatkozó szabályok megfelelőit felírjuk határozatlan integrálok esetére. 17.32. Tétel. (Helyettesítéses integrálás szabálya határozott integrálra) Legyen a ϕ:[a, b]→ R függvény folytonos [a, b]-n, differenciálható (a, b)-n és a ϕ0 deriváltfüggvény legyen integrálható az [a,b]-n, továbbá f legyen folytonos a ϕ([a, b]) intervallumon. Ekkor Zϕ(b) Zb f (u)du = f (ϕ(x)) · ϕ0 (x)dx. a

ϕ(a)

17.33. Tétel. (Parciális integrálás szabálya határozott integrálra) Legyen f és g függvény az [a, b] intervallumon differenciálható és f 0 , g 0 függvények legyenek Riemann-integrálhatók az [a, b]n. Ekkor b Z b Zb 0 f (x)g (x)dx = f (x) · g(x) − f 0 (x) · g(x)dx. a

a

a

17.5. Improprius integrál • Végtelen intervallumon értelmezett függvények integrálása: 17.34. Definíció. Legyen f : [a, ∞) → R olyan függvény, amely integrálható minden [a, x] intervallumon, ahol x > a. Azt mondjuk, hogy az Z∞ f (x)dx a

improprius integrál konvergens, ha létezik a Zβ lim

f (x)dx

β→∞ a

véges határérték. Ekkor definíció szerint Zβ

Z∞ f (x)dx := lim

f (x)dx.

β→∞

a

a

17.35. Definíció. Legyen f : (−∞, b] → R olyan függvény, amely integrálható minden [x, b] intervallumon, ahol x < b. Azt mondjuk, hogy az Zb f (x)dx −∞

improprius integrál konvergens, ha létezik a Zb lim

f (x)dx

α→−∞ α

17.5. IMPROPRIUS INTEGRÁL

129

véges határérték. Ekkor definíció szerint Zb

Zb f (x)dx :=

lim

f (x)dx.

alpha→−∞

−∞

α

17.36. Definíció. Ha az f függvény integrálható minden véges [x, y] intervallumon és létezik a véges Zβ lim lim f (x)dx α→−∞ β→∞

α

határérték, akkor Zβ

Z∞ f (x)dx := lim lim

f (x)dx.

α→−∞ β→∞

−∞

α

• Nem korlátos függvény integrálása: 17.37. Definíció. Legyen f : (a, b] → R nem korlátos függvény az a pont környezetében. Tegyük fel, hogy bármely x ∈ (a, b] esetén f integrálható az [x,b] intervallumon. Akkor mondjuk, hogy az Zb f (x)dx a

improprius integrál konvergens, ha létezik a Zb lim

ε→0+ a+ε

f (x)dx


Zb f (x)dx := lim+

f (x)dx.

ε→0

a+ε

a

17.38. Definíció. Legyen f :[a, b)→R nem korlátos függvény a b pont környezetében. Tegyük fel, hogy bármely x ∈ [a, b) esetén f integrálható az [a,x] intervallumon. Akkor mondjuk, hogy az Zb f (x)dx a

improprius integrál konvergens, ha létezik a Zb−ε lim+ f (x)dx

ε→0

a


Zb−ε f (x)dx := lim+ f (x)dx. ε→0

a

a

130

17. FEJEZET. HATÁROZOTT INTEGRÁL, IMPROPRIUS INTEGRÁL 17.39. Megjegyzés. Ha az f :[a, b]→R függvény valamely c∈(a, b) belső pont környezetében nem korlátos, akkor az integrál intervallum szerinti additivitását kihasználva két, az előző definíciók alapján számolható improprius integrál összegére bontható az Zb f (x)dx a

improprius integrál: Zb

Zc f (x)dx =

a

Zb f (x)dx +

a

f (x)dx. c

18. fejezet Határozott integrál és improprius integrál kiszámítása 18.1. Feladat. Legyen f (x) = 2x x ∈ [0,10] . Osszuk a [0, 10] intervallumot 5 egyenlő részre. Legyen τ5 a fenti felosztás osztópontjaiból álló felosztás. Legyen ξ∈R5 és ξi az i-edik részintervallum felezőpontja. a) Számoljuk ki az s(f, τ5 ) alsó- és S(f, τ5 ) felső Darboux-közelítő összeget! b) Számoljuk ki az σ(f, τ5 , ξ) Riemann-féle közelítő összeget! c) Írjuk fel a fenti mennyiségeket általánosan, ha a [0, 10] intervallumot n egyenlő részre osztjuk. (Számoljuk ki a határértékeiket ha n → ∞.) Megoldás. a) x0 = 0,

x1 = 2,

x2 = 4,

x3 = 6,

x4 = 8,

x5 = 10

Mivel f a [0, 10] intervallumon (és az R-en is) szigorúan monoton növő, ezért Mi = sup {f (x)| xi−1 ≤ x ≤ xi } = f (xi ) és mi = inf {f (x)| xi−1 ≤ x ≤ xi } = f (xi−1 ) i = 1, . . . ,5. Tehát s(f, τ5 ) =

5 X i=1

mi · (xi − xi−1 ) = 2 | {z } =2

5 X

f (xi−1 ) = 2 · 20 + 22 + 24 + 26 + 28 =

i=1

45 − 1 1024 − 1 = 2 · 40 + 41 + 42 + 43 + 44 = 2 · = 2· = 682. 4−1 3 és S(f, τ5 ) =

5 X i=1

Mi · (xi − xi−1 ) = 2 | {z } =2 1

5 X

f (xi ) = 2 · 22 + 24 + 26 + 28 + 210 =

i=1

= 2 · 22 · 40 + 4 + 42 + 43 + 44 = 8 · 341 = 2728.

131

132

18. FEJEZET. HATÁROZOTT INTEGRÁL GYAKORLAT A fenti két formula geometriai jelentését az alábbi ábrán szemléltethetjük.

s(f, τ5 ) b) ξ1 = 1,

ξ2 = 3,

ξ3 = 5,

S(f, τ5 )

ξ4 = 7,

ξ5 = 9

5 X f (ξi ) = 2 · 21 + 23 + 25 + 27 + 29 = f (ξi ) · (xi − xi−1 ) = 2 | {z } i=1 i=1 =2 0 1 2 3 4 = 4 · 4 + 4 + 4 + 4 + 4 = 4 · 341 = 1364.

