´ s Pajor Gizella Csiko ´ics Hajnalka Pe
ANAL´IZIS ´leti o ¨ sszefoglalo ´ e ´ s pe ´ldata ´r elme
´ny Bolyai Farkas Alap´ıtva Zenta 2010.
Szerz˝ ok:
Csik´os Pajor Gizella magiszter, szakf˝oiskolai tan´ar, Szabadkai M˝ uszaki Szakf˝oiskola, Szabadka Bolyai Tehets´eggondoz´o Gimn´azium ´es Koll´egium, Zenta Dr. P´eics Hajnalka, rendk´ıv¨ uli egyetemi tan´ar, ´ ´ Ujvid´eki Egyetem, Ep´ıt˝om´ern¨oki Kar, Szabadka
Szaklektor:
Boros Istv´an magiszter, szakf˝oiskolai tan´ar, Szabadkai M˝ uszaki Szakf˝oiskola, Szabadka
´ ak: Abr´
Roˇznjik Andrea magiszter, egyetemi tan´arseg´ed, ´ ´ ıt˝om´ern¨oki Kar, Szabadka Ujvid´ eki Egyetem, Ep´
Fed˝ olapterv:
Moln´ar Csik´os N´andor
Kiadja:
Bolyai Farkas Alap´ıtv´any, Zenta
Kiad´ as´ert felel:
Korm´anyos R´obert
Felel˝ os szerkeszt˝o: Vida J´anos
A tank¨ onyv k´ ezirata a Sz¨ ul˝ of¨ old Alap t´ amogat´ as´ aval k´ esz¨ ult.
Kedves Olvas´o!
Ezt a matematikak¨onyvet els˝osorban a speci´alis matematikai gimn´aziumban magyarul tanul´o di´akoknak sz´antuk, de sz´ıvb˝ol rem´elj¨ uk, hogy az ´altal´anos gimn´aziumokban ´es m´as k¨oz´episkol´akban is fel tudnak haszn´alni bel˝ole feladatsorokat, ak´ar a mindennapi oktat´asban, ak´ar az emelt szint˝ u tan´ıt´as keretein bel¨ ul, vagy az egyetemi felv´etelikre val´o felk´esz´ıt´es folyam´an. Ez a tank¨onyvp´otl´o kiadv´any nem egy meghat´arozott ´evfolyam sz´am´ara k´esz¨ ult, mind a n´egy ´even kereszt¨ ul haszn´alhatj´ak a tanul´ok, ugyanis ¨osszefoglaltunk benne minden olyan t´emak¨ort a matematikai anal´ızis t´argyk¨or´eb˝ol, melyet az ´evek folyam´an a matematikai szakgimn´aziumban tan´ıtunk. Minden c´ımsz´o alatt r¨ovid elm´eleti ¨osszefoglal´o ut´an p´eld´ak, illusztr´aci´ok, majd r´eszletesen kidolgozott feladatsorok k¨ovetkeznek. A Bolyai Tehets´eggondoz´o Gimn´azium megalakul´as´anak els˝o napj´at´ol kezdve tan´ıtjuk itt az Anal´ızis ´es algebra t´argyat, ´es igyeksz¨ unk ebben a munk´aban gy¨ um¨olcs¨oztetni a f˝oiskolai ´es egyetemi oktat´asban szerzett sok´eves tapasztalatunkat. E k¨onyv meg´ır´as´ara az k´esztetett benn¨ unket, hogy nem tudtunk tanul´oinknak olyan magyar nyelv˝ u matematika-tank¨onyvet aj´anlani, amely teljes eg´esz´eben fel¨oleln´e a sz´amukra el˝o´ırt tananyagot. Ez sokban nehez´ıtette a tanul´ok sz´am´ara az ¨on´all´o tanul´ast. A k¨onyv a magyar nyelv ´es a matematikai szakkifejez´esek haszn´alat´anak ig´enyess´eg´evel ´ır´odott, ezzel is seg´ıtve a di´akokat k´etnyelv˝ u k¨ornyezet¨ unkben a sz´ep ´es helyes anyanyelv ´es szaknyelv haszn´alat´ara. Lektorunk, Boros Istv´an magiszter, a Szabadkai M˝ uszaki Szakf˝oiskola tan´ara, sz´amos ´ert´ekes megjegyz´essel seg´ıtette munk´ankat. A sz¨oveget sz´ınes ´abr´akkal gazdag´ıtotta ´es ´ ıt˝om´ern¨oki Kar tan´arseg´edje. szeml´eletess´e tette Roˇznjik Andrea magiszter, a szabadkai Ep´ Fogadj´ak k¨osz¨onet¨ unket. K¨osz¨onetet mondunk m´eg a Bolyai Farkas Alap´ıtv´any munkat´arsainak ´es a Sz¨ ul˝of¨old Alapnak, akik lehet˝ov´e tett´ek ´es t´amogatt´ak e k¨onyv k´ezirat´anak elk´esz´ıt´es´et, ´es elektronikus megjelentet´es´et. Kitart´ast ´es eredm´enyes munk´at k´ıv´anunk mindenkinek, aki e k¨onyv seg´ıts´eg´evel szeretne ´ gondoljuk, hogy aki vel¨ elm´elyedni a matematikai anal´ızis csod´alatos vil´ag´aban. Ugy unk egy¨ utt kidolgozza az itt k¨ovetkez˝o feladatsorokat, az nemcsak ¨or¨om´et fogja lelni a matematika sz´eps´egeiben, hanem a nagy k¨olt˝oh¨oz, K¨ olcsey Ferenchez hasonl´oan, u ´gy gondolja majd, hogy: ”L´ anger˝ o kev´esnek adatik; azonban minden eg´eszs´eges l´elek hossz´ u szorgalom ´altal m´as tudom´ any´at, tapasztalat´at, p´eld´aj´ at mag´a´ev´ a teheti, helyesen ´ıt´elni, egybehasonl´ıtani megtanulhat; s vizsg´alat ´es gyakorlatn´al fogva a teremt˝ o lelket ha el nem ´erheti, hozz´aja legal´abb k¨ ozel´ıthet.”
Zenta, 2010. m´ajus
A Szerz˝ok
Tartalom 1. Halmazok, rel´ aci´ ok, f¨ uggv´ enyek 1.1. Halmazelm´eleti alapfogalmak . . . . . . . . . 1.1.1. A halmaz fogalma . . . . . . . . . . . . 1.1.2. M˝ uveletek halmazokkal . . . . . . . . . 1.1.3. Rel´aci´ok, lek´epez´esek (f¨ uggv´enyek) . . 1.2. Elemi f¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1. Line´aris f¨ uggv´eny . . . . . . . . . . . . 1.2.2. Szakaszonk´ent egyenesvonal´ u f¨ uggv´eny 1.2.3. Hatv´anyf¨ uggv´eny . . . . . . . . . . . . 1.2.4. M´asodfok´ u f¨ uggv´eny . . . . . . . . . . 1.2.5. Exponenci´alis f¨ uggv´eny . . . . . . . . . 1.2.6. Logaritmusf¨ uggv´eny . . . . . . . . . . 1.2.7. Trigonometrikus f¨ uggv´enyek . . . . . . ´ 1.2.8. Arkuszf¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . 1.2.9. Hiperbolikus f¨ uggv´enyek . . . . . . . . ´ 1.2.10. Areaf¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . 1.3. Elemi f¨ uggv´enyek ´es transzform´aci´oik . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
2. Sz´ amsorozatok 2.1. A sorozat fogalma, megad´asa ´es ´abr´azol´asa . . . . . . . . 2.1.1. Sorozatok megad´asa . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2. Sorozatok ´abr´azol´asa . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Korl´atos ´es monoton sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Rekurz´ıv sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Sz´amtani (aritmetikai) sorozat . . . . . . . . . . . 2.3.2. M´ertani (geometriai) sorozat . . . . . . . . . . . . 2.3.3. A Fibonacci-f´ele sorozat . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Differenciaegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. V´eges differenci´ak . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 2.4.2. Alland´ o egy¨ utthat´os line´aris differenciaegyenletek 2.5. Konvergens sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1. Sorozatok hat´ar´ert´eke . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2. Null´ahoz ´es v´egtelenhez tart´o sorozatok . . . . . . 2.5.3. M˝ uveletek konvergens sorozatokkal . . . . . . . . 2.5.4. N´eh´any nevezetes sorozat hat´ar´ert´eke . . . . . . . 2.5.5. V´egtelen m´ertani sor . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
3. Egyv´ altoz´ os val´ os f¨ uggv´ enyek 3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. A f¨ uggv´enyek megad´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2. Val´os f¨ uggv´enyek tulajdons´agai . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
1 1 1 3 6 22 22 27 31 34 43 44 45 47 50 52 54
. . . . . . . . . . . . . . . . .
59 59 59 60 63 69 69 73 80 81 82 82 88 88 92 94 95 111
114 . 114 . 114 . 125
II
TARTALOM 3.1.3. M˝ uveletek f¨ uggv´enyekkel, az inverz f¨ uggv´eny . . . . 3.2. F¨ uggv´enyek folytonoss´aga . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. A folytonoss´ag defin´ıci´oja . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2. Folytonos f¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. F¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´evel kapcsolatos alapfogalmak . 3.3.2. F¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´enek tulajdons´agai . . . . . . . 3.3.3. V´egtelenben vett ´es v´egtelen hat´ar´ert´ek . . . . . . . 3.3.4. N´eh´any fontosabb hat´ar´ert´ek . . . . . . . . . . . . 3.3.5. Val´os f¨ uggv´eny szakad´aspontjai ´es aszimptot´ai . . . 4. Egyv´ altoz´ os val´ os f¨ uggv´ enyek differenci´ alsz´ am´ıt´ asa 4.1. A differenci´alsz´am´ıt´as alapfogalmai . . . . . . . . . . 4.1.1. A g¨orbe ´erint˝oje ´es a pillanatnyi sebess´eg . . . 4.1.2. A deriv´alt (differenci´alh´anyados) fogalma . . . 4.1.3. Differenci´al´asi szab´alyok . . . . . . . . . . . . 4.1.4. A differenci´al fogalma . . . . . . . . . . . . . 4.1.5. Magasabb rend˝ u differenci´alh´anyadosok . . . . 4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa . . . . . . . . . . . 4.2.1. A differenci´alsz´am´ıt´as k¨oz´ep´ert´ekt´etelei . . . . 4.2.2. A Taylor-formula . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.3. L’Hospital-szab´aly . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.4. A f¨ uggv´eny monotonit´asa ´es sz´els˝o´ert´ekei . . . 4.2.5. A f¨ uggv´eny konvexit´asa ´es inflexi´os pontjai . . 4.2.6. F¨ uggv´enykivizsg´al´as . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
5. Egyv´ altoz´ os val´ os f¨ uggv´ enyek integr´ alsz´ am´ıt´ asa 5.1. A hat´arozatlan integr´al fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. A hat´arozatlan integr´al alaptulajdons´agai . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Integr´al´asi m´odszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1. Helyettes´ıt´esi m´odszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2. Parci´alis integr´al´as m´odszere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1. Racion´alis f¨ uggv´enyek integr´al´asa . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.2. Irracion´alis f¨ uggv´enyek integr´al´asa . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.3. Trigonometrikus f¨ uggv´enyek integr´al´asa . . . . . . . . . . . . . 5.4.4. Exponenci´alis ´es hiperbolikus f¨ uggv´enyek integr´al´asa . . . . . 5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai . . . . . . . . . . . . . 5.5.1. Arkhim´ed´esz m´odszere s´ıkidomok ter¨ ulet´enek meghat´aroz´as´ara 5.5.2. A hat´arozott integr´al fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.3. A hat´arozott integr´al tulajdons´agai . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.4. Newton-Leibniz formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1. S´ıkidomok ter¨ uletsz´am´ıt´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.2. Forg´astestek t´erfogata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.3. ´Ivhossz sz´am´ıt´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.4. Forg´astestek felsz´ıne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
132 139 139 142 143 143 145 146 147 161
. . . . . . . . . . . . .
169 . 169 . 169 . 171 . 174 . 189 . 190 . 191 . 191 . 194 . 197 . 202 . 210 . 212
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
239 . 239 . 241 . 249 . 249 . 256 . 265 . 265 . 274 . 279 . 281 . 283 . 283 . 284 . 287 . 289 . 294 . 294 . 302 . 305 . 306
TARTALOM
III
5.7. Improprius integr´al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307 5.7.1. Els˝o t´ıpus´ u improprius integr´al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307 5.7.2. M´asodik t´ıpus´ u improprius integr´al . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310 6. Differenci´ alegyenletek 6.1. A differenci´alegyenlet fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1. Sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenletek . . . . . . 6.2.2. V´altoz´oiban homog´en differenci´alegyenlet . . . . . . . . . . 6.2.3. Els˝orend˝ u line´aris differenci´alegyenlet . . . . . . . . . . . . 6.2.4. Bernoulli-f´ele differenci´alegyenlet . . . . . . . . . . . . . . 6.3. M´asodrend˝ u differenci´alegyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1. M´asodrend˝ u line´aris differenci´alegyenlet . . . . . . . . . . ´ 6.3.2. Alland´o egy¨ utthat´os homog´en line´aris differenci´alegyenlet . ´ 6.3.3. Alland´ o egy¨ utthat´os inhomog´en line´aris differenci´alegyenlet
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
312 . 312 . 316 . 316 . 321 . 326 . 332 . 339 . 339 . 340 . 344
1
1. 1.1. 1.1.1.
Halmazok, rel´ aci´ ok, f¨ uggv´ enyek Halmazelm´ eleti alapfogalmak A halmaz fogalma
A halmazt a halmazelm´elet alapfogalm´anak tekintj¨ uk ´es ez´ert nem defini´aljuk. Szok´as azt mondani, hogy a halmaz k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o dolgok ¨osszess´ege. Ez nem defin´ıci´o, hanem a halmaz m´as szavakkal val´o k¨or¨ ul´ır´asa. A geometri´aban ugyancsak defin´ıci´o n´elk¨ ul, alapfogalomk´ent haszn´aljuk p´eld´aul a pont, az egyenes ´es a s´ık fogalm´at is. Valamely halmazt akkor tekint¨ unk adottnak, ha b´armely pontosan meghat´arozott dologr´ol egy´ertelm˝ uen el tudjuk d¨onteni, hogy hozz´atartozik-e a sz´oban forg´o halmazhoz (eleme-e a halmaznak). A halmazt alkot´o dolgok a halmaz elemei. A halmazokat nagybet˝ uvel, elemeit pedig kisbet˝ uvel jel¨olj¨ uk. Azt a t´enyt, hogy x az A halmaz eleme, ´ıgy jel¨olj¨ uk: x ∈ A. Ha valamely y elem nem tartozik az A halmazba, akkor ennek jel¨ol´ese: y ∈ / A. Egy halmazban egy elem csak egyszer fordulhat el˝o, de a felsorol´as sorrendje tetsz˝oleges lehet. √ 2 1.1. P´ elda. Ha Q-val jel¨olj¨ uk a racion´alis sz´amok halmaz´at, akkor: ∈ Q, 2 ∈ / Q. 3 Egy halmazt ´altal´aban k´etf´ele m´odon adhatunk meg: vagy felsoroljuk a halmaz elemeit, vagy a halmaz elemeinek pontos k¨or¨ ul´ır´as´at adjuk. 1.2. P´ elda. A = {1, 2, 3, 4} ´es B = {x ∈ N|x < 5} az ¨otn´el kisebb term´eszetes sz´amok halmaz´at jel¨oli. 1.3. P´ elda. A C = {x ∈ R|0 < x ≤ 4} halmaz a 0 ´es 4 k¨oz´e es˝o val´os sz´amok halmaz´at jel¨oli. A 0 hozz´atartozik a C halmazhoz, a 4 viszont nem. 1.1. Defin´ıci´ o. Ha az A halmaz minden eleme a B halmaznak is eleme, akkor az A halmazt az B halmaz r´eszhalmaz´anak nevezz¨ uk, ´es ezt a kapcsolatot ´ıgy jel¨olj¨ uk: A ⊆ B vagy B ⊇ A (olv: A r´eszhalmaza B-nek). 1.2. Defin´ıci´ o. Ha az A halmaz minden eleme a B halmaznak is eleme, ´es a B halmaznak van olyan eleme, amely nem eleme A-nak, akkor az A halmazt az B halmaz val´odi r´eszhalmaz´anak nevezz¨ uk, ´es ezt a kapcsolatot ´ıgy jel¨olj¨ uk: A ⊂ B vagy B ⊃ A (olv: A val´ odi r´eszhalmaza B-nek).
B A AÌB
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
2
A term´eszetes sz´amok N halmaz´ara ´es az eg´esz sz´amok Z halmaz´ara igaz, hogy N ⊂ Z. Minden halmaz r´eszhalmaza ¨onmag´anak, azaz A ⊆ A. 1.3. Defin´ıci´ o. A val´os sz´amok R halmaz´anak olyan r´eszhalmazait, melyek a ´es b k´et val´os sz´am k¨oz¨ott vannak, intervallumoknak nevezz¨ uk. Nevezetesen: (a, b) = {x ∈ R|a < x < b} nyitott intervallum, [a, b] = {x ∈ R|a ≤ x ≤ b} z´art intervallum, (a, b] = {x ∈ R|a < x ≤ b} balr´ol nyitott jobbr´ol z´art intervallum, [a, b) = {x ∈ R|a ≤ x < b} balr´ol z´art jobbr´ol nyitott intervallum. A 1.3. P´elda C halmaza fel´ırhat´o intervallumk´ent is, C = (0, 4]. 1.4. Defin´ıci´ o. Az A ´es B halmazt egyenl˝ onek nevezz¨ uk, azaz A = B akkor ´es csakis akkor, ha A ⊆ B ´es B ⊆ A. Ha k´et halmaz egyenl˝o, akkor az elemeik megegyeznek. Az 3.37. P´elda halmazaira teh´at igaz, hogy: A = B. ¨ 1.5. Defin´ıci´ o. Ures halmazon az olyan ∅ vagy {} szimb´olummal jel¨olt halmazt ´ertj¨ uk, amelynek egy eleme sincs. Eszerint ∅ = {x|x ̸= x}. 1.4. P´ elda. Tekints¨ uk az A = {x ∈ R|x2 + 1 = 0} halmazt. Mivel R a val´os sz´amok halmaz´at jel¨oli, ´es x2 + 1 = 0 semmilyen val´os sz´amra nem teljes¨ ul, ´ıgy az A halmaznak nincs eleme, azaz A u ¨res halmaz. Ha figyelembe vessz¨ uk, hogy ak´arhogyan is adjuk meg az u ¨res halmazt, mindig ugyanarr´ol a halmazr´ol van sz´o (pontosan arr´ol, amelyiknek nincs eleme), akkor nyilv´anval´o, hogy csak egy u ¨res halmaz van. Az u ¨res halmaz minden halmaznak r´eszhalmaza. Ha valamilyen halmazokr´ol besz´el¨ unk, akkor ´altal´aban ismertnek vesz¨ unk egy alaphalmazt, amelyb˝ol a szeml´elt halmazok elemeit vessz¨ uk. P´eld´aul, ha a p´aros term´eszetes sz´amok halmaz´at tekintj¨ uk, vagy a pr´ımsz´amok halmaz´at szeml´elj¨ uk, akkor ezek a term´eszetes sz´amok N halmaz´anak a r´eszhalmazai. Hasonl´ok´eppen b´armilyen nyitott (a, b) vagy z´art [a, b] intervallum a val´os sz´amtengelyen a val´os sz´amok R halmaz´anak a r´eszhalmazai. Ezt az alaphalmazt gyakran nem is eml´ıtj¨ uk, de alap´ertelmez´es szerint ismertnek vessz¨ uk. Nevezz¨ uk ezt az alaphalmazt univerz´alis halmaznak ´es jel¨olj¨ uk U -val. 1.6. Defin´ıci´ o. A halmaz elemeinek sz´am´ at a halmaz kardin´ alis sz´am´ anak nevezz¨ uk. Az A halmaz kardin´alis sz´ama jel¨olhet˝o |A|, #A vagy Card(A) m´ odon. A halmazok j´ol szeml´eltethet˝ok Venn-diagrammal, azaz z´art g¨orb´evel hat´arolt s´ıkidommal, amelyben a halmazhoz tartoz´o elemek a s´ıkidom belsej´eben lev˝o pontok. 1.5. P´ elda. Az A = {1, 2, 3, 4} halmaz Venn-diagrammal val´o ´abr´azol´asa:
1
2
A 4
3
1.1. Halmazelm´eleti alapfogalmak 1.1.2.
3
M˝ uveletek halmazokkal
Az al´abbiakban olyan m˝ uveleteket ´ertelmez¨ unk, amelyek seg´ıts´eg´evel adott halmazokb´ol meghat´arozott elemeket tartalmaz´o u ´jabb halmazokat ´all´ıthatunk el˝o. 1.7. Defin´ıci´ o. Az A ´es B halmazok uni´oj´ an (egyes´ıt´es´en) azt a halmazt ´ertj¨ uk, amelynek elemei az A vagy B halmazok legal´ abb egyik´enek elemei, teh´at A∪B = {x|x ∈ A∨x ∈ B}.
A
B
AÜ B 1.6. P´ elda. Ha A = {2, 4, 6, 8} ´es B = {n ∈ N|n < 5}, akkor A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 6, 8}. A defin´ıci´ob´ol ny´ılv´anval´o, hogy A ⊆ (A ∪ B) ´es B ⊆ (A ∪ B). Az egyes´ıt´es m˝ uvelete kett˝on´el t¨obb halmaz eset´en is ´ertelmezhet˝o. Az A1 , A2 , ..., An halmazok uni´oj´at az n ∪ A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An = Ai i=1
szimb´olummal jel¨olj¨ uk, ´es azokb´ol ´es csakis azokb´ol az elemekb˝ol ´all, amelyek az uni´ot alkot´o halmazok k¨oz¨ ul legal´abb egynek elemei. 1.8. Defin´ıci´ o. Az A ´es B halmazok metszet´en (k¨oz¨ os r´esz´en) azt a halmazt ´ertj¨ uk, amelynek elemei A-nak is ´es B-nek is elemei, teh´at A ∩ B = {x|x ∈ A ∧ x ∈ B}.
A
B
AÝ B 1.7. P´ elda. Ha A = {2, 4, 6, 8} ´es B = {n ∈ N|n < 5}, akkor A ∩ B = {2, 4}. A defin´ıci´ob´ol ny´ılv´anval´o, hogy (A ∩ B) ⊆ A ´es (A ∩ B) ⊆ B. 1.9. Defin´ıci´ o. Ha az A ´es a B halmazoknak nincs k¨oz¨ os eleme, azaz A ∩ B = ∅, akkor azt mondjuk, hogy A ´es B diszjunkt halmazok. A k¨oz¨osr´eszk´epz´es m˝ uvelete kett˝on´el t¨obb halmaz eset´en is ´ertelmezhet˝o. Az A1 , A2 , ..., An halmazok metszet´et az n ∩ A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An = Ai i=1
szimb´olummal jel¨olj¨ uk, ´es azokb´ol ´es csakis azokb´ol az elemekb˝ol ´all, amelyek a metszetet alkot´o halmazok mindegyik´enek elemei.
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
4
1.8. P´ elda. Az A = {x ∈ R| − 2 ≤ x < 1} = [−2, 1) ´es B = {x ∈ R||x| ≤ 1} = [−1, 1] halmazok (intervallumok) uni´oja ´es metszete A ∪ B = [−2, 1] ´es A ∩ B = [−1, 1). 1.10. Defin´ıci´ o. Az A ´es B halmazok k¨ ul¨ onbs´eg´en azt a halmazt ´ertj¨ uk, amely azokat ´es csakis azokat az elemeket tartalmazza, amelyek A-nak elemei, de B-nek nem elemei, teh´at A \ B = {x|x ∈ A ∧ x ∈ / B}.
A
B
AB A defin´ıci´ob´ol azonnal l´athat´o, hogy ha A ´es B diszjunktak, azaz A ∩ B = ∅, akkor A \ B = A ´es B \ A = B. 1.9. P´ elda. Ha A = {2, 4, 6, 8} ´es B = {n ∈ N|n < 5}, akkor A \ B = {6, 8} ´es B \ A = {1, 3}. 1.10. P´ elda. Ha A = {x ∈ R| − 2 ≤ x < 1} = [−2, 1) ´es B = {x ∈ R||x| ≤ 1} = [−1, 1] adott halmazok (intervallumok), akkor A \ B = [−2, −1) ´es B \ A = {1}. 1.11. Defin´ıci´ o. Legyen A az U univerz´ alis halmaz r´eszhalmaza. Ekkor A-nak az U -ra odon jel¨ol¨ unk. vonatkoz´o komplementer´en ´ertj¨ uk az U \ A halmazt, amelyet A vagy A′ m´
U A
A
K¨onnyen bel´athat´o, hogy A \ B = A ∩ B. 1.12. Defin´ıci´ o. Legyen A a B halmaz r´eszhalmaza. Ekkor A-nak a B-re vonatkoz´o komplementer´en ´ertj¨ uk a B \ A halmazt, amelyet AB m´ odon jel¨ol¨ unk. 1.13. Defin´ıci´ o. Az A ´es B halmazok szimmetrikus k¨ ul¨ onbs´eg´en azt az A∆B m´ odon jel¨olt halmazt ´ertj¨ uk, amelynek elemei vagy csak az A halmaz vagy csak a B halmaz elemei, vagyis A∆B = {x|x ∈ A ∨ x ∈ B}.
A
B
ADB
1.1. Halmazelm´eleti alapfogalmak 1.11. P´ elda. Ha A = {2, 4, 6, 8} ´es B = {n ∈ N|n < 5}, akkor A∆B = {1, 3, 6, 8}. K¨onnyen bel´athat´o, hogy A∆B = (A ∪ B) \ (A ∩ B). 1.1. T´ etel. Az A, B ´es C tetsz˝ oleges halmazokra igazak a k¨ovetkez˝ o ´all´ıt´ asok: 1. A ∪ A = A, A ∩ A = A (idempotencia); 2. A ∪ B = B ∪ A, A ∩ B = B ∩ A (kommutativit´as); 3. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C, A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C (asszociativit´ as); 4. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) (az uni´o ´es a metszet k¨olcs¨on¨ os disztributivit´asa); 5. A∆B = B∆A (kommutativit´ as), A∆(B∆C) = (A∆B)∆C (asszociativit´ as); 6. A ∪ ∅ = A, A ∩ ∅ = ∅, A \ ∅ = A, ∅ \ A = ∅, A∆A = ∅; 7. A = A (invol´ uci´o), A ∩ A = ∅, A ∪ A = U ; 8. A ∩ B = A ∪ B, A ∪ B = A ∩ B (De Morgan-f´ele azonoss´agok). 1.14. Defin´ıci´ o. Az A halmaz ¨osszes r´eszhalmazainak halmaz´at az A halmaz hatv´anyhalmaz´ anak vagy partit´ıv halmaz´anak nevezz¨ uk. Ennek jel¨ol´es´ere a P (A) szimb´ olumot haszn´ aljuk, teh´at P (A) = {B|B ⊆ A}. Ha A elemeinek sz´ama n, akkor P (A) elemeinek sz´ama 2n . 1.12. P´ elda. Ha A = {∅, {∅}} ´es B = {1, 2, 3}, akkor P (A) = {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}} ´es P (B) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}. 1.15. Defin´ıci´ o. Az x ´es y elemekb˝ ol alkotott rendezett p´ar (x, y), ahol x a rendezett p´ar els˝ o komponense, y pedig a m´asodik komponense. Rendezett p´arok egyenl˝ os´ege a megfelel˝o komponensek egyenl˝os´eg´et jelenti: (x, y) = (u, v) ⇐⇒ x = u ∧ y = v. A rendezett p´ar fogalma ´altal´anos´ıthat´o, ´ıgy besz´elhet¨ unk rendezett n-esek r˝ol is, amelyek alakja (x1 , x2 , ..., xn ), ahol xi az i-edik komponens (i = 1, 2, ..., n). Rendezett n-esek k¨oz¨ott az egyenl˝os´eg komponensenk´enti egyenl˝os´eget jelent: (x1 , x2 , ..., xn ) = (y1 , y2 , ..., yn ) ⇐⇒ xi = yi (i = 1, 2, ..., n). 1.16. Defin´ıci´ o. Az A ´es B halmazok Descartes-f´ele szorzat´an az (x, y) rendezett p´arokb´ol alkotott ´es az A × B szimb´olummal jel¨olt halmazt ´ertj¨ uk, ahol x ∈ A ´es y ∈ B, azaz A × B = {(x, y)|x ∈ A ∧ y ∈ B}. Ha A = B, akkor az A × A = A2 jel¨ol´es haszn´alatos. Ha A vagy B u ¨res halmaz, akkor A × B = ∅. A Descartes-f´ele szorzat ´altal´anos´ıt´asa: A1 × A2 × ... × An = {(x1 , x2 , ..., xn )|x1 ∈ A1 ∧ x2 ∈ A2 ∧ ... ∧ xn ∈ An }.
5
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
6
1.13. P´ elda. Ha A = {1, 2} ´es B = {a, b, c}, akkor A2 = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}, A × B = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)}, A × A × B = {(1, 1, a), (1, 1, b), (1, 1, c), (1, 2, a), (1, 2, b), (1, 2, c), (2, 1, a), (2, 1, b), (2, 1, c), (2, 2, a), (2, 2, b), (2, 2, c)}. a 1
A
b
B
2 c
A´B 1.1.3.
Rel´ aci´ ok, lek´ epez´ esek (f¨ uggv´ enyek)
1.17. Defin´ıci´ o. Legyen A ´es B k´et nem u ¨res halmaz. Az A ´es B halmazok elemei k¨oz¨ otti ρ rel´ aci´onak nevezz¨ uk az A × B halmaz b´armely r´eszhalmaz´ at, azaz ρ ⊆ A × B. A rel´aci´ot alkot´o rendezett p´arok els˝o komponenseinek halmaza a rel´aci´o ´ertelmez´esi tartom´anya, a m´asodik komponensek halmaza pedig a rel´aci´o ´ert´ekk´eszlete. 1.18. Defin´ıci´ o. Legyenek A ´es B nem¨ ures halmazok. Az A ´es B halmazok elemei k¨oz¨ otti f ⊆ A × B rel´aci´ot f¨ uggv´enynek (lek´epez´esnek) nevezz¨ uk, ha az A halmaz minden elem´ehez a B halmaz egy ´es csakis egy elem´et rendeli hozz´a, azaz 1◦ (∀x ∈ A) (∃y ∈ B) (x, y) ∈ f ; 2◦ (x, y1 ) ∈ f ∧ (x, y2 ) ∈ f =⇒ y1 = y2 . Ebben a lek´epez´esben az A halmazt a f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´ anak (domenj´enek), a B halmazt pedig a f¨ uggv´eny k´eptartom´ any´ anak (kodomenj´enek) nevezz¨ uk. A B halmaz azon elemei, amelyek e hozz´arendel´esben r´eszt vesznek (azaz a k´epelemek), a f¨ uggv´eny f (A) ´ert´ekk´eszlet´et alkotj´ak. Az ´ert´ekk´eszlet teh´at r´esze a k´eptartom´anynak. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esekor szok´as az a sz´ohaszn´alat is, hogy az f f¨ uggv´eny az A halmazt a B halmazba k´epezi le. Ez´ert mondjuk a f¨ uggv´enyt lek´epez´esnek is. Ennek egyik jel¨ol´esi m´odja: f : A → B. Az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´ anak jel¨ol´ese Df , az ´ert´ekk´eszlet´enek jel¨ol´ese pedig Rf . Az ´ert´ekk´eszletet f (A) m´odon is lehet jel¨olni. Ha a f¨ uggv´enyt f jel¨oli ´es a ∈ Df , akkor az a-hoz rendelt Rf -beli elemet f (a) = b jel¨oli, amit az f f¨ uggv´eny a helyhez tartoz´o helyettes´ıt´esi ´ert´ek´enek nevezz¨ uk, ´es ezt jel¨olhetj¨ uk m´eg f : a 7→ b vagy (a, b) ∈ f m´odon is. 1.14. P´ elda. Az A = {x1 , x2 , x3 } halmaz B = {y1 , y2 , y3 , y4 } halmazba val´o f = {(x1 , y1 ), (x2 , y1 ), (x3 , y2 )} lek´epez´ese nyildiagrammal ´abr´azolva: y1 x1
A
x2 x3
y2 y3 y4
B
1.1. Halmazelm´eleti alapfogalmak
7
Az f f¨ uggv´eny megad´as´ahoz meg kell adni a Df ´ertelmez´esi tartom´anyt, az Rf k´eptartom´anyt ´es azt a hozz´arendel´esi szab´alyt, amelynek seg´ıts´eg´evel minden x ∈ Df elemhez meghat´arozhat´o (kisz´am´ıthat´o) a hozz´atartoz´o y ∈ Rf elem. Ha az ´ertelmez´esi tartom´any v´eges halmaz, akkor a f¨ uggv´eny megadhat´o a lek´epez´est defini´al´o rendezett p´arok halmaz´aval, a rendezett p´arok t´abl´azat´aval, vagy egy formul´aval (k´eplettel). 1.15. P´ elda. Legyen az A = {1, 2, 3, 4} halmaz az f lek´epez´es ´ertelmez´esi tartom´anya, ´ert´ekk´eszlete pedig a B = {a, b, c, d} halmaz. Mivel mindk´et halmaz v´eges, ez´ert a lek´epez´est megadhatjuk rendezett p´arok halmaz´aval vagy t´abl´azattal a k¨ovetkez˝o m´odokon: ( ) x 1 2 3 4 1 2 3 4 f = {(1, a), (2, c), (3, b), (4, d)}, f = , . a c b d f (x) a c b d 1.16. P´ elda. Legyen A = {−1, 0, 1, 2, 3} az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya, Z a k´eptartom´anya, f (x) = 3 − 2x pedig a lek´epez´es szab´alya. Ekkor f (−1) = 5, f (0) = 3, f (1) = 1, f (2) = −1, f (3) = −3, s ´ıgy f (A) = {5, 3, 1, −1, −3} az adott f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete, vagyis f (A) ⊂ Z. Ez az f lek´epez´es rendezett p´arokkal ´es t´abl´azattal is fel´ırhat´o: f = {(−1, 5), (0, 3), (1, 1), (2, −1), (3, −3)}, ( f=
) −1 0 1 2 3 , 5 3 1 −1 −3
x f (x)
−1 0 1 2 3 . 5 3 1 −1 −3
Ha az ´ertelmez´esi tartom´any v´egtelen halmaz, akkor a f¨ uggv´eny a lek´epez´es szab´aly´at kifejez˝o k´eplettel adhat´o meg. 1.17. P´ elda. Legyen f (x) = 2x + 3 az R halmaznak az R halmazba val´o lek´epez´ese. Ekkor az ´ertelmez´esi tartom´anynak ´es az ´ert´ekk´eszletnek is v´egtelen sok eleme van, teh´at nem sorolhat´o mind fel. A lek´epez´esi szab´aly seg´ıts´eg´evel azonban b´armely x eredeti elemhez meghat´arozhat´o az f (x) k´epelem. P´eld´aul, f (0) = 3, f (a) = 2a + 3 ´es ´ıgy tov´abb. 1.19. Defin´ıci´ o. Az f1 : A1 → B1 ´es f2 : A2 → B2 f¨ uggv´enyek egyenl˝ oek, ha megegyezik az ´ertelmez´esi tartom´anyuk, azaz A1 = A2 ´es ha f1 (x) = f2 (x) minden x ∈ A1 eset´en. 1.20. Defin´ıci´ o. Az f : A → B f¨ uggv´eny injekt´ıv (vagy 1-1 lek´epez´es), ha minden x1 , x2 ∈ A eset´en igaz, hogy: x1 ̸= x2 ⇒ f (x1 ) ̸= f (x2 ). 1.18. P´ elda. Az A = {x1 , x2 , x3 } halmaz B = {y1 , y2 , y3 , y4 } halmazba val´o f = {(x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 )} injekt´ıv lek´epez´es ny´ıldiagrammal ´abr´azolva: y1 x1
A
x2 x3
y2 y3 y4
B
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
8
1.21. Defin´ıci´ o. Az f : A → B f¨ uggv´eny sz¨ urjekt´ıv (vagy halmazra val´o lek´epez´es), ha minden y ∈ B elemhez van olyan x ∈ A elem, hogy y = f (x). 1.19. P´ elda. Az A = {x1 , x2 , x3 } halmaz B = {y1 , y2 } halmazra val´o f = {(x1 , y1 ), (x2 , y1 ), (x3 , y2 )} sz¨ urjekt´ıv lek´epez´es ny´ıldiagrammal ´abr´azolva:
x1
A
y1
B
x2 x3
y2
1.2. T´ etel. Az f : A → B f¨ uggv´eny akkor ´es csak akkor sz¨ urjekt´ıv, ha f (A) = B, azaz a f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete egyenl˝ o a k´eptartom´ any´ aval. 1.22. Defin´ıci´ o. Az f : A → B f¨ uggv´enyt bijekt´ıvnek nevezz¨ uk, ha egyidej˝ uleg injekt´ıv ´es sz¨ urjekt´ıv. 1.20. P´ elda. Az A = {x1 , x2 , x3 } halmaz B = {y1 , y2 , y3 } halmazra val´o f = {(x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 )} bijekt´ıv lek´epez´es ny´ıldiagrammal ´abr´azolva:
x1
A
x2 x3
y1 y2
B
y3
1.23. Defin´ıci´ o. Az iA : A → A bijekt´ıv f¨ uggv´enyt az A halmaz A halmazra val´o identikus lek´epez´es´enek nevezz¨ uk, ha minden x ∈ A eset´en iA (x) = x. Ha egy´ertelm˝ u, hogy melyik halmaz identikus lek´epez´es´er˝ol besz´el¨ unk, akkor az identikus lek´epez´es jel¨ol´es´ere az i jel¨ol´est haszn´aljuk. 1.24. Defin´ıci´ o. Legyenek A ´es B adott halmazok. Ha az A halmaz bijekt´ıv m´odon lek´epezhet˝ o a B halmazra, akkor azt mondjuk, hogy az A ´es B halmazok egyenl˝ o sz´amoss´ag´ uak vagy sz´amoss´agilag ekvivalensek. 1.25. Defin´ıci´ o. Egy halmazt v´egtelen sz´amoss´ ag´ unak vagy egyszer˝ uen v´egtelennek nevez¨ unk, ha van olyan val´odi r´eszhalmaza, amellyel sz´amoss´ agilag ekvivalens. Egy halmazt v´eges sz´amoss´ag´ unak vagy v´egesnek nevez¨ unk, ha nincs egyetlen olyan val´odi r´eszhalmaza sem, amellyel sz´amoss´agilag ekvivalens. 1.21. P´ elda. Tekints¨ uk a term´eszetes sz´amok N halmaz´at ´es a p´aros term´eszetes sz´amok P halmaz´at, ahol P ⊂ N. Legyen f : N → P olyan lek´epez´es, hogy f (n) = 2n. Mivel f bijekci´o, az N halmaz v´egtelen. 1.26. Defin´ıci´ o. Egy halmazt megsz´aml´ alhat´ oan v´egtelennek nevez¨ unk, ha a term´eszetes sz´amok halmaz´aval sz´amoss´agilag ekvivalens. Ha egy v´egtelen halmaz sz´amoss´ aga nem megsz´ aml´ alhat´oan v´egtelen, akkor kontinuumsz´amoss´ agr´ ol besz´el¨ unk.
1.1. Halmazelm´eleti alapfogalmak 1.22. P´ elda. A term´eszetes sz´amok N, a p´aros term´eszetes sz´amok P, az eg´esz sz´amok Z ´es a racion´alis sz´amok Q halmaza megsz´aml´alhat´oan v´egtelen, viszont a val´os sz´amok R halmaza, az egyenes pontjai, a k¨or pontjai kontinuumsz´amoss´ag´ uak. 1.27. Defin´ıci´ o. Egy halmazt megsz´ aml´ alhat´ onak nevez¨ unk, ha vagy v´eges, vagy megsz´ aml´ alhat´oan v´egtelen. 1.28. Defin´ıci´ o. Legyenek A, B ´es C nem¨ ures halmazok, f : B → C ´es g : A → B pedig adott f¨ uggv´enyek. Az A halmaznak a C halmazba val´o f ◦ g-vel jel¨olt lek´epez´es´et osszetett f¨ ¨ uggv´enynek (vagy a f¨ uggv´enyek kompoz´ıci´ oj´ anak, ¨osszet´etel´enek) nevezz¨ uk ´es (f ◦ g)(x) = f (g(x)) m´odon ´ertelmezz¨ uk minden x ∈ A elemre. 1.23. P´ elda. Ha f (x) = x + 12 ´es g(x) = x2 , x ∈ R, akkor (f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x2 ) = x2 + 12, x ∈ R, (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(x + 12) = (x + 12)2 , x ∈ R. A fenti p´eld´ab´ol bel´athat´o, hogy f ◦ g = g ◦ f ´altal´anosan nem ´erv´enyes, vagyis a lek´epez´esek kompoz´ıci´oja nem kommutat´ıv m˝ uvelet. 1.3. T´ etel. Legyenek h : A → B, g : B → C ´es f : C → D tetsz˝oleges lek´epez´esek. Ekkor ´erv´enyes, hogy (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h), azaz a lek´epez´esek kompoz´ıci´ oja asszociat´ıv m˝ uvelet. Bizony´ıt´as. Mindk´et lek´epez´es, (f ◦ g) ◦ h ´es f ◦ (g ◦ h) is, az A halmazon ´ertelmezett. Tov´abb´a minden x ∈ A elemre igaz, hogy ((f ◦ g) ◦ h)(x) = (f ◦ g)(h(x)) = f (g(h(x))) = f ((g ◦ h)(x)) = (f ◦ (g ◦ h))(x), amivel ´all´ıt´asunkat igazoltuk. ⋄ Ha f : A → B f¨ uggv´eny bijekt´ıv, akkor minden y ∈ B elemre van olyan x ∈ A elem, hogy y = f (x). Ez azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´enyt megad´o rendezett p´arok komponenseit felcser´elve ism´et f¨ uggv´enyt kapunk, ami lehet˝ov´e teszi az inverz f¨ uggv´eny fogalm´anak bevezet´es´et. 1.29. Defin´ıci´ o. Legyen f : A → B bijekt´ıv f¨ uggv´eny u ´gy, hogy f (x) = y, ha x ∈ A ´es y ∈ B. Ekkor az f −1 : B → A lek´epez´est az f f¨ uggv´eny inverz´enek nevezz¨ uk, ha −1 f (y) = x minden y ∈ B eset´en. Az f f¨ uggv´eny f −1 inverzf¨ uggv´enye szint´en bijekt´ıv. Minden x ∈ A elemre ´erv´enyes, hogy −1 (f ◦ f )(x) = x ´es minden y ∈ B elemre (f ◦ f −1 )(y) = y. 1.24. P´ elda. Legyen az A = {1, 2, 3, 4} halmaz az f lek´ (epez´es ´ertelmez´ ) esi tartom´anya, 1 2 3 4 ´ert´ekk´eszlete pedig a B = {a, b, c, d} halmaz. Az f = bijekt´ıv f¨ uggv´eny a c b d ( ) a b c d inverze az f −1 = f¨ uggv´eny. Ezek f −1 ◦ f ¨osszet´etele val´oban az A halmaz 1 3 2 4 identikus lek´epez´ese, mert ( ) ( ) ( ) a b c d 1 2 3 4 1 2 3 4 −1 f ◦f = ◦ = . 1 3 2 4 a c b d 1 2 3 4
9
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
10
1.25. P´ elda. Az f (x) = 2x + 3 f¨ uggv´eny inverz´et v´altoz´ocser´evel a k¨ovetkez˝ok´epen x−3 , hat´arozzuk meg: ha y = 2x + 3, akkor a v´altoz´ocsere ut´an x = 2y + 3. Ebb˝ol y = 2 x−3 azaz f −1 (x) = az inverz f¨ uggv´eny. Az f f¨ uggv´enyre ´es f −1 inverz´ere val´oban teljes¨ ul, 2 hogy 2x + 3 − 3 (f −1 ◦ f )(x) = f −1 (f (x)) = f −1 (2x + 3) = =x, 2 x−3 x−3 (f ◦ f −1 )(x) = f (f −1 (x)) = f ( )=2· +3=x . 2 2 Az f (x) = 2x + 3 f¨ uggv´eny inverz´et a defin´ıci´ob´ol kiindulva is meghat´arozhatjuk. Mivel a defin´ıci´o szerint f −1 (f (x)) = x, ez´ert f −1 (2x + 3) = x. Legyen 2x + 3 = t, ebb˝ol t−3 . Ezt behelyettes´ıtve az f −1 (2x + 3) = x egyenl˝os´egbe ad´odik, hogy pedig x = 2 t−3 x−3 f −1 (t) = , azaz t = x eset´en f −1 (x) = a keresett f¨ uggv´eny. 2 2 1.30. Defin´ıci´ o. A Gf = {(x, f (x))|x ∈ A} halmazt az f : A → B f¨ uggv´eny grafikonj´ anak nevezz¨ uk. y = f (x) a grafikon egyenlete, ahol x a f¨ uggetlen v´altoz´ o, y pedig a f¨ ugg˝ o v´altoz´ o. Ha az f : R → R bijekt´ıv f¨ uggv´eny grafikonja megrajzolhat´o, akkor az f −1 grafikonja is megrajzolhat´o, ´es ez az f f¨ uggv´eny grafikonj´anak az y = x egyenesre vonatkoz´o t¨ uk¨ork´epe x+4 a Descartes-f´ele der´eksz¨og˝ u koordin´atarendszerben. P´eld´aul az f (x) = f¨ uggv´eny ´es 2 −1 f (x) = 2x − 4 inverz´enek grafikonja a koordin´atarendszerben az al´abbi ´abr´an l´athat´o. Megfigyelhet˝o a k´et grafikon szimmetrikuss´aga az y = x egyeneshez viszony´ıtva. y
4 3 2 1
-3
2
3
4
x
4
1
x-
-2
y=
x
-4 -3 -2 -1 -1
y=2
4 x+ y= 2
-4
1.31. Defin´ıci´ o. F¨ uggv´enyegyenletnek nevezz¨ uk az olyan egyenletet, amelyben egy (vagy t¨obb) ismeretlen f¨ uggv´eny ´es az(ok) f¨ uggetlen v´altoz´ oi szerepelnek.
1.1. Halmazelm´eleti alapfogalmak
11
FELADATOK 1. Legyenek f1 , f2 ´es f3 az A = {2, 4, 6, 8} halmaz B = {a, b, c} halmazba val´o lek´epez´esei. Vizsg´aljuk ki, hogy k¨oz¨ ul¨ uk melyek sz¨ urjekt´ıvek, azaz halmazra val´o lek´epez´esek, ha ( ( ( ) ) ) 2 4 6 8 2 4 6 8 2 4 6 8 f1 = , f2 = ´es f3 = . a b c a a b a b a a a a Megold´ as. A feladat megold´as´ahoz azt kell megvizsg´alni, hogy az f (A) ´ert´ekk´eszlet megegyezik-e a B k´eptartom´annyal. Mivel f1 (A) = {f1 (2), f1 (4), f1 (6), f1 (8)} = {a, b, c, a} = {a, b, c} = B, ez´ert f1 sz¨ urjekt´ıv. Mivel f2 (A) = {f2 (2), f2 (4), f2 (6), f2 (8)} = {a, b, a, b} = {a, b} ⊂ B, ez´ert f2 nem sz¨ urjekt´ıv. Mivel f3 (A) = {f3 (2), f3 (4), f3 (6), f3 (8)} = {a, a, a, a} = {a} ⊂ B, ez´ert f3 nem sz¨ urjekt´ıv. 2. Legyenek f1 , f2 ´es f3 az A = {1, 3, 5} halmaz B = {p, q, r, s} halmazba val´o lek´epez´esei. Vizsg´aljuk ki, hogy k¨oz¨ ul¨ uk melyek injekt´ıvek, (1-1 lek´epez´esek), ha ) ) ( ) ( ( 1 3 5 1 3 5 1 3 5 . ´es f3 = , f2 = f1 = q q q s r s p q r Megold´ as. A feladat megold´as´ahoz azt kell megvizsg´alni, hogy vajon k¨ ul¨onb¨oz˝o eredeti elemek k´epelemei is k¨ ul¨onb¨oz˝oek-e. Mivel f1 (1) = p, f1 (3) = q, f1 (5) = r, ´ıgy ha x1 ̸= x2 , akkor f1 (x1 ) ̸= f1 (x2 ), teh´at az f1 lek´epez´es injekt´ıv. Mivel f2 (1) = s = f2 (5), ´ıgy 1 ̸= 5, de f2 (1) = f2 (5), teh´at az f2 lek´epez´es nem injekt´ıv. Mivel f3 (1) = f3 (3) = f3 (5) = q, ´ıgy 1 ̸= 3 ̸= 5, de f3 (1) = f3 (3) = f3 (5), teh´at az f3 lek´epez´es nem injekt´ıv. 3. Legyen f az A = {a, b, c, d} halmaz B = {1, 2, 3, 4, 5} halmazba val´o lek´epez´ese. Oldjuk meg az f (x) = 1, f (x) = 2, f (x) = 3, f (x) = 4 ´es f (x) = 5 egyenleteket, ha ( ) a b c d f= . 1 1 3 5 Megold´ as. f (x) = 1 eset´en x = a vagy x = b. f (x) = 2 ´es f (x) = 4 eset´en nincs megold´as. Ha f (x) = 3, akkor x = c. Amennyiben f (x) = 5, x = d a megold´as.
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
12
4. Legyen f az A = {a, b, c, d} halmaz ¨onmag´aba val´o lek´epez´ese. Oldjuk meg az f (x) = a, f (x) = b, f (x) = c, f (x)(= d, f (f (x)) ) = b, f (f (f (x))) = d ´es a b c d f (f (f (f (x)))) = a egyenleteket, ha f = . b b d a Megold´ as. f (x) = a eset´en x = d. Ha f (x) = b, akkor x = a vagy x = b. f (x) = c eset´en nincs megold´as. Amennyiben f (x) = d, a megold´as x = c. Ha f (f (x)) = b, akkor f (x) = a vagy f (x) = b, amib˝ol pedig k¨ovetkezik, hogy x = d vagy x = a vagy x = b. Ha f (f (f (x))) = d, akkor f (f (x)) = c, ez´ert most nincs megold´as. f (f (f (f (x)))) = a eset´en f (f (f (x))) = d, ez´ert szint´en nincs megold´as. ( ) 1 2 3 4 5. Legyen f az A = {1, 2, 3, 4} halmaz ¨onmag´aba val´o lek´epez´ese ´es f = . 4 2 3 1 a) Hat´arozzuk meg az f 3 ´es f 4 lek´epez´eseket. b) Sz´am´ıtsuk ki mivel egyenl˝o (f ◦ (f ◦ f ))(3), ((f ◦ f ) ◦ f ))(4) ´es ((f ◦ f ) ◦ (f ◦ f ))(1). c) Oldjuk meg az (f ◦ (f ◦ f ))(x) = 4 ´es az ((f ◦ f ) ◦ (f ◦ f ))(x) = 2 egyenleteket. Megold´ as. a) f 3 = (f ◦ f ) ◦ f = f ◦ (f ◦ f ) = )) ( ) ( (( 1 1 2 3 4 1 2 3 4 ◦ ◦ = 4 4 2 3 1 4 2 3 1 ( ) ( ) ( 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 = ◦ = 1 2 3 4 4 2 3 1 4 2
f 4 = (f ◦ f ) ◦ (f ◦ f ) = (( ) ( )) (( 1 2 3 4 1 2 3 4 1 = ◦ ◦ 4 2 3 1 4 2 3 1 4 ( ) ( ) ( 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 = ◦ = 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2
) 2 3 4 = 2 3 1 ) 3 4 = f, 3 1
) ( )) 2 3 4 1 2 3 4 ◦ = 2 3 1 4 2 3 1 ) 3 4 = i. 3 4
b) (f ◦ (f ◦ f ))(3) = f 3 (3) = 3, ((f ◦ f ) ◦ f ))(4) = f 3 (4) = 1, ((f ◦ f ) ◦ (f ◦ f ))(1) = f 4 (1) = 1. c) Az (f ◦ (f ◦ f ))(x) = 4, azaz f 3 (x) = 4 egyenlet megold´asa x = 1. Az ((f ◦ f ) ◦ (f ◦ f ))(x) = 2, vagyis f 4 (x) = 2 egyenlet megold´asa x = 2. 6. Adottak az A = {1, 2, 3, 4}, B = {a, b, c, d} ´es C = {p, q, r, s} halmazok, valamint az f : A → B, g : B → C ´es h : C → A lek´epez´esek. Hat´arozzuk meg a g ◦ f , h ◦ g, f ◦ h ´es h ◦ (g ◦ f ) lek´epez´eseket, ha ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 a b c d p q r s f= , g= , h= . b c d a s r q p 2 1 4 3
1.1. Halmazelm´eleti alapfogalmak Megold´ as.
(
) ( ) ( a b c d 1 2 3 4 1 g◦f = ◦ = s r q p b c d a r ( ) ( ) ( p q r s a b c d a h◦g = ◦ = 2 1 4 3 s r q p 3 ( ) ( ) ( 1 2 3 4 p q r s p f ◦h= ◦ = b c d a 2 1 4 3 c ( ) (( ) ( p q r s a b c d 1 h ◦ (g ◦ f ) = ◦ ◦ 2 1 4 3 s r q p b ( ) ( ) ( p q r s 1 2 3 4 1 2 = ◦ = 2 1 4 3 r q p s 4 1
13
) 2 3 4 q p s ) b c d 4 1 2 ) q r s b a d )) 2 3 4 = c d a ) 3 4 . 2 3
7. Adottak az A = {a, b, c} ´es B = {10, 20, 30} halmazok, valamint az f : A → B ´es g : B → C bijekt´ıv lek´epez´esek. Hat´arozzuk meg az f −1 ´es g −1 inverzf¨ uggv´enyeket, majd a g −1 ◦ f −1 , f −1 ◦ g −1 , f −1 ◦ f , g −1 ◦ g f¨ uggv´enykompoz´ıci´okat, ha ) ) ( ( 10 20 30 a b c . , g= f= c b a 20 30 10 Megold´ as.
) ) ( a b c 10 20 30 −1 , , g = f = 20 30 10 c b a ( ) ( ) ( ) a b c 10 20 30 10 20 30 −1 −1 g ◦f = ◦ = , 30 20 10 c a b 10 30 20 ) ) ( ) ( ( a b c a b c 10 20 30 −1 −1 , = ◦ f ◦g = c a b 30 20 10 b a c ( ) ( ) ( ) 10 20 30 a b c a b c −1 f ◦f = ◦ = = iA , c a b 20 30 10 a b c ) ( ) ) ( ( 10 20 30 10 20 30 a b c −1 = iB . g ◦g = ◦ = c b a 10 20 30 30 20 10 (
−1
8. Adott az A = {−2, −1, 0, 1, 2} halmazon ´ertelmezett f (x) = 3x − 4 lek´epez´es. Hat´arozzuk meg az f (A) ´ert´ekk´eszletet, ´ırjuk fel az f lek´epez´est ´es vizsg´aljuk ki, hogy az f : A → f (A) lek´epez´es bijekt´ıv-e. Megold´ as. Mivel f (−2) = 3 · (−2) − 4 = −10, f (−1) = 3 · (−1) − 4 = −7, f (0) = 3 · 0 − 4 = −4, f (1) = 3 · 1 − 4 = −1 ´es f (2) = 3 · 2 − 4 = 2, ez´ert f (A) = {−10, −7, −4, −1, 2}. Maga az f f¨ uggv´eny ´ıgy ´ırhat´o le: ( ) −2 −1 0 1 2 f= . −10 −7 −4 −1 2 Mivel az ´ert´ekk´eszlet is ´es a k´eptartom´any is f (A), ez´ert a f¨ uggv´eny sz¨ urjekt´ıv. Mivel minden eredeti elemhez m´as-m´as k´epelem tartozik, ´ıgy teljes¨ ul, hogy ha x1 ̸= x2 , akkor f (x1 ) ̸= f (x2 ), teh´at az f lek´epez´es injekt´ıv is, amib˝ol az k¨ovetkezik, hogy f bijekt´ıv.
14
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK 9. Adott az A = {−2, −1, 0, 1, 2} halmazon ´ertelmezett f : A → R f¨ uggv´eny az f (x) = 3 − 3|x| lek´epez´esi szab´allyal. Hat´arozzuk meg az f (A) ´ert´ekk´eszletet, ´ırjuk fel az f lek´epez´est ´es vizsg´aljuk ki, hogy az f : A → R ´es f : A → f (A) lek´epez´esek bijekt´ıvek-e. Megold´ as. A f¨ uggv´eny´ert´ekek f (−2) = 3 − 3| − 2| = −3, f (−1) = 3 − 3| − 1| = 0, f (0) = 3−3|0| = 3, f (1) = 3−3|1| = 0 ´es f (2) = 3−3|2| = −3, ez´ert az ´ert´ekk´eszlet f (A) = {−3, 0, 3}. Az f f¨ uggv´eny ´ıgy ´ırhat´o le: ( ) −2 −1 0 1 2 f= . −3 0 3 0 −3 Mivel f (A) ⊂ R, ez´ert az f : A → R f¨ uggv´eny nem sz¨ urjekt´ıv. Mivel 2 ̸= −2, de f (−2) = f (2) = −3, ez´ert az f : A → f (A) lek´epez´es nem injekt´ıv, amib˝ol az k¨ovetkezik, hogy egyik lek´epez´es sem bijekt´ıv. 10. Adott az A = {−2, −1, 0, 1, 2} halmazon ´ertelmezett f : A → R f¨ uggv´eny az 2 f (x) = x − 4 lek´epez´esi szab´allyal. Hat´arozzuk meg az f (A) ´ert´ekk´eszletet, ´ırjuk fel az f lek´epez´est ´es vizsg´aljuk ki, hogy az f : A → R ´es f : A → f (A) lek´epez´esek bijekt´ıvek-e. Megold´ as. A f¨ uggv´eny´ert´ekek f (−2) = (−2)2 − 4 = 0, f (−1) = (−1)2 − 4 = −3, f (0) = (0)2 − 4 = −4, f (1) = 12 − 4 = −3 ´es f (2) = 22 − 4 = 0, ez´ert az ´ert´ekk´eszlet f (A) = {−4, −3, 0}. Az f f¨ uggv´eny ´ıgy ´ırhat´o le: ( ) −2 −1 0 1 2 f= . 0 −3 −4 −3 0 Mivel f (A) ⊂ R, ez´ert az f : A → R f¨ uggv´eny nem sz¨ urjekt´ıv. Mivel −1 ̸= 1, de f (−1) = f (1) = −3, ez´ert az f : A → f (A) lek´epez´es nem injekt´ıv, amib˝ol az k¨ovetkezik, hogy egyik lek´epez´es sem bijekt´ıv. 11. Bizony´ıtsuk be, hogy az f (x) = 3x − 4 lek´epez´esi szab´allyal defini´alt f : R → R f¨ uggv´eny bijekt´ıv, majd hat´arozzuk meg az f −1 (x) inverzf¨ uggv´enyt. Megold´ as. Egy f¨ uggv´eny akkor bijekt´ıv, ha injekt´ıv is ´es sz¨ urjekt´ıv is. Vizsg´aljuk el˝osz¨or az injektivit´ast! Ha x1 ̸= x2 , akkor 3x1 ̸= 3x2 ´es 3x1 − 4 ̸= 3x2 − 4, amib˝ol k¨ovetkezik, hogy f (x1 ) ̸= f (x2 ), azaz az f f¨ uggv´eny injekt´ıv. A sz¨ urjekt´ıv tulajdons´ag kivizsg´al´as´ahoz tekints¨ uk az ´ert´ekk´eszlet egy tetsz˝oleges y ∈ R elem´et, amelyet u ´gy kaptunk, hogy az ´ertelmez´esi tartom´any egy elem´et az f f¨ uggv´ennyel y+4 , teh´at lek´epezt¨ unk, azaz y = 3x − 4, valamely x ∈ R elemre. Ebb˝ol x = 3 y+4 az y ∈ R k´epelem az x = eredeti elemnek a k´epe. Ez azt jelenti, hogy az 3 ´ert´ekk´eszlet minden egyes y k´epelem´ehez hozz´arendelhet˝o egy eredeti x elem, teh´at az f (x) = 3x − 4 lek´epez´es sz¨ urjekt´ıv is. Mivel ezek szerint a f¨ uggv´eny bijekt´ıv, ez´ert van inverze. Az inverz f¨ uggv´eny meghat´aroz´asa a defin´ıci´o szerint: mivel t+4 −1 −1 . f (f (x)) = x, ez´ert f (3x − 4) = x. Legyen 3x − 4 = t, ebb˝ol pedig x = 3 t+4 Ezt behelyettes´ıtve ad´odik, hogy f −1 (t) = , azaz t = x eset´en a keresett 3 f¨ uggv´eny x+4 f −1 (x) = . 3
1.1. Halmazelm´eleti alapfogalmak
15
12. Legyen f (x) = 3 − |x| az f : R → R f¨ uggv´eny lek´epez´esi szab´alya. Bizony´ıtsuk be, hogy az f f¨ uggv´eny se nem injekt´ıv, se nem sz¨ urjekt´ıv, majd hat´arozzuk meg a Df ´es Rf halmazokat u ´gy, hogy az f f¨ uggv´eny bijekt´ıv legyen. Keress¨ uk meg az ´ıgy −1 kapott f¨ uggv´eny f (x) inverz´et. Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny nem injekt´ıv, mert p´eld´aul az y = 0 ´ert´eket a f¨ uggv´eny x = −1-ben is ´es x = 1-ben is felveszi, azaz −1 ̸= 1, de f (−1) = f (1). Ugyanakkor a f¨ uggv´eny nem sz¨ urjekt´ıv, mert 3-n´al nagyobb ´ert´ekeket az f f¨ uggv´eny nem vesz fel. ´Igy p´eld´aul nincs olyan val´os x ´ert´ek, amelyre f (x) = 4. Ha az ´ertelmez´esi tartom´anyt ´es az ´ert´ekk´eszletet lesz˝ uk´ıtj¨ uk Df = [0, +∞) ´es Rf = (−∞, 3] tartom´anyokra, akkor az f : Df → Rf f¨ uggv´eny bijekt´ıv. Ekkor az f f¨ uggv´eny lek´epez´esi szab´alya f (x) = 3 − 3x, ennek inverze pedig f −1 (x) =
3−x , 3
x ∈ (−∞, 3].
13. Legyen f (x) = x2 − 4 az f : R → R f¨ uggv´eny lek´epez´esi szab´alya. Bizony´ıtsuk be, hogy az f f¨ uggv´eny se nem injekt´ıv, se nem sz¨ urjekt´ıv, majd hat´arozzuk meg a Df ´es Rf halmazokat u ´gy, hogy az f f¨ uggv´eny bijekt´ıv legyen. Keress¨ uk meg az ´ıgy kapott f¨ uggv´eny f −1 (x) inverz´et. Megold´ as. Az f : R → R f¨ uggv´eny nem injekt´ıv, mert p´eld´aul az y = 0 ´ert´eket a f¨ uggv´eny x = −2-ben is ´es x = 2-ben is felveszi, azaz −2 ̸= 2, de f (−2) = f (2). Ugyanakkor a f¨ uggv´eny nem sz¨ urjekt´ıv, mert −4-t˝ol kisebb ´ert´ekeket az f f¨ uggv´eny ´ nem vesz fel. Igy p´eld´aul nincs olyan val´os x ´ert´ek, amelyre f (x) = −5. Ha az ´ertelmez´esi tartom´anyt ´es az ´ert´ekk´eszletet lesz˝ uk´ıtj¨ uk a Df = [0, +∞) ´es az Rf = [−4, +∞) tartom´anyokra, akkor az f : Df → Rf f¨ uggv´eny bijekt´ıv. Ekkor az f f¨ uggv´eny inverze az √ f −1 (x) = x + 4, x ∈ [−4, +∞). ´ ıtsuk ¨ossze az f1 (x) = x, f2 (x) = −x, f3 (x) = 1 ´es f4 (x) = − 1 f¨ 14. All´ uggv´enyek x x ¨osszet´etel´enek (kompoz´ıci´oj´anak) t´abl´azat´at. Megold´ as. Mivel az f1 (x) = x = i(x), ´ıgy meg´allap´ıthatjuk, hogy f1 ◦ fk = fk ◦ f1 = fk ,
k = 1, 2, 3, 4.
A t¨obbi esetben a k¨ovetkez˝o sz´am´ıt´asokat v´egezhetj¨ uk el: (f2 ◦ f2 )(x) = f2 (f2 (x)) = f2 (−x) = −(−x) = x = f1 (x), ( ) ( ) 1 1 (f2 ◦ f3 )(x) = f2 (f3 (x)) = f2 =− = f4 (x), x x ( ) ( ) 1 1 1 (f2 ◦ f4 )(x) = f2 (f4 (x)) = f2 − =− − = = f3 (x), x x x ( ) 1 1 =− (f3 ◦ f2 )(x) = f3 (f2 (x)) = f3 (−x) = = f4 (x), −x x ( ) 1 1 (f3 ◦ f3 )(x) = f3 (f3 (x)) = f3 = 1 = x = f1 (x), x x
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
16
( ( )) 1 1 (f3 ◦ f4 )(x) = f3 (f4 (x)) = f3 − = ( 1 ) = −x = f2 (x), x − x −1 1 (f4 ◦ f2 )(x) = f4 (f2 (x)) = f4 (−x) = = = f3 (x), −x x ( ) 1 1 (f4 ◦ f3 )(x) = f4 (f3 (x)) = f4 = − 1 = −x = f2 (x), x x ( ) 1 1 (f4 ◦ f4 )(x) = f4 (f4 (x)) = f4 − = − 1 = x = f1 (x), x −x A keresett t´abl´azat: ◦ f1 f2 f3 f4
f1 f1 f2 f3 f4
f2 f2 f1 f4 f3
f3 f3 f4 f1 f2
f4 f4 f3 f2 f1
1 ´es fn+1 (x) = f1 (fn (x)), n ∈ N. 1−x f2009 (2010) f¨ uggv´eny´ert´eket.
15. ∗ Legyen az f1 (x) = Megold´ as.
(
f2 (x) = f1 (f1 (x)) = f1 ( f3 (x) = f1 (f2 (x)) = f1
1 1−x x−1 x
) =
1 x−1 , 1 = x 1 − 1−x
=
1 = x = i(x), 1 − x−1 x
)
Sz´am´ıtsuk ki az
f4 (x) = f1 (f3 (x)) = f1 (x), f5 (x) = f1 (f4 (x)) = f1 (f1 (x)) = f2 (x), f6 (x) = f1 (f5 (x)) = f1 (f2 (x)) = f3 (x) = i(x), ´es ´ıgy tov´abb. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy f3n (x) = x,
f3n+1 (x) =
1 1−x
´es f3n+2 (x) =
x−1 . x
Mivel 2009 = 3 · 699 + 2, ez´ert f2009 (x) = f3·699+2 (x) = 16.
x−1 x
´es f2009 (2010) =
2010 − 1 2009 = . 2010 2010
x 1 , f2 (x) = , x−1 1−x fn+2 (x) = fn+1 (fn (x)), n ∈ N szab´allyal k´epezz¨ uk, akkor sz´am´ıtsuk ki mennyivel egyenl˝o f2010 (2010). ( ) x 1 Megold´ as. f3 (x) = f2 (f1 (x)) = f2 = x = 1 − x, x−1 1 − x−1 ( ) 1 x 1 f4 (x) = f3 (f2 (x)) = f3 = = f1 (x), =1− 1−x 1−x x−1 ∗∗
Ha az fn (x), n ∈ N f¨ uggv´enyek sorozat´at az f1 (x) =
1.1. Halmazelm´eleti alapfogalmak
17
1−x x−1 f5 (x) = f4 (f3 (x)) = f4 (1 − x) = = , 1−x−1 x ( ) x −1 x 1 f6 (x) = f5 (f4 (x)) = f5 = x−1x = , x−1 x x−1 ( ) x−1 x 1 f7 (x) = f6 (f5 (x)) = f6 = x−1 = = f1 (x), x x−1 x ( ) 1 1 1 = 1 x = f8 (x) = f7 (f6 (x)) = f7 = f2 (x), x 1 − x − 1 x f9 (x) = f8 (f7 (x)) = f2 (f1 (x)) = f3 (x), ´es ´ıgy tov´abb. ´ Eszrevehet˝ o, hogy b´ar az identikus lek´epez´es nem jelenik meg, m´egis kialakult egy hatos ciklus. Az f7 (x) = f1 (x) ´es f8 (x) = f2 (x), ami a ciklus u ´jra indul´as´at jelenti az f6 (x) f¨ uggv´eny ut´an. Mivel 2010 = 6 · 335, ez´ert f2010 (x) = f6 (x) =
1 x
´es f2010 (2010) =
1 . 2010
√ x+ 2−1 √ 17. Legyen f1 (x) = ´es fn+1 (x) = f1 (fn (x)), n ∈ N. Sz´am´ıtsuk ki az (1 − 2)x + 1 f2010 (−1) ´ert´ek´et. ∗∗
Megold´ as.
(
) √ x+ 2−1 1+x √ f2 (x) = f1 (f1 (x)) = f1 = , 1−x (1 − 2)x + 1 √ ( ) 1+x x+ 2+1 √ f3 (x) = f1 (f2 (x)) = f1 = , 1−x −( 2 + 1)x + 1 ( ) √ x+ 2+1 1 √ f4 (x) = f1 (f3 (x)) = f1 =− , x −( 2 + 1)x + 1 √ ( ) 1 x− 2−1 f5 (x) = f1 − = √ , x ( 2 + 1)x + 1 ( ) √ x− 2−1 x−1 f6 (x) = f1 (f5 (x)) = f1 √ , = x+1 ( 2 + 1)x + 1 √ ( ) x−1 x− 2+1 f7 (x) = f1 (f6 (x)) = f1 = √ , x+1 ( 2 − 1)x + 1 ( ) √ x− 2+1 = x = i(x), f8 (x) = f1 (f7 (x)) = f1 √ ( 2 − 1)x + 1 ez´ert f9 (x) = f1 (f8 (x)) = f1 (i(x)) = f1 (x),
f10 (x) = f1 (f9 (x)) = f1 (f1 (x)) = f2 (x),
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
18
´es ´ıgy tov´abb. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy minden n ∈ N eset´en, √ x+ 2−1 1+x √ f8n (x) = x, f8n+1 (x) = , f8n+2 (x) = , 1−x (1 − 2)x + 1 √ √ x+ 2+1 1 x− 2−1 √ f8n+3 (x) = , f8n+4 (x) = − , f8n+5 (x) = √ , x −( 2 + 1)x + 1 ( 2 + 1)x + 1 √ x−1 x− 2+1 f8n+6 (x) = . , f8n+7 (x) = √ x+1 ( 2 − 1)x + 1 Mivel 2010 = 8 · 251 + 2, ez´ert f2010 (x) = f8·251+2 (x) = f2 (x) =
1+x 1−x
´es f2010 (−1) = 0.
18. Oldjuk meg az f (2x − 1) = 3x − 5 f¨ uggv´enyegyenletet. t+1 . Behe2 lyettes´ıtve ezeket a kifejez´eseket az f (2x − 1) = 3x − 5 f¨ uggv´enyegyenletbe ad´odik, hogy t+1 3t − 7 f (t) = 3 · −5= . 2 2 Visszat´erve t helyett az x f¨ uggetlen v´altoz´ora kapjuk, hogy Megold´ as. Vezess¨ uk be a 2x − 1 = t helyettes´ıt´est. Ebb˝ol x =
f (x) =
3x − 7 . 2
x+1 f¨ uggv´enyegyenletet, ha x ̸= −7. x+7 Megold´ as. Vezess¨ uk be a x + 2 = t helyettes´ıt´est. Ebb˝ol x = t − 2. Behelyettes´ıtve x+1 ezeket a kifejez´eseket az f (x + 2) = f¨ uggv´enyegyenletbe ad´odik, hogy x+7
19. Oldjuk meg az f (x + 2) =
f (t) =
t−2+1 t−1 = , t−2+7 t+5
illetve visszat´erve az x f¨ uggetlen v´altoz´ora, f (x) =
x−1 , x+5
x ̸= −5.
20. Oldjuk meg az f (2x − 1) = 4x2 − 2x + 1 f¨ uggv´enyegyenletet. t+1 . Behe2 2 lyettes´ıtve ezeket a kifejez´eseket az f (2x − 1) = 4x − 2x + 1 f¨ uggv´enyegyenletbe ad´odik, hogy ( )2 t+1 t+1 f (t) = 4 −2· + 1 = t2 + t + 1, 2 2 Megold´ as. Vezess¨ uk be a 2x − 1 = t helyettes´ıt´est. Ebb˝ol x =
illetve, hogy f (x) = x2 + x + 1.
1.1. Halmazelm´eleti alapfogalmak
19
21. Legyen a tetsz˝oleges val´os sz´am. Ha f (x + a) = x2 + x + a, akkor hat´arozzuk meg mennyi f (x − a). Megold´ as. A feladatot k´et l´ep´esben oldjuk meg. El˝osz¨or meghat´arozzuk az f (x) szab´alyt, majd kisz´am´ıtjuk az f f¨ uggv´eny x − a helyen vett helyettes´ıt´esi ´ert´ek´et. Az x + a = t helyettes´ıt´esb˝ol x = t − a, ahonnan k¨ovetkezik, hogy f (t) = (t − a)2 + (t − a) + a = t2 + (1 − 2a)t + a2 , illetve hogy f (x) = x2 + (1 − 2a)x + a2 . Az f f¨ uggv´eny ´ert´eke x − a-ban f (x − a) = (x − a)2 + (1 − 2a)(x − a) + a2 = x2 + (1 − 4a)x + 4a2 − a. (
)
x−2 f¨ uggv´enyegyenletet, ha x ̸= 1, x ̸= −2. x+2 x+1 Megold´ as. Vezess¨ uk be a = t helyettes´ıt´est. x−1 t+1 Ebb˝ol x + 1 = t(x − 1), ahonnan rendez´es ut´an az x = kifejez´est kapjuk. t−1 K¨ovetkezik, hogy t+1 −2 3−t f (t) = t−1 , = t+1 3t − 1 +2 t−1
22. Oldjuk meg az f
x+1 x−1
=
vagyis f (x) = (
3−x , 3x − 1
1 x ̸= . 3
) x 1 23. Oldjuk meg az f (x) + xf = 2 f¨ uggv´enyegyenletet, ha x ̸= . 2x − 1 2 x Megold´ as. Vezess¨ uk be az = t helyettes´ıt´est. 2x − 1 t . Ekkor x = t(2x − 1), ahonnan rendez´es ut´an x = 2t − 1 Ezeket behelyettes´ıve a fenti egyenletbe ad´odik, hogy ( ) t t f f (t) = 2. + 2t − 1 2t − 1 ∗
A kapott egyenletben nevezz¨ uk ´at a t v´altoz´ot x-re. Az ´ıgy kapott egyenlet az eredetivel egy¨ utt a k¨ovetkez˝o egyenletrendszert adja: ( f (x) x f (x) 2x − 1
+ xf ( +
f
x 2x − 1 x 2x − 1
) = 2 ) = 2
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
20
A m´asodik egyenletet beszorozva (−x)-szel, a k¨ovetkez˝o egyenletrendszert kapjuk: ( f (x) x2 − f (x) 2x − 1
+ xf ( − xf
x 2x − 1 x 2x − 1
) =
2
) = −2x
A k´et egyenletet ¨osszeadva kapjuk, hogy (
amib˝ol
x2 1− 2x − 1
) f (x) = 2 − 2x,
−(x2 − 2x + 1) f (x) = 2(1 − x), 2x − 1
rendez´es ut´an pedig a keresett f¨ uggv´eny alakja 2(2x − 1) , x−1
f (x) =
x ̸= 1.
uggv´enyegyenletet, ha x ̸= −1, x ̸= 2: 24. ∗ Oldjuk meg az adott f¨ ( f
x+1 x−2
)
( + 2f
x−2 x+1
) = x.
Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha x+1 = t, x−2
akkor
x−2 1 = x+1 t
´es x =
x+1 1 = x−2 t
´es x = −
1 + 2t . t−1
Ugyanakkor, ha a helyettes´ıt´es x−2 = t, x+1
akkor
t+2 . t−1
Mindk´et helyettes´ıt´est alkalmazva az adott egyenletre, a k¨ovetkez˝o egyenletrendszert kapjuk:
f (t) +
( ) 1 2f t
2f (t) +
( ) 1 f t
=
1 + 2t t−1
= −
t+2 t−1
1.1. Halmazelm´eleti alapfogalmak
21
A m´asodik egyenletet beszorozva (−2)-vel, majd a k´et egyenletet ¨osszeadva, rendez´es ut´an kapjuk a 1 + 2t 2t + 4 −3f (t) = + t−1 t−1 egyenletet, amib˝ol 4t + 5 , f (t) = −3(t − 1) illetve ´att´erve az x v´altoz´ora, a megold´as f (x) = 25.
4x + 5 , −3(x − 1)
x ̸= 1.
∗∗
Oldjuk meg az adott f¨ uggv´enyegyenlet-rendszert, majd hat´arozzuk meg az (f ◦ g)(x) f¨ uggv´enykompoz´ıci´ot, ha x ̸= 1: ( f ( f
x x−1 x x−1
) + g (2x + 1)
=
2x
−
=
x
) g (2x + 1)
¨ Megold´ as. Osszeadva a k´et egyenletet, rendez´es ut´an ad´odik, hogy ( ) x 3 f = x. x−1 2 Ha
x = t, x−1
akkor x =
3t , 2t − 2
vagyis f (x) =
´es f (t) =
t t−1 3x . 2(x − 1)
Vonjuk ki az egyenletrendszer els˝o egyenlet´eb˝ol a m´asodikat. Ekkor rendez´es ut´an kapjuk, hogy x g(2x + 1) = . 2 Ha t−1 2x + 1 = t, akkor x = 2 ´es t−1 x−1 g (t) = , vagyis g(x) = . 4 4 A keresett f¨ uggv´enykompoz´ıci´o pedig ( ) 3 · x−1 x−1 3(x − 1) . (f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f = ( x−1 4 ) = 4 2(x − 5) 2 4 −1
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
22
1.2.
Elemi f¨ uggv´ enyek
A k¨ovetkez˝okben azokkal a f¨ uggv´enyekkel ismerked¨ unk meg, amelyekre k´es˝obb az ´altal´anosabb f¨ uggv´enyek vizsg´alat´at alapozni fogjuk. Mivel ezek a f¨ uggv´enyek m´ar az elemi matematik´aban is szerepelnek, ez´ert elemi alapf¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk ˝oket. Azokat a f¨ uggv´enyeket amelyek az elemi alapf¨ uggv´enyekb˝ol a n´egy alapm˝ uvelet (¨osszead´as, kivon´as, szorz´as, oszt´as) ´es az ¨osszetett f¨ uggv´eny k´epz´es´enek v´eges sz´am´ u alkalmaz´as´aval nyerhet˝ok, elemi f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. Az al´abbi fejezetekben bemutatjuk az elemi alapf¨ uggv´enyeket ´es foglalkozunk n´eh´any fontosabb elemi f¨ uggv´ennyel. 1.2.1.
Line´ aris f¨ uggv´ eny
1.32. Defin´ıci´ o. Legyenek a ´es b tetsz˝ oleges val´os sz´amok. Azt az f : R → R val´os f¨ uggv´enyt, melyet az f (x) = ax + b hozz´arendel´essel adunk meg, line´aris (vagy els˝ofok´ u) f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk. A line´aris f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett ´es minden val´os ´ert´eket felvesz, azaz ´ertelemz´esi tartom´anya Df = R, ´es ´ert´ekk´eszlete is ugyanez, vagyis Rf = R. Az f line´aris f¨ uggv´eny grafikonja a Gf = {(x, y) ∈ R2 | x ∈ R ´es y = ax + b} ponthalmaz, amely a Descartes-f´ele der´eksz¨og˝ u koordin´atarendszerben mindig egy egyenes. Ha a = 0, akkor a line´aris f¨ uggv´eny f (x) = b alak´ u. Mivel ebben az esetben a k´epletben nem szerepel az x f¨ uggetlen v´altoz´o, ez´ert ezt a f¨ uggv´enyt konstans f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk. A konstans f¨ uggv´eny minden egyes pontj´anak ordin´at´aja (y-koordin´at´aja) b-vel egyenl˝o, ami azt jelenti, hogy grafikonj´anak minden egyes pontja b t´avols´agra van az x-tengelyt˝ol, ez´ert az y = b egyenlet˝ u f¨ uggv´enygrafikon egy v´ızszintes helyzet˝ u, azaz az x-tengellyel p´arhuzamos egyenest hat´aroz meg. y y=b, b>0
y
b
M1 Hx1 ,bL
M2 Hx2 ,bL
y=b, b=0 x x1
x2
x
y=b, b< 0
Ha M1 (x1 , y1 ) ´es M2 (x2 , y2 ) az y = b egyenes k¨ ul¨onb¨oz˝o pontjai, ahol x1 ´es x2 olyan val´os sz´amok eset´en, hogy x1 < x2 , y1 = y2 = b lesz ´erv´enyes. Az ilyen helyzet˝ u egyenes se nem n¨ovekszik, se nem cs¨okken, hiszen b´armely val´os sz´amra ugyanazt az ´ert´eket veszi fel. Az f : R → R, f (x) = b konstans f¨ uggv´eny se nem injekt´ıv, se nem sz¨ urjekt´ıv, teh´at nem is bijekt´ıv, ez´ert nincs inverz f¨ uggv´enye.
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
23
Legyen most a ̸= 0. Ekkor az f (x) = ax + b line´aris f¨ uggv´eny bijekt´ıv ´es grafikonja egy ferde helyzet˝ u egyenes, amelynek egyenlete y = ax + b. Felvet˝odik a k´erd´es, hogy vajon a s´ık b´armely egyenese egy line´aris f¨ uggv´eny grafikonja-e? A v´alasz nem, ugyanis az x = m egyenlet˝ u f¨ ugg˝oleges helyzet˝ u, azaz y-tengellyel p´arhuzamos egyenesen olyan pontok tal´alhat´ok, mint az (m, y1 ) ´es (m, y2 ). Ez pedig azt jelenti, hogy az x = m hozz´arendel´esi szab´aly nem tesz eleget a lek´epez´es defin´ıci´oj´anak (mivel egy eredetihez nem csak egy ´ert´eket rendel hozz´a), ´ıgy nem is f¨ uggv´eny.
y
y2
Hm,y2 L
y1
Hm,y1 L
x
m x=m
Az f (x) = ax + b, a ̸= 0 line´aris f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, azaz Df = R. Az f f¨ uggv´eny ´ert´eke null´aban egyenl˝o a line´aris f¨ uggv´eny ´alland´o tagj´aval, azaz f (0) = b. Az f f¨ uggv´eny grafikonj´an teh´at mindig rajta van a (0, b) koordin´at´aj´ u pont, ami egyben azt is jelenti, hogy az y = ax + b egyenes a b pontban metszi az y-tengelyt. Azt a pontot, ahol az y = ax+b egyenes metszi az x-tengelyt, az(f f¨ uggv´ )eny nullahely´enek b b nevezz¨ uk. Mivel ebben a pontban y = 0, ´ıgy x = − . Ez´ert N − , 0 az f (x) = ax + b a a line´aris f¨ uggv´eny nullahelye. Az f f¨ uggv´eny el˝ojele az a konstans el˝ojel´et˝ol f¨ ugg. 1o Legyen a > 0. Az f f¨ uggv´eny pozit´ıv, azaz grafikonja az x-tengely felett helyezkedik b el, amennyiben x > − , ´es az f f¨ uggv´eny negat´ıv, azaz grafikonja az x-tengely alatt a b helyezkedik el, ha x < − . a 2o Legyen a < 0. Ebben az esetben viszont ford´ıtott a helyzet, vagyis az f f¨ uggv´eny b b pozit´ıv, ha x < − , ´es az f f¨ uggv´eny negat´ıv, amennyiben x > − . a a Az f (x) = ax + b line´aris f¨ uggv´eny k´eplet´eben az a ̸= 0 ´alland´ot az y = ax + b egyenes ir´anyt´enyez˝oj´enek nevezz¨ uk. Vizsg´aljuk meg az ir´anyt´enyez˝o geometriai jelent´es´et. Legyenek M1 (x1 , y1 ) ´es M2 (x2 , y2 ) az y = ax + b egyenes k¨ ul¨onb¨oz˝o pontjai, ahol x1 ´es x2 tetsz˝oleges val´os sz´amok, valamint y1 = ax1 + b ´es y2 = ax2 + b. Ha a m´asodik egyenletb˝ol kivonjuk az els˝ot, akkor az y2 − y1 = a(x2 − x1 ) ¨osszef¨ ugg´est kapjuk, ´es mivel x1 ̸= x2 , ez´ert a=
y2 − y1 (= tg α) , x2 − x1
y M2
y2 y1
M1
b Α x1
x2
x
ahol az y = ax + b egyenes α sz¨oget z´ar be az x-tengely pozit´ıv ir´any´aval. Az f f¨ uggv´eny n¨oveked´ese, illetve cs¨ okken´ese szint´en az a konstans el˝ojel´et˝ol f¨ ugg. 1o Tekints¨ uk el˝osz¨or az a > 0 esetet. Ha most x1 ´es x2 olyan val´os sz´amok, hogy x1 < x2 , akkor y1 < y2 ´es ebben az esetben azt mondjuk, hogy a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton
24
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK n¨ ovekv˝ o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a f¨ uggv´eny grafikonja ´es az x-tengely pozit´ıv ir´anya ´altal bez´art α sz¨og hegyes sz¨og. y
2o Az a < 0 esetet vizsg´alva meg´allap´ıthatjuk, hogy ha x1 ´es x2 olyan val´os sz´amok, hogy x1 < x2 , akkor y1 > y2 ´es ebben az esetben azt mondjuk, hogy a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. A f¨ uggv´eny grafikonja most az x-tengely pozit´ıv ir´any´aval α tompa sz¨oget z´ar be.
b y1
M1 M2
y2
Α x1
x2
x
Ha b = 0, akkor az y = ax egyenes ´athalad az orig´on. a = 1 eset´en az y = x egyenes az els˝o ´es harmadik negyed szimmetriatengelye, a = −1 eset´en pedig az y = −x egyenes a m´asodik ´es negyedik negyed szimmetriatengelye. Tekints¨ uk az f1 (x) = a1 x + b1 ´es f2 (x) = a2 x + b2 f¨ uggv´enyek grafikonjait. Mivel az f f¨ uggv´eny ir´anyt´enyez˝oje ´es grafikonj´anak az x-tengely pozit´ıv ir´any´aval bez´art sz¨oge ¨osszef¨ ugg´esben ´allnak egym´assal, ez´ert ´erv´enyes a k¨ovetkez˝o, p´arhuzamos egyenesekre vonatkoz´o t´etel. 1.4. T´ etel. K´et k¨ ul¨onb¨oz˝o egyenes akkor ´es csakis akkor p´arhuzamos, ha ir´anyt´enyez˝ oik megegyeznek, azaz a1 = a2 , vagy ha mindkett˝o mer˝oleges az x-tengelyre. Mer˝oleges egyenesek eset´en a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as ´erv´enyes. 1.5. T´ etel. K´et k¨ ul¨onb¨oz˝o egyenes akkor ´es csakis akkor mer˝oleges egym´ asra, ha ir´anyt´enyez˝ oik kiel´eg´ıtik az ( ) 1 a1 a2 = −1, a2 = − a1 felt´etelt, vagy ha az egyik egyenes mer˝oleges az x-tengelyre, a m´asik pedig p´arhuzamos az x-tengellyel. A s´ıkbeli egyenes egyenlet´enek explicit alakja y = ax + b,
a, b ∈ R,
a ̸= 0.
A s´ıkbeli egyenes egyenlet´enek implicit alakja az Ax + By + C = 0,
A, B, C ∈ R
k´etismeretlenes egyenlet, amelyb˝ol B ̸= 0 eset´en fel´ırhat´o az egyenes egyenlet´enek explicit alakja, ahol C A C A ´es b = − , azaz y = − x − . a=− B B B B A B = 0 esetben az y-tengellyel p´arhuzamos egyenesek egyenlet´et kapjuk, azaz ekkor C x=− . A
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
25
FELADATOK. 1. ´Irjuk fel annak a line´aris f¨ uggv´enynek az egyenlet´et, amely ´athalad az M1 (0, −2) ´es M2 (4, 2) pontokon, majd ´abr´azoljuk a grafikonj´at ´es ´ırjuk le a tulajdons´agait. Megold´ as. A line´aris f¨ uggv´eny ´altal´anos alakja f (x) = ax + b. Ha az M1 ´es M2 pontok rajta vannak az f f¨ uggv´eny grafikonj´an, akkor ezek a pontok kiel´eg´ıtik a megfelel˝o egyenes egyenlet´et, vagyis az al´abbi egyenletrendszert:
y
y=x-2
−2 = a · 0 + b 2 = a·4+b
2
x
Az els˝o egyenletb˝ol b = −2, a m´asodikb´ol pedig a = 1, ´ıgy a keresett f¨ uggv´eny egyenlete -2
f (x) = x − 2. Az y = x − 2 f¨ uggv´enygrafikonr´ol leolvashatjuk a k¨ovetkez˝o tulajdons´agokat: 1. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R. 2. A f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete Rf = R. 3. A f¨ uggv´eny nullahelye x = 2, x = 0 eset´en pedig −2 az ´ert´eke. Ez azt jelenti, hogy a f¨ uggv´eny grafikonja az N (2, 0) pontban metszi az x-tengelyt, s az M (0, −2) pontban metszi az y-tengelyt. 4. a = 1 > 0 miatt a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. 5. f (x) > 0, ha x ∈ (2, +∞), illetve f (x) < 0, ha x ∈ (−∞, 2). 2. Hat´arozzuk meg azt a line´aris f¨ uggv´enyt, amely p´arhuzamos az y = 5x−2 egyenessel ´es ´athalad a P (−2, 3) ponton. Megold´ as. Az y = 5x − 2 egyenes ir´anyt´enyez˝oje a = 5. A p´arhuzamoss´ag miatt a keresett f (x) = ax + b line´aris f¨ uggv´eny ir´anyt´enyez˝oje is annyi kell, hogy legyen, azaz a = 5. Az f (x) = 5x + b line´aris f¨ uggv´enynek tartalmaznia kell a P (−2, 3) pontot, teh´at teljes¨ ulnie kell a 3 = 5 · (−2) + b egyenletnek, ahonnan b = 13. A keresett line´aris f¨ uggv´eny teh´at f (x) = 5x + 13. 3. Az f (x) = (m − 2)x + 3 − 2m line´aris f¨ uggv´enyben hat´arozzuk meg az m val´os param´eter ´ert´ek´et u ´gy, hogy a) a f¨ uggv´eny grafikonja az y-tengelyt az 5-ben messe, b) a f¨ uggv´eny nullahelye x = −3-ban legyen.