σ(f, τ5 , ξ) =

5 X

Ezt a mennyiséget is szemléltethetjük az előzőekhez hasonlón:

σ(f, τ5 , ξ) c) x0 = 0,

x1 =

10 , n

x2 = 2 ·

s(f, τn ) =

n X i=1

= =

10 n

10 10 , . . . , xk = k · , . . . , xn = 10 n n n

n

10 X 10 X (i−1)· 10 n = f (xi−1 ) = 2 mi · (xi − xi−1 ) = | {z } n i=1 n i=1 = 10 n

n X i=1 10

10 i−1

2n

10 2 − 1 · n 2 10n − 1

=

10 n

n−1 X i=0

10 i

2n

=

10 n

n

−1 10 2 · = 10 n 2 n −1

133 és hasonlóan S(f, τn ) =

n X i=1

n

n

10 X 10 i 10 X f (xi ) = 2n = Mi · (xi − xi−1 ) = | {z } n i=1 n i=1 = 10 n

n−1 n−1 10 X 10 i+1 10 10 X 10 i 10 10 210 − 1 2n ·2 n 2n = · 2 n · 10 = = . n i=0 n n n −1 2 i=0

Továbbá ξk =

(k−1)· 10 +k· 10 n n 2

σ(f, τn , ξ) =

= (2k − 1) · n5

n X i=1

k = 1, . . . , n n

n

10 X (2i−1) 5 10 X 5 2i−1 n = f (ξi ) · (xi − xi−1 ) = 2 2n = | {z } n i=1 n i=1 = 10 n

n−1 n−1 10 X 5 2i+1 10 5 X 10 i 10 5 210 − 1 n n = 2 ·2 2n = · 2 n · 10 = . n i=0 n n 2 n −1 i=0

d) 10 · (210 − 1) 00 L’H 10 210 − 1 0·∞ n · 10 = lim = lim s(f, τn ) = lim 10 n→∞ n→∞ n→∞ n 2 n − 1 2 n −1 − 102 · (210 − 1) 1023 210 − 1 = lim n 10 = . = lim 10 n→∞ −2 n · ln 2 · 10 n→∞ 2 n · ln 2 ln 2 2 n |{z} →1

Hasonlóan számolható S(f, τn ) és σ(f, τn , ξ) határértéke is. Abból a tényből, hogy lim S(f, τn ) = lim s(f, τn ) illetve hogy létezik lim σ(f, τn , ξ) még n→∞

n→∞

n→∞

nem következne, hogy f Riemann-integrálható (hiszen nem az összes τ felosztásra és az összes ξi közbeeső pont-rendszerre ellenőríztük), de mivel f folytonos az intervallumon, ezért integrálható és így Z10 1023 . 2x dx = ln 2 ♦ 0 18.2. Feladat. Számítsuk ki az alábbi határozott integrálokat! Z1 a)

x3 + 2x2 + x + 3dx

0

Megoldás. Z1

x4 x3 x2 x + 2x + x + 3dx = + 2 + + 3x 4 3 2 3

2

0

=

=

1 = 0

1 4 2 3 1 2 1 4 2 3 1 2 ·1 + ·1 + ·1 +3·1 − ·0 + ·0 + ·0 +3·0 = 4 3 2 4 3 2

1 2 1 5 + + +3 = 4 4 3 2 12

♦

134

18. FEJEZET. HATÁROZOTT INTEGRÁL GYAKORLAT π

Z2 b)

sin3 xdx

0

Megoldás. Első megoldás: π

π

π

π

π

Z2

Z2

Z2

Z2

Z2

sin3 xdx =

0

sin2 x · sin xdx =

0

(1 − cos2 x) · sin xdx =

0

sin xdx − 0

0 =

cos x, x∈[0, π2 ]⊆[− π2 , π2 ]

dt

=

− sin xdx

t1

=

cos x1 =cos 0=1

t2

=

cos x2 =cos

t

Z0

π2

= − cos x

+ 0

1

cos2 x · sin xdx =

π =0 2

3 0 π t 1 2 t dt = cos 0 − cos + = 1−0+0− = . 2 3 1 3 3 2

Megoldás. Második megoldás: π

Z2

sin3 xdx =

0

Primitív függvény meghatározása: Z

3

Z

Z

2

sin x · sin xdx = (1 − cos2 x) · sin xdx = Z Z Z 2 = sin xdx − cos x · sin xdx = − cos x + t2 dt =

sin xdx =

t

=

cos x, x∈[− π2 , π2 ]

dt 3

=

− sin xdx

t 1 + C = − cos x + cos3 x + C. 3 3 Most már alkalmazhatjuk a Newton-Leibniz formulát: π2 π 1 1 1 2 3 3 π 3

= − cos x + cos x = − cos + cos − −cos0 + cos 0 = . 3 2 3 2 3 3 0 = − cos x +

Z2 c)

e2x · 3x2 dx

−2

Megoldás. Első megoldás: Z2

3 e2x · 3x2 dx = x2 e2x 2

−2 f (x)

=

3x2

f 0 (x)

=

6x

Z2

2 − −2

3xe2 xdx = 6 · e4 − 6 · e−4 −

−2

Z2

−2

g 0 (x)

=

e2x

g(x)

=

1 2x e 2

3xe2 xdx =

♦

135 2 Z2 Z2 3 2x 3 2 4 −4 = 6 · (e − e ) − 3 xe xdx = 6 · (e − e ) − xe + e2x dx = 2 2 −2 −4

4

−2

−2

f (x)

=

f 0 (x)

=

= 6 · (e4 − e−4 ) − 3 · (e4 + e−4 ) +

3 2x e 4

x

g 0 (x)

=

e2x

1

g(x)

=

1 2x e 2

2 = −2

15 4 39 −4 ·e − ·e . 4 4

♦

Megoldás. Második megoldás: Z2

e2x · 3x2 dx =

−2

Primitív függvény meghatározása: Z

3 e · 3x dx = x2 e2x − 2 2x

f (x) f 0 (x)

2

= =

g 0 (x)

3x2 6x

g(x)

Z

Z Z 3 2 2x 3 2 2x 3 2x 3 2 3xe xdx = x e − 3 xe xdx = x e − xe + e2x dx = 2 2 2 2 2

=

e2x

=

1 2x e 2

f (x)

=

x

g 0 (x)

=

e2x

f 0 (x)

=

1

g(x)

=

1 2x e 2

3 3 3 = x2 e2x − xe2x + e2x + C. 2 2 4 Most már alkalmazhatjuk a Newton-Leibniz formulát: 2 3 2 2x 3 2x 3 2x 3 3 3 4 3 3 3 −4 4 4 −4 −4

= x e − xe + e = · 4 · e − · 2e + e − · 4 · e + · 2e + e = 2 2 4 2 2 4 2 2 4 −2 =

15 4 39 −4 e − e . 4 4

♦

18.3. Feladat. Számítsuk ki az alábbi improprius integrálokat! Z∞ a)

1 dx x

1

Megoldás. Z∞ 1

1 dx = lim β→∞ x

Zβ 1

  β 1 dx = lim ln |x| = lim ln |β| − ln |1| = ∞ | {z } | {z } β→∞ β→∞ x 1

→∞

=0

Az improprius integrál nem létezik, a függvény impropriusan nem integrálható a [0, ∞) intervallumon. ♦

136

18. FEJEZET. HATÁROZOTT INTEGRÁL GYAKORLAT

Z∞ b)

1 dx x2

1

Megoldás. Z∞

1 dx = lim β→∞ x2

1

Zβ

1 1 dx = lim − β→∞ x2 x

1

β 1

   1 1 1   = 1. ♦ = lim − − − = lim  1 − β→∞ β→∞  β 1 β  |{z} →0

Z0 c)

ex dx

−∞

Megoldás. Z0

Z0

x

e dx = lim

α→∞ −α

−∞

Z1 d)

0 e dx = lim ex = lim e0 − eα = 1. x

α→∞

−α

α→∞

♦

1 √ dx x

0

Megoldás. Mivel az f (x) =

√1 x

Z1

Z1

1 √ dx = lim ε→0+ x

0

Z2 e)

√

0+ε

függvény a x = 0 pont környezetében nem korlátos, így √ √ 1 1 √ dx = lim 2 x = lim (2 − 2 ε) = 2. ε→0+ ε→0+ x ε

♦

1 dx 4 − x2

0

Megoldás. Mivel az f (x) = Z2

√ 1 4−x2

1 √ dx = lim+ ε→0 4 − x2

függvény az x = 2 pont környezetében nem korlátos, így

Z2−ε

1 √ dx = 4 − x2

0

0

Határozzuk meg a primitív függvényt: Z Z Z 1 1 x 1 1 √ q dx = dx = √ dt = arcsin t + C = arcsin + C. 2 2 2 2 2 4−x 1−t 1− x 2

t

=

dt

=

x 2 1 dx 2



x

= lim+ arcsin ε→0 2

2−ε 0



  π 2−ε = . = lim+  arcsin − arcsin 0  2 ε→0  2 | {z } → π2

♦

137 Zπ f)

1 dx cos2 x

0

Megoldás. Mivel az f (x) = Zπ

1 cos2 x π

1 dx = lim+ ε→0 cos2 x

0

Z2 −ε 0



függvény az x =

π 2

pont környezetében nem korlátos, így

π2 −ε π Zπ 1 1 dx + lim+ dx = lim+ tg x + lim+ tg x = ε→0 ε→0 ε→0 cos2 x cos2 x π 0 +ε π 2   2 +ε 

  π  π  =∞ = lim+ tg( − ε) − tg 0  + lim+  + ε) tg π − tg(  |{z} ε→0 ε→0 |{z} 2 2 | {z } | {z } =0 =0 →∞

→−∞

Az improprius integrál nem létezik, a függvény impropriusan nem integrálható a [0, π] intervallumon. ♦

138

18. FEJEZET. HATÁROZOTT INTEGRÁL GYAKORLAT

19. fejezet Határozott integrál alkalmazásai, Differenciálegyenletek 19.1. Határozott integrál alkalmazásai 19.1.1. Területszámítás a) Ha f : [a, b] → R+ 0 és f Riemann integrálható az [a, b] intervallumon, akkor az f függvény [a, b] intervallum fölé eső darabja, az x -tengely és az x = a illetve az x = b egyenesek által határolt síkidom területe, a múltórai definíció alapján: Zb T = f (x) dx. a

b) Ha f : [a, b] → R− 0 és f Riemann integrálható az [a, b] intervallumon, akkor az f függvény [a, b] intervallum fölé eső darabja, az x -tengely és az x = a illetve az x = b egyenesek által határolt Zb síkidom területe: T = − f (x) dx. a

c) Ha f : [a, b] → R függvény az [a, b] intervallumban előjelet vált és f Riemann integrálható az [a, b] intervallumon, akkor az f függvény [a, b] intervallum fölé eső darabja, az x -tengely és az x = a illetve x = b egyenesek által határolt síkidom területe, az integrál intervallum szerinti additivitása alapján, kiszámítható az előző két típusba eső területek összegeként. d) Ha f, g :[a, b]→R függvények az [a, b] intervallumon Riemann integrálhatók és f (x)≤g(x), (x∈ ∈ [a, b]), akkor a két függvény [a, b] intervallum fölé eső darabja, az x = a és az x = b egyenesek Zb által határolt síkidom területe: T = g(x) − f (x)dx. a

139

140

19. FEJEZET. INTEGRÁL ALKALMAZÁSAI, DIFFERENCIÁLEGYENLETEK

19.1.2. Görbe ívhossza 19.1. Definíció. Folytonos görbe ívhosszán értjük a görbéhez írt törött vonalak hosszának szuprémumát, feltéve, hogy ez létezik. Legyen adott a görbe az [a, b] intervallumon az y = f (x) egyenlettel, ahol f (x) folytonosan differenciálható [a, b]-n. Ekkor a görbe ívhossza: Zb p s= 1 + (f 0 (x))2 dx. a

Ha a görbének létezik ívhossza, akkor rektifikálhatónak nevezzük.

19.1.3. Forgástest térfogata 19.2. Tétel. Az f : [a, b] → R+ 0 folytonos függvény grafikonjának x-tengely körüli megforgatásával Zb nyert forgástest térfogata: Vx = π · f 2 (x)dx. a

19.3. Tétel. Az f : [a, b] → R, (a, b > 0) kölcsönösen egyértelmű, folytonos függvény grafikonjának y-tengely körüli megforgatásával nyert forgástest térfogata: Vy = π ·

fR(b) f (a)

2

f (y)dy.