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
26
Megold´ as. a) Az y = ax + b egyenes b-ben metszi az y-tengelyt, ez´ert most b = 5 kell legyen. Az adott f¨ uggv´enyb˝ol ennek alapj´an 3 − 2m = 5, ahonnan 2m = −2, azaz m = −1. Mivel m − 2 = −1 − 2 = −3, ez´ert a keresett f¨ uggv´eny k´eplete f (x) = −3x + 5. b) Ha x = −3 a nullahely, akkor az N (−3, 0) pont rajta van a keresett f¨ uggv´eny grafikonj´an. Ekkor 0 = (m − 2) · (−3) + 3 − 2m,
illetve 0 = −3m + 6 + 3 − 2m.
9 Innen 5m = 9 ´es m = . A keresett f¨ uggv´eny grafikonj´anak explicit alakja teh´at 5 1 3 y =− x− , 5 5 implicit alakja pedig x + 5y + 3 = 0. 4. A kx + (1 − k)y + 3 = 0 egyenes egyenlet´eben hat´arozzuk meg a k val´os param´eter ´ert´ek´et u ´gy, hogy az egyenes p´arhuzamos legyen a 4x − 2y + 2 = 0 egyenessel. Megold´ as. Mivel az egyenes ir´anyt´enyez˝oje az egyenes egyenlet´enek explicit alakj´ab´ol olvashat´o ki, ez´ert alak´ıtsuk ´at az implicit alakot explicit alakra. Ekkor ad´odik, hogy 2y = 4x+2, illetve y = 2x+1, ´ıgy a keresett ir´anyt´enyez˝o a = 2. A param´eteres egyenletet pedig ´atalak´ıthatjuk a k¨ovetkez˝o m´odon: (k − 1)y = kx + 3,
illetve y =
k 3 x+ . k−1 k−1
´Igy az ir´anyt´enyez˝oket kiegyenl´ıtve az al´abbi egyenletet kapjuk: k = 2, k−1
ahonnan k = 2k − 2,
vagyis k = 2.
A keresett egyenes egyenletet teh´at implicit alakban 2x − y + 3 = 0, illetve explicit alakban y = 2x + 3. 5. ´Irjuk fel annak az egyenesnek az egyenlet´et, amely ´athalad az M (5, −2) ponton ´es mer˝oleges a 3x + y − 4 = 0 egyenesre. Megold´ as. Ha 3x + y − 4 = 0, akkor ebb˝ol y = −3x + 4, ´ıgy az adott egyenes ir´anyt´enyez˝oje a1 = −3. Ha a keresett egyenes egyenlet´et y = a2 x + b2 alakban ´ırjuk 1 1 1 fel, akkor a2 = − = , vagyis y = x + b2 . Ennek az egyenesnek ´at kell haladnia a1 3 3 1 11 az M (5, −2) ponton, ez´ert −2 = · 5 + b2 , ahonnan b2 = − . A keresett egyenes 3 3 1 11 egyenlet´enek explicit alakja teh´at y = x− , implicit alakja pedig x−3y −11 = 0. 3 3
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek 1.2.2.
27
Szakaszonk´ ent egyenesvonal´ u f¨ uggv´ eny
E f¨ uggv´enyek egyszer˝ us´eg¨ uk ellen´ere nem elemi f¨ uggv´enyek. Az abszol´ ut ´ ert´ ek f¨ uggv´ eny. Az |a|, a ∈ R abszol´ ut ´ert´ek ´ertelmez´ese alapj´an az f (x) = |x| abszol´ ut ´ert´ek f¨ uggv´enyt ´ıgy defini´aljuk: { x, ha x ≥ 0, |x| = −x, ha x < 0.
y
y=ÈxÈ
1
Az f abszol´ ut ´ert´ek f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R, ´ert´ekk´eszlete Rf = [0, ∞). Az f f¨ uggv´eny grafikonja y = x, ha x ≥ 0 ´es y = −x, ha x < 0.
x
1
-1
1.26. P´ elda. |3| = 3, |0| = 0, | − 3| = 3. Az el˝ ojel (vagy szignum) f¨ uggv´ eny. Az x el˝ojel´et megad´o f (x) = sgn x el˝ ojel (vagy szignum) f¨ uggv´enyt a k¨ovetkez˝ok´eppen defini´aljuk: 1, ha x > 0, 0, ha x = 0, sgn x = −1, ha x < 0.
y y=sgnx
1
-2
1
-1
x
2
-1
Az f el˝ojel f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R, ´ert´ekk´eszlete Rf = {−1, 0, 1}. Az f f¨ uggv´eny grafikonja y = 1, ha x > 0, y = 0, ha x = 0 ´es y = −1, ha x < 0. 1.27. P´ elda. sgn 3 = 1, sgn (−3) = −1, sgn 0 = 0. Az eg´ eszr´ esz (vagy entier) f¨ uggv´ eny. Az x ∈ R eg´esz r´esz´et megad´o f (x) = [x] eg´eszr´esz (vagy entier ) f¨ uggv´eny defin´ıci´oja a k¨ovetkez˝o: y
[x] = max{n ∈ Z| n ≤ x}, vagyis [x] jelenti az x-n´el kisebb vagy vele egyenl˝o legnagyobb eg´esz sz´amot. Az f eg´eszr´esz f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R, ´ert´ekk´eszlete pedig Rf = Z. Az f f¨ uggv´eny grafikonja k´et eg´esz sz´am k¨oz¨ott olyan egyenesszakaszokb´ol ´all, amelyek p´arhuzamosak az x-tengellyel, s v´egpontjaik k¨oz¨ ul csak a baloldaliak tartoznak a grafikonhoz.
y=@xD
2
1
-3
-2
1.28. P´ elda. [3.2] = 3, [3.001] = 3, [−2.4] = −3, [3] = 3.
1
-1 -1
-2
2
3
x
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
28
A t¨ ortr´ esz (vagy frac) f¨ uggv´ eny. Az x ∈ R t¨ort r´esz´et megad´o f (x) = {x} t¨ortr´esz (vagy frac) f¨ uggv´eny defini´ci´oja a k¨ovetkez˝o:
y 1 y=8x<
{x} = x − [x] = [x] − max{n ∈ Z| n ≤ x}.
-3
-2
1
-1
2
x
3
Az f t¨ortr´esz f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R, ´ert´ekk´eszlete pedig Rf = [0, 1). Az f f¨ uggv´eny grafikonja k´et eg´esz sz´am k¨oz¨ott az x-tengellyel 45o -os sz¨oget bez´ar´o egyenesszakaszokb´ol ´all, a v´egpontjaik k¨oz¨ ul csak az x-tengelyen lev˝ok tartoznak a grafikonhoz. 1.29. P´ elda. {3.2} = 0.2, {−3} = 0, {−2.4} = 0.6, {2} = 0.
FELADATOK. 1. ´Irjuk fel abszol´ ut ´ert´ek n´elk¨ ul, majd rajzoljuk meg az f (x) = |2x − 4| − 3 f¨ uggv´eny grafikonj´at, majd a seg´ıts´eg´evel rajzoljuk meg az y = ||2x − 4| − 3| grafikont is. Megold´ as. Az abszol´ ut ´ert´ek defin´ıci´oja alapj´an k¨ovetkezik, hogy { { 2x − 4, ha x ≥ 2, 2x − 4, ha 2x − 4 ≥ 0, = |2x − 4| = −2x + 4, ha x < 2. −(2x − 4), ha 2x − 4 < 0. Behelyettes´ıtve a megfelel˝o egyenletbe ´es rendezve a kifejez´est, valamint megoldva a megfelel˝o egyenl˝otlens´egeket ad´odik, hogy { 2x − 7, ha x ≥ 2, y = |2x − 4| − 3 = −2x + 1, ha x < 2. Ennek grafikonja ´es az y = ||2x − 4| − 3| f¨ uggv´enygrafikon a k¨ovetkez˝o k´et ´abr´an l´athat´o. Az abszol´ ut ´ert´ek a m´asodik grafikon eset´eben azt jelenti, hogy ha a grafikon ´ıve az x-tengely felett van, akkor ott is marad, ha pedig a grafikon ´ıve az x-tengely alatt van, akkor azt a pozit´ıv f´els´ıkra t¨ ukr¨ozz¨ uk az x-tengelyhez val´o tengelyes szimmetri´aval. y
y
4
1
-1
3
y=È2x-4È-3
1
2
3
4
y=ÈÈ2x-4È-3È
2
x
1 -1 -2
1
-1 -1
-3
2
3
4
x
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
29
2. Rajzoljuk meg az f (x) = −|x + 1| + 2x − 1 f¨ uggv´eny grafikonj´at ´es hat´arozzuk meg a nullahely´et. Megold´ as. Mivel { x + 1, |x + 1| = −(x + 1), { x + 1, ha = −x − 1, ha
y
ha x + 1 ≥ 0, ha x + 1 < 0
3 2
x ≥ −1, x < −1
ez´ert rendez´es ut´an fel´ırhat´o, hogy { x − 2, ha x ≥ −1, f (x) = 3x, ha x < −1.
1
-3
-2
NH2,0L 2
1
-1 -1
3
x
4
y=-Èx+1È+2x-1
-2
A f¨ uggv´eny nullahely´et az f (x) = 0 egyenlet megold´asa adja. x − 2 = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x = 2 ´es mivel a 2 hozz´atartozik a [−1, ∞) intervallumhoz, ez val´oban nullahelye a f¨ uggv´enynek. 3x = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x = 0, ´es mivel a 0 nem tartozik hozz´a a (−∞, −1) intervallumhoz, ez´ert nem nullahelye a f¨ uggv´enynek. A f¨ uggv´enynek teh´at csak egy nullahelye van, az N (2, 0) pont.
-3 -4 -5 -6 -7 -8
1 3. Oldjuk meg az |x − 1| = (5 − x) egyenletet. 3 y
Megold´ as. Oldjuk meg grafikusan a feladatot oly m´odon, hogy megrajzoljuk az
4 3
5 1 y = |x − 1| ´es y = − x + 3 3 f¨ uggv´enygrafikonokat ugyanabban a koordin´atarendszerben ´es megkeress¨ uk a metsz´espontjaikat. Mivel
{ |x − 1| =
y=Èx-1È
M1
2 M2
1 -2
1
-1
x − 1, ha x − 1 ≥ 0, = −(x − 1), ha x − 1 < 0
{
2
1 5 y=- x+ 3 3 3
4
5
6
x
x − 1, ha x ≥ 1, −x + 1, ha x < 1
5 1 ez´ert az egyik megold´ast az y = 1−x ´es az y = − x+ egyenesek metsz´espontj´ab´ol, 3 3
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
30
1 5 a m´asik megold´ast pedig az y = x−1 ´es az y = − x+ egyenesek metsz´espontj´ab´ol 3 3 olvashatjuk le. Mivel ezek a metsz´espontok az M1 (−1, 2) ´es M2 (2, 1) pontok, ez´ert az egyenlet megold´asai x1 = −1 ´es x2 = 2. 1 4. Oldjuk meg az |x + 2| ≤ (x + 5) egyenl˝otlens´eget. 2 Megold´ as. Rajzoljuk meg ugyanabban a koordin´atarendszerben az 1 5 y = |x + 2| ´es y = x + 2 2 f¨ uggv´enygrafikonokat, majd sz´am´ıtsuk ki a metsz´espontokat ´es olvassuk le, hogy mely intervallumon van az y = |x + 2|
y
4 y=Èx+2È
1 5 y= x+ 2 2
3 2 1
-5
-4
-3
-2
1
-1
2
x
3
1 5 1 5 grafikonja az y = x+ grafikonja alatt. Az egyik metsz´espontot az x+2 = x+ 2 2 2 2 1 5 egyenletb˝ol sz´am´ıtjuk ki, ahonnan x = 1, a m´asik metsz´espontot az −x−2 = x+ 2 2 egyenlet megold´asa adja, ahonnan x = −3. A grafikonr´ol leolvashatjuk, hogy az 1 5 y = |x + 2| f¨ uggv´eny grafikonja a [−3, 1] intervallumon az y = x + f¨ uggv´eny 2 2 1 grafikonja alatt van, ez´ert az |x + 2| ≤ (x + 5) egyenl˝otlens´eg megold´asa a [−3, 1] 2 intervallum, azaz a megold´ashalmaz M = {x ∈ R| − 3 ≤ x ≤ 1}. 5. H´any megold´asa van a 2 − |x + 1| = a egyenletnek az a val´os param´eter k¨ ul¨onb¨oz˝o ´ert´ekeire? Megold´ as. Mivel az abszol´ ut ´ert´ek felbont´asa ut´an { 1 − x, ha x ≥ −1, 2−|x+1| = x + 3, ha x < −1,
y
y=a, a>2 y=a, a=2
2
ez´ert ha megrajzoljuk az
1
y = 2 − |x + 1| f¨ uggv´eny grafikonj´at, valamint az y = a v´ızszintes helyzet˝ u egyeneseket k¨ ul¨onb¨oz˝o a ∈ R ´ert´ekekre, akkor a grafikonr´ol leolvashatjuk a megold´ast:
-6 -5 -4 -3 -2 -1 -1
1
2
3
4
y=a, a<2 y=2-Èx+1È
x
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
31
1o a > 2 eset´en az egyenletnek nincs megold´asa, 2o a = 2 eset´en az egyenletnek 1 megold´asa van, 3o a < 2 eset´en az egyenletnek 2 megold´asa van.
1.2.3.
Hatv´ anyf¨ uggv´ eny
1.33. Defin´ıci´ o. Azt az f : R → R val´os f¨ uggv´enyt, melyet az f (x) = xn ,
n∈N
hozz´ arendel´essel adunk meg, term´eszetes kitev˝oj˝ u hatv´anyf¨ uggv´enynek nevezz¨ uk. Tekints¨ unk el˝osz¨or n´eh´any kokr´et esetet. Az f (x) = x f¨ uggv´eny grafikonja az y = x egyenlet˝ u egyenes. 2 Az f (x) = x f¨ uggv´eny grafikonja parabola. K´esz´ıts¨ unk ´ert´ekt´abl´azatot ´es a kapott pontok seg´ıts´eg´evel rajzoljuk fel ezt a g¨orb´et. −2 −1 −0.5 0 0.5 1 2 4 1 0.25 0 0.25 1 4
x x2
y
y
y=x4
y=x2 7
6
y=x2
5
4
3
1
2
1 1 4
-2
1
-1 - 2
1 2
x 1
2
-1
1
x
Az f (x) = x2 f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R, ´ert´ekk´eszlete Rf = [0, ∞), nullahelye pedig az orig´o, azaz az N (0, 0) pont. Az f f¨ uggv´eny jellegzetes tulajdons´aga, hogy f (−x) = f (x), ami miatt a f¨ uggv´eny grafikonja szimmetrikus az y-tengelyre. Ugyanilyen tulajdons´agokkal rendelkezik minden f (x) = x2n , azaz p´aros kitev˝oj˝ u hatv´anyf¨ uggv´eny, ha n ∈ N. A mell´ekelt ´abr´an megfigyelhetj¨ uk az y = x2 ´es az y = x4 parabol´ak k¨oz¨otti viszonyt. A p´aros kitev˝oj˝ u f¨ uggv´enyre ´erv´enyes, hogy minden x val´os sz´amra f (−x) = f (x), ´es emiatt nevez¨ unk minden olyan f f¨ uggv´enyt p´arosnak, amelyekre f (−x) = f (x) teljes¨ ul. A p´aros f¨ uggv´enyek grafikonja szimmetrikus az y-tengelyre.
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
32
Rajzoljuk most fel az f (x) = x3 f¨ uggv´eny grafikonj´at, amelyet harmadfok´ u parabol´anak is szok´as nevezni. K´esz´ıts¨ unk ´ert´ekt´abl´azatot ´es a kapott pontok seg´ıts´eg´evel rajzoljuk fel ezt a g¨orb´et. −2 −1 −0.5 0 0.5 1 2 −8 −1 −0.125 0 0.125 1 8
x x3 y y=x3
y
8
7
y=x5 6
y=x3
5
4
y=x 3
1 2
1
-2
1
-1 - 2
1 2
x 1
2
1
-1
x
-1
-2
-1 -3
-4
-5
-6
-7
-8
Az f (x) = x3 f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R, ´ert´ekk´eszlete Rf = R, nullahelye pedig az orig´o, azaz az N (0, 0) pont. Az f f¨ uggv´eny jellegzetes tulajdons´aga, hogy f (−x) = −f (x), ami miatt a f¨ uggv´eny grafikonja szimmetrikus az orig´ora. Ugyanilyen tulajdons´agokkal rendelkezik minden f (x) = x2n−1 , azaz p´aratlan kitev˝oj˝ u hatv´anyf¨ uggv´eny, ha n ∈ N. A mell´ekelt ´abr´an megfigyelhetj¨ uk az y = x3 ´es az y = x5 harmadfok´ u parabol´ak k¨oz¨otti viszonyt. A p´aratlan kitev˝oj˝ u f¨ uggv´enyre ´erv´enyes, hogy minden x val´os sz´amra f (−x) = −f (x), ´es emiatt nevez¨ unk minden olyan f f¨ uggv´enyt p´aratlannak, amelyekre f (−x) = −f (x) teljes¨ ul. A p´aratlan f¨ uggv´enyek grafikonja szimmetrikus az orig´ora. B˝ov´ıts¨ uk ki a hatv´anyf¨ uggv´eny fogalm´at negat´ıv eg´esz kitev˝okre, azaz tekints¨ uk az f (x) = x−n =
1 , xn
n∈N
´ f¨ uggv´enyeket. Ertelmez´ esi tartom´anyuk Df = R \ {0}, nullahely¨ uk nincs. P´aros kitev˝ok eset´en a f¨ uggv´enyek p´arosak ´es ´ert´ekk´eszlet¨ uk Rf = (0, ∞), p´aratlan kitev˝ok eset´en pedig a f¨ uggv´enyek p´aratlanok ´es ´ert´ekk´eszlet¨ uk Rf = R \ {0}.
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
33
A k¨ovetkez˝o k´et ´abr´an az n = 2 ´es n = 4, valamint az n = 1, n = 3 ´es n = 5 eset l´athat´o. y y y=x-5 y=x-1 y=x
-2
y=x-4 1 y=x-3 1
-1
x
1 -1
-1
1
x
Tekints¨ uk az f (x) = x2 f¨ uggv´enyt a Df = [0, ∞) ´ertelmez´esi tartom´anyon. Ekkor az f f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete Rf = [0, ∞) ´es f bijekt´ıv, vagyis l´etezik inverze. Az f −1 inverz f¨ uggv´enyt az ( )2 x = f −1 (x) √ egyenletb˝ol kapjuk, ahonnan f −1 (x) = x. Az f −1 f¨ uggv´eny grafikonj´ at az f f¨ uggv´eny √ grafikonj´anak y = x tengelyre val´o t¨ ukr¨oz´es´evel kapjuk. Az y = x f¨ uggv´enygrafikonr´ol leolvashatjuk, hogy a f¨ uggv´eny csak nemnegat´ıv sz´amokra ´ertelmezett, szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o ´es pozit´ıv a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. Hasonl´oan jutunk el az y = x2n f¨ uggv´enygrafikonok fogalm´ahoz is, melyek tulajdons´agaikban is teljes hasonl´os´agot mu√ tatnak az y = x grafikon tulajdons´agaival. Tekints¨ uk most az f (x) = x3 f¨ uggv´enyt a Df = R ´ertelmez´esi tartom´anyon. Ekkor az f f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete Rf = R ´es f bijekt´ıv, vagyis l´etezik inverze. Az f −1 inverz f¨ uggv´enyt az ( )3 x = f −1 (x) √ egyenletb˝ol kapjuk, ahonnan f −1 (x) = 3 x. Az f −1 f¨ uggv´eny grafikonj´ at az f f¨ uggv´eny √ 3 grafikonj´anak y = x tengelyre val´o t¨ ukr¨oz´es´evel kapjuk. Az y = x f¨ uggv´enygrafikonr´ol leolvashatjuk, hogy a f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a teljes ´ertelemz´esi tartom´anyon, az orig´oban van nullahelye ´es grafikonja k¨oz´eppontosan szimmetrikus az orig´ora, vagyis p´aratlan f¨ uggv´enyr˝ol van sz´o. Hasonl´oan 2n+1 jutunk el az y = x f¨ uggv´enygrafikonok fogalm´ahoz is, melyek tulajdons´agaikban tel√ 3 jes hasonl´os´agot mutatnak az y = x grafikon tulajdons´agaival. B˝ov´ıts¨ uk most a hatv´anyf¨ uggv´eny fogalm´at racion´alis kitev˝oj˝ u hatv´anyf¨ uggv´enyekre, azaz tekints¨ uk az √ 1 f (x) = x n = n x, n ∈ N t´ıpus´ u f¨ uggv´enyeket. A k¨ovetkez˝o k´et ´abr´an az n = 2 ´es n = 4, valamint az n = 3 ´es n = 5 eset l´athat´o.
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
34
y
y y=x13
y=x12
y=x15
1
y=x14 1
1
1.2.4.
x
1
-1 -1
x
M´ asodfok´ u f¨ uggv´ eny
1.34. Defin´ıci´ o. Legyenek a, b, c ∈ R ´es a ̸= 0. Az f : R → R val´ os f¨ uggv´enyt, melyet az f (x) = ax2 + bx + c hozz´arendel´essel adunk meg, m´asodfok´ u f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk. Azt a s´ıkg¨ orb´et, amelynek az egyenlete y = ax2 + bx + c, m´asodfok´ u parabol´ anak, vagy r¨oviden csak parabol´ anak nevezz¨ uk. A m´asodfok´ u f¨ uggv´eny legegyszer˝ ubb alakja a = 1, valamint b = c = 0 eset´en az f (x) = x2 f¨ uggv´eny, amelynek grafikonj´at m´ar rajzoltuk, s amelyb˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o f¨ uggv´enytranszform´aci´ok seg´ıts´eg´evel az ¨osszes t¨obbi parabola is felrajzolhat´o. Az al´abbi ´abr´an a m´ar ismert y = x2 parabola l´athat´o, s err˝ol leolvashatjuk az f (x) = x2 f¨ uggv´eny tulajdons´agait. ´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = R. ´ ekk´eszlete: Rf = [0, ∞). 2. Ert´
y y=x2 7
3. Nullahelye: x = 0. 4. El˝ojele: f (x) > 0, ha x ̸= 0.
6
5. f szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, ha x < 0, f szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, ha x > 0.
5
4
3
6. x = 0-ban a f¨ uggv´enynek minimuma van ´es fmin (0) = 0.
2
7. A grafikonnak az y-tengely szimmetriatengelye. 8.
A f¨ uggv´eny grafikonja felfel´e ny´ıl´o (konvex) parabola.
1 1 4
-2
1
-1 - 2
1 2
x 1
2
Az f (x) = kx2 , f (x) = kx2 + n, f (x) = (x + m)2 ´es f (x) = k(x + m)2 + n f¨ uggv´enyek grafikonjai olyan parabol´ak, melyeket az y = x2 parabola transzform´aci´oival kaphatunk x-, illetve y-tengelyek ir´any´aban t¨ort´en˝o eltol´asokkal, valamint zsugor´ıt´assal ´es ny´ ujt´assal.
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
35
Vizsg´aljuk meg hogyan ´abr´azolhatn´ank a legegyszer˝ ubben az f (x) = ax2 +bx+c f¨ uggv´eny grafikonj´at tetsz˝oleges a, b, c ∈ R, a ̸= 0 egy¨ utthat´ok eset´en. A parabol´anak vagy nincs k¨oz¨os pontja az x-tengellyel (a f¨ uggv´enynek nincs nullahelye), vagy van egy k¨oz¨os ´erint´esi pontja az x-tengellyel (a f¨ uggv´enynek egy nullahelye van), vagy pedig k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o k¨oz¨os pontjuk van, amelyekben a parabola ´atmetszi az x-tengelyt (a f¨ uggv´enynek k´et nullahelye van). A nullahelyek sz´ama az f (x) = 0 egyenlet, illetve az ax2 + bx + c = 0 m´asodfok´ u egyenlet D = b2 − 4ac diszkrimin´ans´at´ol f¨ ugg. Legyenek x1 2 ´es x2 az ax + bx + c = 0 m´asodfok´ u egyenlet gy¨okei. − D > 0 eset´en a f¨ uggv´enynek k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o nullahelye van, x1 ∈ R ´es x2 ∈ R, x1 ̸= x2 , melyekben a f¨ uggv´eny grafikonja ´atmetszi az x-tengelyt. − D = 0 eset´en a f¨ uggv´enynek egy nullahelye van, x1 = x2 ∈ R, melyben a f¨ uggv´eny grafikonja alulr´ol vagy fel¨ ulr˝ol ´erinti az x-tengelyt. − D < 0 eset´en a f¨ uggv´enynek nincs nullahelye, x1 ∈ / R ´es x2 ∈ / R, a f¨ uggv´eny grafikonja vagy teljes eg´esz´eben az x-tengely felett vagy pedig alatta helyezkedik el. A m´asodfok´ u f¨ uggv´eny grafikonj´anak m´asik jellegzetes pontja a parabola cs´ ucspontja, amely a > 0 eset´en minimumpont, a < 0 eset´en pedig maximumpont. (Gondoljunk p´eld´aul az y = x2 parabola nullahely´ere, amely egyben ennek a parabol´anak minimumpontja is.) A cs´ ucspontot T jel¨oli, koordin´at´ait pedig a m´asodfok´ u f¨ uggv´eny kanonikus alakj´ab´ol olvashatjuk le. y = ax2 + bx + c = ( ) b c 2 = a x + x+ = a a ) ( b2 c b2 b 2 = a x + x+ 2 + − 2 = a 4a a 4a [( ] )2 b 4ac − b2 = a x+ + = 2a 4a2 ( )2 b 4ac − b2 + . = a x+ 2a 4a ( )2 b Mivel minden x ∈ R sz´amra x + ≥ 0, ez´ert 2a a > 0 eset´en ax2 + bx + c ≥
4ac − b2 , 4a
´es
4ac − b2 . 4a Ez azt jelenti, hogy az a > 0 esetben a parabol´anak T minimumpontja van, a < 0 esetben pedig T maximumpontja, m´egpedig ( ) b 4ac − b2 T − , . 2a 4a a < 0 eset´en ax2 + bx + c ≤
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
36
A kanonikus alakb´ol az is meg´allap´ıthat´o, hogy az (
b y =a x+ 2a
)2 +
4ac − b2 = k(x + m)2 + n 4a
parabola f¨ uggv´enytranszform´aci´ok seg´ıts´eg´evel is megrajzolhat´o. A m´asodfok´ u f¨ uggv´eny olyan tulajdons´agai, mint az ´ertelmez’esi tartom´any, ´ert´ekk´eszlet, nullahely, el˝ojel, minimum- vagy maximumpont, monotonit´as, parit´as (p´aross´ag vagy p´aratlans´ag), konvexit´as, a kivizsg´alt tulajdons´agok alapj´an a grafikonr´ol mindig leolvashat´ok. ¨ Osszes´ ıtve az elmondottakat, a parabola k¨ ul¨onb¨oz˝o helyzetei a koordin´atarendszerben az al´abbi ´abr´akon l´athat´ok. y
y T + -
-
-
+
x1
+ x2
x -
-
-
y=ax2 +bx+c c
c
y=ax2 +bx+c +
+
+
+ x1
-
T
a > 0,
-
+
+
x2
x
D>0
a < 0,
y
D>0
y
2
y=ax +bx+c
-
-
-
T x1 =x2
x -
-
-
c
c
+
+
+
+
T x1 =x2
a > 0,
+
D=0
+
+
+
y=ax2 +bx+c x
a < 0,
D=0
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
37
y
y
y=ax2 +bx+c x -
-
-
-
c
T +
+
+
+
T
-
-
-
-
c +
+
+
+
x y=ax2 +bx+c
a > 0,
D<0
a < 0,
D<0
´ Altal´ anosan elmondhat´o, hogy az f m´asodfok´ u f¨ uggv´eny grafikonja a > 0 eset´en felfel´e ny´ıl´o (konvex) parabola, a < 0 eset´en pedig lefel´e ny´ıl´o (konk´av) parabola. Ugyanakkor meg´allap´ıthat´o az is, hogy − a > 0 eset´en az f f¨ uggv´eny
) b • szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a −∞, − intervallumon ´es 2a ( ) b • szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a − , ∞ intervallumon, 2a
− a < 0 esetben viszont az f f¨ uggv´eny
(
(
) b • szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a −∞, − intervallumon ´es 2a ) ( b • szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a − , ∞ intervallumon. 2a
FELADATOK. 1. Rajzoljuk meg az f (x) = x2 − 8x + 12 m´asodfok´ u f¨ uggv´eny grafikonj´at ´es ´ırjuk le a tulajdons´agait. Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny nullahelyeit az x2 − 8x + 12 = 0 m´asodfok´ u egyenlet megold´as´aval kapjuk, ´ıgy x1 = 2 ´es x2 = 6 a k´et nullahely. Mivel a = 1 > 0, ez´ert a f¨ uggv´eny grafikonja felfel´e ny´ıl´o parabola, minimumpontja pedig ) ( b 4ac − b2 = Tmin (4, −4). Tmin − , 2a 4a
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
38
A f¨ uggv´eny grafikonja ´es tulajdons´agai: ´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = R. ´ ekk´eszlete: Rf = [−4, ∞). 2. Ert´
y y=x2 -8x+12
3. Nullahelyei: x1 = 2 ´es x2 = 6.
4
4. El˝ojele: f (x) > 0, ha x ∈ (−∞, 2) ∪ (6, ∞) f (x) < 0, ha x ∈ (2, 6). 5.
A f¨ uggv´enynek minimuma van ´es Tmin (4, −4).
6. f szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, ha x ∈ (−∞, 4), f szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, ha x ∈ (4, ∞). 7. Az f f¨ uggv´eny grafikonja felfel´e ny´ıl´o (konvex) parabola.
3 2
+
1 +
+
+ 1
+ 2
-1
3 4 5 - - - -
6
+
+ x
7
-2 -3 -4
2. Vizsg´aljuk ki az f (x) = −x2 − 2x − 1 m´asodfok´ u f¨ uggv´enyt, rajzoljuk meg a grafikonj´at. Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny nullahelyeit az −x2 − 2x − 1 = 0 m´asodfok´ u egyenlet gy¨okei adj´ak, most viszont x1 = x2 = −1 ez´ert csak egy nullahelye van. Mivel a = −1 < 0, ez´ert a f¨ uggv´eny grafikonja lefel´e ny´ıl´o parabola, maximumpontja pedig ( ) b 4ac − b2 Tmax − , = Tmax (−1, 0). 2a 4a A f¨ uggv´eny grafikonja ´es tulajdons´agai: ´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = R. ´ ekk´eszlete: Rf = [−∞, 0). 2. Ert´
y
3. Nullahelye: x = −1. 4. El˝ojele: f (x) < 0, ha x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, ∞). 5.
A f¨ uggv´enynek maximuma van ´es Tmax (−1, 0).
6.
f szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, ha x ∈ (−∞, −1), f szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, ha x ∈ (−1, ∞).
7. Az f f¨ uggv´eny grafikonja lefel´e ny´ıl´o (konk´av) parabola.
x -2
-1
-1
-2
-3
y=-x2 -2x-1
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
39
3. Vizsg´aljuk ki az f (x) = −x2 + 2x − 3 m´asodfok´ u f¨ uggv´enyt, ´es ´abr´azoljuk a koordin´atarendszerben. Megold´ as. A f¨ uggv´enynek nullahelyei nincsenek, mert a −x2 +2x−3 = 0 m´asodfok´ u egyenlet gy¨okei most nem val´os sz´amok. Mivel a = −1 < 0, ez´ert a f¨ uggv´eny grafikonja lefel´e ny´ıl´o parabola, maximumpontja pedig ( ) b 4ac − b2 Tmax − , = Tmax (1, −2). 2a 4a
y
A f¨ uggv´eny grafikonja ´es tulajdons´agai: ´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = R. ´ ekk´eszlete: Rf = [−∞, −2). 2. Ert´
1
3. Nullahelye nincs.
x
2
-1
4. El˝ojele: f (x) < 0, ha x ∈ R. 5.
A f¨ uggv´enynek maximuma van ´es Tmax (1, −2).
-2
6.
f szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, ha x ∈ (−∞, 1), f szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, ha x ∈ (1, ∞).
-3
7. Az f f¨ uggv´eny grafikonja lefel´e ny´ıl´o (konk´av) parabola.
-4
4. Rajzoljuk meg az f (x) = x2 − 3|x| + 2 f¨ uggv´eny grafikonj´at. Megold´ as. ´Irjuk fel a f¨ uggv´enyt abszol´ ut ´ert´ek n´elk¨ ul. Ekkor { 2 x − 3x + 2, ha x ≥ 0, f (x) = x2 + 3x + 2, ha x < 0.
y=-x2 +2x-3
y y=x2 -3ÈxÈ+2
4 3 2
Rajzoljuk meg ugyanabban a koordin´atarendszerben mindk´et parabol´at, majd jel¨olj¨ uk meg az y = x2 − 3x + 2 parabola´ıvet x ≥ 0 ´ert´ekekre, az y = x2 + 3x + 2 parabola´ıvet pedig x < 0 ´ert´ekekre.
1
-3
-2
1
-1 -1
2
3
x
40
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK 5. Rajzoljuk meg az f (x) = −|x2 − 4x| − 3 f¨ uggv´eny grafikonj´at. Megold´ as. El˝osz¨or ´ırjuk fel a f¨ uggv´enyt abszol´ ut ´ert´ek n´elk¨ ul. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az x2 −4x = x(x−4) szorzat el˝ojele t´abl´azattal k¨onnyen kivizsg´alhat´o. Mivel { 2 x − 4x, 2 |x − 4x| = −(x2 − 4x), ez´ert { −x2 + 4x − 3, f (x) = x2 − 4x − 3,
Df x x−4 x2 − 4x
(−∞, 0) (0, 4) (4, ∞) − + + − − + + − +
ha x ∈ (−∞, 0) ∪ (4, ∞), ha x ∈ (0, 4), ha x ∈ (−∞, 0) ∪ (4, ∞), ha x ∈ [0, 4]. y
Az −x2 + 4x − 3 = 0 egyenletb˝ol kapjuk, hogy x1 = 1 ´es x2 = 3 az y = −x2 + 4x − 3 konk´av parabola nullahelyei, cs´ ucspontja pedig Tmax (2, 1). Az x2 − 4x ol kapjuk, hogy √ − 3 = 0 egyenletb˝ √ x1 = 2 − 7 ´es x2 = 2 + 7 az y = x2 − 4x − 3 konvex parabola nullahelyei, cs´ ucspontja pedig Tmin (2, −7).
4 3 2 1 2- 7 -1
1
2
3
4
2+ 7 5
-1
Rajzoljuk most meg ugyanabban a koordin´atarendszerben az y = −x2 + 4x − 3 parabol´at ´es az y = x2 − 4x − 3 parabol´at is. A keresett grafikont u ´gy kapjuk meg, hogy a konk´av parabol´ab´ol vessz¨ uk a (−∞, 0) ∪ (4, ∞) intervallumokhoz tartoz´o ´ıveket, a konvex parabol´ab´ol pedig a [0, 4] intervallumhoz tartoz´o ´ıvet. A f¨ uggv´eny grafikonja a mell´ekelt ´abr´an l´athat´o.
-2 -3
y=x2 -4x-3 y=-x2 +4x-3
-4 -5 -6 -7
6. Bontsuk fel a p ∈ R+ sz´amot k´et ¨osszeadand´ora u ´gy, hogy az ¨osszeadand´ok szorzata a lehet˝o legnagyobb legyen. Megold´ as. Ha az egyik ¨osszeadand´ot x-szel jel¨olj¨ uk, akkor a m´asik ¨osszeadand´o p − x. Ezek szorzata f (x) = x(p − x) = −x2 + px egy olyan m´asodfok´ u f¨ uggv´eny, amelynek maximuma van, teh´at egy ilyen szorzat val´oban el´erheti a legnagyobb ´ert´ek´et. Mivel ( ) ( p ) p2 b 4ac − b2 , ez´ert fmax = fmax − = 2a 4a 2 4 a keresett szorzat legnagyobb ´ert´eke. Ez azt jelenti, hogy a szorzat akkor a legnap p p p p2 gyobb, ha a p sz´amot p = + m´odon bontjuk ¨osszegre, mert akkor a · = 2 2 2 2 4 a lehet˝o legnagyobb szorzat.
x
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
41
1 f¨ uggv´eny lehet˝o legnagyobb ´ert´ek´et. + 2x + 4 1 1 Megold´ as. Az f (x) = 2 = f¨ uggv´eny legnagyobb ´ert´ek´et azokban a x + 2x + 4 g(x) pontokban kapjuk meg, ahol a g(x) = x2 + 2x + 4 f¨ uggv´enynek az ´ert´eke legkisebb. A g f¨ uggv´enynek nincsenek val´os gy¨okei, mert diszkrimin´ansa D = −12 < 0, ´es mivel f˝oegy¨ utthat´oja a = 1 > 0, ez´ert neki minimuma van, ´ıgy minden val´os sz´amra pozit´ıv ´ert´eket vesz fel. Mivel g(x) = x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3, ez´ert gmin (−1) = 3, teh´at a nevez˝o lehet˝o legkisebb ´ert´eke 3. Mivel g(x) > 0 minden x val´os sz´amra, 1 1 1 ez´ert az f (x) = is mindig pozit´ıv, ´es ´erv´enyes, hogy fmax (−1) = = , g(x) gmin (−1) 3 1 vagyis az f f¨ uggv´eny lehet˝o legnagyobb ´ert´eke . Eszerint 3
7. Hat´arozzuk meg az f (x) =
x2
1 0 < f (x) ≤ , 3
minden x ∈ R eset´en.
8. Legyenek x1 ´es x2 az f (x) = −x2 +(m−2)x+m+1 m´asodfok´ u f¨ uggv´eny nullahelyei. Az m val´os param´eter mely ´ert´ek´ere lesz az nullahelyek n´egyzet¨osszege a lehet˝o legnagyobb? Megold´ as. Az f (x) = −x2 + (m − 2)x + m + 1 m´asodfok´ u f¨ uggv´eny x1 ´es x2 2 nullahelyei egyben a −x + (m − 2)x + m + 1 = 0 m´asodfok´ u egyenlet gy¨okei. 2 2 Alkalmazzuk a Vi`ete-k´epleteket az x1 + x2 n´egyzet¨osszeg kifejez´es´ere. Ekkor x21 + x22 = (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 =
m+1 (m − 2)2 −2· = 1 −1
= (m − 2)2 + 2(m + 1) = m2 − 2m + 6 = (m − 1)2 + 5, ez´ert (x21 + x22 )max = 5,
ha m = 1,
vagyis a keresett n´egyzet¨osszeg lehet˝o legnagyobb ´ert´eke 5, ha az m val´os param´eter ´ert´eke 1. 9. Legyen f (x) = (k − 2)x2 − 2kx + k − 3 m´asodfok´ u f¨ uggv´eny. Hat´arozzuk meg a k val´os param´eter ´ert´ek´et u ´gy, hogy az f f¨ uggv´eny mindk´et nullahelye pozit´ıv val´os sz´am legyen. Megold´ as. Ahhoz, hogy az f f¨ uggv´eny nullahelyei val´os sz´amok legyenek, a diszkrimin´ans, D = 4k 2 − 4(k − 2)(k − 3) = 20k − 24, nem lehet negat´ıv, ez´ert D ≥ 0, 6 illetve 20k − 24 ≥ 0 kell hogy teljes¨ ulj¨on, ahonnan k ≥ . Ha mindk´et nullahely 5 pozit´ıv, akkor az ¨osszeg¨ uk ´es szorzatuk is pozit´ıv, azaz x1 + x2 ≥ 0 ´es x1 · x2 ≥ 0. A feladat felt´etele teh´at teljes¨ ul, ha k kiel´eg´ıti az al´abbi egyenl˝otlens´egrendszert: 6 k≥ , 5
2k ≥ 0 ´es k−2
k−3 ≥ 0. k−2
A megold´ast az al´abbi t´abl´azatb´ol olvashatjuk le:
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
42 ( − − − −
6 0, 5 + − − −
+
−
+
+
(−∞, 0) k 5k − 6 k−2 k−3 2k k−2 k−3 k−2
) (
) 6 ,2 5 + + − −
(2, 3) (3, ∞) + + + −
+ + + +
−
+
+
+
−
+
A t´abl´azatb´ol l´athat´o, hogy a k´ıv´ant egyenl˝otlens´egrendszert a (3, ∞) intervallumba tartoz´o k param´eter´ert´ekek el´eg´ıtik ki. Teh´at az adott f m´asodfok´ u f¨ uggv´eny mindk´et nullahelye pozit´ıv val´os sz´am, ha k > 3.
10. Hat´arozzuk meg az y = mx2 − 2x + 1 parabolasereg cs´ ucspontjainak m´ertani hely´et, ha m ∈ R. Megold´ as. Mivel a parabola cs´ ucspontjainak koordin´at´ai minden esetben ( ) ( ) 1 m−1 b 4ac − b2 T − , =T , , 2a 4a m m m−1 1 ´es y = egyenletrendszerb˝ol az m param´eter elimin´al´as´aval m m 1 1 kapjuk a keresett egyenletet. Mivel x = , ebb˝ol m = . Behelyettes´ıtve az m x m−1 y = kifejez´esbe ad´odik az y = 1 − x egyenlet. Ez azt jelenti, hogy az m 2 f (x) = mx − 2x + 1 m´asodfok´ u f¨ uggv´enycsal´ad cs´ ucspontjai a k¨ ul¨onb¨oz˝o m ∈ R param´eterek eset´en az y = 1 − x egyenesen helyezkednek el.
´ıgy az x =
y
4
m=3 m=2
3 m=1 2
1
-2
1
-1 -1
m=-1 -2 m=-2 -3 m=-3
2
x
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek 1.2.5.
43
Exponenci´ alis f¨ uggv´ eny
1.35. Defin´ıci´ o. Exponenci´alis f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk azt az f : R → R+ val´ os f¨ uggv´enyt, amelyet az f (x) = ax , x ∈ R hozz´ arendel´esi szab´allyal adunk meg, ahol a > 0 ´es a ̸= 1. Az exponenci´alis f¨ uggv´eny grafikonj´at legegyszer˝ ubben egy ´ert´ekt´abl´azat seg´ıts´eg´evel rajzolhatjuk meg, amelyben x ∈ {−2, −1, 0, 1, 2} abszcissza ´ert´ekeknek megfelel˝o pontok benne kell, hogy legyenek ahhoz, hogy a helyes ´abr´at meg tudjuk rajzolni. Az exponenci´alis f¨ uggv´eny grafikonja ul¨onb¨oz˝o alak´ u. A k´et ( )x 0 < a < 1 ´es a > 1 eset´en k¨ 1 alapesetet az y = 2x ´es az y = = 2−x grafikonjaival szeml´eltetj¨ uk. K´esz´ıts¨ uk el az 2 ´ert´ekt´abl´azatokat ´es a kapott pontok seg´ıts´eg´evel rajzoljuk fel a g¨orb´eket, majd vizsg´aljuk ki tulajdons´agaikat. −2 −1 0 1 2 0.25 0.5 1 2 4
x 2x
x 2−x
−2 −1 0 1 2 4 2 1 0.5 0.25
y
y y=H12Lx
8
8
y=2x
7
7
6
6
5
5
4
4
3
3
2
2
1 12 14 -3
-2
-1
1
2
3
1 12 14
x -3
-2
-1
1
2
3
x
Az exponenci´alis f¨ uggv´eny tulajdons´agai: ´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = R. ´ ekk´eszlete: Rf = (0, ∞). 2. Ert´ 3. Nullahelye nincs. 4. A f¨ uggv´eny pozit´ıv a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. 5. a > 1 eset´en a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. 6. 0 < a < 1 eset´en a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. 7. A f¨ uggv´eny konvex a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon.
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
44
8. Az y = 0 egyenes a g¨orbe v´ızszintes aszimptot´aja. (Aszimptot´anak nevezz¨ uk az olyan egyeneseket, amelyekhez a f¨ uggv´eny g¨orb´eje fokozatosan k¨ozel´ıt, de nem ´eri el.) 1.2.6.
Logaritmusf¨ uggv´ eny
Mivel az exponenci´alis f¨ uggv´eny bijekt´ıv, ez´ert invert´alhat´o ´es inverz f¨ uggv´eny´et logaritmusf¨ uggv´enynek nevezz¨ uk. 1.36. Defin´ıci´ o. Logaritmusf¨ uggv´enynek nevezz¨ uk azt az f : R+ → R val´os f¨ uggv´enyt, amelyet az f (x) = loga x, x ∈ R+ hozz´arendel´esi szab´allyal adunk meg, ahol a > 0 ´es a ̸= 1. A logaritmusf¨ uggv´eny grafikonj´at k´etf´elek´eppen kaphatjuk meg. A megfelel˝o exponenci´alis f¨ uggv´eny grafikonj´anak az y = x egyeneshez val´o tengelyes t¨ ukr¨oz´es´evel vagy ´ert´ekt´abl´azat seg´ıts´eg´evel, amelybe az y ∈ {−2, −1, 0, 1, 2} ordin´ata ´ert´ekeknek megfelel˝o pontokat v´alasztjuk. A logaritmusf¨ uggv´eny grafikonja 0 < a < 1 ´es a > 1 eset´en k¨ ul¨onb¨oz˝o alak´ u. A k´et alapesetet az y = log2 x ´es az y = log 1 x grafikonjaival szeml´eltetj¨ uk. K´esz´ıts¨ uk el ezeket az 2 ´ert´ekt´abl´azatokat ´es a kapott pontok seg´ıts´eg´evel rajzoljuk fel a g¨orb´eket, majd vizsg´aljuk ki tulajdons´agaikat. x log2 x
x log 1 x
0.25 0.5 1 2 4 −2 −1 0 1 2
2
y
4 2 1 0.5 0.25 −2 −1 0 1 2
y
3
3 y=log2 x 2
1
1
1 1 4 2
x 1
2
3
4
5
y=log 1 x 2
2
1 1 4 2
6
-1
-1
-2
-2
-3
-3
x 1
2
3
4
5
6
A logaritmusf¨ uggv´eny tulajdons´agai: ´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = R+ . ´ ekk´eszlete: Rf = R. 2. Ert´ 3. Nullahelye x = 1. 4. a > 1 eset´en a f¨ uggv´eny negat´ıv a (0, 1) intervallumon, ´es pozit´ıv a (1, ∞) intervallumon.
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
45
5. 0 < a < 1 eset´en viszont a f¨ uggv´eny pozit´ıv a (0, 1) intervallumon, ´es negat´ıv a (1, ∞) intervallumon. 6. a > 1 eset´en a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. 7. 0 < a < 1 eset´en a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. 8. a > 1 eset´en a f¨ uggv´eny konvex a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. 9. 0 < a < 1 eset´en a f¨ uggv´eny konk´av a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. 10. Az x = 0 egyenes a g¨orbe f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja.
1.2.7.
Trigonometrikus f¨ uggv´ enyek
A f (x) = sin x, f (x) = cos x, f (x) = tg x i f (x) = ctg x f¨ uggv´enyeket trigonometrikus f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. A trigonometrikus f¨ uggv´enyek periodikusak, mert mindegyik eset´en van olyan ω pozit´ıv val´os sz´am, amelyre f (x + ω) = f (x). Az f (x) = sin x f¨ uggv´eny grafikonja ´es tulajdons´agai: y y=sinx 1 Π
-Π
-2
-1
Π 2
Π
3Π 2
2Π
5Π 2
x 3Π
1. A f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, azaz Df = R. 2. A f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete az Rf = [−1, 1] intervallum. 3. A f¨ uggv´eny alapperi´odusa ω0 = 2π, azaz sin(x + 2kπ) = sin x, k ∈ Z. 4. A f¨ uggv´eny p´aratlan, vagyis sin(−x) = − sin x. 5. A f¨ uggv´eny nullahelyei az x = kπ pontok, k ∈ Z. 6. A f¨ uggv´eny pozit´ıv a (2kπ, π+2kπ) ´es negat´ıv a (π+2kπ, 2π+2kπ) intervallumokon, k ∈ Z. ) ) ( 3π ( π π + 2kπ, + 2kπ 7. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a 2kπ, + 2kπ ∪ 2 2 2 ( ) π 3π ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a + 2kπ, + 2kπ intervallumokon, k ∈ Z. 2 2 (π ) (π ) 8. A f¨ uggv´enynek + 2kπ, 1 pontokban maximuma, a + kπ, −1 pontokban 2 2 pedig minimuma van, k ∈ Z.
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
46
Az f (x) = cos x f¨ uggv´eny grafikonja ´es tulajdons´agai: y y=cosx 1 Π
-Π
-2
-1
Π 2
Π
3Π 2
2Π
x
5Π 2
3Π
1. A f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, azaz Df = R. 2. A f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete az Rf = [−1, 1] intervallum. 3. A f¨ uggv´eny alapperi´odusa ω0 = 2π, azaz cos(x + 2kπ) = cos x, k ∈ Z. 4. A f¨ uggv´eny p´aros, vagyis cos(−x) = cos x. π + kπ pontok, k ∈ Z. 2 ) ( ) ( 3π π 6. A f¨ uggv´eny pozit´ıv a 2kπ, + 2kπ ∪ + 2kπ, 2π + 2kπ intervallumokon ´es 2 2 ( ) π 3π negat´ıv a + 2kπ, + 2kπ intervallumokon, k ∈ Z. 2 2 5. A f¨ uggv´eny nullahelyei a
7. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a (2kπ, π + 2kπ) intervallumokon ´es szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a (π + 2kπ, 2π + 2kπ) intervallumokon, k ∈ Z. 8. A f¨ uggv´enynek a (2kπ, 1) pontokban maximuma, ´es a (π + kπ, −1) pontokban minimuma van. Az f (x) = tg x f¨ uggv´eny grafikonja ´es tulajdons´agai: y
1. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R \ {
y=tgx
π + kπ, k ∈ Z}. 2
2. A f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete Rf = R. 3. A f¨ uggv´eny alapperi´odusa ω0 = π, azaz tg (x + kπ) = tg x, k ∈ Z. 4. A f¨ uggv´eny p´aratlan, vagyis
1 Π
-Π
Π 2
-2
Π
3Π 2
x 2Π
-1
tg (−x) = −tg x. 5. A f¨ uggv´eny nullahelyei a kπ pontok, k ∈ Z. ( ) (π ) π 6. A f¨ uggv´eny pozit´ıv a kπ, + kπ ´es negat´ıv a + kπ, π + kπ intervallumokon, 2 2 k ∈ Z.
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
47
7. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a k ∈ Z.
( π ) π − + kπ, + kπ intervallumokon, 2 2
8. A f¨ uggv´enynek nincs se maximuma, se minimuma. 9. A f¨ uggv´eny f¨ ugg˝oleges aszimptot´ai az x =
π + kπ egyenesek, k ∈ Z. 2
Az f (x) = ctg x f¨ uggv´eny grafikonja ´es tulajdons´agai: y
1. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya
y=ctgx
Df = R \ {kπ, k ∈ Z}. 2. A f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete Rf = R. 3. A f¨ uggv´eny alapperi´odusa ω0 = π, azaz ctg (x + kπ) = ctg x, k ∈ Z.
1 Π
-Π
4. A f¨ uggv´eny p´aratlan, vagyis
Π 2
-2
Π
3Π 2
x 2Π
-1
ctg (−x) = −ctg x. π 5. A f¨ uggv´eny nullahelyei a +kπ pontok, 2 k ∈ Z. (
) (π ) π 6. A f¨ uggv´eny pozit´ıv a kπ, + kπ intervallumokon ´es negat´ıv a + kπ, π + kπ 2 2 intervallumokon, k ∈ Z. 7. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a (kπ, π + kπ) intervallumokon, k ∈ Z. 8. A f¨ uggv´enynek nincs se maximuma, se minimuma. 9. A f¨ uggv´eny f¨ ugg˝oleges aszimptot´ai az x = kπ egyenesek, k ∈ Z.
1.2.8.
´ Arkuszf¨ uggv´ enyek
A trigonometrikus f¨ uggv´enyek periodikusak, ez´ert a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyukon nem bijekt´ıvek, teh´at nem invert´alhat´ok. Bizonyos intervallumokon azonban szigor´ uan monotonok, ez´ert ott invert´alhat´ok is. Az ilyen m´odon ´ertelmezett inverz f¨ uggv´enyeket arkuszf¨ ´ uggv´enyeknek vagy ciklometrikus f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. [ π π] intervallumra sz˝ uk´ıtett f (x) = sin x f¨ uggv´eny Az ´arkusz szinusz f¨ uggv´eny a − , 2 2 inverze, f −1 (x) = arcsin x.
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
48
y
´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df −1 = [−1, 1]. [ π π] ´ −1 2. Ert´ekk´eszlete: Rf = − , . 2 2
Π 2
y=arcsinx
3. Nullahelye x = 0. 4. A f¨ uggv´eny p´aratlan. 5. G¨orb´ az y = sin x f¨ uggv´enyg¨or[ eje π π] be − , intervallumhoz tartoz´o 2 2 darabj´anak az y = x egyenesre val´o t¨ ukr¨oz´es´evel ´all´ıthat´o el˝o.
x
1
-1
6. Az f −1 (x) = arcsin x f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o.
Π
-2
Az ´ arkusz koszinusz f¨ uggv´eny a [0, π] intervallumra sz˝ uk´ıtett f (x) = cos x f¨ uggv´eny inverze, f −1 (x) = arccos x. y ´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Π Df −1 = [−1, 1]. ´ ekk´eszlete: Rf −1 = [0, π]. 2. Ert´
y=arccosx
3. Nullahelye x = 1. 4. G¨orb´eje az y = cos x f¨ uggv´enyg¨orbe [0, π] intervallumhoz tartoz´o darabj´anak az y = x egyenesre val´o t¨ ukr¨oz´es´evel ´all´ıthat´o el˝o.
Π 2
5. Az f −1 (x) = arccos x f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. 1
-1
x
( π π) Az ´arkusz tangens f¨ uggv´eny a − , intervallumra sz˝ uk´ıtett f (x) = tg x f¨ uggv´eny 2 2 −1 inverze. Jel¨ol´ese: f (x) = arctg x. y Π 2
y=arctgx 1
-1 Π
-2
x
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
49
´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df −1 = (−∞, ∞). ( π π) ´ 2. Ert´ekk´eszlete: Rf −1 = − , . 2 2 3. Nullahelye x = 0. 4. A f¨ uggv´eny p´aratlan. ( π π) 5. G¨orb´eje az f (x) = tg x f¨ uggv´eny − , intervallumhoz tartoz´o g¨orb´ej´enek az 2 2 y = x egyenesre val´o t¨ ukr¨oz´es´evel ´all´ıthat´o el˝o. 6. Az f −1 (x) = arctg x f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´any´an. 7. Az y = −
π π ´es az y = egyenesek a f¨ uggv´eny v´ızszintes aszimptot´ai. 2 2
Az ´arkusz kotangens f¨ uggv´eny a (0, π) intervallumra sz˝ uk´ıtett f (x) = ctg x f¨ uggv´eny −1 inverze. Jel¨ol´ese: f (x) = arcctg x. y
Π
Π 2
y=arcctgx -1
1
x
´ esi tartom´anya: Df −1 = (−∞, ∞). 1. Ertelmez´ ´ ekk´eszlete: Rf −1 = (0, π). 2. Ert´ 3. G¨orb´eje az f (x) = ctg x f¨ uggv´eny (0, π) intervallumhoz tartoz´o g¨orb´ej´enek az y = x egyenesre val´o t¨ ukr¨oz´es´evel ´all´ıthat´o el˝o. 4. Nullehelye nincs. 5. Az f −1 (x) = arcctg x f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´any´an. 6. Az y = 0 ´es az y = π egyenesek a f¨ uggv´eny v´ızszintes aszimptot´ai.
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
50 1.2.9.
Hiperbolikus f¨ uggv´ enyek
Az exponenci´alis f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel ´ertelmezz¨ uk a hiperbolikus f¨ uggv´enyeket. A szinusz hiperbolikusz f¨ uggv´enyt y
f (x) = sh x 4
m´odon jel¨olj¨ uk, hozz´arendel´esi t¨orv´enye pedig a k¨ovetkez˝o: sh x =
y=shx 3
ex − e−x . 2
´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = R.
2
1
-2
1
-1
´ ekk´eszlete: Rf = R. 2. Ert´
-1
3. Nullahelye x = 0.
-2
4. A f¨ uggv´eny p´aratlan.
-3
5. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon.
2
x
-4
A koszinusz hiperbolikusz f¨ uggv´enyt f (x) = ch x m´odon jel¨olj¨ uk, hozz´arendel´esi t¨orv´enye pedig ex + e−x ch x = . 2 y ´ 1. Ertelmez´esi tartom´anya: y=chx Df = R. 5
´ ekk´eszlete: Rf = [1, ∞). 2. Ert´ 4
3. Nullahelye nincs. 3
4. A f¨ uggv´eny p´aros. 2
5. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a (−∞, 0) intervallumon ´es szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a (0, ∞) intervallumon.
1
-2
-1
1
2
x
Az y = ch x g¨orb´et l´ancg¨orb´enek is nevezik, mert a s´ ulyos k´abelek, l´ancok, k¨otelek, amelyeket k´et pontban felf¨ uggeszt¨ unk u ´gy, hogy a pontok egym´ask¨ozti t´avols´aga kisebb a huzal vagy k¨ot´el hossz´ us´ag´an´al, akkor a ”bel´og´as” ´eppen a l´ancg¨orbe ´ıv´et k¨oveti. A tangens hiperbolikusz f¨ uggv´enyt f (x) = thx m´odon jel¨olj¨ uk, hozz´arendel´esi t¨orv´enye pedig sh x ex − e−x = . thx = x e + e−x ch x
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
51 y 1
-2
y=thx
1
-1
x
2
-1
´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = R. ´ ekk´eszlete: Rf = (−1, 1). 2. Ert´ 3. Nullahelye x = 0. 4. A f¨ uggv´eny p´aratlan. 5. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. 6. Az y = −1 ´es az y = 1 egyenesek a f¨ uggv´eny v´ıszintes aszimptot´ai. A kotangens hiperbolikusz f¨ uggv´enyt f (x) = cth x m´odon jel¨olj¨ uk, hozz´arendel´esi t¨orv´enye pedig ex + e−x ch x cth x = x = . −x e −e sh x y
´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = R\{0}.
y=cthx
´ ekk´eszlete: 2. Ert´ Rf = (−∞, −1) ∪ (1, ∞).
3 2
3. Nullahelye nincs. 1
4. A f¨ uggv´eny p´aratlan. 5. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon.
-3
-2
1
-1
2
3
x
-1 -2
6. Az y = −1 ´es az y = 1 egyenesek a f¨ uggv´eny v´ıszintes aszimptot´ai.
-3
A hiperbolikus f¨ uggv´enyekre a trigonometrikus f¨ uggv´enyekhez hasonl´o ¨osszef¨ ugg´esek, azonoss´agok ´erv´enyesek. Ezek k¨oz¨ ul a k¨ovetkez˝ok j´ol haszn´alhat´ok a hiperbolikus f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos probl´em´ak megold´as´ahoz. ch 2 x − sh 2 x = 1,
ch 2x = ch 2 x + sh 2 x,
sh (x+y) = sh x ch y+ch x sh y, ¯ ¯ √ x ch x − 1 , sh = 2 2
sh 2x = 2sh x ch x,
ch (x+y) = ch x ch y+sh x sh y, ¯ √ ¯ x ch x + 1 ch = . 2 2
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
52 1.2.10.
´ Areaf¨ uggv´ enyek
A hiperbolikus f¨ uggv´enyek inverzeit ´areaf¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. G¨orb´eiket el˝o´all´ıthatjuk a hiperbolikus f¨ uggv´enyek g¨orb´eib˝ol, ha azokat az y = x egyenesre t¨ ukr¨ozz¨ uk. Az ´area szinusz hiperbolikusz f¨ uggv´eny az f (x) = sh x f¨ uggv´eny inverze, jel¨ol´ese f −1 (x) = arsh x. Az inverzf¨ uggv´eny k´epz´ese alapj´an el˝o´all´ıthatjuk az f −1 (x) = arsh x f¨ uggv´enyt a logaritmusf¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel. Ha ex − e−x f (x) = sh x = , 2
akkor x =
Ebb˝ol ad´odik, hogy f −1 (x) = arsh x = ln(x +
√
ef
−1 (x)
− e−f 2
−1 (x)
.
x2 + 1).
´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = R.
y
´ ekk´eszlete: Rf = R. 2. Ert´
2
y=arshx
1
3. Nullahelye x = 0. -4
4. A f¨ uggv´eny p´aratlan.
-3
-2
1
-1
2
3
4
x
-1
5. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon.
-2
Az ´area koszinusz hiperbolikusz f¨ uggv´eny az f (x) = ch x f¨ uggv´eny inverze, jel¨ol´ese f −1 (x) = arch x, logaritmikus alakja pedig arch x = ln(x +
√
´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = [1, ∞).
x2 − 1). y
´ ekk´eszlete: Rf = [0, ∞). 2. Ert´
y=archx
2
3. Nullahelye x = 1. 1
4. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon.
1
2
3
4
5
x
1.2. Elemi f¨ uggv´enyek
53
Az ´ area tangens hiperbolikusz f¨ uggv´eny az
y
f (x) = thx f¨ uggv´eny inverze, jel¨ol´ese 2
f −1 (x) = arth x, logaritmikus alakja pedig √ arth x = ln
y=arthx 1
1+x . 1−x
´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = (−1, 1).
x
1
-1
´ ekk´eszlete: Rf = R. 2. Ert´ 3. Nullahelye x = 0. -1
4. A f¨ uggv´eny p´aratlan. 5. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon.
-2
6. Az x = −1 ´es az x = 1 egyenesek a f¨ uggv´eny f¨ ugg˝oleges aszimptot´ai.
Az ´ area kotangens hiperbolikusz f¨ uggv´eny az f (x) = cth x f¨ uggv´eny inverze, jel¨ol´ese f −1 (x) = arcth x, logaritmikus alakja pedig
√ arcth x = ln
x+1 . x−1
´ 1. Ertelmez´ esi tartom´anya: Df = (−∞, −1) ∪ (1, ∞).
y
3
´ ekk´eszlete: Rf = R \ {0}. 2. Ert´
2
y=arcthx
3. Nullahelye nincs. 1
4. A f¨ uggv´eny p´aratlan. 5. A f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. 6. Az x = −1 ´es az x = 1 egyenesek a f¨ uggv´eny f¨ ugg˝oleges aszimptot´ai.
-3
-2
1
-1 -1 -2 -3
2
3
x
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
54
1.3.
Elemi f¨ uggv´ enyek ´ es transzform´ aci´ oik
Az elemi alapf¨ uggv´enyek csoportj´aba tartoznak a konstans f¨ uggv´enyek, a hatv´anyf¨ uggv´enyek, az exponenci´alis f¨ uggv´enyek, a logaritmusf¨ uggv´enyek, a trigonometrikus f¨ uggv´enyek ´es a ciklometrikus f¨ uggv´enyek. 1.37. Defin´ıci´ o. 1o Az elemi alapf¨ uggv´enyek elemi f¨ uggv´enyek. 2o Ha f ´es g elemi f¨ uggv´enyek, akkor f + g, f − g, f · g,
f ´es f ◦ g is elemi f¨ uggv´enyek g
(felt´eve, hogy ´ertelmezettek). 3o Az elemi f¨ uggv´enyeket az el˝oz˝o k´et szab´aly v´eges sz´am´ u alkalmaz´as´ aval kapjuk. Az elemi f¨ uggv´enyeket feloszthatjuk algebrai ´es transzcendens f¨ uggv´enyekre. Egy f¨ uggv´enyt algebrai f¨ uggv´enynek nevez¨ unk, ha sz´amokb´ol ´es az x v´altoz´ob´ol v´eges sok ¨osszead´as, szorz´as, oszt´as ´es gy¨okvon´as u ´tj´an j¨on l´etre. Az algebrai f¨ uggv´enyeket feloszthatjuk racion´ alis eg´esz f¨ uggv´enyekre (polinomokra), racion´ alis t¨ortf¨ uggv´enyekre ´es irracion´ alis f¨ uggv´enyekre (nem racion´alis algebrai f¨ uggv´enyekre). A nem algebrai f¨ uggv´enyeket transzcendens f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. Transzcendens f¨ uggv´enyek az exponenci´alis f¨ uggv´enyek, logaritmusf¨ uggv´enyek, trigonometrikus f¨ uggv´enyek, ciklometrikus f¨ uggv´enyek, hiperbolikus f¨ uggv´enyek ´es az ´areaf¨ uggv´enyek. A k¨ovetkez˝okben megmutatunk n´egyf´ele elemi f¨ uggv´enytranszform´aci´ot. 1o Az y = f (x) + c f¨ uggv´enygrafikont az y = f (x) grafikon y-tengely ir´any´ u |c| t´avols´ag´ u transzl´aci´oj´aval j¨on l´etre. Ha c > 0, akkor a transzl´aci´o az y-tengely pozit´ıv ir´anya fel´e t¨ort´enik. Ha c < 0, akkor a f¨ uggv´eny grafikonj´at y-tengely negat´ıv ir´anya fel´e toljuk. Az al´abbi ´abr´an az y = x2 parabola k´et y-tengely ir´any´ u eltol´asa l´athat´o, az egyik pozit´ıv, a m´asik negat´ıv ir´anyba. y
y=x2 +2
c>0
y=x2 2
1
1
-1 y=x2 -2 -1
-2 c<0
x
1.3. Elemi f¨ uggv´enyek ´es transzform´aci´oik
55
y = f (x) + c 2o Az y = f (x + c) f¨ uggv´enygrafikon az y = f (x) grafikon x-tengely ir´any´ u |c| t´avols´ag´ u transzl´aci´oj´aval j¨on l´etre. Ha c > 0, akkor a transzl´aci´o az x-tengely negat´ıv ir´anya fel´e t¨ort´enik. Ha c < 0, akkor a f¨ uggv´eny grafikonj´at x-tengely pozit´ıv ir´anya fel´e toljuk. A mell´ekelt ´abr´an az y = x2 parabola k´et x-tengely ir´any´ u transzl´aci´oja l´athat´o.
y 2
y=Hx-1L y=x2 2
y=Hx+1L
1 c>0
c<0 x
1
-1
y = f (x + c)
3o Az y = c·f (x) f¨ uggv´enytranszform´aci´ot az y = f (x) f¨ uggv´eny´ert´ekek c ̸= 0 ´alland´oval val´o szorz´as´aval kapjuk. Az y = c · f (x) ´es y = f (x) f¨ uggv´enyeknek ugyanaz az ´ertelmez´esi tartom´anyuk ´es ugyanazok a nullahelyei. Pozit´ıv konstans eset´en a f¨ uggv´enyek el˝ojele ´es monotonit´asa megegyezik, ha pedig a konstants negat´ıv, akkor a f¨ uggv´enyek el˝ojele ´es monotonit´asa ellent´etes.
y y=
x2 2
y=x2
y=2x2 c>1
1
c<1
x
1
-1
y = c · f (x), c > 0
c = −1 eset´en az y = −f (x) f¨ uggv´enygrafikont az y = f (x) grafikon x-tengelyre val´o t¨ ukr¨oz´es´evel kapjuk. 4o A periodikus f¨ uggv´enyekn´el fontos a f¨ uggv´eny f¨ uggetlen v´altoz´oj´anak konstanssal val´o szorz´asa. Ebben az esetben az y = f (cx) transzform´aci´or´ol van sz´o. Ha ω az ω uggv´eny peri´odusa, ahol c > 0. y = f (x) f¨ uggv´eny peri´odusa, akkor az y = f (cx) f¨ c ( ) 1 x A k¨ovetkez˝o ´abr´akon az y = sin x grafikonj´anak y = sin (2x) ´es y = sin 2 f¨ uggv´enytranszform´aci´oi l´athat´ok. Az f (x) ( = sin)x f¨ uggv´eny alapperi´odusa ω0 = 2π, 1 y = sin (2x) alapperi´odusa ω0 = π, y = sin x alapperi´odusa pedig ω0 = 4π. 2 y
y 1
y=sin2x y=sinx
Π 2
-1
y=sinHx2L
1 Π
3Π 2
x 2Π
-1
Π 2
Π
3Π 2
y=sinx 2Π
5Π 2
3Π
7Π 2
x 4Π
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
56 FELADATOK.
F¨ uggv´enytranszform´aci´ok seg´ıts´eg´evel rajzoljuk meg a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyek grafikonjait. y y=x
2
4
1. f (x) = −2(x − 3)2 + 2
3
2
Megold´ as. Ha az y = x parabol´at az x-tengely ir´any´aban jobbra toljuk 3 egys´eggel, akkor az
y=Hx-3L2
2 1
y = (x − 3)2
-2
1
-1
2
3
4
x
5
-1
parabol´at kapjuk. A megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekeket −2-vel szorozva kapjuk az
-2 -3
y = −2(x − 3)2
-4 y=-2Hx-3L2
-5
grafikont. Az ´ıgy kapott g¨orb´et y-tengely ir´any´aban 2 egys´eggel felfel´e tolva megkapjuk a keresett m´asodfok´ u f¨ uggv´eny grafikonj´at.
-6 -7 -8 y=-2Hx-3L2 +2
−
2. f (x) = 4
y
√
x2 2
−3
Megold´ as. Mivel { √ x, ha x ≥ 0, x2 = |x| = −x, ha x < 0, 1 2
y=2-x y=2-x -3
y=2x -3
4 3 2
√
´es 4 = 4 = 2, ´ıgy az adott f¨ uggv´eny fel´ırhat´o a k¨ovetkez˝o alakban: { −x 2 − 3, ha x ≥ 0, f (x) = 2x − 3, ha x < 0.
y=2x
5
1
-4
-3
-2
1
-1
2
3
4
x
-1 -2 y= f HxL -3
A grafikonj´at megrajzolhatn´ank k´et ´ert´ekt´abl´azat seg´ıts´eg´evel, vagy f¨ uggv´enytransz−x x form´aci´okkal a k¨ovetkez˝ok´eppen. Legyenek y = 2 ´es y = 2 a kiindul´o g¨orb´ek. Toljuk el mindkett˝ot az y-tengely ir´any´aban lefel´e 3 egys´eggel. Az y = 2−x − 3 g¨orb´eb˝ol v´alasszuk ki azt az ´ıvet, amelyre x ≥ 0, az y = 2x − 3 g¨orb´eb˝ol pedig azt az ´ıvet, amelyre x < 0. A k´et ´ıv egy¨ uttesen adja meg az y = f (x) grafikont.
1.3. Elemi f¨ uggv´enyek ´es transzform´aci´oik
57
y |x|
y=2x+1
3. f (x) = −2 x +x
5
Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az adott f¨ uggv´eny x = 0-ban nem ´ertelmezett. ´Irjuk fel abszol´ ut´ert´ek n´elk¨ ul az f f¨ uggv´enyt. Mivel { |x| 1, ha x > 0, = −1, ha x < 0, x ez´ert f (x) =
y=2x
4 y=2x-1 3 2 1 -4
-3
-2
1
-1
y=-2x+1
2
3
x
4
-1 -2
{
-3
(−1) · 2x+1 , ha x > 0, (−1) · 2x−1 , ha x < 0.
y=-2x-1
-4 y= f HxL
-5
A f¨ uggv´eny grafikonj´anak megrajzol´as´ahoz induljunk ki az y = 2x grafikonj´ab´ol. Egyik esetben ezt a g¨orb´et toljuk jobbra az x-tengely ment´en 1 egys´eggel, a m´asik esetben pedig ugyanezt a g¨orb´et toljuk balra szint´en 1 egys´eggel. A kapott g¨orb´eket a (−1)-gyel val´o szorz´as miatt t¨ ukr¨ozz¨ uk az x-tengelyhez viszony´ıtva. A balra mozd´ıtott g¨orb´eb˝ol v´alasszuk az x > 0-hoz tartoz´o ´ıvet, a jobbra mozd´ıtott g¨orb´eb˝ol pedig az x < 0-hoz tartoz´o ´ıvet. 4. f (x) = |log2 (x − 2) − 1| Megold´ as. A keresett f¨ uggv´eny grafikonj´ahoz eljutunk, ha az y = log2 x g¨orb´ere f¨ uggv´enytranszform´aci´okat alkalmazunk a k¨ovetkez˝o sorrendben: El˝osz¨or x-tengely ir´any´aban jobbra toljuk a g¨orb´et 2 egys´eggel, majd a kapott g¨orb´et y-tengely ir´any´aban toljuk lefel´e 1 egys´eggel. Az abszol´ ut´ert´ek miatt az ´ıgy kapott grafikonnak azt a r´esz´et, amely az x-tengely alatt van t¨ ukr¨ozz¨ uk a pozit´ıv f´els´ıkra az x-tengelyhez viszony´ıtva. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = (2, ∞) ´es az x = 2 egyenes a f¨ uggv´eny f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja.
y
4 y=log2 x
3
y=log2 Hx-2L
2
y= f HxL
1 1
2
3
4
5
-1 -2 y=log2 Hx-2L-1
-3 -4 x=2
6
7
8
9
x
´ OK, ´ FUGGV ¨ ´ 1. HALMAZOK, RELACI ENYEK
58 5. f (x) = log 1 |3 − x| 2
Megold´ as. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R \ {3}. Mivel { log 1 (x − 3), ha x > 3, 2 log 1 |3 − x| = 2 log 1 (3 − x), ha x < 3 2
uggv´enygrafikont megkaphatjuk, ha az y = log 1 x g¨orb´et ez´ert az y = log 1 |3 − x| f¨ 2 2 jobbra toljuk az x-tengely ir´any´aban 3 egys´eggel, majd azt t¨ ukr¨ozz¨ uk az x = 3 egyeneshez viszony´ıtva (a f¨ uggv´eny (x−3) argumentum´anak (−1)-gyel val´o szorz´asa miatt). A k¨ uls˝o abszol´ ut ´ert´ek miatt mindk´et g¨orb´enek azt az ´ıv´et, amely a negat´ıv f´els´ıkhoz tartozik, t¨ ukr¨ozz¨ uk a pozit´ıv f´els´ıkra. ´Igy kapjuk meg az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikont. y 4 y= f HxL
3 2 1
-4 -3 -2 -1 -1
1
2
3
4
5
6
7
y=log 1 Hx-3L 2
-2 y=log 1 H3-xL -3 2
8
x=3
y=log 1 x 2
x
59
2.
Sz´ amsorozatok
2.1.
A sorozat fogalma, megad´ asa ´ es ´ abr´ azol´ asa
2.1. Defin´ıci´ o. Azokat az f : N → R val´os f¨ uggv´enyeket, melyek minden n term´eszetes sz´ amhoz egy an val´os sz´amot rendelnek hozz´a, v´egtelen sz´amsorozatoknak, r¨oviden sorozatoknak nevezz¨ uk. an a sorozat n-edik eleme (vagy tagja), amelyet szok´as a sorozat ´altal´anos elem´enek is nevezni. Mag´at a sorozatot {an }-nel jel¨olj¨ uk. 2.1.1.
Sorozatok megad´ asa
A sorozatoknak v´egtelen sok eleme van ´es ezeket k¨ ul¨onf´ele m´odon adhatjuk meg. I. A sorozatot megadhatjuk az ´altal´ anos elem k´eplet´evel, vagyis az n v´altoz´o f¨ uggv´enyek´ent fel´ırt k´eplettel, formul´ aval. 2.1. P´ elda. a) Ha an = n az ´altal´anos elem, akkor a sorozat elemei 1, 2, 3, 4, 5, ... ´es ez a term´eszetes sz´amok sorozata. b) Amennyiben an = 2n az ´altal´anos elem k´eplete, akkor a sorozat elemei 2, 4, 8, 16, 32, ... ´es most a 2 hatv´anyainak sorozat´at kapjuk. 1 1 1 1 1 c) an = eset´en a sorozat elemei 1, , , , , ... ´es ez a harmonikus sorozat, mely nev´et n 2 3 4 5 arr´ol kapta, hogy a m´asodik elemt˝ol kezdve a sorozat minden eleme a k´et szomsz´edos elem harmonikus k¨ozepe, vagyis ´erv´enyes, hogy ( ) 1 1 1 1 = + , n ≥ 2. an 2 an−1 an+1 II. A sorozatot megadhatjuk rekurz´ıv m´odon. Ez azt jelenti, hogy n´eh´any elemet megadunk, a tov´abbi elemeket pedig az el˝ott¨ uk l´ev˝ok seg´ıts´eg´evel defini´aljuk. 2.2. P´ elda. a) Legyen a1 = 1 ´es an = 2an−1 , ha n ≥ 2. Ekkor a2 = 2a1 = 2,
a3 = 2a2 = 4,
a4 = 2a3 = 8,
a5 = 2a3 = 16,
´es ´ıgy tov´abb. A sorozat elemei 1, 2, 4, 8, 16, . . . . b) Legyen a1 = 0 ´es an = 2an−1 + 1, ha n ≥ 2. Ekkor a2 = 2a1 + 1 = 1,
a3 = 2a2 + 1 = 3,
a4 = 2a3 + 1 = 7,
a5 = 2a4 + 1 = 15,
´es ´ıgy tov´abb. A sorozat elemei 0, 1, 3, 7, 15, . . . . c) Legyen a1 = 0, a2 = 1 ´es an = an−1 + 2an−2 , ha n ≥ 3. Ekkor a3 = a2 + 2a1 = 1,
a4 = a3 + 2a2 = 3,
a5 = a4 + 2a3 = 5,
´es ´ıgy tov´abb. A sorozat elemei ebben az esetben 0, 1, 1, 3, 5, . . . .
´ 2. SZAMSOROZATOK
60
Ilyen m´odon kisz´am´ıthat´o a sorozat b´armelyik eleme, de ahhoz, hogy meghat´arozzuk a rekurz´ıv m´odon megadott sorozat 1000. elem´et, ki kell sz´am´ıtani mind a 999 el˝oz˝o elemet is. Bizonyos esetekben a rekurz´ıv k´epletekkel megadott sorozatok ´altal´anos eleme is meghat´arozhat´o, de err˝ol az elj´ar´asr´ol a k´es˝obbiekben lesz sz´o. III. Sz´amsorozatot megadhatunk utas´ıt´ assal, le´ır´ assal is. 2.3. P´ elda. a) Legyen {an } a pr´ımsz´amok sorozata, azaz 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, . . . ´es ´ıgy tov´abb. Nem l´etezik sem explicit, sem rekurz´ıv formula, amely megadn´a az n. pr´ımsz´amot, de a sorozat ezzel az utas´ıt´assal m´egis egy´ertelm˝ uen meghat´arozott. √ b) Legyen {an } az a sorozatot, amelynek elemei sorban a 2 v´egtelen tizedest¨ort alak´ u fel´ır´as´anak egy-, k´et-, h´aromsz´amjegy˝ u, stb. racion´alis k¨ozel´ıt´esei. A sorozat elemei 1, 1.4, 1.41, 1.414, 1.4142, . . . . Ha az ezredik sz´amjegyet k´erdezn´enk, tudjuk, hogy az egy´ertelm˝ uen meg van hat´arozva, de megadn´asa sok munk´at ig´enyelne. Megjegyz´es: A sz´amsorozatokat szok´as megadni az els˝o n´eh´any elem felsorol´as´aval is, de ez a defini´al´as nem mindig egy´ertelm˝ u, ez´ert ha lehet ker¨ ulj¨ uk ezt a megad´asi m´odot. 2.4. P´ elda. Tekints¨ uk az 1, 16, 81, 256, . . . sz´amsorozatot, amelyet az els˝o n´egy elem seg´ıts´eg´evel ´ırtunk fel. A felsorolt elemek alapj´an a sorozat ´altal´anos eleme egyr´eszt lehetne an = n4 , de ugyanakkor bn = 10n3 − 35n2 + 50n − 24 is. A megfelel˝o sorozatok ¨ot¨odik, hatodik elemei viszont m´ar nem egyeznek meg. n an bn 2.1.2.
1 2 3 4 5 6 1 16 81 256 625 1296 1 16 81 256 601 1176
Sorozatok ´ abr´ azol´ asa
Az {an } sorozatot ´abr´azolhatjuk a sz´amegyenesen a sorozat elemeihez rendelt pontokkal: a1 , a2 , a3 , . . . , vagy mint olyan f¨ uggv´enyt a val´os sz´ams´ıkban, melynek ´ertelmez´esi tartom´any´at a term´eszetes sz´amok alkotj´ak, grafikonja pedig az (1, a1 ), (2, a2 ), (3, a3 ), . . . diszkr´et pontok halmaza. an
5 0 1
2
3
4
5
an
2.5. P´ elda. Az an = n sz´amsorozat sz´amegyenesen val´o ´abr´azol´asa ´es s´ıkban val´o ´abr´azol´asa is j´o k´epet ad a sz´amsorozatnak megfelel˝o pontok elhelyezked´es´er˝ol.
4
3
2
1
1
2
3
4
5
n
2.1. A sorozat fogalma, megad´asa ´es ´abr´azol´asa
61
an 0 1
3
5
an
5
2.6. P´ elda. Az a1 = 0, a2 = 1 kezdeti elemekkel ´es az an = an−1 + 2an−2 rekurz´ıv k´eplettel megadott sz´amsorozat eset´eben a2 = a3 = 1, ´es ez a sz´amegyenesen azt jelenti, hogy az 1-ben k´et pont van egym´as tetej´en, de ezt nem tudjuk ´erz´ekelni. A sz´ams´ıkon val´o ´abr´azol´as kik¨ usz¨ob¨oli ezt a probl´em´at, hiszen ott k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o pontk´ent jelenik meg (2, a2 ) ´es (3, a3 ).
1
1
2
3
1
2
3
4
n
5
an
0 1
-2
3
2
an
2.7. P´ elda. Az a1 = 1, a2 = 0 kezdeti ele- 2 mekkel ´es az an = an−1 − 2an−2 rekurz´ıv formul´aval megadott sz´amsorozat eset´eben sem 1 der¨ ul ki a sz´amegyenesen, hogy a3 = a4 , hacsak nem ´ırjuk oda minden ponthoz, hogy a sz´amsorozat melyik elem´enek felel meg. A sz´amegyenesen val´o ´abr´azol´as azt sem teszi lehet˝ov´e, hogy k´epet kapjunk arr´ol, hogy melyik pont felel meg az els˝o elemnek, melyik a m´asodiknak, ´es ´ıgy tov´abb. Mint l´atjuk, -2 a s´ıkban val´o ´abr´azol´as megoldja ezeket a probl´em´akat.
4
5
FELADATOK. Hat´arozzuk meg az {an } sorozat els˝o k elem´et. n−2 ,k=8 2n Megold´ as.
1. an =
a1 = a5 =
1−2 1 =− , 2·1 2
5−2 3 = , 2·5 10
a2 =
a6 =
2−2 = 0, 2·2
6−2 1 = , 2·6 3
a3 = a7 =
3−2 1 = , 2·3 6
7−2 5 = , 2·7 14
a4 = a8 =
4−2 1 = , 2·4 4
8−2 3 = ,... 2·8 8
n
´ 2. SZAMSOROZATOK
62 1 − 3n ,k=6 5n + 1 Megold´ as.
2. an =
a1 = a4 =
1−3·1 1 =− , 5·1+1 3
1−3·4 11 =− , 5·4+1 21
a2 = a5 =
1−3·2 5 =− , 5·2+1 11
1−3·5 7 =− , 5·5+1 13
a3 = a6 =
1−3·3 1 =− , 5·3+1 2
1−3·6 17 = − ,... 5·6+1 31
3 3. an = 2 + (−1)n+1 , k = 6 n Megold´ as. a1 = 2 + (−1)2 · a4 = 2 + (−1)5 · 4. an = 1 + (−1)n−1
3 = 5, 1
3 5 = , 4 4
a2 = 2 + (−1)3 · a5 = 2 + (−1)6 ·
3 1 = , 2 2
3 13 = , 5 5
a3 = 2 + (−1)4 · a6 = 2 + (−1)7 ·
3 = 3, 3
3 3 = ,... 6 2
1−n ,k=4 n!
Megold´ as. 0 = 1, 1!
a2 = 1 + (−1)1 ·
−1 3 = , 2! 2
−2 2 = , 3! 3
a4 = 1 + (−1)3 ·
−3 9 = ,... 4! 8
a1 = 1 + (−1)0 · a3 = 1 + (−1)2 · π 5. an = cos (n + 1) , k = 8 2 Megold´ as. a1 = cos π = −1, a5 = cos 3π = −1,
a2 = cos a6 = cos
3π = 0, 2
7π = 0, 2
a3 = cos 2π = 1, a7 = cos 4π = 1,
a4 = cos a8 = cos
5π = 0, 2
9π = 0, . . . 2
nπ ,k=8 2 Megold´ as.
6. an = sin
a1 = sin a5 = sin { 7. an =
π = 1, 2
5π = 1, 2
a2 = sin π = 0,
a3 = sin
3π = −1, 2
a4 = sin 2π = 0,
a6 = sin 3π = 0,
a7 = sin
7π = −1, 2
a8 = sin 4π = 0, . . .
1, n p´aratlan; ,k=8 n , n p´aros. 2
Megold´ as. a1 = 1, a2 = 1, a3 = 1, a4 = 2, a5 = 1, a6 = 3, a7 = 1, a8 = 4, . . .
2.2. Korl´atos ´es monoton sorozatok {
63
n+1
ln e 2 , n p´aratlan; ,k=8 n eln 2 , n p´aros. Megold´ as. a1 = 1, a2 = 1, a3 = 2, a4 = 2, a5 = 3, a6 = 3, a7 = 4, a8 = 4, . . .
8. an =
1 1 1 + + ··· + , k = 4 2 3 n Megold´ as. 1 3 1 1 11 a1 = 1, a2 = 1 + = , a3 = 1 + + = , 2 2 2 3 6
9. an = 1 +
a4 = 1 +
1 1 1 25 + + = ,... 2 3 4 12
1 + 2 + · · · + 2n + 1, k = 3 n2 1+2+3+4 14 1+2 + 1 = 4, a = + 1 = Megold´ as. a1 = , 2 12 22 4 1+2+3+4+5+6 10 a3 = + 1 = ,... 2 3 3 11. a1 = −1, an+1 = −5 − 4an , k = 5 10. an =
Megold´ as. a1 = −1, a2 = −1, a3 = −1, a4 = −1, a5 = −1, . . . a2n + 5 ,k=5 6 7 23 283 54003 Megold´ as. a1 = 4, a2 = , a3 = , a4 = , a5 = , ... 2 8 128 32768
12. a1 = 4, an+1 =
(−1)n ,k=5 2n 1 1 3 7 Megold´ as. a1 = 0, a2 = − , a3 = , a4 = , a5 = , . . . 2 2 8 16 14. a1 = 1, a2 = 3, an+2 = 2an+1 + 5an , k = 5 13. a1 = 0, an+1 = an +
Megold´ as. a1 = 1, a2 = 3, a3 = 11, a4 = 37, a5 = 129, . . . an+1 + an ,k=5 2 3 1 5 Megold´ as. a1 = 1, a2 = 2, a3 = − , a4 = , a5 = , . . . 2 4 8
15. a1 = 1, a2 = 2, an+2 = (−1)n ·
2.2.
Korl´ atos ´ es monoton sorozatok
Mivel a sorozatok is f¨ uggv´enyek, ez´ert term´eszetes, hogy vizsg´aljuk a f¨ uggv´enyekre jellemz˝o tulajdons´agokat. K´et ilyen fontos tulajdons´ag a korl´atoss´ag ´es monotonit´as. 2.2. Defin´ıci´ o. Az {an } sorozatot fel¨ ulr˝ ol (alulr´ol) korl´atosnak nevezz¨ uk, ha megadhat´o olyan K (k) sz´am, amelyn´el a sorozatnak nincs nagyobb (kisebb) eleme, azaz an ≤ K,
n = 1, 2, ...
(an ≥ k,
n = 1, 2, ...).
A sorozatot korl´atosnak mondjuk, ha fel¨ ulr˝ ol ´es alulr´ol is korl´atos, azaz ha minden n-re k ≤ an ≤ K. Az ilyen k sz´amot als´o korl´atnak, a K sz´ amot pedig fels˝o korl´atnak nevezz¨ uk.
´ 2. SZAMSOROZATOK
64
A defin´ıci´ob´ol k¨ovetkezik, hogy ha l´etezik egy fels˝o (als´o) korl´at, akkor v´egtelen sok fels˝o (als´o) korl´at is van. A val´os sz´amok teljess´egi axi´om´aj´ab´ol k¨ovetkezik, hogy a fels˝o korl´atok k¨oz¨ott van legkisebb ´es az als´o korl´atok k¨oz¨ott van legnagyobb. 2.3. Defin´ıci´ o. Fel¨ ulr˝ol korl´atos sorozat legkisebb fels˝o korl´atj´ at a sorozat fels˝ o hat´ar´ anak vagy szupr´emum´anak; alulr´ol korl´atos sorozat legnagyobb als´o korl´atj´ at a sorozat als´o uk. Jel¨ol´es¨ uk: sup{an }, illetve inf{an }. hat´ar´ anak vagy infimum´anak nevezz¨ A fentiek szerint fel¨ ulr˝ol (alulr´ol) korl´atos sorozatnak van fels˝o (als´o) hat´ara. Korl´atos sorozatnak van fels˝o ´es als´o hat´ara is. A sorozat fels˝o (als´o) hat´ara nem felt´etlen¨ ul eleme a sorozatnak. an
2.8. P´ elda. Az an = n − 3 sorozat alulr´ol korl´atos, mert n − 3 ≥ −2, ´ıgy egy als´o korl´atja k = −2. Fel¨ ulr˝ol nem korl´atos a sorozat, mert b´armely K sz´amot is vessz¨ uk, van a sorozatnak olyan eleme, mely K-n´al nagyobb, ugyanis an > K, ha n > K + 3. A grafikon szempontj´ab´ol ez azt jelenti, hogy a sz´amsorozat pontjai vagy az y = −2 egyenesen vannak vagy pedig az y = −2 egyenes felett.
2
1
1
2
3
4
n
5
-1
-2
y=-2
an = n − 3 n+1 2.9. P´ elda. Az an = (−1)n n sorozat korl´atos, mert n + 1 n = |an | = (−1) n 1 1 n+1 = 1 + ≤ 1 + = 2, n n 1 teh´at −2 ≤ an ≤ 2 minden n-re, vagyis a sorozat egy als´o korl´atja k = −2, egy fels˝o korl´atja pedig K = 2. A sz´amsorozat pontjai az y = −2 ´es az y = 2 egyenesek k¨oz¨ott helyezkednek el, legfeljebb magukon az egyeneseken vannak rajta.
an y=2
2 32 54
=
1
2
3
4
5
n
-65 -43
-2
y=-2 nn
an = (−1)
+1 n
2.10. P´ elda. Az an = (−1)n n sorozat sem alulr´ol, sem fel¨ ulr˝ol nem korl´atos, mert |an | > K, ha n > K. Ez egy oszcill´all´o sorozat, amelyn´el n n¨oveked´es´evel a megfelel˝o an ´ert´ekek abszol´ ut ´ert´ekben mind nagyobbak ´es nagyobbak, s ´ıgy a nekik megfelel˝o pontok mind t´avolabb ´es t´avolabb vannak az x-tengelyt˝ol.
2.2. Korl´atos ´es monoton sorozatok
65
an 4
2
1
2
3
4
5
n
-1
-3
-5
an = (−1)n n 2.4. Defin´ıci´ o. Az {an } sorozat szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o (cs¨ okken˝ o), ha an < an+1
(an > an+1 )
minden n ∈ N
eset´en.
Az {an } sorozat monoton nemcs¨ okken˝ o (nemn¨ovekv˝ o), ha an ≤ an+1
(an ≥ an+1 ) minden
n ∈ N eset´en.
Ezen tulajdons´agok valamelyik´evel rendelkez˝o sorozatot monoton sorozatnak nevezz¨ uk. 2.11. P´ elda. Az an =
n−1 sorozat szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, mivel n
an − an+1 = =
n (n − 1)(n + 1) − n2 n−1 − = = n n+1 n(n + 1) n2 − 1 − n2 −1 = < 0, n(n + 1) n(n + 1)
azaz an < an+1 minden n term´eszetes sz´am eset´en.
´ 2. SZAMSOROZATOK
66
an
n−1 Az an = sorozat n els˝o n´eh´any eleme
1 0.5
1 2 3 4 0, , , , , . . . . 2 3 4 5
1
2
3
an =
2.12. P´ elda. Az an =
4
5
n
n−1 n
1 (pozit´ıv elem˝ u) sorozat szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, mivel n an = an+1
1 n 1 n+1
=
n+1 1 = 1 + > 1, n n
azaz an > an+1 minden n term´eszetes sz´am eset´en. an
1 Az an = sorozat els˝o n n´eh´any eleme
1 0.5
1 1 1 1 1, , , , , . . . . 2 3 4 5
1
2
3
an =
4
5
n
1 n
2.13. P´ elda. Az an = (−1)n sorozat nem monoton sorozat, hiszen az an − an+1 = (−1)n − (−1)n+1 = (−1)n + (−1)n = 2 · (−1)n kifejez´es nem ´alland´o el˝ojel˝ u. Mivel a sorozat elemei v´altakozva negat´ıvak ´es pozit´ıvak, ez´ert azt mondjuk r´a, hogy oszcill´al´o, els˝o n´eh´any eleme pedig −1, 1, −1, 1, −1, . . . . an 1
1
2
3
4
5
n
-1
an = (−1)n Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha az an = (−1)n sz´amsorozatot sz´amegyenesen ´abr´azoltuk volna, akkor csak k´et pont lenne a grafikonon, a −1-n´el ´es az 1-n´el. Mindkett˝o eset´eben viszont v´egtelen sok pont lenne egym´as tetej´en, csak az egyenesen ezt nem lehet ´erz´ekeltetni.
2.2. Korl´atos ´es monoton sorozatok
67
FELADATOK. Vizsg´aljuk ki a k¨ovetkez˝o sorozatok monotonit´as´at ´es korl´atoss´ag´at. 1 n Megold´ as. Vizsg´aljuk ki a sorozat monotonit´as´at. E c´elb´ol k´et szomsz´edos elem k¨ ul¨onbs´eg´enek el˝ojel´et kell meghat´arozni. ) ( 1 1 1 n−n−1 −1 1 = an+1 − an = 1 + − 1+ − = = < 0. n+1 n n+1 n n(n + 1) n(n + 1)
1. an = 1 +
Mivel an+1 − an < 0 minden n ∈ N eset´en, ez´ert an+1 < an ´erv´enyes minden n ∈ N eset´en, vagyis a sorozat szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. Mivel a sorozat szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, ez´ert az els˝o elem a1 = 2 egyben a sorozat legkisebb fels˝o korl´atja is, azaz K = 2 eset´en an ≤ K minden n ∈ N eset´en. 1 1 Mivel > 0 minden n ∈ N eset´en, ez´ert an = 1 + > 1 minden n ∈ N eset´en, n n ez´ert a sorozat egy als´o korl´atja lehet k = 1. A sorozat teh´at korl´atos ´es minden n term´eszetes sz´amra 1 < an ≤ 2. 2. an = 2 − n Megold´ as. A monotonit´asi tulajdons´ag meghat´aroz´as´ahoz vizsg´aljuk most ki az an+1 − an k¨ ul¨onbs´eg el˝ojel´et. Mivel an+1 − an = 2 − (n + 1) − (2 − n) = 2 − n − 1 − 2 + n = −1 < 0, ez´ert an+1 < an minden n term´eszetes sz´amra, teh´at a sorozat szigor´ uan monoton ´ cs¨okken˝o. Igy a sorozat fel¨ ulr˝ol korl´atos, egy fels˝o korl´atja K = a1 = 1. Ha k als´o korl´atja lenne, akkor erre k < 2 − n kellene, hogy teljes¨ ulj¨on, viszont ez csak n < 2 − k indexekre lenne igaz, nem pedig minden n term´eszetes sz´amra. Most ugyanis min´el nagyobb n, ann´al kisebb an = 2 − n, teh´at a sorozat alulr´ol nem korl´atos. 3. an = n2 + 1 Megold´ as. A monotonit´ast az an+1 − an k¨ ul¨onbs´eg el˝ojel´eb˝ol ´allap´ıtjuk meg. Mivel an+1 − an = (n + 1)2 + 1 − (n2 + 1) = n2 + 2n + 1 − n2 − 1 = 2n > 0 minden n term´eszetes sz´amra, ´ıgy an+1 > an minden n term´eszetes sz´amra, teh´at a sorozat szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o. A sorozat els˝o eleme egyben a sorozat egy als´o korl´atja is, teh´at k = a1 = 2. Ha√l´etezne olyan K sz´am, amelyre n2 + 1 < K, akkor ez a tulajdons´ag csak az n < K + 1 index˝ u elemekre lenne igaz, teh´at a sorozat fel¨ ulr˝ol nem korl´atos. Val´oban, ez egy olyan sorozat, hogy egyre nagyobb n term´eszetes sz´amok eset´en an = n2 + 1 m´eg gyorsabban n˝o. A sorozat teh´at szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o ´es alulr´ol korl´atos.
´ 2. SZAMSOROZATOK
68 n−2 2n Megold´ as. Vizsg´aljuk ki az an+1 − an k¨ ul¨onbs´eget.
4. an =
an+1 − an =
n+1−2 n−2 n−1 n−2 n(n − 1) − (n − 2)(n + 1) − = − = = 2(n + 1) 2n 2(n + 1) 2n 2n(n + 1)
n2 − n − n2 + 2n − n + 2 1 = > 0, 2n(n + 1) n(n + 1) ez´ert an+1 > an minden n term´eszetes sz´amra, teh´at a sorozat szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o. A sorozat els˝o eleme egyben a sorozat egy als´o korl´atja is, teh´at k = a1 , 1 1 1 1 1 1 illetve k = − . Mivel > 0 minden n ∈ N eset´en, ez´ert − < 0 ´es − < 2 n n 2 n 2 1 minden n ∈ N eset´en, ez´ert a sorozat egy fels˝o korl´atja lehet k = , hiszen minden 2 n ∈ N-re n−2 1 1 1 an = = − < . 2n 2 n 2 A sorozat teh´at korl´atos ´es minden n term´eszetes sz´amra 1 1 − ≤ an ≤ . 2 2 =
n2 + 2 n2 + 1 Megold´ as. Vizsg´aljuk most is az an+1 − an k¨ ul¨onbs´eget.
5. an =
an+1 − an = = =
(n + 1)2 + 2 n2 + 2 n2 + 2n + 3 n2 + 2 − = − = (n + 1)2 + 1 n2 + 1 n2 + 2n + 2 n2 + 1
(n2 + 2n + 3)(n2 + 1) − (n2 + 2)(n2 + 2n + 2) = (n2 + 2n + 2)(n2 + 1)
n4 + n2 + 2n3 + 2n + 3n2 + 3 − n4 − 2n3 − 2n2 − 2n2 − 4n − 4 = (n2 + 2n + 2)(n2 + 1)
−(2n + 1) < 0, + 2n + 2)(n2 + 1) minden n term´eszetes sz´amra, ´ıgy an+1 < an minden n term´eszetes sz´amra, teh´at a sorozat szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. A sorozat els˝o eleme egyben a sorozat egy 3 uk ´eszre, hogy fels˝o korl´atja is, teh´at K = a1 = . Vegy¨ 2 =
(n2
an = Mivel
n2 + 2 1 =1+ 2 . 2 n +1 n +1
1 1 > 0, ez´ert 1 + 2 > 1, +1 n +1 teh´at k = 1 a sorozat egy als´o korl´atja. A sorozat teh´at korl´atos ´es minden n term´eszetes sz´amra 3 1 < an ≤ . 2 n2
2.3. Rekurz´ıv sorozatok
2.3.
69
Rekurz´ıv sorozatok
A rekurz´ıv sorozatok k¨oz¨ ul n´eh´any sorozat gyakorlati alkalmaz´asa, felhaszn´alhat´os´aga miatt annyira jelent˝os, hogy ´erdemes vel¨ uk k¨ ul¨on foglalkozni. Ezekb˝ol n´eh´anyat defini´alunk, megmutatjuk jellegzetes tulajdons´agaikat ´es ´erdekes alkalmaz´asaikat. 2.3.1.
Sz´ amtani (aritmetikai) sorozat
2.5. Defin´ıci´ o. Azt a sz´amsorozatot, amelyben minden elemet (tagot) az ˝ot megel˝oz˝ob˝ol egy d ´alland´o hozz´ad´as´aval kapunk, sz´amtani (vagy aritmetikai) sorozatnak nevezz¨ uk. A d sz´ am a sorozat k¨ ul¨onbs´ege (vagy differenci´ aja). A defin´ıci´o alapj´an fel´ırhatjuk a sz´amtani sorozat rekurz´ıv k´epz´esi szab´aly´at: an = an−1 + d,
illetve an − an−1 = d,
n ≥ 2.
Ebb˝ol ad´odik, hogy a) ha d > 0, a sz´amtani sorozat monoton n¨ovekv˝o ´es alulr´ol korl´atos, b) ha d < 0, a sz´amtani sorozat monoton cs¨okken˝o ´es fel¨ ulr˝ol korl´atos, c) d = 0 eset´en is besz´elhet¨ unk sz´amtani sorozatr´ol, amely nemn¨ovekv˝o, nemcs¨okken˝o ´es korl´atos sorozat. Elemei: a1 , a1 , a1 ,...,a1 ,... Az ilyen sorozatot ´alland´o (vagy konstans) sorozatnak nevezz¨ uk. A sz´amtani sorozat megad´as´ahoz el´eg k´et adat. Legegyszer˝ ubb meghat´aroz´o adatai a1 ´es d. Az egyszer˝ u k´epz´esi szab´alyb´ol ad´odik, hogy a1 ´es d ismeret´eben a sz´amtani sorozat b´armelyik elem´et fel´ırhatjuk a k¨ovetkez˝ok´eppen: a2 = a1 + d, a3 = a1 + 2d, a4 = a1 + 3d, .. . Ezt az elj´ar´ast folytatva ´es ´altal´anos´ıtva kimondhat´o a k¨ovetkez˝o t´etel: 2.1. T´ etel. Ha az {an } sz´amtani sorozat els˝o eleme a1 ´es k¨ ul¨ onbs´ege d, akkor minden n term´eszetes sz´amra ´erv´enyes, hogy an = a1 + (n − 1)d. Bizony´ıt´as. A bizony´ıt´as a matematikai indukci´o m´odszer´evel t¨ort´enik. 1o n = 1 eset´en a1 = a1 + (1 − 1)d = a1 + 0 · d = a1 . 2o Tegy¨ uk fel, hogy az ´all´ıt´as igaz n = k-ra, vagyis, hogy ak = a1 + (k − 1)d. 3o Igazoljuk az ´all´ıt´as helyess´eg´et n = k + 1-re. Ekkor ak+1 = ak + d = a1 + (k − 1)d + d = a1 + (k + 1 − 1)d = a1 + kd. ⋄
´ 2. SZAMSOROZATOK
70
2.14. P´ elda. Ha az 5, 2, −1, −4, −7, . . . sz´amtani sorozat huszadik elem´et kell meghat´arozni, akkor meg´allap´ıthatjuk, hogy a1 = 5 ´es d = −3, teh´at a20 = a1 + 19 · d = 5 + 19 · (−3) = −52. 2.15. P´ elda. Ha egy olyan sz´amtani sorozat differenci´aj´at kell kisz´am´ıtani, melynek els˝o tagja 3 ´es tizedik tagja 21, akkor az a10 = a1 + 9d ¨osszef¨ ugg´esb˝ol azt kapjuk, hogy 21 = 3 + 9d, ahonnan d = 2. Mivel
an−1 + an+1 an − d + an + d 2an = = = an , 2 2 2 ez´ert ´erv´enyes, hogy a sz´amtani sorozatban b´armely h´arom szomsz´edos elem k¨oz¨ ul a k¨oz´eps˝o a k´et mellette lev˝o elem sz´amtani k¨ozepe. Err˝ol a tulajdons´agr´ol kapta e sorozat a ”sz´amtani” megnevez´est. Hasonl´oan ´erv´enyes a k¨ovetkez˝o ¨osszef¨ ugg´es is: an−k + an+k = an , 2
k < n.
Az ¨osszeg kisz´am´ıt´as´anak legegyszer˝ ubb alapgondolata ma is az, amelyet Gauss (17771855) 9 ´eves kor´aban alkalmazott, amikor tan´ıt´ oja azt a feladatot adta az oszt´aly´ anak, hogy adj´ak ¨ossze 1-t˝ol 40-ig az eg´esz sz´amokat. Gauss egy pillanaton bel¨ ul fel´ırta az ¨osszeget: 820. Tan´ıt´ oja k´er´es´ere el is magyar´azta a gondolatmenet´et. Elk´epzelte egy sorba fel´ırva a 40 tag´ u ¨osszeget, majd ugyanezt a 40 tagot ford´ıtott sorrendben al´a´ırva. Az egym´ as al´a ker¨ ult k´et sz´am ¨osszege minden¨ utt 41. 40 ilyen p´ar van, ez´ert 41-et 40-nel kellene szorozni, de a k´et sor miatt minden sz´am k´etszer szerepel az ¨osszegben, ez´ert a 40 helyett csak 20-szal szorozta az ¨osszeget. Ez a szorzat adja a pontos ¨osszeget, a 820-at. Ugyanezzel a gondolatmenettel lehet kisz´am´ıtani a sz´amtani sorozat els˝o n elem´enek Sn ¨osszeg´et. Kimondhat´o a k¨ovetkez˝o t´etel: 2.2. T´ etel. Ha az {an } sz´amtani sorozat els˝o eleme a1 ´es k¨ ul¨ onbs´ege d, akkor az els˝o n elem´enek ¨osszege Sn = a1 + a2 + ... + an =
n n (a1 + an ) = (2a1 + (n − 1)d). 2 2
Bizony´ıt´ as. Gy˝oz˝odj¨ unk meg el˝osz¨or arr´ol, hogy minden k eset´en, amelyre 1 ≤ k ≤ n ´erv´enyes, hogy ak + an−k+1 = a1 + an . Val´oban, ak = a1 + (k − 1)d, an−k+1 = a1 + (n − k)d ´es an = a1 + (n − 1)d, teh´at ak + an−k+1 = a1 + (k − 1)d + a1 + (n − k)d = a1 + a1 + (n − 1)d = a1 + an . Mivel Sn = a1 + a2 + · · · + an−1 + an ´es ugyanakkor Sn = an + an−1 + · · · + a2 + a1 , ´ıgy ¨osszeadva a k´et egyenletet ad´odik, hogy 2Sn = (a1 + an ) + (a2 + an−1 ) + · · · + (an−1 + a2 ) + (an + a1 ) = n(a1 + an ).
2.3. Rekurz´ıv sorozatok
71
Innen k¨ovetkezik az
n (a1 + an ) 2 ¨osszef¨ ugg´es, amelybe behelyettes´ıtve az an = a1 + (n − 1)d kifejez´est ad´odik, hogy n Sn = (2a1 + (n − 1)d). 2 Sn =
⋄ A t´etel gyakorlati alkalmaz´as´at mutatja az al´abbi p´elda. 2.16. P´ elda. Egy u ´tszakasz jav´ıt´as´ahoz homokb´any´ab´ol teheraut´oval homokot sz´all´ıtanak. Az els˝o fordul´o terh´et a kocsi az u ´t elej´en rakja le, ez a homokb´any´at´ol 8000 m-es t´avols´agra van. Minden tov´abbi fordul´o terh´et 25 m-rel t´avolabbra kell vinnie. A 35. fordul´on´al mekkora t´avols´agra megy a kocsi, ´es a 35 fordul´o megt´etele k¨ozben h´any km utat tesz meg teher alatt? a1 = 8000, d = 25, teh´at n = 35 esetben a35 = 8000 + (35 − 1)25 = 8850, vagyis a 35. fordul´on´al a kocsi 8850 m t´avols´agra megy. Mivel a 35 fordul´o alatt teherrel megtett t´avols´agok ¨osszege S35 = a1 + a2 + ... + a35 =
35 35 (a1 + a35 ) = (8000 + 8850) = 294875 m, 2 2
´ıgy meg´allap´ıthatjuk, hogy a 35. fordul´o megt´etele ut´an a kocsi teherrel ¨osszesen 294,875 km utat tett meg.
FELADATOK. 1. Egy sz´amtani sorozat els˝o ´es ¨ot¨odik tagj´anak ¨osszege 26, m´asodik ´es negyedik tagj´anak szorzata 160. Sz´am´ıtsuk ki els˝o hat tagj´anak ¨osszeg´et. Megold´ as. A felt´etelek lapj´an fel´ırhatjuk, hogy a1 + a5 = 26 ´es a2 · a4 = 160. Mivel a fenti ¨osszef¨ ugg´esekben szerepl˝o tagok a3 -ra szimmetrikusak, fejezz¨ uk ki a megadott felt´eteleket a3 seg´ıts´eg´evel. Ekkor az ¨osszegre vonatkoz´o felt´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy a3 − 2d + a3 + 2d = 26,
illetve a3 = 13.
Ha a felt´etelben szerepl˝o szorzat t´enyez˝oit is fel´ırjuk a3 seg´ıts´eg´evel, akkor az (a3 − d)(a3 + d) = 160,
illetve 132 − d2 = 160
¨osszef¨ ugg´est kapjuk, ahonnan d2 = 9, azaz d = 3 vagy d = −3. Ha d = 3, akkor az a3 = a1 + 2d ¨osszef¨ ugg´esb˝ol a1 = 7 k¨ovetkezik, a keresett sz´amtani sorozat pedig 7, 10, 13, 16, 19, . . . Amennyiben d = −3, az a3 = a1 + 2d ¨osszef¨ ugg´esb˝ol a1 = 19-et kapunk, s akkor a keresett sz´amtani sorozat 19, 16, 13, 10, 7, . . .
´ 2. SZAMSOROZATOK
72
2. Hat´arozzuk meg az ¨osszes olyan k´etjegy˝ u sz´am ¨osszeg´et, amelyek 4-gyel osztva marad´ekul 1-et adnak. Megold´ as. Az els˝o olyan k´etjegy˝ u sz´am, amely 4-gyel osztva marad´ekul 1-et ad, a 13. Ez lehet teh´at egy sorozat els˝o eleme (a1 = 13). A 4-gyel val´o oszt´as marad´ekoszt´aly´aban az elemek sorban 4-gyel n¨ovekszenek, teh´at egy olyan sz´amtani sorozatot alkotnak, amelynek k¨ ul¨onbs´ege d = 4. Az utols´o k´etjegy˝ u sz´am ebben a sorozatban a 97. A k´erd´es most az, hogy a 97 hanyadik eleme ennek a sorozatnak. Mivel an = a1 + (n − 1)d, ´ıgy 97 = 13 + (n − 1) · 4, ´es ebb˝ol n = 22. A keresett ¨osszeg kisz´am´ıthat´o a sz´amtani sorozat els˝o n elem´enek Sn ¨osszegk´eplet´eb˝ol, s ´ıgy S22 =
22 (13 + 97) = 11 · 110 = 1210. 2
3. Egy erd˝otelep´ıt´esn´el p´arhuzamos sorokban ¨osszesen 2660 f´at u ¨ltettek el. Az els˝o sorba 8, minden k¨ovetkez˝o sorba pedig 3-mal t¨obb fa ker¨ ult, mint az el˝oz˝obe. H´any fa jutott az utols´o sorba? Megold´ as. A k¨ ul¨onb¨oz˝o sorokba u ¨ltetett f´ak sz´ama olyan sz´amtani sorozatot alkot, amelyben a1 = 8 ´es d = 3. Ha n sorba ¨osszesen 2660 f´at u ¨ltettek, akkor Sn = 2660, ´es egyr´eszt ki kell sz´amolni mennyi az n, m´asr´eszt pedig, hogy mennyi az an . Mivel Sn =
n (2a1 + (n − 1)d), 2
´ıgy 2660 =
n (16 + 3(n − 1)), 2
ahonnan 5320 = 16n + 3n(n − 1),
illetve 3n2 + 13n − 5320 = 0.
133 Ebb˝ol n1 = 40 ´es n2 = − , ahol a negat´ıv t¨ort megold´asnak nincs ´ertelme, mivel 3 ez nem lehet a sorozat tagj´anak indexe. Ezek szerint 40 sor f´at u ¨ltettek el ´es az utols´o sorba a40 = a1 + 39d = 8 + 3 · 39 = 125 fa jutott. 4. Hat´arozzuk meg a sz´amtani sorozatban az els˝o 19 tag ¨osszeg´et, ha tudjuk, hogy a4 + a8 + a12 + a16 = 224. Megold´ as. Mivel a4 ´es a16 , valamint a8 ´es a12 az a10 elemre n´ezve szimmetrikusak, ez´ert ´ırjuk fel a megadott felt´etelt a10 ´es d seg´ıts´eg´evel. Ekkor (a10 − 6d) + (a10 − 2d) + (a10 + 2d) + (a10 + 6d) = 224, ahonnan a10 = 56. Az els˝o 19 tag ¨osszege fel´ırhat´o a10 seg´ıts´eg´evel, mint 19 19 19 (a1 + a19 ) = (a10 − 9d + a10 + 9d) = · 2a10 = 19 · 56 = 1064. 2 2 2 √ 5. Lehetnek-e az 5 ´es a 5 egy olyan sz´amtani sorozat elemei, amelynek els˝o tagja 2? S19 =
Megold´ as. Ha van ilyen sorozat, akkor fel´ırhat´o, hogy √ 5 = 2 + (n − 1)d ´es 5 = 2 + (m − 1)d, ahol n ´es m k¨ ul¨onb¨oz˝o term´eszetes sz´amok. Ekkor √ 5 − 2 = (n − 1)d ´es 5 − 2 = (m − 1)d,
2.3. Rekurz´ıv sorozatok ezek h´anyadosa pedig
73 √
5−2 (m − 1)d m−1 = = . 5−2 (n − 1)d n−1 √ √ m−1 m−1 Innen 5 = 3 · + 2, ami lehetetlen, mert 5 irracion´alis sz´am, a 3 · +2 n−1 n−1 kifejez´es pedig√racion´alis, teh´at nem lehetnek egyenl˝ok. Meg´allap´ıthatjuk teh´at, hogy az 5 ´es a 5 sz´amok nem lehetnek egy olyan sz´amtani sorozat tagjai, amelynek els˝o tagja 2.
2.3.2.
M´ ertani (geometriai) sorozat
2.6. Defin´ıci´ o. Azt a sz´amsorozatot, amelyben minden elemet (tagot) az ˝ot megel˝oz˝ob˝ol egy q ̸= 0 sz´ammal val´o szorz´assal kapunk, m´ertani (vagy geometriai) sorozatnak nevezz¨ uk. A q sz´ am a sorozat h´anyadosa (vagy kvociense). A defin´ıci´ob´ol k¨ovetkezik a m´ertani sorozat rekurz´ıv k´epz´esi szab´alya: an = an−1 q,
illetve
an = q, an−1
n ≥ 2.
Ebb˝ol l´atjuk, hogy q > 0 eset´en a sorozat elemei azonos el˝ojel˝ uek. Ha q > 1, akkor a1 > 0 eset´en a m´ertani sorozat szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, a1 < 0 eset´en pedig szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. Ha 0 < q < 1 ´es a1 > 0, akkor a sorozat szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, a1 < 0 eset´en pedig szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o. q = 1-re ´alland´o sorozatot kapunk. Ha q < 0, akkor az elemek el˝ojele v´altakoz´o. A defin´ıci´ob´ol k¨ovetkezik, hogy adott a1 ´es q eset´en a m´ertani sorozat tagjai fel´ırhat´ok a2 = a1 q, a3 = a1 q 2 , a4 = a1 q 3 , .. . alakban, illetve ezt az elj´ar´ast folytatva ´es ´altal´anos´ıtva kimondhat´o a k¨ovetkez˝o t´etel: 2.3. T´ etel. Ha a m´ertani sorozat els˝o eleme a1 ´es h´anyadosa q, akkor minden n term´eszetes sz´am eset´en an = a1 q n−1 . Bizony´ıt´as. A bizony´ıt´ast matematikai indukci´oval v´egezz¨ uk. 1o n = 1 eset´en a1 = a1 q ( 1 − 1) = a1 q 0 = a1 . 2o Tegy¨ uk fel, hogy az ´all´ıt´as igaz n = k-ra, vagyis, hogy ak = a1 q k−1 . 3o Igazoljuk az ´all´ıt´as helyess´eg´et n = k + 1-re. Ekkor ak+1 = ak · q = a1 · q k−1 · q = a1 · q k = a1 · q k+1−1 .
⋄
´ 2. SZAMSOROZATOK
74
3 m´ertani sorozatban meghat´arozzuk az 2n 3 3 els˝o elemet ´es a h´anyadost, akkor az els˝o elem az a1 = 1 = . A kvocienst kisz´am´ıthatjuk 2 2 b´armelyik k´et szomsz´edos tag h´anyadosak´ent, p´eld´aul
2.17. P´ elda. Ha az a feladatunk, hogy az an =
q=
a2 = a1
3 22 3 21
1 = . 2
´ 2.18. P´ elda. Allap´ ıtsuk meg, hogy a m´ertani sorozat h´anyadik tagja a −81, ha els˝o eleme −1, h´anyadosa pedig 3. Mivel an = a1 q n−1 , ez´ert −81 = −1 · 3n−1 , ahonnan n − 1 = 4, illetve n = 5. Ez´ert a sorozat ¨ot¨odik eleme −81. A m´ertani sorozatban b´armely h´arom egym´ast k¨ovet˝o elemre ´erv´enyes az a2n = an−1 an+1 ¨osszef¨ ugg´es, amelyb˝ol pozit´ıv tag´ u sorozat eset´en fel´ırhat´o az an =
√
an−1 an+1
k´eplet is. Ez azt jelenti, hogy a m´ertani sorozat h´arom szomsz´edos eleme k¨oz¨ ul a k¨oz´eps˝o a k´et mellette lev˝onek m´ertani k¨ozepe ´es ebb˝ol sz´armazik a megnevez´esben a ”m´ertani” jelz˝o. Hasonl´oan ´erv´enyes k < n eset´en, hogy a2n = an−k an+k . 2.4. T´ etel. Ha az {an } m´ertani sorozat els˝o eleme a1 ´es h´anyadosa q, akkor az els˝ on elem´enek ¨osszege Sn = a1 + a2 + ... + an = a1 ·
qn − 1 1 − qn = a1 · , q−1 1−q
q ̸= 1.
Ha q = 1, akkor Sn = na1 . Bizony´ıt´ as. Ha Sn = a1 + a2 + ... + an akkor Sn q = a1 q + a2 q + ... + an q = a2 + a3 + ... + an+1 . Ha a m´asodik egyenletb˝ol kivonjuk az els˝ot, akkor Sn q − Sn = a2 + a3 + ... + an+1 − (a1 + a2 + ... + an ) = an+1 − a1 = a1 q n − a1 , vagyis Sn (q − 1) = a1 (q n − 1),
ahonnan Sn = a1
qn − 1 . q−1
Ha q = 1, akkor a m´ertani sorozat minden tagja egyenl˝o, ´ıgy Sn = n · a1 . ⋄
2.3. Rekurz´ıv sorozatok
75
2.19. P´ elda. Ha az Sn = xn−1 + xn−2 y + xn−3 y 2 + · · · + xy n−2 + y n−1 ¨osszegben x ̸= 0 ´es y ̸= 0, akkor Sn egy olyan m´ertani sorozat els˝o n tagj´anak ¨osszege, y amelyben a1 = xn−1 ´es q = . Ez´ert x ( y )n xn − y n n−1 1 − x Sn = x · = , 1 − xy x−y ahonnan (x − y)Sn = xn − y n , vagyis ily m´odon levezett¨ uk az ismert ¨osszef¨ ugg´est, mely szerint xn − y n = (x − y)(xn−1 + xn−2 y + xn−3 y 2 + · · · + xy n−2 + y n−1 ). A m´ertani sorozat n-edik elem´enek kisz´am´ıt´asa a kamatos kamatsz´am´ıt´asban nagyon fontos. Gondoljunk a k¨ovetkez˝o probl´em´ara. 2.20. P´ elda. Valaki janu´ar 1-´en 7000 din´art ´evi 5%-os kamatl´ab mellett betesz a bankba. Kamatosan kamatozva 6 ´ev alatt mekkor´ara n¨ovekszik meg az ¨osszeg? (A kamatos kamatoz´as azt jelenti, hogy az ´evi kamatot ´evenk´ent automatikusan hozz´acsatolj´ak a lek¨ot¨ott p´enz¨osszeghez, ´es a k¨ovetkez˝o ´evekben m´ar ez a megn¨ovekedett ¨osszeg kamatozik.) ´ Altal´ anosan fogalmazva: A T0 ¨osszeg ´evi p%-os kamatl´abbal kamatozva n ´ev alatt mekkor´ara n¨ovekszik fel? p A p%-os kamattal n¨ovelt ¨osszeg 1 ´ev alatt az eredeti 1 + -szoros´ara n¨ovekszik. Ez´ert 100 p%-kal kamatosan kamatozva n ´ev alatt a T0 ¨osszegb˝ol lesz ( p )n . Tn = T0 1 + 100 Eset¨ unkben ez ( T6 = T0
( )6 p )6 5 1+ = 7000 · 1 + = 7000 · 1, 056 = 9380, 67 din. 100 100
FELADATOK. 1. Egy n¨ovekv˝o m´ertani sorozat els˝o ´es harmadik tagj´anak ¨osszege 20, els˝o h´arom tagj´anak ¨osszege pedig 26. Melyik ez a sorozat? Megold´ as. Mivel a1 + a3 = 20 ´es a1 + a2 + a3 = 26, ebb˝ol nyilv´anval´o, hogy a2 = 6, 6 ahonnan a1 q = 6, illetve a1 = . Mivel q a1 + a1 q 2 = 20, illetve
´ıgy a1 (1 + q 2 ) = 20,
6 (1 + q 2 ) = 20. q
´ 2. SZAMSOROZATOK
76
Ebb˝ol a 3q 2 −10q +3 = 0 m´asodfok´ u egyenletet kapjuk, amelynek megold´asai q1 = 3 1 1 ´es q2 = . Mivel a keresett sorozat n¨ovekv˝o kell legyen, ´ıgy a h´anyados nem lehet . 3 3 Ez´ert q = 3 ´es a1 = 2. A feladatban megdott felt´etelekt kiel´eg´ıt˝o n¨ovekv˝o m´ertani sorozat teh´at: 2, 6, 18, 54, . . . 2. Egy m´ertani sorozat negyedik tagja 24-gyel nagyobb, mint a m´asodik tag, m´asodik ´es harmadik tagj´anak ¨osszege pedig 6. Hat´arozzuk meg ezt a sorozatot. Megold´ as. A megadott felt´etelekb˝ol fel´ırhatjuk, hogy a4 = a2 + 24 ´es a2 + a3 = 6, a1 q 3 − a1 q = 24 ´es a1 q + a1 q 2 = 6, illetve a1 (q 3 − q) = 24 ´es a1 (q + q 2 ) = 6. Osszuk el a k´et egyenlet megfelel˝o oldalait: q3 − q 24 = . 2 q+q 6 Ekkor q(q 2 − 1) = 4q(q + 1),
ha q + q 2 ̸= 0,
ebb˝ol pedig k¨ovetkezik, hogy q − 1 = 4, ahonnan q = 5. Most 30 · a1 = 6, innen 1 pedig a1 = . Ekkor a keresett m´ertani sorozat 5 1 , 1, 5, 25, 125, . . . 5 N´ezz¨ uk meg ad-e tov´abbi megold´ast a q + q 2 = 0 eset. A m´ertani sorozat defin´ıci´oja szerint q ̸= 0. Ha q = −1, akkor a m´asodik felt´etelb˝ol a1 · 0 = 6, ami ellentmond´ast jelent, teh´at ezek az ´ert´ekek nem adnak megold´ast. 3. Egy pozit´ıv tag´ u m´ertani sorozat els˝o ´es ¨ot¨odik tagj´anak k¨ ul¨onbs´ege 15, els˝o ´es harmadik tagj´anak ¨osszege pedig 20. Hat´arozzuk meg a sorozat els˝o ¨ot tagj´anak ¨osszeg´et. Megold´ as. Ahhoz, hogy a m´ertani sorozat minden tagja pozit´ıv legyen, a1 ´es q is pozit´ıv kell legyen. A felt´etelek szerint a1 − a5 = 15 ´es a1 + a3 = 20 igaz, amelyek fel´ırhat´ok a1 ´es q seg´ıts´eg´evel, mint a1 (1 − q 4 ) = 15 ´es a1 (1 + q 2 ) = 20. Elosztva a k´et egyenlet megfelel˝o oldalait kapjuk, hogy 3 1 − q4 = . 2 1+q 4 Mivel 1 − q 4 = (1 − q 2 )(1 + q 2 ) ´es 1 + q 2 ̸= 0, ez´ert a baloldalon egyszer˝ us´ıthet¨ unk 1 + q 2 -tel, s ebb˝ol az 1 3 1 − q 2 = , illetve q 2 = 4 4
2.3. Rekurz´ıv sorozatok
77
1 1 vagy q = . Mivel a felt´etelek szerint a 2 2 1 h´anyados nem lehet negat´ıv, ez´ert q = az egyetlen megold´as. Ekkor a1 = 16, a 2 keresett m´ertani sorozat pedig
egyenletet kapjuk, ahonnan q = −
1 16, 8, 4, 2, 1, , . . . 2 4. Egy h´aromsz¨og oldalainak m´er˝osz´ama egy m´ertani sorozat h´arom egym´ast k¨ovet˝o eleme. Milyen hat´arok k¨oz¨ott v´altozhat a sorozat h´anyadosa? Megold´ as. Legyenek a h´aromsz¨og oldalai a, b ´es c. Tegy¨ uk fel, hogy a a h´aromsz¨og legr¨ovidebb, c pedig a leghosszabb oldala. Mivel ezek a sz´amok m´ertani sorozatot alkotnak, ´ıgy b = aq ´es c = aq 2 , eami szerint q ≥ 1. A h´aromsz¨og oldalaira vonatkoz´o egyenl˝otlens´eg szerint a + b > c,
ahonnan a + aq > aq 2 .
Mivel a a h´aromsz¨og oldala, ez´ert pozit´ıv sz´am, ´ıgy a fenti egyenl˝otlens´eg oszthat´o a-val. Ekkor q2 − q − 1 < 0 ( √ √ ) √ 1− 5 1+ 5 1− 5 egyenl˝otlens´eget kapjuk, ahonnan q ∈ , . Mivel negat´ıv 2 2 2 √ 1+ 5 sz´am, ez´ert a q ≥ 1 felt´etel miatt a h´anyados hat´arai 1 ´es , azaz 2 √ 1+ 5 1≤q< . 2 5. A 2 ´es 4 k¨oz´e iktassunk 9 sz´amot u ´gy, hogy a k´et megadott sz´ammal egy¨ utt m´ertani sorozatot alkossanak. Megold´ as. A 2-vel ´es a 4-gyel egy¨ utt a keresett 9 sz´am a sorozat 11 elem´et adja √ meg, vagyis a1 = 2 ´es a11 = 4. Mivel a11 = a1 · q 10 , ´ıgy 4 = 2 · q 10 , ahonnan q = 10 2 k¨ovetkezik, ugyanis ennek a sorozatnak n¨ovekv˝onek kell lennie, ´es ez csak q > 1 eset´en t¨ort´enhet meg. ´Igy a sorozat elemei √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 2, 2 2, 2 22 , 2 23 , 2 24 , 2 25 , 2 26 , 2 27 , 2 28 , 2 29 , 2 210 , illetve n´emi rendez´es ut´an √ √ √ √ √ √ √ √ √ 5 10 5 10 5 10 5 10 10 2, 2 2, 2 2, 2 8, 2 4, 2 32, 2 8, 2 128, 2 16, 2 512, 4. 6. Egy sz´amtani ´es egy m´ertani sorozat els˝o eleme 5 ´es harmadik elem¨ uk is egyenl˝o. A sz´amtani sorozat m´asodik eleme 10-zel nagyobb a m´ertani sorozat m´asodik elem´en´el. ´Irjuk fel ezeket a sorozatokat. Megold´ as. Jel¨olje a1 , a2 , a3 a sz´amtani sorozat, b1 , b2 , b3 pedig a m´ertani sorozat els˝o h´arom elem´et. Ekkor a1 = b1 = 5,
a3 = b 3 ,
´es a2 = b2 + 10.
´ 2. SZAMSOROZATOK
78
Mivel a2 = 5 + d ´es a3 = 5 + 2d, valamint b2 = 5q ´es b3 = 5q 2 , ´ıgy k¨ovetkezik, hogy 5 + 2d = 5q 2 ´es 5 + d = 5q + 10. A m´asodik egyenletb˝ol d = 5q + 5, majd ezt az els˝obe helyettes´ıtve k¨ovetkezik, hogy 5 + 10q + 10 = 5q 2 ,
vagyis q 2 − 2q − 3 = 0,
amelynek megold´asai q1 = −1 ´es q2 = 3. Ha q1 = −1, akkor d1 = 0, a keresett sorozatok pedig az 5, 5, 5, . . . sz´amtani ´es az 5, −5, 5, . . . m´ertani sorozat. Ha q2 = 3, akkor d2 = 20, a keresett sorozatok pedig az 5, 25, 45, . . . sz´amtani ´es az 5, 15, 45, . . . m´ertani sorozat. Ez´ert teh´at k´et sorozatp´ar l´etezik a feladatban megadott felt´etelekkel, m´egpedig az ´es 5, −5, 5, . . .
5, 5, 5, . . . valamint az 5, 25, 45, . . .
´es 5, 15, 45, . . .
sorozatp´ar. 7. N´egy sz´am egy m´ertani sorozat n´egy egym´ast k¨ovet˝o elem´et alkotja. Ha a m´asodik sz´amhoz 6-ot, a harmadikhoz 3-at adunk, a negyedikb˝ol 36-ot elvesz¨ unk, akkor az ´ıgy kapott n´egy sz´am egy sz´amtani sorozat egym´ast k¨ovet˝o tagjai lesznek. Melyik ez a n´egy sz´am? Megold´ as. Legyenek a, b, c ´es d a n´egy sz´am, amelyek m´ertani sorozatot alkotnak. Ekkor a felt´etelek szerint a, b + 6, c + 3 ´es d − 36 sz´amtani sorozatot alkotnak. Ez´ert ´erv´enyes, hogy b2 c2 2(b + 6) 2(c + 3)
= = = =
ac bd a+c+3 b + 6 + d − 36
A harmadik egyenletb˝ol a = 2b − c + 9, a negyedikb˝ol pedig d = 2c − b + 36. helyettes´ıts¨ uk be ezeket a kifejez´eseket az els˝o k´et egyenletbe. Ekkor a b2 = c(2b − c + 9) c2 = b(2c − b + 36) egyenletrendszert kapjuk. Rendezz¨ uk a k´et egyenletet b2 + c2 − 2bc = 9c b2 + c2 − 2bc = 36d alak´ ura, majd vonjuk ki egym´asb´ol a k´et egyenletet. Ekkor c = 4d ad´odik, majd ezt behelyettes´ıtve az a = 2b − c + 9 ´es d = 2c − b + 36 egyenletekbe ad´odnak az a = 9 − 2b ´es d = 7b + 36 ¨osszef¨ ugg´esek. A b2 = ac egyenletbe helyettes´ıtve a 2 b = (9 − 2b) · 4b egyenletet kapjuk, ahonnan b = 0 vagy b = 4. Ha b = 0, akkor c = 0, a = 9 ´es d = 36, amib˝ol a 9, 0, 0, 36 sorozatot kapn´ank, de ez nem m´ertani sorozat. Ha b = 4, akkor c = 16, a = 1 ´es d = 64, amib˝ol az 1, 4, 16, 64 m´ertani sorozatot kapjuk, a megfelel˝o sz´amtani sorozat pedig az 1, 10, 19, 28. A keresett n´egy sz´am teh´at 1, 4, 16, 64.
2.3. Rekurz´ıv sorozatok
79
8. H´arom sz´am, melyek ¨osszege 76, m´ertani sorozatot alkot. Ezt a h´arom sz´amot tekinthetj¨ uk egy sz´amtani sorozat els˝o, negyedik ´es hatodik tagj´anak is. Melyik ez a h´arom sz´am? Megold´ as. Legyenek a, b ´es c a keresett sz´amok. Mivel ezek a sz´amok m´ertani sorozatot alkotnak, ´ıgy b = aq ´es c = aq 2 . A sz´amok ¨osszege a + b + c = 76, illetve a + aq + aq 2 = 76. A m´asik felt´etel szerint b = a + 3d, illetve c = a + 5d ´es mivel m´ertani sorozat elemeir˝ol van sz´o, ez´ert fel´ırhat´o, hogy aq = a + 3d, illetve aq 2 = a + 5d. ha a k´et egyenletet kivonjuk egym´asb´ol, akkor a 2d = aq(q − 1) felt´etelt kapjuk. Az a(q − 1) = 3d ´es a aq(q − 1) = 2d felt´etelb˝ol ad´odik tov´abb´a, hogy a(q − 1) aq(q − 1) = , 3 2 ahonnan 2a(q − 1) = 3aq(q − 1) azaz a(q − 1)(2 − 3q) = 0. 2 Innen a = 0 vagy q = 1 vagy q = a lehets´eges megold´asok. 3 a = 0 eset´en b = 0 ´es c = 0 lenne, ezek ¨osszege pedig nem 76. 76 76 76 ´es c = . Ez a h´arom sz´am kiel´eg´ıti a megadott Ha q = 1, akkor a = , b = 3 3 3 felt´eteleket. ( ) 2 2 4 ha q = , akkor a 1 + + = 76, ahonnan a = 36, b = 24 ´es c = 16 ad´odik. 3 3 9 Mivel ez a h´arom sz´am is kiel´eg´ıti a megadott felt´eteleket (a megfelel˝o sz´amtani sorozatban d = −4), ez´ert k´et olyan sz´amh´armas l´etezik, amely eleget tesz a feladatban kit˝ uz¨ott felt´eteleknek, ezek pedig a 76 76 76 , , 3 3 3
´es a 36, 24, 16.
9. Lak´asv´as´arl´asra janu´arban 50000 eur´o k¨olcs¨ont kaptunk a bankt´ol ´evi 5%-os kamatos kamatra. Minden ´ev v´eg´en 6000 eur´ot kell t¨orleszten¨ unk. H´any ´ev m´ ulva fizetj¨ uk vissza az ad´oss´agunkat? Megold´ as. A k¨olcs¨on ¨osszege kezdetkor T0 = 50000 eur´o. Ha erre az ¨osszegre az ´ev v´eg´en 5%-os kamatot fizet¨ unk ´es t¨orleszt¨ unk x = 6000 eur´ot, akkor az els˝o ´ev v´eg´en az ad´oss´agunk ( p ) T1 = T0 1 + − x = T0 · q − x, 100 p ahol q = 1 + . A m´asodik ´ev v´eg´en az ad´oss´agunk 100 ( p ) T2 = T1 1 + − x = (T0 · q − x) · q − x = T0 · q 2 − x(q + 1). 100 A harmadik ´ev v´eg´en ez ( p ) − x = (T0 · q 2 − x(q + 1)) · q − x = T0 · q 3 − x(q 2 + q + 1). T3 = T2 1 + 100 Folytatva ezt az elj´ar´ast azt kapjuk, hogy az n. ´ev v´eg´en ad´oss´agunk Tn = T0 · q − x(q n
n−1
+q
n−2
qn − 1 + · · · + q + 1) = T0 · q − x · 1 · . q−1 n
´ 2. SZAMSOROZATOK
80
Ha ad´oss´agunkat az n. ´evben teljesen vissza akarjuk fizetni, akkor Tn = 0 kell legyen. Az a k´erd´es, hogy ez hanyadik ´evben t¨ort´enik, azaz mennyi az n ´ert´eke. Mivel q =1+
p 5 =1+ = 1.05, 100 100
´ıgy a keresett ´ert´eket a 0 = 50000 · 1.05n − 6000 · 1 ·
1.05n − 1 1.05 − 1
egyenletb˝ol sz´am´ıtjuk ki. Innen 120000 = 70000 · 1, 05n ,
illetve 1.05n =
12 . 7
Mindk´et oldal logaritm´al´as´aval azt kapjuk, hogy n · log 1.05 = log
12 , 7
ahonnan n ≈ 11.04, ez pedig azt jelenti, hogy az ad´oss´agot k¨or¨ ulbel¨ ul 11 ´ev alatt fizetj¨ uk vissza. 10. Sz´am´ıtsuk ki az Sn = 9 + 99 + 999 + · · · + |99 {z · · · 9} ¨osszeget. n
Megold´ as. El˝osz¨or vegy¨ uk ´eszre, hogy az ¨osszeadand´ok mindegyike a 10 valamelyik hatv´any´at´ol 1-gyel kisebb sz´am. Ezt az ´eszrev´etelt felhaszn´alva fel´ırhatjuk, hogy Sn = (101 − 1) + (102 − 1) + (103 − 1) + · · · + (10n − 1). Innen az Sn = 10 + 102 + 103 + · · · + 10n − n, k´epletet kapjuk, amelyben felhaszn´alva a m´ertani sorozat els˝o n elem´enek ¨osszegk´eplet´et ad´odik, hogy Sn = 10 ·
2.3.3.
10n − 1 10 −n= · (10n − 1) − n. 10 − 1 9
A Fibonacci-f´ ele sorozat
Leonardo Pisano (1170-1250) olasz keresked˝ o-matematikust Fibonaccinak (Bonaccio fia) is nevezt´ek. Sokat utazott ´es utaz´asai sor´an sokat foglalkozott az arab matematik´aval. K´et k¨onyvet ´ırt, melyekben t¨obb saj´at eredm´enye is van. Az 1228-ban kiadott k¨onyv´eben tal´alhat´ o az az´ota h´ıress´e v´alt k¨ovetkez˝ o p´elda. 2.21. P´ elda. Vizsg´aljuk meg, mennyire szaporodik egy p´ar masz¨ uletett ny´ ul egy ´ev alatt, ha minden ny´ ulp´ar minden h´onap v´eg´en egy p´arral szaporodik, a nyulak pedig k´eth´onapos korukban ivar´erettek. (Ez azt jelenti, hogy akkor hoznak els˝o ´ızben ut´odokat.) Minden h´onap v´eg´en csak azok a nyulak szaporodnak, amelyek legal´abb k´eth´onaposak, ´es ´ıgy az els˝o h´onap v´eg´en, illetve m´asodik h´onap kezdet´en nincs szaporulat, marad az egy
2.4. Differenciaegyenletek
81
p´ar ny´ ul. A m´asodik h´onap v´eg´en, azaz harmadik h´onap kezdet´en m´ar van szaporulat, ´es ´ıgy k´et p´ar a nyulak sz´ama. A harmadik h´onap v´eg´en, illetve negyedik h´onap kezdet´en is csak az eredeti egy p´ar ny´ ulnak van ivad´eka ´es ´ıgy h´arom p´ar ny´ ul lesz. A k¨ovetkez˝o, a negyedik h´onap v´eg´en, vagyis ¨ot¨odik h´onap kezdet´en m´ar k´et p´ar ny´ ul lesz k´eth´onapos, ez´ert a szaporulat k´et p´ar stb. Ha an jelenti a nyulak sz´am´at az n-edik h´onap kezdet´en ´es a1 a nyulak sz´am´at a teny´eszt´es kezdet´en, akkor a1 = 1,
a2 = 1,
an+1 = an + an−1 ,
n = 2, 3, ...
Az ´ıgy kapott 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, ... sorozatot Fibonacci sorozatnak szok´as nevezni, amelynek ´altal´anos eleme: [( √ )n ( √ )n ] 1 1+ 5 1− 5 − , n = 1, 2, ... an = √ 2 2 5
2.4.
Differenciaegyenletek
Az el˝oz˝o fejezetekben tal´alkoztunk k´et ´erdekes rekurz´ıv sorozattal. Az egyik egy m´ertani sorozat, a1 = 1, an+1 = 2an , n = 1, 2, . . . , amely ´altal´anos tagj´anak k´eplete an = 2n , a m´asik a Fibonacci-sorozat a1 = 1,
a2 = 1,
an+1 = an + an−1 ,
amely ´altal´anos tagj´anak k´eplete [( √ )n ( √ )n ] 1 1+ 5 1− 5 an = √ − , 2 2 5
n = 2, 3, . . . ,
(2.1)
n = 1, 2, . . . ,
k´et m´ertani sorozat k¨ ul¨onbs´ege. Most megmutatjuk azt az elj´ar´ast, amelyb˝ol a Fibonaccisorozat k´eplet´et nyert¨ uk. Tegy¨ uk fel, hogy van olyan {tn } (t ̸= 0) m´ertani sorozat, amely a (2.1) rekurzi´os formul´at kiel´eg´ıti. Ekkor tn+1 = tn + tn−1 , n = 1, 2, ..., ´es ´ıgy t2 − t − 1 = 0.
(2.2)
Ha t a (2.2) egyenletnek a megold´asa, akkor {tn } kiel´eg´ıti a (2.1) rekurzi´os formul´at. √ √ 1 1 Mivel a (2.2) egyenlet k´et gy¨oke t1 = (1 + 5) ´es t2 = (1 − 5), ez´ert az 2 2 {( {( √ )n } √ )n } 1− 5 1+ 5 ´es (2.3) 2 2 geometriai sorozat mindegyike megold´asa a (2.1) rekurzi´os formul´anak. A fenti k´et sorozat egyike sem teljes´ıti azonban az a1 = a2 = 1 kezdeti felt´eteleket. K¨onnyen ellen˝orizhet˝o, hogy b´armely C1 ´es C2 ´alland´o mellett a (2.3) sorozatok C1 ´es C2
´ 2. SZAMSOROZATOK
82
´alland´okkal val´o beszorz´as´aval kapott sorozat is kiel´eg´ıti a (2.1) rekurzi´os formul´at, ´es a k´et sorozat ¨osszege, az ( ( √ )n √ )n 1+ 5 1− 5 an = C1 + C2 2 2 is. Most a C1 ´es C2 ´ert´ekeket, a m´ertani sorozat kezd˝o´ert´ekeit u ´gy fogjuk megv´alasztani, hogy a1 = a2 = 1 legyen. Ez a k¨ovetkez˝o egyenl˝os´egek teljes¨ ul´es´et jelenti: ( ( √ ) √ ) 1+ 5 1− 5 C1 + C2 =1, 2 2 ( C1
( √ )2 √ )2 1+ 5 1− 5 + C2 =1, 2 2
1 1 amib˝ol C1 = √ ´es C2 = − √ . Ezt az elj´ar´ast alkalmazni lehet a Fibonacci-sorozatn´al 5 5 ´altal´anosabb rekurz´ıv sorozatokra is. 2.4.1.
V´ eges differenci´ ak
2.7. Defin´ıci´ o. Egy {an } val´os sz´amsorozat v´eges differenci´ aj´ an a ∆an = an+1 − an ,
n = 1, 2, ....
k¨ ul¨ onbs´eget ´ertj¨ uk. Az a lek´epez´es, amely az {an } sorozathoz hozz´arendeli a {∆an } sorozatot, a k¨ovetkez˝o tulajdons´aggal rendelkezik: ∆(an + bn ) = ∆an + ∆bn , ´es ha λ val´os sz´am, akkor ∆(λan ) = λ · ∆an , vagyis a ∆ az ¨osszead´assal ´es a λ-val val´o szorz´assal felcser´elhet˝o. Ezt a tulajdons´agot u ´gy fejezz¨ uk ki r¨oviden, hogy ∆ line´aris. A magasabb differenci´akat a k¨ovetkez˝ok´eppen ´ertelmezz¨ uk: a m´asodik differencia ∆2 an = ∆(∆an ) = an+2 − 2an+1 + an .
2.4.2.
´ Alland´ o egy¨ utthat´ os line´ aris differenciaegyenletek
2.8. Defin´ıci´ o. Az ismeretlen {an } sz´amsorozat ´es els˝o differenci´ aja k¨oz¨ ott fenn´all´o A1 ∆an + A0 an = 0,
(2.4)
alak´ u line´aris ¨osszef¨ ugg´est, ahol A1 , A0 egy¨ utthat´ ok adott val´os sz´amok ´es A1 ̸= 0, ´alland´o egy¨ utthat´ os els˝orend˝ u line´aris differenciaegyenletnek nevezz¨ uk.
2.4. Differenciaegyenletek
83
Behelyettes´ıtve a v´eges differencia alakj´at, a (2.4) egyenletet a an+1 = qan alakban is fel´ırhatjuk. 2.22. P´ elda. Tekints¨ uk a ∆an = k alak´ u differenciaegyenlet, ahol k ´alland´o. A v´eges differencia defin´ıci´oj´at behelyettes´ıtve a fenti egyenlet an+1 − an = k alakban ´ırhat´o fel. Az ´altal´anos megold´as nyilv´anval´oan an = kn + C. Ez azt jelenti, hogy az an ´ert´ekek olyan sz´amtani sorozatot alkotnak, amelynek differenci´aja k. 2.23. P´ elda. Tekints¨ uk most a ∆an + ban = 0 differenciaegyenletet. A v´eges differencia defin´ıci´oj´at behelyettes´ıtve ez az egyenlet an+1 − an + ban = 0 alakban ´ırhat´o, ahonnan
an+1 =1−b an egyenlet ad´odik. Ebben az esetben teh´at az an ´ert´ekek m´ertani sorozatot alkotnak. a1 = A kezdeti ´ert´ek eset´en az an+1 = qan els˝orend˝ u line´aris differenciaegyenlet ´altal´anos megold´asa an = Aq n−1 . A megold´ashoz a k¨ovetkez˝o m´odszerrel juthatunk: keress¨ uk a megold´ast an = Ctn alakban, ahol C meghat´arozatlan ´alland´o, maga a megold´as pedig egy tetsz˝olegesen v´alasztott kezdeti ´ert´ekt˝ol f¨ ugg. Behelyettes´ıt´es ut´an ad´odik, hogy tn+1 = qtn , innen pedig a t − q = 0 karakterisztikus egyenlet megold´asak´ent a t = q ´ert´eket kapjuk. A A kezdeti ´ert´ek felhaszn´al´as´aval kisz´am´ıthat´o, hogy C = , ami a fent megadott megold´ashoz q vezet. 2.9. Defin´ıci´ o. Az ismeretlen {an } sz´ amsorozat ´es els˝o k´et differenci´ aja k¨oz¨ ott fenn´all´o A2 ∆2 an + A1 ∆an + A0 an = 0
(2.5)
alak´ u line´aris ¨osszef¨ ugg´est, ahol A2 , A1 , A0 egy¨ utthat´ ok adott val´os sz´amok ´es A2 ̸= 0, alland´o egy¨ ´ utthat´os m´asodrend˝ u line´aris differenciaegyenletnek nevezz¨ uk.
´ 2. SZAMSOROZATOK
84
Behelyettes´ıtve a v´eges differenci´ak megfelel˝o alakjait, a (2.5) egyenletet az an+2 = pan+1 + qan
(2.6)
alakban is fel´ırhatjuk. Induljunk ki most a (2.6) egyenletb˝ol, amely az an , an+1 ´es an+2 ismeretleneket tartalmazza. Ha az an ´es an+1 ´ert´ekeket tetsz˝olegesen v´alasztjuk, akkor az egyenlet meghat´arozza az an+2 ´ert´eket. ´Irjuk fel most azt az egyenletet, amelyet u ´gy kapunk, hogy minden index ´ert´ek´et eggyel megn¨ovelj¨ uk. Az ebben az egyenletben el˝ofordul´o ismeretlenek a k¨ovetkez˝ok lesznek: an+1 , an+2 ´es an+3 . Mivel an+1 ´es an+2 ´ert´eke m´ar ismert, ez´ert meg tudjuk hat´arozni an+3 ´ert´ek´et. Folytatva ezt az elj´ar´ast, bel´athat´o, hogy an ´es an+1 tetsz˝olegesen megv´alasztott k´et kezdeti ´ert´eke a megold´ast teljesen meghat´arozza. A megold´as teh´at k´et tetsz˝olegesen v´alaszthat´o kezdeti ´ert´ekt˝ol f¨ ugg. Tegy¨ uk fel, hogy fn ´es gn az an+2 = pan+1 + qan (2.7) ´alland´o egy¨ utthat´os line´aris differenciaegyenlet k´et line´arisan f¨ uggetlen megold´asa ´es mindkett˝o egy speci´alisan megv´alasztott kezdeti ´ert´ekrendszernek felel meg. Ekkor, az egyenletek line´aris jellege miatt az ´altal´anos megold´ast an = C1 fn + C2 gn alakban ´ırhatjuk fel, ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges ´alland´o. A fenti ¨osszef¨ ugg´es megadja a (2.7) differenciaegyenlet ´altal´anos megold´as´at, ha az fn ´es gn megold´asok line´arisan f¨ uggetlenek. A (2.7) m´asodrend˝ u line´aris differenciaegyenlet ´altal´anos megold´as´anak el˝o´all´ıt´asa v´egett keress¨ uk a megold´ast an = tn (t ̸= 0) alakban, ahol t egyel˝ore hat´arozatlan ´alland´o. Behelyettes´ıtve a k¨ovetkez˝o (2.7) differenciaegyenletbe, t ismeretlenes egyenletet kapjuk: tn+2 = ptn+1 + qtn ,
n = 1, 2, 3, ...,
(2.8)
amib˝ol a t2 = pt + q, m´asodfok´ u algebrai egyenlet ad´odik, a (2.7) karakterisztikus egyenlete, amelynek t a gy¨oke. Ford´ıtva, ha t a karakterisztikus egyenletnek a megold´asa, akkor (2.8) is ´erv´enyes, vagyis tn kiel´eg´ıti a (2.7) differenciaegyenletet. K´et esetet fogunk t´argyalni: amikor a karakterisztikus egyenletnek k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o val´os gy¨oke van ´es amikor a karakterisztikus egyenletnek egy kett˝os val´os gy¨oke van. I. Vegy¨ uk el˝osz¨or a k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o val´os gy¨ok eset´et, amikor t1 ´es t2 a karakterisztikus uggetlen egyenlet val´os megold´asai, ahol t1 ̸= t2 . Ekkor, fn = tn1 ´es gn = tn2 a line´arisan f¨ megold´asok, s ´epp´ ugy, mint a Fibonacci-sorozat eset´eben, tetsz˝oleges C1 , C2 mellett az an = C1 tn1 + C2 tn2
(2.9)
sorozat ´altal´anos megold´asa a differenciaegyenletnek, amib˝ol az a1 = A, a2 = B kezdeti ´ert´eket kiel´eg´ıt˝o megold´ast u ´gy kapjuk, hogy a C1 t1 + C2 t2 = A, C1 t21 + C2 t22 = B egyenletrendszert kiel´eg´ıt˝o C1 , C2 ´ert´ekeket helyettes´ıtj¨ uk a (2.9) k´epletbe.
2.4. Differenciaegyenletek
85
2.24. P´ elda. Oldjuk meg az an+2 = 5an+1 − 6an , a1 = 3,
n = 1, 2, . . .
a2 = 2
differenciaegyenletet. Megold´ as. A karakterisztikus egyenlet t2 − 5t + 6 = 0, amelynek gy¨okei t1 = 3 ´es t2 = 2. ´Igy az egyenlet ´altal´anos megold´asa: an = C1 3n + C2 2n ,
n = 1, 2, . . .
A C1 , C2 ´ert´ekp´arra 3C1 + 2C2 = 3, 9C1 + 4C2 = 2, 4 7 amib˝ol C1 = − ´es C2 = . 3 2 II. Kett˝os val´os gy¨ok eset´en, amikor t1 = t2 val´os sz´am, fn = tn1 ´es gn = ntn1 a line´arisan f¨ uggetlen megold´asok, s tetsz˝oleges C1 , C2 mellett az an = C1 tn1 + C2 ntn1
(2.10)
sorozat ´altal´anos megold´asa a differenciaegyenletnek, amib˝ol az a1 = A, a2 = B kezdeti ´ert´eket kiel´eg´ıt˝o megold´ast u ´gy kapjuk, hogy a C1 t1 + C2 t1 = A, C1 t21 + 2C2 t21 = B egyenletrendszert kiel´eg´ıt˝o C1 , C2 ´ert´ekeket helyettes´ıtj¨ uk a (2.10) k´epletbe. 2.25. P´ elda. Hat´arozzuk meg az a1 = 0,
a2 = 1
an+2 = 4an+1 − 4an ,
n = 1, 2, . . .
rekurz´ıv m´odon megadott sz´amsorozat ´altal´anos elem´et. Megold´ as. A karakterisztikus egyenlet t2 − 4t + 4 = 0, amelynek gy¨okei t1 = t2 = 2. ´Igy az egyenlet ´altal´anos megold´asa: an = C1 2n + C2 2n n,
n = 1, 2, . . .
A C1 , C2 ´ert´ekp´arra 2C1 + 2C2 = 0, 4C1 + 8C2 = 1, 1 1 amib˝ol C1 = − ´es C2 = . Ennek alapj´an az ´altal´anos elem 4 4 1 1 an = − · 2n + · 2n n = (n − 1)2n−2 . 4 4
´ 2. SZAMSOROZATOK
86 FELADATOK.
1. Oldjuk meg az an+1 − 3an = 0 differenciaegyenletet, ha a1 =
√
2.
Megold´ as. Keress¨ uk a megold´ast an = tn alakban, ahol t ̸= 0. Ekkor az egyenletbe helyettes´ıtve kapjuk, hogy tn+1 − 3tn = 0,
illetve a t − 3 = 0
karakterisztikus egyenletet, amelynek megold´asa t = 3. Ekkor az ´altal´anos megold´ √as n an = C · 3 alakban ´ırhat´o fel, ahol C tetsz˝oleges val´os sz´am. Mivel a1 = 2 kell, hogy teljes¨ ulj¨on, ez´ert behelyettes´ ıtve az ´altal´anos megold´as k´eplet´ebe kapjuk, √ √ 2 hogy 3C = 2, ahonnan C = , a k´ert felt´eteleknek eleget tev˝o megold´as pedig 3 √ √ 2 n an = · 3 , azaz an = 2 · 3n−1 . 3 1 2. ´Irjuk fel az a1 = 2, an+1 = − an rekurz´ıv m´odon megadott sz´amsorozat ´altal´anos 10 elem´et. Megold´ as. A megold´ast an = tn alakban keress¨ uk, ahol t ̸= 0. Ekkor az egyenletbe helyettes´ıtve kapjuk, hogy 1 n 1 t , ahonnan t = − 10 10 a karakterisztikus ( )n egyenletet megold´asa. Ekkor a rekurz´ıv egyenletet kiel´eg´ıti az 1 an = C · − ´altal´anos megold´as, ahol C tetsz˝oleges val´os sz´am. Mivel a1 = 2 10 kell, hogy teljes¨ ulj¨on, ez´ert behelyettes´ıtve az ´altal´anos megold´as k´eplet´ebe kapjuk, −C hogy = 2, ahonnan C = −20 k¨ovetkezik, a sorozat n. elem´enek k´eplete pedig 10 (−1)n (−1)n an = −20 · , azaz a = −2 · . n 10n 10n−1 tn+1 = −
3. Oldjuk meg az an+2 = 5an+1 − 6an differenciaegyenletet, ha a1 = 3, a2 = 3. Megold´ as. A megold´ast most is an = tn alakban keress¨ uk, ahol t ̸= 0. Ekkor az egyenletbe helyettes´ıtve kapjuk, hogy tn+2 = 5tn+1 − 6tn ,
ahonnan t2 − 5t + 6 = 0
a karakterisztikus egyenletet, megold´asai pedig t1 = 2 ´es t2 = 3. Ekkor a differenciaegyenletet kiel´eg´ıti minden an = C1 · 2n + C2 · 3n alak´ u megold´as, amelyet ´altal´anos megold´asnak nevez¨ unk, ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges egym´ast´ol f¨ uggetlen val´os sz´amok. Mivel a1 = 3 ´es a2 = 3 kell, hogy teljes¨ ulj¨on, ez´ert behelyettes´ıtve az ´altal´anos megold´as k´eplet´ebe kapjuk az 3 = 2C1 + 3C2 ´es 3 = 4C1 + 9C2 , egyenletrendszert, ahonnan C1 = 3 ´es C2 = −1, a feladat felt´eteleit kiel´eg´ıt˝o megold´as pedig an = 3 · 2n − 3n .
2.4. Differenciaegyenletek
87
4. ´Irjuk fel az a1 = 2, a2 = −2, an+2 = 3an+1 + 4an rekurz´ıv m´odon megadott sz´amsorozat ´altal´anos elem´et. Megold´ as. Keress¨ uk az ´altal´anos elemet an = tn alakban, ahol t ̸= 0. Ekkor az egyenletbe helyettes´ıtve ad´odik, hogy tn+2 = 3tn+1 + 4tn ,
ahonnan t2 − 3t − 4 = 0
a karakterisztikus egyenletet, melynek megold´asai t1 = −1 ´es t2 = 4. Ekkor a rekurz´ıv egyenletet kiel´eg´ıti minden olyan an = C1 · (−1)n + C2 · 4n alak´ u megold´as, ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges egym´ast´ol f¨ uggetlen val´os sz´amok. Mivel a1 = 2 ´es a2 = −2 kell, hogy teljes¨ ulj¨on, ez´ert behelyettes´ıtve az ´altal´anos megold´as k´eplet´ebe kapjuk az 2 = −C1 + 4C2 ´es
− 2 = C1 + 16C2 ,
egyenletrendszert, ahonnan C1 = 2 ´es C2 = 0, a sorozat ´altal´anos elem´enek k´eplete pedig an = −2 · (−1)n , vagyis an = 2(−1)n+1 . 5. Oldjuk meg az an+2 = −2an+1 − an differenciaegyenletet, ha a1 = 0, a2 = 1. Megold´ as. A megold´ast an = tn alakban keress¨ uk, ahol t ̸= 0. Az egyenletbe behelyettes´ıtve azt kapjuk, hogy tn+2 = −2tn+1 − tn ,
ahonnan t2 + 2t + 1 = 0
a karakterisztikus egyenletet, melynek megold´asai t1 = t2 = −1. Ekkor a differenciaegyenletet kiel´eg´ıti minden an = C1 · (−1)n + C2 · n(−1)n alak´ u megold´as, amelyet ´altal´anos megold´asnak nevez¨ unk, ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges egym´ast´ol f¨ uggetlen val´os sz´amok. Mivel a1 = 0 ´es a2 = 1 kell, hogy teljes¨ ulj¨on, ez´ert behelyettes´ıtve az ´altal´anos megold´as k´eplet´ebe kapjuk az 0 = −C1 − C2 ´es 1 = C1 + 2C2 , egyenletrendszert, ahonnan C1 = 1 ´es C2 = −1, a feladat felt´eteleit kiel´eg´ıt˝o megold´as pedig an = (−1)n − n(−1)n ,
vagyis an = (1 − n)(−1)n .
´ 2. SZAMSOROZATOK
88
2.5. 2.5.1.
Konvergens sorozatok Sorozatok hat´ ar´ ert´ eke
Tekints¨ uk az an =
1 , n
bn =
n−1 , n
cn = 1 +
(−1)n , n
dn = (−1)n
sorozatokat. ´Irjuk fel e sorozatok els˝o n´eh´any elem´et ´es rajzoljuk fel grafikonjaikat a sz´ams´ıkban. 1 an an = eset´en n 1 1 1 a1 = 1, a2 = , a3 = , 2 3 0.5 1 1 n a4 = , a5 = , . . . y=0 1 2 3 4 5 4 5 bn =
n−1 n
1 b2 = , 2 3 b4 = , b 5 = 4
b1 = 0,
an
eset´en 2 b3 = , 3 4 ,... 5
(−1)n eset´en n 1 1 c1 = 0, c2 = 1 + , c3 = 1 − , 2 3 1 1 c4 = 1 + , c 5 = 1 − , . . . 4 5 cn = 1 +
y=1
1 0.5 1
2
3
4
n
5
an 3 2
y=1
1
2 3
0
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
n
an
dn = (−1)n d1 = −1, d4 = 1,
d2 = 1,
eset´en
1
d3 = −1,
d5 = −1, . . .
n
-1
E sorozatokat vizsg´alva ´eszrevehet˝o, hogy az {an }, {bn }, {cn } sorozatok eset´eben rendre van egy-egy olyan sz´am, amelyet a sorozat elemei tetsz˝olegesen megk¨ozel´ıtenek valamilyen m´odon. Az {an } sorozat elemei a 0-t, a {bn } ´es a {cn } sorozat elemei az 1-et. A {dn } sorozat eset´eben nincs ilyen sz´am.
2.5. Konvergens sorozatok
89
A sorozatok e tulajdons´ag´anak pontos meghat´aroz´asa adja a konvergencia, illetve a hat´ar´ert´ek fogalm´at. A k¨ovetkez˝okben k´et egym´assal ekvivalens defin´ıci´ot adunk meg. 2.10. Defin´ıci´ o. Az {an } sorozat konvergens, ha l´etezik olyan A sz´ am, hogy b´armely ε > 0 sz´amhoz megadhat´o olyan N ∈ N k¨ usz¨ obsz´ am (vagy k¨ usz¨ obindex) (N f¨ ugg ε-t´ol), hogy ha n ≥ N , akkor a sorozat elemeinek A sz´amt´ ol val´o elt´er´ese kisebb mint ε, azaz |an − A| < ε. an y=A+¶
A+¶ A A-¶
0
y=A y=A-¶
1
2
3
4
5
6
7
8
n
2.11. Defin´ıci´ o. Az {an } sorozat konvergens, ha l´etezik olyan A sz´am, hogy A b´ armely k¨ ornyezet´ebe a sorozatnak v´eges sok elem kiv´etel´evel minden eleme beletartozik. 0 A-¶
A
A+¶
an
Az A sz´amot az {an } sorozat hat´ar´ert´ek´enek vagy limesz´enek nevezz¨ uk jel¨ol´ese pedig lim an = A illetve an → A
n→∞
(olvasd: limesz an egyenl˝o A, illetve an tart A-hoz, vagy an konverg´al A-hoz). 2.26. P´ elda. Vannak olyan sorozatok, amelyeknek nincs hat´ar´ert´eke, mint p´eld´aul a an = (−1)n
n+1 , n
bn = n,
cn = (−1)n ,
dn = (−1)n n.
2.12. Defin´ıci´ o. Az olyan sorozatokat, amelyeknek nincs hat´ar´ert´ek¨ uk, divergens sorozatoknak nevezz¨ uk. A k¨ovetkez˝o t´etel a hat´ar´ert´ek egy´ertelm˝ us´eg´et (vagy unicit´as´ at) mondja ki. 2.5. T´ etel. Konvergens sorozatnak csak egy hat´ar´ert´eke van. Bizony´ıt´as. A t´etelt indirekt m´odon bizony´ıtjuk, azaz feltessz¨ uk, hogy legal´abb k´et hat´ar´ert´eke van a sorozatnak, p´eld´aul A1 ´es A2 (A1 ̸= A2 ). Mivel A1 ̸= A2 , ez´ert |A1 − A2 | = ρ > 0. ρ u k¨ornyezet´et. Ezeknek a k¨ornyezeteknek - a sug´ar alkalmas Tekints¨ uk az A1 ´es A2 sugar´ 4 v´alaszt´asa miatt - nincs k¨oz¨os r´esze. A hat´ar´ert´ek 2.11. Defin´ıci´oja alapj´an, ha A1 hat´ar´erρ t´eke a sorozatnak, akkor b´armely, ´ıgy sugar´ u k¨ornyezet´ebe is, a sorozatnak v´egtelen sok 4
´ 2. SZAMSOROZATOK
90
ρ eleme esik, ´es ebb˝ol csak v´eges sok marad ki. Ez azt jelenti, hogy A2 sugar´ u k¨ornyezet´ebe 4 csak v´eges sok eleme eshet a sorozatnak, teh´at A2 -nek van olyan k¨ornyezete, amelyb˝ol v´egtelen sok eleme marad ki a sorozatnak, ´ıgy A2 nem lehet a sorozat hat´ar´ert´eke. Ezzel ellentmond´asba ker¨ ult¨ unk a felt´etelez´es¨ unkkel, hogy A2 is hat´ar´ert´eke a sorozatnak. ⋄ Az al´abbi t´etelek a konvergens sorozatoknak k´et fontos tulajdons´ag´at mondj´ak ki. 2.6. T´ etel. Ha egy sorozat konvergens, akkor korl´atos is. Bizony´ıt´ as. Ha an → A, akkor ε = 1-hez is van olyan N1 ∈ Z+ , hogy n ≥ N1 -re |an − A| < 1,
azaz A − 1 < an < A + 1.
Ha vessz¨ uk az A + 1 sz´amot ´es a sorozat n´ala nagyobb elemeit (ilyen csak v´eges sok lehet, legfeljebb N1 ), ´es ezek k¨oz¨ ul kiv´alasztjuk a legnagyobbikat, akkor ez nyilv´anval´oan fels˝o korl´atja lesz a sorozatnak. Hasonl´oan adhatunk egy als´o korl´atot is a sorozathoz. Vagyis, ha K = max{A + 1, a1 , a2 , . . . , aN1 }, k = min{A − 1, a1 , a2 , . . . , aN1 }, akkor minden n-re k ≤ an ≤ K teljes¨ ul, azaz a sorozat val´oban korl´atos. ⋄ Az ´all´ıt´as nem ford´ıthat´o meg, azaz a korl´atoss´agb´ol nem k¨ovetkezik a konvergencia. 2.27. P´ elda. a) Az an =
1 sorozat konvergens, teh´at korl´atos is. n
b) A bn = n sorozat nem korl´atos, teh´at nem is konvergens. c) A cn = (−1)n sorozat korl´atos, de nem konvergens. Ha egy sorozatb´ol v´egtelen sok elemet v´alasztunk ki abban a sorrendben, ahogy ezek az eredeti sorozatban szerepeltek, a sorozatunk egy r´eszsorozat´ at kapjuk. 1 2.28. P´ elda. Tekints¨ uk az an = sorozatot. V´alasszuk ki ennek ¨osszes p´aratlan index˝ u n 1 1 1 1 sorozat ´all el˝o: , , , . . . . elem´et, ezzel egy u ´ j bn = 2n − 1 1 3 5 2.7. T´ etel. Konvergens sorozat minden r´eszsorozata konvergens, ´es hat´ar´ert´eke megegyezik az eredeti sorozat hat´ar´ert´ek´evel. A sorozatok egy m´asik, a hat´ar´ert´ekhez k¨ozel´all´o, de azzal nem azonos jellemz˝oje a torl´od´ asi pont. Az al´abbiakban ezzel ismerked¨ unk meg. 2.13. Defin´ıci´ o. Az a sz´amot az {an } sorozat torl´od´ asi pontj´ anak nevezz¨ uk, ha a b´armely k¨ornyezete a sorozat v´egtelen sok elem´et tartalmazza. A torl´od´asi pont fogalm´at m´ask´eppen is lehet defini´alni, s a k´et defin´ıci´o term´eszetesen egym´assal ekvivalens. 2.14. Defin´ıci´ o. Az {an } sorozatnak az a sz´am torl´od´ asi pontja, ha kiv´alaszthat´ o az {an } sorozatb´ ol egy a-hoz konverg´al´o {bn } r´eszsorozat.
2.5. Konvergens sorozatok
91
Nyilv´anval´o, hogy a hat´ar´ert´ek mindig torl´od´asi pont, de ez az ´all´ıt´as ford´ıtva ´altal´aban nem igaz. n+1 sorozat elemeit, felrajzolva azokat a 2.29. P´ elda. Vizsg´aljuk meg az an = (−1)n n sz´ams´ıkban ´es a sz´amegyenesen. Ez a sorozat nem konvergens, mert k´et torl´od´asi pontja n+1 n+1 van, −1 ´es 1. Az {an } sorozat konvergens r´eszsorozatai bn = − ´es cn = , ahol n n lim bn = −1 ´es
lim cn = 1.
n→∞
n→∞
0 4
-2
5 4
1
- 3 -1
an
3 2
an 3 2
y=1
1 1
2
3
4
5
6
7
-1
n
8 y=-1
-2
Tudjuk, hogy egy sorozat korl´atoss´ag´ab´ol nem k¨ovetkezik a sorozat konvergenci´aja, igaz viszont a k¨ovetkez˝o t´etel. 2.8. T´ etel. (Bolzano-Weierstrass). Korl´atos sorozatnak van legal´ abb egy torl´od´ asi pontja. Megjegyezz¨ uk, hogy a Bolzano-Weierstrass t´etel egy m´as megfogalmaz´asa a k¨ovetkez˝o: Korl´atos sorozatb´ol kiv´alaszthat´o legal´abb egy konvergens r´eszsorozat. 2.30. P´ elda. Az an = (−1)n sorozatb´ol a p´aros index˝ u elemeket kiv´alasztva, 1-hez konverg´al´o r´eszsorozatot kapunk. A Bolzano-Weierstrass t´etel k¨ovetkezm´enye az al´abbi ´all´ıt´as. 2.9. T´ etel. Ha egy korl´atos sorozatnak csak egy torl´od´ asi pontja van, akkor a sorozat konvergens. 2.31. P´ elda. a) Az an = konvergens.
(−1)n sorozat korl´atos ´es csak egy torl´od´asi pontja van, teh´at n
b) A j´ol ismert bn = (−1)n sorozat ugyan korl´atos, de k´et torl´od´asi pontja van, −1 ´es 1, ez´ert nem konvergens.
´ 2. SZAMSOROZATOK
92
c) A cn = n + (−1)n n sorozatnak csak egy torl´od´asi pontja van, a 0, de nem korl´atos, ez´ert nem konvergens. Az el˝oz˝oekben bel´attuk, hogy egy konvergens sorozat mindig korl´atos, de az ´all´ıt´as megford´ıt´asa nem igaz. Ha azonban a korl´atos sorozat egyben monoton is, akkor m´ar bizonyosan konvergens. 2.10. T´ etel. Ha egy sorozat korl´atos ´es monoton, akkor konvergens. Ha a sorozat n¨ovekv˝ o, akkor a fels˝o hat´arhoz, ha cs¨okken˝ o, akkor az als´o hat´arhoz konverg´ al. Bizony´ıt´ as. Legyen p´eld´aul az {an } korl´atos sorozat n¨ovekv˝o. Ekkor an ≤ an+1 minden n-re teljes¨ ul. A sorozat korl´atos, ´ıgy van fels˝o hat´ara, jel¨olj¨ uk ezt H-val. Ekkor, egyr´eszt an ≤ H minden n-re, m´asr´eszt tetsz˝oleges pozit´ıv ε sz´amhoz megadhat´o a sorozatnak olyan an∗ eleme, amely H − ε-n´al nagyobb, amelyre teh´at H − ε < an∗ < H. Mivel a sorozat n¨ovekv˝o, a fenti egyenl˝otlens´eg a sorozat minden, az an∗ -ot k¨ovet˝o elem´ere igaz. ´Igy a H b´armely k¨ornyezet´eb˝ol a sorozatnak legfeljebb v´eges sz´am´ u eleme marad ki, hiszen H − ε < an∗ ≤ an < H teljes¨ ul minden n∗ -n´al nagyobb n-re. Ez pedig ´eppen azt jelenti, hogy az {an } sorozat konvergens, ´es hat´ar´ert´eke H. Cs¨okken˝o sorozatra - a sorozat als´o hat´ar´anak l´etez´es´et kihaszn´alva - a bizony´ıt´as hasonl´oan v´egezhet˝o el. ⋄ 2.32. P´ elda. a) Az an = b) A bn =
2.5.2.
n+2 sorozat monoton cs¨okken˝o ´es korl´atos, ez´ert konvergens. n+1
2n − 3 sorozat monoton n¨ovekv˝o ´es korl´atos, ez´ert konvergens. n+1
Null´ ahoz ´ es v´ egtelenhez tart´ o sorozatok
A technikai ´es a gyakorlati alkalmaz´as szempontj´ab´ol rendk´ıv¨ ul fontosak azok a sorozatok, amelyek ”minden hat´aron t´ ul n¨ovekednek, illetve cs¨okkennek”. Most megadjuk ezen heurisztikus fogalmak pontos defin´ıci´oj´at. 2.15. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az {an } sorozat plusz v´egtelenhez tart, ha minden K val´os sz´amhoz l´etezik olyan N ∈ N k¨ usz¨ obsz´ am, hogy n ≥ N eset´en an > K. Ezt a t´enyt a k¨ovetkez˝o m´odon jel¨olj¨ uk: lim an = +∞
n→∞
vagy
an → +∞.
2.16. Defin´ıci´ o. Ha az {an } sorozat olyan, hogy lim (−an ) = +∞, akkor azt mondjuk, n→∞
hogy az {an } sorozat minusz v´egtelenhez tart, ´es ezt a t´enyt a k¨ovetkez˝ o m´odon jel¨olj¨ uk: lim an = −∞ vagy
n→∞
an → −∞.
2.5. Konvergens sorozatok
93
Amennyiben az {an } sorozat valamelyik v´egtelenhez diverg´al, szok´as azt mondani, hogy t´agabb ´ertelemben konvergens vagy val´odi divergens sorozat. Ilyen sz´ohaszn´alat eset´en a +∞ ´es a −∞ is tekinthet˝o valamely sorozat hat´ar´ert´ek´enek, b´ar egyik sem sz´am. 2.33. P´ elda. a) A term´eszetes sz´amok 1, 2, 3, ..., n, ... sorozata +∞-be diverg´al. b) A negat´ıv eg´esz sz´amok {−n} sorozata −∞-be diverg´al, −n → −∞. c) A 2, 4, 8, ..., 2n , ... sorozat +∞-be diverg´al, 2n → ∞. d) A −2, −8, −32, ..., −22n−1 , ... sorozat −∞-be diverg´al, −22n−1 → −∞. Az an = 2n sorozat a bn = n sorozatnak, a cn = −22n−1 sorozat a dn = −n sorozatnak r´eszsorozata, ´ıgy a fenti p´eld´ak azt mutatj´ak, hogy a val´odi divergens sorozatok bizonyos ´ enyes a k¨ovetkez˝o tekintetben hasonl´oan viselkednek, mint a konvergens sorozatok. Erv´ ´all´ıt´as: 2.11. T´ etel. Ha {an } val´odi divergens sorozat, akkor minden r´eszsorozata is az. 2.34. P´ elda. Az an =
1 sorozat 0-hoz konverg´al. A bn = n sorozat v´egtelenbe diverg´al. n
´ Altal´ anosan igaz a k¨ovetkez˝o t´etel. 2.12. T´ etel. Ha an → 0 (an > 0), akkor
1 1 → ∞. Ha an → ∞, akkor → 0. an an
Bizony´ıt´as. Tegy¨ uk fel, hogy an → 0, ´es legyen K tetsz˝oleges adott sz´am. Azt kell 1 megmutatnunk, hogy el´eg nagy n-re > K. an Feltehetj¨ uk, hogy K > 0, mert ha a sorozat tagjai valahonnan kezdve pozit´ıv K-n´al 1 nagyobbak, akkor ez negat´ıv K-ra m´eg ink´abb igaz. Legyen teh´at K > 0. Ekkor is K 1 1 pozit´ıv, ´es > K akkor ´es csak akkor ´all fenn, ha an < teljes¨ ul, ez ut´obbi viszont az an K an → 0 felt´etel miatt el´eg nagy n-ekre igaz. A t´etel m´asodik r´esz´enek bizony´ıt´as´ahoz induljunk ki abb´ol, hogy an → ∞, ´es legyen ε tetsz˝olegesen megadott pozit´ıv sz´am. Ekkor 1 − 0 = 1 < ε an an 1 teljes¨ ul, ha an > , ez pedig az an → ∞ felt´etel miatt el´eg nagy n-ekre teljes¨ ul, teh´at ε 1 → 0. Ezzel a t´etelt bebizony´ıtottuk. ⋄ an 2.13. T´ etel. Ha an → ∞ ´es c > 0, akkor can → ∞, m´ıg ha c < 0, akkor can → −∞. Bizony´ıt´as. El˝osz¨or tegy¨ uk fel, hogy c > 0, ´es K tetsz˝oleges sz´am. Ekkor can > K minden K olyan n-re fenn´all, amelyre an > , ez pedig el´eg nagy n-ekre az an → ∞ feltev´es miatt c igaz. Ezzel bebizony´ıtottuk, hogy can → ∞.
´ 2. SZAMSOROZATOK
94
Legyen most c < 0, ´es k tetsz˝oleges adott sz´am. Ekkor a can < k minden olyan nk re teljes¨ ul, amelyre an > , ami an → ∞ miatt el´eg nagy n-ekre igaz. Ezzel a t´etel c bizony´ıt´ast nyert. ⋄ A v´egtelenhez tart´o sorozatok eset´eben nem fogalmazhatunk meg a hat´ar´ert´ekre vonatkoz´o olyan t´eteleket, amilyeneket az el˝oz˝oekben kimondtunk a v´egeshez konverg´al´o sorozatok ∞ eset´eben. ´Igy nem mondhatunk semmi biztosat a ∞−∞, 0·∞, t´ıpus´ u hat´ar´ert´ekekr˝ol. ∞ 0 u hat´ar´ert´ekek is. Hasonl´oan kritikusak a 1∞ , ∞0 , 00 ´es t´ıpus´ 0 2.5.3.
M˝ uveletek konvergens sorozatokkal
A k¨ovetkez˝o fejezetben l´atni fogjuk, hogy m´eg viszonylag egyszer˝ u sorozat konvergenci´aj´anak bizony´ıt´asa sem trivi´alis. Ez´ert is van jelent˝os´ege a konvergens sorozatok ´es az alapm˝ uveletek kapcsolat´anak, ugyanis n´eh´any egyszer˝ u sorozat hat´ar´ert´ek´enek ismeret´eben bonyolultabb sorozatok hat´ar´ert´eke is meghat´arozhat´o. Most n´eh´any olyan szab´alyt mutatunk meg, amelyek a sorozatok hat´ar´ert´ek´enek gyors kisz´am´ıt´as´at teszik lehet˝ov´e. 2.14. T´ etel. Ha az {an } ´es {bn } sorozatok konvergensek, akkor az {an + bn } ´es az {an − bn } sorozatok is konvergensek, m´egpedig u ´gy, hogy lim (an + bn ) = lim an + lim bn ,
n→∞
n→∞
n→∞
lim (an − bn ) = lim an − lim bn .
n→∞
n→∞
n→∞
2.15. T´ etel. Ha az {an } ´es {bn } sorozatok konvergensek, akkor az {an · bn } sorozat is konvergens, m´egpedig u ´gy, hogy lim (an · bn ) = lim an · lim bn .
n→∞
n→∞
n→∞
2.16. T´ etel. Ha az {an } ´es {bn } sorozatok konvergensek, valamint lim bn ̸= 0, akkor az n→∞ { } an sorozat is konvergens, m´egpedig u ´gy, hogy bn lim an an n→∞ = . lim n→∞ bn lim bn n→∞
2.17. T´ etel. Ha az {an } sorozat konvergens, akkor ´erv´enyesek az al´abbi egyenl˝ os´egek: a) lim (C · an ) = C · lim an , n→∞
n→∞
b) lim (an )k = ( lim an )k , n→∞
c) lim
n→∞
n→∞
√ k
an =
√ k
lim an ,
n→∞
( d) lim loga an = loga n→∞
lim an e) lim ean = en→∞ . n→∞
C = konstans,
k ∈ N. k ∈ N.
) lim an ,
n→∞
a > 0, a ̸= 1.
2.5. Konvergens sorozatok
95
A c) esetben p´aros k eset´en m´eg azt is meg kell k¨ovetelni, hogy az {an } sorozat elemei legyenek nemnegat´ıvak, a d) esetben pedig hogy pozit´ıvak legyenek. 2.18. T´ etel. Ha az {an } ´es {bn } sorozatok konvergensek, ´es lim an ≤ lim bn ,
n→∞
n→∞
akkor v´eges sok n kiv´etel´evel an ≤ bn . Ha az {an } ´es {bn } sorozatok konvergensek ´es an ≤ bn v´eges sok n kiv´etel´evel, akkor lim an ≤ lim bn .
n→∞
n→∞
2.19. T´ etel. (Rend˝or-elv.) Ha an ≤ bn ≤ cn teljes¨ ul v´eges sok n kiv´etel´evel, ´es lim an = lim cn = A,
n→∞
n→∞
akkor {bn } konvergens ´es lim bn = A.
n→∞
A fenti t´etel K¨ ursch´ak professzor tal´al´o elnevez´ese nyom´an a ”Rend˝ or-elv ” nevet kapta, amelyet az al´abbi ´erdekes m´odon tudunk ´atfogalmazni: K´et rend˝or k´et oldalr´ol belekarol egy, az utc´an elfogott tolvajba. Ha a k´et rend˝or a rend˝ors´egre megy, akkor vil´agos, hogy a tolvajnak is a rend˝or¨okkel a rend˝ors´egre kell menni. 2.5.4.