19.2. DIFFERENCIÁLEGYENLETEK

141

19.1.4. Forgásfelület felszíne 19.4. Tétel. Az f :[a, b]→R+ 0 folytonosan differenciálható függvény grafikonjának x-tengely körüli megforgatásával nyert forgásfelület felszíne: Zb A = 2π ·

f (x) ·

p

1 + (f 0 (x))2 dx.

a

19.2. Differenciálegyenletek 19.5. Definíció. Az olyan egyenletet, melyben az ismeretlen egy függvény függvényegyenletnek nevezzük. 19.6. Definíció. Az függvényegyenletet, melyben az ismeretlen függvény deriváltja, vagy deriváltjai szerepelnek differenciálegyenletnek nevezzük.

19.2.1. Differenciálegyenletek osztályozása 19.7. Definíció. Ha az ismeretlen függvény egyváltozós valós függvény, akkor a differenciálegyenletet közönséges differenciálegyenletnek nevezzük. 19.8. Definíció. Ha az ismeretlen függvény többváltozós valós függvény, akkor a differenciálegyenletet parciális differenciálegyenletnek nevezzük. 19.9. Definíció. A differenciálegyenletet lineárisnak nevezzük, ha az egyenletben mind az ismeretlen függvény, mind annak deriváltjai csak az első hatványon szerepelnek és nem ezek szorzatai valamint irracionális és transzcendens függvényei nem fordulnak elő. 19.10. Definíció. A differenciálegyenletet n-edrendűnek nevezzük, ha az ismeretlen függvény deriváltjai közül az egyenletben az n-edik derivált a legmagasabbrendű. 19.11. Definíció. A differenciálegyenletet homogénnak nevezzük, ha nincs benne konstans illetve olyan tag, amely csak a független változótól függ. (Azaz a differenciál egyenlet minden tagja tartalmazza az ismeretlen függvényt, vagy annak valamelyik deriváltját.) Ha a differenciálegyenlet nem homogén, akkor inhomogénnak nevezzük.

142


19.2.2. Differenciálegyenlet megoldásai 19.12. Definíció. A differenciálegyenlet megoldása olyan függvény, amely a deriváltjaival együtt kielégíti a differenciálegyenletet. 19.13. Definíció. Az n-edrendű differenciálegyenlet általános megoldása olyan függvény, amely a deriváltjaival együtt kielégíti a differenciálegyenletet és pontosan n darab, egymástól független szabad paramétert tartalmaz. 19.14. Definíció. Az n-edrendű differenciálegyenlet partikuláris megoldása egy olyan függvény, amely a deriváltjaival együtt kielégíti a differenciálegyenletet és legfeljebb n − 1 darab, egymástól független szabad paramétert tartalmaz. 19.15. Definíció. A differenciálegyenlet szinguláris megoldása olyan függvény, amely a deriváltjaival együtt kielégíti a differenciálegyenletet, de nem része az általános megoldásnak.

19.2.3. A kezdetiérték probléma 19.16. Definíció. A kezdetiérték probléma (KÉP) egy differenciálegyenletből és egy vagy több kezdeti feltételből álló rendszer, melynek megoldása során a differenciálegyenlet azon partikuláris megoldásait keressük, melyek kielégítik a kezdeti feltételeket. 19.17. Megjegyzés. A kezdeti feltételek általában megadják a keresett függvény illetve deriváltjainak értékét egy rögzített pontban. (Azaz olyan partikuláris megoldást keresünk, amely átmegy egy adott ponton. Esetleg olyat, amely a megadott pontban megadott meredekségű érintővel rendelkezik, stb.)

19.3. Feladatok π π 19.1. Feladat. Számoljuk ki az f (x) = cos x függvény szubgrafikonjának területét a − 4 , 4 inπ tervallumon és az 3 , π intervallumon ! Megoldás. Az alábbi ábrán mindkét szubgrafikont bejelöltük.

Először vizsgáljuk a − π4 , π4 intervallumot. Itt a függvény csak nemnegatív értékekkel rendelkezik. Így a terület az alábbi határozott integrállal számolható: π

Z4 T1 = − π4

π 4

cos xdx = [sin x]− π 4

π √2 √2 √ π = sin − sin − = + = 2. 4 4 2 2

19.3. FELADATOK

143

19.18. Megjegyzés. A feladat megoldása során kihasználhattuk volna, hogy a síkidom az π y-tengelyre szimmetrikus. Ekkor elég lett volna a 0, 4 intervallumon számolni. A π3 , π intervallumon a függvény nem állandó előjelű. Mivel a függvény folytonos, ezért csak ott válthat előjelet, ahol f (x) = 0. cos x = 0

⇒

x=

π + k · π, k ∈ Z. 2

A fenti zérushelyek közül csak x = π2 esik a kérdéses intervallumba. Itt a függvény valóban előjelet is vált, így a síkidom területe az alábbi módon számolható: π

Zπ

Z2 cos xdx −

T2 = π 3

√ π π 3 π . cos xdx = [sin x] − [sin x] π = sin − sin − sin π + sin = 2 − 2 2 3 2 2 π 2 π 3

π

π 2

♦ 19.2. Feladat. Számoljuk ki az y = x2 − 2x − 5 y = −x2 − 3x + 1 görbék által közrezárt síkidom területét! Megoldás. Metszéspontok meghatározása: Olyan P (x0 , y0 ) pontokat keresünk, melyek koordinátái mindkét parabola egyenletét kielégítik, azaz szeretnénk megoldani az y = x2 − 2x − 5 y = −x2 − 3x + 1 egyenletrendszert. Ahonnan a baloldalak egyenlőségéből követketik, hogy a kérdéses pont x koordinátájára: x2 − 2x − 5 = −x2 − 3x + 1

⇔

2x2 + x − 6 = 0.