N´ eh´ any nevezetes sorozat hat´ ar´ ert´ eke
Az al´abbiakban n´eh´any, a feladatmegold´asok sor´an gyakran el˝ofordul´o sorozat konvergenci´aj´at vizsg´aljuk. A k´es˝obbiekben felhaszn´aljuk a Jacob Bernoulli nev´ehez f˝ uz˝od˝o egyenl˝otlens´eget, amelyet a k¨ovetkez˝o t´etelben fogalmazunk meg. A t´etel teljes indukci´oval bizony´ıthat´o. 2.20. T´ etel. (Bernoulli-egyenl˝ otlens´eg). Ha h > −1 val´ os sz´am, akkor minden n term´eszetes sz´amra (1 + h)n ≥ 1 + nh. A k¨ovetkez˝okben megadjuk n´eh´any nevezetes sorozat hat´ar´ert´ek´et, amelyeket alaphat´ar´ert´ekeknek nevez¨ unk. I. Ha an = c, akkor a sorozat konvergens ´es lim c = c.
n→∞
Bizony´ıt´as. Az an = c egy ´alland´o elem˝ u sorozat. Maga az ´all´ıt´as a hat´ar´ert´ek defin´ıci´oja alapj´an nyilv´anval´o. ⋄ II. Ha an =
1 , akkor a sorozat konvergens ´es n 1 = 0. n→∞ n lim
´ 2. SZAMSOROZATOK
96
Bizony´ıt´ as. Ennek bel´at´as´ahoz a 2.10. Defin´ıci´o szerint azt kell megmutatni, hogy b´armely ε > 0-hoz megadhat´o olyan N (N f¨ ugg ε-t´ol!), hogy ha n ≥ N , akkor |an − 0| < ε. Mivel 1 1 1 |an − 0| = − 0 = < ε, ha n > , n n ε [ ] 1 + 1 v´alaszt´as megfelel. ⋄ ez´ert az N = ε III. Ha q tetsz˝oleges val´os sz´am ´es an = q n , 0, 1, lim q n = n→∞ divergens,
akkor ha |q| < 1, ha q = 1, ha |q| > 1vagy q = −1.
Bizony´ıt´ as. El˝osz¨or a |q| < 1 esetet vizsg´aljuk. Megmutatjuk, hogy tetsz˝oleges ε > 0-hoz l´etezik olyan N , hogy n ≥ N eset´en |q n − 0| < ε. A |q n − 0| = |q n | < ε egyenl˝otlens´eg ekvivalens az ( )n 1 1 > |q| ε 1 egyenl˝otlens´eggel. Alkalmazzuk a Bernoulli egyenl˝otlens´eget 1 + h = v´alaszt´as eset´en. |q| Ekkor ε-t u ´gy v´alasztjuk, hogy ( ) ( )n 1 1 1 ≥1+n −1 > |q| |q| ε teljes¨ ulj¨on, vagyis |q n − 0| < ε. A fenti egyenl˝otlens´egb˝ol ad´odik, hogy 1−ε ) + 1 = N. n≥ ( 1 ε |q| − 1 M´asodszor a q = 1 esettel foglalkozunk. Ekkor q n = 1 minden n-re, ´ıgy an = 1 ´alland´o elem˝ u sorozatunk van. Ez pedig konvergens ´es hat´ar´ert´eke 1. Harmadszor a q = −1 ´es a |q| > 1 eseteket bizony´ıtjuk. Ha q = −1, akkor q 2n = 1 ´es q 2n−1 = −1. Ezek szerint a sorozatnak v´egtelen sok eleme 1, illetve -1, azaz a sorozatnak k´et torl´od´asi pontja is van, ez´ert divergens. Ha |q| > 1, akkor alkalmazzuk a Bernoulli egyenl˝otlens´eget a 1 + h = q 2 v´alaszt´as mellett. Ekkor q 2n ≥ 1 + n(q 2 − 1), vagyis az an = q n sorozat p´aros elemeib˝ol ´all´o r´eszsorozata 1 < |q| eset´en minden hat´aron t´ ul n˝o, teh´at az {an } sorozat nem lehet konvergens, ´ıgy divergens. ⋄ IV. Ha a > 0 ´es an =
√ n
a, akkor a sorozat konvergens, ´es √ lim n a = 1. n→∞
Bizony´ıt´ as. Ha a = 1, akkor az ´all´ıt´as nyilv´anval´o. Ha a > 1, akkor megmutatjuk, hogy tetsz˝oleges ε > 0 sz´amhoz l´etezik olyan ε-t´ol f¨ ugg˝o √ n N , hogy n ≥ N eset´en | a − 1| < ε. Az √ √ | n a − 1| = n a − 1 < ε
2.5. Konvergens sorozatok
97
ekvivalens az a < (1 + ε)n egyenl˝otlens´eggel. Alkalmazzuk a Bernoulli egyenl˝otlens´eget h = ε v´alaszt´as eset´en. Ekkor (1 + ε)n ≥ 1 + nε > nε, √ ´ıgy ha a < nε teljes¨ ul, akkor teljes¨ ul, hogy | n a − 1| < ε. Az [ a ]a < nε egyenl˝otlens´eg pedig a minden n ≥ term´eszetes sz´amra igaz, ezek szerint N = + 1. ε ε Ha 0 < a < 1, akkor megmutatjuk, hogy tetsz˝oleges ε > 0-hoz l´etezik olyan ε-t´ol f¨ ugg˝o √ n N , hogy n ≥ N eset´en | a − 1| < ε. Az √ √ | n a − 1| = 1 − n a < ε ekvivalens az a > (1 − ε)n egyenl˝otlens´eggel, ha 0 < a < 1 ´es ε < 1. Teh´at most (1 − ε)n → 0, ´ıgy van olyan N k¨ usz¨obsz´am, hogy a k´ert tulajdons´ag teljes¨ ul. ⋄ ( V. Ha an =
1 1+ n
)n , akkor a sorozat konvergens ´es ( lim
b→∞
Bizony´ıt´as. Legyen
( an =
1 1+ n
1 1+ n
)n = e.
)n ,
n = 1, 2, 3, ...
El˝osz¨or megmutatjuk (a Bernoulli egyenl˝otlens´eg akalmaz´as´aval), hogy az {an } sorozat n¨ovekv˝o. ( )n+1 ( )−n ( )n an+1 n+2 1 1 1 = 1+ 1+ = 1− ≥ an n+1 n (n + 1)2 n+1 ( ( )) 1 n+2 1 ≥ 1+n − =1+ > 1. 2 (n + 1) n+1 (n + 1)3 Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy an+1 > an , azaz az {an } sorozat n¨ovekv˝o. Mutassuk m´eg meg, hogy az {an } sorozat korl´atos is. Ehhez vegy¨ uk a ( )n+1 1 bn = 1 + , n = 1, 2, 3, . . . n ´altal´anos elem˝ u sorozatot. Ugyanazokkal a fog´asokkal, amelyekkel az {an } sorozatr´ol bel´attuk, hogy n¨ovekv˝o, a {bn } sorozatr´ol megmutatjuk, hogy cs¨okken˝o. K¨onnyen bel´athat´o, hogy ( )n+1 ( )−n−2 ( )n+1 1 1 1 n+1 bn = 1+ = 1+ ≥ 1+ bn+1 n n+1 n(n + 2) n+2 ( ) 1 1 n+1 =1+ > 1. ≥ 1 + (n + 1) n(n + 2) n + 2 n(n + 2)2 Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy bn+1 < bn , azaz a {bn } sorozat cs¨okken˝o.
´ 2. SZAMSOROZATOK
98 A bn ´es az an k¨oz¨otti
( bn =
1 1+ n
)n (
1 1+ n
)
( = an
1 1+ n
)
¨osszef¨ ugg´esb˝ol k¨ovetkezik, hogy an < bn minden n-re. Az {an } sorozat n¨ovekv˝o, a {bn } pedig cs¨okken˝o l´ev´en, minden n-re fenn´all az a1 ≤ an < b1 egyenl˝otlens´eg, ami azt jelenti, hogy az {an } sorozat korl´atos. Az {an } sorozat n¨ovekv˝o ´es korl´atos, teh´at konvergens is, hat´ar´ert´ek´et pedig jel¨olj¨ uk e-vel, azaz ( )n 1 lim 1 + = e. n→∞ n Az e a nevezetes Euler-f´ele sz´am, amely irracion´alis ´es e = 2, 718 281 828 459 045... Ha egy sorozat konvergens, akkor minden r´eszsorozata is konvergens ´es ugyanoda konverg´al ahov´a az eredeti sorozat. Ez´ert a term´eszetes sz´amok sorozat´anak b´armely nk r´eszsorozat´ara )nk ( 1 = e. lim 1 + nk →∞ nk
⋄
Bizony´ıt´as n´elk¨ ul megeml´ıt¨ unk m´eg egy fontos alaphat´ar´ert´eket: √ lim n n = 1. n→∞
FELADATOK. Igazoljuk a defin´ıci´o alkalmaz´as´aval az al´abbi hat´ar´ert´ekek helyess´eg´et. Adott ε eset´en sz´amoljuk ki az N k¨ usz¨obsz´amot. 1 = 0, ε = 10−3 n→∞ n Megold´ as. Ha ε tetsz˝olegesen megadott pozit´ıv sz´am, akkor 1 1 |an − A| = − 0 = < ε n n
1. lim
1 teljes¨ ul, amennyiben n > . Tal´altunk teh´at ε-hoz megfelel˝o k¨ usz¨obsz´amot, s ez ε [ ] ] [ 1 1 N= + 1 = 1001. + 1. Ha ε = 10−3 , akkor a k¨ usz¨obsz´am N = ε 10−3 n−1 = 1, ε = 10−5 n→∞ n Megold´ as. Ha ε tetsz˝olegesen megadott pozit´ıv sz´am, akkor n − 1 − n 1 n − 1 = < ε. − 1 = |an − A| = n n n
2. lim
2.5. Konvergens sorozatok
99
[ ] 1 1 usz¨obsz´am N = Amennyiben n > , akkor a k¨ + 1. Amennyiben ε = 10−5 , ε ε ] [ 1 + 1 = 100001. akkor a megfelel˝o k¨ usz¨obsz´am N = 10−5 2n + 3 = 2, ε = 10−4 n→∞ n + 1 Megold´ as. Amennyiben ε tetsz˝olegesen megadott pozit´ıv sz´am, akkor 2n + 3 − 2n − 2 2n + 3 = 1 < ε. − 2 = |an − A| = n+1 n+1 n+1 [ ] 1 1 1 Ha n + 1 > , azaz n > − 1 akkor a k¨ usz¨obsz´am N = − 1 + 1. ε = 10−4 ε ε ε ] [ 1 − 1 + 1 = 10000. eset´en a megfelel˝o k¨ usz¨obsz´am N = 10−4
3. lim
3n − 2 3 = , ε = 0.0025 2n − 1 2 Megold´ as. Tetsz˝olegesen megadott ε pozit´ıv sz´amra 3n − 2 3 2(3n − 2) − 3(2n − 1) = |an − A| = − = 2n − 1 2 2(2n − 1) 6n − 4 − 6n + 3 −1 1 = = < ε. = 2(2n − 1) 2(2n − 1) 2(2n − 1)
4. lim
n→∞
[ ] 1 1 1 1 1 Ha 4n − 2 > , azaz n > − , akkor a megfelel˝o k¨ usz¨obsz´am N = − + 1. ε 4ε 2 4ε 2 Ha ε = 0.0025, akkor a k¨ usz¨obsz´am [ ] 1 1 N= − + 1 = [100 − 0.5] + 1 = [99.5] + 1 = 100. 4 · 0.0025 2 4n + 1 4 = − , ε = 0, 0004 n→∞ 7 − 5n 5 Megold´ as. Tetsz˝olegesen megadott ε pozit´ıv sz´amra 4n + 1 4 5(4n + 1) + 4(7 − 5n) = = + |an − A| = 7 − 5n 5 5(7 − 5n) 20n + 5 + 28 − 20n 33 33 = = = 5(7 − 5n) 5(5n − 7) < ε. 5(7 − 5n) [ ] 33 7 33 7 33 , azaz n > + , akkor N = + Ha 25n − 35 > + 1 a megfelel˝o ε 25ε 5 25ε 5 k¨ usz¨obsz´am. ε = 0, 004 eset´en a k¨ usz¨obsz´am [ ] [ ] 33 7 7 N= + + 1 = 3300 + + 1 = 3302. 25 · 0, 0004 5 5
5. lim
´ 2. SZAMSOROZATOK
100
A k¨ovetkez˝o feladatokban sz´am´ıtsuk ki az {an } sorozat hat´ar´ert´ek´et. ∞ A t´ıpus´ u hat´ar´ert´ek eset´eben u ´gy sz¨ untethetj¨ uk meg a hat´arozatlans´agot, hogy a ∞ sz´aml´al´ot ´es a nevez˝ot elosztjuk ugyanazzal a v´egtelenhez tart´o kifejez´essel, vagy ami ugyanaz, a sz´aml´al´ob´ol is ´es a nevez˝ob´ol is kiemelj¨ uk ugyanazt a v´egtelenhez tart´o kifejez´est ´es ezzel egyszer˝ us´ıt¨ unk. 2n − 3 7n + 5 Megold´ as.
6. an =
( ) n 2 − n3 2− 2n − 3 ∞ ) = lim lim an = lim = = lim ( 5 n→∞ n→∞ 7n + 5 n→∞ 7 + ∞ n→∞ n 7 + n
3 n 5 n
2 = . 7
999n + 1000 n2 − n + 1 Megold´ as.
7. an =
999 + 1000 999n + 1000 ∞ 0 n n2 = = lim = = 0. 1 1 2 n→∞ n − n + 1 ∞ n→∞ 1 − n + n2 1
lim an = lim
n→∞
8. an =
(n + 1)(n + 2)(n + 3) n(2n + 1)(3n + 2)
Megold´ as. n(1 + n1 )n(1 + n2 )n(1 + n3 ) (n + 1)(n + 2)(n + 3) ∞ lim an = lim = = lim = n→∞ n→∞ n(2n + 1)(3n + 2) ∞ n→∞ n · n(2 + n1 )n(3 + n2 ) (1 + n1 )(1 + n2 )(1 + n3 ) 1·1·1 1 = = . 1 2 n→∞ 2·3 6 (2 + n )(3 + n ) lim
n+2 9. an = √ n2 + 3 Megold´ as. n+2 1+ 2 n+2 ∞ 1 lim an = lim √ = = lim √ n = lim √ n = = 1. n→∞ n→∞ n→∞ ∞ n→∞ n2 +3 1 n2 + 3 1 + 32 n2
n
2n + 3 √ 3 n + n2 Megold´ as.
10. an =
2 + n3 2 + n3 2n + 3 ∞ 2 √ √ √ = = 2. = lim lim an = lim = = lim 2 n→∞ n→∞ n→∞ n + 3 n2 n→∞ ∞ 1 1+ 3 1 1 + 3 n3 n
n
2.5. Konvergens sorozatok
101
√ 3
3n2 + 7n + 1 2n + 3 Megold´ as.
11. an =
√ 3
√
+ 7n + 1 ∞ = = lim lim an = lim n→∞ n→∞ 2n + 3 ∞ n→∞ √ 3 3 + n72 + n13 0 n = = 0. = lim 3 n→∞ 2 2+ n √ √ n+ n 12. an = √ √ √ n+ n+ n 3n2
3
Megold´ as. √
√
3n2 +7n+1 n3 2n+3 n
=
√
√ n+ n n lim √ √ √ n→∞ n+ n+ n n
n+ n ∞ lim an = lim √ = = √ √ n→∞ n→∞ ∞ n+ n+ n √ 1 + √1n 1 lim √ = = 1. √ n→∞ 1 √ 1 + n1 + n√1 n
=
2n + 2 · 3n+1 5 · 2n+1 + 3n Megold´ as.
13. an =
( n ) 3n 23n + 2 · 3 2n + 2 · 3n+1 ∞ ( )= lim an = lim = = lim n→∞ n→∞ 5 · 2n+1 + 3n ∞ n→∞ 3n 5 · 2n+1 +1 3n ( 2 )2 +6 0+6 3 = lim = = 6. ( 2 )2 n→∞ 10 · 0+1 + 1 3
14. an =
(n + 1)(n2 + 1)(n3 + 1) · · · (n100 + 1) ((100n)100 + 1)
101 2
Megold´ as. lim an = lim
n→∞
n→∞
(n + 1)(n2 + 1)(n3 + 1) · · · (n100 + 1) 101 2
∞ = ∞ ) 1
=
((100n)100 + 1) ( ( ( ) ) n 1 + n · n2 1 + n12 · n3 1 + n13 · · · n100 1 + n100 lim = ( ( )) 101 n→∞ 1 2 n100 100100 + n100 ( )( )( ) ( ) 1 n1+2+3+···+100 1 + n1 1 + n12 1 + n13 · · · 1 + n100 = lim = ) 101 100·101 ( n→∞ 1 2 100100 + n100 n 2 ( )( )( ) ( ) 1 n5050 1 + n1 1 + n12 1 + n13 · · · 1 + n100 1 1 . = = lim 101 = 101 ( ) 5050 n→∞ 1 100 ) 2 100 2 100 5050 (100 100 + n100 n (
) 1
´ 2. SZAMSOROZATOK
102 √ 3
n2 + 1 − 3 √ 3 n2 + 5n + 2n2 Megold´ as.
15. an = √ 4
√ 3 lim an = lim √ 4
n→∞
n→∞
√ 3
1+ = lim √ n→∞
12
n2
1 n2
+1−3 ∞ √ = = 3 2 ∞ + 5n + 2n n2
−
(n2 +5n)3 n8
√
3 √ 3 2 n
3
1+
√ 3 2 n√+1−3 3 2 n √ lim √ 3 4 2 n +5n+ 2n2 n→∞ √ 3 2 n 1 n2
−
=
3 √ 3 2 n
1 = lim √ = √ . √ 3 √ n→∞ 12 1 3 5 3 3 2 (1 + ) + 2 + 2 n2 n
Ha a hat´ar´ert´ek ∞ − ∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, akkor irracion´alis kifejez´es eset´en gy¨oktelen´ıt´essel, t¨ortek k¨ ul¨onbs´ege eset´en k¨oz¨os nevez˝ore hoz´assal tudunk megszabadulni a hat´arozatlans´agt´ol. √ √ 16. an = n + 2 − n Megold´ as. lim an = lim
n→∞
n→∞
(√
√ √ (√ √ ) √ ) n+2+ n n + 2 − n = ∞ − ∞ = lim n+2− n ·√ √ = n→∞ n+2+ n
2 2 n+2−n = 0. = lim √ √ = lim √ √ = n→∞ ∞ n + 2 + n n→∞ n + 2 + n 17. an =
√
n2 − 2n + 3 − n
Megold´ as.
(√
) n2 − 2n + 3 − n = ∞ − ∞ = n→∞ n→∞ (√ ) √n2 − 2n + 3 + n = lim n2 − 2n + 3 − n · √ = n→∞ n2 − 2n + 3 + n lim an = lim
−2n + 3 n2 − 2n + 3 − n2 −∞ = lim √ = lim √ = = 2 2 n→∞ ∞ n − 2n + 3 + n n→∞ n − 2n + 3 + n = lim √ n→∞
18. an =
√
−2 + 1−
2 n
+
3 n 3 n2
=√ +1
−2 = −1. 1+1
4n4 + 3n2 − 2n2
Megold´ as.
) 4n4 + 3n2 − 2n2 = ∞ − ∞ = n→∞ n→∞ (√ ) √4n2 + 3 + 2n n (4n2 + 3 − 4n2 ) = lim n 4n2 + 3 − 2n √ = lim √ = n→∞ 4n2 + 3 + 2n n→∞ 4n2 + 3 + 2n 3n 3 3 = lim (√ = . )=√ n→∞ 4 4+2 n 4+ 3 +2 lim an = lim
(√
n2
2.5. Konvergens sorozatok 19. an = n −
√ 3
103
n3 + 4
Megold´ as.
(
) √ 3 n − n3 + 4 = ∞ − ∞ = n→∞ n→∞ √ √ (√ ) √ 3 3 )2 + 3 n3 (n3 + 4) + 3 (n3 + 4)2 √ (n 3 3 √ √ = lim n3 − n3 + 4 · √ = 3 n→∞ (n3 )2 + 3 n3 (n3 + 4) + 3 (n3 + 4)2 lim an = lim
= lim √ 3 n→∞
= lim
n→∞
n2 +
n3 − (n3 + 4) √ √ = n6 + 3 n3 (n3 + 4) + 3 (n3 + 4)2
√ 3
−4 n3 (n3 + 4) +
√ 3
(n3 + 4)2
=
−4 = 0. ∞
√ 21 2 √ 20. an = √ n2 + 15n − 10 − n2 − 6n + 5 Megold´ as. √ 21 2 const √ lim an = lim √ = = n→∞ n→∞ ∞−∞ n2 + 15n − 10 − n2 − 6n + 5 √ √ √ n2 + 15n − 10 + n2 − 6n + 5 21 2 √ √ ·√ = = lim √ n→∞ n2 + 15n − 10 − n2 − 6n + 5 n2 + 15n − 10 + n2 − 6n + 5 √ (√ √ ) 21 2 n2 + 15n − 10 + n2 − 6n + 5 = lim = n→∞ n2 + 15n − 10 − (n2 − 6n + 5) √ (√ √ ) 21 2 n2 + 15n − 10 + n2 − 6n + 5 = lim = n→∞ 21n − 15 √ ) √ (√ √ 6 10 5 21 2 1 + 15 − + 1 − + √ n n2 n n2 21 2 · 2 = lim = = 2 2. 15 n→∞ 21 21 − n √ √ 2n2 + 2n + 3 − 2n2 + 6n + 5 √ 21. an = √ 3n2 + 5n + 1 − 3n2 + 7n − 1 Megold´ as. √ √ 2n2 + 2n + 3 − 2n2 + 6n + 5 ∞−∞ √ lim an = lim √ = = 2 2 n→∞ n→∞ ∞−∞ 3n + 5n + 1 − 3n + 7n − 1 √ √ 2n2 + 2n + 3 − 2n2 + 6n + 5 √ = lim √ · n→∞ 3n2 + 5n + 1 − 3n2 + 7n − 1 √ √ √ √ 2n2 + 2n + 3 + 2n2 + 6n + 5 3n2 + 5n + 1 + 3n2 + 7n − 1 √ √ ·√ = ·√ 2n2 + 2n + 3 + 2n2 + 6n + 5 3n2 + 5n + 1 + 3n2 + 7n − 1 √ √ 2n2 + 2n + 3 − (2n2 + 6n + 5) 3n2 + 5n + 1 + 3n2 + 7n − 1 √ ·√ = lim = n→∞ 3n2 + 5n + 1 − (3n2 + 7n − 1) 2n2 + 2n + 3 + 2n2 + 6n + 5 √ √ −4n − 2 3n2 + 5n + 1 + 3n2 + 7n − 1 √ ·√ = = lim n→∞ −2n + 2 2n2 + 2n + 3 + 2n2 + 6n + 5
´ 2. SZAMSOROZATOK
104 √ −4 − = lim n→∞ −2 +
3+ ·√ 2+
2 n 2 n
5 n
+
1 n2
2 n
+
3 n2
√ +
3+ √ + 2+
7 n
−
1 n2
6 n
+
5 n2
√ −4 2 3 √ · √ = 6. = −2 2 2
√
n2 + 1 − n √ n − 3 n3 + 2 Megold´ as.
22. an =
√
n2 + 1 − n ∞−∞ √ = = 3 n→∞ n→∞ n − ∞−∞ n3 + 2 (√ ) √ √ √ √ n2 + 1 − n n2 + 1 + n 3 (n3 )2 + 3 n3 (n3 + 2) + 3 (n3 + 2)2 √ √ √ = = lim ·√ ·√ n→∞ n − 3 n3 + 2 n2 + 1 + n 3 (n3 )2 + 3 n3 (n3 + 2) + 3 (n3 + 2)2 ( ) √ √ √ 3 n6 + 3 n3 (n3 + 2) + 3 (n3 + 2)2 n2 + 1 − n2 √ = lim = · n→∞ n3 − n3 − 2 n2 + 1 + n √ √ ( ) 2 2 2 3 3 2 1 + (1 + n 1 + + ) n3 n3 1 = lim − · (√ ) = n→∞ 2 n 1 + n12 + 1 √ √ ) ( 2 2 2 3 3 1 1 n 1 + 1 + n3 + (1 + n3 ) √ = lim − · = − · ∞ = −∞. n→∞ 2 2 1 + n12 + 1 lim an = lim
23. an =
√
n2 + 2n + 3 −
√ 3
n3 + 5n
Megold´ as. lim an = lim
n→∞
n→∞
(√
n2
+ 2n + 3 −
√ 3
)
n3
+ 5n = ∞ − ∞ =
(√ ) √ 3 = lim n2 + 2n + 3 − n + n − n3 + 5n = n→∞ (√ ) ( ) √ 3 2 3 = lim n + 2n + 3 − n + lim n − n + 5n = n→∞ n→∞ ) √n2 + 2n + 3 + n (√ n2 + 2n + 3 − n · √ = lim + n→∞ n2 + 2n + 3 + n √ 3 ( ) n2 + n√ 3 + 5n + 3 (n3 + 5n)2 √ n 3 √ √ = + lim n − n3 + 5n · n→∞ n2 + n 3 n3 + 5n + 3 (n3 + 5n)2 n2 + 2n + 3 − n2 n3 − (n3 + 5n) √ √ = lim √ = + lim n→∞ n2 + 2n + 3 + n n→∞ n2 + n 3 n3 + 5n + 3 (n3 + 5n)2 = lim √ n→∞
n2
2n + 3 −5n √ √ = + lim 3 2 3 n→∞ + 2n + 3 + n n + n n + 5n + 3 (n3 + 5n)2
2 + n3 −5 √ √ √ = lim + lim = 1 − 0 = 1. 3 3 3 n→∞ n→∞ 2 3 n + n + 5n + (1 + n2 )2 1 + n + n2 + 1
2.5. Konvergens sorozatok
105
5n2 + 2 2n2 + 1 − 10n − 1 4n + 3 Megold´ as.
24. an =
(
lim an = lim
n→∞
n→∞
5n2 + 2 2n2 + 1 − 10n − 1 4n + 3
) =∞−∞=
(5n2 + 2)(4n + 3) − (2n2 + 1)(10n − 1) = n→∞ (10n − 1)(4n + 3)
= lim
20n3 + 15n2 + 8n + 6 − 20n3 + 2n2 − 10n + 1 = n→∞ (10n − 1)(4n + 3)
= lim
17 17n2 − 2n + 7 = . n→∞ (10n − 1)(4n + 3) 40
= lim 3n2 1 − 6n3 + 2n + 1 1 + 4n2 Megold´ as.
25. an =
(
lim an = lim
n→∞
n→∞
3n2 1 − 6n3 + 2n + 1 1 + 4n2
) =∞−∞=
3n2 (1 + 4n2 ) + (1 − 6n3 )(2n + 1) = n→∞ (2n + 1)(1 + 4n2 )
= lim
3n2 + 12n4 + 2n + 1 − 12n4 − 6n3 = n→∞ (2n + 1)(1 + 4n2 )
= lim
−6 + n3 + n22 + n13 −6n3 + 3n2 + 2n + 1 3 6 = lim =− =− . 1 1 2 n→∞ (2n + 1)(1 + 4n ) n→∞ (2 + )( 2 + 4) 8 4 n n
= lim
(
)n 1 Ha a hat´ar´ert´ek 1 t´ıpus´ u, akkor a lim 1 + = e alaphat´ar´ert´ek alkalmaz´as´aval n→∞ n oldhat´o fel a hat´arozatlans´ag, vagy erre vezetj¨ uk vissza f (n) = t helyettes´ıt´essel, ha ( )f (n) 1 lim 1 + alak´ u, de csak abban az esetben, ha n → ∞ eset´en f (n) → ∞ is n→∞ f (n) ´erv´enyes. ∞
( 26. an =
n+1 n
)n+2
Megold´ as. ( lim an = lim
n→∞
(( = lim
n→∞
1 1+ n
n→∞
n+1 n
(
)n+2 =1
∞
= lim
n→∞
1 1+ n
)n+2 =
( ( )n ( )2 ) )n )2 1 1 1 · 1+ = lim 1 + · lim 1 + = e · 1 = e. n→∞ n→∞ n n n
´ 2. SZAMSOROZATOK
106 (
n+3 27. an = n Megold´ as.
)n
( lim an = lim
n→∞
n→∞
[( = lim
1+
n→∞
ahol bevezett¨ uk az (
3n + 1 28. an = 3n Megold´ as.
)n
1
n→∞
= lim
n→∞
1 1+ 3n
( ∞
=1 [
=
= lim
n→∞
( lim
1
1+
n→∞
3 1+ n
)n = lim
1+
n→∞
) n3 ]3
[ ==
n 3
(
( lim
k→∞
1 1+ k
1
)n· 33 =
n 3
) k ]3 = e3 ,
n = k helyettes´ıt´est, amely eset´eben k → ∞, ha n → ∞. 3
lim an = lim [(
)n
) n3 ]3
n 3
( n→∞
n+3 n
3n + 1 3n
)3n ] 13
)n
( =1
[ =
∞
= lim
n→∞
( lim
n→∞
1 1+ 3n
1 1+ 3n
)3n ] 13
)n
( = lim
n→∞
[ =
( lim
k→∞
1 1+ k
1 1+ 3n
)3n· 31 =
)k ] 31 1
= e3 =
√ 3
ahol bevezett¨ uk a 3n = k helyettes´ıt´est, amely eset´eben k → ∞, ha n → ∞. ( )3n n+5 29. an = n Megold´ as. ( lim an = lim
n→∞
n→∞
[( 1+
= lim
n→∞
ahol bevezett¨ uk az (
3n + 1 30. an = 3n − 2 Megold´ as.
1
n+5 n
)3n
( ∞
=1
) n5 ]15
[ =
n 5
= lim
n→∞
( lim
n→∞
1+
1
5 1+ n
)3n
) n5 ]15
= lim
n→∞
[ =
n 5
(
( lim
k→∞
1+
1 1+ k
1
)3n· 55 =
n 5
)k ]15 = e15 ,
n = k helyettes´ıt´est, amely eset´eben k → ∞, ha n → ∞. 5
) n+1 2
( lim an = lim
n→∞
n→∞
( = lim
n→∞
1+
1 3n−2 3
3n + 1 3n − 2
(
) n+1 2 =1
∞
= lim
n→∞
3 1+ 3n − 2
[(
3 ) n+1 · 3n−2 · 3n−2 2 3
= lim
n→∞
1+
1 3n−2 3
) n+1 2 =
3n+3 ] 6n−4 ) 3n−2 3
=
e,
2.5. Konvergens sorozatok [ =
( lim
n→∞
6n + 1 31. an = 6n − 2 Megold´ as.
[ =
3n−2 3
( lim
k→∞
1 1+ k
)k ] lim
n→∞
3n+3 6n−4 1
= e2 =
√
e,
3n − 2 = k helyettes´ıt´est, amely eset´eben k → ∞, ha n → ∞. 3
ahol bevezett¨ uk az (
3n+3 ] lim 6n−4 ) 3n−2 n→∞ 3
1
1+
107
)n2
(
)n2 ( )n2 6n + 1 6n − 2 + 3 ∞ lim an = lim = 1 = lim = n→∞ n→∞ n→∞ 6n − 2 6n − 2 3 ( )n2 ( ) 6n−2 · 6n−2 ·n2 3 3 1 = lim 1 + = lim 1 + 6n−2 = n→∞ n→∞ 6n − 2 3 3n2 3n2 ] 6n−2 [ [( 6n−2 ] lim 6n−2 ) 6n−2 ( ) n→∞ 3 3 1 1 = lim 1 + 6n−2 = = lim 1 + 6n−2 n→∞
n→∞
3
[ =
( lim
k→∞
1+
1 k
)k ] lim
n→∞
3n2 6n−2
3
3n2 lim 6n−2 = en→∞ = e∞ = ∞,
6n − 2 = k helyettes´ıt´est, amely eset´eben k → ∞, ha n → ∞. 3 ( 2 )3n+1 2n + n + 1 32. an = 2n2 − n + 1 Megold´ as. ( 2 )3n+1 )3n+1 ( 2n + n + 1 2n2 + n + 1 ∞ lim an = lim = 1 = lim 1 + 2 −1 = n→∞ n→∞ n→∞ 2n2 − n + 1 2n − n + 1 )3n+1 ( )3n+1 ( 2n 2n2 + n + 1 − 2n2 + n − 1 = lim 1 + 2 = lim 1 + = n→∞ n→∞ 2n2 − n + 1 2n − n + 1 −n+1 )(3n+1)· 2n22n ( · 22n 2n −n+1 1 = lim 1 + 2n2 −n+1 = ahol bevezett¨ uk a
n→∞
( = lim 1 + n→∞
= lim
n→∞
( 1+
1 2n2 −n+1 2n
ahol bevezett¨ uk a n → ∞.
−n+1 ) 2n22n
2n
1
−n+1 ) 2n22n
2n2 −n+1 2n
lim
2n(3n+1) 2 −n+1
2n −n+1
[
n→∞ 2n
2n(3n+1) 2
=
=
( lim
k→∞
1+
1 k
)k ] lim
6n2 +2n 2 −n+1
n→∞ 2n
= e3 ,
2n2 − n + 1 = k helyettes´ıt´est, amely eset´eben k → ∞, ha 2n
´ 2. SZAMSOROZATOK
108 ( 33. an =
1 1− n
)n
Megold´ as. ( lim an = lim
n→∞
n→∞
1
(
=
lim 1 +
n→∞
1 n−1
1 1− n
)n
( = 1∞ = lim
n→∞
)n−1+1 =
( lim 1 +
n→∞
1 n−1
n−1 n
1 )n−1
(
)n = lim
· lim 1 + n→∞
1 n−1
)n =
n n−1
n→∞
(
1
1 1 = , 1·e e
)=
ahol bevezett¨ uk a n − 1 = k helyettes´ıt´est, amelyn´el k → ∞, ha n → ∞. ( 34. an =
n+2 n+3
) 4n+2 3
Megold´ as. ( lim an = lim
n→∞
n→∞
n+2 n+3
=
1
(
n→∞
( lim 1 +
n→∞
= 1∞ = lim
n→∞
lim 1 +
=[
(
) 4n+2 3
1 n+2
1 )n+2 ] lim 1
n→∞
= ) 4n+2 · n+2 3 n+2
=[
n+2
lim
( lim 1 +
k→∞
= lim
n+3 n+2
[(
n→∞
4n+2 3n+6
(
) 4n+2 3
1
n→∞
1 1+
)n+2 1 n+2
1 ) ] lim 1 k
n→∞
) 4n+2 3 =
= ] 4n+2 3n+6
=
4n+2 3n+6
1 1 1 + n+2
1
1 1 = √ = √ , 3 4 e3e e e 4 3
k
ahol bevezett¨ uk a n + 2 = k helyettes´ıt´est, amelyn´el k → ∞, ha n → ∞. ( 35. an =
n2 + 2 n2 + 3
)n2 +5
Megold´ as. ( lim an = lim
n→∞
n→∞
mivel
n2 + 2 n2 + 3
(
)n2 +5 = 1∞ = lim
n→∞
(
1 lim 1 + 2 n→∞ n +2 [( = lim 1+ n→∞
( = lim
n→∞
1 1+ 2 n +2
)n2 +5
1
)n2 +5 (
=
n2 +3 n2 +2
1
lim 1 +
n→∞
1 n2 +2
1 )n2 +5 = , e
(
)n2 +2+3 1 = lim 1 + 2 = n→∞ n +2 )n2 +2 ( )3 ] 1 1 · 1+ 2 = n2 + 2 n +2 (
)n2 +2 · lim
n→∞
1 1+ 2 n +2
(
)3 = lim
k→∞
1 1+ k
)k · 1 = e,
ahol bevezett¨ uk a n2 + 2 = k helyettes´ıt´est, amely eset´eben k → ∞, ha n → ∞.
2.5. Konvergens sorozatok
109
A k¨ovetkez˝o h´arom feladatban haszn´aljuk fel a lim
√ n
n→∞
a = 1 ´es lim
n→∞
√ n
n = 1 alaphat´ar-
´ert´ekeket, ahol a pozit´ıv val´os sz´am, hogy a feloldjuk a hat´arozatlans´agot a ∞0 t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´esekn´el. √ n 36. an = 5n Megold´ as. lim an = lim
n→∞
37. an =
√ n
√ n
n→∞
(√ √ ) √ ( ) √ n n 5n = ∞0 = lim 5 · n n = lim 5 · lim n n = 1. n→∞
n→∞
n→∞
7n2
Megold´ as. lim an = lim
n→∞
38. an =
n→∞
√ n
√ n
7n2
(
= ∞
0
)
= lim
(√ n
n→∞
( )2 √ (√ )2 ) √ n n n 7· n = lim 7 · lim n = 1. n→∞
n→∞
3n + 2
Megold´ as.
√ n
lim an = lim
n→∞
n→∞
( ) 3n + 2 = ∞0 .
A hat´ar´ert´eket a Rend˝or-elv alapj´an oldjuk meg. Mivel n ≥ 2 eset´en 3n < 3n + 2 ≤ 3n + n, ez´ert
√ n
3n ≤
√ n
vagyis 3n ≤ 3n + 2 ≤ 4n, 3n + 2 ≤
√ n
4n,
´es a megfelel˝o t´etel alapj´an √ √ √ n n lim 3n ≤ lim n 3n + 2 ≤ lim 4n, n→∞
n→∞
vagyis 1 ≤ lim
n→∞
ez´ert lim
√ n
n→∞
n→∞
√ n
3n + 2 ≤ 1,
3n + 2 = 1.
A k¨ovetkez˝o k´et sorozat hat´ar´ert´ek´et sz´amoljuk ki a monotonit´asi ´es korl´atoss´agi tulajdons´ag felhaszn´al´as´aval. cn ,c>0 n! Megold´ as. Az {an } pozit´ıv tag´ u sorozat szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, mert
39. an =
an+1 = an
cn+1 (n+1)! cn n!
=
c·cn (n+1)·n! cn n!
=
c < 1, n+1
ha n > c − 1, teh´at a (c − 1)-t˝ol nagyobb indexekre ´erv´enyes lesz az a felt´etel, hogy an+1 < an . Mivel az {an } sorozat pozit´ıv tag´ u, ez´ert alulr´ol korl´atos (p´eld´aul a
´ 2. SZAMSOROZATOK
110
0-val) ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, ez´ert ez a sorozat konvergens, teh´at l´etezik hat´ar´ert´eke. Legyen lim an = a. n→∞
Ekkor lim an+1 = lim an = a ´es an+1 = an ·
n→∞
n→∞
c , n+1
(
) c c lim an+1 = lim an · = lim an · lim . n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n + 1 n+1 Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a = a · 0, illetve a = 0, amely alapj´an kimondhat´o, hogy ahonnan
cn = 0, n→∞ n! lim
√ 40. an =
ha c > 0.
√ √ 2 + 2 + · · · + 2, ahol n gy¨ok szerepel a kifejez´esben
Megold´ as. Igazoljuk el˝osz¨or, hogy an < 2 minden n term´eszetes sz´amra. Ennek bizony´ıt´as´at matematikai indukci´oval v´egezz¨ uk. √ o 1 n = 1 eset´en a1 = 2 < 2. 2o Tegy¨ uk fel, hogy az ´all´ıt´as igaz n = k-ra, azaz ak < 2. √ √ 3o Az ´all´ıt´as n = k + 1 eset´en is igaz, mert ak+1 = 2 + ak < 2 + 2 = 2, teh´at {an } korl´atos sorozat. Igazoljuk most szint´en matematikai indukci´oval, hogy an < an+1 minden n term´eszetes sz´amra. √ √ √ 1o n = 1 eset´en a1 = 2 < 2 + 2 = a2 . 2o Tegy¨ uk fel, hogy az ´all´ıt´as igaz n = k-ra, azaz ak < ak+1 . √ √ 3o Az ´all´ıt´as n = k + 1 eset´en is igaz, mert ak+1 = 2 + ak < 2 + ak+1 = ak+2 , teh´at {an } szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o sorozat. Mivel az {an } sorozat szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o ´es fel¨ ulr˝ol korl´atos (p´eld´aul a 2-vel), ez´ert ez a sorozat konvergens, teh´at l´etezik hat´ar´ert´eke. Legyen lim an = a.
n→∞
Ekkor lim an+1 = lim an = a valamint an+1 =
n→∞
n→∞
√
2 + an .
Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a2n+1 = 2 + a + n, illetve )2 ( lim an+1 = lim (2 + an ) n→∞
n→∞
ahonnan a2 = 2 + a. Ebb˝ol az egyenletb˝ol a = 2 vagy a = −1 k¨ovetkezik, de a pozitivit´as miatt a = 2 az egyetlen megold´as. Ez´ert √ √ √ lim an = lim 2 + 2 + · · · + 2 = 2. n→∞
n→∞
2.5. Konvergens sorozatok 2.5.5.
111
V´ egtelen m´ ertani sor
2.17. Defin´ıci´ o. Egy m´ertani sorozat elemeib˝ol k´epzett v´egtelen sok tag´ u ”¨osszeget” v´egtelen m´ertani sornak nevezz¨ uk. Tekints¨ uk az a, aq, aq 2 , . . . , aq n−1 , . . . m´ertani sorozatot, ahol a ̸= 0 ´es q ̸= 0. Tudjuk, hogy a m´ertani sorozat els˝o n elem´enek ¨osszege Sn = a + aq + aq 2 + · · · + aq n−1 = a ·
1 − qn . 1−q
Ha a m´ertani sorozat minden elem´et ¨ossze akarjuk adni, akkor val´oj´aban az S = a + aq + aq 2 + · · · + aq n−1 + . . . ¨osszeget keress¨ uk, amelynek ´ert´ek´et a m´ertani sor {Sn } r´eszlet¨osszeg sorozat´anak hat´ar´ert´ekek´ent tudunk kisz´amolni, vagyis az S = lim Sn n→∞
k´eplet seg´ıts´eg´evel, amennyiben ez a hat´ar´ert´ek l´etezik. Mivel ) 1 − qn a a ( n n lim Sn = lim a · = lim (1 − q ) = 1 − lim q , n→∞ n→∞ n→∞ 1−q 1 − q n→∞ 1−q ´ıgy meg´allap´ıthatjuk, hogy ez a hat´ar´ert´ek csak |q| < 1 eset´en l´etezik, ugyanis csak akkor konvergens a {q n } sorozat. q ≤ −1 ´es q > 1 eset´eben lim q n nem l´etezik, teh´at az S n→∞
¨osszeg sem sz´am´ıthat´o ki. q = 1 eset´en Sn = n · a ´es lim Sn = lim (n · a) = ±∞ (az els˝o n→∞
n→∞
elem el˝ojel´et˝ol f¨ ugg˝oen). Ezek szerin a v´egtelen m´ertani sor ¨osszege S=
∞ ∑
= a + aq + aq 2 + · · · + aq n−1 + · · · =
n=1
a , 1−q
|q| < 1.
Ezt a k´epletet szok´as
a1 , |q| < 1 1−q alakban is ´ırni, kihangs´ ulyozva, hogy a1 a m´ertani sorozat els˝o eleme. S=
2.35. P´ elda. Ha az
1 1 1 + 2 + ··· + n + ··· 2 2 2 szeretn´enk kisz´am´ıtani, akkor azt kell ´eszrevenn¨ unk, hogy ennek a v´egtelen ¨osszegnek a tagjai 1 1 1 1, , 2 , · · · , n , · · · 2 2 2 1 egy m´ertani sorozat elemei, amelyben a1 = 1 ´es q = . Mivel a h´anyados eleget tesz a 2 1 < 1 felt´etelnek, ´ıgy a v´egtelen m´ertani sor ¨osszege 2 S =1+
S=
a1 1 = 1−q 1−
1 2
= 2.
´ 2. SZAMSOROZATOK
112 FELADATOK.
( )n 3 3 9 27 n 1. Sz´am´ıtsuk ki az 1 − + − + · · · + (−1) + · · · v´egtelen ¨osszeget. 4 16 64 4 Megold´ as. Az ¨osszeg egy v´egtelen m´ertani sor, mert tagjai az ( )n 3 9 27 3 n 1, − , , − , · · · , (−1) , ··· 4 16 64 4 3 3 m´ertani sorozat elemei, amelynek h´anyadosa q = − eleget tesz az − < 1 4 4 felt´etelnek, ez´ert a keresett ¨osszeg S=
a1 4 1 1 ( 3) = 7 = . = 1−q 7 1 − −4 4
2. Sz´am´ıtsuk ki az 1 + x2 + x4 + x6 + · · · v´egtelen ¨osszeget, ha tudjuk, hogy |x| < 1. Megold´ as. Ha |x| < 1, akkor |x2 | < 1 is ´erv´enyes. A keresett ¨osszeg egy v´egtelen m´ertani sor, mert az 1, x2 , x4 , x6 , · · · elemekkel rendelkez˝o ´es q = x2 h´anyados´ u m´ertani sorozat elemeit adjuk ¨ossze. Mivel a h´anyadosra teljes¨ ul a |q| < 1 felt´etel, ez´ert a keresett S ¨osszeg l´etezik ´es S=
a1 1 = . 1−q 1 − x2
3. ´Irjuk fel t¨ort alakj´aban az 1, 34 szakaszos tizedes sz´amot. Megold´ as. ´Irjuk fel az adott sz´amot t¨obb tizedes sz´amjeggyel ´es bontsuk fel a k¨ovetkez˝o m´odon: 1, 34 = 1, 343434 · · · = 1 + 0, 34 + 0, 0034 + 0, 000034 + · · · 34 34 34 + + + ··· 100 10000 1000000 Vegy¨ uk ´eszre, hogy a m´asodik tagt´ol kezdve egy v´egtelen ( m´ )ertani sor tagjait kell 34 1 1 ¨osszegezn¨ unk, melyben a1 = ´es q = , amelyre < 1. Ez´ert 100 100 100 =1+
1, 34 = 1 +
34 100
1−
1 100
=1+
133 34 = . 99 99
4. Az a = 1 befog´oj´ u egyenl˝osz´ar´ u der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og oldalainak felez˝opontjait ¨osszek¨otve egy u ´jabb egyenl˝osz´ar´ u der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨oget kapunk. Felezz¨ uk meg ennek az oldalait is ´es u ´jra k¨oss¨ uk ¨ossze a felez˝opontokat. Folytassuk ezt az elj´ar´ast a v´egtelens´egig, majd sz´am´ıtsuk ki az eredeti ´es a be´ırt h´aromsz¨ogek ker¨ uleteinek ´es ter¨ uleteinek ¨osszeg´et. Megold´ as. Ha az egyenl˝osz´ar´ u der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og oldala a, akkor ker¨ ulete √ √ a2 K = 2a + a 2 = a(2 + 2), ter¨ . Az eredetivel egy¨ utt ulete pedig T = 2
2.5. Konvergens sorozatok
113
a a a a h´aromsz¨ogek befog´oi sorban az a, , , , . . . m´ertani sorozatot adj´ak. A 2 4 8 h´aromsz¨ogek ker¨ uleteinek ¨osszege √ √ √ √ a a a K = a(2 + 2) + (2 + 2) + (2 + 2) + (2 + 2) + · · · , 2 4 8 ahonnan ( ) √ √ √ 1 1 1 1 = 2a(2 + K = a(2 + 2) 1 + + + + · · · = a(2 + 2) · 2). 2 4 8 1 − 12 √ √ Mivel a = 1, ´ıgy az ¨osszes h´aromsz¨og ker¨ ulet´enek ¨osszege K = 2(2 + 2) = 4 + 2 2. A h´aromsz¨ogek ter¨ uleteinek ¨osszege a2 1 ( a )2 1 ( a )2 1 ( a )2 + + + + ··· , T = 2 2 2 2 4 2 8 ahonnan ( ) a2 1 1 1 a2 1 2a2 1+ + + + = · . T = = 2 4 16 64 2 1 − 14 3 2 Mivel a = 1, ´ıgy az ¨osszes h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek ¨osszege T = . 3 5. Az adott R sugar´ u k¨orbe ´ırjunk egyenl˝ooldal´ u h´aromsz¨oget, majd abba k¨ort, ´es folytassuk ezt az elj´ar´ast a v´egtelens´egig. Sz´am´ıtsuk ki a k¨or¨ok ker¨ uleteinek ´es a h´aromsz¨ogek ter¨ uleteinek ¨osszeg´et. √ Megold´ as. Az R sugar´ u k¨orbe ´ırt egyenl˝ooldal´ u h´aromsz¨og oldala a = R 3. R Ha ebbe a h´aromsz¨ogbe k¨ort ´ırunk, akkor annak sugara R1 = , az u ´jabb be´ırt 2 a egyenl˝ooldal´ u h´aromsz¨og oldala pedig a1 = . Ez´ert a k¨or¨ok sugarai ´es az egyen2 a a a R R R l˝ooldal´ u h´aromsz¨ogek oldalai az R, , , , . . . ´es az a, , , , . . . m´ertani 2 4 8 2 4 8 sorozatokat alkotj´ak. A k¨or¨ok ker¨ uleteinek ¨osszege R R R K = 2Rπ + 2 · π + 2 · π + 2 · π + · · · , 2 4 8 amelyb˝ol rendez´es ut´an ( ) 1 1 1 1 K = 2Rπ 1 + + + + · · · = 2Rπ · = 4Rπ, 2 4 8 1 − 12 vagyis az ¨oszes ´ıgy el˝o´all´ıtott k¨or ker¨ ulet´enek ¨osszege K = 4Rπ. Az eml´ıtett m´odon el˝o´all´ıtott h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek ¨osszege √ ( a ) 2 √3 ( a ) 2 √3 ( a ) 2 √3 2 3 + + + + ··· , T =a 4 2 4 4 4 8 4 amely rendez´es ut´an a √ ( √ √ ) a2 3 1 1 a2 3 1 1 a2 3 T = + + = · 1+ + = 4 4 16 64 4 3 1 − 14 √ kifejez´est adja. Mivel a = R 3, ´ıgy az ¨osszes h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek ¨osszege √ √ 3R2 3 = R2 3. T = 3
114
3. 3.1. 3.1.1.
Egyv´ altoz´ os val´ os f¨ uggv´ enyek Val´ os f¨ uggv´ enyekkel kapcsolatos alapfogalmak A f¨ uggv´ enyek megad´ asa
Az els˝o fejezetben ´altal´anosan ´ertelmezt¨ uk a f¨ uggv´enyt. Most csak olyan f¨ uggv´enyekkel foglalkozunk, amelyeknek ´ertelmez´esi tartom´anya ´es k´eptartom´anya is val´os sz´amokb´ol ´all. Az ilyen f : A ⊂ R → B ⊂ R f¨ uggv´enyeket egyv´altoz´os val´os f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk, s a latin vagy a g¨or¨og ´ab´ec´e bet˝ uivel jel¨olj¨ uk, p´eld´aul: f , g, h,..., φ, ψ, ϑ stb. Az A halmazt az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´ anak (domenj´enek) nevezz¨ uk ´es Df fel jel¨olj¨ uk, m´ıg a B halmazt az f f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlet´enek (kodomenj´enek) nevezz¨ uk ´es Rf -fel jel¨olj¨ uk. Val´os f¨ uggv´enyekn´el ´altal´aban a f¨ uggetlen v´altoz´o jel¨ol´es´ere az x, a f¨ ugg˝o v´altoz´o jel¨ol´es´ere az y bet˝ ut haszn´aljuk, de ha sz¨ uks´eges, akkor m´as bet˝ uket is haszn´alhatunk. A f¨ uggv´eny jel¨ol´es´en´el sokszor az y = f (x) szimb´olumot haszn´aljuk, ami azt jelenti, hogy y valamilyen f¨ uggv´enye x-nek. Ha x0 ∈ Df , akkor az f f¨ uggv´eny x0 ponthoz rendelt ´ert´ek´et f (x0 )-lal jel¨olj¨ uk, ´es az f f¨ uggv´eny x0 pontban felvett helyettes´ıt´esi ´ert´ek´enek nevezz¨ uk. Ha f (x0 ) = 0, akkor x0 az f f¨ uggv´eny z´erushelye vagy nullahelye. A val´os f¨ uggv´eny megad´as´ahoz nem el´eg csak az ´ertelmez´esi tartom´anyt ´es az ´ert´ekk´eszletet megadni, azt is tudnunk kell, hogyan tal´alhatjuk meg a f¨ uggetlen v´altoz´o egyes ´ert´ekeihez tartoz´o f¨ uggv´eny´ert´eket, vagyis ismern¨ unk kell a hozz´arendel´esi t¨ orv´enyt. A hozz´arendel´esi t¨orv´eny megad´asa sokf´elek´eppen t¨ort´enhet. A f¨ uggv´eny hozz´arendel´esi t¨orv´eny´et p´eld´aul megadhatjuk t´abl´azattal. Ez abban ´all, hogy ki´ırjuk a f¨ uggetlen v´altoz´o sz´amos ´ert´ek´et, s mell´e´ırjuk a nekik megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´eket. A f¨ uggv´enyek t´abl´azattal val´o megad´as´anak f˝o hi´anyoss´aga a nagy terjedelem ´es a szeml´eletess´eg hi´anya, de ett˝ol f¨ uggetlen¨ ul igen elterjedt megad´asi m´od a term´eszettudom´anyokban ´es a m˝ uszaki tudom´anyokban. A f¨ uggv´eny megad´as´anak legfontosabb m´odja a k´eplettel (formul´ aval ) val´o megad´as. Ekkor megadunk egy olyan k´epletet, amely az x f¨ uggetlen v´altoz´on k´ıv¨ ul csupa adott sz´amot tartalmaz. Ha k´eplettel adjuk meg a f¨ uggv´enyt, akkor az ´ertelmez´esi tartom´anyt mindazok a val´os sz´amok alkotj´ak, amelyre a k´epletben szerepl˝o m˝ uveletek mindegyike elv´egezhet˝o ´es a k´eplet val´os ´ert´eket vesz fel. Adott f ´es g val´os f¨ uggv´enyekb˝ol k´epzett ¨osszetett f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´any´anak meghat´aroz´asakor figyelembe kell venni a k¨ovetkez˝oket: f (x) eset´en g(x) ̸= 0. g(x) √ 2. y = 2n f (x) eset´en f (x) ≥ 0 (n ∈ N). 1. y =
3. y = loga f (x) eset´en f (x) > 0 (a > 0, a ̸= 1). 4. y = tg f (x) eset´en f (x) ̸=
π 2
+ kπ, (k ∈ Z).
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
115
5. y = ctg f (x) eset´en f (x) ̸= kπ, (k ∈ Z). 6. y = arcsin f (x) ´es y = arccos f (x) eset´en −1 ≤ f (x) ≤ 1. x2 + 1 3.1. P´ elda. Az f (x) = 3 f¨ uggv´eny racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, ez´ert a nevez˝oje nem x − 4x2 lehet nulla. Keress¨ uk meg teh´at a nevez˝o nullahelyeit ´es z´arjuk ki azokat az ´ertelmez´esi 3 tartom´anyb´ol. x − 4x2 = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x(x − 2)(x + 2) = 0, innen pedig megkapjuk, hogy a nevez˝o nulla, ha x = 0, vagy ha x = 2, vagy ha x = −2. Ez´ert az ´ertelmez´esi tartom´any Df = R \ {−2, 0, 2}, vagy m´as fel´ır´asban Df = (−∞, −2) ∪ (−2, 0) ∪ (0, 2) ∪ (2, ∞). √ 3.2. P´ elda. Az f (x) = x2 − 16 f¨ uggv´eny p´aros gy¨okkitev˝oj˝ u irracion´alis f¨ uggv´eny, ez´ert a gy¨ok alatti mennyis´eg nem lehet negat´ıv, vagyis teljes¨ ulnie kell az x2 − 16 ≥ 0, illetve (x − 4)(x + 4) ≥ 0 egyenl˝otlens´egnek. Oldjuk meg t´abl´azattal ezt a m´asodfok´ u egyenl˝otlens´eget. A t´abl´azatb´ol kiolvashatjuk, hogy az f Df (−∞, −4) (−4, 4) (4, ∞) f¨ uggv´eny csak a (−4, 4) intervallumon x−4 − − + negat´ıv, teh´at x+4 − + + Df = (−∞, −4] ∪ [4, ∞). x2 − 16 + − + 3.3. P´ elda. Mivel minden )logaritmusf¨ uggv´eny csak pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett, ez´ert ( x2 + 1 x2 + 1 az f (x) = ln f¨ u ggv´ e ny csak akkor ´ e rtelmezett, ha az > 0 x2 − 4x + 3 x2 − 4x + 3 egyenl˝otlens´eg teljes¨ ul. Mivel x2 + 1 > 0 minden val´os sz´amra, ez´ert a t¨ortf¨ uggv´eny el˝ojele csak a nevez˝ot˝ol f¨ ugg. Bontsuk t´enyez˝okre a nevez˝ot ´es oldjuk meg t´abl´azattal az ´ıgy kapott (x − 1)(x − 3) > 0 egyenl˝otlens´eget. Df (−∞, 1) x−3 − x−1 − 2 x − 4x + 3 +
(1, 3) − + −
3.4. P´ elda. Az f (x) = tg
A t´abl´azatb´ol kiolvashatjuk, hogy az f f¨ uggv´eny csak az [1, 3] intervallumon nempozit´ıv, teh´at
(3, ∞) + + +
Df = (−∞, 1) ∪ (3, ∞).
x f¨ uggv´eny nem ´ertelmezett azokban a pontokban, ahol 2 x π ̸= + kπ, 2 2
k ∈ Z,
illetve x ̸= π + 2kπ, k ∈ Z. A keresett ´ertelmez´esi tartom´any teh´at Df = R \ {(2k + 1)π, k ∈ Z}. 3.5. P´ elda. Az f (x) = arcsin
6x f¨ uggv´eny csak akkor ´ertelmezett, ha a x2 + 9 −1 ≤
6x ≤1 +9
x2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
116
6x nevez˝oje minden val´os sz´amra pozit´ıv, +9 2 ez´ert mindk´et egyenl˝otlens´eget szorozhatjuk x + 9-cel. Ekkor −x2 − 9 < 6x < x2 + 9, azaz a egyenl˝otlens´egrendszer teljes¨ ul. Mivel a
x2
−x2 − 9 ≤ 6x ´es 6x ≤ x2 + 9 egyenl˝otlens´egeknek kell teljes¨ ulni¨ uk, azaz megold´ashalmazaik metszete adja az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´at. Mivel a fenti egyenl˝otlens´egrendszer ekvivalens az −x2 − 6x − 9 ≤ 0 ´es x2 − 6x + 9 ≥ 0, illetve az (x + 3)2 ≥ 0 ´es (x − 3)2 ≥ 0 egyenl˝otlens´egrendszerekkel, ´ıgy l´athat´o, hogy mindkett˝o megold´ashalmaza az R halmaz, teh´at metszet¨ uk is az, ´es ´ıgy Df = R.
A f¨ uggv´eny grafikonja vagy g¨orb´eje a Descartes-f´ele der´eksz¨og˝ u koordin´ata-rendszer ´altal meghat´arozott s´ıkban az olyan (x, f (x)) pontok halmaza, amelyek abszcissz´ai az x f¨ uggetlen v´altoz´o ´ert´ekei, ahol x ∈ Df , ordin´at´ai pedig az ezeknek megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekek, azaz y = f (x), s ezt az egyenletet nevezz¨ uk a f¨ uggv´enyg¨orbe egyenlet´enek. A f¨ uggv´eny grafikus megad´asa azt jelenti, hogy a f¨ uggv´eny grafikonj´at adjuk meg, ´es a f¨ uggetlen v´altoz´o x0 ´ert´ek´ehez tartoz´o f (x0 ) f¨ uggv´eny´ert´ek a g¨orbe x0 abszcissz´aj´ u pontj´anak ordin´at´aja. Gyakran el˝ofordul, hogy a f¨ uggv´eny grafikonja csak n´eh´any pontb´ol ´all, m´egis ´altal´anosan elterjedt, hogy a f¨ uggv´eny grafikonj´at g¨orb´enek nevezz¨ uk, s ´ıgy a f¨ uggv´eny ´es a g¨orbe fogalma szorosan ¨osszef¨ ugg. Egy f¨ uggv´eny megad´asa egy g¨orbe, a f¨ uggv´eny grafikonj´anak megad´as´at jelenti, ´es ford´ıtva: egy g¨orbe megad´as´aval egy f¨ uggv´enyt is megadunk, azt a f¨ uggv´enyt, amelynek a megadott g¨orbe a grafikonja. Term´eszetesen csak olyan g¨orb´et adhatunk meg f¨ uggv´eny grafikonjak´ent, amely eset´eben az y-tengellyel p´arhuzamos egyenesek a g¨orb´et legfeljebb egy pontban metszhetik. 3.6. P´ elda. A mell´ekelt t´abl´azattal megadott f f¨ uggv´eny grafikonja mind¨ossze h´arom pontb´ol ´all, az (1, 3), (2, 4) ´es (3, 5) pontokb´ol, mivel Df = {1, 2, 3}.
x 1 2 3 f (x) 3 4 5
3.7. P´ elda. Legyen az f (x) = x + 2 f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = [1, 3]. Az f f¨ uggv´eny grafikonja most az y = x + 2 g¨orbe [1, 3] intervallumhoz tartoz´o darabja, azaz az (1, 3) ´es (3, 5) pontokat ¨osszek¨ot˝o szakasz.
3.8. P´ elda. Legyen az f (x) = x + 2 f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya most Df = R. Az f f¨ uggv´eny grafikonja most az y = x + 2 egyenes.
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
y
117
y
y
5
5
5
4
4
4
3
3
3
2
2
2
1
1
1
1
2
x
3
1
2
y=x+2
x
3
1
2
x
3
A f¨ uggv´eny grafikonja a f¨ uggv´eny nullahely´eben metszi ´at az x-tengelyt. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´anak azon pontjaiban, ahol a f¨ uggv´eny´ert´ekek pozit´ıvak, a f¨ uggv´eny grafikonja az x-tengely felett van, az ´ertelmez´esi tary tom´any azon pontjaiban pedig, ahol a f¨ uggv´eny´ert´ekek negat´ıvak, a f¨ uggv´eny grafikonja az x-tengely alatt van. y=x2 -1
3.9. P´ elda. Az f (x) = x2 − 1 f¨ uggv´eny nullahelyei az f (x) = 0, illetve az x2 − 1 = 0 egyenlet megold´asai, azaz x1 = 1 ´es x2 = −1. Az y = x2 − 1 parabola teh´at a (−1, 0) ´es (1, 0) pontokban metszi ´at az x-tengelyt, s mivel f˝oegy¨ utthat´oja pozit´ıv, minimuma van. A f¨ uggv´eny el˝ojel´et leolvashatjuk a grafikonr´ol: f (x) > 0, ha x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞), ´es f (x) < 0, ha x ∈ (−1, 1).
1
++++
++++ -1
----
1
x
-1
A f¨ uggv´eny y = f (x) megad´asi m´odj´ara azt mondjuk, hogy a f¨ uggv´eny explicit alakban van megadva. Ha haszn´aljuk ezt a jel¨ol´est, akkor az F (x, y) = 0 egyenlet is ´ertelmezhet (egy vagy t¨obb) f¨ uggv´enyt. Ekkor azt mondjuk, hogy F (x, y) = 0 egy implicit alakban megadott f¨ uggv´eny. 2 2 3.10. P´ elda. egsugar´ u k¨orvonal implicit alak´ √ x + y − 1 = 02 az egys´ √ u megad´asa. Mivel 2 ebb˝ol y = ± √1 − x , ez´ert x + y 2 − 1 = 0 jelentheti az f1 (x) = 1 − x2 f¨ uggv´enyt, de 2 uggv´enyt is. Az f1 f¨ uggv´eny grafikonja az egys´egsugar´ u k¨orvonal az f2 (x) = − 1 − x f¨ fels˝o, pozit´ıv f´els´ıkhoz tartoz´o f´elk¨or´ıve, az f2 f¨ uggv´eny grafikonja pedig az egys´egsugar´ u k¨orvonal als´o, negat´ıv f´els´ıkhoz tartoz´o f´elk¨or´ıve.
y 1
y y=
1 - x2
1
-1 -1 y=-
1 - x2
1
x
x2 +y2 =1
1
-1 -1
x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
118
√ 2 3.11. P´ elda. u megad´asa, y = ± x miatt jelentheti √alak´ √ A parabola x − y = 0 implicit az f1 (x) = x f¨ uggv´enyt, de az f2 (x) = − x f¨ uggv´enyt is. Az f1 f¨ uggv´eny grafikonja a parabolag¨orbe fels˝o, pozit´ıv f´els´ıkhoz tartoz´o ´ıve, az f2 f¨ uggv´eny grafikonja pedig a parabolag¨orbe als´o, negat´ıv f´els´ıkhoz tartoz´o ´ıve. y
y x= y2
y= x
1
1 x
1 -1
x
1 -1 y=- x
FELADATOK. Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´any´at. 3x +5 Megold´ as. Mivel a racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny nevez˝oje nem nulla, hiszen x2 + 5 > 0, ez´ert a f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, azaz Df = R = (−∞, ∞).
1. f (x) =
x2
x2 + 2 x3 + 6x2 + 8x Megold´ as. A racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny nevez˝oje nem lehet nulla, azaz
2. f (x) =
x3 + 6x2 + 8x = x(x + 4)(x + 2) ̸= 0 kell teljes¨ ulj¨on, amely felt´etel akkor ´es csakis akkor igaz, ha x ̸= 0 ´es x ̸= −4 ´es x ̸= −2. Az ´ertelmez´esi tartom´any teh´at Df = R \ {−4, −2, 0} = (−∞, −4) ∪ (−4, −2) ∪ (−2, 0) ∪ (0, ∞). √
x+1 x Megold´ as. P´aratlan gy¨okkitev˝oj˝ u a f¨ uggv´eny, teh´at minden val´os sz´amra ´ertelmezett, ez´ert most csak az alatta lev˝o t¨ort nevez˝oj´ere kell feltenni, hogy ne legyen nulla, azaz x ̸= 0, ´ıgy Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞).
3. f (x) =
3
1 5x − x2 Megold´ as. A t¨ort miatt a nevez˝o nem lehet nulla, a p´aros gy¨okkitev˝oj˝ u f¨ uggv´eny alatti kifejez´es pedig nem lehet negat´ıv, ´ıgy meg´allap´ıthatjuk, hogy a k´et felt´etel ¨osszes´ıtve az 5x − x2 = x(5 − x) > 0 felt´etelhez vezet. Oldjuk meg t´abl´azattal ezt a m´asodfok´ u egyenl˝otlens´eget.
4. f (x) = √
Df x 5−x 5x − x2
(−∞, 0) (0, 5) (5, ∞) − + + + + − − + −
A t´abl´azatb´ol kiolvashatjuk, hogy az 5x − x2 m´asodfok´ u kifejez´es csak a (0, 5) intervallumon pozit´ıv, teh´at az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = (0, 5).
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
119
√ 1 + −x 5+x Megold´ as. Figyelembe v´eve a t¨ortet ´es a p´aros gy¨okkitev˝oj˝ u f¨ uggv´enyeket, a k¨ovetkez˝o kik¨ot´eseket kell tenn¨ unk: 5 + x > 0 ´es −x ≥ 0. Az egyenl˝otlens´egek megold´ashalmazai x > −5 ´es x ≤ 0, amelyek egyid˝oben −5 < x ≤ 0 val´os sz´amokra teljes¨ ulnek, teh´at Df = (−5, 0]. ) ( x+5 6. f (x) = ln 5−x Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny csak szigor´ uan pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett ´es a nevez˝o nem lehet nulla, ez´ert az 5. f (x) = √
x+5 >0 5−x egyenl˝otlens´egnek kell teljes¨ ulnie. T´abl´azatba foglalva a sz´aml´al´o ´es nevez˝o tulajdons´agait, a k¨ovetkez˝oket kapjuk: x+5 Df (−∞, −5) (−5, 5) (5, ∞) A t´abl´azatb´ol l´athat´o, hogy az x+5 − + + 5−x t¨ortkifejez´es csak a (−5, 5) intervallumon 5−x + + − pozit´ıv, teh´at az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi x+5 − + − tartom´anya Df = (−5, 5). 5−x 7. f (x) = ln x2 Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny csak szigor´ uan pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett ´es 2 x ≥ 0 minden val´os sz´amra. Ez azt jelenti, hogy csup´an a null´at kell kiz´arni az ´ertelmez´esi tartom´anyb´ol, azaz Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞). 8. f (x) = log2 (cos x) Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny csak szigor´ uan pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett, ez´ert teljes¨ ulnie kell a cos x > 0 felt´etelnek, ami azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya azoknak az intervallumoknak az uni´oj´ab´ol ´all, amelyekben az y = cos x f¨ uggv´enyg¨orbe az x-tengely f¨ol¨ott helyezkedik el. Ez´ert ) ∪( π π − + 2kπ, + 2kπ . Df = 2 2 k∈Z 9. f (x) =
√
ln (x − x2 )
Megold´ as. Vegy¨ uk figyelembe a logaritmusf¨ uggv´eny ´es a p´aros gy¨okkitev˝oj˝ u irracion´alis f¨ uggv´eny ´ertelmezetts´eg´et is. Ekkor teljes¨ ulnie kell a k¨ovetkez˝o felt´eteleknek: ( ) x − x2 > 0 ´es ln x − x2 ≥ 0. ( ) Az ln x − x2 ≥ 0 egyenl˝otlens´eg akkor ´es csakis akkor igaz, ha x−x2 ≥ 1, vagyis az x2 −x+1 ≤ 0 m´asodfok´ u egyenl˝otlens´eg is teljes¨ ul. Az x2 −x+1 m´asodfok´ u trinomr´ol 2 meg´allap´ıthatjuk, hogy determin´ansa D = 1 − 4 = −3 < 0, teh´at az y = x2 − x + 1 parabol´anak nincs val´os nullahelye, viszont a f˝oegy¨ utthat´oja a = 1 > 0, vagyis konvex ´es minimuma van, ami azt jelenti, hogy minden val´os sz´amra szigor´ uan pozit´ıv ´ert´eket vesz fel. Ez´ert az x2 − x + 1 ≤ 0 m´asodfok´ u egyenl˝otlens´eg egyetlen egy val´os sz´amra sem teljes¨ ul, teh´at Df = ∅.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
120 10. f (x) =
√
ln (sin x)
Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny ´es a p´aros gy¨okkitev˝oj˝ u irracion´alis f¨ uggv´eny ´ertelmezetts´eg´et is figyelembe v´eve kik¨otj¨ uk, hogy teljes¨ ulnie kell a sin x > 0 ´es
ln (sin x) ≥ 0
felt´eteleknek, illetve az ezzel ekvivalens sin x > 0 ´es
sin x ≥ 1
egyenl˝otlens´egrendszernek. Az egyenl˝otlens´egrendszer megold´as´at a sin x ≥ 1 egyenl˝otlens´eg megold´ashalmaza, illetve a | sin x| ≤ 1 felt´etellel ¨osszes´ıtve a sin x = 1 egyenlet megold´ashalmaza adja meg. Ez´ert {π } Df = + 2kπ, k ∈ Z . 2 2 2 + sin x Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a t¨ort nevez˝oj´eben szerepl˝o 2+sin x kifejez´es mindig szigor´ uan pozit´ıv, teh´at nem lehet nulla. Ez´ert csup´an a ( ) 2 2 2 −1 ≤ ≤ 1, illetve ≥ −1 ´es ≤1 2 + sin x 2 + sin x 2 + sin x
11. f (x) = arccos
egyenl˝otlens´egrendszert kell megoldani. Mivel 2 + sin x > 0 minden val´os sz´amra, ez´ert mindk´et egyenl˝otlens´eg beszorozhat´o (2 + sin x)-szel, s ´ıgy a 2 ≥ −2 − sin x ´es 2 ≤ 2 + sin x, illetve a sin x ≥ −4 ´es
sin x ≥ 0
egyenl˝otlens´egeket kapjuk, amelyek k¨oz¨ ul az els˝o mindig teljes¨ ul, a m´asodik megold´ashalmaza pedig minden olyan intervallum uni´oja, ahol az y = sin x f¨ uggv´enyg¨orbe nem az x-tengely alatt van, teh´at ∪ Df = [2kπ, (2k + 1)π] . k∈Z
√
√
x x−2 Megold´ as. Vegy¨ uk figyelembe mindh´arom ¨osszeadand´o ´ertelmez´esi tartom´any´at ´es keress¨ uk meg ezek metszet´et. Kik¨ot´eseink a k¨ovetkez˝ok:
12. f (x) =
3x + log(4 − x) +
3
3x ≥ 0 ´es 4 − x > 0 ´es x − 2 ̸= 0, illetve
x ≥ 0 ´es x < 4 ´es x ̸= 2.
A keresett ´ertelmez´esi tartom´any ´ıgy Df = [0, 2) ∪ (2, 4).
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
121
√
( ( 2 )) 1 + arctg ln x + 1 x2 + 1 Megold´ as. Vegy¨ uk figyelembe, hogy az exponenci´alis f¨ uggv´eny kitev˝oj´eben lev˝o t¨ort nevez˝oje nem lehet nulla, azaz x + 1 ̸= 0, illetve x ̸= −1 kell, hogy teljes¨ ulj¨on. A n´egyzetgy¨ok alatti kifejez´es nem lehet negat´ıv, teh´at kik¨otj¨ uk, hogy
13. f (x) = e
x x+1
−
arcsin
arcsin
x2
1 ≥0 +1
1 ≤ 1 teljes¨ ul. Mivel +1 x2 + 1 > 0, ez´ert a kapott egyenletrendszer ekvivalens a 0 ≤ 1 ≤ x2 + 1 egyenletrendszerrel, amelynek megold´ashalmaza a val´os sz´amok halmaza. Az y = arctg x f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, teh´at itt nincs kik¨ot´es, a logaritmusf¨ uggv´eny viszont csak szigor´ uan pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett, ´es az x2 + 1 kifejez´es ¨ teljes´ıti ezt a felt´etelt. Osszegezve a fenti felt´etelek mindegyik´et azt kapjuk, hogy az adott f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R \ {−1}, azaz
teljes¨ ulj¨on, ami akkor ´es csak akkor lehets´eges, ha 0 ≤
x2
Df = (−∞, −1) ∪ (−1, ∞). ( )x2 +1 14. f (x) = x2 − x − 2 Megold´ as. Az exponenci´alis f¨ uggv´eny alapja csak 1-t˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o pozit´ıv val´os sz´am lehet, ´ıgy teljes¨ ulnie kell az x2 − x − 2 > 0 ´es x2 − x − 2 ̸= 1, illetve az (x − 2)(x + 1) > 0 ´es x2 − x − 3 ̸= 0 felt´eteleknek. Az els˝o egyenl˝otlens´eg megold´ asa az (−∞, −1) ∪ (2, ∞) intervallum, √ 1 ± 13 a m´asodik megold´asa pedig: x ̸= . Ez´ert a megadott f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi 2 tartom´anya ( ) ( ) √ ) ( √ √ ) ( √ 1 + 13 1 − 13 1 − 13 1 + 13 , −1 ∪ 2, ,∞ . Df = −∞, ∪ ∪ 2 2 2 2 ( ) 15. f (x) = log3x−3 4 − x2 Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny csak pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett, alapja pedig csak 1-t˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o pozit´ıv val´os sz´am lehet, ez´ert kik¨ot´eseink most: 3x − 3 > 0 ´es 3x − 3 ̸= 1 ´es 4 − x2 > 0. 4 Mivel a fenti egyenl˝otlens´egrendszer megold´ashalmaz´at az x > 1, az x ̸= , valamint 3 a −2 < x < 2 tulajdons´agok egyid˝oben t¨ort´en˝o megval´osul´asa adja meg, ez´ert az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya ( ) ) ( 4 4 Df = 1, ,2 . ∪ 3 3
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
122
Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´any´at, nullahelyeit, majd vizsg´aljuk ki az el˝ojel¨ uket, azaz hat´arozzuk meg mely intervallumokon pozit´ıvak ´es mely intervallumokon negat´ıvak. 16. f (x) = 6x − 3 Megold´ as. Mivel f line´aris f¨ uggv´eny, ez´ert Df = R. A f¨ uggv´eny nullahelye az f (x) = 0 f¨ uggv´eny megold´asa, ebben az esetben a 6x − ( 3 =)0 egyenlet gy¨oke, azaz 1 1 x = . Ez azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny g¨orb´eje az N , 0 pontban metszi az x2 2 tengelyt. Az f f¨ uggv´eny akkor ´es csakis akkor pozit´ıv, ha f (x) > 0, azaz 6x − 3 > 0, 1 teh´at x > eset´en. Az f f¨ uggv´eny akkor ´es csakis akkor negat´ıv, ha f (x) < 0, 2 1 azaz 6x − 3 < 0, teh´at x < eset´en. Ezeket a tulajdons´agokat t´abl´azatban is 2 ¨osszefoglalhatjuk. ( ) ( ) ( ) 1 1 1 Az f f¨ uggv´eny pozit´ıv az , ∞ intervallumon, Df −∞, ,∞ 2 ( ) 2 2 1 f (x) − + ´es negat´ıv a −∞, intervallumon. 2 17. f (x) = 25 − x2 Megold´ as. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R, mert f m´asodfok´ u 2 f¨ uggv´eny. f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 25 − x = 0, azaz x = −5 vagy x = 5 eset´en, teh´at a f¨ uggv´eny grafikonja N1 (−5, 0) ´es N2 (5, 0) pontokban metszi az x-tengelyt. Felhaszn´alva, hogy a f¨ uggv´eny f (x) = (5 − x)(5 + x) alakban is fel´ırhat´o, az el˝ojellel kapcsolatos tulajdons´agokat t´abl´azatban foglaljuk ¨ossze. Df (−∞, −5) (−5, 5) (5, ∞) 5−x + + − 5+x − + + f (x) − + −
Meg´allap´ıthatjuk, hogy az f f¨ uggv´eny pozit´ıv a (−5, 5) intervallumon, ´es negat´ıv a (−∞, −5) ∪ (5, ∞) intervallumon.
18. f (x) = x3 + x2 + 2x Megold´ as. f polinomf¨ uggv´eny, teh´at az ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R. f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x(x2 + x + 2) = 0, azaz csup´an x = 0 eset´en, mert ( )2 1 7 2 x + x + 2 = x+ + > 0. A f¨ uggv´eny grafikonja teh´at csak az N (0, 0) 2 4 pontban metszi az x-tengelyt. Az f f¨ uggv´eny el˝ojele ´ıgy csak x-t˝ol f¨ ugg, vagyis f (x) > 0, ha x ∈ (0, ∞), ´es f (x) < 0, ha x ∈ (−∞, 0). x3 − 3x2 + 2x x2 − 9 Megold´ as. f racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, ´ıgy a nevez˝o nem lehet nulla, azaz x2 − 9 ̸= 0, ami azt jelenti, hogy x ̸= 3 ´es x ̸= −3. Az ´ertelmez´esi tartom´any ennek alapj´an Df = R \ {−3, 3}, illetve intervallumos alakban Df = (−∞, −3) ∪ (−3, 3) ∪ (3, ∞). f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha a sz´aml´al´o nulla, vagyis x(x − 1)(x − 2) = 0. A kapott egyenlet megold´asai x1 = 0, x2 = 1 ´es x3 = 2, teh´at a f¨ uggv´eny grafikonja az N1 (0, 0), N2 (1, 0) ´es N3 (2, 0) pontokban metszi az x-tengelyt. V´egezz¨ uk t´abl´azattal az el˝ojel vizsg´alat´at.
19. f (x) =
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
123
Df (−∞, −3) (−3, 0) (0, 1) (1, 2) (2, 3) (3, ∞) x − − + + + + 2 x − 3x + 2 + + + − + + x2 − 9 + − − − − + f (x) − + − + − + Meg´allap´ıthatjuk, hogy f (x) > 0, ha x ∈ (−3, 0) ∪ (1, 2) ∪ (3, ∞) ´es f (x) < 0, ha x ∈ (−∞, −3) ∪ (0, 1) ∪ (2, 3). 20. f (x) = 2x − 4 Megold´ as. Az exponenci´alis f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, ez´ert az ´ertelmez´esi tartom´any Df = R. A f¨ uggv´eny nullahely´et az f (x) = 0 egyenletb˝ol sz´am´ıthatjuk ki. 2x − 4 = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x = 22 , amelyb˝ol x = 2, vagyis az f f¨ uggv´eny grafikonja egyetlen pontban metszi ´at az x-tengelyt, ez pedig N (2, 0). A f¨ uggv´eny el˝ojel´enek kivizsg´al´as´ahoz exponenci´alis egyenl˝otlens´egeket kell megoldani. f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x − 4 > 0, azaz 2x > 22 , amelyb˝ol k¨ovetkezik, hogy x > 2. f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x < 22 , ahonnan x < 2. ¨ Osszefoglalva, az f f¨ uggv´eny pozit´ıv, ha x ∈ (2, ∞) ´es az f f¨ uggv´eny negat´ıv, ha x ∈ (−∞, 2). 15 − 3x 21. f (x) = √ x−6 Megold´ as. A nevez˝o nem lehet nulla ´es a gy¨ok alatti kifejez´es nem lehet negat´ıv, ez´ert x − 6 > 0 eset´en lesz csak ´ertelmezett a f¨ uggv´eny, ami azt jelenti, hogy az ´ertelmez´esi tartom´any Df = (6, ∞). f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 15 − 3x = 0, azaz x = 5 eset´eben, de mivel 5 ∈ / Df √ , ez´ert a f¨ uggv´enynek nincs nullahelye. Az el˝ojel kivizsg´al´as´an´al vegy¨ uk ´eszre, hogy x − 6 > 0 az ´ertelmez´esi tartom´any minden pontj´ara, teh´at a f¨ uggv´eny el˝ojele csak a sz´aml´al´o el˝ojel´et˝ol f¨ ugg. Ez´ert f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 15 − 3x > 0, vagyis x < 5 eset´en, ami nem lehets´eges, mert ez az intervallum nincs benne az ´ertelmez´esi tartom´anyban. f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 15 − 3x < 0, vagyis x > 5 eset´en. Ez azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon negat´ıv. ln x 1 − ln x Megold´ as. A logaritmusf¨ uggv´eny csak pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett, ez´ert az egyik kik¨ot´es¨ unk az, hogy x > 0. A nevez˝o nem lehet nulla, ez´ert a m´asik kik¨ot´es¨ unk az ln x ̸= 1, vagyis x ̸= e. Ez´ert a f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = (0, e)∪(e, ∞). f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha ln x = 0, ez pedig x = 1 eset´en teljes¨ ul, teh´at a f¨ uggv´enygrafikon az N (1, 0) pontban metszi ´at az abszcissza tengelyt. Foglaljuk t´abl´azatba a f¨ uggv´eny el˝ojel´enek kivizsg´al´as´at.
22. f (x) =
Df ln x 1 − ln x f (x)
(0, 1) (1, e) (e, ∞) − + + + + − − + −
A t´abl´azatb´ol meg´allap´ıthatjuk, hogy f (x) > 0, ha x ∈ (1, e), ´es f (x) < 0, ha x ∈ (0, 1) ∪ (e, ∞).
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
124 23. f (x) = log 1
2
x+2 x−3
Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny akkor ´es csakis akkor ´ertelmezett, ha K´esz´ıts¨ uk el a kapott egyenl˝otlens´eg megold´as´anak t´abl´azat´at. x x+2 x−3 x+2 x−3
(−∞, −2) − −
(−2, 3) (3, ∞) + + − + −
+
+
x+2 > 0. x−3
A t´abl´azatb´ol meg´allap´ıthatjuk, hogy a f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = (−∞, −2) ∪ (3, ∞).
x+2 = 1, azaz x + 2 = x − 3 eset´en, e ennek az x−3 egyenletnek nincs megold´asa, ´ıgy a f¨ uggv´enynek nincs nullahelye. f (x) > 0 akkor ´es x+2 x+2−x+3 csakis akkor, ha 0 < < 1, azaz akkor ´es csakis akkor, ha < 0. x−3 x−3 5 A kapott egyenl˝otlens´eg megold´asa < 0, illetve x − 3 < 0 megold´as´aval ekvix−3 valens, ami azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny pozit´ıv x < 3 eset´en, teh´at a (−∞, −2) x+2 intervallumon. f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha > 1, azaz akkor ´es csakis x−3 5 akkor, ha > 0. A kapott egyenl˝otlens´eg megold´asa x − 3 > 0 megold´as´aval x−3 ekvivalens, ami azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny negat´ıv a (3, ∞) intervallumon. f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha
1
24. f (x) = (x − 2)e x Megold´ as. Mivel az exponenci´alis f¨ uggv´eny kitev˝oj´eben lev˝o nevez˝o nem lehet nulla, ez´ert x ̸= 0, s ´ıgy Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞). f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x − 2 = 0, teh´at x = 2 a f¨ uggv´eny nullahelye. Ez azt jelenti, hogy a f¨ uggv´enygrafikon az N (2, 0) pontban metszi az x-tengelyt. Mivel az exponenci´alis f¨ uggv´eny mindig pozit´ıv, ez´ert f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha x − 2 > 0, ´es f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha x − 2 < 0. Az f f¨ uggv´eny teh´at pozit´ıv x > 2-re, azaz x ∈ (2, ∞) eset´en, ´es negat´ıv x < 2-re, azaz x ∈ (−∞, 2) eset´en. 25. f (x) = cos 2x − sin x Megold´ as. Az f f¨ uggv´enyben szerepl˝o k´et trigonometrikus f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett, teh´at az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R. Alkalmazva a trigonometriai azonoss´agokat ´atalak´ıthatjuk az f f¨ uggv´enyt: f (x) = cos 2x − sin x = cos2 x − sin2 x − sin x = 1 − 2 sin2 x − sin x. Ekkor f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2 sin2 x + sin x − 1 = 0. Bevezetve a sin x = t helyettes´ıt´est az egyenlet a 2t2 + t − 1 = 0 m´asodfok´ u egyenletre vezet˝odik 1 ´es t2 = −1. Visszahelyettes´ıtve az eredeti vissza, amelynek megold´asai t1 = 2 v´altoz´ot a 1 sin x = ´es sin x = −1 2 egyenleteket kapjuk, amelyek megold´asai π 5π 3π x1 = + 2kπ, x2 = + 2kπ ´es x3 = + 2kπ, k ∈ Z. 6 6 2
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak Mivel az f f¨ uggv´eny
(
1 f (x) = −2 sin x − 2
125
) (sin x + 1)
alakban is fel´ırhat´o ´es sin x + 1 ≥ 0, ez´ert f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 1 1 sin x − < 0, illetve f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha sin x − > 0. 2 2 ¨ Osszegezve a fentieket meg´allap´ıthatjuk, hogy az f f¨ uggv´eny pozit´ıv, ha )∪( ) ( ) ∪ ( 5π π 3π 3π 13π x ∈ 0 + 2kπ, + 2kπ + 2kπ, + 2kπ + 2kπ, + 2kπ , 6 6 2 2 6 ( ) π 5π illetve az f f¨ uggv´eny negat´ıv, ha x ∈ + 2kπ, + 2kπ . 6 6 3.1.2.
Val´ os f¨ uggv´ enyek tulajdons´ agai
A k¨ovetkez˝okben felsoroljuk azokat a legegyszer˝ ubb fogalmakat, amelyek a f¨ uggv´enyek vizsg´alata sor´an leggyakrabban el˝ofordulnak. 3.1. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enyt fel¨ ulr˝ ol (alulr´ol) korl´atosnak nevezz¨ uk, ha van olyan K (k) sz´am, hogy minden x ∈ Df pontra f (x) < K (k < f (x)). Az f f¨ uggv´eny korl´atos, ha alulr´ ol ´es fel¨ ulr˝ol is korl´atos, ekkor |f (x)| ≤ max{|k|, |K|},
azaz k ≤ f (x) ≤ K.
Azt mondjuk, hogy K az f f¨ uggv´eny egy fels˝o, k pedig az f f¨ uggv´eny egy als´ o korl´ atja. Fontos kihangs´ ulyozni, hogy ha a f¨ uggv´enynek van egy fels˝o korl´atja vagy egy als´o korl´atja, akkor ezekb˝ol v´egtelen sok is van. Teh´at a fels˝o ´es als´o korl´at fogalma nem egy´ertelm˝ u. Lehet defini´alni korl´atos f¨ uggv´eny legkisebb fels˝o korl´atj´at, mint a f¨ uggv´eny szupr´emum´at, vagy korl´atos f¨ uggv´eny legnagyobb als´o korl´atj´at, mint a f¨ uggv´eny infimmum´at, de a korl´atoss´ag szempontj´ab´ol ezek nem a legfontosabb fogalmak. 3.12. P´ elda. a) Az f (x) = −x2 + 2 f¨ uggv´eny fel¨ ulr˝ol korl´atos, egy fels˝o korl´atja a 2, teh´at a f¨ uggv´eny grafikonja az y = 2 egyenes alatt helyezkedik el. 1 b) Az f (x) = 2 f¨ uggv´eny alulr´ol korl´atos, egy als´o korl´atja a 0, teh´at a f¨ uggv´eny x grafikonja az y = 0 egyenes felett helyezkedik el. c) Az f (x) = cos x f¨ uggv´eny korl´atos, egy fels˝o korl´atja az 1, egy als´o korl´atja a −1, teh´at a f¨ uggv´eny grafikonja az y = −1 ´es az y = 1 egyenesek k¨oz¨ott helyezkedik el. d) Az f (x) = x3 f¨ uggv´eny sem alulr´ol, sem fel¨ ulr˝ol nem korl´atos. 3.2. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enyt szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ onek (cs¨ okken˝ onek) nevezz¨ uk, ha az ´ertelmez´esi tartom´any b´armely k´et olyan pontj´ ara, amelyekre x1 < x2 , az f (x1 ) < f (x2 )
(f (x1 ) > f (x2 ))
rel´ aci´ o teljes¨ ul. Az f f¨ uggv´enyt monoton nemcs¨okken˝ onek (nemn¨ovekv˝ onek) mondjuk, ha x1 < x2 eset´en az teljes¨ ul, hogy f (x1 ) ≤ f (x2 )
(f (x1 ) ≥ f (x2 )).
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
126
A szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, monoton nemcs¨okken˝o ´es monoton nemn¨ovekv˝o f¨ uggv´enyeket k¨oz¨os n´even monoton f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. A szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o f¨ uggv´enyekre azt mondjuk, hogy szigor´ uan monotonak. 3.13. P´ elda. a) Az f (x) = 2−x f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. b) Az f (x) = ln x f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o. c) Az f (x) = 2 f¨ uggv´eny monoton nemcs¨okken˝o ´es monoton nemn¨ovekv˝o is. A monotonit´as defini´alhat´o az ´ertelmez´esi tartom´any valamely r´eszintervallum´an is. Ekkor a sz´oban forg´o intervallumon monoton f¨ uggv´enyr˝ol besz´el¨ unk. 1 f¨ uggv´eny a (−∞, 0) intervallumon szigor´ uan monoton x2 n¨ovekv˝o, a (0, ∞) intervallumon pedig szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, de a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon vizsg´alva nem monoton.
3.14. P´ elda. a) Az f (x) =
b) Az f (x) = x2 −2x+3 f¨ uggv´eny a (−∞, 1) intervallumon szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, a (1, ∞) intervallumon pedig szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, de a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon vizsg´alva nem monoton. 3.3. Defin´ıci´ o. Legyen x0 az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´ anak egy pontja. Az f f¨ uggv´enynek az x0 pontban helyi (vagy lok´alis) maximuma (minimuma) van, ha megadhat´ o az x0 pontnak olyan k¨ornyezete, hogy az ebbe es˝o x ∈ Df , de x ̸= x0 pontokra igaz, hogy f (x) < f (x0 )
(f (x) > f (x0 )) .
Azt az x0 pontot, ahol az f f¨ uggv´eny el´eri helyi maximum´at minimum´at, az f f¨ uggv´eny helyi maximuma (minimuma) hely´enek nevezz¨ uk. Az (x0 , f (x0 )) pont az y = f (x) f¨ uggv´enyg¨ orbe helyi maximumpontja minimumpontja. A helyi maximumhelyet ´es minimumhelyet egy sz´oval helyi sz´els˝o´ert´ekhelynek nevezz¨ uk, a helyi maximumpont ´es minimumpont k¨oz¨os neve pedig helyi sz´els˝o´ert´ekpont. 3.15. P´ elda. a) Az f (x) = x2 + 2 f¨ uggv´enynek az x = 0 pontban helyi minimuma van, amelynek ´ert´eke fmin (0) = 2. b) Az f (x) = −x2 + 2x f¨ uggv´enynek az x = 1 pontban helyi maximuma van, amelynek ´ert´eke fmax (1) = 1. √ c) Az f (x) = 3 x f¨ uggv´enynek nincs helyi sz´els˝o´ert´eke. Az olyan f¨ uggv´enyek eset´eben vizsg´alhat´o a f¨ uggv´enyg¨orbe alakja a konvexit´as szempontj´ab´ol, amelyek ´ertelmez´esi tartom´any´anak van olyan r´eszhalmaza, amely intervallum. 3.4. Defin´ıci´ o. Az [a, b] intervallumon ´ertelmezett f f¨ uggv´enyt konvexnek (konk´ avnak) nevezz¨ uk, ha minden a ≤ x1 < x < x2 ≤ b eset´en ( ) f (x2 ) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x1 ) f (x) < f (x1 ) + (x − x1 ) f (x) > f (x1 ) + (x − x1 ) . x 2 − x1 x2 − x1
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
127
A fenti defin´ıci´o szeml´eletesen a k¨ovetkez˝ok´eppen fogalmazhat´o meg: egy f¨ uggv´enyg¨orb´et konvexnek (konk´avnak) nevez¨ unk, ha b´armely ´ıv´enek minden pontja a v´egpontok kiv´etel´evel a v´egpontok ´altal meghat´arozott h´ ur alatt (felett) van. A konvex g¨orbe´ıvre teh´at az jellemz˝o, hogy b´armely pontj´ahoz h´ uzott ´erint˝oje f¨ol¨ott halad, m´ıg a konk´av g¨orbe´ıvre az, hogy b´armely pontj´ahoz h´ uzott ´erint˝oje alatt halad. A fenti elnevez´esek akkor lenn´enek pontosak, ha azt is hozz´atenn´enk, hogy a f¨ uggv´eny ”fel¨ ulr˝ol n´ezve” konvex, illetve konk´av, de mi mindig ilyen ´ertelemben haszn´aljuk ˝oket. 3.5. Defin´ıci´ o. Egy f¨ uggv´enynek az x0 pontban inflexi´os (vagy ´athajl´ asi) pontja van, ha az x0 pontnak van olyan jobb ´es bal oldali k¨ornyezete, hogy az egyikben a f¨ uggv´eny szigor´ uan konvex, a m´asikban szigor´ uan konk´av, vagy ford´ıtva. 3.16. P´ elda. Az f (x) = x3 f¨ uggv´eny a (−∞, 0) intervallumon konk´av, a (0, ∞) intervallumon konvex, az x = 0 pontban pedig inflexi´os pontja van ´es finf (0) = 0. 3.6. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enyt, amelynek ´ertelmez´esi tartom´anya szimmetrikus az orig´ ora, p´aros f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk, ha b´armely x ∈ Df pontra f (−x) = f (x), ´es p´ aratlan f¨ uggv´enynek, ha b´armely x ∈ Df pontra f (−x) = −f (x). A defin´ıci´ob´ol k¨ovetkezik, hogy a p´aros f¨ uggv´enyek grafikonja tengelyesen szimmetrikus az y-tengelyre, a p´aratlan f¨ uggv´enyek grafikonja pedig k¨oz´eppontosan szimmetrikus az orig´ora. 3.17. P´ elda. Az f (x) = x2 + |x| f¨ uggv´eny p´aros, mert f (−x) = (−x)2 + | − x| = x2 + |x| = f (x). 3.18. P´ elda. Az f (x) = x3 + x f¨ uggv´eny p´aratlan, mert f (−x) = (−x)3 + (−x) = −x3 − x = −(x3 + x) = −f (x). 3.19. P´ elda. Ha tudjuk, hogy a trigonometrikus f¨ uggv´enyek k¨oz¨ ul csak az y = cos x p´aros, a t¨obbi p´aratlan, akkor meg´allap´ıthatjuk, hogy az f (x) = sin x + cos x f¨ uggv´eny se nem p´aros, se nem p´aratlan, mivel f (−x) = sin(−x) + cos(−x) = − sin x + cos x ̸= ±f (x). 3.20. P´ elda. Az f (x) = log x se nem p´aros, se nem p´aratlan, mert az ´ertelmez´esi tartom´anya nem szimmetrikus az orig´ora. 3.7. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´eny periodikus, ha l´etezik olyan ω pozit´ıv val´os sz´am, amelyre teljes¨ ul a k¨ovetkez˝o k´et felt´etel: 1. minden x ∈ Df eset´en k¨ovetkezik, hogy (x + kω) ∈ Df , ahol k ∈ Z; 2. minden x ∈ Df eset´en f (x + ω) = f (x). Ekkor ω-t az f f¨ uggv´eny peri´ odus´anak nevezz¨ uk. Term´eszetesen, ha ω peri´odus, akkor ennek b´armely pozit´ıv eg´esz sz´amszorosa is peri´odus. A f¨ uggv´eny lehet˝o legkisebb peri´odus´at a f¨ uggv´eny alapperi´ odus´ anak nevezz¨ uk ´es ω0 -val jel¨olj¨ uk.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
128
3.21. P´ elda. A trigonometrikus f¨ uggv´enyek periodikusak. K¨oz¨ ul¨ uk az f (x) = sin x ´es f (x) = cos x f¨ uggv´enyek alapperi´odusa ω0 = 2π. Ez azt jelenti, hogy sin(x + 2π) = sin x, azaz, hogy sin(x + 2kπ) = sin x, k ∈ Z, illetve hogy cos(x + 2kπ) = cos x, k ∈ Z. Az f (x) = tg x ´es az f (x) = ctg x f¨ uggv´enyek alapperi´odusa ω0 = π. Ebb˝ol azt tudjuk, hogy tg (x + kπ) = tg x, k ∈ Z, ´es ctg (x + kπ) = ctg x, k ∈ Z. 1 f¨ uggv´eny nem periodikus, mert nem tal´alunk olyan ω pozit´ıv x 1 1 val´os sz´amot, hogy f (x + ω) = f (x), vagyis = teljes¨ ulj¨on, hiszen akkor x + ω = x x+ω x kellene, hogy igaz legyen minden val´os x ̸= 0 ´ert´ekre, amely csak ω = 0 esetben val´osul meg.
3.22. P´ elda. Az f (x) =
3.23. P´ elda. Vizsg´aljuk most ki az f (x) = sin 3x f¨ uggv´eny periodikuss´ag´at. Mivel ´altal´anos esetben tudjuk, hogy az f f¨ uggv´eny periodikuss´ag´ahoz egy olyan ω > 0 sz´amot keres¨ unk, amelyre f (x + ω) = f (x) igaz, ´es ebben az esetben tudjuk, hogy az y = sin x f¨ uggv´eny periodikus ´es 2π az alapperi´odusa, ez´ert most a sin 3(x + ω) = sin(3x + 2kπ),
k∈Z
egyenl˝os´egnek kell teljes¨ ulnie. Innen 3(x + ω) = 3x + 2kπ akkor ´es csakis akkor, ha 3ω = 2kπ, vagyis 2kπ ω= , k ∈ Z. 3 Az alapperi´odust a legkisebb pozit´ıv eg´esz k sz´amra kapjuk, teh´at k = 1 eset´en, s ´ıgy az 2π f f¨ uggv´enyr˝ol meg´allap´ıthat´o, hogy periodikus, alapperi´odusa pedig ω0 = . 3 √ 3.24. P´ elda. Mutassuk meg, hogy az f (x) = tg x f¨ uggv´eny nem periodikus. E c´elb´ol tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggv´eny periodikus ω peri´odussal, azaz teljes¨ ul, hogy √ √ tg x + ω = tg ( x + kπ), k ∈ Z. √ √ Ebb˝ol x + ω = x + kπ, k ∈ Z, ahonnan n´egyzetre emel´essel azt kapjuk, hogy √ x + ω = x + 2kπ x + k 2 π 2 , k ∈ Z. Ekkor
√ ω = 2kπ x + k 2 π 2 ∈ / R+ ,
k ∈ Z,
mivel az x v´altoz´o is szerepel a kifejez´esben. Ez´ert az f f¨ uggv´eny egy nem periodikus trigonometrikus f¨ uggv´eny.
FELADATOK. Vizsg´aljuk ki az al´abbi f¨ uggv´enyek parit´as´at. √ 1. f (x) = x x2 Megold´ as. Mivel
√ √ f (−x) = −x (−x)2 = −x x2 = −f (x),
az adott f¨ uggv´eny p´aratlan.
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
129
2. f (x) = x4 + 5x2 + 6 + 3 cos x Megold´ as. Mivel f (−x) = (−x)4 + 5(−x)2 + 6 + 3 cos(−x) = x4 + 5x2 + 6 + 3 cos x = f (x), az adott f¨ uggv´eny p´aros. 3. f (x) = sin(sin x) Megold´ as. Mivel f (−x) = sin(sin(−x)) = sin(− sin x) = − sin(sin x) = −f (x), az adott f¨ uggv´eny teh´at p´aratlan. 4. f (x) = x3 + x2 + x + 1 Megold´ as. A f¨ uggv´eny se nem p´aros, se nem p´aratlan, hiszen f (−x) = (−x)3 + (−x)2 + (−x) + 1 = −x3 + x2 − x + 1 ̸= ±f (x). cos 5x x3 + x Megold´ as. A f¨ uggv´eny p´aratlan, mert Df = (−∞, 0) ∪ (0, ∞) ´es
5. f (x) =
f (−x) =
cos 5(−x) cos 5x cos 5x = =− 3 = −f (x). 3 3 (−x) + (−x) −x − x x +x
3x − 3−x 2 Megold´ as. Mivel
6. f (x) =
f (−x) =
3(−x) − 3−(−x) 3−x − 3x 3x − 3−x = =− = −f (x), 2 2 2
ez´ert a f¨ uggv´eny p´aratlan. √ √ 7. f (x) = 1 − 3x + 2x2 − 1 + 3x + 2x2
(
) 1 1 Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy Df = (−∞, −1) ∪ − , ∪ (1, ∞) ´es 2 2 √ √ f (−x) = 1 − 3(−x) + 2(−x)2 − 1 + 3(−x) + 2(−x)2 = ) (√ √ √ √ 2 2 2 2 1 + 3x + 2x − 1 − 3x + 2x = −f (x), = 1 + 3x + 2x − 1 − 3x + 2x = −
ez´ert a f¨ uggv´eny p´aratlan. √ √ 3 3 2 8. f (x) = (x + 2) + (x − 2)2 Megold´ as. Mivel √ √ √ √ 3 3 3 3 2 2 2 f (−x) = (−x + 2) + (−x − 2) = (x − 2) + (x + 2)2 = f (x), a f¨ uggv´eny p´aros.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
130 ( ) √ 9. f (x) = loga x + x2 + 1
Megold´ as. A f¨ uggv´eny p´aratlan, mert ( ) ( ) (√ ) √x 2 + 1 + x √ f (−x) = loga −x + (−x)2 + 1 = loga x2 + 1 − x · √ = x2 + 1 + x ) ( 2 )−1 ) ( ( √ √ x + 1 − x2 = loga x + x2 + 1 = − loga x + x2 + 1 = −f (x). = loga √ x2 + 1 + x 2 + cos x 2 − cos x Megold´ as. A f¨ uggv´eny p´aros, mert
10. f (x) = ln
f (−x) = ln
2 + cos(−x) 2 + cos x = ln = f (x). 2 − cos(−x) 2 − cos x
Vizsg´aljuk ki az al´abbi f¨ uggv´enyek periodikuss´ag´at. 11. f (x) = sin2 x 1 − cos 2x Megold´ as. Alkalmazzuk a sin2 x = trigonometriai azonoss´agot, s ´ıgy 2 1 − cos 2x val´oj´aban az f (x) = f¨ uggv´eny periodikuss´ag´at kell kivizsg´alni. Olyan 2 ω pozit´ıv val´os sz´amot keres¨ unk, hogy teljes¨ ulj¨on az f (x + ω) = f (x) egyenl˝os´eg, illetve ha felhaszn´aljuk az y = cos x periodikuss´ag´at, akkor igaz legyen, hogy 1 1 1 1 − cos 2(x + ω) = − cos(2x + 2kπ), k ∈ Z. 2 2 2 2 Innen cos 2(x + ω) = cos(2x + 2kπ), k ∈ Z, vagyis 2x + 2ω = 2x + 2kπ,
k ∈ Z.
Ebb˝ol ad´odik, hogy az f f¨ uggv´eny peri´odusa ω = kπ, k ∈ Z, az alapperi´odusa pedig k = 1-re ω0 = π. 1 x Megold´ as. Olyan ω pozit´ıv val´os sz´amot keres¨ unk, amelyre ( ) 1 1 sin = sin + 2kπ , k ∈ Z. x+ω x
12. f (x) = sin
Ebb˝ol
1 1 + 2kπx = , x+ω x
k ∈ Z,
vagyis x = (x + ω)(1 + 2kπx),
illetve x = x + 2kπx2 + ω + 2kπωx,
ahonnan
−2kπx2 ∈ / R+ , 1 + 2kπx teh´at ez a f¨ uggv´eny nem periodikus. ω=
k ∈ Z,
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
131
13. f (x) = 3 ctg πx Megold´ as. Mivel k ∈ Z,
3 ctg π(x + ω) = 3 ctg (πx + kπ), kell legyen, ez´ert πx + πω = πx + kπ,
k ∈ Z,
ahonnan ω = k, k ∈ Z, a peri´odus, ´es ω0 = 1 az alapperi´odus. πx πx + 3 sin 2 3 Megold´ as. Mivel most k´et ¨osszeadand´onk van, mindkett˝onek keress¨ uk a peri´odus´at, majd a kapott peri´odusok legkisebb k¨oz¨os t¨obbsz¨or¨ose lesz az f ¨osszegf¨ uggv´eny peri´odusa. El˝osz¨or a ( πx ) π + 2kπ , k ∈ Z, 2 sin (x + ω) = 2 sin 2 2
14. f (x) = 2 sin
egyenl˝os´egb˝ol kapjuk, hogy πx πω πx + = + 2kπ, 2 2 2
k ∈ Z,
ahonnan ω = 4k, k ∈ Z. M´asodszor a ( πx ) π 3 sin (x + ω) = 3 sin + 2kπ , 3 3
k ∈ Z,
egyenl˝os´egb˝ol kapjuk, hogy πx πω πx + = + 2kπ, 3 3 3
k ∈ Z,
ahonnan ω = 6k, k ∈ Z. Mivel LKT (4k, 6k) = 12k, az adott f f¨ uggv´eny peri´odusa ω = 12k, k ∈ Z, alapperi´odusa pedig ω0 = 12. x−1 π Megold´ as. Vizsg´aljuk meg, hogy van-e olyan pozit´ıv val´os ω, amelyre teljes¨ ul a ( ) x−1 x+ω−1 = cos + 2kπ , k ∈ Z cos π π
15. f (x) = cos
egyenl˝os´eg. Innen
x−1 x−1 ω + = + 2kπ, π π π
k∈Z
kell legyen, ahonnan ω = 2kπ 2 , k ∈ Z a f¨ uggv´eny peri´odusa, ω0 = 2π 2 pedig az alapperi´odus.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
132 3.1.3.
M˝ uveletek f¨ uggv´ enyekkel, az inverz f¨ uggv´ eny
3.8. Defin´ıci´ o. Az f ´es g val´os f¨ uggv´enyek ¨osszeg´en, k¨ ul¨ onbs´eg´en, szorzat´an, h´anyados´ an rendre azt az F , G, H, R f¨ uggv´enyt ´ertj¨ uk, amely azokban ´es csak azokban a pontokban ´ertelmezett, amelyekben f ´es g is ´ertelmezett (kiv´eve az R f¨ uggv´enyt, amely g(x) = 0 eset´en nem ´ertelmezett), ´es minden ilyen pontban: F (x) = (f + g)(x) = f (x) + g(x), G(x) = (f − g)(x) = f (x) − g(x), H(x) = (f · g)(x) = f (x) · g(x), ( ) f f (x) R(x) = (x) = . g g(x) 3.9. Defin´ıci´ o. Az f ´es g val´os f¨ uggv´enyek ¨osszet´etel´en (vagy kompoz´ıci´ oj´ an) azt a F f¨ uggv´enyt ´ertj¨ uk, amelynek ´ertelmez´esi tartom´anya a g f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´ anak azon x pontjaib´ol ´all, amelyekre a g(x) f¨ uggv´eny´ert´ek hozz´atartozik az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´ahoz, ´es minden ilyen pontban F (x) = (f ◦ g)(x) = f (g(x)). 3.25. P´ elda. Ha f (x) = x + 12, x ∈ R ´es g(x) = x2 − (f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x2 −
√
√
x) = x2 −
x, x ≥ 0, akkor
√
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(x + 12) = (x + 12)2 −
x + 12,
x ≥ 0,
√
x + 12, x ≥ −12. √ 3 3.26. P´ elda. Bontsuk fel bels˝o ´es k¨ uls˝ o f¨ uggv´enyekre a F (x) √ = 1 + 2x + 4x2 f¨ uggv´enyt. √ 3 2 3 2 Ha g(x) = 1 + 2x + 4x √ ´es f (x) = x, akkor f (g(x)) = 1 + 2x + 4x√. Viszont, ha √ 3 3 3 2 g1 (x) = x+2x ´es f1 (x) = 1 + 2x, akkor f1 (g1 (x)) = 1 + 2(x + 2x2 ) = 1 + 2x + 4x2 . 3.10. Defin´ıci´ o. Legyen az f val´os f¨ uggv´eny ´altal l´etes´ıtett lek´epez´es k¨olcs¨ on¨ osen egy´er−1 telm˝ u (bijekt´ıv). Az f f¨ uggv´eny inverz f¨ uggv´eny´en ´ertj¨ uk azt az f f¨ uggv´enyt, amelynek ´ertelmez´esi tartom´anya az f ´ert´ekk´eszlete, s a hozz´arendel´esi t¨orv´enye a k¨ovetkez˝ o: egy x0 ´ert´ekhez olyan f −1 (x0 ) ´ert´eket rendel, amely helyen az f f¨ uggv´eny az x0 ´ert´eket vette fel, azaz f (f −1 (x0 )) = x0 . Szigor´ uan monoton f¨ uggv´enynek mindig l´etezik inverze, ugyanis ekkor a hozz´arendel´es k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u. Ha az f invert´alhat´o f¨ uggv´eny grafikonja megrajzolhat´o, akkor az f −1 grafikonja is, ´es ez az f f¨ uggv´eny grafikonj´anak az y = x egyenesre vonatkoz´o t¨ uk¨ork´epe a Descartes-f´ele der´eksz¨og˝ u koordin´ata-rendszerben. 3f −1 (x) + 2 3x + 2 f¨ uggv´eny f −1 inverzf¨ uggv´enye az x = −1 x+5 f (x) + 5 2 − 5x ¨osszef¨ ugg´esb˝ol f −1 (x) = , ahol Df = Rf −1 = R \ {−5} ´es Rf = Df −1 = R \ {3}. x−3
3.27. P´ elda. Az f (x) =
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
133
3.28. P´ elda. Legyen f (x) = log(x − 1) + 3 adott f¨ uggv´eny, ahol Df = (1, ∞) ´es Rf = R. Az f f¨ uggv´eny f −1 inverz´ere az f (f −1 (x)) = x tulajdons´ag alapj´an ´erv´enyes, hogy log(f −1 (x) − 1) + 3 = x,
azaz f −1 (x) = 10x−3 + 1,
ahol Df −1 = R ´es Rf −1 = (1, ∞).
FELADATOK. Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyek inverzeit. 1. f (x) = x2 − 4x + 3 Megold´ as. Az y = x2 − 4x + 3 f¨ uggv´enygrafikonr´ol meg´allap´ıthat´o, hogy az f f¨ uggv´eny bijekt´ıv a (−∞, 2], illetve a [2, ∞) intervallumon, ez´ert ezek b´armelyik´en kereshet¨ unk inverzf¨ uggv´enyt. Ha y = x2 − 4x + 3, akkor az x ←→ y v´altoz´ocsere ut´an x = y 2 − 4y + 3, illetve y 2 − 4y + 3 − x = 0, innen pedig √ √ y1 = 2 + 1 + x ´es y2 = 2 − 1 + x. Ha az f1 (x) = x2 − 4x + 3 f¨ uggv´eny az f f¨ uggv´eny lesz˝ uk´ıt´ese az a (−∞, 2] interval2 lumra, vagyis Df1 = (−∞, 2], az f2 (x) = x − 4x + 3 f¨ uggv´eny pedig az f f¨ uggv´eny lesz˝ uk´ıt´ese az a [2, ∞) intervallumra, vagyis Df2 = [2, ∞), akkor √ √ f1−1 (x) = 2 − 1 + x, ´es f2−1 (x) = 2 + 1 + x, ´es Rf = [−1, ∞) miatt mindk´et f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df1−1 = Df2−1 = [−1, ∞). 2. f (x) = 2 · 3x−2 − 1 Megold´ as. ´Irjuk fel a f¨ uggv´enyt y = 2 · 3x−2 − 1 alakban. Ekkor az x ←→ y v´altoz´ocsere ut´an x = 2 · 3y−2 − 1 ´ırhat´o fel, ahonnan x+1 = 3y−2 , 2
illetve y − 2 = log3
x+1 2
egyenl˝os´egekhez jutunk, ahonnan az inverzf¨ uggv´eny f −1 (x) = 2 + log3
x+1 . 2
3. f (x) = 3 + ln(2x + 1) Megold´ as. Mivel most y = 3 + ln(2x + 1), az x ←→ y v´altoz´ocsere ut´an fel´ırhat´o, hogy x = 3 + ln(2y + 1). Ha ebb˝ol kifejezz¨ uk az y f¨ ugg˝o v´altoz´ot, akkor ebb˝ol x − 3 = ln(2y + 1),
illetve ex−3 = 2y + 1,
ahonnan megkapjuk, hogy az inverzf¨ uggv´eny f −1 (x) =
) 1 ( x−3 e −1 . 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
134 4. f (x) =
x+1 x−1
x+1 Megold´ as. V´egezz¨ uk el az x ←→ y v´altoz´ocser´et az y = egyenletben. Ekkor x−1 y+1 az x = egyenletet kapjuk, ahonnan ki kell fejezn¨ unk az y f¨ ugg˝o v´altoz´ot. Az y−1 ´atalak´ıt´as sor´an azt kapjuk, hogy x(y − 1) = y + 1, illetve y(x − 1) = x + 1, ahonnan x+1 az inverz f¨ uggv´eny f −1 (x) = . x−1 Vegy¨ uk ´eszre, hogy az f f¨ uggv´eny most ¨onmag´anak inverze, ami azt jelenti, hogy a f¨ uggv´eny grafikonja szimmetrikus az y = x egyeneshez viszony´ıtva. 5. f (x) =
2x − 2−x 2
Megold´ as. Vezess¨ uk be az y =
2x − 2−x egyenletbe az x ←→ y v´altoz´ocser´et. 2
2y − 2−y Ekkor az x = ¨osszef¨ ugg´est kapjuk, amelyb˝ol ki kell fejezni a f¨ ugg˝o y 2 v´altoz´ot. Rendezve az egyenletet ad´odik, hogy 2x = 2y −
1 , 2y
illetve 2x · 2y = 22y − 1.
Ha a kapott egyenletben bevezetj¨ uk a 2y = t helyettes´ıt´est, akkor a t2 − 2xt − 1 = 0 m´asodfok´ u egyenletet kapjuk, amelyb˝ol √ √ t1 = x + x2 + 1 ´es t2 = x − x2 + 1, illetve a visszahelyettes´ıt´es ut´an √ √ 2y = x + x2 + 1 vagy 2y = x − x2 + 1. √ √ Mivel x− x2 + 1 < 0, ez´ert csak a 2y = x+ x2 + 1 egyenl˝os´eg lehets´ ahonnan ( eges, ) √ −1 mindk´et oldal logaritm´al´asa ut´an kapjuk meg, hogy f (x) = log2 x + x2 + 1 . ax − a−x , a > 0, a ̸= 1 6. f (x) = x a + a−x a2x − 1 egyenletbe kell Megold´ as. B˝ov´ıts¨ uk az f f¨ uggv´enyt ax -nel. ´Igy az y = 2x a +1 a2y − 1 bevezetni az x ←→ y v´altoz´ocser´et, s ekkor x = 2y . Kifejezve ebb˝ol a f¨ ugg˝o a +1 v´altoz´ot ad´odik, hogy a2y (x − 1) = x + 1,
illetve a2y =
x+1 , x−1
amelyb˝ol megkaphatjuk, hogy a keresett inverzf¨ uggv´eny f 7. f (x) = ln
1+x 1−x
−1
(x) = loga
√
x+1 . x−1
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
135
1+x Megold´ as. Az x ←→ y v´altoz´ocsere ut´an az y = ln egyenletb˝ol kapjuk az 1−x 1+y x = ln egyenletet, amelyb˝ol y-t fejezz¨ uk ki. Ekkor 1−y ex (1 − y) = 1 + y,
illetve y (ex + 1) = ex − 1
az ekvivalens egyenlet, ahonnan a keresett inverzf¨ uggv´eny f −1 (x) = ) ( √ 8. f (x) = loga x + x2 + 1 , a > 0, a ̸= 1
ex − 1 . ex + 1
Megold´ as. Ism´etelj¨ uk( meg az el˝oz˝ )o feladatokb´ol m´ar j´ol ismert elj´ar´ast, azaz √ 2 vezess¨ uk be az y = loga x + x + 1 egyenletben az x ←→ y v´altoz´ocser´et. Ekkor ( x = loga
) √ 2 y+ y +1 ,
ahonnan ax − y =
√
y 2 + 1.
N´egyzetre emel´es ut´an ad´odik, hogy a2x − 2yax + y 2 = y 2 + 1,
illetve 2yax = a2x − 1,
innen pdig k¨ovetkezik, hogy az inverzf¨ uggv´eny f −1 (x) = 9. f (x) =
ax − a−1 . 2
2 1 − 2 sin 3x
2 Megold´ as. Alkalmazzuk az y = egyenletre az x ←→ y v´altoz´ocser´et. 1 − 2 sin 3x 2 egyenletet kapjuk, ahonnan az Ekkor az x = 1 − 2 sin 3y x − 2x sin 3y = 2,
illetve
x−2 = sin 3y 2x
ekvivalens egyenleteket kapjuk. A keresett inverzf¨ uggv´eny teh´at f −1 (x) =
10. f (x) =
1 x−2 arcsin . 3 2x
ecos x − 1 2 + ecos x
ecos x − 1 , akkor az inverzf¨ uggv´enyt az x ←→ y v´altoz´ocsere Megold´ as. Ha y = cos x 2 + e ecos y − 1 egyenletb˝ol hat´arozzuk meg. Innen ut´an az x = 2 + ecos y 2x + 1 , 1−x ( ) 2x + 1 −1 a keresett inverzf¨ uggv´eny pedig f (x) = arccos ln . 1−x ecos y (1 − x) = 2x + 1,
azaz
cos y = ln
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
136
x2 − 4 11. ´Irjuk fel az f (x) = f¨ uggv´enyt m´as alakban, az abszol´ ut´ert´ek defin´ıci´oj´anak |x + 1| felhaszn´al´as´aval. Megold´ as. Mivel { |x| =
x, ha x ≥ 0, −x, ha x < 0,
{ ´ıgy |x + 1| =
x + 1, ha x ≥ −1, −(x + 1), ha x < −1.
Ez´ert az f f¨ uggv´eny fel´ırhat´o a k¨ovetkez˝o alakban: f (x) =
x2 −4 , x+1
ha x ≥ −1,
4−x2 , x+1
ha x < −1.
uggv´enyt m´as alakban, az el˝ojel 12. ´Irjuk fel az f (x) = (x + 2)sgn (x + 5) − 3x + 2 f¨ f¨ uggv´eny defin´ıci´oj´anak felhaszn´al´as´aval. Megold´ as. Mivel 1, ha x > 0, 0, ha x = 0, sgn x = −1, ha x < 0, rendez´es ut´an pedig
(x + 2) · 1 − 3x + 2, ha x > −5, (x + 2) · 0 − 3x + 2, ha x = −5, ez´ert f (x) = (x + 2) · (−1) − 3x + 2, ha x < −5,
4 − 2x, ha x > −5, 2 − 3x, ha x = −5, f (x) = −4x, ha x < −5.
13. Ha f (x) = 2x − 1, akkor hat´arozzuk meg az x ´es y ´ert´ek´et u ´gy, hogy f (f (x)) = 0 ´es f (f (y)) = y igaz legyen. Megold´ as. Alkalmazva az ¨osszetett f¨ uggv´eny szab´aly´at az f (f (x)) = 0 felt´etelb˝ol az f (2x − 1) = 0 illetve 2(2x − 1) − 1 = 0 3 egyenlet k¨ovetkezik, amelynek megold´asa x = . 4 Az f (f (y)) = y felt´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy f (2y − 1) = y
vagyis 2(2y − 1) = y,
´ıgy a kapott egyenlet megold´asa y = 1. 14. Ha f (x) = 2x + 1, akkor hat´arozzuk meg a g f¨ uggv´enyt az f (1 + g(x)) = 2x + 3 ¨osszef¨ ugg´esb˝ol. Megold´ as. Ha f (1 + g(x)) = 2x + 3, akkor az f f¨ uggv´eny defin´ıci´oja alapj´an ´erv´enyes, hogy 2(1 + g(x)) + 1 = 2x + 3 azaz 2 + 2g(x) + 1 = 2x + 3, ahonnan g(x) = x.
3.1. Val´os f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos alapfogalmak
137
15. Keress¨ uk meg mindazokat az f : R → R f¨ uggv´enyeket, melyekre f (2010) = 1 ´es f (x)f (y) = f (x − y) ´erv´enyes legyen minden x, y ∈ R eset´en. Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy minden y ∈ R eset´en f (y) ̸= 0 kell legyen, mert ha l´etezne olyan y ∈ R, amelyre f (y) = 0 lenne, akkor minden x ∈ R eset´en ´erv´enyes lenne, hogy f (x) · 0 = f (x − y), amely csak f (x) ≡ 0 eset´en lenne igaz, de ez az f (2010) = 1 felt´etel miatt nem lehets´eges. Vegy¨ uk ´eszre tov´abb´a azt, hogy x = 2y v´alaszt´as´aval (ami lehets´eges, hiszen az f (x)f (y) = f (x − y) egyenlet minden x, y ∈ R eset´en ´erv´enyes) f (2y)f (y) = f (y) ad´odik, ahonnan f (2y) = f (x) = 1, amely f¨ uggv´eny eleget tesz az f (2010) = 1 ´ felt´etelnek is. Igy a keresett f¨ uggv´eny az f (x) = 1 konstans f¨ uggv´eny. 16. Hat´arozzuk meg mindazokat az f val´os f¨ uggv´enyeket, melyekre ´erv´enyes, hogy f (xy) = f (x)f (y) ´es f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy minden x, y ∈ R eset´en. Megold´ as. Ha y = 0, akkor az f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy felt´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy f (x) = f (x) + f (0), azaz f (0) = 0 ad´odik. Ha az f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy felt´etelben y = −x, akkor f (0) = f (x) + f (−x) − 2x2 . Mivel f (0) = 0, ´ıgy az k¨ovetkezik, hogy f (x) + f (−x) = 2x2 . ´Irjuk fel az el˝obbi l´ep´esben kapott felt´etelt f (x · 1) + f (x · (−1)) = 2x2 alakban, majd alkalmazzuk r´a az f (xy) = f (x)f (y) felt´etelt. Ekkor f (x) · f (1) + f (x) · f (−1) = 2x2 ,
ahonnan f (x)(f (1) + f (−1)) = 2x2 .
Ha most az f (x+y) = f (x)+f (y)+2xy felt´etelben x = 1-et ´es y = −1-et v´alasztunk, akkor f (1) + f (−1) = 2 k¨ovetkezik, ahonnan megkapjuk az f (x) = x2 megold´ast. ex − e−x ex + e−x 17. Ha f (x) = ´es g(x) = , akkor mutassuk meg, hogy 2 2 f (x ± y) = f (x)g(y) ± g(x)f (y). Megold´ as. El˝osz¨or mutassuk meg, hogy f (x + y) = f (x)g(y) + g(x)f (y) teljes¨ ul. f (x + y) =
= =
e2(x+y) − 1 2e2x e2y − 2 ex+y − e−x−y = = = 2 2ex+y 4ex ey
(e2x e2y − e2y + e2x − 1) + (e2x e2y + e2y − e2x − 1) = 4ex ey
(e2x − 1) (e2y + 1) (e2x + 1) (e2y − 1) e2x − 1 e2y + 1 e2x + 1 e2y − 1 + = · + · = 2ex · 2ey 2ex · 2ey 2ex 2ey 2ex 2ey =
ex − e−x ey + e−y ex + e−x ey − e−y · + · = f (x)g(y) + g(x)f (y). 2 2 2 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
138
Mutassuk meg hasonl´ok´eppen, hogy az f (x − y) = f (x)g(y) − g(x)f (y) ¨osszef¨ ugg´es is teljes¨ ul. f (x − y) =
ex−y − e−x+y e2(x−y) − 1 2e2x e−2y − 2 = = = 2 2ex−y 4ex e−y
(e2x e−2y − e2x + e−2y − 1) + (e2x e−2y + e2x − e−2y − 1) = = 4ex e−y (e2x − 1) (e−2y + 1) (e2x + 1) (e−2y − 1) e2x − 1 e−2y + 1 e2x + 1 e−2y − 1 = + = · + · = 2ex · 2e−y 2ex · 2e−y 2ex 2e−y 2ex 2e−y ex + e−x e−y − ey ex − e−x e−y + ey = · + · = f (x)g(y) − g(x)f (y). 2 2 2 2 x 18. Legyen f (x) = √ adott f¨ uggv´eny ´es n ∈ N. Hat´arozzuk meg az fn (x) 1 + x2 kifejez´est, ha f1 (x) = f (x) ´es fn (x) = f (fn−1 (x)). Megold´ as. Mivel f1 (x) = f (x) = √ ( f2 (x) = f (f1 (x)) = f ( f3 (x) = f (f2 (x)) = f ( f4 (x) = f (f3 (x)) = f
x √ 1 + x2
)
x √ 1 + 2x2 x √ 1 + 3x2
x , 1 + x2
√ x 1+x2
=√
1+ ) =√
√ x 1+2x2
1+ ) =√
x2 1+x2
x2 1+2x2
√ x 1+3x2
1+
x2
=
√ x 1+x2 √ 2 √1+2x 1+x2
=√
x , 1 + 2x2
=
√ x 1+2x2 √ 2 √1+3x 1+2x2
=√
x , 1 + 3x2
=
√ x 1+3x2 √ 2 √1+4x 1+3x2
=√
x , 1 + 4x2
1+3x2
ahonnan most m´ar megsejthetj¨ uk, hogy fn (x) = √
x , 1 + nx2
n ∈ N.
Az ´all´ıt´ast matematikai indukci´oval bizony´ıtjuk. 1o n = 1-re az ´all´ıt´ast igaz. x , k ∈ N. 2o Feltessz¨ uk, hogy az ´all´ıt´as igaz n = k-ra, azaz fk (x) = √ 1 + kx2 3o Igazoljuk, hogy ekkor az ´all´ıt´as n = k + 1-re is igaz. Mivel ( ) √ x x x 2 fk+1 (x) = f (fk (x)) = f √ , = √ 1+kx =√ 2 2 2 x 1 + kx 1 + (k + 1)x 1 + 1+kx 2 ezzel az ´all´ıt´ast igazoltuk. x . 1 + x2 Megold´ as. Ha k´et f¨ uggv´eny´ert´ek egyenl˝o, akkor tangenseik is egyenl˝oek, teh´at ( ) x tg (arctg x) = tg arcsin √ , x ∈ R. 1 + x2
19. Mutassuk meg, hogy minden val´os x eset´en arctg x = arcsin √
3.2. F¨ uggv´enyek folytonoss´aga Haszn´aljuk fel, hogy tg α =
139 sin α sin α =√ ´es v´egezz¨ uk el a megfelel˝o transzcos α 1 − sin2 α
form´aci´okat. Ekkor ( ) x sin arcsin √1+x 2 x= √ ( ), 2 x √ 1 − sin arcsin 1+x2
innen x = √
√ x 1+x2
1−
x2 1+x2
,
illetve x = x
k¨ovetkezik, amivel az ´all´ıt´asunkat igazoltuk. 20. Mutassuk meg, hogy ha |x| < 1, akkor arcsin x = arctg √
x . 1 − x2
x kifejez´es ´ertelmezett. Ha 1 − x2 k´et f¨ uggv´eny´ert´ek megegyezik, akkor sz´ınuszaik is megegyeznek, teh´at ( ) x sin (arcsin x) = sin arctg √ , |x| < 1. 1 − x2 Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy |x| < 1 eset´en az √
A sin α = √
tg α 1 + tg 2 α
trigonometriai azonoss´ag alkalmaz´as´aval k¨ovetkezik, hogy
) ( x tg arctg √1−x 2 x= √ ( ), x 2 √ 1 + tg arctg 1−x2
√ x
2
ebb˝ol x = √ 1−x , x2 1 + 1−x 2
illetve x = x
k¨ovetkezik, amivel az ´all´ıt´asunkat igazoltuk.
3.2. 3.2.1.
F¨ uggv´ enyek folytonoss´ aga A folytonoss´ ag defin´ıci´ oja
3.29. P´ elda. Tekints¨ uk az f (x) = sgn x el˝ojel f¨ uggv´enyt (Df = R) ´es az x = 0 pontot. Tudjuk, hogy sgn (0) = 0. Vegy¨ unk egy olyan 0-hoz tart´o {xn } sorozatot, amelyben 1 uggv´eny´ert´ekekb˝ol xn < 0. Legyen p´eld´aul xn = − n . Ekkor lim xn = 0, a megfelel˝o f¨ n→∞ 2 alkotott sorozat hat´ar´ert´ek´ere pedig ´erv´enyes, hogy ( ) 1 lim f (xn ) = lim f − n = lim (−1) = −1. n→∞ n→∞ n→∞ 2 1 Ha xn = n , akkor most xn > 0 ´es lim xn = 0, a megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekekb˝ol alkotott n→∞ 2 sorozat hat´ar´ert´ek´ere pedig igaz, hogy ( ) 1 lim f (xn ) = lim f = lim (+1) = 1. n→∞ n→∞ n→∞ 2n
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
140
Vegy¨ unk most olyan 0-hoz tart´o sorozatot, amelyben az elemek felv´altva pozit´ıv, il(−1)n letve negat´ıv el˝ojel˝ uek. Legyen p´eld´aul xn = , ahol lim xn = 0, a megfelel˝o n→∞ 2n f¨ uggv´eny´ert´ekekb˝ol alkotott sorozat pedig ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 f − = −1, f = 1, f − 3 = −1, f = 1, 2 2 2 2 24 ( f
1 − 5 2
(
) = −1,
···
f
(−1)n 2n
) = (−1)n ,
···
Ez a sorozat nem is konvergens. Meg´allap´ıthatjuk teh´at, hogy az f (x) = sgn x f¨ uggv´eny ´ert´eke null´aban ´ertelmezett ´es f (0) = 0. Ha az {xn } sorozat balr´ol tart 0-hoz, akkor lim f (xn ) = −1, ha az {xn } sorozat jobbr´ol tart 0-hoz, akkor lim f (xn ) = 1, ´es ezek a n→∞
n→∞
hat´ar´ert´ekek nem egyeznek meg az f (0) f¨ uggv´eny´ert´ekkel, a 0-hoz tart´o oszcill´al´o {xn } sorozat eset´en pedig lim f (xn ) nem is l´etezik. Vegy¨ uk ´eszre azt is, hogy a szignum n→∞ f¨ uggv´eny grafikonja a 0-ban megszakad. 3.30. P´ elda. Tekints¨ uk most az f (x) = {x} t¨ortr´esz f¨ uggv´enyt ´es az x = 1 pontot (Df = R), ahol a {x} = x − [x], vagyis [x] az x val´os sz´am eg´esz r´esz´et, {x} pedig az x val´os sz´am t¨ortr´esz´et jel¨oli. Vegy¨ unk el˝osz¨or olyan sorozatot, melynek minden eleme n−1 1-n´el kisebb ´es 1-hez tart. Ilyen p´eld´aul az xn = . E sorozat elemeihez tartoz´o n f¨ uggv´eny´ert´ekekb˝ol alkotott sorozat ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 n−1 1 2 3 n−1 f (0) = 0, f = , f = , f = , ··· f = , ··· 2 2 3 3 4 4 n n ´Igy a f¨ uggv´eny´ert´ekekb˝ol alkotott sorozat 1-hez tart. Vegy¨ unk most olyan sorozatot, amelynek minden eleme 1-n´el nagyobb ´es ez a sorozat is tartson 1-hez. Ilyen p´eld´aul az n+1 xn = . E sorozat elemeihez tartoz´o f¨ uggv´eny´ert´ekekb˝ol alkotott sorozat n ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 4 1 5 1 n+1 1 = , f = , f = , ··· f = , ··· f (2) = 0, f 2 2 3 3 4 4 n n Ez a sorozat 0-hoz konverg´al. Tudjuk tov´abb´a azt is, hogy a f¨ uggv´eny´ert´ek f (1) = {1} = = 1 − [1] = 1 − 1 = 0. Vegy¨ uk teh´at ´eszre, hogy f (1) = 0, lim f (xn ) = 1, ha az {xn } n→∞
sorozat balr´ol tart 1-hez, ´es lim f (xn ) = 0, ha az {xn } sorozat jobbr´ol tart 1-hez. A n→∞ t¨ortr´esz f¨ uggv´eny grafikonj´ar´ol azt is l´athatjuk, hogy a grafikon 1-ben megszakad. 1 pontot. Ekkor 3.31. P´ elda. Tekints¨ uk most az f (x) = x2 f¨ uggv´enyt ´es az x = 2 ( ) 1 1 1 f unk fel olyan tetsz˝oleges {xn } sorozatot, amely -hez tart. A megfelel˝o = . Vegy¨ 2 4 2 f¨ uggv´eny´ert´ekek sorozata {x2n } ´es hat´ar´ert´ek´ere igaz, hogy 2
lim (xn ) =
n→∞
(
)2 lim xn
n→∞
( )2 1 1 = = , 2 4
3.2. F¨ uggv´enyek folytonoss´aga
141
( ) 1 1 f¨ uggv´eny´ert´ekkel. Ha az f (x) = x2 f¨ uggv´eny amely ´ert´ek megegyezik az f = 2 4 1 grafikonj´at vizsg´aljuk az x = pontban, akkor az el˝oz˝o k´et p´eld´aval ellent´etben meg´alla2 1 p´ıthatjuk, hogy a f¨ uggv´eny grafikonja az x = pontban nem szakad meg. 2 1 M´ask´eppen is le´ırhat´o a f¨ uggv´eny -ben vizsg´alt tulajdons´aga. Adjunk meg egy tetsz˝oleges 2 pozit´ıv ε sz´amot ´es legyen 0 < x < 1. Ekkor ( ( )2 ) 3 2 1 2 1 1 1 1 1 1 x + · x − ≤ |x| + x − ≤ x − < ε, x − = x − = 4 2 2 2 2 2 2 2 ha
x −
1 2ε < . 2 3
1 1 Ez´ert, ha a δ pozit´ıv sz´amot -n´el kisebbre v´alasztjuk, akkor az -nek van olyan δ-sugar´ u 2 2 1 k¨ornyezete, hogy az ebbe es˝o x pontokban a f¨ uggv´eny ´ert´eke az f¨ uggv´eny´ert´ekt˝ol ε-n´al 4 kevesebbel t´er el. Ezen gondolatmenet alapj´an megfogalmazhatjuk a folytonoss´ag defin´ıci´oj´at. Ez´ert a tov´abbiakban mindig feltessz¨ uk, hogy a f¨ uggv´eny, nemcsak a vizsg´alt pontban, hanem annak valamely k¨ornyezet´eben (esetleg csak f´elk¨ornyezet´eben) ´ertelmezve van. A folytonoss´ag pontos fogalm´ara k´et defin´ıci´ot is adunk. 3.11. Defin´ıci´ o. (Cauchy). Az f f¨ uggv´eny folytonos az x0 pontban, ha b´armely pozit´ıv ε-hoz megadhat´o olyan pozit´ıv δ (δ az ε ´es az x0 f¨ uggv´enye), hogy (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ Df , ´es ha |x − x0 | < δ, akkor |f (x) − f (x0 )| < ε, mik¨ ozben x0 , x ∈ Df .
y y= f HxL
f Hx0 L+¶ -
f Hx0 L f HxL f Hx0 L-¶ -
∆ È
È
x0 -∆ x x0
È
x0 +∆
x
3.12. Defin´ıci´ o. (Heine). Az f f¨ uggv´eny folytonos az x0 ∈ Df pontban, ha f az x0 szimmetrikus k¨ornyezet´eben ´ertelmezve van, ´es minden olyan {xn } (xn ∈ Df ) sorozatra, amely x0 -hoz tart, az f (xn ) f¨ uggv´eny´ert´ekek sorozata az f (x0 ) f¨ uggv´eny´ert´ekhez tart. Ezen defin´ıci´ok azon megfogalmaz´asnak adnak pontos ´ertelmet, miszerint, ha az x pont el´eg k¨ozel van x0 -hoz, akkor f (x) k¨ozel van f (x0 )-hoz. Bel´athat´o, hogy a Heine-f´ele ´es a Cauchy-f´ele folytonoss´agi defin´ıci´ok ekvivalensek. Az al´abbiakban megadjuk a f´eloldali folytonoss´ag fogalm´at is a Cauchy-f´ele megfogalmaz´as szerint. Minden folytonoss´agi defin´ıci´o megfogalmazhat´o Heine szerint is.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
142
3.13. Defin´ıci´ o. (Cauchy). Az f f¨ uggv´enyt az x0 -ban balr´ ol (jobbr´ol) folytonosnak nevezz¨ uk, ha f az x0 megfelel˝o f´elk¨ornyezet´eben ´ertelmezett ´es b´armely ε > 0-hoz megadhat´ o olyan pozit´ıv δ (δ az ε ´es az x0 f¨ uggv´enye), hogy x < x0 (x > x0 ) ´es x ∈ (x0 − δ, x0 ) (x ∈ (x0 , x0 + δ)), akkor |f (x) − f (x0 )| < ε, mik¨ozben x0 , x ∈ Df . 3.1. T´ etel. Az f f¨ uggv´eny egy x0 pontban akkor ´es csak akkor folytonos, ha x0 -ban balr´ ol is ´es jobbr´ol is folytonos. √ 3.32. P´ elda. a) Az f (x) = x f¨ uggv´eny minden x ≥ 0 pontban folytonos. b) Az f (x) = sgn x f¨ uggv´eny az x = 0 pontban nem folytonos. c) Az x 7→ {x}, az u ´n. t¨ortr´esz-f¨ uggv´eny minden eg´esz ´ert´ekben balr´ol nem folytonos, jobbr´ol viszont folytonos. 3.2.2.
Folytonos f¨ uggv´ enyek
3.2. T´ etel. Ha k´et f¨ uggv´eny folytonos az x0 pontban, akkor ¨osszeg¨ uk, k¨ ul¨ onbs´eg¨ uk ´es szorzatuk is folytonos az x0 pontban. H´anyadosuk is folytonos, ha a nevez˝oben lev˝o f¨ uggv´eny az x0 pontban null´at´ol k¨ ul¨onb¨ oz˝ o. 3.3. T´ etel. Az f ◦ g ¨osszetett f¨ uggv´eny folytonos az x0 pontban, ha a g bels˝ o f¨ uggv´eny folytonos x0 pontban ´es az f f¨ uggv´eny folytonos g(x0 ) pontban. A folytonoss´ag pontbeli tulajdons´ag, b´ar a f¨ uggv´enynek a vizsg´alt pont k¨ornyezet´eben val´o ´ertelmezetts´ege is sz¨ uks´eges az e pontbeli folytonoss´aghoz. Most ezt a pontbeli tulajdons´agot intervallumokra is kiterjesztj¨ uk. 3.14. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enyt egy nyitott intervallumon folytonosnak nevezz¨ uk, ha az intervallum minden pontj´aban folytonos. Az f f¨ uggv´enyt egy z´art intervallumon folytonosnak nevezz¨ uk, ha az intervallum minden bels˝ o pontj´ aban folytonos, a bal v´egpontban jobbr´ol ´es a jobb v´egpontban balr´ol folytonos. 3.15. Defin´ıci´ o. Egy f¨ uggv´enyt folytonosnak mondunk, ha ´ertelmez´esi tartom´any´ anak minden pontj´ aban folytonos. Amennyiben az ´ertelmez´esi tartom´any t¨obb intervallumb´ol ´all, akkor minden intervallumon megk¨ovetelj¨ uk a folytonoss´agot. Az olyan helyeken, ahol a f¨ uggv´eny nincs ´ertelmezve, a folytonoss´ag k´erd´es´enek feltev´ese eleve indokolatlan. Fontos megjegyezni, hogy az elemi f¨ uggv´enyek folytonosak az ´ertelmez´esi tartom´anyukon. 3.4. T´ etel. (Bolzano-t´etel). Ha a f¨ uggv´eny a z´art intervallumon folytonos, ´es az intervallum k´et v´egpontj´aban az ´ert´ekei k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o el˝ojel˝ uek, akkor az intervallum belsej´eben van nullahelye. A t´etel geometriai jelent´ese a k¨ovetkez˝o: ha az f f¨ uggv´eny az [a, b] z´art intervallumban folytonos ´es grafikonj´anak az x-tengely mindk´et oldal´an van pontja, akkor van a grafikon e k´et pont k¨oz¨otti ´ıv´enek az x-tengellyel legal´abb egy metsz´espontja. A k¨ovetkez˝o t´etel a z´art intervallumon folytonos f¨ uggv´enyek, a k´es˝obbi alkalmaz´asok szempontj´ab´ol nagyon fontos tulajdons´ag´at fogalmazza meg.
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
143
3.5. T´ etel. Z´art intervallumon folytonos f¨ uggv´eny korl´atos ezen az intervallumon. A t´etel geometriai jelent´ese: ha az f f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumban folytonos, akkor grafikonja nem t´avolodhat el ak´armilyen messzire az x-tengelyt˝ol; megadhat´o olyan, az x-tengellyel p´arhuzamos s´av, hogy az f f¨ uggv´eny grafikonj´anak az [a, b] intervallumhoz tartoz´o szakasza a s´avban halad. V´eg¨ ul k¨ovetkezzen k´et t´etel, melyek az inverz f¨ uggv´enyekkel kapcsolatosak. 3.6. T´ etel. Legyen az f f¨ uggv´eny folytonos az [a, b] intervallumon, ekkor az f −1 f¨ uggv´eny l´etez´es´ehez sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges, hogy az f f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton legyen az [a, b] intervallumon. 3.7. T´ etel. Ha f az [a, b] intervallumon szigor´ uan monoton folytonos f¨ uggv´eny, inverze, −1 f is folytonos azon az [α, β] intervallumon, amelynek v´egpontjai α = min{f (a), f (b)} ´es β = max{f (a), f (b)}.
3.3. 3.3.1.
F¨ uggv´ enyek hat´ ar´ ert´ eke F¨ uggv´ eny hat´ ar´ ert´ ek´ evel kapcsolatos alapfogalmak
Legt¨obbsz¨or olyan f¨ uggv´enyeket vizsg´alunk, amelyek egy intervallumon vannak ´ertelmezve. Vannak azonban olyan p´eld´ak is, ahol a f¨ uggv´enyek egy pontban vagy nincsenek ´ertelmezve, vagy az adott pontban v´egtelen nagy ´ert´eket vesznek fel. Ilyen esetekben sz¨ uks´eg van a f¨ uggv´enynek a pont egy k¨ornyezet´eben val´o vizsg´alat´ara. N´ezz¨ unk el˝osz¨or n´eh´any p´eld´at. y
3.33. P´ elda. Az f (x) = sgn |x| f¨ uggv´eny az orig´oban nem folytonos, viszont ha xn ̸= 0 ´es xn → 0, akkor a {sgn |xn |} sorozat konvergens ´es 1-hez tart, hiszen minden n-re sgn |xn | = 1.
x
y
3.34. P´ elda. Az f (x) =
y=sgnÈxÈ
1
x2 − 1 x−1
f¨ uggv´eny az x = 1 pontban nem folytonos, de meg´allap´ıthatjuk, hogy b´armely xn → 1 ´es xn ̸= 1 sorozatra } { 2 xn − 1 = {xn + 1} xn − 1
y=
x2 - 1 x-1
2
1
1
x
konvergens ´es 2-h¨oz tart. 1 f¨ uggv´eny az orig´oban nem folytonos, de b´armely m´as x2 { } 1 pontban igen. B´armely xn ̸= 0 ´es p´eld´aul xn → 2 sorozatra a konvergens, s˝ot x2n 1 hat´ar´ert´eke megegyezik a f¨ uggv´eny x = 2 pontban vett helyettes´ıt´esi ´ert´ek´evel, az -del. 4 3.35.
P´ elda. Az f (x) =
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
144
Az ilyen ´es hasonl´o tulajdons´ag´ u f¨ uggv´enyekr˝ol azt mondjuk, hogy l´etezik a hat´ar´ert´ek¨ uk. Most is azt felt´etelezz¨ uk, hogy a vizsg´alt pont valamely k¨ornyezet´eben vagy f´elk¨ornyezet´eben ´ertelmezve van a f¨ uggv´eny (a vizsg´alt helyen a f¨ uggv´eny nem felt´etlen¨ ul ´ertelmezett).
y
y= f HxL f Hx0 L A+¶ -
Af HxL -
3.16. Defin´ıci´ o. Legyen az f f¨ uggv´eny az x0 pont valamely k¨ornyezet´eben ´ertelmezett, kiv´eve esetleg az x0 pontot. Ekkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny x0 pontbeli hat´ar´ert´eke az A sz´am, ha b´armely ε > 0hoz l´etezik olyan δ > 0 (δ f¨ uggv´enye ε-nak ´es az x0 -nak), hogy ha |x − x0 | < δ (x ̸= x0 ), akkor |f (x)−A| < ε. Term´eszetesen x ∈ Df .
A-¶ -
∆ È
È
x0 -∆ x x0
È
x0 +∆
x
3.36. P´ elda. A fenti p´eld´ak eset´eben teh´at fel´ırhat´o, hogy x2 − 1 (x − 1)(x + 1) = lim = lim (x + 1) = 2. x→1 x − 1 x→1 x→1 x−1
lim sgn |x| = 1 ´es
lim
x→0
3.17. Defin´ıci´ o. Legyen az f f¨ uggv´eny az x0 pont valamely jobb, illetve bal oldali f´elk¨ ornyezet´eben ´ertelmezett, kiv´eve esetleg az x0 pontot. Ekkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny x0 pontbeli jobboldali (baloldali) hat´ar´ert´eke az A sz´am, ha b´armely ε > 0 sz´amhoz megadhat´o olyan δ > 0 (δ f¨ uggv´enye ε-nak ´es az x0 -nak), hogy ha x0 < x < x0 +δ (x0 − δ < x < x0 ), akkor |f (x) − A| < ε. Term´eszetesen x ∈ Df . A jobboldali, illetve baloldali hat´ar´ert´ekek jel¨ol´ese: lim f (x) = A,
x→x0 +0
illetve
lim f (x) = A.
x→x0 −0
3.37. P´ elda. a) Az f (x) = sgn x f¨ uggv´eny viselked´es´et az x = 0 pont k¨ornyezet´eben a f´eloldali hat´ar´ert´ekek seg´ıts´eg´evel ´ıgy ´ırhatjuk fel: lim sgn x = −1 ´es
x→0−0
lim sgn x = 1.
x→0+0
b) Az f (x) = [x] eg´eszr´esz f¨ uggv´eny viselked´ese az x = 3 pont k¨ornyezet´eben ´ıgy ´ırhat´o fel: lim [x] = 3 ´es lim [x] = 4. x→3−0
x→3+0
c) Az f (x) = {x} t¨ortr´esz f¨ uggv´eny viselked´ese az x = 2 pont k¨ornyezet´eben ´ıgy ´ırhat´o fel: lim {x} = 1 ´es lim {x} = 0. x→2−0
x→2+0
3.8. T´ etel. Az f f¨ uggv´enynek az x0 pontban akkor ´es csak akkor l´etezik hat´ar´ert´eke, ha ott l´etezik a jobb ´es bal oldali hat´ar´ert´eke ´es ezek egyenl˝ oek, azaz lim f (x) = lim f (x) = lim f (x).
x→x0 +0
x→x0 −0
x→x0
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke 3.3.2.
145
F¨ uggv´ eny hat´ ar´ ert´ ek´ enek tulajdons´ agai
Most pedig megfogalmazunk n´eh´any, a f¨ uggv´enyekkel v´egezhet˝o m˝ uveletekre, a f¨ uggv´enyek hat´ar´ert´ek´ere ´es folytonoss´ag´ara vonatkoz´o egyszer˝ u ´all´ıt´ast. 3.9. T´ etel. Ha f (x) ≥ 0 ´es lim f (x) l´etezik, akkor lim f (x) ≥ 0. x→x0
x→x0
3.10. T´ etel. Ha lim f (x) ´es lim g(x) l´etezik, akkor az x0 pontban az f ´es g f¨ uggv´enyek x→x0
x→x0
osszeg´enek ´es k¨ ¨ ul¨onbs´eg´enek hat´ar´ert´eke is l´etezik ´es lim [f (x) + g(x)] = lim f (x) + lim g(x),
x→x0
x→x0
x→x0
lim [f (x) − g(x)] = lim f (x) − lim g(x).
x→x0
x→x0
x→x0
3.11. T´ etel. Ha lim f (x) ´es lim g(x) l´etezik, akkor az x0 pontban az f ´es g f¨ uggv´enyek x→x0
x→x0
szorzat´ anak hat´ar´ert´eke is l´etezik ´es lim [f (x)g(x)] = lim f (x) lim g(x).
x→x0
x→x0
x→x0
3.12. T´ etel. Ha lim f (x) ´es lim g(x) l´etezik ´es lim g(x) ̸= 0, akkor az x0 pontban az x→x0
x→x0
x→x0
f ´es g f¨ uggv´enyek h´anyados´anak hat´ar´ert´eke is l´etezik ´es lim
x→x0
limx→x0 f (x) f (x) = . g(x) limx→x0 g(x)
3.13. T´ etel. Ha lim f (x) ´es lim g(x) l´etezik, valamint az x0 valamely k¨ornyezet´eben x→x0
f (x) ≥ g(x), akkor
x→x0
lim f (x) ≥ lim g(x).
x→x0
x→x0
3.14. T´ etel. (Rend˝or-elv). Ha lim f (x) ´es lim g(x) hat´ ar´ert´ekek l´eteznek ´es egyenl˝oek, x→x0 x→x0 azaz lim f (x) = lim g(x) = A x→x0
x→x0
valamint az x0 valamely k¨ornyezet´eben f (x) ≤ h(x) ≤ g(x), akkor lim h(x) = A.
x→x0
3.15. T´ etel. Az f f¨ uggv´enynek x0 -ban akkor ´es csak akkor l´etezik hat´ar´ert´eke, ha {f (xn )} konvergens, valah´anyszor xn → x0 (xn ̸= x0 ), xn ∈ Df . 3.16. T´ etel. Az f f¨ uggv´eny akkor ´es csak akkor folytonos az x0 pontban, ha az x0 pontban l´etezik hat´ar´ert´eke ´es lim f (x) = f (x0 ). x→x0
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
146 3.3.3.
V´ egtelenben vett ´ es v´ egtelen hat´ ar´ ert´ ek
Az eddigiekben v´eges helyen vett v´eges hat´ar´ert´ekr˝ol besz´elt¨ unk. A k¨ovetkez˝okben a v´eges helyen vett ”v´egtelen ´ert´ek˝ u” ´es a ”v´egtelenben vett” hat´ar´ert´eket ismertetj¨ uk. 3.18. Defin´ıci´ o. Legyen az f f¨ uggv´eny az x0 pont valamely k¨ornyezet´eben ´ertelmezett, kiv´eve esetleg az x0 pontot. Ekkor az f f¨ uggv´enynek az x0 pontban +∞ (−∞) a hat´ar´ert´eke, ha b´armely M sz´amhoz megadhat´o olyan δ > 0 (δ f¨ uggv´enye M -nek ´es az x0 -nak), hogy ha |x − x0 | < δ (x ̸= x0 ), akkor f (x) > M (f (x) < M ) teljes¨ ul. Term´eszetesen x ∈ Df . A v´egtelen hat´ar´ert´ek jel¨ol´ese: lim f (x) = ∞,
x→x0
lim f (x) = −∞.
x→x0
1 1 3.38. P´ elda. Az f (x) = 2 , illetve a g(x) = − 2 f¨ uggv´eny viselked´ese az x = 0 pont x x k¨ornyezet´eben fel´ırhat´o, mint ) ( 1 1 lim = ∞, illetve lim − 2 = −∞. x→0 x2 x→0 x A fentiekhez hasonl´oan defini´alhat´ok a f´eloldali v´egtelen hat´ar´ert´ekek is. 1 3.39. P´ elda. a) A f´eloldali v´egtelen hat´ar´ert´ekek seg´ıts´eg´evel az f (x) = f¨ uggv´eny x viselked´ese az x = 0 pont k¨ornyezet´eben fel´ırhat´o, mint 1 = −∞ ´es x→0−0 x
1 = ∞. x→0+0 x
lim
lim
b) A f´eloldali v´egtelen hat´ar´ert´ekre sz¨ uks´eg¨ unk akkor is, ha a logaritmusf¨ uggv´eny viselked´es´et szeretn´enk le´ırni az x = 0 pont k¨ornyezet´eben, hiszen ez a f¨ uggv´eny az x = 0 pontnak csak a jobboldali k¨ornyezet´eben ´ertelmezett. Fel´ırhat´o, hogy lim loga x = −∞ (a > 1) ´es
lim loga x = ∞ (0 < a < 1).
x→0+0
x→0+0
A k¨ovetkez˝okben feltessz¨ uk, hogy a megfelel˝o f´elegyenesen a f¨ uggv´eny ´ertelmezett. 3.19. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enynek a +∞-ben (−∞-ben) a hat´ar´ert´eke az A sz´ am, ha b´armely ε > 0-hoz megadhat´o olyan x∗ (x∗ f¨ uggv´enye ε-nak), hogy ha x > x∗ (x < x∗ ), akkor |f (x) − A| < ε. Term´eszetesen x ∈ Df . A hat´ar´ert´ek jel¨ol´ese a v´egtelenben: lim f (x) = A,
x→∞
lim f (x) = A.
x→−∞
3.20. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enynek a +∞-ben (−∞-ben) a hat´ar´ert´eke +∞, illetve −∞, ha b´armely M sz´amhoz van olyan x∗ sz´am (x∗ f¨ uggv´enye M -nek), hogy ha x > x∗ (x < x∗ ), akkor f (x) > M , illetve f (x) < M . Term´eszetesen x ∈ Df . A v´egtelenben vett v´egtelen hat´ar´ert´ek jel¨ol´ese: lim f (x) =+∞,
x→∞
lim f (x) =+∞,
x→−∞
lim f (x) =−∞,
x→∞
lim f (x) =−∞.
x→−∞
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke 3.3.4.
147
N´ eh´ any fontosabb hat´ ar´ ert´ ek
sin x =1 x→0 x
I. lim
Bizony´ıt´as. Mivel a meg el˝osz¨or, hogy
sin x f¨ uggv´eny p´aros, ez´ert csak az x > 0 esetet t´argyaljuk. Mutassuk x cos x <
sin x < 1, x
ha 0 < x <
π . 2
A bizony´ıt´ashoz felhaszn´aljuk az egys´egsugar´ u k¨ort, amelynek k¨oz´eppontja a koordin´atarendszer kezd˝opontja, a sugara pedig egy hossz´ us´agegys´eg. d k¨or´ıv jelenti, ahol B a Ebben az x v´altoz´ot az AB k¨orvonal x-tengellyel val´o metsz´espontja, A pedig a k¨orvonal I. negyedbe es˝o tetsz˝oleges pontja. Legyen A1 az A pont x-tengelyre es˝o mer˝oleges vet¨ ulete, C pedig az OA f´elegyenes ´es a k¨or B pontban szerkesztett ´erint˝oj´enek metsz´espontja. A rajzr´ol leolvashat´o, hogy AA1 = sin x ´es BC = tg x, s az is j´ol l´athat´o, hogy az AOB k¨orcikk ter¨ ulete az OAB△ ´es az OBC△ ter¨ ulete k¨oz´e esik. Ennek k¨ovetkezt´eben, mivel a k¨or sugara 1, k¨ovetkezik, hogy
y
C A x
0
A1
B
x
1 1 1 · 1 · sin x < · 1 · x < · 1 · tg x, 2 2 2 amib˝ol a sin x ´ert´ekkel val´o oszt´as ´es 2-vel val´o szorz´as ut´an k¨ovetkezik, hogy sin x < 1. x Tudjuk, hogy az f (x) = cos x folytonos a 0 pontban ´es cos 0 = 1. ´Igy ha x → 0 (x ̸= 0), sin x akkor limx→0 cos x = 1. A rend˝or-elv szerint teh´at k¨ovetkezik, hogy lim = 1, ebb˝ol x→0−0 x sin x sin x f¨ uggv´eny p´aross´aga miatt lim = 1 is igaz. ⋄ pedig a x→0 x x 1<
( II. lim
x→∞
1 1+ x
1 x < , sin x cos x
vagyis
cos x <
)x =e (
)n 1 Bizony´ıt´as. A bizony´ıt´as a sz´amsorozatokra vonatkoz´o lim 1 + = e hat´ar´ert´ek n→∞ n seg´ıts´eg´evel t¨ort´enik. Ha [x] az x val´os sz´am eg´esz r´esze, akkor [x] = n ∈ N ´es ´erv´enyes az [x] ≤ x < [x]+1 egyenl˝otlens´eg. Ha x → ∞, akkor [x] = n → ∞ is teljes¨ ul. Megmutatjuk, hogy ( ( )[x] )[x]+1 1 1 = lim 1 + = e. lim 1 + x→∞ x→∞ [x] + 1 [x] Legyen ( ( )n )n+1 1 1 f (n) = 1 + ´es g(n) = 1 + , n ∈ N. n+1 n
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
148
A sz´amsorozatokr´ol sz´ol´o fejezetben m´ar bel´attuk, hogy ( )n ( )n+1 1 1 lim 1 + = lim 1 + = e. n→∞ n→∞ n+1 n Innen az
(
f1 (x) = f ([x]) =
1 1+ [x] + 1
)[x]
( ´es g1 (x) = g([x]) =
1 1+ [x]
)[x]+1 ,
f¨ uggv´enyek defini´al´as´aval k¨ovetkezik, hogy ( )[x] ( )n 1 1 lim f1 (x) = lim 1 + = lim f ([x]) = lim f (n) = lim 1 + = e, x→∞ x→∞ x→∞ n→∞ n→∞ [x] + 1 n+1 ´es
( lim g1 (x) = lim
x→∞
x→∞
1 1+ [x]
)[x]+1
( = lim g([x]) = lim g(n) = lim x→∞
Legyen most
( h(x) =
n→∞
1 1+ x
n→∞
1 1+ n
)n+1 e.
)x .
Mivel lim f1 (x) = lim g1 (x) = e, valamint f1 (x) ≤ h(x) ≤ g1 (x) ´erv´enyes minden x val´os x→∞ x→∞ sz´amra, ez´ert a rend˝or-elv alapj´an )x ( 1 lim h(x) = lim 1 + = e. x→∞ x→∞ x
⋄ ln(1 + x) =1 x→0 x
III. lim
1 Bizony´ıt´ as. Ha a 2. alaphat´ar´ert´ekben bevezetj¨ uk az = y helyettes´ıt´est, akkor x → ∞ x akkor ´es csakis akkor, ha y → 0. Ekkor k¨ozvetlen¨ ul ad´odik, hogy 1
lim (1 + y) y = e,
y→0
vagy y = x eset´en
1
lim (1 + x) x = e.
x→0
E t´enynek ´es a logaritmusf¨ uggv´eny folytonoss´ag´anak felhaszn´al´as´aval ad´odik, hogy ( ) 1 1 ln(1 + x) lim = lim ln (1 + x) x = ln lim (1 + x) x = ln e = 1. x→0 x→0 x→0 x
⋄ ex − 1 ax − 1 = ln a (a > 0, a ̸= 1) ´es a = e eset´en lim =1 x→0 x→0 x x
IV. lim
Bizony´ıt´ as. Alkalmazzuk az y = ax − 1 helyettes´ıt´est, ahol x → 0 akkor ´es csakis akkor, ha y → 0. Ekkor x = loga (y + 1) =
ln(1 + y) , ln a
teh´at
ax − 1 = lim x→0 y→0 x lim
y ln(1+y) ln a
= ln a,
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
149
ahol a 3. alaphat´ar´ert´eket ´es a k´et f¨ uggv´eny h´anyados´anak hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o szab´alyt alkalmaztuk. ⋄ (1 + x)α − 1 V. lim = α (α ∈ R, α ̸= 0) x→0 x Bizony´ıt´as. Ha az (1 + x)α kifejez´est eα ln(1+x) alakban ´ırjuk fel ´es alkalmazzuk a 3. ´es 4. alaphat´ar´ert´eket, akkor a k¨ovetkez˝oket kapjuk: ( α ln(1+x) ) (1 + x)α − 1 eα ln(1+x) − 1 e − 1 ln(1 + x) = lim = lim = lim · x→0 x→0 x→0 x x ln(1 + x) x = lim
y→0
ey − 1 y α
ln(1 + x) = α · 1 · 1 = α, x→0 x
· lim
ahol az els˝o hat´ar´ert´ekn´el alkalmaztuk az α ln(1 + x) = y helyettes´ıt´est, ahol x → 0 akkor ´es csakis akkor, ha y → 0. ⋄ 1
VI. lim (1 + x) x = e x→0
1 Bizony´ıt´as. Alkalmazzuk a 2. alaphat´ar´ert´eket. Ha x → 0 + 0, akkor t = eset´en x t → +∞ ´es )t ( 1 1 lim (1 + x) x = lim 1 + = e. x→0+0 t→+∞ t 1 eset´en s → −∞ ´es x ( )−s )s )s−1+1 ( ( 1 1 s 1 lim (1 + x) x = lim 1 − = lim = lim 1 + = x→0−0 s→+∞ s→+∞ s→+∞ s s−1 s−1
Ha x → 0 − 0, akkor s = −
( = lim
s→+∞
1 1+ s−1
)s−1
( · lim
s→+∞
1 1+ s−1
)1
( = lim
z→+∞
1 1+ z
)z · 1 = e.
A levezet´es sor´an alkalmaztuk a z = s − 1 helyettes´ıt´est, ahol z → +∞, akkor ´es csakis akkor, ha s → +∞. ⋄ F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´ekeinek kisz´am´ıt´as´an´al a k¨ovetkez˝o hat´arozatlan kifejez´esekkel tal´alkozhatunk: 0 ∞ , , 1o ∞ 0 2o ∞ − ∞, 0 · ∞, 3o
1∞ ,
00 ,
∞0 .
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
150 FELADATOK.
Sz´amoljuk ki a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket. x2 + 3x − 5 x→2 x−1 Megold´ as. Egyszer˝ u behelyettes´ıt´essel kapjuk, hogy
1. lim
4+6−5 x2 + 3x − 5 = = 5. x→2 x−1 2−1 lim
x2 + 3x − 5 x→1 x−1 Megold´ as. Egyszer˝ u behelyettes´ıt´essel kapjuk, hogy
2. lim
x2 + 3x − 5 1+3−5 −1 = = = +∞. x→1 x−1 1−1 −0 lim
ex − e−x x→0 2 Megold´ as. Egyszer˝ u behelyettes´ıt´essel kapjuk, hogy
3. lim
ex − e−x e0 − e−0 1−1 0 = = = = 0. x→0 2 2 2 2 lim
4. limπ x→ 2
sin x 1 − cos x
Megold´ as. Ugyancsak behelyettes´ıt´essel kapjuk, hogy limπ
x→ 2
sin π2 sin x 1 = = 1. π = 1 − cos x 1 − cos 2 1−0
ln x x→+0 x + 2 Megold´ as. Most is egyszer˝ u behelyettes´ıt´essel kapjuk meg a keresett hat´ar´ert´eket:
5. lim
ln x −∞ = = −∞. x→+0 x + 2 0+2 lim
∞ Amennyiben a hat´ar´ert´ek behelyettes´ıt´es ut´an t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, akkor x ∞ legmagasabb kitev˝oj˝ u hatv´any´anak a sz´aml´al´ob´ol ´es a nevez˝ob˝ol val´o kiemel´es´evel, majd leegyszer˝ us´ıt´es´evel juthatunk egyszer˝ ubb alakhoz, amelyb˝ol a hat´ar´ert´ek meghat´arozhat´o. Ezt a megold´asi m´odszert m´ar alkalmaztuk a sorozatok hat´ar´ert´ekein´el is, ez´ert az anal´ogia miatt csak n´eh´any feladatot mutatunk be. 3x3 − 2x + 7 x→∞ 4x3 + 5x2 + 6x
6. lim
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
151
∞ Megold´ as. Ha v´egtelen nagy sz´amot helyettes´ıt¨ unk az x v´altoz´o hely´ebe, akkor ∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´est kapunk. Ekkor (∞) x3 (3 − x22 + x73 ) 3 − x22 + x73 3x3 − 2x + 7 3 lim = = lim 3 = lim = , 5 6 5 6 3 2 x→∞ 4x + 5x + 6x x→∞ x (4 + x→∞ 4 + ∞ 4 + x2 ) + x2 x x C = 0, ha C = konstans ´es n ∈ N. x→∞ xk
mivel lim
x3 + x2 + x + 1 x→−∞ 3x2 − 2x + 1 Megold´ as.
7. lim
(
x3 + x2 + x + 1 lim = x→−∞ 3x2 − 2x + 1
−∞ +∞
)
( ) x2 x + 1 + x1 + x12 ( ) = = lim x→−∞ x2 3 − x2 + x12
x + 1 + x1 + x12 −∞ = −∞. = 2 1 x→−∞ 3 3 − x + x2
= lim x+5 − 8x + 2 Megold´ as.
8. lim
x→∞ 7x2
x+5 lim = x→∞ 7x2 − 8x + 2
(
−∞ +∞
)
( ) x 1 + x5 1 + x5 ) = lim ( = lim x→∞ x 7x − 8 + 2 x→∞ 7x − 8 + x
=
2 x
1 = 0. ∞
√
x2 + 1 x→+∞ x + 2 Megold´ as.
9. lim
√ lim
x→+∞
x2
(∞)
+1 = lim = x→+∞ x+2 ∞ x = lim
x→+∞
√ ( x2 1 +
x(1 +
= lim
x→+∞
√
1 x2 2 x
1+ = lim
x→+∞
√ |x| 1 +
)
x+2
√ 1+
1 x2 2 ) x
1 x2
1+
=
1 x2
x(1 + x2 )
1 = 1. 1
3x − 4 x→−∞ 9x2 + 18x + 9 Megold´ as. Mivel x < 0 eset´en |x| = −x, ´ıgy ) ( ( ) 4 3x 1 − 3x −∞ 3x − 4 √ = lim √ = lim x→−∞ x→−∞ +∞ 9x2 + 18x + 9 |3x| 1 + 2 +
10. lim √
x
( ) 4 3x 1 − 3x √ = lim x→−∞ −3x 1 + x2 +
( = lim 1 x2
x→−∞
1−
√ − 1+
4 3x 2 x
)
+
= 1 x2
= 1 x2
1 = −1. −1
=
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
152
0 Amennyiben a hat´ar´ert´ek behelyettes´ıt´es ut´an t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es ´es a racion´a0 lis t¨ortf¨ uggv´eny¨ unk van, akkor a sz´aml´al´o ´es a nevez˝o t´enyez˝okre bont´as´aval, majd leegyszer˝ us´ıt´es´evel juthatunk egyszer˝ ubb alakhoz, amelyb˝ol a hat´ar´ert´ek meghat´arozhat´o. Ha irracion´alis f¨ uggv´eny¨ unk van, akkor ´altal´aban gy¨oktelen´ıteni kell, ha pedig trigonometrikus sin x = 1 alaphat´ar´ert´ek alkalmaz´as´aval pr´ob´aljuk a f¨ uggv´eny, akkor ´altal´aban a lim x→0 x megsz¨ untetni a hat´arozatlans´agot. x2 − 8x + 16 x→4 x3 − 16x Megold´ as.
11. lim
x2 − 8x + 16 lim = x→4 x3 − 16x
( ) 0 (x − 4)2 x−4 0 = lim = lim = = 0. x→4 x(x − 4)(x + 4) x→4 x(x + 4) 0 32
x3 + 4x2 + x − 6 x→−2 2x3 + 2x2 − 16x − 24 Megold´ as.
12. lim
x3 + 4x2 + x − 6 = lim x→−2 2x3 + 2x2 − 16x − 24 = lim
x→−2
√ 13. lim
x→0
( ) 0 (x − 1)(x + 2)(x + 3) = lim = x→−2 0 2(x + 2)2 (x − 3)
(x − 1)(x + 3) −3 · 1 −3 = = = +∞. 2(x + 2)(x − 3) 2 · 0 · (−5) −0
x+1−1 x2
0 Megold´ as. Mivel a kifejez´es t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es ´es irracion´alis, ez´ert 0 gy¨oktelen´ıt´essel juthatunk el a megold´asig. √ √ ( ) ) (√ 0 x+1−1 x+1−1 x+1+1 lim = = lim ·√ = x→0 x→0 x2 0 x2 x+1+1 x+1−1 1 1 1 (√ ) = lim (√ )= = = ∞. x→0 x2 x→0 x 0·2 0 x+1+1 x+1+1
= lim √
x + 17 − 5 √ 3 x→8 x−2 Megold´ as. (√ ) √ √ √ ( ) √ 3 x + 17 − 5 0 x + 17 − 5 x + 17 + 5 x2 + 2 3 x + 4 √ lim √ ·√ = = lim ·√ = √ 3 3 x→8 x→8 0 x−2 x−2 x + 17 + 5 3 x2 + 2 3 x + 4 ( ) ( √ ) √ √ √ 3 3 x + 17 − 25 x2 + 2 3 x + 4 x2 + 2 3 x + 4 · √ = lim = lim 1 · √ = x→8 x→8 x−8 x + 17 + 5 x + 17 + 5 √ √ 3 4+2·2+4 12 6 64 + 2 · 3 8 + 4 √ = = = . = 10 10 5 25 + 5
14. lim
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
153
sin 3x − sin 2x x→0 sin x Megold´ as. Mivel trigonometrikus f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´et kell kisz´am´ıtanunk, a sin x = 1 alaphat´ar´ert´eket alkalmazzuk a megold´as sor´an. lim x→0 x ( ) ( ) sin 3x − sin 2x 0 sin 3x sin 2x sin 3x sin 2x lim = = lim − = lim − lim = x→0 x→0 x→0 sin x x→0 sin x sin x 0 sin x sin x
15. lim
3x 3 · limx→0 3·sin 2 sin x cos x 3x − lim − 2 · lim cos x = = = x→0 x→0 sin x limx→0 sinx x sin t = 3 · lim − 2 · 1 = 3 · 1 − 2 = 1, t→0 t ahol a 3x = t, x → 0 akkor ´es csakis akkor ha t → 0 helyettes´ıt´est alkalmaztuk. 3·sin 3x lim 3x x→0 sin x x
tg x − sin x sin3 x Megold´ as.
16. lim
x→0
tg x − sin x lim = x→0 sin3 x
) ( ( ) 1−cos x sin x cos1 x − 1 0 cos x = lim = = lim 3 x→0 x→0 0 sin x sin2 x
1 − cos x 1 1 1 = lim = = . 2 x→0 cos x(1 − cos x) x→0 cos x(1 + cos x) 1·2 2
= lim 1 − cos x x→0 x2 Megold´ as.
17. lim
1 − cos x lim = x→0 x2
( ) 2 sin2 0 = lim x→0 0 x2
x 2
= lim
x→0
sin2 2·
x 2
x2 4
1 = · 2
( lim
x →0 2
sin x2 x 2
)2 =
1 2 1 ·1 = , 2 2
vagy m´asik m´odszerrel ( ) 1 − cos x 0 1 − cos x 1 + cos x 1 − cos2 x lim = = lim · = lim = x→0 x→0 x2 0 x2 1 + cos x x→0 x2 (1 + cos x) ( )2 sin x 1 sin2 x 1 1 = lim · lim = 12 · = . = lim 2 x→0 x x→0 1 + cos x x→0 x (1 + cos x) 1+1 2 πx 18. lim (1 − x)tg x→1 2 Megold´ as. ( ) (1 − x) sin πx 0 πx 2 = A = lim (1 − x)tg = (0 · ∞) = lim πx x→1 x→1 2 cos 2 0 Vezess¨ uk be az 1 − x = t helyettes´ıt´est, ahol x → 1 akkor ´es csakis akkor, ha t → 0. Ekkor ) ( ) ) ( ( t sin π2 − π2 t t sin π2 − π2 t 0 ( ) = = A = lim = lim t→0 cos π − π t t→0 cos π cos π t + sin π sin π t 0 2 2 2 2 2 2 ( ) π (π π ) 2 t sin π2 − π2 t t t 2 2 2 = lim = lim ·lim sin − t = ·lim ·1·1 = . π π π ·1 = t→0 t→0 t→0 t→0 sin 2 t sin 2 t 2 2 π sin 2 t π π
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
154 √
√ 1 − tg x − 1 + tg x 19. lim x→π sin 2x Megold´ as. ( ) √ √ 1 − tg x − 1 + tg x 0 lim = = x→π sin 2x 0 √ √ √ √ 1 − tg x − 1 + tg x 1 − tg x + 1 + tg x √ = = lim ·√ x→π sin 2x 1 − tg x + 1 + tg x 1 − tg x − 1 − tg x (√ )= √ x→π 2 sin x cos x 1 − tg x + 1 + tg x
= lim = lim
x→π cos2
x
(√
−1 −1 1 )= √ √ =− . √ 2 2 1 − tg x + 1 + tg x (−1) · ( 1 + 1)
√
1 − cos 2x x→0−0 x Megold´ as. Az x → 0 − 0 jel¨ol´es azt jelenti, hogy balr´ol, vagyis negat´ıv ´ert´ekeken kereszt¨ ul k¨ozel´ıt¨ unk a nulla fel´e. √ √ √ ( ) 1 − cos 2x 0 2 sin2 x 2| sin x| lim = = lim = lim = x→0−0 x→0−0 x→0−0 x 0 x x
20. lim
) ( ) √ sin x |x| | sin x| |x| · = 2 lim · = 2 lim = x→0−0 x→0−0 |x| x x x ) ( √ √ √ sin x |x| = 2 lim = 2 · 1 · (−1) = − 2. · lim x→0−0 x x→0−0 x (
√
Amennyiben a hat´ar´ert´ek a k¨ozvetlen behelyettes´ıt´es ut´an ∞ − ∞ t´ıpus´ u, akkor irracion´alis k¨ ul¨onbs´eg eset´en gy¨oktelen´ıt´essel, t¨ortek k¨ ul¨onbs´eg´enek est´en pedig k¨oz¨os nevez˝ore hoz´assal szabadulhatunk meg a hat´arozatlans´agt´ol. 21. lim
x→+∞
(√
x2 + 5x − 3 −
√
x2 − 3x + 2
)
Megold´ as. Az adott hat´ar´ert´ek ∞ − ∞ t´ıpus´ u ´es irracion´alis, ez´ert v´egezz¨ uk el a gy¨oktelen´ıt´est. Ekkor (√ ) √ x2 + 5x − 3 − x2 − 3x + 2 = (∞ − ∞) = lim x→+∞
= lim
(√
x→+∞
x2
+ 5x − 3 −
√
x2
) √x2 + 5x − 3 + √x2 − 3x + 2 √ = − 3x + 2 · √ x2 + 5x − 3 + x2 − 3x + 2
x2 + 5x − 3 − x2 + 3x − 2 8x − 5 √ √ = lim √ = lim √ = 2 2 2 x→+∞ x→+∞ x + 5x − 3 + x − 3x + 2 x + 5x − 3 + x2 − 3x + 2 (√ x→+∞ |x| 1+
= lim
5 x
x(8 − x5 ) √ 3 − x2 + 1 −
3 x
+
2 x2
)=√
8 √ = 4. 1+ 1
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke 22. lim
(√
x→−∞
155
x2 − 2x + 3 + x
)
Megold´ as. Mivel most x → −∞, ez´ert a hat´ar´ert´ek ∞−∞ t´ıpus´ u. A gy¨oktelen´ıt´es elv´egz´es´evel kapjuk, hogy (√ ) lim x2 − 2x + 3 + x = (∞ − ∞) = x→−∞
= lim
) √x2 − 2x + 3 − x x2 − 2x + 3 − x2 − 2x + 3 + x · √ = lim √ = x2 − 2x + 3 − x x→−∞ x2 − 2x + 3 − x ( ) x −2 + x3 −2x + 3 √ = lim √ = lim = x→−∞ x2 − 2x + 3 − x x→−∞ |x| 1 − 2 + 32 − x x x ( ) −x 2 − x3 2 = lim = 1. (√ )=√ x→−∞ 1+1 −x 1 − 2 + 32 + 1
(√
x→−∞
x2
x
(√ 3
23. lim
x→∞
x3 + 5 −
√ 3
x3 − 5
x
)
Megold´ as. A hat´ar´ert´ek ∞ − ∞ t´ıpus´ u. Gy¨oktelen´ıts¨ unk a megfelel˝o m´odon. (√ ) √ 3 3 lim x3 + 5 − x3 − 5 = (∞ − ∞) = x→∞
= lim
(√ 3
x→∞
x3 + 5 −
√ 3
√ √ ) √ 3 3 + 5)2 + 3 (x3 + 5)(x3 − 5) + 3 (x3 − 5)2 (x √ √ x3 − 5 · √ = 3 (x3 + 5)2 + 3 (x3 + 5)(x3 − 5) + 3 (x3 − 5)2
= lim √ 3 x→∞
x3 + 5 − x3 + 5 √ √ (x3 + 5)2 + 3 (x3 + 5)(x3 − 5) + 3 (x3 − 5)2
10 10 √ √ = lim √ = = 0. x→∞ 3 (x3 + 5)2 + 3 (x3 + 5)(x3 − 5) + 3 (x3 − 5)2 ∞ (√ ) √ 3 3 2 2 24. lim x + 3x − x − 2x x→∞
Megold´ as.