A másodfokú egyenlet megoldóképletét felírva: √ −1 ± 1 + 48 −1 ± 7 1,5 = = x1,2 = −2 4 4 A metszéspontok y koordinátája is egyszerűen meghatározható lenne, de a feladat megoldásához nincs rá szükség. Könnyen látható, hogy a két metszéspont között f (x) := x2 − 2x − 5 ≤ −x2 − 3x + 1 := g(x). A terület tehát az alábbi formula alapján számolható: 1,5 Z1,5 Z1,5 2 3 1 2 2 T = |f (x) − g(x)| dx = −2x − x + 6 dx = − x − x + 6x = 13,5. 3 2 −2 −2

−2

♦

144


19.3. Feladat. Számoljuk ki az f (x) = ln x függvény ívhosszát az x1 = 1 és x2 = e abszisszájú pontjai között ! Megoldás. Készítsünk ábrát! Az ívhossz kiszámításához szükség lesz a függvény deriváltjára: 1 f 0 (x) = . x Mivel a függvény a vizsgált intervallumon differenciálható, ezért az ívhossza az alábbi formula alapján számolható: Zx2 q Ze r 1 2 s= 1 + (f 0 (x)) dx = 1 + 2 dx = x x1

1

Ze r =

x2 + 1 dx = x2

Ze √ 2 x +1 dx = x 1

1 x∈[1,e]⇒ x>0

A primitív függvény meghatározása: Z √ 2 Z Z Z x +1 1 1 t t2 √ dx = dt = 1 + dt = ·t· √ dt = x t2 − 1 t2 − 1 t2 − 1 t2 − 1 t √ √

=

√

x2 +1

t2 −1

=

x

t dt t2 −1

=

dx

Z

Z

1 1 dt − t−1 2

Z

1 dt = t+1 √ x2 + 1 − 1 √ 1 1 1 = t + ln |t − 1| − ln |t + 1| + C = x2 + 1 + ln √ + C. 2 2 2 2 x +1+1

=

1 1 1+ dt = t + (t − 1) · (t + 1) 2

Visszaírva az ívhosszképletbe: e √ 1 √ 2 1 √ 2 2 x + 1 + ln( x + 1 − 1) − ln( x + 1 + 1) ≈ 2.

= 2 2 1

♦

√ 19.4. Feladat. Forgassuk meg az f (x) = x függvény grafikonjának [0, 3] intervallum fölé eső darabját az x-tengely körül! Számítsuk ki a kapott forgástest térfogatát! Megoldás. A szemléltetés kedvéért most is készíthetünk ábrát!

19.3. FELADATOK

145

A forgástest térfogatképletét felírva: Zx2 Vx = π ·

Z3

2

f (x) dx = π · x1

x2 x dx = π · 2

0

3

9 = π. 2 0

♦

19.5. Feladat. Forgassuk meg az előző függvény grafikonját az y-tengely körül! Számítsuk ki a kapott forgástest térfogatát! Megoldás. A szemléltetés kedvéért most is készíthetünk ábrát!

A térfogat kiszámításához a függvény f inverzét fogjuk használni: f (y) = x = y 2 . √ √ √ A görbedarab végpontjainak ordinátái: y1 = x1 = 0 és y2 = x2 = 3. Ekkor a térfogat az alábbi formula alapján számolható: Zy2 Vy = π · y1

√

5 √ 3 Z3 y 9√ 2 = f (y) dy = π · y 4 dy = π · 3π. 5 0 5 0

♦

146


19.6. Feladat. Vezessük le az M magasságú, r sugarú egyenes körkúp palástjára vonatkozó √ 2 A = π · r · r + m2 képletet, mint forgásfelület felszínét! Megoldás. A kúp egy, az origón átmenő µ meredekségű egyenes megforgatásával származtatható. Az egyenes meredeksége az alábbi ábráról olvasható le.

Az egyenes meredeksége: µ = mr . Így a szakasz az f (x) = vett leszűkítése. Ekkor f 0 (x) = mr keresett felszín: Zm A = 2π ·

r ·x· m

r

r2 r 1 + 2 dx = 2π · · m m

0

r

r2 1+ 2 · m

Zm

r m

· x függvény [0, m] intervallumra

r x dx = 2π · · m

0

r

m r2 1 2 1+ 2 · x = m 2 0

r

r

√ m2 + r2 = π · r · m2 + r 2 . ♦ 2 m √ 19.7. Feladat. Számítsuk ki az f (x)= x függvény [ 43 , 2] intervallum fölötti darabjának x-tengely körüli megforgatásával kapott forgásfelület felszínét. = π ·r·m·

Megoldás.

1+

r2 = π ·r·m· m2

Az x-tengely körüli forgatással kapott felület felszínéhez: f (x) =

√ x,

⇒

1 f 0 (x) = √ . 2 x

Így a forgásfelület felszíne: Zx2 Ax = 2π ·

f (x) · x1 Z2

= 2π ·

√ x·

q

1 + (f 0 (x))2 dx =

r 1+

1 dx = 4x

3 4

Z2 r 1 = 2π · x + dx = 4 3 4

19.3. FELADATOK

147

A primitív függvény meghatározása: Z r Z 3 1 1 2 1 3 t2 x + dx = t 2 dt = 3 + C = · (x + ) 2 + C. 4 3 4 2 t

=

x+ 14

dt

=

dx

Visszaírva a felszín-képletbe:

1 3 2

2π = · · (x + ) 2 3 4

2 3 4

4 = π· 3

! 32 3 9 27 19 4 −12 = π · − 1 = π. 4 3 8 6

♦

148


20. fejezet Differenciálegyenletek 20.1. Elsőrendű differenciálegyenletek 20.1.1. Szétválasztható változójú differenciálegyenletek Általános alak: y 0 = g(x) · h(y), ahol g és h intervallumon értelmezett folytonos függvények. 20.1. Feladat. Oldjuk meg az y 0 = x · y differenciálegyenletet! Megoldás. A változók szétválasztásához y-nal kell osztanunk. Ezt csak akkor tehetjük meg, ha y 6= 0. i) ha y = 0 ⇔ y 0 = 0 ⇔ y ≡ 0 szinguláris megoldás. ii) ha y 6= 0 y0 = x y Z 0 Z y dx = x dx y Z 1 1 2 dy = x + C1 (C1 ∈R) y 2 1 2 ln |y| = x + C1 2 1 2 1 2 |y| = e 2 x +C1 = eC1 · e 2 x Legyen C :=

±eC1 0

Ekkor

1 2

y = C ·e2x 1 2 x 2

(C∈R)

Az y(x) = C ·e (C∈R) alakban adott függvénysereget nevezzük a fenti differenciálegyenlet általános megoldásának. Könnyen látható, hogy a C = 0 esettel beépítettük az y ≡ 0 szinguláris megoldást is. ♦

149

150

20. FEJEZET. DIFFERENCIÁLEGYENLETEK

20.2. Feladat. Oldjuk meg az y 0 = −

x differenciálegyenletet! y

Megoldás. A feladatot a változók szétválasztásával oldjuk meg:

Z

y · y 0 = −xZ y · y 0 dx = − x dx Z y dy = − 12 x2 + C1 1 2 y 2 2

= y = 2 x + y2 = y =

(C1 ∈R)