(√
x3
+
3x2
−
√
)
− 2x = (∞ − ∞) = (√ ) √ 3 = lim x3 + 3x2 − x + x − x2 − 2x = x→∞ (√ ) ( ) √ 3 3 2 2 x + 3x − x + lim x − x − 2x = = lim x→∞ x→∞ √ √ (√ ) 3 (x3 + 3x2 )2 + √ 3 3 + 3x2 )x3 + 3 x6 √ (x 3 3 √ √ = lim x3 + 3x2 − x3 · √ + 3 3 x→∞ (x3 + 3x2 )2 + 3 (x3 + 3x2 )x3 + x6 ) √x2 + √x2 − 2x (√ √ x2 − x2 − 2x · √ = + lim √ x→∞ x2 + x2 − 2x lim
x→∞
3
x2
x3 + 3x2 − x3 x2 − x2 + 2x √ √ √ = lim √ + lim = √ x→∞ 3 (x3 + 3x2 )2 + 3 (x3 + 3x2 )x3 + 3 x6 x→∞ x2 + x2 − 2x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
156 = lim
x→∞
= lim √( x→∞ 3 25. lim
(√ 4
x→∞
x2
1+
(√ ( 3
3x2 )2 √ 1 + x3 + 3 1 +
3
√ + 3 1+
) 3 2 x
x4 − x2 + 2 −
√
3 x
2x ) + lim √ ( )= x→∞ 2 |x| 1 + 1 − +1 x
+ lim 3 x
+1
x→∞
2 √ 1+ 1−
= 2 x
3 2 + = 2. 1+1+1 1+1
) x2 + x
Megold´ as. Az adott hat´ar´ert´ek ∞−∞ t´ıpus´ u. V´egezz¨ uk el k´etszer a gy¨oktelen´ıt´est. Ekkor (√ ) √ 4 lim x4 − x2 + 2 − x2 + x = (∞ − ∞) = x→∞ √ 4 ) √ (√ 4 − x2 + 2 + √ x x2 + x 4 √ = lim x 4 − x2 + 2 − x2 + x · √ = 4 x→∞ x4 − x2 + 2 + x2 + x √ √ x4 − x2 + 2 − (x2 + x) x4 − x2 + 2 + (x2 + x) √ √ √ = = lim 4 · x→∞ x4 − x2 + 2 + (x2 + x) x4 − x2 + 2 + x2 + x x4 − x2 + 2 − x4 − 2x3 − x2 √ √ = lim √ = x→∞ ( 4 x4 − x2 + 2 + x2 + x)( x4 − x2 + 2 + (x2 + x)) −2x3 − 2x2 + 2 √ ) (√ )= x→∞ x 4 1 − x12 + x24 + 1 + x1 · x2 1 − x12 + x24 + 1 + x1 ) ( x3 −2 − x2 + x22 −2 1 √ = lim =− . ) (√ )= (√ x→∞ 3 2·2 2 x · 4 1 − x12 + x24 + 1 + x1 1 − x12 + x24 + 1 + x1 = lim
(√
) x4 26. lim −x x→∞ x3 + 2x Megold´ as. Az adott hat´ar´ert´ek ∞−∞ t´ıpus´ u, de nem irracion´alis. K¨oz¨os nevez˝ore ∞ hoz´assal t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´est kapunk. ∞ ) ( x4 − x4 − 2x2 x4 − x = (∞ − ∞) = lim = lim x→∞ x→∞ x3 + 2x x3 + 2x (
(∞) −2x2 −2 = = lim = 0. 3 x→∞ x + 2x x→∞ x + 2 ∞ x ) 2
= lim (
2x3 x 27. lim − x→−∞ 4x2 − 1 2x + 1 Megold´ as. A hat´ar´ert´ek most −∞ − (−∞), azaz ∞ − ∞ t´ıpus´ u. Hozzunk k¨oz¨os nevez˝ore. ( ) x2 2x3 2x3 − x2 (2x − 1) − = lim = (∞ − ∞) = lim x→−∞ x→−∞ 4x2 − 1 2x + 1 4x2 − 1 (∞) 2x3 − 2x3 + x2 x2 x2 ( = lim = = lim x→−∞ x→−∞ 4x2 − 1 x→−∞ x2 4 − 4x2 − 1 ∞
= lim
1 ) . = 1 4 2 x
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
157
(
) 1 3 − 28. lim x→1 x − 1 x2 − 1 Megold´ as. Ha az x hely´ebe 1-et helyettes´ıt¨ unk, akkor ∞ − ∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´est kapunk, ez´ert k¨oz¨os nevez˝ore hozunk. ( ) 3 −1 1 x+1−3 x−2 lim − 2 = (∞ − ∞) = lim = lim 2 = = −∞. 2 x→1 x→1 x − 1 x→1 x − 1 x−1 x −1 0 ( ) x+2 x−4 29. lim + x→1 x2 − 5x + 4 3x2 − 9x + 6 Megold´ as. Az x = 1 helyettes´ıt´essel meggy˝oz˝odhet¨ unk r´ola, hogy ∞ − ∞ t´ıpus´ u a hat´ar´ert´ek. Bontsuk t´enyez˝okre a nevez˝oket, majd hozzunk k¨oz¨os nevez˝ore. ( ) x+2 x−4 = (∞ − ∞) = lim + x→1 x2 − 5x + 4 3x2 − 9x + 6 ( ) x+2 x−4 3(x + 2)(x − 2) + (x − 4)2 = lim + = lim = x→1 x→1 (x − 1)(x − 4) 3(x − 1)(x − 2) 3(x − 1)(x − 2)(x − 4) 3x2 − 12 + x2 − 8x + 16 4x2 − 8x + 4 = lim = x→1 3(x − 1)(x − 2)(x − 4) x→1 3(x − 1)(x − 2)(x − 4)
= lim
4(x − 1) 0 4(x − 1)2 = lim = = 0. x→1 3(x − 2)(x − 4) x→1 3(x − 1)(x − 2)(x − 4) −3 · (−3) ( ) 1 1 30. lim − x→−2 x2 + 3x + 2 x3 + 4x2 + 4x Megold´ as. ( ) 1 1 lim − = (∞ − ∞) = x→−2 x2 + 3x + 2 x3 + 4x2 + 4x ( ) 1 1 x(x + 2) − (x + 1) = lim − = lim = 2 x→−2 x→−2 x(x + 1)(x + 2)2 (x + 1)(x + 2) x(x + 2) = lim
x2 + 2x − x − 1 x2 + x − 1 4−2−1 1 = lim = = = ∞. = lim x→−2 x(x + 1)(x + 2)2 x→−2 x(x + 1)(x + 2)2 0 0 ∞ Ha a hat´ u hat´arozatlan kifejez´es, akkor a megold´ast helyettes´ıt´essel, a ( ar´ert´ )ekx 1 t´ıpus´ 1 lim 1 + = e alaphat´ar´ert´ekre val´o visszavezet´essel keress¨ uk. x→+∞ x ( )3x2 +1 x+1 31. lim x→+∞ x x+1 → 1, ´ıgy 1∞ t´ıpus´ u a hat´ar´ert´ek. Megold´ as. Mivel x → +∞ eset´en x V´egezz¨ uk el a k¨ovetkez˝o transzform´aci´okat, amelyekkel megsz¨ untethetj¨ uk a hat´arozatlans´agot.
( lim
x→+∞
x+1 x
(
)3x2 +1 = lim
x→+∞
1 1+ x
)3x2 +1
[( )x ] 3x2x+1 1 = (1∞ ) = lim 1+ = x→+∞ x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
158 [ =
( lim
x→+∞
1 1+ x
)x ] lim
x→+∞
3x2 +1 x
= e+∞ = +∞.
Az ´atalak´ıt´asokn´al felhaszn´altuk az y = ex f¨ uggv´eny folytonoss´ag´at ´es ennek alapj´an adott g val´os f¨ uggv´enyre lim g(x) lim eg(x) = ex→+∞ . x→+∞
( 32. lim
x→+∞
2x + 6 2x + 1
) x+1 3
Megold´ as. ( lim
x→+∞
2x + 6 2x + 1
) x+1 3
( ∞
= (1 ) = lim
x→+∞
( = lim
1+
x→+∞
[ =
( lim
1+
x→+∞
( 33. lim
x→+∞
) x+1 3 x→+∞
[( = lim
2x+1 5
1+
x→+∞
[ =
2x+1 5
( = lim
5 ) 2x+1 · 2x+1 · x+1 5 3
1
] lim 5x+5 ) 2x+1 6x+3 x→+∞ 5
1
ahol bevezett¨ uk a akkor z → +∞.
2x + 1 + 5 2x + 1
( lim
z→+∞
1 1+ z
1
5 1+ 2x + 1
) x+1 3
] 5x+5 ) 2x+1 6x+3 5 =
2x+1 5
)z ] lim
x→+∞
5x+5 6x+3
5
= e6 =
) x2x+1
Megold´ as.
lim
x→+∞
x −x+3 x2 + 2x + 4
= lim ( x→+∞
2
1 1+
) x2x+1
x2 +1 x
3x+1 x2 −x+3
( = (1∞ ) = lim
lim 1
) x2x+1 =
( lim
mert lim 1
x2 +1 x
x→+∞
lim
= 1x→+∞
3x+1 x2 −x+3
x2 +1 x
x→+∞
1+ x2 +1 x
) x2x+1
1 1+
x→+∞
x→+∞
3x + 1 −x+3
=
1 ) x2x+1 = e3 ,
x2
= 1+∞ = 1
´es ( lim
x→+∞
√ 6
e5 ,
2x + 1 = z helyettes´ıt´est, amelyre ´erv´enyes, hogy ha x → +∞ 5
x2 − x + 3 x2 + 2x + 4
(
=
3x + 1 1+ 2 x −x+3
(
) x2x+1 = lim
x→+∞
1+
1 x2 −x+3 3x+1
−x+3 ) x23x+1 ·
2 3x+1 · x x+1 x2 −x+3
=
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
159
( = lim 1 + x→+∞
= lim
1+
[ = ahol alkalmaztuk az z → +∞.
1 x2 −x+3
2 3x+1 · x x+1 x2 −x+3
=
3x+1
(
x→+∞
−x+3 ) x23x+1
−x+3 ) x23x+1
1 x2 −x+3
lim
3x+1 x2 +1 2 −x+3 · x
x→+∞ x
=
3x+1
( lim
z→+∞
1 1+ z
)z ] lim
x→+∞
3x3 +x2 +3x+1 x3 −x2 +3x
= e3 ,
x2 − x + 3 = z helyettes´ıt´est, amely eset´en ha x → +∞ akkor 3x + 1 1
A k¨ovetkez˝o k´et feladatban alkalmazzuk a lim (1 + x) x = e alaphat´ar´ert´eket. x→0
1
34. lim (1 + sin x) x x→0
Megold´ as. A hat´ar´ert´ek 1∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es ´es a k¨ovetkez˝ok´eppen oldhat´o meg: lim (1 + sin x) x = (1∞ ) = lim (1 + sin x) sin x · 1
1
x→0
sin x x
x→0
=
[ ] sinx x [ ] lim sinx x 1 1 = lim (1 + sin x) sin x = lim (1 + sin x) sin x x→0 = e1 = e x→0
x→0
1
35. lim (cos x) x2 x→0
Megold´ as. Hasonl´oan j´arunk el, mint az el˝oz˝o feladatban. lim (cos x) x2 = (1∞ ) = lim (1 + (cos x − 1)) cos x−1 · 1
1
x→0
x→0
cos x−1 x2
=
[ ] cos x−1 1 x2 = lim (1 + (cos x − 1)) cos x−1 = x→0
[ ] lim cos x−1 1 x2 = lim (1 + (cos x − 1)) cos x−1 x→0 = x→0
[ = lim (1 + z)
1 z
z→0
x ]− lim 1−cos 2
x→0
x
1 1 = e− 2 = √ . e
A levezet´esben alkalmaztuk a z = cos x − 1 helyettes´ıt´est, ahol z → 0, ha x → 0 ´es felhaszn´altuk a 17. feladatb´ol, hogy 1 1 − cos x = . 2 x→0 x 2 lim
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
160
ln(1 + x) = 1 alaphat´ar´ert´eket. x→0 x
Alkalmazzuk a k¨ovetkez˝o k´et feladatban a lim
ln(cos 2x) x→0 x2 Megold´ as. V´egezz¨ uk el a k¨ovetkez˝o transzform´aci´okat: ( ) ( ) 0 ln(cos 2x) ln(1 + cos 2x − 1) cos 2x − 1 = A = lim = lim = x→0 x→0 x2 0 cos 2x − 1 x2
36. lim
ln(1 + cos 2x − 1) cos 2x − 1 . · lim x→0 x→0 cos 2x − 1 x2 Az els˝o hat´ar´ert´ekben alkalmazzuk a cos 2x − 1 = t helyettes´ıt´est, ahol ha x → 0, akkor t → 0. A m´asodik hat´ar´ert´ekben vezess¨ uk be a 2x = z helyettes´ıt´est, ahol ha x → 0, akkor z → 0, majd haszn´aljuk fel ism´et a 17. feladat megold´as´at. Ekkor = lim
1 ln(1 + t) 1 − cos z · (−4) · lim = 1 · (−4) · = −2. 2 t→0 z→0 t z 2
A = lim
ln(cos 3x) x→0 ln(cos 4x) Megold´ as. J´arjunk el a k¨ovetkez˝o m´odon: ( ) 0 ln(cos 3x) ln(1 + cos 3x − 1) lim = = lim = lim x→0 ln(cos 4x) x→0 ln(1 + cos 4x − 1) x→0 0
37. lim
=
3x−1) lim ln(1+cos cos 3x−1
x→0
4x−1) lim ln(1+cos cos 4x−1 x→0
·
3x (−9) · lim 1−cos (3x)2 x→0
(−16) ·
lim 1−cos24x x→0 (4x)
=
ln(1+cos 3x−1) cos 3x−1 ln(1+cos 4x−1) cos 4x−1
·
cos 3x−1 x2 cos 4x−1 x2
=
1 −9 · 1 9 · = . 1 −16 · 1 16
ax − cos x ax − 1 38. Sz´amoljuk ki a lim (a > 0) hat´ a r´ e rt´ e ket a lim = ln a alaphat´arx→0 x→0 x2 x ´ert´ekre val´o visszavezet´essel. 2
Megold´ as. ax − cos x = lim x→0 x2 2
( ) 2 0 ax − 1 + 1 − cos x = = lim x→0 0 x2
ax − 1 1 − cos x az − 1 1 1 3 = lim + lim = lim + =1+ = , 2 2 x→0 x→0 z→0 x x z 2 2 2 2 ahol az els˝o hat´ar´ert´ekben az x = z hat´ar´ert´eket alkalmaztuk (z → 0, ha x → 0), a m´asodik pedig a 17. feladatb´ol ismert megold´as. 2
39. Sz´amoljuk ki a lim x→0 alkalmaz´as´aval.
eax − ebx ex − 1 (a > 0) hat´ar´ert´eket a lim = 1 alaphat´ar´ert´ek x→0 sin x x
Megold´ as. eax − ebx = lim x→0 sin x
( ) ( ax ) 0 e − 1 ebx − 1 eax − 1 + 1 − ebx = lim − = lim = x→0 x→0 0 sin x sin x sin x
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
161
eax − 1 ebx − 1 = lim − lim = lim x→0 sin x x→0 sin x x→0
(
eax − 1 ax · ax sin x
)
( − lim
x→0
ebx − 1 bx · bx sin x
) =
eax − 1 x ebx − 1 x · a · lim − lim · b · lim = a − b. x→0 sin x x→0 x→0 sin x x→0 ax bx √ √ 1 − sin x − 3 1 + sin x 40. Sz´amoljuk ki a lim (a > 0) hat´ar´ert´eket a x→0 x = lim
(1 + x)α − 1 = α (α ∈ R, x→0 x lim
α ̸= 0)
alaphat´ar´ert´ek felhaszn´al´as´aval. Megold´ as. √ √ √ √ ( ) 1 − sin x − 3 1 + sin x 0 1 − sin x − 1 + 1 − 3 1 + sin x lim = = lim = x→0 x→0 x 0 x √ = lim
x→0
1 − sin x − 1 − lim x→0 x
√ 3
1 + sin x − 1 = x
1
1
(1 − sin x) 2 − 1 (1 + sin x) 3 − 1 = lim − lim = x→0 x→0 x x ( ) ( ) 1 1 (1 − sin x) 2 − 1 − sin x (1 + sin x) 3 − 1 sin x = lim · − lim · = x→0 x→0 − sin x x sin x x 1
1
(1 + z) 2 − 1 sin x (1 + t) 3 − 1 sin x = lim · (−1) · lim − lim · lim = z→0 x→0 x t→0 x→0 x z t =
3.3.5.
1 1 1 1 5 · (−1) · 1 − · 1 = − − = − . 2 3 2 3 6
Val´ os f¨ uggv´ eny szakad´ aspontjai ´ es aszimptot´ ai
3.21. Defin´ıci´ o. Ha az f f¨ uggv´eny az x0 helyen nem folytonos, akkor x0 a f¨ uggv´eny szakad´ aspontja. Ilyenkor azt mondjuk, hogy x0 a f¨ uggv´enynek 1. megsz¨ untethet˝o szakad´asa, ha lim f (x) = L ´es L ̸= f (x0 ), azaz a f¨ uggv´enynek az x→x0
x0 pontban l´etezik hat´ar´ert´eke, de az nem egyezik meg a f¨ uggv´eny ´ert´ek´evel az adott pontban; 2. els˝o t´ıpus´ u szakad´asa, ha lim f (x) = L1 ´es lim f (x) = L2 , de L1 ̸= L2 , azaz a x→x0 +
x→x0 −
f¨ uggv´enynek l´etezik baloldali ´es jobboldali hat´ar´ert´eke is, de azok nem egyenl˝ oek; 3. m´asodik t´ıpus´ u szakad´asa, ha a szakad´as nem megsz¨ untethet˝ o szakad´as ´es nem is els˝o t´ıpus´ u szakad´as.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
162
x2 − 1 f¨ uggv´eny az x = 0 pontban nem folytonos, mert x−1 nem is ´ertelmezett, de itt v´eges hat´ar´ert´eke van:
3.40. P´ elda. a) Az f (x) =
x2 − 1 lim = 2. x→0 x − 1 Az x = 0 pont teh´at az f f¨ uggv´enynek megsz¨ untethet˝o szakad´asa. Az f f¨ uggv´eny szakad´as´at az u ´j f1 f¨ uggv´eny defini´al´as´aval sz¨ untethetj¨ uk meg. Ekkor az x2 − 1 , ha x ̸= 1, f1 (x) = x − 1 2, ha x = 1. f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett ´es folytonos. sin x b) Az f (x) = f¨ uggv´eny az x = 0 pontban nem folytonos, mert nem is ´ertelmezett, x viszont van v´eges hat´ar´ert´eke: sin x lim = 1. x→0 x Az x = 0 pont teh´at az f f¨ uggv´enynek megsz¨ untethet˝o szakad´asa. Az { sin x , ha x ̸= 0, f1 (x) = x 1, ha x = 0. f¨ uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett ´es folytonos. c) A 3.37. P´elda f¨ uggv´enyeinek a szeml´elt pontokban els˝o t´ıpus´ u szakad´asa van, teh´at az f (x) = sgn x f¨ uggv´enynek az x = 0 pontban, f (x) = [x] f¨ uggv´enynek az x = 3 pontban ´es f (x) = {x} f¨ uggv´enynek az x = 2 pontban, hiszen baloldali ´es jobboldali hat´ar´ert´ekeik l´eteznek a szeml´elt pontokban, de azok egym´assal nem egyenl˝oek. 1 f¨ uggv´eny az x = 2 pontban nem folytonos (minden m´as helyen igen). x−2 A f¨ uggv´enynek itt m´asodik t´ıpus´ u szakad´asa van, mert a baloldali ´es jobboldali hat´ar´ert´ekek ±∞-be tartanak, ugyanis
d) Az f (x) =
1 1 1 = = = −∞ ´es x→2−0 x − 2 2−0−2 −0 lim
1 1 1 = = = +∞. x→2+0 x − 2 2+0−2 +0 lim
1
uggv´enynek az x = 0 pontban szint´en m´asodik t´ıpus´ u szakad´asa e) az f (x) = e x f¨ van, mert itt nincs hat´ar´ert´eke, ugyanis a baloldali ´es jobboldali hat´ar´ert´ekek nem egyeznek meg. 1 1 lim e x = +∞. lim e x = 0, x→0−0
x→0+0
3.22. Defin´ıci´ o. Az x = a egyenesre akkor mondjuk, hogy az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon f¨ ugg˝ oleges (vagy vertik´alis) aszimptot´aja, ha a lim f (x) = ±∞ vagy
x→a−0
hat´ar´ert´ekek valamelyike teljes¨ ul.
lim f (x) = ±∞
x→a+0
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
163
3.41. P´ elda. a) Az f (x) = loga x logaritmusf¨ uggv´enynek az x = 0 egyenes f´eloldali f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert lim loga x = −∞ (a > 1) ´es
lim loga x = ∞ (0 < a < 1).
x→0+0
b) Az f (x) =
x→0+0
1 f¨ uggv´enynek az x = 0 egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert x 1 = −∞ ´es x→0−0 x
1 = ∞. x→0+0 x
lim
c) Az f (x) = tg x f¨ uggv´enynek az x =
lim
π egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert 2
lim tg x = ∞ ´es
lim tg x = −∞.
x→ π2 −0
x→ π2 +0
d) Az f (x) = ctg x f¨ uggv´enynek az x = 0 egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert lim ctg x = −∞ ´es
lim ctg x = ∞.
x→0−0
x→0+0
e) Az f (x) = arth x f¨ uggv´enynek az x = −1 ´es x = 1 egyenesek f´eloldali f¨ ugg˝oleges aszimptot´ai, mert lim arth x = −∞ ´es
lim arth x = ∞.
x→−1+0
x→1−0
f ) Az f (x) = arcth x f¨ uggv´enynek az x = −1 ´es x = 1 egyenesek f´eloldali f¨ ugg˝oleges aszimptot´ai, mert lim arcth x = −∞ ´es
lim arcth x = ∞.
x→−1−0
x→1+0
3.23. Defin´ıci´ o. Az y = kx + n egyenest akkor nevezz¨ uk az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon uggv´eny ´es az adott ferde aszimptot´aj´anak, az x → +∞ (x → −∞) eset´eben, ha az f f¨ egyenes megfelel˝o ordin´at´aja k¨oz¨otti k¨ ul¨ onbs´eg null´ahoz tart, ha x → +∞ (x → −∞), vagyis ha ( ) lim [f (x) − (kx + n)] = 0
x→+∞
lim [f (x) − (kx + n)] = 0 .
x→−∞
Ha k = 0, akkor az y = n egyenes az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon v´ızszintes (vagy horizont´ alis) aszimptot´aja x → +∞ (x → −∞) eset´en. Megjegyezz¨ uk, hogy a f¨ uggv´enyeknek lehetnek k¨oz¨os ferde vagy v´ızszintes aszimptot´ai x → +∞ (x → −∞) eset´en, amit x → ±∞ m´odon szoktunk fel´ırni. 3.42. P´ elda. a) Az f (x) = ax (a > 0, a ̸= 1) f¨ uggv´enynek az y = 0 egyenes v´ızszintes aszimptot´aja, mert lim loga x = 0 (a > 1) ´es
x→−∞
lim loga x = 0 (0 < a < 1).
x→+∞
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
164 b) Az f (x) =
1 f¨ uggv´enynek az y = 0 egyenes v´ızszintes aszimptot´aja, mert x 1 1 = lim = 0. x→+∞ x x→−∞ x lim
π π c) Az f (x) = arctg x ´es f (x) = arcctg x f¨ uggv´enyeknek az y = − ´es y = egyenesek 2 2 v´ızszintes aszimptot´ai, mert π π lim arctg x = − , lim arctg x = , x→−∞ 2 x→+∞ 2
lim arcctg x =
x→−∞
π π , lim arcctg x = − . 2 x→+∞ 2
d) Az f (x) = th x ´es f (x) = cth x f¨ uggv´enyeknek az y = −1 ´es y = 1 egyenesek v´ızszintes aszimptot´ai, mert lim th x = −1, lim th x = 1,
x→−∞
3.43. P´ elda. Mivel f (x) = alapj´an
lim cth x = −1, lim cth x = 1.
x→+∞
x→−∞
x2 1 1 = x+1+ , ez´ert f (x) − (x + 1) = . Ennek x−1 x−1 x−1
lim [f (x) − (x + 1)] = lim
x→±∞
x→±∞
teh´at a defin´ıci´o alapj´an az f (x) = szimptot´aja. Ugyanakkor az y = aszimptot´aja, hiszen
x→+∞
1 = 0, x−1
x2 f¨ uggv´enynek az y = x + 1 egyenes ferde ax−1
x2 f¨ uggv´enygrafikonnak az x = 1 egyenes f¨ ugg˝oleges x−1
x2 (1 − 0)2 1 = = = −∞, x→1−0 x − 1 1−0−1 −0 lim
x2 (1 + 0)2 1 = = = +∞. x→1+0 x − 1 1+0−1 +0 lim
y 7
y=
x2 x-1
6 5 4 3
y=x+1
2 1 1
-4 -3 -2 -1 -1 -2 -3
x=1
2
3
4
5
x
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
165
A ferde aszimptota meghat´aroz´asa nem mindig lehets´eges az el˝oz˝o p´eld´aban bemutatott elj´ar´assal. Ez´ert van sz¨ uks´eg a k¨ovetkez˝o t´etelre. 3.17. T´ etel. Az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikonnak az y = kx + n egyenes x → +∞ eset´en (x → −∞ eset´en) akkor ´es csakis akkor ferde aszimptot´aja, ha a ( ) ( ) f (x) f (x) =k =k ´es lim lim lim [f (x) − kx] = n lim [f (x) − kx] = n x→+∞ x x→−∞ x x→+∞ x→−∞ hat´ ar´ert´ekek l´eteznek. Bizony´ıt´as. Tegy¨ uk fel el˝osz¨or, hogy az y = kx + n egyenes az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon ferde aszimptot´aja, ha x → +∞, azaz teljes¨ ulj¨on a lim [f (x) − (kx + n)] = 0 felt´etel. x→+∞
Igazoljuk, hogy a ferde aszimptota k ´es n egy¨ utthat´oit a f (x) ´es n = lim [f (x) − kx] k = lim x→+∞ x x→+∞ hat´ar´ert´ekek seg´ıts´eg´evel tudjuk meghat´arozni, s hogy ezek l´eteznek. E c´elb´ol vezess¨ uk be az f (x)−(kx+n) = α(x) helyettes´ıt´est, amelyb˝ol f (x) = kx+n+α(x) ad´odik, ahol lim α(x) = 0. Ekkor x→+∞ ( ) f (x) kx + n + α(x) n α(x) lim = lim = lim k + + = k, x→+∞ x x→+∞ x→+∞ x x x lim [f (x) − kx] = lim [(kx + n + α(x)) − kx] = lim [n + α(x)] = n,
x→+∞
x→+∞
x→+∞
teh´at az ´all´ıt´as bel´attuk. Ford´ıtva, tegy¨ uk most fel, hogy l´eteznek a f (x) lim = k ´es lim [f (x) − kx] = n x→+∞ x x→+∞ hat´ar´ert´ekek. Igazoljuk, hogy az y = kx + n egyenes az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon ferde aszimptot´aja, ha x → +∞. Ekkor a m´asodik hat´ar´ert´ekb˝ol az α(x) = f (x) − (kx + n) jel¨ol´est alkalmazva ad´odik, hogy lim α(x) = lim [f (x) − (kx + n)] = lim [f (x) − kx] − n = n − n = 0,
x→+∞
x→+∞
x→+∞
innen pedig lim [f (x) − (kx + n)] = 0,
x→+∞
vagyis az y = kx + n egyenes az y = f (x) f¨ uggv´enygrafikon ferde aszimptot´aja, ha x → +∞. A bizony´ıt´as anal´og m´odon az x → −∞ esetben is elv´egezhet˝o. ⋄ x2 f¨ uggv´eny ferde aszimptot´ait az el˝obbi t´etel k´epletei 3.44. P´ elda. Az f (x) = x−1 seg´ıts´eg´evel is kisz´am´ıthatjuk. Ekkor a ferde aszimptot´at az y = kx + n egyenes alakj´aban keress¨ uk, ahol f (x) x2 x = lim = lim = 1, x→±∞ x x→±∞ x(x − 1) x→±∞ x − 1 ] [ 2 x x − x = lim = 1, n = lim [f (x) − kx] = lim x→±∞ x − 1 x→±∞ x→±∞ x − 1 teh´at y = x + 1 a keresett ferde aszimptota. k = lim
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
166 FELADATOK.
Vizsg´aljuk ki a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyek aszimptot´ait. 1 x2 + x − 2 Megold´ as. Mivel x2 +x−2 = (x+2)(x−1), ´ıgy a f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R \ {−2, 1}. Ez azt jelenti, hogy x = −2-ben ´es x = 1-ben a f¨ uggv´enynek szakad´aspontja van. Mivel
1. f (x) =
lim
x→−2−0
1 1 1 = = = +∞, (x + 2)(x − 1) (−2 − 0 + 2)(−2 − 0 − 1) −0 · (−3)
1 1 1 = = = −∞, x→−2+0 (x + 2)(x − 1) (−2 + 0 + 2)(−2 + 0 − 1) +0 · (−3) lim
´ıgy a f¨ uggv´enynek az x = −2 egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja. Mivel 1 1 1 = = = −∞, x→1−0 (x + 2)(x − 1) (1 − 0 + 2)(1 − 0 − 1) 3 · (−0) lim
1 1 1 = = = +∞, x→1+0 (x + 2)(x − 1) (1 + 0 + 2)(1 + 0 − 1) 3 · (+0) lim
ez´ert a f¨ uggv´enynek az x = 1 egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja. A f¨ uggv´enynek az y = 0 egyenes v´ızszintes aszimptot´aja, mert 1 = 0. x→±∞ (x + 2)(x − 1) lim
Mivel az y = kx + n ferde aszimptota k = 0 eset´en lesz v´ızszintes helyzet˝ u (y = n), ez´ert ha a f¨ uggv´enynek van v´ızszintes aszimptot´aja, akkor nincs ferde aszimptot´aja, ´es ford´ıtva. x2 − x − 5 x+2 Megold´ as. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R \ {−2}. A f¨ uggv´enynek az x = −2 egyenes f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert
2. f (x) =
x2 − x − 5 (−2 − 0)2 − (−2 − 0) − 5 1 = = = −∞, x→−2−0 x+2 −2 − 0 + 2 −0 lim
(−2 + 0)2 − (−2 + 0) − 5 1 x2 − x − 5 = = = +∞. x→−2+0 x+2 −2 + 0 + 2 +0 lim
Mivel
x2 − x − 5 x2 − x − 5 = +∞ ´es lim = −∞, x→−∞ x→+∞ x+2 x+2 ez´ert a f¨ uggv´enynek nincs v´ızszintes aszimptot´aja. A ferde aszimptot´at y = kx + n alakban keress¨ uk, ahol lim
x2 − x − 5 f (x) = lim = 1, x→±∞ x2 + 2x x→±∞ x
k = lim
3.3. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
167 [
n = lim [f (x) − kx] = lim x→±∞
x→±∞
] x2 − x − 5 −x = x+2
x2 − x − 5 − x2 − 2x −3x − 5 = lim = lim = −3, x→±∞ x→±∞ x + 2 x+2 ´ıgy az y = x − 3 egyenes a f¨ uggv´eny ferde aszimptot´aja. 3. f (x) = e− x 1
Megold´ as. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R \ {0}. Az x = 0 egyenes a f¨ uggv´eny egyoldali f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, mert lim e− x = e− −0 = e+∞ = ∞ ´es 1
1
x→0−0
lim e− x = e− +0 = e−∞ = 1
1
x→0+0
1 1 = = 0. ∞ e ∞
Mivel lim e− x = e− ∞ = e−0 = 1 ´es 1
1
x→+∞
lim e− x = e− −∞ = e+0 = 1, 1
1
x→−∞
ez´ert az y = 1 egyenes a f¨ uggv´eny v´ızszintes aszimptot´aja, ´es ´ıgy a f¨ uggv´enynek ferde aszimptot´aja nincs. 4. f (x) = x − arctg x Megold´ as. Mivel Df = R, ez´ert a f¨ uggv´enynek nincs szakad´aspontja, s ´ıgy f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja sem. Mivel ( π) π lim (x − arctg x) = +∞ − = +∞, lim (x − arctg x) = −∞− − = −∞, x→+∞ x→−∞ 2 2 ez´ert a f¨ uggv´enynek nincs v´ızszintes aszimptot´aja. Keress¨ uk y = kx + n alakban a ferde aszimptot´at. Mivel ( ) π f (x) x − arctg x arctg x k1 = lim = lim = lim 1 − = 1 − 2 = 1, x→+∞ x x→+∞ x→+∞ x x +∞ ( ) −π f (x) x − arctg x arctg x k2 = lim = lim = lim 1 − = 1 − 2 = 1, x→−∞ x x→−∞ x→−∞ x x −∞ π n1 = lim [f (x) − kx] = lim (x − arctg x − x) = lim (−arctg x) = − x→+∞ x→+∞ x→+∞ 2 ´es n2 = lim [f (x) − kx] = lim (x − arctg x − x) = lim (−arctg x) = x→−∞
x→−∞
x→−∞
π , 2
π ez´ert a f¨ uggv´enynek k´et ferde aszimptot´aja van, ezek pedig az y = x − ´es az 2 π π y = x + egyenesek. Ha x → +∞, akkor a f¨ uggv´eny az y = x − egyeneshez, ha 2 2 π x → −∞, akkor pedig a f¨ uggv´eny az y = x + egyeneshez k¨ozel´ıt. Vegy¨ uk ´eszre, 2 hogy az f f¨ uggv´eny grafikonj´anak most egym´assal p´arhuzamos ferde aszimptot´ai vannak.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 3. EGYVALTOZ OS ENYEK
168 5. f (x) = x −
√
x2 − x − 6
Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny akkor ´ertelmezett, ha x2 − x − 6 ≥ 0, illetve ha az (x − 3)(x + 2) ≥ 0 egyenl˝otlens´eg igaz, ami a Df = (−∞, −2] ∪ [3, +∞) ´ertelmez´esi tartom´anyon teljes¨ ul. Mivel a f¨ uggv´eny x = −2-ben ´es x = 3-ban ´ertelmezett, azaz az f (−2) = −2 ´es f (3) = 3 val´os ´ert´ekek l´eteznek, ez´ert a f¨ uggv´enynek f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja nincs. Vizsg´aljuk ki, hogy van-e v´ızszintes aszimptot´aja. ) ( √ lim x − x2 − x − 6 = (∞ − ∞) = x→+∞
) x + √x 2 − x − 6 ] x2 − x2 + x + 6 √ √ = lim x− −x−6 · = lim = x→+∞ x→+∞ x + x + x2 − x − 6 x2 − x − 6 ( ) x 1 + x6 x+6 1 1 √ √ = lim = lim ( = , )= x→+∞ x→+∞ 1+1 2 x + |x| 1 − 1 − 6 x 1+ 1− 1 − 6 [(
√
x2
x
viszont lim
x→−∞
x2
x
x2
( ) √ x − x2 − x − 6 = −∞ − ∞ = −∞,
1 ´es ez azt jelenti, hogy a f¨ uggv´enynek x → +∞ eset´en az y = egyenes v´ızszintes 2 aszimptot´aja, de x → −∞ eset´en nincs v´ızszintes aszimptot´aja. A ferde aszimptota kivizsg´al´as´at ez´ert csak az x → −∞ eset´ere korl´atozzuk. Keress¨ uk a f¨ uggv´eny ferde aszimptot´aj´at y = kx + n alakban. Ekkor √ √ x − |x| 1 − x1 − x62 f (x) x − x2 − x − 6 k = lim = lim = lim = x→−∞ x x→−∞ x→−∞ x x √ ( ) √ 1 6 1 6 x 1 + 1 − − x + x 1 − x − x2 √ x x2 = lim = lim =1+ 1=2 x→−∞ x→−∞ x x ´es ( ) √ n = lim [f (x) − kx] = lim x − x2 − x − 6 − 2x = x→−∞ x→−∞ ( ( ) ) √ √ 2 2 = lim −x − x − x − 6 = (−1) · lim x + x − x − 6 = x→−∞ x→−∞ [( ) x − √ x2 − x − 6 ] √ 2 √ = = (−1) · lim x+ x −x−6 · x→−∞ x − x2 − x − 6 ) ( x 1 + x6 x2 − x2 + x + 6 √ √ = (−1) · lim = (−1) · lim ( )= x→−∞ x→−∞ x − |x| 1 − x1 − x62 x 1 + 1 − x1 − x62 1 1 =− , 1+1 2 vagyis x → −∞ eset´en a f¨ uggv´enynek ferde aszimptot´aja van, m´egpedig az = (−1) ·
y = 2x −
1 2
egyenes.
169
4.
Egyv´ altoz´ os val´ os f¨ uggv´ enyek differenci´ alsz´ am´ıt´ asa
4.1.
A differenci´ alsz´ am´ıt´ as alapfogalmai
4.1.1.
A g¨ orbe ´ erint˝ oje ´ es a pillanatnyi sebess´ eg
√ √ Tekints¨ uk az f : R+√→ R+ f (x) √ = 4 x f¨ uggv´enyt. H´ uzzuk meg az y = 4 x√g¨orbe egy szel˝ √oj´et a P0 (1, 4 1) ´es P1 (9, 4 9) pontokon ´at, majd egy m´asikat a P0 (1, 4 1) ´es P2 (4, 4 4) pontokon kereszt¨ ul. (A g¨orbe szel˝oj´enek nevez¨ unk minden olyan egyenest, amelynek a g¨orb´evel legal´abb k´et k¨oz¨os pontja van.) Ezeknek a szel˝oknek az ir´anyt´enyez˝oje √ √ √ √ 4 9−4 1 4 4−4 1 4 k1 = tg α1 = = 1, k2 = tg α2 = = . 9−1 4−1 3 K´epzelj¨ unk el egy olyan {xn } sz´amsorozatot, ahol x1 = 9, x2 = 4, a sorozat t¨obbi eleme pedig monoton cs¨okkenve tart 1-hez, azaz xn →√ 1. Ha szel˝ot fektet¨ unk a P0 (1, 4 1) √ ´es valamely Pn (xn , 4 xn ) ponton kereszt¨ ul, akkor a kapott szel˝o ir´anytangense √ √ 4 xn − 4 1 kn = tg αn = ´es xn − 1
y t y=4 x P1
12
P2
8
4
P0
1 Α1 Α2 Α 1
4
9
x
√ √ √ √ √ √ 4( xn − 1) xn + 1 4 xn − 4 1 √ = = lim ·√ A = lim tg αn = lim xn →1 xn →1 xn →1 xn − 1 xn − 1 xn + 1 xn − 1 1 1 √ = 4 lim √ √ = 4 · = 2. √ xn →1 (x − 1)( x + xn →1 2 1) xn + 1 n n √ Ha xn → 1, akkor a megfelel˝o szel˝ok sorban az y = 4 x g¨orbe P0 (1, 4) pontban h´ uzott ´erint˝oj´ehez tartanak, teh´at A = 2 ennek az ´erint˝onek az ir´anyt´enyez˝oje. (A g¨ orbe ´erint˝oj´enek nevez¨ unk minden olyan egyenest, amelynek a g¨orb´evel legal´abb egy k¨oz¨os pontja van ´es a k¨oz¨os pont - u ´gynevezett ´erint´esi pont - egy k¨ornyezet´eben a g¨orbe csak az egyenes egyik oldal´an helyezkedik el.) ´ Altal´ anosan tekints¨ unk egy f f¨ uggv´enyt, amely ´ertelmezett az x0 ∈ R pont egy k¨ornyezet´eben. Vegy¨ unk ism´et xn ̸= x0 , xn → x0 pontokat ´es tekints¨ uk a P0 (x0 , f (x0 )) ´es Pn (xn , f (xn )) pontokon ´athalad´o szel˝o ir´anytangens´et. Jel¨olje ∆x = xn −x0 az x-tengelyen az x0 pontt´ol val´o elt´avolod´as m´ert´ek´et, azaz az x f¨ uggetlen v´altoz´o n¨ovekm´eny´et ´es = 4 lim
170
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
∆y = f (xn ) − f (x0 ) az y-tengelyen az f (x0 ) f¨ uggv´eny´ert´ekt˝ol val´o elt´avolod´as m´ert´ek´et, azaz az f f¨ uggv´eny x0 ponthoz tartoz´o n¨ovekm´eny´et. Most
tg αn =
f (xn ) − f (x0 ) ∆y = xn − x0 ∆x
∆y h´anyadost az y = f (x) f¨ uggv´enyg¨orbe x = x0 ponthoz ∆x tartoz´o differenciah´anyados´anak (k¨ ul¨onbs´egi h´anyados´anak) nevezz¨ uk. Ha l´etezik az
alakban is fel´ırhat´o, s ezt a
A = lim tg αn = lim xn →x0
xn →x0
f (xn ) − f (x0 ) ∆y = lim ∆x→0 ∆x x n − x0
hat´ar´ert´ek, akkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny grafikonj´anak a P0 (x0 , f (x0 )) pontban l´etezik ´erint˝oje ´es ennek az ´erint˝onek az ir´anytangense A. Tekints¨ uk most az egyik speci´alis mozg´ast, a szabades´est. Ha egy goly´ot leejt¨ unk akkor g 2 g 2 a goly´o t0 id˝o alatt s0 = t0 , tn id˝o alatt pedig sn = tn utat tesz meg (g a neh´ezs´egi 2 2 gyorsul´as). A − g2 t20 tn − t0
g 2 t 2 n
h´anyados azt az ´atlagsebess´eget mutatja, amivel haladva a goly´o az sn − s0 utat tn − t0 id˝o alatt tenn´e meg. Ha tn olyan id˝opillanatok sorozata, hogy tn ̸= t0 , tn → t0 , akkor ha a v = lim
tn →t0
− g2 t20 tn − t0
g 2 t 2 n
hat´ar´ert´ek l´etezik, akkor ezt a v hat´ar´ert´eket a mozg´o test t0 id˝opontbeli pillanatnyi sebess´eg´enek nevezz¨ uk. ´ Altal´ anosan, ha ismerj¨ uk az s = s(t) u ´tf¨ uggv´enyt, ´es tn olyan id˝opillanatok sorozata, hogy tn ̸= t0 , tn → t0 , valamint ha ∆t = tn − t0 az id˝o, mint f¨ uggetlen v´altoz´o n¨ovekm´enye ´es ∆s = s(tn ) − s(t0 ) az u ´tf¨ uggv´eny n¨ovekm´enye, akkor a t0 id˝opontban a mozg´o test pillanatnyi sebess´ege v = lim
tn →t0
∆s s(tn ) − s(t0 ) = lim . ∆t→0 ∆t tn − t0
A k´et probl´em´aban az k¨oz¨os, hogy 0-val nem lehet osztani. Ez´ert kell a szel˝ok ir´anytangenseib˝ol, illetve az ´atlagsebess´egekb˝ol sorozatokat k´epezni ´es vizsg´alni, hogy e sorozatok konvergensek-e.
4.1. A differenci´alsz´am´ıt´as alapfogalmai 4.1.2.
171
A deriv´ alt (differenci´ alh´ anyados) fogalma
Egy pontbeli ´erint˝o ´es egy id˝opontbeli sebess´eg probl´em´aj´anak vizsg´alata ugyanarra a feladatra vezetett. Azt kell vizsg´alni, hogy ha adott egy f : (a, b) → R f¨ uggv´eny ´es x0 ∈ (a, b), akkor az
y y= f HxL
f Hx0 +DxL
Dy
f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ∆x
f Hx0 L
differenciah´anyados f¨ uggv´enynek l´etezik-e hat´ar´ert´eke az x0 pontban, ha ∆x k¨ozel´ıt null´ahoz.
t
Dx
Α x0
x0 +Dx
x
Sok m´as gyakorlati (s˝ ur˝ us´eg, ´aramer˝oss´eg, gyorsul´as) ´es elm´eleti feladat is ugyanerre a probl´em´ara vezet, ez´ert ´erdemes erre a hat´ar´ert´ekre k¨ ul¨on elnevez´est bevezetni. 4.1. Defin´ıci´ o. Legyen f az (a, b) intervallumon ´ertelmezett f¨ uggv´eny ´es x0 ∈ (a, b) egy adott pont. Legyen tov´abb´a ∆x az x f¨ uggetlen v´altoz´ o olyan n¨ovekm´enye, amelyre igaz, hogy x0 + ∆x ∈ (a, b). Ekkor az f f¨ uggv´enyt az x0 pontban deriv´alhat´ onak vagy differenci´alhat´onak nevezz¨ uk, ha l´etezik a f (x0 + ∆x) − f (x) ∆x→0 ∆x lim
hat´ ar´ert´ek. Ezt a hat´ar´ert´eket nevezz¨ uk az f f¨ uggv´eny x0 pontbeli deriv´altj´ anak vagy differenci´ alh´anyados´anak, szok´asos jel¨ol´ese pedig f (x0 + ∆x) − f (x) ∆y dy ′ f (x0 ) = lim = lim = . ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x dx x=x0 A deriv´alt tov´abbi jel¨ol´esei: f (x) ′
x=x0
,
illetve
df . dx x=x0
Ez ut´obbi jel¨ol´es egybetartoz´o szimb´olum, a t¨ortvonal teh´at nem oszt´ast jel¨ol! Szok´as a deriv´alt defin´ıci´oj´aban haszn´alni a ∆x = h jel¨ol´est. Ekkor az f f¨ uggv´eny x0 helyen vett deriv´altj´at ´ıgy is ´ırhatjuk: f (x0 + ∆x) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) = lim . ∆x→0 h→0 ∆x h
f ′ (x0 ) = lim
Vezess¨ uk be most az x = x0 + ∆x jel¨ol´est. Ez esetben ∆x → 0 akkor ´es csak akkor teljes¨ ul, ha x → x0 . Ezzel a jel¨ol´essel az f f¨ uggv´eny x0 helyen vett differenci´alh´anyadosa a k¨ovetkez˝o ekvivalens alakban ´ırhat´o fel: f (x) − f (x0 ) f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = lim . x→x0 ∆x→0 ∆x x − x0
f ′ (x0 ) = lim
172
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
Mivel az x0 pontbeli differenci´alh´anyados ´ert´eke a P0 (x0 , f (x0 )) pontban megegyezik az y = f (x) f¨ uggv´enyg¨orb´ehez h´ uzott t ´erint˝o meredeks´eg´evel, vagyis lim
x→x0
f (x) − f (x0 ) = f ′ (x0 ) = tg α, x − x0
ez´ert a t ´erint˝oegyenes egyenlete t : y − f (x0 ) = f ′ (x0 )(x − x0 ), a P0 (x0 , f (x0 )) pontban y = f (x) f¨ uggv´enyg¨orb´ehez h´ uzott n mer˝oleges egyenes egyenlete pedig 1 n : y − f (x0 ) = − ′ (x − x0 ). f (x0 ) L´athat´o, hogy a differenci´alhat´os´ag a f¨ uggv´eny pontbeli tulajdons´aga, b´ar a pont k¨ornyezet´eben val´o ´ertelmezetts´ege is k¨ovetelm´eny. Term´eszetesen vannak olyan f¨ uggv´enyek, amelyek ´ertelmez´esi tartom´anyuk t¨obb pontj´aban, esetleg ´ertelemz´esi tartom´anyuk valamely r´eszintervallum´an differenci´alhat´ok, s˝ot sok f¨ uggv´eny a teljes ´ertelmez´esi tartom´any´an differenci´alhat´o. Az al´abbiakban megadjuk az intervallumon val´o differenci´alhat´os´ag defin´ıci´oj´at. 4.2. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enyt az (a, b) intervallumon differenci´ alhat´ o f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk, ha f az (a, b) intervallum minden pontj´ aban differenci´ alhat´ o. 4.3. Defin´ıci´ o. Azt a f¨ uggv´enyt, mely az (a, b) intervallum minden pontj´ ahoz az f adott pontbeli deriv´altj´at rendeli hozz´a, az f f¨ uggv´eny deriv´altf¨ uggv´eny´enek, vagy r¨oviden dedf riv´altj´ anak nevezz¨ uk ´es f ′ -vel, vagy -szel jel¨olj¨ uk, s ´ıgy dx f (x + ∆x) − f (x) , ∆x→0 ∆x
f ′ (x) = lim
x ∈ (a, b).
4.1. P´ elda. Legyenek a ´es b val´os sz´amok. Az f (x) = ax + b f¨ uggv´eny deriv´altj´at a defin´ıc´o seg´ıts´eg´evel a k¨ovetkez˝ok´eppen sz´am´ıthatjuk ki: (ax + b)′ = f ′ (x) = lim
∆x→0
f (x + ∆x) − f (x) a(x + ∆x) + b − ax − b = lim = ∆x→0 ∆x ∆x
a(x + ∆x − x) a∆x a = lim = lim = a. ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x→0 1 ∆x
= lim
4.2. P´ elda. Az f (x) = x2 f¨ uggv´eny deriv´altja a defin´ıc´o seg´ıts´eg´evel ´ıgy sz´am´ıthat´o ki: f (x + ∆x) − f (x) (x + ∆x)2 − x2 = lim = ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x
(x2 )′ = f ′ (x) = lim
x2 + 2x∆x + (∆x)2 − x2 ∆x(2x + ∆x) 2x + ∆x = lim = lim = lim = 2x. ∆x→0 ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x 1
4.1. A differenci´alsz´am´ıt´as alapfogalmai 4.3. P´ elda. Az f (x) =
173
√
x f¨ uggv´eny deriv´altj´anak kisz´am´ıt´asa a defin´ıc´o seg´ıts´eg´evel: √ √ √ ′ f (x + ∆x) − f (x) x + ∆x − x ′ ( x) = f (x) = lim = lim = ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x √ √ √ √ x + ∆x − x x + ∆x + x = lim ·√ √ = ∆x→0 ∆x x + ∆x + x x + ∆x − x 1 1 √ = lim √ = lim √ √ = √ . ∆x→0 (∆x)( x + ∆x + ∆x→0 2 x x) x + ∆x + x
4.4. P´ elda. Az f (x) = sin x f¨ uggv´eny deriv´altj´anak meghat´aroz´asa a defin´ıc´o seg´ıts´eg´evel: (sin x)′ = f ′ (x) = lim
∆x→0
f (x + ∆x) − f (x) sin(x + ∆x) − sin x = lim = ∆x→0 ∆x ∆x
2 sin ∆x cos 2x+∆x sin ∆x cos 2x+∆x 2 2 2 2 = lim = ∆x ∆x→0 ∆x→0 ∆x 2
= lim = lim
∆x →0 2
sin ∆x 2 ∆x 2
· lim cos ∆x→0
2x + ∆x = 1 · cos x = cos x. 2
4.5. P´ elda. Az f (x) = cos x f¨ uggv´eny deriv´altj´anak kisz´am´ıt´asa a defin´ıc´o alapj´an: f (x + ∆x) − f (x) cos(x + ∆x) − cos x = lim = ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x
(cos x)′ = f ′ (x) = lim
−2 sin ∆x sin ∆x sin 2x+∆x sin 2x+∆x 2 2 2 2 = − lim = ∆x ∆x→0 ∆x→0 ∆x 2
= lim
= − lim
∆x →0 2
sin ∆x 2 ∆x 2
· lim sin ∆x→0
2x + ∆x = −1 · sin x = − sin x. 2
4.6. P´ elda. Az f (x) = ax f¨ uggv´eny deriv´altj´at is ki lehet sz´am´ıtani a defin´ıc´o seg´ıts´eg´evel. Legyen a > 0, a ̸= 1 ´es x ∈ R. Ekkor f (x + ∆x) − f (x) ax+∆x − ax a∆x − 1 = lim = ax lim = ax ln a. ∆x→0 ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x ∆x
(ax )′ = f ′ (x) = lim
at − 1 = at ln a ismert hat´ar´ert´eket. t→0 t Az a = e speci´alis esetben azt kapjuk, hogy (ex )′ = ex . A levezet´esben felhaszn´altuk a lim
4.7. P´ elda. Az f (x) = ln x f¨ uggv´eny deriv´altja is kisz´am´ıthat´o a defin´ıc´o seg´ıts´eg´evel. Ha x > 0, akkor ln(x + ∆x) − ln x f (x + ∆x) − f (x) = lim = ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x ) ( ) ( ∆x ln 1 + ln x+∆x 1 1 x x = lim · = , = lim ∆x ∆x→0 ∆x→0 ∆x x x x
(ln x)′ = f ′ (x) = lim
ln(1 + t) = 1 ismert hat´ar´ert´eket. t→0 t 1 Hasonl´oan mutathat´o meg, hogy (loga x)′ = , x > 0, a > 0, a ̸= 1. x ln a felhaszn´alva a lim
174
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
Eml´ekezz¨ unk vissza, hogy egy x0 pontban folytonos f val´os f¨ uggv´eny mindig kiel´eg´ıti a lim f (x) = f (x0 )
x→x0
felt´etelt, amelyet a k¨ovetkez˝o form´aban is fel´ırhatunk: lim [f (x0 + ∆x) − f (x0 )] = 0.
∆x→0
f (x0 + ∆x) − f (x0 ) Az ´ıgy fel´ırt felt´etel l´athat´oan sz¨ uks´eges ahhoz, hogy az differen∆x ciah´anyadosnak legyen v´eges hat´ar´ert´eke ∆x → 0 eset´en. Megfogalmazhat´o teh´at az al´abbi ´all´ıt´as: 4.1. T´ etel. Ha az f val´os f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o az x0 pontban, akkor f folytonos is az x0 pontban. Valamely f¨ uggv´eny adott pontbeli folytonoss´ag´ab´ol nem k¨ovetkezik e pontbeli differenci´alhat´os´aga, b´ar lehet differenci´alhat´o is. 4.8. P´ elda. Az f (x) = |x| f¨ uggv´eny x = 0 pontban folytonos, de nem differenci´alhat´o. 4.9. P´ elda. Az f (x) =
√ 3
x f¨ uggv´eny x = 0 pontban folytonos ´es differenci´alhat´o is.
A differenci´alhat´os´ag teh´at er˝osebb felt´etelt jelent, mint a folytonoss´ag. T´etel¨ unk alapj´an vil´agos, ha f az x0 pontban nem folytonos, akkor ott nem is differenci´alhat´o. 4.1.3.
Differenci´ al´ asi szab´ alyok
4.2. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o az x pontban, akkor a cf f¨ uggv´eny is differenci´ alhat´o az x pontban, ahol k tetsz˝ oleges konstans, ´es [kf (x)]′ = kf ′ (x). Bizony´ıt´ as. Legyen F (x) = kf (x). Ekkor F (x + ∆x) − F (x) kf (x + ∆x) − kf (x) = lim = ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x
[kf (x)]′ = F ′ (x) = lim
f (x + ∆x) − f (x) k[f (x + ∆x) − f (x)] = k lim = kf ′ (x). ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x
= lim
⋄ 4.3. T´ etel. Ha az f ´es g f¨ uggv´enyek differenci´ alhat´ ok az x pontban, akkor f + g ¨ osszeg¨ uk is differenci´ alhat´o az x pontban, ´es (f + g)′ (x) = [f (x) + g(x)]′ = f ′ (x) + g ′ (x).
4.1. A differenci´alsz´am´ıt´as alapfogalmai
175
Bizony´ıt´as. Legyen F (x) = f (x) + g(x). Ekkor F (x + ∆x) − F (x) = ∆x→0 ∆x
[f (x) + g(x)]′ = F ′ (x) = lim
f (x + ∆x) + g(x + ∆x) − (f (x) + g(x)) = ∆x→0 ∆x ) ( f (x + ∆x) − f (x) g(x + ∆x) − g(x) = lim + ∆x→0 ∆x ∆x
= lim
= lim
⋄
∆x→0
f (x + ∆x) − f (x) g(x + ∆x) − g(x) + lim = f ′ (x) + g ′ (x). ∆x→0 ∆x ∆x
4.4. T´ etel. Ha az f ´es g f¨ uggv´enyek differenci´alhat´ ok az x pontban, akkor f − g k¨ ul¨onbs´eg¨ uk is differenci´alhat´o az x pontban, ´es (f − g)′ (x) = [f (x) − g(x)]′ = f ′ (x) − g ′ (x). Bizony´ıt´as. Legyen F (x) = f (x) − g(x). Ekkor F (x + ∆x) − F (x) = ∆x→0 ∆x
[f (x) − g(x)]′ = F ′ (x) = lim
f (x + ∆x) − g(x + ∆x) − (f (x) − g(x)) = ∆x→0 ∆x ( ) f (x + ∆x) − f (x) g(x + ∆x) − g(x) = lim − ∆x→0 ∆x ∆x
= lim
f (x + ∆x) − f (x) g(x + ∆x) − g(x) − lim = f ′ (x) − g ′ (x). ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x
= lim
⋄
4.5. T´ etel. Ha az f ´es g f¨ uggv´enyek differenci´ alhat´ ok az x pontban, akkor f g szorzatuk is differenci´alhat´o az x pontban ´es ´erv´enyes, hogy: (f g)′ (x) = [f (x)g(x)]′ = f ′ (x)g(x) + f (x)g ′ (x). Bizony´ıt´as. Legyen F (x) = f (x)g(x). Ekkor [f (x)g(x)]′ = F ′ (x) = lim
∆x→0
F (x + ∆x) − F (x) = ∆x
f (x + ∆x)g(x + ∆x) − f (x)g(x) = ∆x→0 ∆x f (x + ∆x)g(x + ∆x) − f (x)g(x + ∆x) + f (x)g(x + ∆x) − f (x)g(x) = lim = ∆x→0 ∆x f (x + ∆x) − f (x) g(x + ∆x) − g(x) = lim g(x + ∆x) + f (x) lim = ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x = f ′ (x)g(x) + f (x)g ′ (x). = lim
⋄
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
176
4.6. T´ etel. Ha az f ´es g f¨ uggv´enyek differenci´ alhat´ ok az x pontban ´es g(x) ̸= 0, akkor a f f¨ uggv´enyek h´anyadosa is differenci´alhat´ o az x pontban ´es ´erv´enyes, hogy: g ( )′ [ ]′ f f (x) f ′ (x)g(x) − f (x)g ′ (x) (x) = = . g g(x) (g(x))2 Bizony´ıt´ as. Legyen F (x) = [
f (x) g(x)
]′
f (x) . Ekkor g(x)
F (x + ∆x) − F (x) 1 f (x + ∆x) f (x) = lim − = ∆x→0 ∆x ∆x ∆x→0 g(x + ∆x) g(x)
= F ′ (x) = lim
f (x + ∆x)g(x) − f (x)g(x) + f (x)g(x) − f (x)g(x + ∆x) = ∆x→0 (∆x)g(x + ∆x)g(x) [ ] f (x + ∆x) − f (x) 1 g(x + ∆x) − g(x) = lim g(x) − f (x) = ∆x→0 g(x + ∆x)g(x) ∆x ∆x [ ] 1 f (x + ∆x) − f (x) g(x + ∆x) − g(x) = lim g(x) − f (x) lim = ∆x→0 (g(x))2 ∆x→0 ∆x ∆x = lim
=
f ′ (x)g(x) − f (x)g ′ (x) . (g(x))2
⋄ 4.10. P´ elda. Az f (x) = tg x f¨ uggv´eny deriv´altja a h´anyados deriv´altj´anak szab´alya seg´ıts´eg´evel ´ıgy sz´am´ıthat´o ki: ( )′ sin x (sin x)′ cos x − sin x(cos x)′ cos2 x + sin2 x 1 ′ (tg x) = = = = . 2 2 cos x cos x cos x cos2 x 4.11. P´ elda. Az f (x) = ctg x f¨ uggv´eny deriv´altja is meghat´arozhat´o a h´anyados deriv´altj´anak szab´alya seg´ıts´eg´evel: (ctg x)′ =
( cos x )′ sin x
=
(cos x)′ sin x − cos x(sin x)′ − sin2 x − cos2 x 1 = =− 2 . 2 2 sin x sin x sin x
4.7. T´ etel. Ha a g f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o az x pontban ´es az f f¨ uggv´eny differenci´ alhat´o a g(x) pontban, akkor az f ◦ g ¨osszetett f¨ uggv´eny is differenci´ alhat´ o az x pontban ´es ´erv´enyes, hogy: (f ◦ g)′ (x) = [f (g(x))]′ = f ′ (g(x))g ′ (x). Bizony´ıt´ as. Legyen F (x) = f (g(x)). Ekkor F (x + ∆x) − F (x) f (g(x + ∆x)) − f (g(x)) = lim = ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x ( ) f (g(x + ∆x)) − f (g(x)) g(x + ∆x) − g(x) = lim · = ∆x→0 g(x + ∆x) − g(x) ∆x
[f (g(x))]′ = F ′ (x) = lim
4.1. A differenci´alsz´am´ıt´as alapfogalmai =
177
f (g(x + ∆x)) − f (g(x)) g(x + ∆x) − g(x) · lim = ∆x→0 g(x+∆x)→g(x) g(x + ∆x) − g(x) ∆x lim
= f ′ (g(x))g ′ (x), ahol g(x + ∆x) → g(x), ha ∆x → 0, mert g differenci´alhat´o az x pontban ´es emiatt folytonos is x-ben. ⋄ 4.12. P´ elda. Legyen α tetsz˝oleges val´os sz´am. Ha f (x) = xα = eα ln x , akkor ( )′ α (xα )′ = f ′ (x) = eα ln x = eα ln x (α ln x)′ = xα · = αxα−1 . x 4.13. P´ elda. Mivel az ¨osszetett f¨ uggv´eny deriv´al´asi szab´alya szerint (e−x )′ = −e−x , ez´ert ( ′
(sh x) =
ex − e−x 2
)′
ex + e−x = = ch x, 2
( ′
(ch x) =
ex + e−x 2
)′ =
ex − e−x = sh x. 2
4.14. P´ elda. Az f (x) = th x f¨ uggv´eny deriv´altja ´ıgy sz´am´ıthat´o ki: ( ′
(th x) =
sh x ch x
)′ =
(sh x)′ ch x − sh x(ch x)′ ch 2 x − sh 2 x 1 = = 2 . 2 2 ch x ch x ch x
4.15. P´ elda. Az f (x) = cth x f¨ uggv´eny deriv´altja a k¨ovetkez˝ok´eppen hat´arozhat´o meg: ( ′
(cth x) =
ch x sh x
)′ =
(ch x)′ sh x − ch x(sh x)′ sh 2 x − ch 2 x 1 = =− 2 . 2 2 sh x sh x sh x
4.8. T´ etel. Az f f¨ uggv´eny f −1 inverz f¨ uggv´enye differenci´ alhat´ o az x pontban, ha az f f¨ uggv´eny differenci´alhat´o az f −1 (x) pontban, ahol f ′ (f −1 (x)) ̸= 0 ´es ´erv´enyes, hogy: (
)′ [ ]′ f −1 (x) = f −1 (x) =
1 f ′ (f −1 (x))
.
Bizony´ıt´as. Az inverz f¨ uggv´eny tulajdons´aga, hogy f (f −1 (x)) = x. Meghat´arozva mindk´et oldal deriv´altj´at kapjuk az ¨osszetett f¨ uggv´eny differenci´al´asi szab´alya alapj´an, hogy [ ]′ f ′ (f −1 (x)) · f −1 (x) = 1. Leoszt´as ut´an k¨ovetkezik, hogy [ −1 ]′ f (x) =
1 f ′ (f −1 (x))
.
⋄ A trigonometrikus f¨ uggv´enyek ´es a hiperbolikus f¨ uggv´enyek inverzeinek deriv´altjait az el˝oz˝oekben bemutatott k´eplet alapj´an sz´am´ıthatjuk ki.
178
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
4.16. P´ elda. Ha f (x) = sin x, akkor f −1 (x) = arcsin x ´es f ′ (x) = cos x. Ekkor [ ]′ (arcsin x)′ = f −1 (x) = Mivel cos x =
√
1
=
f ′ (f −1 (x))
1 . cos(arcsin x)
1 − sin2 x ´es sin(arcsin x) = x, ez´ert 1 1 . (arcsin x)′ = √ =√ 2 1 − x2 1 − (sin(arcsin x))
4.17. P´ elda. Ha f (x) = cos x, akkor f −1 (x) = arccos x ´es f ′ (x) = − sin x. Ekkor [ ]′ (arccos x)′ = f −1 (x) = Mivel sin x =
√
1 f ′ (f −1 (x))
=−
1 . sin(arccos x)
1 − cos2 x ´es cos(arccos x) = x, ez´ert 1 1 = −√ (arccos x)′ = − √ . 1 − x2 1 − (cos(arccos x))2
4.18. P´ elda. Ha f (x) = tg x, akkor f −1 (x) = arctg x ´es f ′ (x) = [ ]′ (arctg x)′ = f −1 (x) =
1 f ′ (f −1 (x))
=
1 1 (cos(arctgx))2
1 . Ekkor cos2 x
= (cos(arctg x))2 .
Az inverz f¨ uggv´eny tulajdons´aga alapj´an tg (arctg x) = x ´es cos2 x cos2 x cos x = = = 1 cos2 x + sin2 x 2
ez´ert (arctg x)′ =
cos2 x cos2 x cos2 x+sin2 x cos2 x
=
1 , 1 + tg 2 x
1 1 = . 2 1 + (tg (arctg x)) 1 + x2
4.19. P´ elda. Ha f (x) = ctg x, akkor f −1 (x) = arcctg x ´es f ′ (x) = − [ ]′ (arcctg x)′ = f −1 (x) =
1 f ′ (f −1 (x))
=
1 1 − (sin(arcctgx)) 2
1 . Ekkor sin2 x
= −(sin(arcctg x))2 .
Az inverz f¨ uggv´eny tulajdons´aga alapj´an ctg (arcctg x) = x ´es sin2 x sin2 x sin x = = = 1 sin2 x + cos2 x 2
ez´ert (arcctg x)′ = −
sin2 x sin2 x 2 sin x+cos2 x sin2 x
=
1 , 1 + ctg 2 x
1 1 =− . 2 1 + (ctg (arcctg x)) 1 + x2
4.1. A differenci´alsz´am´ıt´as alapfogalmai
179
4.20. P´ elda. Ha f (x) = sh x, akkor f −1 (x) = arsh x ´es f ′ (x) = ch x. Ekkor [ ]′ 1 1 (arsh x)′ = f −1 (x) = ′ −1 = . f (f (x)) ch (arsh x) √ Mivel ch x = 1 + sh 2 x ´es sh (arsh x) = x, ez´ert 1 1 (arsh x)′ = √ =√ . 2 1 + x2 1 + (sh (arsh x)) Ha a megfelel˝o ´area f¨ uggv´enyt logaritmusos alakban ´ırjuk fel, akkor a deriv´altf¨ uggv´eny a deriv´al´asi szab´alyok alkalmaz´as´aval is kisz´am´ıthat´o. Ebben az esetben ( ) ( )′ √ 2x 1 ′ √ (arsh x) = ln(x + x2 + 1) = · 1+ √ = x + x2 + 1 2 x2 + 1 √ 1 x2 + 1 + x 1 √ = · √ =√ . x + x2 + 1 x2 + 1 1 + x2 4.21. P´ elda. Ha f (x) = ch x, akkor f −1 (x) = arch x ´es f ′ (x) = sh x. Ekkor [ ]′ 1 1 = . (arch x)′ = f −1 (x) = ′ −1 f (f (x)) sh (arch x) √ Mivel sh x = ch 2 x − 1 ´es ch (arch x) = x, ez´ert (arch x)′ = √ A m´asik m´odon:
(
′
(arch x) = ln(x +
√
1 (ch (arch x))2
)′ 2 x − 1) =
1 √ = · x + x2 − 1
√
−1
=√
1 x2
−1
( ) 1 2x √ · 1+ √ = x + x2 − 1 2 x2 − 1
x2 − 1 + x 1 √ =√ . x2 − 1 x2 − 1
4.22. P´ elda. Ha f (x) = thx, akkor f −1 (x) = arth x ´es f ′ (x) = [ ]′ (arth x)′ = f −1 (x) =
.
1 f ′ (f −1 (x))
=
1 1 (ch(arthx))2
1 . Ekkor ch 2 x
= (ch (arth x))2 .
Az inverz f¨ uggv´eny tulajdons´aga alapj´an th(arth x) = x ´es ch 2 x ch 2 x = 2 = ch x = 1 ch x − sh 2 x 2
ez´ert (arth x)′ = A m´asik m´odszerrel: ′
(arth x) = =
(
1+x 1 · ln 2 1−x
ch2 x ch2 x 2 ch x−sh2 x sh2 x
=
1 , 1 − th2 x
1 1 = . 1 − (th(arth x))2 1 − x2
)′ =
1 1 − x 1 · (1 − x) − (−1) · (1 + x) · · = 2 1+x (1 − x)2
1 1−x 1−x+1+x 1 1 2 1 · · = · · = . 2 2 1+x (1 − x) 2 1+x 1−x 1 − x2
180
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
4.23. P´ elda. Ha f (x) = cth x, akkor f −1 (x) = arcth x ´es f ′ (x) = − [ ]′ (arcth x)′ = f −1 (x) =
1 f ′ (f −1 (x))
=
1 1 − (sh(arcthx)) 2
1 . Ekkor sh 2 x
= −(sh (arcth x))2 .
Az inverz f¨ uggv´eny tulajdons´aga alapj´an cth (arcth x) = x ´es sh 2 x sh 2 x −sh x = = 2 = −1 sh x − ch 2 x 2
ez´ert
sh2 x sh2 x 2 sh x−ch2 x sh2 x
=
1 , 1 − cth 2 x
(arcth x)′ =
1 1 = . 2 1 − (cth (arcth x)) 1 − x2
(
)′
A m´asik m´odszerrel: ′
(arcth x) = =
1 x+1 · ln 2 x−1
=
1 x − 1 1 · (x − 1) − 1 · (x + 1) · · = 2 x+1 (x − 1)2
1 1 −2 1 1 x−1 x−1−x−1 · · = · · = . 2 2 x+1 (x − 1) 2 x+1 x−1 1 − x2
4.1. A differenci´alsz´am´ıt´as alapfogalmai
181
Elemi f¨ uggv´ enyek deriv´ altjainak t´ abl´ azata 1. (c)′ = 0,
c = const.
2. (xα )′ = αxα−1 , 3. (ex )′ = ex , 4. (ln x)′ =
x > 0,
α∈R
(ax )′ = ax ln a,
1 , x
(loga x)′ =
5. (sin x)′ = cos x,
x ∈ R,
1 , x ln a
a > 0,
x∈R
6. (cos x)′ = − sin x,
x∈R
1 π , x = ̸ + kπ, k ∈ Z cos2 x 2 1 8. (ctg x)′ = − 2 , x ̸= kπ, k ∈ Z sin x 1 9. (arcsin x)′ = √ , |x| < 1 1 − x2 7. (tg x)′ =
10. (arccos x)′ = − √ 11. (arctg x)′ =
1 , 1 − x2
1 , 1 + x2
12. (arcctg x)′ = −
|x| < 1
x∈R
1 , 1 + x2
x∈R
13. (sh x)′ = ch x,
x∈R
14. (ch x)′ = sh x,
x∈R
1 , x∈R ch 2 x 1 16. (cth x)′ = − 2 , x ∈ R \ {0} sh x 1 17. (arsh x)′ = √ 2 x +1 15. (thx)′ =
18. (arch x)′ = √ 19. (arth x)′ =
1 x2 − 1
1 , 1 − x2
20. (arcth x)′ =
1 , 1 − x2
,
|x| > 1 |x| < 1 |x| > 1
a > 0,
a ̸= 1
a ̸= 1
182
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
FELADATOK 1. Hat´arozzuk meg az f (x) = 2x2 − 3x + 5 f¨ uggv´eny deriv´altj´at a defin´ıci´o alapj´an. Megold´ as. f (x + ∆x) − f (x) = ∆x→0 ∆x
(2x2 − 3x + 5)′ = f ′ (x) = lim
2(x + ∆x)2 − 3(x + ∆x) + 5 − (2x2 − 3x + 5) = ∆x→0 ∆x 2x2 + 4x∆x + 2(∆x)2 − 3x − 3∆x − 2x2 + 3x − 5 = lim = ∆x→0 ∆x ∆x(4x + 2∆x − 3) 4x + 2∆x − 3 = lim = lim = 4x − 3. ∆x→0 ∆x→0 ∆x 1 = lim
2. Hat´arozzuk meg az f (x) = x3 + 1 f¨ uggv´eny deriv´altj´at a defin´ıci´o alapj´an. Megold´ as. Az f (x) = x3 + 1 f¨ uggv´eny deriv´altj´at a defin´ıc´o seg´ıts´eg´evel ´ıgy sz´am´ıthatjuk ki: f (x + ∆x) − f (x) (x + ∆x)3 + 1 − x3 − 1 = lim = ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x
(x3 + 1)′ = f ′ (x) = lim
x3 + 3x2 ∆x + 3x(∆x)2 + (∆x)3 − x3 = ∆x→0 ∆x ∆x(3x2 + 3x∆x + (∆x)2 ) 3x2 + 3x∆x + (∆x)2 = lim = lim = 3x2 . ∆x→0 ∆x→0 ∆x 1 √ 3. Hat´arozzuk meg az f (x) = 3 2x − 5 f¨ uggv´eny deriv´altj´at a defin´ıci´o alapj´an. = lim
Megold´ as.
√ f (x + ∆x) − f (x) (3 2x − 5)′ = f ′ (x) = lim = ∆x→0 ∆x √ √ 3 2(x + ∆x) − 5 − 3 2x − 5 = lim = ∆x→0 ∆x √ √ √ √ 2(x + ∆x) − 5 − 2x − 5 2(x + ∆x) − 5 + 2x − 5 ·√ = 3 lim = √ ∆x→0 ∆x 2(x + ∆x) − 5 + 2x − 5 2(x + ∆x) − 5 − (2x − 5) √ = √ ∆x→0 (∆x)( 2(x + ∆x) − 5 + 2x − 5) 2 3 = 3 lim √ =√ . √ ∆x→0 2x − 5 2(x + ∆x) − 5 + 2x − 5 = 3 lim
Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyek deriv´altj´at, alkalmazva az elemi f¨ uggv´enyek deriv´altjainak t´abl´azat´at ´es a deriv´al´asi szab´alyokat. 4. f (x) = x5 − 3x4 + 2x3 − 7x2 + x − π Megold´ as.
( )′ f ′ (x) = x5 − 3x4 + 2x3 − 7x2 + x − π =
= 5x4 − 3 · 4x3 + 2 · 3x2 − 7 · 2x + 1 = 5x4 − 12x3 + 6x2 − 14x + 1.
4.1. A differenci´alsz´am´ıt´as alapfogalmai √ 6 5 2 5. f (x) = 2 − 3 + 4 x x x Megold´ as. ( ′
f (x) =
= 6 · (−2) · x 6. f (x) =
√
−3
183
√ )′ ( √ −4 )′ 6 5 2 −2 −3 − + 4 = 6x − 5x + 2x = x 2 x3 x
− 5 · (−3) · x
−4
+
√
2 · (−4) · x
−5
√ 12 15 4 2 =− 3 + 4 − 5 . x x x
√ √ x+23x−34x
Megold´ as. f ′ (x) =
(√
) √ √ )′ ( 1 1 1 ′ x + 2 3 x − 3 4 x = x 2 + 2x 3 − 3x 4 =
2 3 2√ 1 1 1 1 1 3√ 3 4 = x− 2 + 2 · · x − 3 − 3 · · x− 4 = √ + x2 − x3 . 2 3 4 4 2 x 3
√ 3
3 x2 + √ 5 x4 Megold´ as. (√ )′ ( ) 4 ′ 1 2 3 4 2 12 2 1 3 ′ 2 3 + 3x 5 f (x) = x +√ + √ . = x = x− 3 + 3 · · x − 5 = √ 5 3 3 5 3 x 55x x4
7. f (x) =
√ √ 3 4 8. f (x) = x x2 x3 Megold´ as. ´Irjuk fel az irracion´alis kifejez´est x hatv´anyak´ent. Ekkor √ ( √ √ )′ ( 12 )′ ( 23 )′ 23 11 3 3 2 23 x11 4 f (x) = x x2 x3 = x · x 3 · x 12 = x 12 = · x 12 = . 12 12 ′
√ √ a x+π 3x √ 9. f (x) = ,a∈R 3 x2 Megold´ as. Bontsuk az adott f¨ uggv´enyt k´et ¨osszeadand´ora. Ekkor ( √ √ )′ ( √ √ )′ ( )′ a x+π 3x a x π3x − 13 ′ − 61 √ √ √ + πx = f (x) = = + = a · x 3 3 3 x2 x2 x2 ( ) ( ) 4 1 1 a π − 76 =a· − − √ . ·x +π· − x− 3 = − √ 6 6 3 6x x 3x 3 x 10. f (x) = xex Megold´ as. Alkalmazzuk a szorzat deriv´al´asi szab´aly´at. Ekkor f ′ (x) = (xex )′ = (x)′ · ex + x · (ex )′ = 1 · ex + x · ex = (x + 1)ex .
184
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
11. f (x) =
(√
) x + 2 sin x
Megold´ as. f ′ (x) =
((√
) )′ (√ )′ (√ ) x + 2 sin x = x + 2 sin x + x + 2 (sin x)′ =
) ) (√ 1 sin x (√ = √ · sin x + x + 2 · cos x = √ + x + 2 cos x. 2 x 2 x x2 x3 + 5 Megold´ as. Alkalmazzuk a h´anyados deriv´al´asi szab´aly´at. Ekkor ( )′ (x2 )′ (x3 + 5) − x2 · (x3 + 5)′ x2 ′ f (x) = = = x3 + 5 (x3 + 5)2
12. f (x) =
=
2x(x3 + 5) − x2 · 3x2 2x4 + 10x − 3x4 10x − x4 x(10 − x3 ) = = = . (x3 + 5)2 (x3 + 5)2 (x3 + 5)2 (x3 + 5)2
2 − ln x 2 + ln x Megold´ as.
13. f (x) =
( ′
f (x) =
=
2 − ln x 2 + ln x
)′ =
(2 − ln x)′ (2 + ln x) − (2 − ln x)(2 + ln x)′ = (2 + ln x)2
− x1 (2 + ln x) − (2 − ln x) x1 1 2 + ln x + 2 − ln x 4 =− · =− . 2 2 (2 + ln x) x (2 + ln x) x(2 + ln x)2
sin x 1 + tg x Megold´ as.
14. f (x) =
( ′
f (x) =
sin x 1 + tg x
)′ =
(sin x)′ (1 + tg x) − sin x(1 + tg x)′ = (1 + tg x)2
cos x(1 + tg x) − sin x · = (1 + tg x)2 cos3
=
x+sin x cos2
x−sin x cos2 x sin2 x+2 sin x cos x+cos2 x cos2 x
=
1 cos2 x
sin x cos x + sin x − cos 2 = ( cos x+sin x )2 x = cos x
cos3 x − sin3 x cos3 x + sin x(cos2 x − 1) = . 1 + sin 2x 1 + sin 2x
a−x , a ∈ R ´es x0 = 1. 1+x Megold´ as. Hat´arozzuk meg el˝osz¨or a f¨ uggv´eny deriv´altj´at: )′ ( (a − x)′ (1 + x) − (a − x)(1 + x)′ a−x ′ = = f (x) = 1+x (1 + x)2
15. Sz´am´ıtsuk ki mennyi f ′ (x0 ) ´ert´eke, ha f (x) =
=
(−1) · (1 + x) − (a − x) · 1 −1 − x − a + x a+1 = = − . (1 + x)2 (1 + x)2 (1 + x)2
4.1. A differenci´alsz´am´ıt´as alapfogalmai
185
Sz´amoljuk most ki az f ′ f¨ uggv´eny ´ert´ek´et 1-ben: f ′ (1) = −
a+1 a+1 = − . (1 + 1)2 4
Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o ¨osszetett f¨ uggv´enyek deriv´altj´at. 16. f (x) = (3x + 4)7 Megold´ as. ( )′ f ′ (x) = (3x + 4)7 = 7 · (3x + 4)6 · (3x + 4)′ = 21(3x + 4)6 . 17. f (x) =
√
3x2 + 5x − 4
Megold´ as. (√ )′ 6x + 5 1 · (3x2 + 5x − 4)′ = √ . f ′ (x) = 3x2 + 5x − 4 = √ 2 3x2 + 5x − 4 2 3x2 + 5x − 4 ( ) 2 18. f (x) = arcsin x Megold´ as. ( ( ))′ 2 1 ′ f (x) = arcsin =√ x 1− 19. f (x) = √ 3
4 x2
( )′ ( ) 2 1 1 2 . · =√ ·2· − 2 =− √ x x x2 −4 x x2 − 4 x2
1
√ x+ x Megold´ as. ( f ′ (x) =
√ 3
1
x+
)′ √
x
=
((
x+
√ )− 13 )′ √ )− 4 ( √ )′ 1( x =− x+ x 3 · x+ x = 3
( ) √ 1 1 1 1+2 x =− ·√ · 1+ √ =− √ √ √ √ . 3 √ 4 3 3 2 x 6 x (x + x) x + x (x + x) √ 20. f (x) = arctg
1−x 1+x
Megold´ as. ( f ′ (x) =
√ arctg
1−x 1+x
)′ =
1 1 (−1) · (1 + x) − (1 − x) · 1 √ = · 1−x · (1 + x)2 1 + 1+x 2 1−x 1+x
√ √ 1+x 1 + x −1 − x − 1 + x −2 1 + x 1 √ = · √ · = =− √ . 2 1+x+1−x 2 1−x (1 + x) 4(1 + x) 1 − x 2 1 − x2
186
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM (
21. f (x) = ln
1 − sin x 1 + sin x
)
Megold´ as. ( ( ))′ ( )′ 1 − sin x 1 − sin x 1 + sin x f (x) = ln = · = 1 + sin x 1 − sin x 1 + sin x ′
= =
1 + sin x (− cos x)(1 + sin x) − (1 − sin x) cos x · = 1 − sin x (1 + sin x)2
1 − cos x − sin x cos x − cos x + sin x cos x · = 1 − sin x 1 + sin x −2 cos x −2 cos x 2 = = =− . 2 2 cos x cos x 1 − sin x
2 1 x 22. f (x) = arctg x + arctg 3 3 1 − x2 Megold´ as. ( )′ 2 1 x ′ f (x) = arctg x + arctg = 3 3 1 − x2 =
1 1 1 1 · (1 − x2 ) − x(−2x) 2 · + · · = ( ) 3 1 + x2 3 1 + x 2 2 (1 − x2 )2 1−x =
2 (1 − x2 )2 1 − x2 + 2x2 + · = 3(1 + x2 ) 1 − 2x2 + x4 + x2 (1 − x2 )2
2 1 + x2 1 + x4 + = . 3(1 + x2 ) 3(1 − x2 + x4 ) 1 + x6 √ √ 1 + x2 + 1 23. f (x) = x2 + 1 − ln x Megold´ as. ( )′ √ 2+1 √ 1 + x ′ f (x) = x2 + 1 − ln = x √ √ x · x − 1 − x2 + 1 x 2x x2 +1 √ − · = = √ x2 2 x2 + 1 1 + x2 + 1 √ 1 x2 − x2 + 1 − x2 − 1 x √ √ − · = =√ x2 + 1 1 + x2 + 1 x x2 + 1 √ √ x 1 + x2 + 1 x 1 x2 + 1 √ √ =√ + =√ + √ = . x x2 + 1 x(1 + x2 + 1) x2 + 1 x2 + 1 x x2 + 1 =
√ x arcsin x 24. f (x) = √ + ln 1 − x2 1 − x2 Megold´ as. ( ′
f (x) =
√ x arcsin x √ + ln 1 − x2 1 − x2
)′ =
4.1. A differenci´alsz´am´ıt´as alapfogalmai (
√ x 1−x2
arcsin x + =
)√
187
1 − x2 − x arcsin x ·
√−2x 2 1−x2
+√
1 −2x · √ = 1 − x2 2 1 − x2
1− √ √ (1 − x2 ) arcsin x + x 1 − x2 + x2 arcsin x − x 1 − x2 arcsin x √ √ = = . 2 2 (1 − x ) 1 − x (1 − x2 ) 1 − x2 x2
1 f¨ uggv´eny kiel´eg´ıti az xy ′ + 1 = ey ¨osszef¨ ugg´est. 1+x Megold´ as. Hat´arozzuk meg el˝osz¨or az adott f¨ uggv´eny deriv´altj´at, majd mutassuk meg, hogy az kiel´eg´ıti a megadott ¨osszef¨ ugg´est. Mivel ( )′ ( ) 1 1 1 ′ =− y = ln = (1 + x) · − , 2 1+x (1 + x) 1+x
25. Mutassuk meg, hogy az y = ln
ez´ert behelyettes´ıtve ad´odik, hogy ( ) 1 1 x· − + 1 = eln 1+x , 1+x majd rendez´es ut´an −x + 1 + x 1 = , 1+x 1+x
azaz
1 1 = . 1+x 1+x
arcsin x 26. Mutassuk meg, hogy az y = √ f¨ uggv´eny kiel´eg´ıti az (1 − x2 )y ′ − xy = 1 1 − x2 ¨osszef¨ ugg´est. Megold´ as. Mivel ( ′
y =
arcsin x √ 1 − x2
)′ =
1+ =
1
√ 1 1−x2
x√ arcsin x 1−x2 − x2
·
√
1 − x2 − arcsin x · 1 − x2
√ =
√−2x 2 1−x2
=
1 − x2 + x arcsin x √ , (1 − x2 ) 1 − x2
´ıgy ezt a megadott ¨osszef¨ ugg´esbe helyettes´ıtve a k¨ovetkez˝oket kapjuk: √ arcsin x 1 − x2 + x arcsin x √ −x· √ = 1, (1 − x2 ) · 2 2 (1 − x ) 1 − x 1 − x2 √ 1 − x2 + x arcsin x − x arcsin x √ = 1, azaz 1 = 1. 1 − x2 27. Hat´arozzuk meg az f (x) = 4 − x2 parabola ´erint˝oj´enek ´es mer˝oleges egyenes´enek egyenlet´et az x-tengellyel alkotott metsz´espontjaiban. Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny ´es az x-tengely metszetei az f f¨ uggv´eny null´ai, azaz 2 azok a pontok, melyek kiel´eg´ıtik a 4 − x = 0 egyenletet. Ezek az x = −2 ´es x = 2 pontok. Az f g¨orbe ´erint˝oj´enek egyenlete az x0 pontban y = f ′ (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ),
188
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM az f g¨orbe mer˝oleges egyenes´enek egyenlete az x0 pontban pedig y=−
1 f ′ (x
0)
(x − x0 ) + f (x0 ).
Az f f¨ uggv´eny els˝o deriv´altja f ′ (x) = −2x, ´ıgy f ′ (−2) = 4 ´es f ′ (2) = −4. Teh´at a parabola ´erint˝oj´enek egyenlete a (−2, 0) pontban y = 4x+8, a (2, 0) pontban pedig y = −4x + 8. A parabola mer˝oleges egyenes´enek egyenlete a (−2, 0) pontban 1 1 1 1 y = − x − , a (2, 0) pontban pedig y = x − . 4 2 4 2 28. Hat´arozzuk meg az f (x) = ln x g¨orbe azon pontjait, melyekben a g¨orbe ´erint˝oje p´arhuzamos az y = 2x − 3 egyenessel. Megold´ as. Az f g¨orbe ´erint˝oj´enek ir´anyt´enyez˝oje az x0 pontban f ′ (x0 ). Mivel a p´arhuzamos egyeneseknek egyenl˝o ir´anyt´enyez˝oik vannak, ´ıgy k¨ovetkezik, hogy 1 1 f ′ (x0 ) = 2. Felhaszn´alva, hogy f ′ (x) = , az = 2 egyenletb˝ol kapjuk, hogy x0 ( )x 1 1 1 x0 = , illetve a keresett pont P , ln . 2 2 2 29. Milyen sz¨og alatt metszi az y = sin x g¨orbe az x-tengelyt? Megold´ as. A keresett sz¨og a g¨orbe x-tengellyel alkotott metszet´ehez tartoz´o ´erint˝o ´es az x-tengely ´altal alkotott sz¨og. Az y = sin x g¨orbe az x-tengelyt az x = kπ pontokban metszi, ahol k ∈ Z. A g¨orbe x0 pontj´ahoz tartoz´o ´erint˝oj´enek ´es az x-tengely ´altal k¨ozbez´art φ sz¨ogekre ´erv´enyes, hogy tg φ = f ′ (x0 ), ebb˝ol { 1, ha k p´aros, tg φ = cos(kπ) = −1, ha k p´aratlan, illetve { φ=
arctg 1, ha k p´aros, = arctg (−1), ha k p´aratlan,
Teh´at a keresett sz¨ogek:
{
π/4, ha k p´aros, 3π/4, ha k p´aratlan.
π 3π ´es nagys´ag´ uak. 4 4
30. Keress¨ uk meg az f (x) = x2 + 3x − 4 parabol´anak azt az ´erint˝oj´et, amely mer˝oleges 1 az y = − x − 1 egyenesre. 2 1 1 Megold´ as. Mivel az y = − x − 1 egyenes ir´anyt´enyez˝oje − , ez´ert a r´a mer˝oleges 2 2′ ´erint˝o ir´anyt´enyez˝oje 2. Ugyanakkor az ´erint˝o ( ir´anyt´enyez˝ f (x0 ) = 2x0 + 3, teh´at ( oje )) 1 1 1 2x0 + 3 = 2, ahonnan x0 = − . A parabola − , f − pontbeli ´erint˝oj´enek 2) 2 2 ( )( ( ) 1 1 1 17 egyenlete y = f ′ − x+ + f − , illetve y = 2x − . 2 2 2 4
4.1. A differenci´alsz´am´ıt´as alapfogalmai 4.1.4.
189
A differenci´ al fogalma
4.4. Defin´ıci´ o. Ha az f f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o az x0 pontban, akkor az f ′ (x0 )(x − x0 ) line´ aris kifejez´est az f f¨ uggv´eny x0 pontbeli differenci´ alj´ anak nevezz¨ uk. Jel¨ol´ese: df |x=x0 vagy r¨oviden df , teh´at df = f ′ (x0 )(x − x0 ). Speci´alisan az f (x) = x hozz´arendel´esi szab´allyal megadott f f¨ uggv´enyre: f ′ (x0 ) = lim
x→x0
minden x0 ∈ Df -re, ´ıgy
x − x0 =1 x − x0
df = dx = 1(x − x0 ),
azaz dx = x − x0 . Az x − x0 k¨ ul¨onbs´eg a f¨ uggetlen v´altoz´o n¨ovekm´enye, jel¨ol´ese pedig ∆x = x − x0 . Az f (x) − f (x0 ) k¨ ul¨onbs´eg a f¨ uggv´eny´ert´ek n¨ovekm´enye, jel¨ol´ese pedig ∆f = f (x) − f (x0 ). Mondhat´o teh´at, hogy a f¨ uggetlen v´altoz´o differenci´alja megegyezik a n¨ovekm´eny´evel, am´ıg a f¨ uggv´eny´ert´ek differenci´alja az x0 helyen: df = f ′ (x0 )dx ´altal´aban nem egyezik meg a ∆f -fel. Gyakran hasznos, ha ismerj¨ uk a deriv´alt al´abbi defin´ıci´oj´at is, hiszen az x0 helyhez tartoz´o df ´es ∆f k¨oz¨ott a kapcsolatot pont ez a defin´ıci´oja adja meg: 4.5. Defin´ıci´ o. Legyen f f¨ uggv´eny az x0 valamely k¨ornyezet´eben ´ertelmezve. Ekkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o x0 -ban, ha l´etezik olyan sz´am, hogy minden olyan x-re, amely eleme e k¨ornyezetnek, az f (x) − f (x0 ) = c(x − x0 ) + h(x)(x − x0 ) osszef¨ ¨ ugg´es fel´ırhat´o, ahol lim h(x) = 0. Ekkor c = f ′ (x0 ). x→x0
Igaz teh´at, hogy f (x) − f (x0 ) = f ′ (x0 )(x − x0 ) + h(x)(x − x0 ), ahol lim h(x) = 0, azaz fel´ırhat´o, hogy x→x0
∆f = f ′ (x0 )dx + h(x)dx,
illetve ∆f = df + h(x)dx,
ahonnan bel´athat´o, hogy lim ∆f = df.
x→x0
S˝ot a ∆f − df k¨ ul¨onbs´eg elhanyagolhat´oan kicsiv´e v´alik dx-hez k´epest, mik¨ozben x → x0 , azaz ∆f − df = lim h(x) = 0. lim x→x0 x→x0 dx A fent elmondottak geometriai jelent´ese a k¨ovetkez˝o: df jelenti az f f¨ uggv´eny ordin´ata´ert´ek´enek megv´altoz´as´at f (x0 )-t´ol az ´erint˝oig, m´ıg ∆f ugyancsak f (x0 )-t´ol, de a f¨ uggv´eny g¨orb´ej´eig, mik¨ozben az x0 helyr˝ol ´att´er¨ unk az x0 + ∆x helyre. Viszont, ha x → x0 (azaz dx → 0) df egyre ink´abb (s˝ot minden hat´aron t´ ul) megk¨ozel´ıti ∆f -et, azaz ∆f ≈ df .
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
190 4.1.5.