− 12 x2 + C1 −x2 + 2C1 C := 2C1 C√ ± C − x2

(C1 ∈R) (C,C1 ∈R) (C∈R)

♦

(C∈R)

20.3. Feladat. Oldjuk meg a (3x − 1)y 0 = y 2 − y differenciálegyenletet! Megoldás. A változók szétválasztásához (y 2 − y)-nal kell osztanunk. Ezt csak akkor tehetjük meg, ha y 2 − y 6= 0. i) ha y = 0 ⇔ y 0 = 0 ⇔ (3x − 1) · 0 = 02 − 0 ⇔ y ≡ 0 szinguláris megoldás. ii) ha y = 1 ⇔ y 0 = 0 ⇔ (3x − 1) · 0 = 12 − 1 ⇔ y ≡ 1 szinguláris megoldás. iii) ha y 2 − y 6= 0 y0 1 = 2 y −y Z3x − 1 Z y0 1 dx = dx 2 y −y 3x − 1 Z 1 dy = 13 ln |3x − 1| + C1 y(y − 1) Z

1 dy − y −1

Z

1 dy = ln |y − 1| − ln |y| y y −1 | ln | y y −1 | | y y −1 | | y

Ekkor 1−

=

1 ln |3x − 1| + C1 3

(C1 ∈R) (C1 ∈R)

1

= ln |(3x − 1) 3 | + C1

(C1 ∈R)

1

= eln |(3x−1) 3 |+C1 1

= eC1 |(3x − 1) 3 | C := ±eC1

√ 1 = C · 3 3x − 1 y √ 1 = 1 − C · 3 3x − 1 y 1 √ y = 1 − C · 3 3x − 1

(C1 ∈R)

(C∈R\{0}) (C∈R\{0}) (C∈R\{0})

(C1 ∈R)

20.1. ELSŐRENDŰ DIFFERENCIÁLEGYENLETEK

151

A C = 0 eset hozzávételével az y ≡ 1 szinguláris megoldás beolvasztható az általános megoldásba, így a teljes megoldás:  1  √ (C∈R) y= 1 − C · 3 3x − 1  0 ♦

20.4. Feladat. Adjuk meg az y 0 (x) = x · y(x) kezdetiérték probléma megoldását! y(0) = 5 Megoldás. Először megoldjuk az y 0 (x) = x · y(x) differenciálegyenletet. Majd a differenciálegyenlet általános megoldásából kiválasztjuk azt a partikuláris megoldást, amelyre teljesül a kezdeti feltétel. A differenciálegyenlet általános megoldását az 20.1. feladatban már felírtuk: 1 2

y(x) = C · e 2 x .

(C∈R)

Az általános megoldás paraméterét a kezdeti feltétel felhasználásával kiküszöbölhetjük: y(0) = C · e0 = 5

⇔

C = 5. 1 2

Így a kezdetiérték probléma megoldása az y(x) = 5 · e 2 x függvény.

♦

20.1.1.1. Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek Általános alak: y 0 + p(x) · y = q(x) 20.5. Feladat. Oldjuk meg az y 0 + y · cos x = sin x · cos x differenciálegyenletet! Megoldás. I. A homogén egyenlet: Y 0 + Y · cos x = 0. Megoldása során a változók szétválasztásához Y -nal kell osztani. Ezt csak akkor tehetjük meg, ha Y 6= 0. i) ha Y = 0 ⇔ Y 0 = 0 ⇔ Y ≡ 0 a homogén egyenlet szinguláris megoldása. ii) ha Y 6= 0 Y 0 + Y · cos x Y0 Y0 Z 0 Y Y dx Z Y 1 dY Y ln |Y | |Y | Y

= 0 = −Y · cos x = − cos x Z = − cos x dx = − sin x + C1

(C1 ∈R)

= − sin x + C1 (C1 ∈R) = e− sin x+C1 = eC1 · e− sin x , = C · e− sin x (C∈R\{0})

C := ±eC1

152

20. FEJEZET. DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Könnyen látható, hogy a szinguláris megoldás a C = 0 eset megengedésével az általános megoldásba beolvasztható. A homogén egyenlet általános megoldása tehát ált = C · e− sin x . Yhom

(C∈R)

II. Állandó variálásának módszere: Keressük a megoldást y = c(x) · e− sin x alakban. Ekkor y 0 = c0 (x) · e− sin x − c(x) · e− sin x · cos x Ezeket visszahelyettesítve az egyenletbe: c0 (x) · e− sin x − c(x) · e− sin x · cos x + c(x) · e− sin x · cos x = sin x · cos x | {z } | {z } y0

Z c(x) =

y

sin x · cos x · esin x t dt

= =

c0 (x) · e− sin x = sin x · cos x c0 (x) = sin x · cos x · esin x Z Z 0 c(x) = c (x) dx = sin x · cos x · esin x dx Z Z t t dx = t · e dt = t · e − et dt = t · et − et + C = f 0 (t)

sin x cosxdx

f (t)

=

et

g(t)

=

t

=

et

g 0 (t)

=

1

= sin x · esin x − esin x + C = esin x (sin x − 1) + C. Így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása felírható az alábbi alakban: part yinh = esin x (sin x − 1) · e− sin x = sin x − 1

Előadáson ismertetett tétel alapján: part ált ált yinh = yinh + Yhom = sin x − 1 + C · e− sin x

20.6. Feladat. Oldjuk meg az y 0 −

(C∈R).

♦

y = x2 differenciálegyenletet! x

Megoldás. I. A homogén egyenlet: Y 0 − Yx = 0. Megoldása során a változók szétválasztásához Y -nal kell osztani. Ezt csak akkor tehetjük meg, ha Y 6= 0. i) ha Y = 0 ⇔ Y 0 = 0 ⇔ Y ≡ 0 a homogén egyenlet szinguláris megoldása. ii) ha Y 6= 0 Y Y 0− = 0 x Y Y0 = x Y0 1 = Z 0 Y Zx Y 1 dx = dx x Z Y 1 dY = ln |x| + C1 (C1 ∈R) Y ln |Y | = ln |x| + C1 (C1 ∈R) |Y | = eln |x|+C1 = eC1 · eln |x| = |x| · eC1 , C := ±eC1 Y = C ·x (C∈R\{0})


153

Könnyen látható, hogy a szinguláris megoldás a C = 0 eset megengedésével az általános megoldásba beolvasztható. A homogén egyenlet általános megoldása tehát ált Yhom = C ·x

(C∈R).