Magasabb rend˝ u differenci´ alh´ anyadosok
4.6. Defin´ıci´ o. Ha az f ´es f ′ f¨ uggv´enyek differenci´ alhat´ ok az x0 pontban, akkor az f ′ f¨ uggv´eny x0 pontban vett deriv´altj´at az f f¨ uggv´eny x0 pontban vett m´asodik deriv´altj´ anak ′′ nevezz¨ uk ´es f (x0 ) szimb´olummal jel¨olj¨ uk. A m´asodik deriv´altnak ugyancsak gyakran haszn´alt jel¨ol´ese: d2 f . dx2 x=x0 Anal´og m´odon jutunk el a magasabb rend˝ u, illetve n-edrend˝ u deriv´altak fogalm´ahoz. Jel¨ol´es¨ uk: f ′ (x0 ), f ′′ (x0 ), f ′′′ (x0 ), f (4) (x0 ), ... , f (n) (x0 ), ... dn f d2 f df , , ... , , ... dx dx2 dxn x=x0
x=x0
x=x0
Ezek ut´an defini´aljuk a f¨ uggv´eny magasabbrend˝ u (n-edrend˝ u) deriv´altf¨ uggv´eny´et. 4.7. Defin´ıci´ o. Ha az f f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o a H1 halmazon (H1 = Df ) ´es az f ′ f¨ uggv´eny differenci´alhat´o a H2 halmazon (H2 ⊂ H1 ), akkor f ′ deriv´altf¨ uggv´eny´et, amelyet f ′′ -vel je¨ol¨ unk, nevezz¨ uk az f f¨ uggv´eny m´asodrend˝ u deriv´altf¨ uggv´eny´enek. Hasonl´o m´odon jutunk el az n-edrend˝ u deriv´altf¨ uggv´eny fogalm´ ahoz. Jel¨ol´es¨ uk: f ′ , f ′′ , f ′′′ , f (4) , ... , f (n) , ... vagy dn f df d2 f , , ... , , ... dx dx2 dxn Szok´as m´eg az f f¨ uggv´eny nulladik deriv´altj´ar´ol is besz´elni. A f¨ uggv´eny nulladik deriv´altja alatt mag´at a f¨ uggv´enyt ´ertj¨ uk, vagyis f (0) (x0 ) = f (x0 ),
illetve f (0) = f.
FELADATOK 1. Hat´arozzuk meg az f (x) = 3x2 + 5x − 4 f¨ uggv´eny harmadik deriv´altj´at. Megold´ as. f ′ (x) = 6x + 5, f ′′ (x) = 6, f ′′′ (x) = 0. 2. L´etezik-e az f (x) = x4 f¨ uggv´eny sz´azadik deriv´altja? Megold´ as. Mivel f ′ (x) = 4x3 , f ′′ (x) = 12x2 , f ′′′ (x) = 24x, f (4) (x) = 24, valamint f (5) (x) = 0, ´ıgy a f¨ uggv´eny sz´azadik deriv´altja is l´etezik ´es f (100) (x) = 0. 3. Hat´arozzuk meg az f (x) = e2x f¨ uggv´eny n-edik deriv´altj´at, ha n ∈ N. Megold´ as. Sz´amoljunk ki annyi deriv´altat, amennyib˝ol ´altal´anos´ıthatunk: f ′ (x) = 2e2x ,
f ′′ (x) = 4e2x = 22 e2x ,
Meg´allap´ıthatjuk, hogy f (n) (x) = 2n · e2x .
f ′′′ (x) = 8e2x = 23 e2x .
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
191
4. Hat´arozzuk meg az f (x) = ln x f¨ uggv´eny n-edik deriv´altj´at, ha n ∈ N. Megold´ as. Mivel f ′ (x) =
1 = x−1 , x
f ′′ (x) = −x−2 = −
f (4) (x) = 2 · (−3)x−4 = −
3! , x4
1! , x2
f ′′′ (x) = −(−2)x−3 =
f (5) (x) = −6 · (−4)x−5 =
Meg´allap´ıthatjuk, hogy f (n) (x) = (−1)n−1 ·
2! , x3
4! . x5
(n − 1)! . xn
5. Hat´arozzuk meg az f (x) = sin x f¨ uggv´eny n-edik deriv´altj´at, ha n ∈ N. Megold´ as. Mivel f ′ (x) = cos x,
f ′′ (x) = − sin x,
f (4) (x) = sin x, Meg´allap´ıthatjuk, hogy sin x, n=4k, cos x, n=4k+1, f (n) (x) = − sin x, n=4k+2, − cos x, n=4k+3, ( nπ ) vagyis f (n) (x) = sin x + . 2
f ′′′ (x) = − cos x,
f (5) (x) = cos x.
sin x, n=4k, ( ) π sin x + , n=4k+1, 2 ) ( azaz f (n) (x) = 2π sin x + , n=4k+2, 2 ) ( sin x + 3π , n=4k+3, 2
4.2.
A differenci´ alsz´ am´ıt´ as alkalmaz´ asa
4.2.1.
A differenci´ alsz´ am´ıt´ as k¨ oz´ ep´ ert´ ekt´ etelei
4.9. T´ etel. (Fermat-t´etel) Legyen a (c − δ, c + δ) intervallum a c ∈ R pont δ-k¨ ornyezete, az f : (c − δ, c + δ) → R f¨ uggv´eny pedig differenci´ alhat´ o a c pontban. Ha az f f¨ uggv´enynek ′ a c pontban helyi sz´els˝o´ert´eke van, akkor f (c) = 0. Bizony´ıt´as. Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggv´enynek a c pontban helyi maximuma van, azaz legyen minden x ∈ (c − δ, c + δ) eset´en f (x) ≤ f (c). A deriv´alt defin´ıci´oja szerint f (x) − f (c) , x→c x−c ahol a hat´ar´ert´ek nem f¨ ugg att´ol, hogy az x jobbr´ol vagy balr´ol tart-e a c-hez. Ha x > c, akkor f (x) − f (c) ≤ 0, x−c s ´att´erve a hat´ar´atmenetre (x → c + 0) azt kapjuk, hogy f ′ (c) ≤ 0. Ha viszont x < c, akkor f (x) − f (c) ≥ 0, x−c s kisz´am´ıtva a hat´ar´ert´eket (x → c − 0) azt kapjuk, hogy f ′ (c) ≥ 0. A differenci´alhat´os´ag miatt mindk´et ´all´ıt´as igaz, s ez csak f ′ (c) = 0 mellett lehets´eges, amit val´oj´aban szerett¨ unk volna bel´atni. ⋄ f ′ (c) = lim
192
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
4.10. T´ etel. (Rolle-t´etel) Legyen az f : [a, b] → R f¨ uggv´eny a) folytonos az [a, b] intervallumon, b) differenci´ alhat´o (a, b) intervallumon ´es c) f (a) = f (b), azaz az [a, b] intervallum v´egpontjaiban a f¨ uggv´eny´ert´ekek megegyeznek. Ekkor l´etezik legal´abb egy olyan ξ ∈ (a, b), ahol f ′ (ξ) = 0. Bizony´ıt´ as. Az a) felt´etelb˝ol ´es a megfelel˝o t´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy folytonos f¨ uggv´eny z´art intervallumon felveszi maximum´at ´es minimum´at, teh´at van az [a, b] intervallumon legal´abb egy olyan hely, ahol az f f¨ uggv´eny felveszi legnagyobb M ´ert´ek´et, tov´abb´a van legal´abb egy olyan hely, ahol az f f¨ uggv´eny felveszi legkisebb m ´ert´ek´et. K´et eset lehets´eges. I. A k´et abszol´ ut sz´els˝o´ert´ek k¨oz¨ ul legal´abb az egyiket a f¨ uggv´eny az (a, b) intervallumon veszi fel, azaz m < M , s legyen ξ ez a pont, a < ξ < b. A ξ pont egyben helyi sz´els˝o´ert´eket is jelent, teh´at a Fermat-t´etel alapj´an f ′ (ξ) = 0. II. Az f f¨ uggv´eny abszol´ ut minimum´at ´es maximum´at az [a, b] intervallum v´egpontjaiban veszi fel. Ebben az esetben a c) felt´etel miatt m = M . Ha most az f f¨ uggv´enynek megegyezik a legkisebb ´es legnagyobb ´ert´eke az [a, b] intervallumon, akkor f (x) = konstans, x ∈ [a, b], s ´ıgy az (a, b) intervallum minden ξ, a < ξ < b pontj´ara igaz, hogy f ′ (ξ) = 0. Ezzel a Rolle-t´etelt bebizony´ıtottuk. ⋄ A Rolle t´etel geometriai jelent´ese: az f ′ (ξ) = 0 azt jelenti, hogy a sz´oban forg´o helyen a f¨ uggv´eny g¨orb´ej´ehez h´ uzott ´erint˝o p´arhuzamos az x tengellyel. A t´etelnek van egy, a sz´els˝o´ert´ek-vizsg´alatban nagyon l´enyeges k¨ovetkezm´enye: 4.1. K¨ ovetkezm´ eny. Ha egy f¨ uggv´eny olyan pontban veszi fel a sz´els˝ o´ert´ek´et, ahol differenci´ alhat´ o, akkor ott a deriv´alt ´ert´eke z´erus. Ez az ´all´ıt´as nem ford´ıthat´o meg, azaz az els˝o deriv´alt z´erus volta csak sz¨ uks´eges felt´etele a sz´els˝o´ert´ek l´etez´es´enek. 4.24. P´ elda. Tekints¨ uk az f (x) = x5 f¨ uggv´enyt az x0 = 0 pontban. f ′ (x) = 5x4 , f ′ (x0 ) = f ′ (0) = 0, ´es m´eg sincs f -nek sz´els˝o´ert´eke x0 = 0 pontban. A fentiek nem azt jelentik, hogy csak differenci´alhat´o f¨ uggv´enynek l´etezik sz´els˝o´ert´eke. 4.25. P´ elda. Az f (x) = |x| f¨ uggv´enynek az x0 = 0 pontban minimuma van, holott a f¨ uggv´eny itt nem differenci´alhat´o. 4.11. T´ etel. (Langrange-t´etel) Legyen az f : [a, b] → R f¨ uggv´eny a) folytonos az [a, b] intervallumon ´es b) differenci´ alhat´o az (a, b) intervallumon. Ekkor l´etezik legal´abb egy olyan ξ ∈ (a, b), ahol f ′ (ξ) =
f (b) − f (a) . b−a
Bizony´ıt´ as. Legyen y = g(x) az y = f (x) g¨orbe P1 (a, f (a)) ´es P2 (b, f (b)) pontjain ´athalad´o szel˝o egyenlete, ahol f (b) − f (a) (x − a) + f (a). g(x) = b−a
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
193
Defini´aljuk a h(x) = f (x) − g(x) seg´edf¨ uggv´enyt ´es igazoljuk, hogy a h f¨ uggv´enyre teljes¨ ulnek a Rolle-t´etel felt´etelei. a) A h f¨ uggv´eny folytonos az [a, b] intervallumon, mert az f ´es g f¨ uggv´enyek is folytonosak az [a, b] intervallumon, ´ıgy f − g k¨ ul¨onbs´eg¨ uk is folytonos. b) A h f¨ uggv´eny differenci´alhat´o az (a, b) intervallumon, mert az f ´es g f¨ uggv´enyek is differenci´alhat´ok az [a, b] intervallumon, ´ıgy f − g k¨ ul¨onbs´eg¨ uk is differenci´alhat´o. c) Mivel h(a) = f (a) − g(a) = f (a) − f (a) = 0 ´es h(b) = f (b) − g(b) = f (b) − f (b) = 0, ez´ert h(a) = h(b), azaz teljes¨ ulnek a a Rolle-t´etel felt´etelei. Ekkor l´etezik legal´abb egy ′ olyan ξ ∈ (a, b) pont, ahol h (ξ) = 0. Mivel h′ (x) = f ′ (x) − g ′ (x) = f ′ (x) −
f (b) − f (a) , b−a
´ıgy a Rolle-t´etel ´all´ıt´asa szerint f ′ (ξ) −
f (b) − f (a) = 0, b−a
azaz f ′ (ξ) =
f (b) − f (a) . b−a
Ezzel a Lagrange-t´etelt bebizony´ıtottuk. ⋄ A t´etel ´all´ıt´asa geometriailag azt jelenti, hogy van olyan ξ pont, amelyhez tartoz´o ´erint˝o meredeks´ege megegyezik az a ´es b helyekhez tartoz´o pontokon ´atmen˝o szel˝o meredeks´eg´evel. E t´etelb˝ol ad´odik a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as: 4.12. T´ etel. Legyen az f : [a, b] → R f¨ uggv´eny a) folytonos az [a, b] intervallumon, b) differenci´alhat´o az (a, b) intervallumon, c) tetsz˝oleges x ∈ (a, b) pontra f ′ (x) = 0. Ekkor f (x) = const. a teljes [a, b] intervallumon. Ezt k´ezzelfoghat´obban u ´gy is megfogalmazhatjuk, hogy csak a konstans ´ert´ek˝ u f¨ uggv´eny az a f¨ uggv´eny, amelynek deriv´altja azonosan z´erus valamely intervallumon. 4.13. T´ etel. (Cauchy-t´etel) Legyenek az f : [a, b] → R ´es a g : [a, b] → R f¨ uggv´enyek a) folytonosak az [a, b] intervallumon, b) differenci´alhat´ok az (a, b) intervallumon ´es c) tetsz˝oleges x ∈ (a, b) pontra g ′ (x) ̸= 0. Ekkor l´etezik legal´abb egy olyan ξ ∈ (a, b), ahol f (b) − f (a) f ′ (ξ) = . ′ g (ξ) g(b) − g(a) Bizony´ıt´as. Defini´aljuk a h(x) = f (x) + λg(x) seg´edf¨ uggv´enyt, ahol λ egy k´es˝obb megv´alasztand´o konstans. Igazoljuk, hogy meg lehet adni a λ konstans olyan ´ert´ek´et, hogy a h f¨ uggv´enyre teljes¨ ulnek a Rolle-t´etel felt´etelei. a) A h f¨ uggv´eny folytonos az [a, b] intervallumon, mert az f ´es g f¨ uggv´enyek is folytonosak az [a, b] intervallumon, ´ıgy f + λg line´aris kombin´aci´ojuk is folytonos. b) A h f¨ uggv´eny differenci´alhat´o az (a, b) intervallumon, mert az f ´es g f¨ uggv´enyek is differenci´alhat´ok az [a, b] intervallumon, ´ıgy f +λg line´aris kombin´aci´ojuk is differenci´alhat´o.
194
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
c) h(a) = f (a) + λg(a) ´es h(b) = f (b) + λg(b) miatt h(a) = h(b) akkor ´es csakis akkor teljes¨ ul, ha f (b) − f (a) f (a) + λg(a) = f (b) + λg(b), azaz λ = − . g(b) − g(a) Term´eszetesen g(b) ̸= g(a), mert k¨ ul¨onben a Rolle-t´etel ´ertelm´eben az (a, b) intervallumon a g ′ f¨ uggv´enynek lenne nullahelye, ami ellentmondana a Cauchy-t´etel c) felt´etel´enek. Teh´at l´etezik legal´abb egy olyan ξ ∈ (a, b) pont, ahol h′ (ξ) = 0, azaz f ′ (ξ) + λg ′ (ξ) = 0, s ekkor f ′ (ξ) f (b) − f (a) = −λ = . ′ g (ξ) g(b) − g(a) Ezzel a Cauchy-t´etelt bebizony´ıtottuk. ⋄ K¨onny˝ u bel´atni, hogy a Cauchy-t´etel a Langrange-t´etel ´altal´anos´ıt´asa, hiszen speci´alis esetben, amikor g(x) = x, akkor g ′ (x) = 1. Az is ´eszrevehet˝o, hogy a Langrange-t´etel viszont a Rolle-t´etel ´altal´anos´ıt´asa. A Rolle-, a Langrange- ´es a Cauchy-t´etel mindegyike u ´n. egzisztencia t´etel, azaz e t´etelek csak annyit ´all´ıtanak, hogy l´etezik legal´abb egy - egy a sz´oban forg´o tulajdons´agokkal rendelkez˝o hely az (a, b) intervallumban. E t´etelek azonban sem az ilyen tulajdons´ag´ u helyek sz´am´ar´ol, sem arr´ol, hogy ezek pontosan hol helyezkednek el az (a, b) intervallumban, nem adnak felvil´agos´ıt´ast. 4.2.2.
A Taylor-formula
4.8. Defin´ıci´ o. Legyen az f f¨ uggv´eny az x = x0 helyen legal´ abb n-szer differenci´ alhat´ o. Ekkor a f ′ (x0 ) f ′′ (x0 ) f (n) (x0 ) Tn (x) = f (x0 ) + (x − x0 ) + (x − x0 )2 + ... + (x − x0 )n 1! 2! n! polinomot az f f¨ uggv´eny x = x0 helyhez tartoz´o n-edfok´ u Taylor-polinomj´ anak nevezz¨ uk. Ha n el´eg nagy, akkor a Tn polinom az x = x0 hely k¨ornyezet´eben j´ol k¨ozel´ıti az f f¨ uggv´enyt. Ha x0 = 0, akkor a Taylor-polinomot Maclaurin-polinomnak mondjuk. Ennek alakja: f ′ (0) f ′′ (0) 2 f (n) (0) n x+ x + ... + x . 1! 2! n! A Taylor-polinom szerkezet´eb˝ol l´athat´o, hogy Tn (x0 ) = f (x0 ). Ha viszont x ̸= x0 , akkor m´ar Tn (x) ≈ f (x). Jel¨olje f (x) ´es Tn (x) k¨ ul¨onbs´eg´et, azaz a marad´ektagot Rn (x), vagyis legyen Rn (x) = f (x) − Tn (x). Mn (x) = f (0) +
Bel´athat´o, hogy f (n+1) (ξ) (x − x0 )n+1 , (n + 1)! ahol ξ az x0 ´es x ´ert´ekek k¨oz¨ott van. Itt nyilv´an azt felt´etelezz¨ uk, hogy f legal´abb (n + 1)szer differenci´alhat´o. Ha a marad´ektag el´eg kicsi, akkor Tn (x) ´ert´eke j´o k¨ozel´ıt´est ad az f (x) f¨ uggv´eny´ert´ekre. Ez az ´all´ıt´as az´ert is nagy fontoss´ag´ u, mert seg´ıts´eg´evel bonyolult f¨ uggv´enyeket meg tudunk k¨ozel´ıteni k¨onnyen kezelhet˝o f¨ uggv´enyekkel, nevezetesen polinomokkal, amelyek grafikonjai a megfigyelt pont k¨ornyezet´eben hozz´asimulnak a sz´oban forg´o f¨ uggv´eny grafikonj´ahoz. Rn (x) =
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
195
FELADATOK 1. Hat´arozzuk meg az f (x) = ex f¨ uggv´eny n-edfok´ u Taylor-polinomj´at az x0 = 2 pont k¨ornyezet´eben. Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny n-edfok´ u Taylor-polinomj´at az x0 = 2 pont k¨ornyezet´eben a Tn (x) = f (2) +
f ′ (2) f ′′ (2) f (n) (2) (x − 2) + (x − 2)2 + ... + (x − 2)n 1! 2! n!
k´eplettel adott. Mivel f ′ (x) = f ′′ (x) = f ′′′ (x) = · · · = f (n) (x) = ex , ´ıgy
f ′ (2) = f ′′ (2) = f ′′′ (2) = · · · = f (n) (2) = e2 ,
a keresett polinom pedig Tn (x) = e2 + vagyis
( Tn (x) = e
2
e2 e2 e2 (x − 2) + (x − 2)2 + ... + (x − 2)n , 1! 2! n! (x − 2) (x − 2)2 (x − 2)n 1+ + + ... + 1! 2! n!
) .
2. Hat´arozzuk meg az f (x) = sin x f¨ uggv´eny hetedfok´ u Taylor-polinomj´at az x0 = π pont k¨ornyezet´eben. Megold´ as. Mivel f ′ (x) = cos x,
f ′′ (x) = − sin x,
f ′′′ (x) = − cos x,
f (4) (x) = sin x,
´ıgy a megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekek f ′ (π) = cos π = −1, f ′′ (π) = − sin π = 0, f ′′′ (π) = − cos π = 1, f (4) (π) = sin π = 0. ´ Altal´ anos´ıtva a fenti esetekb˝ol ad´odik, hogy { 0, n=2k, (n) f (π) = (−1)k+1 , n=2k+1,
k = 0, 1, 2, ...
a keresett f¨ uggv´eny Taylor-polinomja pedig T7 (x) = 0 +
(−1) 1 (−1) 1 (x − π) + 0 + (x − π)3 + 0 + (x − π)5 + 0 + (x − π)7 , 1! 3! 5! 7!
illetve 1 1 1 (x − π)5 + 0 + (x − π)7 . T7 (x) = −(x − π) + (x − π)3 − 6 120 5040 Meg´allap´ıthatjuk, hogy az f (x) = sin x f¨ uggv´eny Taylor-polinomj´aban csak p´aratlan kitev˝oj˝ u hatv´anyok szerepelnek, ami biztos´ıtja azt, hogy a megfelel˝o Taylor-polinom is p´aratlan legyen, mint maga a f¨ uggv´eny.
196
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM 3. Hat´arozzuk meg az f (x) = cos x f¨ uggv´eny hetedfok´ u Maclaurin-polinomj´at. Megold´ as. Mivel f (x) = cos x, f (4) (x) = cos x,
f ′ (x) = − sin x, f (5) (x) = − sin x,
f ′′ (x) = − cos x,
f ′′′ (x) = sin x,
f (6) (x) = − cos x,
f (7) (x) = sin x,
´ıgy a megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekek f (0) = cos 0 = 1, f ′ (0) = − sin 0 = 0, f ′′ (0) = − cos 0 = −1, f ′′′ (0) = sin 0 = 0, f (4) (0) = cos 0 = 1, f (5) (0) = − sin 0 = 0, f (6) (0) = − cos 0 = −1, f (7) (0) = sin 0 = 0. A keresett f¨ uggv´eny Maclaurin-polinomja pedig M7 (x) = 1 −
1 2 1 4 1 x + x − x6 , 2! 4! 6!
1 1 1 6 illetve M7 (x) = 1 − x2 + x4 − x. 2 24 720
Meg´allap´ıthatjuk, hogy az f (x) = cos x f¨ uggv´eny Maclaurin-polinomj´aban csak p´aros kitev˝oj˝ u hatv´anyok szerepelnek, ami biztos´ıtja azt, hogy a megfelel˝o Taylorpolinom is p´aros legyen, mint maga a f¨ uggv´eny. ex + e−x 4. ´Irjuk fel az f (x) = f¨ uggv´eny ¨ot¨odfok´ u Taylor-polinomj´at az x0 = 0 pont 2 k¨ornyezet´eben. Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny ¨ot¨odfok´ u Taylor-polinomja az x0 = 0 pont k¨ornyezet´eben nem m´as mint a f¨ uggv´eny ¨ot¨odfok´ u Maclaurin-polinomja M5 (x) = f (0) +
f ′ (0) f ′′ (0) 2 f (5) (0) 5 x+ x + ... + x. 1! 2! 5!
Az f f¨ uggv´eny els˝o ¨ot deriv´altja: 1 1 1 f ′ (x) = (ex + e−x )′ = (ex + e−x (−x)′ ) = (ex − e−x ), 2 2 2 1 1 1 f ′′ (x) = (ex − e−x )′ = (ex − e−x (−x)′ ) = (ex + e−x ), 2 2 2 1 1 f ′′′ (x) = (ex + e−x )′ = (ex − e−x ), 2 2 1 1 f (4) (x) = (ex − e−x )′ = (ex + e−x ), 2 2 1 1 f (5) (x) = (ex + e−x )′ = (ex − e−x ). 2 2 Ez´ert f (0) = f ′′ (0) = f (4) (0) = 1 ´es f ′ (0) = f ′′′ (0) = f (5) (0) = 0, ´ıgy 1 1 M5 (x) = 1 + x2 + x4 . 2 24
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
197
1 f¨ uggv´eny Maclaurin-polinomj´at n = 5 eset´en. 1−x Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny Maclaurin-formul´aja
5. Hat´arozzuk meg az f (x) =
Mn (x) = f (0) +
f ′ (0) f ′′ (0) 2 f (n) (0) n x+ x + ... + x . 1! 2! n!
Mivel ( ′
f (x) =
1 1−x
)′
= ((1 − x)−1 )′ = −(1 − x)−2 (1 − x)′ = (1 − x)−2 ,
f ′′ (x) = ((1 − x)−2 )′ = −2(1 − x)−3 (1 − x)′ = 2(1 − x)−3 , f ′′′ (x) = (2(1 − x)−3 )′ = −2 · 3(1 − x)−4 (1 − x)′ = 3!(1 − x)−4 , f (4) (x) = (6(1 − x)−4 )′ = −3! · 4(1 − x)−5 (1 − x)′ = 4!(1 − x)−5 , f (5) (x) = (24(1 − x)−5 )′ = −4! · 5(1 − x)−5 (1 − x)′ = 5!(1 − x)−5 , ´ıgy f (0) = 1, f ′ (0) = 1 = 1!, f ′′ (0) = 2 = 2!, f ′′′ (0) = 3!, f (4) (0) = 4! ´es f (5) (0) = 5!. Ekkor 1! 2! 3! 4! 5! M5 (x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 , 1! 2! 3! 4! 5! illetve M5 (x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 .
4.2.3.
L’Hospital-szab´ aly
Gyakran el˝ofordul, hogy k´et olyan f¨ uggv´eny h´anyados´anak a hat´ar´ert´ek´et kell meghat´arozni, amelyeknek a hat´ar´ert´eke egyar´ant nulla vagy egyar´ant v´egtelen. Az ilyen hat´ar´ert´ekek kisz´am´ıt´as´ara ad egyszer˝ u m´odszert az al´abbi t´etel (szab´aly). 4.14. T´ etel. (L’Hospital-szab´aly) Legyenek f ´es g az x = x0 hely k¨ornyezet´eben differenci´ alhat´o f¨ uggv´enyek. Ha lim f (x) = lim g(x) = 0,
x→x0
akkor lim
x→x0
x→x0
f ′ (x) f (x) = lim ′ , g(x) x→x0 g (x)
felt´eve, hogy a jobb oldalon szerepl˝ o (v´eges vagy v´egtelen) hat´ar´ert´ek l´etezik.
198
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
0 hat´arozatlan t´ıpus´ u hat´ar´ert´eknek nevezz¨ uk. 0 A t´etel akkor is ´erv´enyes, ha A fenti hat´ar´ert´eket
lim f (x) = lim g(x) = +∞.
x→x0
x→x0
∞ Ilyenkor hat´arozatlan t´ıpus´ u hat´ar´ert´ekr˝ol besz´el¨ unk. A t´etel akkor is alkalmazhat´o, ∞ ha x0 = ∞ vagy x0 = −∞. A L’Hospital-szab´allyal kisz´am´ıthat´ok a 0 · ∞, ∞ − ∞, 00 , ∞0 ´es 1∞ t´ıpus´ u hat´ar´ert´ekek 0 ∞ is, ha azokat el˝ozetesen siker¨ ul vagy t´ıpus´ ura visszavezetni, s a seg´ıts´eg¨ ukkel egy0 ∞ szer˝ ubben meghat´arozhatunk ¨osszetettebb hat´ar´ert´ekeket is.
FELADATOK Sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket. x3 − 2x2 − x + 2 x→1 x3 − 7x + 6
1. lim
0 Megold´ as. A megadott hat´ar´ert´ek t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es. Alkalmazzuk 0 a L’Hospital-szab´alyt. Ekkor x3 − 2x2 − x + 2 3x2 − 4x − 1 3−4−1 −2 1 = lim = = = . 3 2 x→1 x→1 x − 7x + 6 3x − 7 3−7 −4 2 lim
sin x x→0 x
2. lim
0 Megold´ as. A megadott hat´ar´ert´ek t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es. Ugyanakkor 0 tudjuk, hogy 1-gyel egyenl˝o, mivel alaphat´ar´ert´ekk´ent alkalmaztuk a trigonometrikus f¨ uggv´enyek hat´ar´ert´ek sz´am´ıt´as´an´al. Mutassuk meg, hogy milyen egyszer˝ u ennek a hat´ar´ert´eknek a kisz´am´ıt´asa a L’Hospital-szab´aly alkalmaz´as´aval. Ekkor cos x sin x = lim = cos 0 = 1. x→0 x→0 x 1 lim
x cos x − sin x x→0 x3
3. lim
0 u hat´arozatlan kifejez´es. Alkalmazzuk Megold´ as. A megadott hat´ar´ert´ek t´ıpus´ 0 a L’Hospital-szab´alyt. Ekkor lim
x→0
x cos x − sin x cos x − x sin x − cos x = lim = 3 x→0 x 3x2
= lim
x→0
−x sin x 1 sin x 1 1 = − lim =− ·1=− . 2 x→0 3x 3 x 3 3
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
199
3x − 7x x→0 x
4. lim
0 Megold´ as. Mivel 30 = 70 = 1, ´ıgy t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´esr˝ol van sz´o. 0 Alkalmazzuk a L’Hospital-szab´alyt. Ekkor 3x − 7x 3x ln 3 − 7x ln 7 3 = lim = ln 3 − ln 7 = ln . x→0 x→0 x 1 7 lim
ex x→∞ x2
5. lim
∞ Megold´ as. A megadott hat´ar´ert´ek t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es. Alkalmazzuk ∞ r´a k´etszer a L’Hospital-szab´alyt. Ekkor ex ex ex ∞ = lim = lim = = ∞. x→∞ x2 x→∞ 2x x→∞ 2 2 lim
ln x x→∞ 2x
6. lim
∞ Megold´ as. Mivel a hat´ar´ert´ek t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, a L’Hospital∞ szab´alyt alkalmazva kapjuk, hogy 1 1 1 ln x x = lim = lim = = 0. x→∞ 2x ln 2 x→∞ x2x ln 2 x→∞ 2x ∞
lim
( ) 7. lim x ln2 x x→+0
0 ∞ Megold´ as. A hat´ar´ert´ek 0·∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, ez´ert vagy t´ıpus´ u 0 ∞ hat´arozatlan kifejez´esre kell hozni ahhoz, hogy alkalmazni lehessen a L’Hospitalszab´alyt. Ekkor ( ) 2 ln x · ln2 x lim x ln2 x = lim 1 = lim x→+0 x→+0 x→+0 − x12 x 2 ln x = lim x→+0 − 1 x→+0 x
= lim
2 x 1 x2
1 x
=
= lim (2x) = 0. x→+0
1
8. lim xe x x→0
Megold´ as. A hat´ar´ert´ek 0 · ∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, ez´ert ´atalak´ıtjuk ´es alkalmazzuk a L’Hospital-szab´alyt. Ekkor ( ) 1 1 e x · − x12 1 1 ex lim xe x = lim 1 = lim = lim e x = e∞ = ∞. 1 x→0 x→0 x→0 x→0 − x2 x ( 9. lim
x→0
1 1 − x sin x
)
200
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM Megold´ as. A hat´ar´ert´ek ∞ − ∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, amelyet k¨oz¨os 0 nevez˝ore hozva ´atalak´ıthatunk t´ıpus´ ura. Ekkor m´ar alkalmazhatjuk a L’Hospital0 szab´alyt. ´Igy ) ( 1 1 sin x − x cos x − 1 − = lim = lim = lim x→0 x→0 x→0 x sin x x sin x sin x + x cos x − sin x 0 = = 0. x→0 cos x + cos x − x sin x 2 )
= lim (
1 5 − 2 x→2 x−2 x +x−6 Megold´ as. A hat´ar´ert´ek ∞ − ∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, amelyet k¨oz¨os 0 nevez˝ore hozva ´atalak´ıthatunk t´ıpus´ ura. Ekkor m´ar alkalmazhatjuk a L’Hospital0 szab´alyt. ´Igy ) ( 1 5 x+3−5 1 1 lim − 2 = lim = lim = . x→2 x→2 (x − 2)(x + 3) x→2 x + 3 x−2 x +x−6 5
10. lim
)) 1 11. lim x − x ln 1 + x→+∞ x Megold´ as. A hat´ar´ert´ek ∞ − ∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, amelyet k¨oz¨os 0 t´ıpus´ ura. Ilyen form´aban m´ar alnevez˝ore hozva ´atalak´ıthatunk 0 · ∞, majd 0 kalmazhat´o a L’Hospital-szab´aly ´es ( ( )) ( ( )) 1 1 1 2 2 lim x − x ln 1 + = lim x − ln 1 + = x→+∞ x→+∞ x x x ( 1) ( ) 1 x x 1 1 − 1 − x+1 − ln 1 + 2 − x+1 · − x2 x x x = lim = lim = lim = 1 −2 x→+∞ x→+∞ x→+∞ − x23 x2 x (
(
2
=
1 x+1 − lim 2 x→+∞ x
= lim
x→+∞
x 1 = . 2(x + 1) 2
12. lim xx x→+0
Megold´ as. A hat´ar´ert´ek 00 t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es. Legyen lim xx = H.
x→+0
Logaritm´aljuk a fenti egyenl˝os´eg mindk´et oldal´at. Ekkor ( ) x ln lim x = ln H. x→+0
Rendezve a baloldalt kapjuk, hogy lim (ln xx ) = ln H,
x→+0
azaz
lim (x · ln x) = ln H.
x→+0
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
201
A baloldali hat´ar´ert´ek most 0 · ∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, ez´ert ´atalak´ıtjuk ´es alkalmazzuk a L’Hospital-szab´alyt. Ekkor ln H = lim (x · ln x) = lim x→+0
ln x
x→+0
1 x
1 x x→+0 −1 x2
= lim
= lim (−x) = 0, x→+0
ahonnan H = e0 = 1, illetve a keresett hat´ar´ert´ek lim xx = 1. x→+0
5
13. lim (cos 2x) x x→+0
Megold´ as. 1∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´esr˝ol van sz´o. Legyen 5
H = lim (cos 2x) x , x→+0
majd logaritm´aljuk a fenti egyenl˝os´eg mindk´et oldal´at. Ekkor ( ) ) ( ( ) 5 5 5 ln H = ln lim (cos 2x) x = lim ln (cos 2x) x = lim · ln (cos 2x) = x→+0 x→+0 x→+0 x ln cos 2x = lim x→+0 x→+0 x
= lim
1 cos 2x
· (− sin 2x) · 2 = −10 lim tg 2x = −10 · 0 = 0. x→+0 1 5
Ebb˝ol H = e0 = 1, illetve lim (cos 2x) x = 1. x→+0
1
14. lim (ctg x) ln x x→+0
Megold´ as. A hat´ar´ert´ek ∞0 t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es. Legyen most 1
H = lim (ctg x) ln x , x→+0
majd logaritm´aljuk a fenti egyenl˝os´eg mindk´et oldal´at. Hasonl´o elj´ar´assal, mint az el˝oz˝o k´et feladatban kapjuk, hogy ( ( ) ) ( ) 1 1 1 ln H = ln lim (ctg x) ln x = lim ln (ctg x) ln x = lim · ln (ctg x) . x→+0 x→+0 x→+0 ln x ∞ A kapott hat´ar´ert´ek most t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, ez´ert ´atalak´ıtjuk ´es ∞ alkalmazzuk a L’Hospital-szab´alyt. 1 ln ctg x ctg x · ln H = lim = lim 1 x→+0 x→+0 ln x x
−1 sin2 x
=
x 1 = − lim = −1. x→+0 sin x cos x x→+0 cos2 x − sin2 x
= − lim
1 1 1 Ez´ert H = e−1 = , illetve lim (ctg x) ln x = . x→+0 e e
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
202
x − sin x x→+∞ x
15. Indokoljuk meg, hogy mi´ert nem alkalmazhat´o a L’Hospital-szab´aly a lim hat´ar´ert´ek kisz´am´ıt´as´ara.
∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´es, s a L’Hospital-szab´alyt Megold´ as. A hat´ar´ert´ek ∞ alkalmazva a x − sin x 1 − cos x = lim = lim (1 − cos x) x→+∞ x→+∞ x→+∞ x 1 lim
hat´ar´ert´eket kapjuk, amely nem l´etezik, hiszen nem tudjuk, hogy cos x a [−1, 1] intervallumb´ol melyik ´ert´eket veszi fel.
4.2.4.
A f¨ uggv´ eny monotonit´ asa ´ es sz´ els˝ o´ ert´ ekei
Az al´abbi ´all´ıt´as a Lagrange-t´etel egyik k¨ovetkezm´enye ´es a differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek monotonit´as´anak el´egs´eges felt´etel´et adja meg. 4.15. T´ etel. Ha az f differenci´alhat´o f¨ uggv´eny n¨ovekszik (cs¨okken) az (a, b) intervallumon, akkor f ′ (x) ≥ 0 (f ′ (x) ≤ 0) minden x ∈ (a, b) pontra. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggv´eny n¨ovekszik az (a, b) intervallumon. Legyen x ∈ (a, b) tetsz˝oleges pont. Ekkor x + ∆x ∈ (a, b) mellett igaz, hogy f (x + ∆x) − f (x) ≥ 0, ∆x att´ol f¨ uggetlen¨ ul, hogy ∆x pozit´ıv vagy negat´ıv. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy f (x + ∆x) − f (x) ≥ 0. ∆x→0 ∆x
f ′ (x) = lim
Hasonl´oan mutathat´o meg, hogy f ′ (x) ≤ 0, amennyiben az f f¨ uggv´eny cs¨okken. ⋄ Ezen t´etel ´es a konstans f¨ uggv´eny differenci´alh´anyados´anak ((const)′ = 0) k¨ovetkezm´enyek´ent, megfogalmazhatjuk a deriv´alhat´o f¨ uggv´eny valamely intervallumon val´o szigor´ u monotonit´as´anak sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges felt´etel´et, amely j´ol haszn´alhat´o a feladatok megold´asa sor´an. 4.2. K¨ ovetkezm´ eny. Ha f az (a, b)-n differenci´ alhat´ o ´es minden x ∈ (a, b) pontra ′ ′ f (x) > 0 (f (x) < 0), akkor f az (a, b) intervallumon szigor´ uan n¨ ovekv˝ o (cs¨ okken˝ o). Most pedig r´at´er¨ unk a differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek lok´alis sz´els˝o´ert´ek´enek vizsg´alat´ara. ′ Ha f (x0 ) = 0, akkor az f f¨ uggv´enynek x0 pontban lehet, de nem biztos, hogy van ′ sz´els˝o´ert´eke. Ha f (x0 ) ̸= 0, akkor az f f¨ uggv´enynek x0 -ban nincs sz´els˝o´ert´eke. Az f ′ (x) = 0 egyenlet megold´asait az f f¨ uggv´eny stacion´arius pontjainak nevezz¨ uk. Ez azt jelenti, hogy a differenci´alhat´o f f¨ uggv´eny lok´alis sz´els˝o´ert´ek helyeit az f f¨ uggv´eny stacion´arius pontjai k¨oz¨ott kell keresni. A k¨ovetkez˝okben a differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek sz´els˝o´ert´ek´enek l´etez´es´ere mondunk ki el´egs´eges felt´eteleket.
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
203
4.16. T´ etel. Ha f differenci´alhat´ o az x0 valamely k¨ornyezet´eben ´es f ′ (x0 ) = 0, akkor ahhoz, hogy a f¨ uggv´enynek az x0 helyen lok´alis sz´els˝ o´ert´eke legyen elegend˝ o, hogy az f ′ f¨ uggv´eny az x0 helyen el˝ojelet v´altson. Gyorsabb ´es k´enyelmesebb a helyi sz´els˝o´ert´eket a m´asodik deriv´alt seg´ıts´eg´evel meghat´arozni. Ennek lehet˝os´eg´et biztos´ıtja a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as. 4.17. T´ etel. Ha f az x0 helyen k´etszer differenci´ alhat´ o ´es f ′ (x0 ) = 0, akkor az x0 helyen val´ o lok´alis maximum (minimum) l´etez´es´ehez elegend˝ o, hogy f ′′ (x0 ) < 0 (f ′′ (x0 ) > 0) legyen. Ha az f f¨ uggv´eny olyan, hogy f ′ (x0 ) = f ′′ (x0 ) = 0, akkor a lok´alis sz´els˝o´ert´ek l´etez´es´er˝ol e t´etelek alapj´an nem mondhatunk semmit. A k¨ovetkez˝o t´etel seg´ıt az ilyen jelleg˝ u probl´em´ak megold´as´aban. 4.18. T´ etel. Legyen az f f¨ uggv´eny az x0 helyen n-szer differenci´ alhat´ o ´es f ′ (x0 ) = f ′′ (x0 ) = · · · = f (n−1) (x0 ) = 0, tov´ abb´ a f (n) (x0 ) ̸= 0. Ekkor az f f¨ uggv´enynek az x0 helyen akkor ´es csak akkor van helyi (lok´ alis) sz´els˝o´ert´eke, ha n p´aros sz´am.
FELADATOK 1. Vizsg´aljuk ki az f (x) = x3 − 6x2 + 9x − 4 f¨ uggv´eny monotonit´as´at ´es hat´arozzuk meg a helyi sz´els˝o´ert´ekeit. Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R, ´es sz´els˝o´ert´ekeit az ′ f (x) = 0 egyenlet megold´asai, a stacion´arius pontok k¨oz¨ott kell keresni. A f¨ uggv´eny els˝o deriv´altja f ′ (x) = 3x2 − 12x + 9 a megfelel˝o egyenlet pedig f ′ (x) = 0,
azaz 3(x2 − 4x + 3) = 0,
amelynek megold´asai, illetve a stacion´arius pontok x1 = 1 ´es x2 = 3. Hogy a stacion´arius pontokban van-e a f¨ uggv´enynek sz´els˝o´ert´eke, az meghat´arozhat´o a f¨ uggv´eny monotonit´asi tulajdons´agaib´ol is. Ez´ert az f ′ f¨ uggv´eny el˝ojel´enek vizsg´alat´aval hat´arozzuk meg az f f¨ uggv´eny monotonit´as´at. Foglaljuk t´abl´azatba a kivizsg´al´ast. Df (−∞, 1) x−1 − x−3 − ′ f (x) + f (x) ↗
(1, 3) (3, ∞) + + − + − + ↘ ↗
A mell´ekelt t´abl´azat alapj´an az f f¨ uggv´eny monoton n¨ovekv˝o a (−∞, 1) ∪ (3, ∞) intervallumon ´es monoton cs¨okken˝o az (1, 3) intervallumon.
A t´abl´azatb´ol azt is leolvashatjuk, hogy a monotonit´asi tulajdons´ag szerint az f f¨ uggv´enynek x1 = 1-ben maximuma, x2 = 3-ban pedig minimuma van. Ugyanakkor a megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekek: fmax (1) = 0 ´es fmin (3) = −4.
204
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM 6x f¨ uggv´eny helyi sz´els˝o´ert´ekeit. +1 Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya Df = R. A f¨ uggv´eny els˝o deriv´altja
2. Hat´arozzuk meg az f (x) =
x2
6(x2 + 1) − 6x · 2x 6x2 + 6 − 12x2 6 − 6x2 f (x) = = = 2 , (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 (x + 1)2 ′
a f¨ uggv´eny stacion´arius pontjainak meghat´aroz´as´ahoz pedig oldjuk meg az f ′ (x) = 0 egyenletet. Ekkor 6(1 − x2 ) =0 (x2 + 1)2 akkor ´es csakis akkor, ha 1 − x2 = 0, teh´at a stacion´arius pontok x1 = −1 ´es x2 = 1. Vizsg´aljuk ki most a sz´els˝o´ert´ekek l´etez´es´et, illetve t´ıpus´at a f¨ uggv´eny m´asodik deriv´altja seg´ıts´eg´evel. A f¨ uggv´eny m´asodik deriv´altja: −12x(x2 + 1)2 − (6 − 6x2 ) · 2 · (x2 + 1) · 2x f (x) = = (x2 + 1)4 ′′
=
−12x(x2 + 1) − (6 − 6x2 ) · 4x −12x3 − 12x − 24x + 24x2 = = (x2 + 1)3 (x2 + 1)3 =
−12x3 + 24x2 − 36x −12x(x2 − 2x + 3) = . (x2 + 1)3 (x2 + 1)3
Mivel f ′′ (−1) =
−12 · (−1)((−1)2 − 2 · (−1) + 3) 12 · 6 = > 0, 2 3 ((−1) + 1) 8
ez´ert az x1 = −1 pontban a f¨ uggv´enynek helyi minimuma van, a megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ek fmin (−1) = −3 ´es a g¨orbe minimumpontja Pmin (−1, −3). Mivel f ′′ (1) =
−12 · 1(12 − 2 · 1 + 3) −12 · 2 = < 0, 2 3 (1 + 1) 8
ez´ert az x2 = 1 pontban a f¨ uggv´enynek helyi maximuma van, a megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ek fmax (1) = 3, a g¨orbe maximumpontja pedig Pmax (1, 3). 1 3. Vizsg´aljuk ki az f (x) = x4 ln f¨ uggv´eny monotonit´as´at ´es hat´arozzuk meg a helyi x sz´els˝o´ert´ekeit. Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya most Df = (0, ∞). A f¨ uggv´eny els˝o deriv´altja ( ) ( ) 1 1 1 4 3 ′ 3 f (x) = 4x ln + x · x · − 2 = x 4 ln − 1 . x x x f ′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha ( ) 1 3 x 4 ln − 1 = 0. x
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
205
1 Innen vagy x3 = 0, ahonnan x0 = 0 ad´odik, de 0 ∈ / Df , vagy pedig 4 ln − 1 = 0, x 1 ′ ahonnan x1 = √ az egyetlen stacion´arius pont. Az f f¨ uggv´eny el˝ojel´enek vizs4 e g´alat´aval hat´arozzuk meg az f f¨ uggv´eny monotonit´as´at. Foglaljuk t´abl´azatba a kivizsg´al´ast. ( ) ( ) 1 1 √ ,∞ Df 0, √ A mell´ekelt t´abl´azat(alapj´an) az f f¨ uggv´eny 4 4 e e 1 monoton n¨ovekv˝o a 0, √ intervallumon x3 + + 4 e ( ) 1 1 4 ln − 1 + − ´es monoton cs¨okken˝o az √ , ∞ intervalx 4 e f ′ (x) + − lumon. f (x) ↗ ↘ A t´abl´azatb´ol azt is leolvashatjuk, hogy a monotonit´asi tulajdons´ag szerint az f 1 pontban maximuma van. A megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ek, f¨ uggv´enynek az x1 = √ 4 e illetve a g¨orbe maximumpontja: ) ) ( ( 1 1 1 1 fmax √ = , illetve Pmax √ , . 4 4 4e e e 4e ( 4. Vizsg´aljuk ki az f (x) = arctg
1 1+ x
) f¨ uggv´eny monotonit´as´at ´es hat´arozzuk meg
a helyi sz´els˝o´ert´ekeit. Megold´ as. Az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya most Df = R \ {0}, a f¨ uggv´eny els˝o deriv´altja pedig ( ) ( ) 1 1 x2 1 1 ′ f (x) = · − 2 =− 2 . ) · − 2 = 2 ( 1 2 x 2x + 2x + 1 x 2x + 2x + 1 1+ 1+ x Mivel f ′ (x) ̸= 0, ez´ert a f¨ uggv´enynek nincs stacion´arius pontja, s´ıgy sz´els˝o´ert´eke ′ sem. Az f f¨ uggv´eny el˝ojele a P (x) = 2x2 + 2x + 1 m´asodfok´ u polinom el˝ojel´et˝ol f¨ ugg, amelyr˝ol meg´allap´ıthat´o, hogy a diszkrimin´ansa D = 4 − 8 < 0, a f˝oegy¨ utthat´oja pedig pozit´ıv, ´ıgy a P polinomf¨ uggv´eny minden ´ert´eke szigor´ uan pozit´ıv, ′ teh´at az f f¨ uggv´eny ´ert´eke szigor´ uan negat´ıv a teljes ´ertelmez´esi tartom´any´an. Ez azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´any´an. 5. Bontsuk sz´et az A pozit´ıv sz´amot k´et ¨osszeadand´ora u ´gy, hogy az egyik ¨osszeadand´o n´egyzet´enek ´es a m´asik ¨osszeadand´o k¨ob´enek ¨osszege a lehet˝o legkisebb legyen. Megold´ as. Keress¨ uk egy ¨osszeg legkisebb ´ert´ek´et, azaz ha f¨ uggv´enyk´eny kezelj¨ uk, akkor keress¨ uk egy f¨ uggv´eny minimum´at. Ha az A sz´amot k´et ¨osszeadand´ora bontjuk, akkor jel¨olj¨ uk k¨oz¨ ul¨ uk az egyiket x-szel, a m´asikat pedig A−x-szel. A feladatban megfogalmazott ¨osszeget ekkor az f (x) = (A − x)2 + x3 f¨ uggv´eny ´ırja le, s ennek a f¨ uggv´enynek a minimum´at kell meghat´arozni. Alkalmazzuk a m´ar ismert elj´ar´ast. Mivel f ′ (x) = 2(A − x) + 3x2 = 3x2 − 2x + 2A,
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
206
a 3x2 − 2x + 2A = 0 egyenletet kell megoldani, amelynek gy¨okei √ √ −1 + 1 + 6A −1 − 1 + 6A x1 = > 0 ´es x2 = < 0. 3 3 Mivel pozit´ıv ¨osszeadand´okat keres¨ unk, ez´ert a negat´ıv x2 gy¨ok nem lehet sz´amunkra j´o megold´as, csakis x1 j¨ohet sz´am´ıt´asba. Igazoljuk, hogy erre az ¨osszeadand´ora val´oban a legkisebb ¨osszeget kapjuk, azaz hogy f ′′ (x1 ) > 0. A f¨ uggv´eny m´asodik ′′ deriv´altja f (x) = 6x + 2 ´es √ √ ( ) √ −1 + −1 + 1 + 6A 1 + 6A f ′′ (x1 ) = f ′′ =6· + 2 = +2 1 + 6A > 0, 3 3 teh´at az ´all´ıt´ast igazoltuk. 6. 2m2 b´adogb´ol k´esz´ıts¨ unk lehet˝o legnagyobb t´erfogat´ u fed´el n´elk¨ uli n´egyzet alap´ u dobozt. Mekkora lesz ez a t´erfogat? Megold´ as. Fejezz¨ uk ki a n´egyzet alap´ u doboz t´erfogat´at f¨ uggv´enyk´ent, s keress¨ uk a maximum´at. Legyen a n´egyzet oldala x, a doboz magasss´aga pedig H. A 2m2 b´adog a fed´el n´elk¨ uli doboz felsz´ın´evel egyezik meg, ez´ert x2 + 4xH = 2,
ahonnan H =
2 − x2 . 4x
A doboz t´erfogata viszont V = x2 · H,
ahonnan V (x) = x2 ·
) 2 − x2 x( = 2 − x2 , 4x 4
s ennek a f¨ uggv´enynek keress¨ uk a maximum´at. Mivel V ′ (x) = az
) x 1 3x2 1( 2 − x2 + · (−2x) = − , 4 4 2 4 1 3x2 − =0 2 4
√
√ 2 2 ´es x2 = − . Mivel a egyenlet megold´asai, azaz a stacion´arius pontok x1 = 3 3 n´egyzet oldala csak pozit´ıv lehet, √ ez´ert x1 az egyetlen elfogadhat´o stacion´arius pont. 2 Mutassuk meg, hogy az x = m ´ert´ekre val´oban a lehet˝o legnagyobb t´erfogatot 3 kapjuk. A f¨ uggv´eny m´asodik deriv´altja (√ ) √ 3x 2 3 2 V ′′ (x) = − ´es V ′′ < 0, =− · 2 3 2 3 √ 2 teh´at a V f¨ uggv´enynek az x1 = pontban val´oban maximuma van, a keresett 3 t´erfogat pedig (√ ) √ ( √ √ ) 2 1 2 1 2 3 2 1 2 V = · , vagyis Vmax = m. 2− = 3 4 3 3 3 3 3 3
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
207
7. Adott R sugar´ u g¨ombbe ´ırjunk lehet˝o legnagyobb t´erfogat´ u hengert. Hat´arozzuk meg a henger magass´ag´at, valamint a keresett maxim´alis t´erfogatot. Megold´ as. K´esz´ıts¨ uk el a g¨omb ´es a henger keresztmetszet´enek v´azlat´at. Legyen H2 2 2 r a henger alapj´anak sugara ´es H a henger magass´aga. Mivel r = R − , akkor 4 a henger t´erfogata ( ) H2 π 2 2 V (r, H) = r πH, illetve V (H) = R − πH = R2 πH − H 3 . 4 4 Hat´arozzuk meg a fenti f¨ uggv´eny maximum´at. A f¨ uggv´eny els˝o deriv´altja: V ′ (H) = R2 π −
3π 2 H , 4
az
3π 2 H =0 4 2R 2R 2R egyenlet megold´asai pedig H1 = √ ´es H2 = − √ , amelyek k¨oz¨ ul csak H1 = √ 3 3 3 az egyetlen elfogadhat´o stacion´arius pont, hiszen a henger magass´aga pozit´ıv sz´am 2R kell legyen. H1 = √ eset´en 3 R2 π −
r 2 = R2 −
1 4R2 2R2 · = . 4 3 3
Mutassuk meg, hogy ez az ´ert´ek val´oban maxim´alis t´erfogatot ad. Mivel ( ) 2R 3π 3π 2R ′′ ′′ √ V (H) = − H, ez´ert V =− · √ < 0, 2 2 3 3 ´ıgy val´ oban maximumr´ol besz´el¨ unk, s a lehet˝o legnagyobb t´erfogat´ u henger sugara √ 3 2 2R 4R π r=R , magass´aga H = √ , t´erfogata pedig V = √ . 3 3 3 3 8. Adott R sugar´ u g¨ombbe ´ırjunk lehet˝o legnagyobb t´erfogat´ u k´ upot. Megold´ as. K´esz´ıts¨ uk el a g¨omb ´es a k´ up keresztmetszet´enek v´azlat´at. Legyen r a k´ up alapj´anak sugara, H pedig a k´ up magass´aga. A k´ up t´erfogata ekkor 1 V (r, H) = r2 πH. 3 Az ´abr´ar´ol leolvashatjuk, hogy r2 = R2 − (H − R)2 = 2RH − H 2 , ez´ert V (H) =
) ) 1( π( 2RH − H 2 πH = 2RH 2 − H 3 . 3 3
Keress¨ uk meg a fenti t´erfogatf¨ uggv´eny maximum´at. Mivel V ′ (H) =
) π π( 4RH − 3H 2 = H (4R − 3H) , 3 3
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
208
´es V ′ (H) = 0 kell teljes¨ ulj¨on, ez´ert a H (4R − 3H) = 0 egyenlet megold´asai lehetnek a stacion´arius pontok. A H0 = 0 az egyik megold´as, de ennek most nincs ´ertelme, 4 8R2 16R2 2 a m´asik megold´as H1 = R viszont stacion´arius pont, amelyre r = − = 3 3 9 8 2 R . Mutassuk meg, hogy ezekkel az ´ert´ekekkel val´oban maxim´alis t´erfogatot ka9 punk. A t´erfogatf¨ uggv´eny m´asodik deriv´altja ( ) 4 π π π ′′ ′′ 4R − 6 · R = (4R − 8R) < 0, V (H) = (4R − 6H) ´es V (H) = 3 3 3 3 teh´at val´oban a maxim´alis t´erfogatot kaptuk, amelynek ´ert´eke: Vmax =
1 8 2 4 32 · R π · R = R3 π. 3 9 3 81
ulet˝ u ´es alap´ u h´aromsz¨ogek k¨oz¨ ul melyiknek legkisebb a ker¨ ulete? 9. ∗ Adott ter¨ Megold´ as. Legyen az adott h´aromsz¨og alapja a, m´asik k´et oldala b ´es c, ter¨ ulete ah 2T pedig T . Ekkor T = , ahonnan h = . Ha a h magass´ag az a alapot x ´es a − x 2 a r´eszekre bontja fel, akkor a der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogekb˝ol √ b2 = h2 + x2 , illetve b = h2 + x2 ´es c2 = h2 + (a − x)2 ,
illetve c =
√ h2 + (a − x)2
ad´odik, a keresett ker¨ ulet pedig K = a + b + c, illetve √ √ K(x, h) = a + h2 + x2 + h2 + (a − x)2 . Mivel h =
2T , ´ıgy a √ K(x) = a +
´es
4T 2 + x2 + a2
√
4T 2 + (a − x)2 a2
2x −2(a − x) K ′ (x) = √ + √ . 2 4T 2 2 2 2 4T + x 2 + (a − x) a2 a2
K ′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor teljes¨ ul, ha √
innen pedig
√ x
x 4T 2 a2
=√ + x2
a−x 4T 2 a2
,
+ (a − x)2
√ 4T 2 4T 2 2 = (a − x) + (a − x) + x2 . a2 a2
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
209
N´egyzetre emel´es ´es rendez´es ut´an azt kapjuk, hogy x2 = (a − x)2 , ahonnan x2 = a a2 − 2ax + x2 , s ebb˝ol x = , ami azt jelenti, hogy a h´aromsz¨ognek egyenl˝osz´ar´ unak 2 kell lennie. Mivel √ √ 4T 2 4T 2 2−x· √ x + x − + (a − x)2 − (a − x) · √ 4T−2(a−x) 2 a2 a2 4T 2 2 +x +(a−x)2 a2 a2 ′′ K (x) = − = 2 2 4T 4T + x2 + (a − x)2 a2 a2 2
4T 2 a2
4T + x2 − x 2 + (a − x)2 − (a − x)2 a2 √ + = =( ) 4T 2 ( 4T 2 ) √ 4T 2 4T 2 2 2 2 2 +x +x + (a − x) + (a − x) a2 a2 a2 a2 2 4T 1 1 = 2 √( + √( ) )3 , 3 a 4T 2 4T 2 2 2 +x + (a − x) a2 a2
´es K ′′
(a) 2
2
=
4T 1 √( 2 a 4T 2 + a2
1 + √( ) 3 a2 4T 2 + 4 a2
) a2 3 4
> 0,
ez´ert az adott ter¨ ulet˝ u h´aromsz¨ogek k¨oz¨ ul val´oban az egyenl˝osz´ar´ u h´aromsz¨og a legkisebb ker¨ ulet˝ u. 10. ∗ Hat´arozzuk meg az adott pal´astter¨ ulet˝ u k´ upok k¨oz¨ ul azt, amelyiknek lehet˝o legnagyobb a t´erfogata. Megold´ as. Legyen r a k´ up alapj´anak sugara, s az alkot´oja, H pedig a magass´aga. A felt´etelek szerint a k´ up pal´astj´anak M ter¨ ulete √ ´alland´o ´es ismert. Mivel M = rπs, √ M M2 ez´ert s = , ´es ugyanakkor H = s2 − r2 = − r2 . A k´ up t´erfogata rπ r2 π2 1 V (r, H) = r2 πH, 3 illetve egy v´altoz´oval kifejezve √ 1 2 M2 1 1√ 2 1 √ 2 = r2 π 4 π2 = r M 2 − π2 r4 . V (r) = r π − r M − r 3 r2 π 2 3 rπ 3 A t´erfogatf¨ uggv´eny els˝o deriv´altja V ′ (r) =
1 −4π 2 r3 1√ 2 1 1√ 2 2π 2 r4 M − π 2 r4 + r √ = M − π 2 r4 − √ . 3 3 2 M 2 − π 2 r4 3 3 M 2 − π 2 r4
Mivel V ′ (r) = 0 kell teljes¨ ulj¨on, ez´ert meg kell oldani az 1 1√ 2 2π 2 r4 M − π 2 r4 = √ 3 3 M 2 − π 2 r4 egyenletet. Rendez´es ut´an ad´odik, hogy M 2 − π 2 r4 = 2π 2 r4 ,
ahonnan M 2 = 3π 2 r4 ,
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
210
√
√ M M √ ´es r2 = − √ . A ebb˝ol pedig megkapjuk, hogy a megold´asok r1 = π 3 π 3 negat´ıv megold´asnak nincs ´ertelme a feladat szempontj´ab´ol, ez´ert r1 az egyetlen stacion´arius pont. A m´asodik deriv´alt √ 2 3 2 3 2 − π 2 r 4 − 2π 2 r 4 √ −2π r 2 3 M 4π r 1 2 −2π r 2 M −π 2 r4 V ′′ (r) = · √ − · = 2 2 4 3 M −π r M 2 − π 2 r4 3 2 π 2 r3 2 4π 2 r3 M 2 − 4π 4 r7 + 4π 4 r7 √ =− ·√ − · = 3 M 2 − π 2 r4 3 (M 2 − π 2 r4 ) M 2 − π 2 r4 ( ) 2 π 2 r3 4M 2 =− ·√ 1+ 2 . 3 M − π 2 r4 M 2 − π 2 r4 Mivel π 2 r4 =
M2 3
´es M 2 − π 2 r4 = M 2 − (√
ez´ert V ′′
M √ π 3
M2 2 = M 2, 3 3
) < 0,
√ teh´at az r1 =
M √ alapsugar´ u k´ upnak a legnagyobb a t´erfogata, m´egpedig π 3 √ Vmax
4.2.5.
M = 3
20 √ . 3π 3
A f¨ uggv´ eny konvexit´ asa ´ es inflexi´ os pontjai
A konvex f¨ uggv´enyeknek sok jelent˝os tulajdons´aga van. Bel´athat´o p´eld´aul, hogy az adott intervallumon konvex f¨ uggv´enyek folytonosak is az adott intervallumon. Legfontosabbnak m´egis a konvex f¨ uggv´enyek deriv´altakkal kapcsolatos tulajdons´agait tartjuk, ez´ert ezzel kapcsolatban fogalmazunk meg n´eh´any ´all´ıt´ast. 4.19. T´ etel. Az f differenci´alhat´o f¨ uggv´eny akkor ´es csakis akkor konvex (konk´ av) az ′ o) az [a, b] intervallumon. [a, b] intervallumon, ha f n¨ovekv˝o (cs¨okken˝ 4.20. T´ etel. Az [a, b] intervallumon k´etszer differenci´ alhat´ o f f¨ uggv´eny akkor ´es csak ′′ akkor szigor´ uan konvex (konk´av) az [a, b] intervallumon, ha f (x) > 0 (f ′′ (x) < 0) minden x ∈ [a, b] pontra. Ezek ut´an megfogalmazzuk a differenci´alhat´o f¨ uggv´eny inflexi´os pontja l´etez´es´enek felt´eteleit. Els˝ok´ent sz¨ uks´eges felt´etelt mondunk ki. 4.21. T´ etel. Ha az x0 pont valamely k¨ornyezet´eben k´etszer differenci´ alhat´ o f f¨ uggv´enynek ′′ az x0 pontban inflexi´os pontja van, akkor f (x0 ) = 0. A tov´abbiakban az inflexi´os pont l´etez´es´ere vonatkoz´o elegend˝o felt´eteleket adunk meg.
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
211
4.22. T´ etel. Ha f az x0 pont valamely k¨ornyezet´eben k´etszer differenci´ alhat´ o ´es igaz, hogy f ′′ (x0 ) = 0, valamint az f ′′ f¨ uggv´eny az x0 pontban el˝ojelet v´alt, akkor f -nek az x0 pontban inflexi´os pontja van. 4.23. T´ etel. Ha f az x0 pontban h´aromszor differenci´ alhat´ o, valamint f ′′ (x0 ) = 0 ´es f ′′′ (x0 ) ̸= 0, akkor f -nek az x0 pontban inflexi´os pontja van. Ha az f f¨ uggv´eny olyan, hogy f ′′ (x0 ) = f ′′′ (x0 ) = 0, akkor az inflexi´os pont l´etez´es´er˝ol e t´etelek alapj´an nem mondhatunk semmit. A k¨ovetkez˝o t´etel seg´ıt az ilyen jelleg˝ u probl´em´ak megold´as´aban. 4.24. T´ etel. Legyen x0 helyen n-szer differenci´ alhat´ o f f¨ uggv´eny deriv´altjaira igaz, hogy f ′′ (x0 ) = f ′′′ (x0 ) = ... = f (n−1) (x0 ) = 0 ´es f (n) (x0 ) ̸= 0. Ekkor az f f¨ uggv´enynek az x0 pontban akkor ´es csakis akkor van inflexi´os pontja, ha n p´aratlan sz´am. x3 − 3x2 + 8x f¨ uggv´enynek f ′ (x) = x2 − 6x + 8 az els˝o deriv´altja, 3 f ′′ (x) = 2x − 6 pedig a m´asodik deriv´altja. Mivel f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor teljes¨ ul, ha 2x−6 = 0, azaz x = 3 eset´en, ez´ert a f¨ uggv´enynek itt lehet inflexi´os pontja. Vizsg´aljuk ki a m´asodik deriv´alt el˝ojel´et! Mivel f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x − 6 > 0, azaz x > 3 eset´en ´es f ′′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x − 6 < 0, azaz x < 3 eset´en, ez´ert levonhatjuk azt a k¨ovetkeztet´est, hogy az f f¨ uggv´eny konvex a (3, ∞) intervallumon ´es konk´av a (−∞, 3) intervallumon. Az itt le´ırt eredm´enyeket t´abl´azatba is foglalhatjuk. 4.26. P´ elda. Az f (x) =
Df x−3 f ′′ (x) f (x)
(−∞, 3) (3, ∞) − + − + ∩ ∪
Mivel az f f¨ uggv´eny az x = 3 pontban konk´avit´asb´ol konvexit´asba megy ´at, teh´at g¨orb¨ uletet v´alt, ez´ert ebben a pontban az f f¨ uggv´enynek inflexi´os pontja van. A f¨ uggv´eny ´ert´eke az inflexi´os pontj´aban finf (3) = 6, az inflexi´os pont koordin´at´ai pedig Pinf (3, 6).
Az inflexi´os pont l´etez´es´et az f f¨ uggv´eny harmadik deriv´altja seg´ıts´eg´evel is ellen˝orizhetj¨ uk. ′′′ ′′′ Mivel a harmadik deriv´alt f (x) = 2, ez´ert f (3) = 2 ̸= 0 is igaz, teh´at az x = 3 pontban az f f¨ uggv´enynek inflexi´os pontja van. 4.27. P´ elda. Az f (x) = 2x4 + 3x + 4 f¨ uggv´enynek f ′ (x) = 8x3 + 3 az els˝o deriv´altja, f ′′ (x) = 24x2 pedig a m´asodik deriv´altja. Mivel f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor teljes¨ ul, ′′′ ha x = 0, ez´ert itt van a f¨ uggv´enynek lehets´eges inflexi´os pontja. Viszont f (x) = 48x ´es f ′′′ (0) = 0, ez´ert tov´abb kell sz´amolni a f¨ uggv´eny deriv´altjait ahhoz, hogy el lehessen d¨onteni vajon itt inflexi´os pontja lesz-e a f¨ uggv´enynek vagy sem. Mivel f 4 (x) = 48 ´es 4 f (0) = 48 ̸= 0 teljes¨ ul, azaz p´aros deriv´altra lesz el˝osz¨or null´at´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o f¨ uggv´eny´ert´ek az x = 0 pontban, ´ıgy ebben a pontban a f¨ uggv´enynek nem inflexi´os pontja van, hanem 4 sz´els˝o´ert´eke. f (0) = 48 > 0 miatt ez az f f¨ uggv´eny egy minimumpontja. M´asik indokl´as: mivel f ′′ (x) = 24x2 ≥ 0 a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon, ez´ert az f f¨ uggv´eny konvex a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon, vagyis nem v´alt g¨orb¨ uletet az x = 0 pontban, ez´ert az x = 0 pont nem inflexi´os pont.
212 4.2.6.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM F¨ uggv´ enykivizsg´ al´ as
A f¨ uggv´ enykivizsg´ al´ as v´ azlata: ´ ´rtelmeze ´si tartoma ´ny: Df ⊆ R. Erdemes 1. e az ´ertelmez´esi tartom´anyt intervallumk´ent, illetve intervallumok uni´ojak´ent fel´ırni ´es kivizsg´alni a f¨ uggv´eny viselked´es´et az intervallumok v´egpontjaiban, s ´ıgy a f¨ ugg˝oleges ´es v´ızszintes aszimptot´akat is megkapjuk, ha vannak. ´s: Kivizsg´aljuk, hogy a f¨ 2. parita uggv´eny p´aros vagy p´aratlan, vagy esetleg egyik tulajdons´aggal sem rendelkezik. 3. nullahely: Meghat´arozzuk az f (x) = 0 egyenlet megold´asait, mert ezekben a pontokban metszi a f¨ uggv´eny grafikonja az x-tengelyt. ˝ jel: Meghat´arozzuk az f (x) > 0 ´es az f (x) < 0 egyenl˝otlens´egek megold´ashal4. elo mazait, mert az ´ıgy kapott intervallumokon lesz a f¨ uggv´eny grafikonja az x-tengely felett, illetve alatt. ´k 5. aszimptota ¨ ˝ a) fuggoleges aszimptota: Az x = a egyenes az y = f (x) f¨ uggv´enyg¨orbe f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja, ha lim f (x) = ±∞ vagy lim f (x) = ±∞. x→a−0
x→a+0
b) v´ızszintes aszimptota: Az y = f (x) f¨ uggv´enyg¨orbe v´ızszintes aszimptot´aja az olyan y = b egyenes, amelyre lim f (x) = b vagy
x→∞
lim f (x) = b.
x→−∞
c) ferde aszimptota: Az y = kx + n egyenes az y = f (x) f¨ uggv´enyg¨orbe ferde aszimptot´aja, amennyiben f (x) x→±∞ x
k = lim
´es n = lim (f (x) − kx) , x→±∞
k ̸= 0,
k, n ̸= ±∞.
´lso ˝e ´rte ´kek: Az f ′ (x) = 0 egyenlet megold´asai adj´ak a stacion´arius pontokat, 6. sze amelyekben a f¨ uggv´enynek lehetnek sz´els˝o´ert´ekei, m´egpedig maximuma, amennyiben ott a f¨ uggv´eny monoton n¨oveked´esb˝ol monoton cs¨okken´esbe v´alt, illetve minimuma, amennyiben ott a f¨ uggv´eny monoton cs¨okken´esb˝ol monoton n¨oveked´esbe v´alt. ´s: Azokon az intervallumokon, ahol f ′ (x) > 0, ott a f¨ 7. monotonita uggv´eny szigor´ uan ′ monoton n¨ovekszik, s ahol f (x) < 0, ott a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken. ´ s pontok: Az f ′′ (x) = 0 egyenlet megold´asaiban lehetnek a f¨ 8. inflexio uggv´enynek inflexi´os pontjai, amennyiben ott a f¨ uggv´eny g¨orb¨ uletet v´alt, azaz konvexit´asb´ol konk´avit´asba megy ´at, vagy ford´ıtva. ´s: Azokon az intervallumokon, ahol f ′′ (x) > 0, ott a f¨ 9. konvexita uggv´eny konvex, s ′′ ahol f (x) < 0, ott a f¨ uggv´eny konk´av. ¨ggve ´ny grafikonja: A koordin´atarendszerben bejel¨olj¨ 10. a fu uk a kivizsg´alt adatokat, majd a jellegzetes pontok (nullahelyek, sz´els˝o´ert´ekek, inflexi´os pontok) ¨osszek¨ot´es´evel megrajzoljuk a f¨ uggv´eny grafikonj´at.
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
213
4.28. P´ elda. Vizsg´aljuk ki az f (x) = x3 (x2 − 1) f¨ uggv´enyt ´es rajzoljuk le a grafikonj´at. ´rtelmeze ´si tartoma ´ny: Az f f¨ 1. e uggv´eny polinom, teh´at Df = R = (−∞, ∞). ´s: A f¨ 2. parita uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya az orig´ora szimmetrikus intervallum, ´ıgy van ´ertelme vizsg´alni a parit´ast. Mivel f (−x) = (−x)3 ((−x)2 − 1) = −x3 (x2 − 1) = −f (x), ez azt jelenti, hogy a f¨ uggv´eny p´aratlan, teh´at grafikonja k¨oz´eppontosan szimmetrikus az orig´ora. y
3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x3 (x2 − 1) = 0, azaz x3 (x − 1)(x + 1) = 0. A kapott egyenlet megold´asai az x1 = −1, x2 = 0 ´es x3 = 1, ez pedig azt jelenti, hogy a f¨ uggv´eny g¨orb´eje a (−1, 0), (0, 0) ´es (1, 0) pontokban metszi az x-tengelyt. ˝ jel: Az f f¨ 4. elo uggv´eny el˝ojel´et meghat´arozhatjuk a t´enyez˝oit alkot´o f¨ uggv´enyek grafikonjainak seg´ıts´eg´evel, vagyis az y = x3 ´es y = x2 −1 f¨ uggv´enyek grafikonjainak ´abr´azol´as´aval. Mivel a f¨ uggv´enyek el˝ojelei megegyeznek az (−1, 0) ´es (1, ∞) intervallumon, k¨ ul¨onb¨oznek a (−∞, −1) ´es (0, 1) intervallumon, ez´ert f (x) > 0 ha x ∈ (−1, 0) ∪ (1, ∞) ´es f (x) < 0 ha x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1).
y=x2 -1
y=x3
+ + + + + + + + + +
+ + + + -1
1
x
- - -
- - - - - -
´k 5. aszimptota ¨ ˝ a) fuggoleges aszimptota: Mivel az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya a val´os sz´amok halmaza, a f¨ uggv´enynek nincs f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja. b) v´ızszintes aszimptota: A f¨ uggv´enynek nincs v´ızszintes aszimptot´aja, mert lim f (x) = lim x3 (x2 − 1) = ∞ ´es
x→∞
x→∞
lim f (x) = lim x3 (x2 − 1) = −∞.
x→−∞
x→−∞
c) ferde aszimptota: Mivel x3 (x2 − 1) f (x) = lim = lim x2 (x2 − 1) = ∞, lim x→±∞ x→±∞ x→±∞ x x ez´ert a f¨ uggv´enynek nincs ferde aszimptot´aja. ´lso ˝e ´rte ´kek: A f¨ 6. sze uggv´eny els˝o deriv´altja f ′ (x) = 3x2 (x2 − 1) + x3 · 2x = x2 (3x2 − 3 + 2x2 ) = x2 (5x2 − 3). √ √ √ √ 2 Mivel f ′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x√ ( 5x − 3)( 5x + √3) = 0, ez´ert az f 15 15 f¨ uggv´eny stacion´arius pontjai x2 = 0, x4 = − ≈ −0, 77 ´es x5 = ≈ 0, 77. 5 5
214
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
´s: Az f ′ f¨ 7. monotonita uggv´eny el˝ojel´enek meghat´aroz´as´ay ra alkalmazzuk az f ′ (x) = x2 (5x2 − 3) alakot. Mivel x2 > 0 ha x ̸= 0, az y = 5x2 − 3 parabola 2 grafikonja alapj´ y=5x -3 √ an meg´ √allap´ıtjuk, hogy 5x − 3 > 0, ha 15 15 x ∈ (−∞, − )∪( , ∞) ´es 5x2 − 3 < 0, amennyiben + + + + + + 5 5 √ √ 15 15 x x ∈ (− , ). 5 5 ′ Ebb˝ol az k¨ovetkezik, √ hogy f (x)√> 0, azaz az f f¨ uggv´eny - - 15 15 n¨ovekszik a (−∞, − ) ∪ ( , ∞) intervallumon ´es 5 5 √ √ 15 15 ′ f (x) < 0, azaz az f f¨ uggv´eny cs¨okken az (− , 0)∪(0, ) 5 5 intervallumon. √ √ 15 15 ′ Az f f¨ uggv´eny el˝ojelet v´alt az x4 = − , illetve az x5 = pontban, ´ıgy ezek5 5 ben a pontokban a f¨ uggv´enynek sz´els˝o´ert´eke van. Pontosabban, x4 -ben a f¨ uggv´enynek maximuma van, mert ott a f¨ uggv´enyg¨orbe n¨oveked´esb˝ol cs¨okken´esbe v´alt, x5 -ben pedig a f¨ uggv´enynek minimuma van, mert ott cs¨okken´esb˝ol v´alt n¨oveked´esbe. Ugyanakkor fmax (x4 ) ≈ 0, 18 ´es fmin (x5 ) ≈ −0, 18. 2
3 5
3 5
´ s pontok: A f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja f ′′ (x) = 2x(5x2 − 3) + x2 · 10x = 2x(10x2 − 3). √ √ √ √ f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x( 10x − 3)( 10x + 3) = 0. A kapott egyenlet megold´asai, s egyben a lehets´eges inflexi´os pontok √ √ √ √ 3 30 3 30 x2 = 0, x6 = − √ = − ´es x7 = √ = . 10 10 10 10 ´s: Az f ′′ (x) = 2x(10x2 − 3) f¨ 9. konvexita uggv´eny el˝ojele az y = x ´es y = 10x2 − 3 f¨ uggv´enyek grafikonjai alapj´an ´ıgy alakul: ( √ ) (√ ) 30 30 f ′′ (x) > 0 ha x ∈ − ,0 ∪ ,∞ , 10 10 ( √ ) ( √ ) 30 30 f ′′ (x) < 0 ha x ∈ −∞, − ∪ 0, . 10 10 ) (√ ) ( √ 30 30 ,0 ∪ ,∞ Teh´at az f f¨ uggv´eny konvex az − 10 10 ( √ ) ( √ ) 30 30 intervallumon ´es konk´av a −∞, − ∪ 0, inter10 10 vallumon. Mivel az f ′′ f¨ uggv´eny√el˝ojelet v´alt a√nullahelyeiben, ez´ert 30 30 az x2 = 0, x6 = − ´es x7 = pontokban az f 10 10 f¨ uggv´enynek inflexi´os pontjai vannak.
y
y=10x2 -3 y=x + + + + + +
+ + + +
+ + + + x - - -
- - - - - -
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
215
Az inflexi´os pontoknak megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekek: finf (x6 ) ≈ 0, 12 ´es finf (x7 ) ≈ −0, 12. ¨ggve ´ny grafikonja: 10. fu y
y=x3 Hx2 -1L
1
y2 y4 È
-1 x2
È
x4
y03 y1
È
x3
È
x1
1
x
-1
x2 − 3x − 10 4.29. P´ elda. Vizsg´aljuk ki az f (x) = f¨ uggv´enyt ´es rajzoljuk le a grafi−x2 + 5x + 14 konj´at. ´rtelmeze ´si tartoma ´ny: A sz´aml´al´o ´es a nevez˝o t´enyez˝okre bont´asa ut´an kapjuk, 1. e (x + 2)(x − 5) hogy f (x) = , vagyis az x+2 binommal tudunk egyszer˝ us´ıteni, ha x+2 ̸= 0. (7 − x)(x + 2) x−5 Ez´altal a f¨ uggv´eny az f (x) = form´at veszi fel, ahol x ̸= −2. Mivel a nevez˝o nem 7−x lehet nulla, ez´ert 7 − x ̸= 0. Teh´at x ̸= 7 ´es x ̸= −2, ´ıgy Df = R \ {−2, 7} = (−∞, −2) ∪ (−2, 7) ∪ (7, ∞). ´s: A f¨ 2. parita uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya nem szimmetrikus intervallum az orig´ora, ´ıgy a f¨ uggv´eny se nem p´aros se nem p´aratlan. 3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x − 5 = 0. Az egyenlet megold´asa x = 5, teh´at x = 5 a f¨ uggv´eny nullahelye, s a f¨ uggv´eny g¨orb´eje illeszkedik az (5, 0) pontra. ˝ jel: Az f f¨ 4. elo uggv´eny el˝ojele megegyezik a P (x) = (x − 5)(7 − x) = −(x − 5)(x − 7) polinom el˝ojel´evel az ´ertelmez´esi tartom´anyon.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
216
A P polinom konvex, mert a f˝oegy¨ utthat´oja −1 < 0 ´es metszi az x-tengelyt az x = 5 ´es x = 7 pontokban. A P polinom grafikonja alapj´an meg´allap´ıtjuk, hogy P (x) > 0, ha x ∈ (5, 7) ´es P (x) < 0 ha x ∈ (−∞, 5) ∪ (7, ∞).
y y=-Hx-5LHx-7L + +
é
-2 - - - - - - - - -
5
7
x - - - - - - - -
Teh´at, f (x) > 0 ha x ∈ (5, 7) ´es f (x) < 0 ha x ∈ (−∞, −2) ∪ (−2, 5) ∪ (7, ∞). ´k 5. aszimptota ¨ggo ˝ leges aszimptota: a) fu lim f (x) =
x→−2−0
x−5 −7 = x→−2−0 7 − x 9 lim
´es
lim f (x) =
x→−2+0
x−5 −7 = x→−2+0 7 − x 9 lim
miatt az f f¨ uggv´enynek nincs f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja az x = −2 pontban. Mivel x−5 2 = = ∞ ´es x→7−0 7 − x +0
lim f (x) = lim
x→7−0
x−5 2 = = −∞ x→7+0 7 − x −0
lim f (x) = lim
x→7+0
ez´ert x = 7 az f f¨ uggv´eny f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja. b) v´ızszintes aszimptota: x(1 − x5 ) 1 − x5 x−5 = lim = lim = −1 x→∞ 7 − x x→∞ x( 7 − 1) x→∞ 7 − 1 x x
lim f (x) = lim
x→∞
´es
1 − x5 x(1 − x5 ) x−5 = lim = −1, = lim x→−∞ 7 − x x→−∞ 7 − 1 x→−∞ x( 7 − 1) x x
lim f (x) = lim
x→−∞
teh´at y = −1 v´ızszintes aszimptot´aja a f¨ uggv´enynek. c) ferde aszimptota: Mivel a f¨ uggv´enynek van v´ızszintes aszimptot´aja, ez´ert y = kx+n egyenlet˝ u ferde aszimptot´aja nincs, amit sz´am´ıt´assal is igazolhatunk: x(1 − x5 ) 1 − x5 f (x) x−5 k = lim = lim = lim = lim = 0, x→∞ x x→∞ x(7 − x) x→∞ x(7 − x) x→∞ 7 − x x(1 − x5 ) 1 − x5 f (x) x−5 = lim = lim = lim = 0. x→−∞ x x→−∞ x(7 − x) x→−∞ x(7 − x) x→−∞ 7 − x
k = lim
2 7 − x − (x − 5)(−1) = . 2 (7 − x) (7 − x)2 Mivel f ′ (x) = 0 nem lehets´eges, ez´ert az f f¨ uggv´enynek nincs stacion´arius pontja, s ´ıgy nincs sz´els˝o´ert´eke sem. ´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt f ′ (x) = 6. sze
´s: Minden x ∈ Df eset´en ´erv´enyes, hogy f ′ (x) > 0, amib˝ol k¨ovetkezik, 7. monotonita hogy az f f¨ uggv´eny n¨ovekszik a (−∞, −2) ∪ (−2, 7) ∪ (7, ∞) intervallumon. ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja ( )′ f ′′ (x) = 2(7 − x)−2 = −4(7 − x)−3 · (−1) =
4 . (7 − x)3
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
217
Mivel f ′′ (x) = 0 nem lehets´eges, a f¨ uggv´enynek nincs inflexi´os pontja. ´s: Vizsg´aljuk ki az f ′′ f¨ 9. konvexita uggv´eny el˝ojel´et. f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ′′ ha 7 − x > 0 ´es f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 7 − x < 0, ez´ert f ′′ (x) > 0, ha x ∈ (−∞, −2) ∪ (−2, 7) ´es f ′′ (x) < 0, ha x ∈ (7, ∞). Az f f¨ uggv´eny konvex a (−∞, −2) ∪ (−2, 7) intervallumon ´es konk´av a (7, ∞) intervallumon. ¨ggve ´ny grafikonja: 10. a fu y
x=7 5
-2
5
y=-1
10
-5 y=
15
x
x2 - 3 x - 10 - x2 + 5 x + 14
√ 4.30. P´ elda. Vizsg´aljuk ki az f (x) = x 1 − x f¨ uggv´enyt ´es rajzoljuk le a grafikonj´at. ´rtelmeze ´si tartoma ´ny: Df = (−∞, 1], mert 1 − x ≥ 0, ahonnan x ≤ 1. 1. e ´s: A f¨ 2. parita uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya nem szimmetrikus intervallum az orig´ora, ´ıgy a f¨ uggv´eny se nem p´aros se nem p´aratlan. √ 3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x 1 − x = 0. A kapott egyenlet megold´asai x1 = 0 ´es x2 = 1, s ezek egyben az f f¨ uggv´eny nullahelyei. √ ˝ jel: Mivel 1 − x > 0 a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon, ez´ert f (x) > 0 ha x > 0 4. elo ´es f (x) < 0 ha x < 0. ´k: A f¨ 5. aszimptota uggv´enynek se f¨ ugg˝oleges, se ferde, se v´ızszintes aszimptot´aja nincs, mert √ √ lim x 1 − x = (1 − 0) +0 = +0,
x→1−0
√ f (x) = lim 1 − x = +∞, x→−∞ x x→−∞ lim
√ lim f (x) = lim x 1 − x = −∞.
x→−∞
x→−∞
√
x 2 − 3x 1−x− √ = √ , x ̸= 1. 2 1−x 2 1−x 2 f ′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2 − 3x = 0, azaz x3 = , ´es ez egyben az f f¨ uggv´eny 3 stacion´arius pontja. ´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt f ′ (x) = 6. sze
218
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
2 ´s: f ′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2 − 3x > 0, azaz x < eset´en. 7. monotonita 3 2 ′ f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2−3x < 0, azaz x > eset´en. Ebb˝ol meg´allap´ıthatjuk, ( 3 ) ( ) 2 2 hogy az f f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a −∞, intervallumon, a , 1 in3 3 tervallumon pedig szigor´ uan monoton cs¨okken˝ o. A monotonit´as alapj´an az f f¨ uggv´enynek √ ( ) 2 1 2 2 = x3 = -ban maximuma van ´es fmax . 3 3 3 3 ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja √ 1 −3 1 − x + (2 − 3x) 2√1−x 1 1 −6(1 − x) + (2 − 3x) 3x − 4 ′′ √ √ f (x) = · = · = . 2 1−x 2 2(1 − x) 1 − x 4(1 − x) 1 − x 4 f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3x − 4 = 0, azaz x4 = eset´en. Mivel x4 ̸∈ Df , ez´ert 3 az f f¨ uggv´enynek nincs inflexi´os pontja. 4 ´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3x−4 > 0, azaz x > eset´en. Mivel 9. konvexita 3 ez az intervallum nincs benne az ´ertelmez´esi tartom´anyban, ´ıgy az f f¨ uggv´eny m´asodik 4 deriv´altja nem lehet pozit´ıv. f ′′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3x − 4 < 0, azaz x < 3 eset´en. Ez a tulajdons´ag ´erv´enyes a Df ´ertelmez´esi tartom´anyon, teh´at az f f¨ uggv´eny konk´av, ha x ∈ Df . ¨ggve ´ny grafikonja: 10. a fu y 1
2 3
-2
-1
3
0
-1
y=x
1-x
2 3
x 1
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
219
4.31. P´ elda. Vizsg´aljuk ki az f (x) = xe− 2 f¨ uggv´enyt ´es rajzoljuk le a grafikonj´at. x
´rtelmeze ´si tartoma ´ny: Df = R = (−∞, ∞). 1. e ´s: Mivel f (−x) = −xe− 2. parita se nem p´aratlan.
−x 2
x
= −xe 2 ̸= ±f (x), ez´ert a f¨ uggv´eny se nem p´aros,
3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha xe− 2 = 0. Az egyenlet megold´asa x1 = 0, s ez az f f¨ uggv´eny nullahelye. x
˝ jel: Mivel az exponenci´alis f¨ 4. elo uggv´eny mindig pozit´ıv, ez´ert f (x) > 0, ha x > 0, illetve f (x) < 0, ha x < 0. ´k 5. aszimptota ¨ggo ˝ leges aszimptota: Nincs, mert a f¨ a) fu uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett. ´ b) vızszintes aszimptota: y = 0 pozit´ıv ir´anyban v´ızszintes aszimptota, mert x 1 1 = +0, x = lim 1 x = x→∞ e 2 x→∞ e 2 +∞ 2
lim f (x) = lim xe− 2 = lim x
x→∞
x→∞
lim f (x) = lim xe− 2 = −∞ · ∞ = −∞. x
x→−∞
x→−∞
c) ferde aszimptota: Csak negat´ıv ir´anyban kell kivizsg´alni, mert pozit´ıv ir´anyban van v´ızszintes aszimptota. Mivel x f (x) = lim e− 2 = +∞, x→−∞ x x→−∞ ez´ert ferde aszimptota nincs. ( x x 1 x) −x ´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt f ′ (x) = e− 2 − xe− 2 = 1 − e 2. 6. sze 2 2 ( ) x −x x f ′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 1 − e 2 = 0, vagyis ha 1 − = 0. A kapott 2 2 egyenlet megold´asa x2 = 2, az f f¨ uggv´eny stacion´arius pontja. x ´s: f ′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 1 − > 0, azaz x < 2 eset´en. 7. monotonita 2 x f ′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 1 − < 0, azaz x > 2 eset´en. Ebb˝ol meg´allap´ıthatjuk, 2 hogy az f f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a (−∞, 2) intervallumon, a (2, +∞) intervallumon pedig szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. A monotonit´as alapj´an az f f¨ uggv´enynek 2 x2 = 2-ben maximuma van ´es fmax (2) = . e ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja
lim
x) −x ( x) −x 1 x 1( 1− e 2 = −1 + e 2. f ′′ (x) = − e− 2 − 2 2 2 4 x uggv´eny lehets´eges inflexi´os pontja f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha −1 + = 0. Az f f¨ 4 ez´ert x3 = 4-ben van. x ´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha −1 + > 0, azaz x > 4 eset´en. 9. konvexita 4 x f ′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha −1+ < 0, azaz x < 4 eset´en. Ebb˝ol meg´allap´ıthatjuk, 4 hogy az f f¨ uggv´eny konvex az (−∞, 4) intervallumon, a (4, +∞) intervallumon pedig
220
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
konk´av. Mivel x3 -ban az f ′′ f¨ uggv´eny el˝ojelet v´alt, ez´ert ott az f f¨ uggv´enynek inflexi´os 4 pontja van ´es finf (4) = 2 . e ¨ ´ 10. a fuggveny grafikonja: y x
y=x ã- 2 2ã -2 -1 -1
1
2
4
4.32. P´ elda. Vizsg´aljuk ki az f (x) =
y=0
x
1 + ln x f¨ uggv´enyt ´es rajzoljuk le a grafikonj´at. x
´rtelmeze ´si tartoma ´ny: A logaritmus f¨ 1. e uggv´eny csak pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett ´es a nevez˝o nem lehet nulla, azaz x > 0 ´es x ̸= 0 kell, hogy teljes¨ ulj¨on. Teh´at Df = R+ = (0, +∞). ´s: Mivel az ´ertelmez´esi tartom´any nem szimmetrikus az orig´ora, ez´ert a 2. parita f¨ uggv´eny nem lehet se p´aros, se p´aratlan. 3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 1 + ln x = 0, azaz x1 = e−1 a nullahely. 1 + ln x 1 + ln x > 0 ´es f (x) < 0, ha < 0. Mivel x > 0 teljes¨ ul x x az ´ertelmez´esi tartom´anyon, ez´ert f pozit´ıv, ha 1 + ln x > 0, azaz x > e−1 ´es f negat´ıv, ha 1 + ln x < 0, vagyis 0 < x < e−1 .