II. Állandó variálásának módszere: Keressük a megoldást y = c(x) · x alakban. Ekkor y 0 = c0 (x) · x + c(x) Ezeket visszahelyettesítve az egyenletbe: 1 = x2 c0 (x) · x + c(x) − c(x) · x · {z } | {z } x | y0

y

c0 (x) · x = x2 c0 (x) = x Z Z x2 0 c(x) = c (x) dx = x dx = + C 2 Így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása felírható az alábbi alakban: x3 x2 part yinh = ·x = 2 2 Előadáson ismertetett tétel alapján: part ált ált yinh = yinh + Yhom =

x3 +C ·x 2

(C∈R).

♦

20.1.2. Másodrendű differenciálegyenletek 20.1.2.1. Másodrendű tiszta-hiányos differenciálegyenlet Általános alak: y 00 = f (x) Megoldási módszer: kétszeres integrálás 20.7. Feladat. Oldjuk meg az y 00 = ln x differenciálegyenletet! Megoldás. Z

0

y =

Z y=

00

Z

Z

y dx =

0

1 · ln x dx = x · ln x − x + C1

ln x dx =

f 0 (x)

=

1

g(x)

=

ln x

f (x)

=

x

g 0 (x)

=

1 x

Z

y dx =

1 1 = x2 · ln x − 2 2

Z x · ln x − x + C1 dx =

Z x dx −

(C1 ∈R)

Z x · ln x dx − f 0 (x)

=

x

f (x)

=

1 2 x 2

Z x dx +

C1 dx =

g(x)

=

ln x

g 0 (x)

=

1 x

x2 1 1 x2 + C1 x = x2 · ln x − x2 − + C1 x + C2 = 2 2 4 2

1 3 = x2 · ln x − x2 + C1 x + C2 . 2 4

(C1 ,C2 ∈R)

♦

154

20. FEJEZET. DIFFERENCIÁLEGYENLETEK

20.1.2.2. Másodrendű homogén lineáris állandó-együtthatós differenciálegyenlet Általános alak: A · y 00 + B · y 0 + C · y = 0 (A, B, C ∈ R) Megoldási módszer: A megoldást y = eλx alakban keressük. 20.8. Feladat. Oldjuk meg az y 00 + 2y 0 − 15y = 0 differenciálegyenletet! Megoldás. Keressük a megoldást y = eλx alakban! Ekkor y = eλx y 0 = λ · eλx y 00 = λ2 · eλx Visszahelyettesítve az egyenletbe: λ2 · eλx + 2λ · eλx − 15eλx = 0 eλx · λ2 + 2λ − 15 = 0 |{z} 6=0

λ2 + 2λ − 15 = 0 (Karakterisztikus egyenlet) √ −2 ± 4 + 60 −2 ± 8 λ = −5 λ1,2 = = = −1 ± 4 = 1 λ 3. 2 2 2 = Tehát a két lineárisan független partikuláris megoldás: y1 = e−5x

y2 = e3x .

Az általános megoldás ezen partikuláris megoldások lineáris kombinációiként kapható: y = C1 · e−5x + C2 · e3x .

(C1 ,C2 ∈R)

20.9. Feladat. Oldjuk meg az y 00 + 2y 0 + y = 0 differenciálegyenletet! Megoldás. Keressük a megoldást y = eλx alakban! Ekkor y = eλx y 0 = λ · eλx y 00 = λ2 · eλx Visszahelyettesítve az egyenletbe: λ2 · eλx + 2λ · eλx + eλx = 0 eλx · λ2 + 2λ + 1 = 0 |{z} 6=0

λ2 + 2λ + 1 = 0 (Karakterisztikus egyenlet)

♦


155

√ −2 ± 4 − 4 λ1,2 = = −1 =: λ. 2 Ekkor az előadáson igazolt tétel alapján a két lineárisan független partikuláris megoldás: y1 = e−x

y2 = x · e−x .

Az általános megoldás ezen partikuláris megoldások lineáris kombinációiként kapható: y = C1 · e−x + C2 · x · e−x .

♦

(C1 ,C2 ∈R)

20.10. Feladat. Oldjuk meg az y 00 + 4y 0 + 9y = 0 differenciálegyenletet! Megoldás. Keressük a megoldást y = eλx alakban! Ekkor y = eλx y 0 = λ · eλx y 00 = λ2 · eλx Visszahelyettesítve az egyenletbe: λ2 · eλx + 4λ · eλx + 9eλx = 0 λx 2 e · λ + 4λ + 9 = 0 |{z} 6=0

λ2 + 4λ + 9 = 0 (Karakterisztikus egyenlet)

D = 16 − 36 = −20 < 0 Ekkor legyen:

√ √ −b −4 4ac − b2 20 √ = = −2 β := = = 5. α := 2a 2 2a 2 Az előadáson igazolt tétel alapján a két lineárisan független partikuláris megoldás legyen: √ y1 = eαx · cos βx = e−2x · cos 5x és √ y2 = eαx · sin βx = e−2x · sin 5x Így az általános megoldás: √ √ y = C1 · e−2x · cos 5x + C2 · e−2x · sin 5x. 20.11. Feladat. Adjuk meg az  y 00 + 4y 0 + 9y = 0  y(0) = 1 √  y 0 (0) = −2 5 kezdetiérték probléma megoldását!

(C1 ,C2 ∈R)

♦

156

20. FEJEZET. DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Megoldás. Először megoldjuk az y 00 + 4y 0 + 9y = 0 differenciálegyenletet. Majd a differenciálegyenlet általános megoldásából kiválasztjuk azt a partikuláris megoldást, amelyre teljesülnek a kezdeti feltétel. A differenciálegyenlet általános megoldását az 20.9. feladatban már felírtuk: √ √ y = C1 · e−2x · cos 5x + C2 · e−2x · sin 5x. (C1 ,C2 ∈R) Az általános megoldás paramétereit a kezdeti feltételek felhasználásával kiküszöbölhetjük: y(0) = C1 · e0 · cos 0 + C2 · e0 · sin 0 = C1 = 1 ⇔ C1 = 1 Mivel √ √ √ √ √ √ y 0 = C1 · 4xe−2x · cos 5x − 5C1 · e−2x · sin 5x+C2 ·4x·e−2x ·sin 5x+C2 · 5·e−2x ·cos 5x, ezért √ √ y 0 (0) = C2 · 5 = 2 5 ⇔ C2 = 2 Így a kezdetiérték probléma megoldása az y(x) = e−2x · cos függvény.

AA

√

5x + 2 · e−2x · sin

√

5x ♦

Tárgymutató Egész számok halmaza, 3 Racionális számok halmaza, 3 Természetes számok halmaza, 3 Valós számok halmaza, 4

157

158

TÁRGYMUTATÓ

Tartalomjegyzék 1. Számhalmazok és tulajdonságaik 1.1. Nevezetes számhalmazok . . . . . 1.2. Az abszolútérték és tulajdonságai 1.3. Számhalmaz alsó és felső határa . 1.4. Nevezetes összefüggések . . . . . 2. Számsorozatok alaptulajdonságai 2.1. Sorozatok jellemzése . . . . . . 2.1.1. Monotonitás . . . . . . . 2.1.2. Korlátosság . . . . . . . 2.1.3. Konvergencia . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

3 3 4 5 8

. . . .

9 10 10 14 16

3. Nevezetes sorozatok 3.1. Nevezetes sorozatok határértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. a = (an = C, n ∈ N, C ∈ R+ ) konvergenciája . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2. a = (an = n1 , n ∈ N∗ ) konvergenciája . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3. a = (an = np , n ∈ N, p ∈ N∗ ) konvergenciája . . . . . . . . . . . . . . . . . √ 3.1.4. a = (an = p n, n ∈ N, p ∈ N∗ ) konvergenciája . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.5. További nevezetes sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Műveleti tulajdonságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Nullsorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Műveleti tulajdonságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. Konvergens sorozatokra vonatkozó műveleti tulajdonságok . . . . . . . . . 3.3.2. Tágabb értelemben konvergens sorozatokra vonatkozó műveleti tulajdonságok

21 21 21 21 21 22 22 22 22 23 23 23

4. Határérték számítás

25

5. Nevezetes függvények, Függvények határértéke 5.1. Függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1. Nevezetes függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33 33 33

6. Függvények határértéke

39

7. Folytonosság, invertálhatóság 7.1. Folytonosság . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.1. Műveletek folytonos függvényekkel 7.1.2. Folytonos függvények tulajdonságai 7.2. További nevezetes függvények és inverzeik

45 45 46 46 47

159

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

160

TARTALOMJEGYZÉK

8. Függvények inverze

53

9. Differenciálszámítás 9.1. Differenciálhatóság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Deriválási szabályok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3. Elemi függvények deriváltjai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61 61 63 65

10.Deriválás 10.1. Logaritmikus deriválás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Érintő egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69 71 73

11.Differenciálszámítás alkalmazásai I. 11.1. Monotonitás és szélsőértékek . . . . . . . 11.2. Konvexitás és inflexió . . . . . . . . . . . 11.3. Teljes függvényvizsgálat . . . . . . . . . 11.4. L’Hospital szabály . . . . . . . . . . . . 11.5. Taylor-formula . . . . . . . . . . . . . . 11.6. A differenciálszámítás középérték-tételei

75 75 77 78 81 82 83

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

12.Differenciálszámítás alkalmazásai II.

85

13.Integrálszámítás 13.1. Primitív függvény, határozatlan integrál 13.2. Helyettesítéses integrálás . . . . . . . . . 13.3. Parciális integrálás . . . . . . . . . . . . 13.4. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

93 93 94 95 96

. . . . .

101 101 102 103 104 107

. . . .

14.Speciális függvényosztályok integrálása 14.1. Racionális függvények integrálása . . . . . 14.1.1. Elemi törtfüggvények integrálása . 14.2. Trigonometrikus függvények integrálása I. 14.3. Trigonometrikus függvények integrálása II. 14.4. Irracionális függvények integrálása . . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

15.Speciális függvényosztályok integrálása II.

109

16.Speciális függvényosztályok integrálása III.

115

17.Határozott integrál, improprius integrál 17.1. Határozott integrál . . . . . . . . . . . . 17.2. A Riemann-integrálhatóság feltételei . . 17.3. A határozott integrál tulajdonságai . . . 17.4. A határozott integrál kiszámítása . . . . 17.5. Improprius integrál . . . . . . . . . . . .

123 123 126 126 127 128

18.Határozott integrál gyakorlat

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

131

TARTALOMJEGYZÉK

161

19.Integrál alkalmazásai, Differenciálegyenletek 19.1. Határozott integrál alkalmazásai . . . . . . . . 19.1.1. Területszámítás . . . . . . . . . . . . . 19.1.2. Görbe ívhossza . . . . . . . . . . . . . 19.1.3. Forgástest térfogata . . . . . . . . . . . 19.1.4. Forgásfelület felszíne . . . . . . . . . . 19.2. Differenciálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . 19.2.1. Differenciálegyenletek osztályozása . . 19.2.2. Differenciálegyenlet megoldásai . . . . 19.2.3. A kezdetiérték probléma . . . . . . . . 19.3. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

139 139 139 140 140 141 141 141 142 142 142

20.Differenciálegyenletek 20.1. Elsőrendű differenciálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.1.1. Szétválasztható változójú differenciálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . 20.1.2. Másodrendű differenciálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

149 149 149 153

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

162

TARTALOMJEGYZÉK

Irodalomjegyzék [1] Bárczi Barnabás: Integrálszámítás [2] Császár Ákos: Valós Analízis I. [3] Eisner Tímea: Bevezetés az analízisbe II. http://www.ttk.pte.hu/mii/matematika/anyagok/anal2et.pdf [4] Fekete Zoltán, Zalay Miklós: Többváltozós függvények analízise [5] Gádor Endréné et al.: Összefoglaló feladatgyűjtemény matematikából /„Zöld összefoglaló feladatgyűjtemény”/ [6] Kovács József - Takács Gábor - Takács Miklós: Analízis [7] Németh József: Analízis példatár I. [8] Németh József: Analízis példatár II. [9] Németh József: Integrálszámítás példatár [10] Pap Margit: Integrálszámítás [11] Pethőné Vendel Teréz: Fejezetek a matematikai analízis köréből [12] Schipp Ferenc: Analízis I. http://www.ttk.pte.hu/mii/matematika/anyagok/Anal_P1.pdf [13] Schipp Ferenc: Analízis II. http://www.ttk.pte.hu/mii/matematika/anyagok/Anal_P2.pdf [14] Szabó Tamás: Kalkulus I. példatár [15] Szabó Tamás: Kalkulus II. példatár

163

Analízis előadás és gyakorlat vázlat

Recommend Documents