˝ jel: f (x) > 0, ha 4. elo
´k 5. aszimptota ¨ggo ˝ leges aszimptota: Az x = 0 egyenes f¨ a) fu ugg˝oleges aszimptota, mert 1 + ln x = −∞. x→+0 x lim
b) v´ızszintes aszimptota: Az y = 0 egyenes v´ızszintes aszimptota, mert a L’Hospital szab´aly alkalmaz´asa ut´an kapjuk, hogy 1 1 + ln x x lim f (x) = lim = lim = +0. x→∞ x→∞ x→∞ 1 x c) ferde aszimptota: Mivel van v´ızszintes aszimptota, ez´ert ferde nem lehet.
´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt 6. sze f ′ (x) =
1 x
· x − (1 + ln x) ln x =− 2 . 2 x x
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
221
f ′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha ln x = 0. Az egyenlet megold´asa x2 = 1, ´es ez az f f¨ uggv´eny stacion´arius pontja. ´s: f ′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha ln x < 0, azaz 0 < x < 1 eset´en. 7. monotonita f ′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha ln x > 0, azaz x > 1 eset´en. Ebb˝ol meg´allap´ıthatjuk, hogy az f f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a (0, 1) intervallumon, ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o az (1, +∞) intervallumon. A monotonit´as alapj´an az f f¨ uggv´enynek x2 = 1ben maximuma van ´es fmax (1) = 1. ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja − x1 · x2 + (ln x) · (2x) x(2 ln x − 1) 2 ln x − 1 = = . x4 x4 x3 √ f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2 ln x − 1 = 0, vagyis x3 = e a lehets´eges inflexi´os pont. √ ´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2 ln x − 1 > 0, azaz x > e 9. konvexita √ eset´en. f ′′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2 ln x − 1 < e eset´en. √ 0, azaz 0 < x < √ Ebb˝ol meg´allap´ıthatjuk, hogy az f f¨ uggv´eny konvex az (0, e) intervallumon, a ( e, +∞) intervallumon pedig konk´av. Mivel x3 -ban az f ′′ f¨ uggv´eny el˝ojelet v´alt, ez´ert ott az f √ 3 f¨ uggv´enynek inflexi´os pontja van ´es finf ( e) = √ . 2 e ¨ggve ´ny grafikonja: 10. a fu f ′′ (x) =
y y=
1-1
1 ã
1 ã
1 + lnx x y=0
x
x=0
FELADATOK. Vizsg´aljuk ki a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyeket ´es rajzoljuk le grafikonjaikat. 1. f (x) = 2x4 − 4x2 + 4 Megold´ as. ´rtelmeze ´si tartoma ´ny: Df = R = (−∞, ∞), mert f polinomf¨ 1. e uggv´eny. ´s: Mivel f (−x) = 2(−x)4 − 4(−x)2 + 4 = 2x4 − 4x2 + 4 = f (x), ez´ert a 2. parita f¨ uggv´eny p´aros. Ez azt jelenti, hogy a f¨ uggv´eny grafikonja tengelyesen szimmetrikus az y koordin´atatengelyhez viszony´ıtva.
222
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM 3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x4 − 2x2 + 2 = 0. x2 = t behelyettes´ıt´es ut´an kapjuk a t2 − 2t + 2 = 0 m´asodfok´ u egyenletet, amelynek diszkrimin´ansa D = 4 − 8 < 0. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy se a m´asodfok´ u egyenletnek, se az eredeti negyedfok´ u egyenletnek nincs val´os megold´asa, teh´at a f¨ uggv´eny grafikonja nem metszi az x-tengelyt. ˝ jel: f (x) > 0, ha x4 −2x2 +2 > 0. Mivel ez a tulajdons´ag a teljes ´ertelmez´esi 4. elo tartom´anyon teljes¨ ul, ez´ert az f f¨ uggv´eny szigor´ uan pozit´ıv az ´ertelmez´esi tartom´any minden pontj´ara. ´k: A f¨ 5. aszimptota uggv´enynek nincsenek aszimptot´ai, viszont lim f (x) = lim
x→±∞
x→±∞
(
) 2x4 − 4x2 + 4 = +∞.
( ) ( ) ´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt f ′ (x) = 2 4x3 − 4x = 8x x2 − 1 . 6. sze f ′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha (x + 1)x(x − 1) = 0. A f¨ uggv´eny stacion´arius pontjai teh´at x1 = −1, x2 = 0 ´es x3 = 1. ´s: f ′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha (x + 1)x(x − 1) > 0, valamint 7. monotonita f ′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha (x + 1)x(x − 1) < 0. Df (−∞, −1) (−1, 0) (0, 1) (1, ∞) x+1 − + + + x − − + + x−1 − − − + ′ f (x) − + − + f (x) ↘ ↗ ↘ ↗
A mell´ekelt t´abl´azat alapj´an a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a (−1, 0) ∪ (1, ∞) intervallumon ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a (−∞, −1) ∪ (0, 1) intervallumon.
A t´abl´azatb´ol leolvashatjuk, hogy a monotonit´asi tulajdons´ag szerint az f f¨ uggv´enynek x1 = −1-ben minimuma van, x2 = 0-ban maximuma van ´es x3 = 1-ben minimuma van. Sz´am´ıt´assal ad´odik, hogy a megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekek: fmin (−1) = fmin (1) = 2 ´es fmax (0) = 4. ( ) ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja f ′′ (x) = 8 3x2 − 1 . f ′′ (x) =√0 akkor ´es csakis akkor, ha 3x2 − 1 = 0. A lehets´eges inflexi´os pontok teh´at √ 3 3 x4 = − ´es x5 = . 3 3 ´s: √ 9. konvexit a f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3x2 − 1 > 0 teljes¨ ul, azaz √ 3 3 x<− ´es x > eset´en. f ′′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3x2 − 1 < 0, azaz 3 3 ( ) √ √ ) (√ √ 3 3 3 3 <x< eset´en. Ebb˝ol meg´allap´ıthatjuk, hogy a −∞, − ∪ ,∞ − 3 3 3 3 ( √ √ ) 3 3 intervallumon az f f¨ uggv´eny konvex, a − , intervallumon pedig konk´av. 3 3
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
223
Mivel x4 -ben ´es x5 -ben az f ′′ f¨ uggv´eny el˝ojelet v´alt, ez´ert ott az f f¨ uggv´enynek inflexi´os pontjai vannak. A megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekek az inflexi´os pontokban: finf (x4 ) = finf (x5 ) =
26 . 9
¨ggve ´ny grafikonja: 10. A fu y
y=2x4 -4x2 +4
4
26 9
2
1
-1 -
1
1
3
3
x 1
) 1( 0, 3x5 − 2, 5x3 + 6x 2 Megold´ as.
2. f (x) =
´rtelmeze ´si tartoma ´ny: Df = R = (−∞, ∞). 1. e ´s: A f¨ 2. parita uggv´eny p´aratlan, mivel f (−x) = =
) 1( 0, 3(−x)5 − 2, 5(−x)3 + 6(−x) = 2
) ) 1( 1( −0, 3x5 + 2, 5x3 − 6x = − 0, 3x5 − 2, 5x3 + 6x = −f (x). 2 2
) 1 ( 3. nullahely: f (x) = x 3x4 − 25x2 + 60 , ez´ert f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ( ) 20 ha x 3x4 − 25x2 + 60 = 0. Mivel az x2 = t helyettes´ıt´es ut´an kapott 3t2 − 25t + 60
224
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM m´asodfok´ u trinom mindig pozit´ıv (mert diszkrimin´ansa 252 −12·60 = 625−720 < 0 ´es f˝oegy¨ utthat´oja pozit´ıv), ez´ert x1 = 0 az egyetlen nullahely. ( ) ˝ jel: f (x) >)0 ha x 3x4 − 25x2 + 60 > 0, azaz x > 0 eset´en, ´es f (x) < 0 ha 4.(elo x 3x4 − 25x2 + 60 < 0, vagyis x < 0 eset´en. ´k: A f¨ 5. aszimptota uggv´enynek nincsenek aszimptot´ai, viszont ) 1( lim f (x) = lim 0, 3x5 − 2, 5x3 + 6x = ±∞. x→±∞ x→±∞ 2 ´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt 6. sze ) 3( 4 ) 3( 2 )( ) 1 ( f ′ (x) = 15x4 − 75x2 + 60 = x − 5x2 + 4 = x − 1 x2 − 4 . 20 4 4 f ′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha (x − 1)(x + 1)(x − 2)(x + 2) = 0, s eszerint az f f¨ uggv´eny stacion´arius pontjai x2 = −2, x3 = −1, x4 = 1 ´es x5 = 2. ´s: f ′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha (x−1)(x+1)(x−2)(x+2) > 0, 7. monotonita valamint f ′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha (x − 1)(x + 1)(x − 2)(x + 2) < 0. A t´abl´azatb´ol l´athat´o, hogy a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a (−∞, −2) ∪ (−1, 1) ∪ (2, ∞) intervallumon ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a (−2, −1) ∪ (1, 2) intervallumon. A t´abl´azatb´ol leolvashatjuk, hogy a monotonit´as alapj´an az f f¨ uggv´enynek x2 = −2ben maximuma van, x2 = −1-ben minimuma van, x3 = 1-ben maximuma van ´es x4 = 2-ben minimuma van, valamint fmax (−2) = −0, 8, fmin (−1) = −1, 7, fmax (1) = 1, 7 ´es fmin (2) = 0, 8. Df (−∞, −2) (−2, −1) (−1, 1) (1, 2) (2, ∞) x+2 − + + + + x+1 − − + + + x−1 − − − + + x−2 − − − − + ′ f (x) + − + − + f (x) ↘ ↗ ↘ ↗ ↘
´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja ) 3 ( ) 3( 3 f ′′ (x) = 4x − 10x = x 2x2 − 5 . 4 2 ( ) f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x 2x2 − 5 = 0. Az egyenlet megold´asai, ´es √ √ 10 10 ´es x7 = . egyben a lehets´eges inflexi´os pontok, x6 = − 2 2 ( 2 ) ´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es( csakis akkor, 9. konvexita ha x 2x − 5 > 0, valamint ) f ′′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha x 2x2 − 5 < 0. ) ( √ ) (√ ) ( √ ) ( √ 10 10 10 10 ,0 ,∞ Df −∞, − − 0, 2 2 2 2 x − − + + 2 2x − 5 + − − + f ′′ (x) − + − + ∩ ∪ ∩ ∪ f (x)
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
225 ( √
) (√ ) 10 10 A fenti t´abl´azatb´ol meg´allap´ıthatjuk, hogy a − ,0 ∪ , ∞ interval2 2 ( √ ) ( √ ) 10 10 lumon az f f¨ uggv´eny konvex, a −∞, − ∪ 0, intervallumon pedig 2 2 konk´av. Mivel x6 -ban ´es x7 -ben az f ′′ f¨ uggv´√ eny el˝ojelet v´alt, ez´ert ott az uggv´enynek √ f f¨ 13 10 13 10 inflexi´os pontjai vannak ´es finf (x6 ) = − , illetve finf (x7 ) = . 2 2 ¨ggve ´ny grafikonja: 10. A fu y 1 y= H0.3x5 -2.5x3 +6xL 2
1.9 1.28468 0.8
x -2-
5 2
1
-1
5 2
2
-0.8 -1.28468 -1.9
4 −x x Megold´ as. ´rtelmeze ´si tartoma ´ny: A nevez˝o nem lehet nulla, ez´ert az ´ertelmez´esi 1. e tartom´any Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞). ( ) 4 4 ´s: Mivel f (−x) = − (−x) = − − x = −f (x), ez´ert a f¨ uggv´eny 2. parita −x x p´aratlan, azaz a f¨ uggv´eny grafikonja k¨oz´eppontosan szimmetrikus az orig´ora.
3. f (x) =
4 − x2 3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha = 0, azaz 4 − x2 = 0. x Ennek alapj´an az egyenlet megold´asa ´es egyben a f¨ uggv´eny nullahelyei x1 = −2 ´es x2 = 2.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
226
˝ jel: f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 4. elo csakis akkor, ha Df x 4 − x2 f (x)
4 − x2 < 0. x
(−∞, −2) (−2, 0) (0, 2) (2, ∞) − − + + − + + − + − + −
4 − x2 > 0 ´es f (x) < 0 akkor ´es x
A mell´ekelt t´abl´azatb´ol l´athat´o, hogy a f¨ uggv´eny pozit´ıv a (−∞, −2) ∪ (0, 2) intervallumon ´es negat´ıv a (−2, 0) ∪ (2, ∞) intervallumon.
´k 5. aszimptota ¨ggo ˝ leges aszimptota: Az x = 0 egyenes f¨ a) fu ugg˝oleges aszimptota, mivel 4 − x2 4 − (+0)2 4 lim f (x) = lim = = = +∞ x→+0 x→+0 x +0 +0 ´es
4 − x2 4 − (−0)2 4 = = = −∞. x→−0 x −0 −0
lim f (x) = lim
x→−0
b) v´ızszintes aszimptota: V´ızszintes aszimptota nincs, mert ( ) 4 lim f (x) = lim − x = ∓∞. x→±∞ x→±∞ x c) ferde aszimptota: Ha y = kx + n alakban keres¨ unk ferde aszimptot´at, akkor f (x) 4 − x2 = lim = −1 x→±∞ x x→±∞ x2
k = lim
(
´es n = lim (f (x) − kx) = lim x→±∞
x→±∞
4 − x2 +x x
)
( ) 4 = lim = 0, x→±∞ x
teh´at a f¨ uggv´enynek y = −x ferde aszimptot´aja. x2 + 4 −2x · x − (4 − x2 ) = − ̸= 0. 2 2 x x Mivel az f ′ f¨ uggv´enynek nincs nullahelye, ez´ert az f f¨ uggv´enynek nincs stacion´arius pontja ´es ´ıgy sz´els˝o´ert´eke sem. ´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt f ′ (x) = 6. sze
x2 + 4 ´s: f ′ (x) = − 7. monotonita < 0 minden x ∈ Df eset´en, ez´ert a f¨ uggv´eny x2 ´ertelmez´esi tartom´any´anak minden pontj´aban szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja f ′′ (x) = −
2x · x2 − (x2 + 4) · 2x x · (2x2 − 2x2 − 8) 8 = − = 3 ̸= 0. 4 3 x x·x x
Mivel az f ′′ f¨ uggv´enynek nincs nullahelye, ez´ert az f f¨ uggv´enynek nincs inflexi´os pontja.
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
227
8 ´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3 > 0, azaz x > 0 eset´en, 9. konvexita x 8 ′′ valamint f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3 < 0, azaz x < 0 eset´en. Ez azt x jelenti, hogy a (−∞, 0) intervallumon az f f¨ uggv´eny konk´av, a (0, ∞) intervallumon pedig konvex. ¨ggve ´ny grafikonja: 10. A fu y
4 y= -x x
y=-x
1 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -1
1 2 3 4 5 6 7
x
x=0
x2 (x + 1)2 Megold´ as.
4. f (x) =
´rtelmeze ´si tartoma ´ny: Mivel x + 1 = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x = −1, 1. e ´es a nevez˝o nem lehet nulla, ez´ert Df = R \ {−1} = (−∞, −1) ∪ (−1, ∞). ´s: Az ´ertelmez´esi tartom´any nem szimmetrikus az orig´ora, teh´at a 2. parita f¨ uggv´eny se nem p´aros, se nem p´aratlan. 3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha
x2 = 0, vagyis x2 = 0 (x + 1)2
eset´en. Eszerint x1 = 0 a f¨ uggv´eny nullahelye. x2 > 0, azaz minden x ∈ Df (x + 1)2 eset´en, teh´at az f f¨ uggv´eny pozit´ıv a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. ˝ jel: f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 4. elo
´k 5. aszimptota ¨ggo ˝ leges aszimptota: x = −1 f¨ a) fu ugg˝oleges aszimptota, mert lim f (x) =
x→−1±0
x2 (−1 ± 0)2 1 = = = +∞. x→−1±0 (x + 1)2 (−1 ± 0 + 1)2 +0 lim
228
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM b) v´ızszintes aszimptota: y = 1 v´ızszintes aszimptota, mert x2 = 1. x→±∞ (x + 1)2
lim f (x) = lim
x→±∞
c) ferde aszimptota: A v´ızszintes aszimptota l´etez´ese miatt ferde aszimptota nincs. ´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt 6. sze 2x(x + 1) − 2x2 2x 2x(x + 1)2 − x2 · 2(x + 1) = = . f ′ (x) = 4 3 (x + 1) (x + 1) (x + 1)3 2x = 0, vagyis, ha 2x = 0. Eszerint az f (x + 1)3 f¨ uggv´eny nullahelye x1 = 0, ´es ez egyben stacion´arius pont is.
f ′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha
2x > 0, azaz ha (x + 1)3 2x x(x + 1) > 0, valamint f ′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha < 0, azaz akkor (x + 1)3 ´es csakis akkor, ha x(x + 1) < 0. Az y = x(x + 1) parabola x = −1-ben ´es x = 0-ban metszi az x-tengelyt, s mivel minimuma van, pozit´ıv x < −1 ´es x > 0 eset´en, illetve negat´ıv −1 < x < 0 eset´en. Ez azt jelenti, hogy az f f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a (−∞, −1)∪(0, ∞) intervallumon ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a (−1, 0) intervallumon. A monotonit´asi tulajdons´agb˝ol k¨ovetkezik, hogy x1 = 0 pontban a f¨ uggv´enynek minimuma van, ´ıgy a megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ek ´s: f ′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 7. monotonita
fmin (0) = 0. ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja f ′′ (x) =
2(x + 1)3 − 2x · 3(x + 1)2 2(x + 1) − 6x 2 − 4x 2(1 − 2x) = = = . 6 4 4 (x + 1) (x + 1) (x + 1) (x + 1)4
2(1 − 2x) 1 = 0, azaz 1 − 2x = 0, illetve x = 2 (x + 1)4 2 eset´en. Ez´ert x2 lehets´eges inflexi´os pont.
f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha
´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 9. konvexita
2(1 − 2x) > 0, azaz akkor (x + 1)4
1 eset´en. f ′′ (x) < 0 akkor ´es csakis 2 2(1 − 2x) 1 akkor, ha < 0, azaz akkor ´es csakis akkor, ha 1 − 2x < 0, illetve x > 4 (x + 1) 2 ) ( ) ( 1 1 ,∞ eset´en. Ez´ert az f f¨ uggv´eny konvex a −∞, intervallumon ´es konk´av az 2 2 1 1 intervallumon. Mivel az f ′′ f¨ uggv´eny x2 = -ben el˝ojelet v´alt, ez´ert x2 = az f 2 2 f¨ uggv´eny inflexi´os pontja, a megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ek pedig ( ) 1 1 finf = . 2 9
´es csakis akkor, ha 1 − 2x > 0, illetve x <
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
229
¨ggve ´ny grafikonja: 10. A fu y
y=
x2 Hx + 1L2
1
y=1 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 x=-1
5. f (x) =
√ 3
1 2
x 1 2 3 4 5 6 7
1 − x2
Megold´ as. ´rtelmeze ´si tartoma ´ny: Df = R = (−∞, ∞). 1. e ´s: A f¨ 2. parita uggv´eny p´aros, mert √ √ 3 f (−x) = 3 1 − (−x)2 = 1 − x2 = f (x). √ 3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3 1 − x2 = 0, azaz ha 1 − x2 = 0. Az egyenlet megold´asa ´es egyben az f f¨ uggv´eny nullahelyei x1 = −1 ´es x2 = 1. √ ˝ jel: f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, √ 4. elo ha 3 1 − x2 > 0, azaz 1 − x2 > 0, valamint f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3 1 − x2 < 0, azaz 1 − x2 < 0. Az y = 1 − x2 parabola x = −1-ben ´es x = 1-ben metszi az x-tengelyt, s mivel maximuma van, pozit´ıv −1 < x < 1 eset´en, negat´ıv x < −1 ´es x > 1 eset´en. ´k: A f¨ 5. aszimptota uggv´enynek nincs semmilyen aszimptot´aja, viszont lim f (x) = lim
x→±∞
x→±∞
√ 3
1 − x2 = −∞.
´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt f ′ (x) = 6. sze
√ 3
−2x
. f ′ (x) = 0 akkor ´es
3 (1 − csakis akkor, ha −2x = 0, teh´at x3 = 0 a stacion´arius pont. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az f ′ deriv´altf¨ uggv´eny nem ´ertelmezett az a Df ´ertelmez´esi tartom´any x = 1 ´es x = −1 pontjaiban. x2 )2
−2x ´s: f ′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha √ 7. monotonita > 0, azaz ha 3 (1 − x2 )2 −2x x < 0, valamint f ′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha √ < 0, azaz ha x > 0. 3 (1 − x2 )2
230
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM Eszerint az f f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a (−∞, 0) intervallumon ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a (0, ∞) intervallumon. A monotonit´asi tulajdons´agb´ol k¨ovetkezik, hogy x3 = 0-ban a f¨ uggv´enynek maximuma van ´es fmax (0) = 1. ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja √ √ 3 √ (1 − x2 )2 − x · 32(−2x) 3 2 3 3 1 − x2 1−x2 ′′ √ f (x) = − · √ = 3 3 3 3 1 − x2 (1 − x2 )4
√ 2 3(1 − x2 ) + 4x2 2 2 (3 + x2 ) 3 1 − x2 3 + x2 √ √ =− =− =− . 3 3(1 − x2 ) 3 (1 − x2 )2 9 (1 − x2 ) 3 (1 − x2 )2 9 (1 − x2 )2
f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 1 − x2 = 0, azaz a nullahelyekben, de ezekben a pontokban sem az f ′ f¨ uggv´eny, sem az f ′′ f¨ uggv´eny nem ´ertelmezett. ´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 1 − x2 < 0, azaz x < −1 ´es 9. konvexita x > 1 eset´en. f ′′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 1 − x2 < 0, azaz −1 < x < 1 eset´en. Ez´ert az f f¨ uggv´eny konvex a (−∞, −1) ∪ (1, ∞) intervallumon ´es konk´av a (−1, 1) intervallumon. Mivel az f ′′ f¨ uggv´eny x1 = −1 ´es x2 = 1 pontokban el˝ojelet v´alt, ez´ert itt az f f¨ uggv´enynek olyan inflexi´os pontjai vannak, amelyekben a az f f¨ uggv´eny nem differenci´alhat´o, azaz az f f¨ uggv´eny grafikonj´ahoz nem h´ uzhat´o ´erint˝o. Ugyanakkor finf (−1) = finf (1) = 0 ¨ggve ´ny grafikonja: 10. A fu y
1
-1
y=
3
1 - x2 x
1
x +1 Megold´ as.
6. f (x) = √
x2
´rtelmeze ´si tartoma ´ny: Df = R = (−∞, ∞). 1. e ´s: A f¨ 2. parita uggv´eny p´aratlan, mert f (−x) = √
−x (−x)2 + 1
= −√
x = −f (x). x2 + 1
3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha √ f¨ uggv´eny nullahelye.
x = 0, teh´at x1 = 0 a +1
x2
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
231
˝ jel: f (x) > 0 ha x > 0, illetve f (x) < 0 ha x < 0. 4. elo ´k 5. aszimptota ¨ggo ˝ leges aszimptota: Nincs, mert a f¨ a) fu uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett. b) v´ızszintes aszimptota: y = 1 ´es y = −1 v´ızszintes aszimptota, mert lim f (x) = lim √
x→∞
x→∞
´es lim f (x) = lim √
x→−∞
x→−∞
x x √ = lim + 1 x→∞ |x| 1 +
x2
=1 1 x2
x x √ = lim + 1 x→−∞ |x| 1 +
x2
1 x2
= −1.
c) ferde aszimptota: Nincs, mert van v´ızszintes aszimptota. ´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt 6. sze √ √ 1 · x2 + 1 − x · 2√2x x2 + 1 x2 + 1 − x 2 1 x2 +1 ′ √ √ √ f (x) = · = = . x2 + 1 x2 + 1 (x2 + 1) x2 + 1 (x2 + 1) x2 + 1 Mivel f ′ (x) ̸= 0, az f f¨ uggv´enynek nincs stacion´arius pontja, teh´at sz´els˝o´ert´eke sem. ´s: f ′ (x) > 0 minden x ∈ Df eset´en, ez´ert az f f¨ 7. monotonita uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon. ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja (( ) )− 3 ′ )− 5 −3x 3( √ f ′′ (x) = x2 + 1 2 = − x2 + 1 2 · 2x = . 2 (x2 + 1)2 x2 + 1 f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha −3x = 0, teh´at x1 = 0 az f f¨ uggv´eny lehets´eges inflexi´os pontja. ´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha x < 0, valamint f ′′ (x) < 0 9. konvexita akkor ´es csakis akkor, ha x > 0. Ezek szerint az f f¨ uggv´eny konvex a (−∞, 0) intervallumon ´es konk´av a (0, ∞) intervallumon. ¨ggve ´ny grafikonja: 10. A fu y
y=1
1 y=
x x2 + 1
1
-1 -1
y=-1
x
232
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM 7. f (x) = x2 e−x = 2
x2 ex2
Megold´ as. ´rtelmeze ´si tartoma ´ny: Df = R = (−∞, ∞). 1. e ´s: A f¨ 2. parita uggv´eny p´aros, mert f (−x) = (−x)2 e−(−x) = x2 e−x = f (x). 2
2
3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x2 e−x = 0, teh´at x1 = 0 az egyetlen nullahely. 2
˝ jel: f (x) ≥ 0 ha x ∈ Df . 4. elo ´k 5. aszimptota ¨ggo ˝ leges aszimptota: Nincs, mert a f¨ a) fu uggv´eny minden val´os sz´amra ´ertelmezett. b) v´ızszintes aszimptota: y = 0 v´ızszintes aszimptota, mert x2 2x 1 = lim = lim 2 2 2 = 0. x→±∞ ex x→±∞ 2xex x→±∞ ex
lim f (x) = lim
x→±∞
c) ferde aszimptota: Nincs, mert van v´ızszintes aszimptota. ´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt 6. sze ( ) ( ) 2 ′ 2 2 2 f ′ (x) = x2 e−x = 2xe−x + x2 (−2x)e−x = 2x 1 − x2 e−x . f ′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x(1 − x)(1 + x) = 0, teh´at x1 = 0, x2 = −1 ´es x3 = 1 a stacion´arius pontok. ´s: f ′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha x(1 − x)(1 + x) > 0, illetve 7. monotonita f ′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha x(1 − x)(1 + x) < 0. Df (−∞, −1) (−1, 0) (0, 1) (1, ∞) 1+x − + + + x − − + + 1−x + + + − f ′ (x) + − + − f (x) ↗ ↘ ↗ ↘
A mell´ekelt t´abl´azatb´ol leolvashat´o, hogy a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a (−∞, −1) ∪ (0, 1) intervallumon ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a (−1, 0) ∪ (1, ∞) intervallumon.
A t´abl´azatb´ol l´athatjuk azt is, hogy a monotonit´as alapj´an az f f¨ uggv´enynek x1 = 0ban minimuma van, x2 = −1-ben ´es x3 = 1-ben pedig maximuma van, a megfelel˝o f¨ uggv´eny´ert´ekek pedig fmin (0) = 0 ´es fmax (−1) = fmax (1) = e−1 . ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja ) (( ) ) ( ) ( 2 2 2 ′ f ′′ (x) = 2x − 2x3 e−x = 2 − 6x2 e−x − 2x 2x − 2x3 e−x = ( ) ( ) 2 2 = 2 − 10x2 + 4x4 e−x = 2 1 − 5x2 + 2x4 e−x .
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
233
f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x4 − 5x2 + 1 = 0. x2 = t behelyettes´ıt´es ut´an kapjuk a 2t2 − 5t + 1 = 0 m´asodfok´ u egyenletet, amelynek megold´asai √ √ 5 + 17 5 − 17 t1 = ≈ 2, 28 ´es t2 = ≈ 0, 22. 4 4 A visszahelyettes´ıt´es ut´an azt kapjuk, hogy a lehets´eges inflexi´os pontok √ √ √ √ 5 + 17 5 − 17 x4 = − ≈ −1, 51, x5 = − ≈ −0, 47, 4 4 √ √ √ √ 5 − 17 5 + 17 x6 = ≈ 0, 47, x7 = ≈ 1, 51. 4 4 ´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x4 − 5x2 + 1 > 0, illetve 9. konvexita f ′′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 2x4 − 5x2 + 1 < 0. K´esz´ıts¨ unk t´abl´azatot, felhaszn´alva az el˝obbi jel¨ol´eseket. Df x2 − t1 x2 − t2 f ′′ (x) f (x)
(−∞, x4 ) + + + ∪
(x4 , x5 ) − + − ∩
(x5 , x6 ) − − + ∪
(x6 , x7 ) (x7 , ∞) − + + + − + ∩ ∪
A t´abl´azatb´ol meg´allap´ıthatjuk, hogy a (−∞, x4 )∪(x5 , x6 )∪(x7 , ∞) intervallumon az f f¨ uggv´eny konvex, az (x4 , x5 ) ∪ (x6 , x7 ) intervallumon pedig konk´av. Mivel x4 -ben, x5 -ben, x6 -ban ´es x7 -ben az f ′′ f¨ uggv´eny el˝ojelet v´alt, ez´ert ott az f f¨ uggv´enynek inflexi´os pontjai vannak. Egyszer˝ u helyettes´ıt´essel kisz´am´ıthat´o, hogy finf (x4 ) = finf (x7 ) ≈ 0, 23 ´es finf (x5 ) = finf (x6 ) ≈ 0, 18. ¨ggve ´ny grafikonja: 10. A fu y 2
1 ã È
x4
(
1 8. f (x) = x − 5 Megold´ as.
-1
y=x2 ã-x -
È
È
x5
x6
È
1
x7
x
) 1
ex
´rtelmeze ´si tartoma ´ny: Mivel az exponenci´alis f¨ 1. e uggv´eny kitev˝oj´eben lev˝o nevez˝o nem lehet nulla, ez´ert x ̸= 0, s ´ıgy Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞).
234
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM ´s: A f¨ 2. parita uggv´eny se nem p´aros, se nem p´aratlan, mivel ( ) ) ( 1 1 1 1 f (−x) = −x − e −x = −x − e− x ̸= ±f (x). 5 5 1 1 3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha x − = 0, teh´at x1 = a 5 5 f¨ uggv´eny nullahelye. ˝ jel: Mivel az exponenci´alis f¨ 4. elo uggv´eny mindig pozit´ıv, ez´ert f (x) > 0 akkor 1 1 ´es csakis akkor, ha x − > 0, ´es f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha x − < 0. Az 5 5 1 1 f f¨ uggv´eny teh´at pozit´ıv x > eset´en ´es negat´ıv x < eset´en. 5 5 ´k 5. aszimptota ¨ggo ˝ leges aszimptota: Az x = 0 egyenes csak egyoldali f¨ a) fu ugg˝oleges aszimptota, mert ( ) 1 1 1 1 lim f (x) = lim x − e x = − · e−∞ = − · 0 = 0, x→0−0 x→0−0 5 5 5 teh´at balr´ol n´ezve nem f¨ ugg˝oleges aszimptota, viszont jobbr´ol n´ezve igen, mert ) ( 1 1 1 lim f (x) = lim x − e x = − · e+∞ = −∞. x→0+0 x→0+0 5 5 b) v´ızszintes aszimptota: Nincs, mert ( ) 1 1 lim f (x) = lim x − e x = ±∞. x→±∞ x→±∞ 5 c) ferde aszimptota: Ha y = kx + n alakban keres¨ unk ferde aszimptot´at, akkor x − 15 1 f (x) = lim e x = 1, x→±∞ x x→±∞ x ) (( ) 1 1 n = lim (f (x) − kx) = lim x− ex − x = x→±∞ x→±∞ 5 1 ( 1 ) 1 1 ex − 1 1 x x = lim x e − 1 − lim e = lim − = 1 x→±∞ x→±∞ 5 x→±∞ 5 x ( 1) 1 − x2 e x 1 1 1 1 4 = lim − = lim e x − = 1 − = . 1 x→±∞ 5 x→±∞ 5 5 5 − x2 k = lim
Az y = x +
4 5
egyenes az f f¨ uggv´eny ferde aszimptot´aja.
´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt 6. sze ) ( )′ ( 1 1 5x2 − 5x + 1 1 5x − 1 1 ′ e x = 1 − 2 (5x − 1) e x = ex . f (x) = 5 5x 5x2
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
235
f ′ (x) = 0 akkor ´es√csakis akkor, ha√5x2 −5x+1 = 0, teh´at az f f¨ uggv´eny stacion´arius 5− 5 5+ 5 pontjai x2 = ´es x3 = . 10 10 ´s: f ′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 5x2 − 5x + 1 > 0, valamint 7. monotonita f ′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 5x2 − 5x + 1 < 0. Az f f¨ uggv´eny eszerint szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a (−∞, 0) ∪ (0, x2 ) ∪ (x3 , ∞) intervallumon ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o az (x2 , x3 ) intervallumon. ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja ((
) )′ 1 1 1 f (x) = 1 − + 2 ex = x 5x ) ( ) ( 1 1 2 1 1 1 3x − 1 1 1 − 3 ex − 2 1 − + 2 ex = ex . = 2 x 5x x x 5x 5x4 1 f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3x − 1 = 0, azaz x4 = a lehets´eges inflexi´os 3 pont. 1 ´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3x − 1 > 0, azaz ha x > , 9. konvexita 3 1 ′′ valamint f (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 3x − 1 < 0, azaz ha x < . Az f ( ) ( ) 3 1 1 f¨ uggv´eny teh´at konvex a , ∞ intervallumon ´es konk´av a −∞, intervallu3 3 1 mon. x4 = -ban az f ′′ m´asodik deriv´altf¨ uggv´eny el˝ojelet v´alt, ´ıgy ez a pont az f 3 ( ) 1 2e3 f¨ uggv´eny inflexi´os pontja ´es finf = . 3 3 ′′
¨ggve ´ny grafikonja: 10. A fu y 1
y=Hx-15Lã x
y 2ã3 152-
y3 -
1
È
1x21 5 3
-1 x=0
-1
x
È
x3
1
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM
236
x+1 x−1 Megold´ as.
9. f (x) = ln
´rtelmeze ´si tartoma ´ny: A logaritmus f¨ 1. e uggv´eny csak pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelx+1 > 0 kell teljes¨ ulj¨on. mezett, teh´at x−1 A mell´ekelt t´abl´azatb´ol leolvashat´o, Df (−∞, −1) (−1, 1) (1, ∞) hogy a megold´ashalmaz x < −1 ´es x+1 − + + x > 1. Ez azt jelenti, hogy x−1 − − + x+1 Df = (−∞, −1) ∪ (1, ∞). + − + x−1 ´s: A f¨ 2. parita uggv´eny p´aratlan, mert −x + 1 x−1 f (−x) = ln = ln = ln −x − 1 x+1
(
x+1 x−1
)−1 = − ln
x+1 = −f (x). x−1
x+1 2 = 1, azaz = 0. A x−1 x−1 kapott egyenletnek nincs megold´asa, ´ıgy a f¨ uggv´enynek nincs nullahelye. 3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha
x+1 2 x+1 ˝ jel: f (x) > 0 ha 4. elo > 1, azaz > 0, illetve f (x) < 0 ha < 1, x−1 x−1 x−1 2 < 0. A f¨ uggv´eny el˝ojele teh´at x − 1 el˝ojel´et˝ol f¨ ugg, ´ıgy az f f¨ uggv´eny azaz x−1 akkor pozit´ıv, ha x > 1 ´es akkor negat´ıv, ha x < −1. ´k 5. aszimptota ¨ggo ˝ leges aszimptota: x = −1 balr´ol n´ezve, x = 1 pedig jobbr´ol n´ezve a) fu f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja a f¨ uggv´enynek, mert lim f (x) =
x→−1−0
lim ln
x→−1−0
x+1 −1 − 0 + 1 −0 0 = ln = ln = ln = −∞ x−1 −1 − 0 − 1 −2 − 0 2+0
´es lim f (x) = lim ln
x→1+0
x→1+0
1+0+1 2+0 x+1 = ln = ln = +∞. x−1 1+0−1 +0
b) v´ızszintes aszimptota: y = 0 v´ızszintes aszimptota, mert lim f (x) = lim ln
x→±∞
x→±∞
x+1 x+1 = ln lim = ln 1 = 0. x→±∞ x − 1 x−1
c) ferde aszimptota: Nincs, mert van v´ızszintes aszimptota. ´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt 6. sze f ′ (x) =
−2 2 x − 1 1 · (x − 1) − 1 · (x + 1) · = 2 = ̸= 0. 2 x+1 (x − 1) x −1 1 − x2
Az f ′ f¨ uggv´enynek nincs nullahelye, ´ıgy az f f¨ uggv´enynek nincs stacion´arius pontja.
4.2. A differenci´alsz´am´ıt´as alkalmaz´asa
237
´s: f ′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha 1 − x2 < 0. Mivel ez a 7. monotonita tulajdons´ag a teljes ´ertelmez´esi tartom´anyon teljes¨ ul, ´ıgy az f f¨ uggv´eny mindehol szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. ´ s pontok: A m´asodik deriv´alt f ′′ (x) = 8. inflexio
−2 · (−2x) 4x = . 2 2 (1 − x ) (1 − x2 )2
f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha 4x = 0, azaz x = 0, de ez a pont nincs benne az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´aban, teh´at a f¨ uggv´enynek nincs inflexi´os pontja. ´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha 4x > 0, illetve f ′′ (x) < 0 akkor 9. konvexita ´es csakis akkor, ha 4x < 0. Ez azt jelenti, hogy az f ′′ f¨ uggv´eny pozit´ıv x > 0 eset´en, ´es negat´ıv x < 0 eset´en, vagyis az f f¨ uggv´eny konvex az (1, ∞) intervallumon ´es konk´av a (−∞, −1) intervallumon. ¨ggve ´ny grafikonja: 10. A fu y
y=ln
x=-1 1
x+1 x-1
y=0 -1 -1
x
1 x=1
10. f (x) = x ln2 x = x (ln x)2 Megold´ as. ´rtelmeze ´si tartoma ´ny: A logaritmus f¨ 1. e uggv´eny csak pozit´ıv ´ert´ekekre ´ertelmezett, teh´at Df = (0, ∞). ´s: A f¨ 2. parita uggv´eny se nem p´aros se nem p´aratlan, mert a f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya nem szimmetrikus az orig´ora. 3. nullahely: f (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha ln x = 0, azaz x1 = 1 az egyetlen nullahely, hiszen x = 0 lenne a m´asik, de az nem eleme az ´ertelmez´esi tartom´anynak. ˝ jel: f (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha x (ln x)2 > 0, ez pedig teljes¨ 4. elo ul az ´ertelmez´esi tartom´any minden pontj´ara. ´k: A f¨ 5. aszimptota uggv´enynek se f¨ ugg˝oleges, se v´ızszintes, se ferde aszimptot´aja nincs, viszont lim f (x) = lim x (ln x)2 = +∞ x→∞
x→∞
lim f (x) = lim x (ln x)2 = lim
x→0+0
x→0+0
x→0+0
(ln x)2 1 x
= lim
x→0+0
2 x
ln x = − x12
238
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 4. EGYVALTOZ OS ENYEK DIFFERENCIALSZ AM 2 ln x = lim x→0+0 − 1 x→0+0 x
= lim
2 x 1 x2
= lim 2x = +0. x→0+0
2 ln x = ln x (ln x + 2). x f ′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha ln x (ln x + 2) = 0. A kapott egyenlet megold´asai x1 = 1 ´es x2 = e−2 a lehets´eges stacion´arius pontok. ´lso ˝e ´rte ´kek: Az els˝o deriv´alt f ′ (x) = (ln x)2 + x · 6. sze
´s: f ′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha ln x (ln x + 2) > 0, ugyanakkor 7. monotonita f ′ (x) < 0 akkor ´es csakis akkor, ha ln x (ln x + 2) < 0. Df (0, e−2 ) ln x − ln x + 2 − ′ f (x) + f (x) ↗
(e−2 , 1) (1, ∞) − + + + − + ↘ ↗
A mell´ekelt t´abl´azatb´ol leolvashatjuk a k¨ovetkez˝oket: a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a (0, e−2 ) ∪ (1, ∞) intervallumon ´es szigor´ uan monoton cs¨okken˝o az (e−2 , 1) intervallumon.
A t´abl´azatb´ol l´athatjuk azt is, hogy a monotonit´as alapj´an az f f¨ uggv´enynek x1 = 1−2 ben minimuma van, (x2 =) e -ban pedig maximuma van. Sz´am´ıt´assal kapjuk, hogy fmin (1) = 0 ´es fmax e−2 = 4e−2 . ´ s pontok: Az f f¨ 8. inflexio uggv´eny m´asodik deriv´altja f ′′ (x) =
2 2 2 ln x + = (ln x + 1) . x x x
f ′′ (x) = 0 akkor ´es csakis akkor, ha ln x + 1 = 0, azaz x3 = e−1 a lehets´eges inflexi´os pont. ´s: f ′′ (x) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha ln x + 1 > 0, illetve f(′′ (x) < 0) 9. konvexita akkor ´es csakis akkor, ha ln x + 1 < 0. Eszerint( az f f¨ uggv´ eny konvex az e−1 , ∞ ) intervallumon, az f f¨ uggv´eny pedig konk´av a −∞, e−1 intervallumon. Eszerint x3 = e−1 a f¨ uggv´eny inflexi´os pontja ´es finf (e−1 ) = e−1 . ¨ggve ´ny grafikonja: 10. A fu y
y=x ln2 x
1 4 ã12 ã
1 ã2
1 ã
x 1
239
5. 5.1.
Egyv´ altoz´ os val´ os f¨ uggv´ enyek integr´ alsz´ am´ıt´ asa A hat´ arozatlan integr´ al fogalma
Az eddigiekben megismert¨ uk a differenci´al´as m˝ uvelet´et, melynek alapfeladata: adott f f¨ uggv´enyhez megkeresni az f ′ deriv´alt f¨ uggv´enyt. Term´eszetesnek t˝ unik a ford´ıtott probl´ema tanulm´anyoz´asa is: keress¨ uk azt az F f¨ uggv´enyt, melynek ismert az F ′ deriv´alt f¨ uggv´enye. y
5.1. P´ elda. Ha tudjuk, hogy F ′ (x) = x2 ´erv´enyes, x3 akkor F (x) = a keresett f¨ uggv´eny, azaz amelyre 3( )′ x3 teljes¨ ul, hogy = x2 . Viszont F nem az 3 egyetlen ilyen f¨ uggv´eny. P´eld´aul, az x3 3 F1 (x) = + 3 2
y=
x3 3 + 3 2
x3 ´es F2 (x) = −1 3
f¨ uggv´enyek ugyan´ ugy teljes´ıtik a k´ıv´ant tulajdons´agot, vagyis ( 3 )′ ( 3 )′ x 3 x 2 + = x ´es − 1 = x2 . 3 2 3
y= 3 2
1
x
3
-1
3
3
1
-1
A k¨ovetkez˝o ´abr´an n´eh´any olyan f¨ uggv´eny grafikonja l´athat´o, amelyeknek f (x) = x2 a deriv´altf¨ uggv´enye. Figyelj¨ uk meg az adott f¨ uggv´enyg¨orb´ek k¨olcs¨on¨os helyzet´et.
y=
x3
x
-1
5.1. Defin´ıci´ o. Ha az F f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o az [a, b] intervallumon ´es minden x ∈ [a, b] eset´en F ′ (x) = f (x), akkor az F f¨ uggv´enyt az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´eny´enek nevezz¨ uk az [a, b] intervallumon. A fenti p´eld´ab´ol l´athat´o, hogy adott intervallum felett az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye, ha l´etezik, nem egy´ertelm˝ uen meghat´arozott. A k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as v´alaszt ad arra a k´erd´esre, hogy egy f¨ uggv´enynek h´any primit´ıv f¨ uggv´enye lehet ´es hogy a adott f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyeinek grafikonjai milyen k¨olcs¨on¨os helyzetben vannak egym´assal.
240
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
5.1. T´ etel. Ha az F1 ´es F2 f¨ uggv´enyek az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyei az [a, b] intervallumon, akkor van olyan C val´os ´alland´o, hogy minden x ∈ [a, b] eset´en F1 (x)−F2 (x) = C. Bizony´ıt´ as. Mivel az F1 ´es F2 f¨ uggv´enyek az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyei az [a, b] ′ ′ intervallumon, ez´ert ´ev´enyes, hogy F1 (x) = f (x) ´es F2 (x) = f (x) minden x ∈ [a, b] eset´en. Kivonva a m´asodik egyenl˝os´eget az els˝ob˝ol ad´odik, hogy F1′ (x) − F2′ (x) = f (x) − f (x) = 0, azaz, hogy (F1 (x) − F2 (x))′ = 0 minden x ∈ [a, b] eset´en. Ebb˝ol az k¨ovetkezik, hogy F1 (x) − F2 (x) = C minden x ∈ [a, b] eset´en, ami azt jelenti, hogy adott f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyei legfeljebb egy ´alland´oban k¨ ul¨onb¨oznek egym´ast´ol. ⋄ 5.2. P´ elda. Az f (x) = − sin x f¨ uggv´eny minden primit´ıv f¨ uggv´enye F (x) = cos x + C alakban ´ırhat´o fel, ahol C tetsz˝oleges konstans. Az ´abr´an a C = −1, C = 0, C = 1, C = 2 ´es C = 3 eset l´athat´o. y y=cosx+3 y=cosx+2 y=cosx+1 y=cosx y=cosx-1 -2 Π
1 -Π
Π
2Π
x
-1
A fentiekben eml´ıtett tulajdons´agok geometriai jelent´ese a k¨ovetkez˝o: 1. Ha s´ıkbeli koordin´atarendszerben felrajzoljuk az f f¨ uggv´eny egy primit´ıv f¨ uggv´eny´enek grafikonj´at az [a, b] intervallumon, akkor a s´ık minden olyan g¨orb´eje, amely ebb˝ol a g¨orb´eb˝ol y-tengely menti p´arhuzamos eltol´assal ´atvihet˝o, szint´en az f f¨ uggv´eny egy primit´ıv f¨ uggv´eny´enek grafikonj´at k´epezi az [a, b] intervallumon. 2. Az f f¨ uggv´eny ¨osszes primit´ıv f¨ uggv´eny´enek grafikonjai az [a, b] intervallumon a fent le´ırt m´odon ´all´ıthat´oak el˝o. 5.2. Defin´ıci´ o. Legyen f olyan f¨ uggv´eny, amelynek van primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon. Az f f¨ uggv´eny [a, b] intervallumhoz tartoz´o primit´ıv f¨ uggv´enyeinek halmaz´at az f f¨ uggv´eny hat´arozatlan integr´alj´anak nevezz¨ uk ´es ∫ f (x)dx szimb´olummal jel¨olj¨ uk.
5.2. A hat´arozatlan integr´al alaptulajdons´agai
241
Ha F az f f¨ uggv´eny egy primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon, akkor az [a, b] felett ∫ f (x)dx = {F (x) + C|C ∈ R}. Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert, ezt u ´gy szok´as ´ırni mint ∫ f (x)dx = F (x) + C, de figyelembe kell venni, hogy ilyen jel¨ol´esi m´od eset´en ∫ ugyanolyan szimb´olumot haszn´alunk a halmaz ´es a halmaz egy eleme eset´en is. Az szimb´olum az integr´al jele, f (x) az integr´aland´o f¨ uggv´eny vagy integrandus, az f (x)dx kifejez´es pedig az integr´al alatti kifejez´es. Figyelembe v´eve, hogy F az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon, ami azt jelenti, hogy minden x ∈ [a, b] eset´en F ′ (x) = f (x), l´athatjuk, hogy az f (x)dx integr´al alatti kifejez´es az F f¨ uggv´eny differenci´alj´at jelenti, ´es ´erv´enyes, hogy ∫ ∫ f (x)dx = dF (x) = F (x) + C. (5.1) Mivel
d(F (x) + C) = dF (x) = F ′ (x)dx = f (x)dx,
ad´odik, hogy
∫ d
f (x) = f (x)dx.
(5.2)
A (5.1) ´es (5.2) egyenl˝os´egek azt mutatj´ak, hogy a differenci´al´as m˝ uvelete (a differenci´al keres´ese) ´es az integr´al´as m˝ uvelete (a hat´arozatlan integr´al keres´ese) egym´as inverzei, egy tetsz˝oleges konstans pontoss´ag´aig.
5.2.
A hat´ arozatlan integr´ al alaptulajdons´ agai
5.2. T´ etel. Ha az f ´es g f¨ uggv´enyeknek van primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon, akkor az f + g f¨ uggv´enynek is van primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon, m´egpedig ∫ ∫ ∫ (f (x) + g(x))dx = f (x)dx + g(x)dx. Bizony´ıt´as. Legyen F az f , G pedig a g f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallu′ ′ mon. Ekkor F (x) = f (x), G (x) = g(x), amib˝ol ad´odik, hogy (F (x) + G(x))′ = F ′ (x) + G′ (x) = f (x) + g(x). Ezt azt jelenti, hogy F (x) + G(x) az f (x) + g(x) f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye. Ez´ert ∫ (f (x) + g(x))dx = F (x) + G(x) + C, ahol C tetsz˝oleges val´os ´alland´o. M´asfel˝ol ∫ f (x)dx = F (x) + C1 ,
∫ g(x)dx = G(x) + C2 ,
242
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges val´os ´alland´ok, vagyis ∫ ∫ f (x)dx + g(x)dx = F (x) + G(x) + C1 + C2 . Mivel C, C1 ´es C2 tetsz˝oleges val´os ´alland´ok, az {F (x) + G(x) + C|C ∈ R} ´es {F (x) + G(x) + C1 + C2 |C1 , C2 ∈ R} f¨ uggv´enyhalmazok egyenl˝oek. Az ´all´ıt´ast ezzel bel´attuk. ⋄ 5.3. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´enynek van primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon ´es α ∈ R, akkor az αf f¨ uggv´enynek is van primit´ıv f¨ uggv´enye az adott intervallumon, m´egpedig ∫ ∫ (αf (x))dx = α f (x)dx. Bizony´ıt´ as. Legyen F az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon. Ekkor ′ minden x ∈ [a, b] eset´en teljes¨ ul, hogy F (x) = f (x), vagyis (αF (x))′ = αF ′ (x) = αf (x). Ez´ert ∫ (αf (x))dx = αF (x) + C1 , ahol C1 tetsz˝oleges val´os ´alland´o. M´asfel˝ol ∫ f (x)dx = F (x) + C2 , ahol C2 tetsz˝oleges val´os ´alland´o, azaz ∫ α f (x)dx = α(F (x) + C2 ) = αF (x) + αC2 . Az {αF (x) + C1 |C1 ∈ R} ´es {αF (x) + αC2 |C2 ∈ R} f¨ uggv´enyhalmazok egyenl˝oek. Az ´all´ıt´ast ezzel bel´attuk. ⋄ 5.1. K¨ ovetkezm´ eny. Ha az f ´es g f¨ uggv´enyeknek van primit´ıv f¨ uggv´eny¨ uk az [a, b] intervallumon, α ´es β pedig null´at´ol k¨ ul¨onb¨ oz˝ o val´os sz´amok, akkor az αf +βg f¨ uggv´enynek is van primit´ıv f¨ uggv´enye [a, b] intervallumon, m´egpedig ∫ ∫ ∫ (αf (x) + βg(x))dx = α f (x)dx + β g(x)dx.
5.2. A hat´arozatlan integr´al alaptulajdons´agai Alapintegr´ alok t´ abl´ azata ∫ 1. dx = x + C ∫ xn dx =
2. ∫ 3. ∫
xn+1 + C, n+1
dx = ln |x| + C, x
n ∈ R \ {−1}
x ̸= 0
ex dx = ex + C
4. ∫
ax dx =
5. ∫
ax + C, ln a
a > 0, a ̸= 1
sin xdx = − cos x + C
6. ∫ 7.
cos xdx = sin x + C ∫
8.
sh xdx = ch x + C ∫ ch xdx = sh x + C
9. ∫ 10. ∫ 11. ∫ 12. ∫ 13. ∫
dx dx = tg x + C, cos2 x dx dx = −ctg x + C, sin2 x
∫
π + kπ, k ∈ Z 2
x ̸= kπ, k ∈ Z
dx dx = thx + C ch 2 x dx dx = −cthx + C, sh 2 x √
14.
x ̸=
x ̸= 0
dx dx = arcsin x + C, 1 − x2
|x| < 1
dx dx = arctgx + C 1 + x2 ∫ √ dx √ 16. dx = ln x + x2 + 1 + C = arsh x + C 2 x +1 √ ( ) { ∫ dx arch x +√C = ln x + x2 − 1 + C, x > 1; √ 17. dx = ln x + x2 − 1 + C, x < −1. x2 − 1 √ ∫ 1+x arth x + C = ln + C, |x| < 1; dx 1−x √ 18. dx = ln x+1 + C, 1 − x2 |x| > 1. 15.
x−1
243
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
244
A hat´arozatlan integr´alok megold´asa sor´an minden esetben felt´etelezz¨ uk, hogy az integr´al´as folyamat´aban megjelen˝o f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´any´an keress¨ uk a primit´ıv f¨ uggv´enyt. FELADATOK. Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o integr´alok megold´as´at. ∫ 1. 2x5 dx Megold´ as.
∫
∫ x5 dx = 2 ·
5
2x dx = 2
x6 + C = 3x6 + C. 6
∫ 2.
3dx x Megold´ as.
∫
3dx =3 x
∫
dx = 3 ln |x| + C. x
∫ 3.
−2dx x5 Megold´ as. ∫
4.
∫ √ 3
−2dx = −2 x5
∫
x−5 dx = −2 ·
x2 dx
Megold´ as.
∫ √ 3
∫ x2 dx
=
5
2 3
x dx =
∫ 5.
x−4 1 + C = 4 + C. −4 2x
x3 5 3
+C =
3√ 3 x5 + C. 5
4dx √ 7 x3 Megold´ as. ∫
√ √ x3 3 x √ 6. dx x Megold´ as. ∫
4 √ x7 4dx 7√ 7 4 + C = 7 7 x4 + C. √ = 4 · x + C = 4 · 4 7 4 x3 7
x2
∫ ∫
=
x2
√ √ ∫ ∫ √ √ √ x3 3 x 2 3 2 √ dx = x x xdx = x3 6 xdx = x 25
19 6
x dx =
x6 25 6
+C =
6√ 6 √ 6 x25 + C = x4 6 x + C. 25 25
5.2. A hat´arozatlan integr´al alaptulajdons´agai
245
∫ (2 sin x − 3 cos x) dx
7.
Megold´ as. ∫
∫ (2 sin x − 3 cos x) dx = 2
∫ sin xdx − 3
cos xdx =
= 2(− cos x) − 2 sin x + C = −2 cos x − 3 sin x + C. ∫ 8.
(
) ex − 2x+1 + 3x−2 dx
Megold´ as. ∫
( x ) e − 2x+1 + 3x−2 dx = = ex − 2 ·
∫
∫ e dx − 2 x
1 2 dx + 9 x
∫ 3x dx =
2x 1 3x 2x+1 3x−2 + · + C = ex − + + C. ln 2 9 ln 3 ln 2 ln 3
∫ 9.
x3 + x2 − 3x − 3 dx 3x2 Megold´ as. ) ∫ 3 ∫ ( x + x2 − 3x − 3 1 3 3 dx = x + 1 − − 2 dx = 3x2 3 x x
1 x2 1 x−1 1 1 1 · + · x − ln |x| − + C = x2 + x − ln |x| + + C. 3 2 3 −1 6 3 x √ √ ∫ (x − x) (1 + x) √ 10. dx 3 x Megold´ as. √ √ √ √ √ ) ∫ ∫ ∫ ( √ (x − x) (1 + x) x+x x− x−x x x x √ √ √ dx = dx = −√ dx = 3 3 3 3 x x x x =
∫ ( =
7 6
x −x
1 6
)
6x 6 6x 6 6 √ 6 √ dx = − + C = x2 6 x − x 6 x + C. 13 7 13 7 13
7
∫ 11.
3 · 5x − 4 · 3x dx 5x Megold´ as. ( )x ) ∫ ∫ ( ∫ ∫ ( )x 3 3 · 5x − 4 · 3x 3 dx = 3 − 4 · dx = dx = 3 dx − 4 5x 5 5 ( 3 )x = 3x − 4
5
ln 35
4 · 3x + C = 3x − + C. (ln 3 − ln 5) · 5x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
246 ∫ 12.
x2 dx 1 + x2 Megold´ as. ) ∫ ∫ ( ∫ (x2 + 1) − 1 1 x2 dx = dx = 1− dx = x − arctg x + C. 1 + x2 1 + x2 1 + x2 ∫
1 + 2x2 dx x2 (1 + x2 ) Megold´ as. ) ∫ ∫ ∫ ( 1 + 2x2 (1 + x2 ) + x2 1 1 dx = dx = + dx = x2 (1 + x2 ) x2 (1 + x2 ) x2 1 + x 2 ∫ ∫ dx x−1 1 −2 = x dx + = + arctg x + C = arctg x − + C. 2 1+x −1 x ∫ tg 2 xdx 14. 13.
Megold´ as.
∫
∫ 2
tg xdx = ∫ 1 = cos2 x
∫
∫ sin2 x 1 − cos2 x dx = dx = cos2 x cos2 x ∫ dx − dx = tg x − x + C.
dx dx sin x cos2 x Megold´ as. ∫ ∫ ∫ ∫ dx sin2 x + cos2 x dx dx = dx = + = tg x − ctg x + C. 2 2 2 cos x sin x cos2 x sin x cos2 x sin2 x ∫ 1 + cos2 x 16. dx 1 + cos 2x Megold´ as. ∫ ∫ ∫ 1 + cos2 x 1 + cos2 x 1 1 + cos2 x dx = dx = = 1 + cos 2x 2 cos2 x sin2 x + cos2 x + cos2 x − sin2 x ∫ ∫ 1 1 1 1 1 dx + dx = tg x + x + C = (tg x + x) + C. = 2 2 cos x 2 2 2 2 ∫ cos 2x dx 17. cos x − sin x Megold´ as. ∫ ∫ ∫ cos 2x cos2 x − sin2 x (cos x + sin x)(cos x − sin x) dx = dx = dx = cos x − sin x cos x − sin x cos x − sin x ∫ ∫ ∫ = (cos x + sin x)dx = cos xdx + sin xdx = sin x − cos x + C. 15.
2
5.2. A hat´arozatlan integr´al alaptulajdons´agai ∫ 18.
247
( ) 3ax ex − a−x dx
Megold´ as. ∫ ∫ ∫ ∫ ( x ) x x −x x x 3a e − a dx = 3 (a e − 1) dx = 3 (ae) dx − 3 dx = =3·
(ae)x 3ax ex − 3x + C = − 3x + C. ln ae 1 + ln a
∫ 19.
sh xdx Megold´ as. ∫
∫ sh xdx =
ex − e−x 1 dx = 2 2
∫
1 e dx − 2 x
∫
(
e−1
)x
dx =
1 1 (e−1 ) ex + e−x = ex − + C = + C = ch x + C. 2 2 ln e−1 2 x
∫
x4 + 2x2 dx 3x2 + 3 Megold´ as. ∫ 4 ∫ ∫ x + 2x2 (x4 + 2x2 + 1) − 1 1 (x2 + 1)2 − 1 dx = dx = dx = 3x2 + 3 3(x2 + 1) 3 x2 + 1 ) ( ) ∫ ( 1 1 1 x3 2 = x +1− 2 dx = + x − arctg x + C. 3 x +1 3 3 ∫ 8 21. dx 1 − cos 4x Megold´ as. ∫ ∫ ∫ 8 1 sin2 x + cos2 x dx = 8 dx = 4 dx = 1 − cos 4x 2 sin2 2x (2 sin x cos x)2 ) ∫ ( ∫ 1 1 sin2 x + cos2 x dx = + dx = tg x − ctg x + C. = cos2 x sin2 x sin2 x cos2 x ∫ ( x x )2 sin + cos 22. dx 2 2 Megold´ as. ∫ ( ∫ ( x x )2 x x x x) sin + cos dx = sin2 + 2 sin cos + cos2 dx = 2 2 2 2 2 2 ∫ = (1 + sin x) dx = x − cos x + C. 20.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
248 ∫
1 − 3 sin2 x dx cos2 x − cos4 x Megold´ as. ∫ ∫ ∫ 1 − 3 sin2 x sin2 x + cos2 x − 3 sin2 x cos2 x − 2 sin2 x dx = dx = dx = cos2 x − cos4 x cos2 x (1 − cos2 x) cos2 x · sin2 x ∫ ∫ dx dx = −2 = ctg x − 2tg x + C. 2 cos2 x sin x ∫ 24. 3x 2−3x dx 23.
Megold´ as. ( 3 )x ∫ ∫ x ∫ ( )x 3x 2−3x 3 3 x −3x 8 +C = 3 2 dx = dx = dx = + C. 8x 8 ln 3 − ln 8 ln 38 ∫ e2x+5 dx
25.
Megold´ as. ∫
∫ e
2x+5
5
dx = e
x ( 2 )x (e2 ) 1 e dx = e5 · + C = e2x+5 + C. 2 ln e 2
∫ 26.
3 dx 4 − 4x2 Megold´ as. ∫ √
∫ 27.
(
9 + 9x2
)− 12
3 3 √ dx = 2 4 − 4x2
∫ √
1 dx = arcsin x + C. 1 − x2
dx
Megold´ as. ∫
(
∫ dx 1 dx √ √ 9 + 9x dx = = = 3 9 + 9x2 1 + x2 √ 1 1 2 = arsh x + C = ln x + 1 + x + C. 3 3 ) 1 2 −2
∫
√ x3 − 2 1 − x2 √ 28. dx x3 1 − x2 Megold´ as. √ ) ∫ 3 ∫ ∫ ( ∫ x − 2 1 − x2 1 1 2 √ √ √ dx = − 3 dx = dx − 2 x−3 dx = 3 2 2 2 x x 1−x 1−x 1−x ∫
= arcsin x − 2 ·
1 x−2 + C = arcsin x + 2 + C. −2 x
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
249
√ 3 5 + 5x2 − x2 √ 29. dx 3 (1 + x2 ) x2 Megold´ as. √ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3 5 + 5x2 − x2 dx dx dx − 23 √ dx = 5 √ − = 5 x dx − = 3 3 2 1+x 1 + x2 (1 + x2 ) x2 x2 ∫
1
=5·
x3 1 3
√ − arctg x + C = 15 3 x − arctg x + C.
∫
30.
x4 dx x2 + 1 Megold´ as. ) ∫ ∫ ( 2 2 ∫ x4 (x4 + x2 ) − x2 x (x + 1) x2 dx = dx = − 2 dx = x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 x +1 ) ∫ ∫ ∫ ( (x2 + 1) − 1 x3 x3 1 2 = x dx − dx = − dx = − x + arctg x + C. 1 − x2 + 1 3 x2 + 1 3
5.3. 5.3.1.
Integr´ al´ asi m´ odszerek Helyettes´ıt´ esi m´ odszer
Helyettes´ıt´esi m´odszernek nevezz¨ uk azt az integr´al´asi m´odszert, amelyet az ¨osszetett f¨ uggv´eny differenci´al´as´ab´ol vezet¨ unk le. 5.4. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´enynek van F primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon ´es φ : [α, β] 7→ [a, b] folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny az [α, β] intervallumon, azaz x = φ(t), t ∈ [α, β], akkor az f (φ(t))φ′ (t) f¨ uggv´enynek van F (φ(t)) primit´ıv f¨ uggv´enye az [α, β] intervallumon, ez´ert [α, β]-n ∫ f (φ(t))φ′ (t)dt = F (φ(t)) + C . Bizony´ıt´as. Az F (φ(t)) ¨osszetett f¨ uggv´eny differenci´alhat´o ´es igaz, hogy (F (φ(t)))′ = F ′ (φ(t))φ′ (t) . Mivel F az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon, ez´ert t ∈ [α, β] eset´en φ(t) ∈ [a, b], azaz F ′ (φ(t)) = f (φ(t)) az [α, β] intervallumon, ahonnan az ´all´ıt´as k¨ovetkezik.
⋄
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
250
FELADATOK. Oldjuk meg helyettes´ıt´essel a k¨ovetkez˝o hat´arozatlan integr´alokat. ∫ 1. (ax + b)n dx, n ∈ R \ {−1}, a ∈ R \ {0}, b ∈ R Megold´ as. Bevezetve az ax + b = t, adx = dt, dx = ∫
1 (ax + b) dx = a
∫
n
∫ 2.
tn dt =
dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy a
1 tn+1 (ax + b)n+1 +C = + C. an+1 a(n + 1)
dx 3x + 4
Megold´ as. Alkalmazva a 3x + 4 = t, 3dx = dt, dx = ∫
dx 1 = 3x + 4 3
∫
dt helyettes´ıt´est kapjuk, hogy 3
dt 1 1 = ln |t| + C = ln |3x + 4| + C. t 3 3
∫ 3.
dx +9 Megold´ as. Kiemelve 9-et a nevez˝ob˝ol ´es rendezve az integrandust j¨on, hogy ∫ ∫ ∫ dx dx 1 dx 1 = . = ( x )2 2 2 x x +9 9 9 +1 +1 9 x2
3
x 3
Vezess¨ uk be most az = t, dx = 3dt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ dx 3dt 1 1 1 x = = arctg t + C = arctg + C. 2 2 x +9 9 t +1 3 3 3 ∫ dx √ 4. 4 − x2 Megold´ as. Kiemelve 2-t a nevez˝ob˝ol ´es rendezve az integrandust k¨ovetkezik: ∫ ∫ ∫ dx dx 1 dx √ √ ( √ = = ) ( )2 . 2 2 2 4−x 4 1 − x4 1 − x2 Vezess¨ uk be most az x2 = t, dx = 2dt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ dx 1 2dt x √ √ = = arcsin t + C = arcsin + C. 2 2 2 2 4−x 1−t ∫ 5. e2x+5 dx Megold´ as. Bevezetve a 2x + 5 = t, 2dx = dt, dx = ∫ 2x+5
e
1 dx = 2
∫
dt helyettes´ıt´est ad´odik: 2
1 1 et dt = et + C = e2x+5 + C. 2 2
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
251
∫ 6.
5 sin(5x + 3)dx
dt Megold´ as. Bevezetve a 5x + 3 = t, 5dx = dt, dx = helyettes´ıt´est kapjuk: 5 ∫ ∫ 1 5 sin(5x + 3)dx = 5 · sin tdt = − cos t + C = − cos(5x + 3) + C. 5 ∫ 3dx ( ) 7. cos2 3x − π2 π Megold´ as. Bevezetve a 3x − = t, 3dx = dt helyettes´ıt´est az integr´al megold´asa: 2 ∫ ∫ ( 3dx dt π) ( )= = tg t + C = tg 3x − + C. cos2 t 2 cos2 3x − π2 ∫ apx+q dx, a ∈ R+ , p ∈ R \ {0}, q ∈ R
8.
Megold´ as. Vezess¨ uk be a px + q = t, pdx = dt, dx = ∫ px+q
a
1 dx = p
∫ at dt =
dt helyettes´ıt´est. Ekkor p
1 at apx+q · +C = + C. p ln a p ln a
∫ 9.
dx + 2x + 5 Megold´ as. Eg´esz´ıts¨ uk ki teljes n´egyzett´e a nevez˝oben lev˝o m´asodfok´ u kifejez´est. Ekkor ∫ ∫ ∫ dx dx dx = = . 2 2 x + 2x + 5 (x + 2x + 1) + 4 (x + 1)2 + 4 Kiemelve 4-et a nevez˝ob˝ol kapjuk, hogy ∫ ∫ dx dx 1 = . ( x+1 )2 2 x + 2x + 5 4 + 1 2 x2
Bevezetve a ∫ ∫ 10.
√ 3
1 x+1 = t, dx = dt, dx = 2dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy 2 2 ∫ dx 1 2dt 1 1 x+1 = = arctg t + C = arctg + C. 2 2 x + 2x + 5 4 t +1 2 2 2
dx 2 − 3x
dt Megold´ as. Bevezetve a 2 − 3x = t, −3dx = dt, dx = − helyettes´ıt´est ad´odik, 3 hogy ∫ ∫ ∫ 1 dx dt 1 1 √ √ =− t− 3 dt = =− 3 3 3 3 2 − 3x t 2 1 t3 1√ 1√ 3 =− · 2 +C =− t2 + C = − 3 (2 − 3x)2 + C. 3 3 2 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
252 ∫ 11.
2xdx x2 + 3
Megold´ as. Bevezetve a x2 + 3 = t, 2xdx = dt helyettes´ıt´est k¨ovetkezik: ∫ ∫ 2xdx dt = = ln |t| + C = ln(x2 + 3) + C. 2 x +3 t ∫ 12.
√ x2 x3 + 1dx
Megold´ as. Bevezetve a x3 + 1 = t, 3x2 dx = dt, x2 dx = ∫ x
2
√
x3
1 + 1dx = 3
∫
√
1 tdt = 3
∫
dt helyettes´ıt´est ad´odik: 3 1
t 2 dt =
3 √ 1 t2 2 √ 2 2√ 3 = · 3 +C = t + C = t t + C = (x3 + 1) x3 + 1 + C. 3 2 9 9 9
∫ 13.
2x − 4 dx x2 − 4x
Megold´ as. Alkalmazzuk az x2 − 4x = t, (2x − 4)dx = dt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫
∫ 14.
∫
2x − 4 dx = x2 − 4x
dt = ln |t| + C = ln |x2 − 4x| + C. t
9t2 + 12t + 15 dt t3 + 2t2 + 5t + 1
Megold´ as. Emelj¨ unk ki 3-at a sz´aml´al´ob´ol az integr´al el´e. Ekkor ∫
9t2 + 12t + 15 dt = 3 t3 + 2t2 + 5t + 1
∫
3t2 + 4t + 5 dt. t3 + 2t2 + 5t + 1
Bevezetve a t3 + 2t2 + 5t + 1 = z, (3t2 + 4t + 5)dt = dz helyettes´ıt´est k¨ovetkezik, hogy ∫
∫ 15.
9t2 + 12t + 15 dt = 3 t3 + 2t2 + 5t + 1
∫
dz = 3 ln |z| + C = 3 ln |t3 + 2t2 + 5t + 1| + C. z
dx x ln x
Megold´ as. Bevezetve a ln x = t, ∫
dx = x ln x
∫
dx = dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy x dt = ln |t| + C = ln | ln x| + C. t
5.3. Integr´al´asi m´odszerek ∫
253
x3 e−x dx 4
16.
dt Megold´ as. Bevezetve a −x4 = t, −4x3 dx = dt, x3 dx = − helyettes´ıt´est j¨on, 4 hogy ∫ ∫ 1 1 1 1 4 3 −x4 x e dx = − et dt = − et + C = − e−x + C = − x4 + C. 4 4 4 4e ∫ 17.
sin xdx 3 − 2 cos x
dt Megold´ as. Bevezetve a 3 − 2 cos x = t, 2 sin xdx = dt, sin xdx = helyettes´ıt´est 2 ad´odik: ∫ ∫ sin xdx 1 dt 1 1 = = ln |t| + C = ln |3 − 2 cos x| + C. 3 − 2 cos x 2 t 2 2 ∫ 18.
tg 3xdx sin α trigonometriai azonoss´agot. Ekkor cos α ∫ ∫ sin 3x tg 3xdx = dx. cos 3x
Megold´ as. Alkalmazzuk a tg α =
dt Bevezetve a cos 3x = t, −3 sin 3xdx = dt, sin 3xdx = − helyettes´ıt´est ad´odik, 3 hogy ∫ ∫ dt 1 1 1 tg 3xdx = − = − ln |t| + C = − ln | cos 3x| + C. 3 t 3 3 ∫ sin 2x 19. dx π + sin2 x Megold´ as. Bevezetve a π + sin2 x = t,
2 sin x cos xdx = dt,
sin 2xdx = dt
helyettes´ıt´est k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ sin 2x dt = ln |t| + C = ln(π + sin2 x) + C. 2 dx = t π + sin x ∫ 20.
sin xdx ) dx 2 sin2 x2 − 1 (
1 − cos 2α trigonometriai azonoss´agot ´es renMegold´ as. Alkalmazzuk a sin2 α = 2 dezz¨ uk az integrandust. Ekkor ∫ ∫ ∫ sin xdx sin xdx sin xdx ) dx = ) dx = ( 2x ( 1−cos x dx. −1 − cos x −1 2 sin 2 − 1 2 2
254
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
Bevezetve a −1 − cos x = t, sin xdx = dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy ∫ ∫ sin xdx dt ( 2x ) dx = = ln |t| + C = ln | − 1 − cos x| + C = ln |1 + cos x| + C. t 2 sin 2 − 1 ∫ sin x − cos x 21. dx sin x + cos x Megold´ as. B˝ov´ıts¨ uk az integrandust sin x + cos x-el, majd rendezz¨ uk. Ekkor ∫ ∫ sin x − cos x sin x − cos x sin x + cos x dx = · dx = sin x + cos x sin x + cos x sin x + cos x ∫ ∫ ∫ sin2 x − cos2 x −(cos2 x − sin2 x) cos 2x dx = dx = − dx. 2 2 2 (sin x + cos x) 1 + sin 2x sin x + 2 sin x cos x + cos x dt Alkalmazva a 1 + sin 2x = t, 2 cos 2xdx = dt, cos 2xdx = helyettes´ıt´est ad´odik, 2 hogy ∫ ∫ dt sin x − cos x 1 1 1 dx = − = − ln |t| + C = − ln |1 + sin 2x| + C. sin x + cos x 2 t 2 2 ∫ sin x cos x 22. dx 2 sin2 x + 3 cos2 x Megold´ as. Bevezetve a 2 sin2 x + 3 cos2 x = t,
−2 sin x cos xdx = dt,
sin x cos xdx = −
dt 2
helyettes´ıt´est az integr´al megold´asa: ∫ ) sin x cos x 1 1 ( 2 2 dx = − ln |t| + C = − ln 2 sin x + 3 cos x + C. 2 2 2 2 sin x + 3 cos2 x ∫ dx 23. sin x Megold´ as. Alkalmazzuk el˝osz¨or a nevez˝oben a sin 2α = 2 sin α cos α azonoss´agot. Ekkor ∫ ∫ dx dx = . sin x 2 sin x2 cos x2 x Bevezetve az = t, dx = 2dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy 2 ∫ ∫ ∫ dx 2dt dt = = . sin x 2 sin t cos t sin t cos t Egyszer˝ us´ıts¨ uk most az integrandust cos2 t-vel. Ekkor ∫ ∫ ∫ dt ∫ dt dx dt cos2 t cos2 t = . = = sin t cos t sin t 2 sin x cos t tg t cos2 t cos t dt Bevezetve most a tg t = z, = dz helyettes´ıt´es kapjuk, hogy cos2 t ∫ ∫ x dx dz = = ln |z| + C = ln |tg t| + C = ln tg + C. sin x z 2
5.3. Integr´al´asi m´odszerek ∫ 24.
255
dx √ (1 − x2 ) arcsin x
dx = dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy 1 − x2 ∫ ∫ ∫ √ √ dx dx dt √ √ √ = 2 t+C = 2 arcsin x+C. √ = = t 1 − x2 · arcsin x (1 − x2 ) arcsin x Megold´ as. Bevezetve a arcsin x = t, √
∫ 25.
dx 2x − x2 Megold´ as. Alak´ıtsuk ´at el˝osz¨or az integrandust: ∫ ∫ ∫ ∫ dx dx dx dx √ √ √ √ = = = . 2x − x2 1 − 1 + 2x − x2 1 − (1 − 2x + x2 ) 1 − (x − 1)2 √
Bevezetve az x − 1 = t, dx = dt helyettes´ıt´est ad´odik, hogy ∫ ∫ dx dt √ √ = = arcsin t + C = arcsin(x − 1) + C. 2 2x − x 1 − t2 ∫ 26. sin4 x sin 2xdx Megold´ as. Felhaszn´alva a sin 2α = 2 sin α cos α trigonometriai azonoss´agot ´es bevezetve a t = sin x, dt = cos xdx helyettes´ıt´est k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ ∫ t6 1 4 5 sin x sin 2xdx = 2 sin x cos xdx = 2 t5 dt = 2 + C = sin6 x + C. 6 3 ∫ ln tg x 27. dx sin 2x Megold´ as. Bevezetve az ln tg x = t,
1 1 dx = dt, tg x cos2 x
dx dt = sin 2x 2
helyettes´ıt´est az integr´al a k¨ovetkez˝ok´eppen oldhat´o meg: ∫ ∫ 1 1 t2 t2 (ln tg x)2 ln tg x dx = tdt = · + C = + C = + C. sin 2x 2 2 2 4 4 ∫ 28.
√ ln x ln x dx x dx = dt helyettes´ıt´est ad´odik: x √ ∫ ∫ √ ∫ 3 ln x ln x dx = t tdt = t 2 dt = x √ 2√ 5 2 √ 2 = t + C = t2 t + C = ln2 x ln x + C. 5 5 5
Megold´ as. Bevezetve az ln x = t,
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
256 ∫ √ 29.
30.
1−x dx 1+x Megold´ as. Alak´ıtsuk ´at az integrandust: ∫ √ ∫ √ ∫ √ 1−x 1−x 1−x (1 − x)2 dx = · dx = dx = 1+x 1+x 1−x 1 − x2 ∫ ∫ ∫ 1 xdx 1−x √ √ dx = dx − √ . = 2 2 1−x 1−x 1 − x2 dt Bevezetve a m´asodik integr´alban az 1−x2 = t, −2xdx = dt, xdx = − helyettes´ıt´est 2 k¨ovetkezik: ∫ √ √ √ 1−x 1 √ dx = arcsin x + · 2 t + C = arcsin x + t + C = arcsin x + 1 − x2 + C. 1+x 2 ∫ √
1 − x2 dx
Megold´ as. Bevezetve az t = arcsin x, x = sin t, dx = cos tdt helyettes´ıt´est kapjuk, hogy ∫ √ ∫ √ ∫ √ 2 1 − x2 dx = 1 − sin t cos tdt = cos2 t cos tdt = ∫ =
∫ 2
cos tdt =
1 + cos 2t 1 dt = 2 2
∫
1 dt + 2
∫ cos 2tdt.
Alkalmazzuk a m´asodik integr´alban most a 2t = z, 2dt = dz helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ √ ∫ 1 t 1 1 t 1 2 1 − x dx = t + cos zdz = + sin z + C = + sin 2t + C. 2 4 2 4 2 4 Mivel
√ sin 2t = 2 sin t cos t = 2 sin t 1 − sin2 t,
a megold´as visszahelyettes´ıt´es ut´an ∫ √ ) √ √ t 1 1( 2 2 2 arcsin x + x 1 − x + C. 1 − x dx = + sin t 1 − sin t + C = 2 2 2
5.3.2.
Parci´ alis integr´ al´ as m´ odszere
A parci´alis integr´al´as m´odszere k´et f¨ uggv´eny szorzat´anak differenci´al´asi szab´aly´ab´ol vezethet˝o le. 5.5. T´ etel. Ha u ´es v folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon, akkor az [a, b] intervallumon ´erv´enyes, hogy ∫ ∫ u(x)dv(x) = u(x)v(x) − v(x)du(x).
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
257
Bizony´ıt´as. Az [a, b] intervallumon ´ertelmezett u ´es v f¨ uggv´enyek szorzat´anak deriv´altj´at az (u(x)v(x))′ = u′ (x)v(x) + u(x)v ′ (x) formula adja, a szorzat differenci´alj´at pedig d(u(x)v(x)) = v(x)du(x) + u(x)dv(x). Ha az u ´es v f¨ uggv´enyek folytonosan differenci´alhat´ok, akkor igaz, hogy ∫ ∫ u(x)v(x) + C = v(x)du(x) + u(x)dv(x). Ebb˝ol, figyelembe v´eve, hogy a hat´arozatlan integr´al k´et tetsz˝oleges konstanst is tartalmaz, a C konstanst kihagyhatjuk, s az [a, b] intervallumra igaz lesz, hogy ∫ ∫ u(x)dv(x) = u(x)v(x) − v(x)du(x), ahonnan az ´all´ıt´as k¨ovetkezik. ⋄ Ily m´odon az u(x)v ′ (x) f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´eny´enek megtal´al´asa visszavezet˝odik egy r´eszleges integr´al´asra ´es a v(x)u′ (x) f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´eny´enek meghat´aroz´as´ara. A fenti t´etel alapj´an v´egzett integr´al´asi m´odszert nevezz¨ uk parci´alis integr´al´asnak. Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert a parci´alis integr´al´as alkalmaz´as´an´al a formul´ab´ol szok´as kihagyni az argumentumot. A formula ekkor: ∫ ∫ udv = uv − vdu. FELADATOK Hat´arozzuk meg a parci´alis integr´al´as m´odszer´evel az al´abbi hat´arozatlan integr´alok megold´as´at. ∫ 1. xex dx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ x u = x, dv = e dx, akkor du = dx, v = ex dx = ex . Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik: ∫ ∫ x x xe dx = xe − ex = xex − ex + C = ex (x − 1) + C. ∫ 2.
x sin xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ u = x, dv = sin xdx, akkor du = dx, v = sin xdx = − cos x. Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast kapjuk, hogy ∫ ∫ ∫ x sin xdx = −x cos x− (− cos x)dx = −x cos x+ cos xdx = −x cos x+sin x+C.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
258 ∫ 3.
(3x + 1) cos 2xdx Megold´ as. Ha u = 3x + 1,
dv = cos 2xdx,
akkor du = 3dx,
v=
1 sin 2x, 2
dt ahol v kisz´am´ıt´as´an´al a 2x = t, 2dx = dt, dx = helyettes´ıt´est ´es az al´abbi 2 sz´am´ıt´ast alkalmazzuk: ∫ ∫ 1 1 1 v = cos 2xdx = cos tdt = sin t + C = sin 2x + C. 2 2 2 Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ ∫ 3x + 1 1 3x + 1 3 (3x+1) cos 2xdx = sin 2x− ·sin 2x·3dx = sin 2x− sin 2xdx. 2 2 2 2 Alkalmazva a kapott integr´alban a 2x = t, 2dx = dt, dx = ∫
= ∫
3x + 1 3 (3x + 1) cos 2xdx = sin 2x − 2 4
∫
dt helyettes´ıt´est ad´odik: 2 sin tdt =
3x + 1 3 3x + 1 3 sin 2x − (− cos t) + C = sin 2x + cos 2x + C. 2 4 2 4
xsh xdx
4.
Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ u = x, dv = sh xdx, akkor du = dx, v = sh xdx = ch x. Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast j¨on, hogy ∫ ∫ ∫ xsh xdx = xch x − ch xdx = xch x − ch xdx = xch x − sh x + C. ∫ 5.
x sin2 xdx 1 − cos 2α trigonometriai azonoss´agot. Ekkor 2 ∫ ∫ ∫ ∫ 1 − cos 2x 1 1 2 x sin xdx = x · dx = xdx − x cos 2xdx. 2 2 2
Megold´ as. Alkalmazzuk a sin2 α =
Ha most a m´asodik integr´alban u = x,
dv = cos 2xdx,
akkor du = dx,
v=
1 sin 2x, 2
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
259
akkor behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik: ( ) ∫ ∫ 1 1 x2 1 x 2 x sin xdx = · − sin 2x − sin 2xdx = 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 = x2 − x sin 2x − · cos 2x + C = x2 − x sin 2x − cos 2x + C. 4 4 4 2 4 4 8 ∫ 6.
ln xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = ln x,
dv = dx,
akkor du =
dx , x
v = x.
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ ∫ 1 ln xdx = x ln x − · xdx = x ln x − dx = x ln x − x + C = x(ln x − 1) + C. x ∫ 7.
arctg xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = arctg x,
dv = dx,
akkor du =
dx , 1 + x2
v = x.
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast kapjuk, hogy ∫ ∫ x arctg xdx = xarctg x − dx. 1 + x2 dt Bevezetve a kapott integr´alban az 1 + x2 = t, 2dx = dt, dx = helyettes´ıt´est 2 kapjuk a megold´ast: ∫ ∫ dt 1 1 1 = xarctg x− ln |t|+C = xarctg x− ln(1+x2 )+C. arctg xdx = xarctg x− 2 t 2 2 ∫ 8.
arcsin 3xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = arcsin 3x,
dv = dx,
akkor du = √
3dx , 1 − 9x2
v = x.
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ x arcsin 3xdx = x arcsin 3x − 3 √ dx. 1 − 9x2
260
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM √ Bevezetve a kapott integr´alban az 1 − 9x2 = t2 , 1 − 9x2 = t, −18xdx = 2tdt, tdt xdx = − helyettes´ıt´est ad´odik, hogy 9 ∫ ∫ ∫ 3 1 tdt arcsin 3xdx = x arcsin 3x + = x arcsin 3x + dt + C = 9 t 3 1 1√ 1 − 9x2 + C. = x arcsin x + t + C = x arcsin x + 3 3 ∫ 9. x ln xdx Megold´ as. Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ 1 x2 u = ln x, dv = xdx, akkor du = dx, v = xdx = . x 2
Helyettes´ıts¨ unk be a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es v´egezz¨ uk el az integr´al´ast. Ekkor ∫ ∫ ∫ 2 x2 x2 ln x x2 x 1 x2 ln x 1 x ln xdx = xdx = ln x − · dx = − − + C. 2 2 x 2 2 2 4 ∫ x3 ln xdx 10. Megold´ as. Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ 1 x4 3 u = ln x, dv = x dx, akkor du = dx, v = x3 dx = . x 4 Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast kapjuk, hogy ∫ ∫ ∫ 4 x4 1 x 1 1 4 1 1 3 x ln xdx = x3 dx = x4 ln x − x4 + C. ln x − · dx = x ln x − 4 4 x 4 4 4 16 ∫ ( ) 11. ln 1 + x2 dx Megold´ as. Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ( ) u = ln 1 + x2 ,
dv = dx,
akkor du =
2x dx, 1 + x2
v = x.
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) 2x x2 2 2 2 dx = x ln 1 + x − 2 dx = ln 1 + x dx = x ln 1 + x − x · 1 + x2 1 + x2 ) ∫ 2 ∫ ( ( ) ( ) x +1−1 1 2 2 = x ln 1 + x − 2 dx = x ln 1 + x − 2 1− dx = 1 + x2 1 + x2 ∫ ∫ ( ) ( ) 1 2 = x ln 1 + x − 2 dx + 2 dx = x ln 1 + x2 − 2x + 2arctg x + C. 2 1+x
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
261
∫ 12.
xarctg xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = arctg x,
dv = xdx,
akkor du =
dx , 1 + x2
v=
x2 . 2
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast j¨on, hogy ∫ ∫ 2 ∫ 2 x2 x dx x2 1 x +1−1 xarctg xdx = arctg x − · = arctg x − dx = 2 2 2 1+x 2 2 1 + x2 ) ∫ ( x2 1 1 1 2 1 1− dx = = arctg x − x arctg x − x + arctg x + C. 2 2 1 + x2 2 2 ∫ 13. x arcsin xdx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = arcsin x,
dv = xdx,
akkor du = √
dx , 1 − x2
v=
x2 . 2
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik, hogy ∫ ∫ ∫ 2 x2 1 − x2 − 1 x dx x2 1 √ x arcsin xdx = arcsin x − ·√ = arcsin x + dx = 2 2 2 2 1 − x2 1 − x2 ) ∫ (√ x2 1 1 2 = arcsin x + 1−x − √ dx. 2 2 1 − x2 A helyettes´ıt´esi m´odszerrel megoldott feladatsor 30. feladata alapj´an ∫ √ 1 1 √ 1 − x2 dx = arcsin x + x 1 − x2 , 2 2 ez´ert k¨ovetkezik, hogy ∫ 1 1 1 √ 1 x arcsin xdx = x2 arcsin x + arcsin x + x 1 − x2 − arcsin x + C = 2 4 4 2 1 1 √ 1 = x2 arcsin x − arcsin x + x 1 − x2 + C. 2 4 4
∫ 14.
x sin x cos xdx sin 2α trigonometriai azonoss´agot kapjuk, Megold´ as. Alkalmazva a sin α cos α = 2 hogy ∫ ∫ 1 x sin x cos xdx = x sin 2xdx. 2 Ha 1 u = x, dv = sin 2xdx, akkor du = dx, v = − cos 2x, 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
262
akkor behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik: ( ) ) ∫ ∫ ( 1 1 1 x sin x cos xdx = − x cos 2x − − cos 2x dx = 2 2 2 1 1 = − x cos 2x + sin 2x + C. 4 8
∫ 15.
x cos x dx sin2 x Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = x,
dv =
cos x dx, sin2 x
akkor du = dx,
v=−
1 , sin x
ahol v kisz´am´ıt´asa a sin x = t, cos xdx = dt helyettes´ıt´es bevezet´es´evel t¨ort´ent: ∫ ∫ ∫ dt cos x t−1 1 dx = v = dv = = +C =− . 2 2 t −1 sin x sin x Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast kapjuk a megold´ast: ∫ ∫ x x cos x 1 dx = − + dx. 2 sin x sin x sin x Felhaszn´alva a helyettes´ıt´esi m´odszerrel megoldott feladatsor 23. feladat´anak eredm´eny´et, miszerint ∫ x 1 dx = ln tg + C, sin x 2 kapjuk, hogy ∫ x x cos x x dx = − + ln tg + C. 2 sin x 2 sin x ∫ ln x √ dx 16. x Megold´ as. Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ∫ √ dx 1 dx √ = 2 x. u = ln x, dv = √ , akkor du = dx, v = x x x Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast k¨ovetkezik, hogy ∫ √ ∫ ∫ √ √ √ x ln x √ dx = 2 x ln x − 2 dx = 2 x ln x − 2 xdx = x x √ √ √ = 2 x ln x − 4 x + C = 2 x (ln x − 2) + C. ∫ 17. x ln2 xdx Megold´ as. Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = ln2 x,
dv = xdx,
1 akkor du = 2 ln x · dx, x
v=
x2 . 2
5.3. Integr´al´asi m´odszerek
263
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik: ∫ ∫ 2 ∫ x2 2 x 1 x2 2 2 x ln xdx = ln x − · 2 ln x · dx = ln x − x ln xdx. 2 2 x 2 Felhaszn´alva a parci´alis integr´al´as m´odszer´evell megoldott feladatsor 9. feladat´anak eredm´eny´et, miszerint ∫ 1 1 x ln xdx = x2 ln x − x2 + C, 2 4 kapjuk, hogy
∫
1 1 1 x ln2 xdx = x2 ln2 x − x2 ln x + x2 + C. 2 2 4
∫ ex cos xdx
18.
Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = cos x,
dv = ex dx,
akkor du = − sin xdx,
v = ex .
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe k¨ovetkezik, hogy ∫ ∫ x x I = e cos xdx = e cos x + ex sin xdx. Alkalmazzuk most u ´jra a kapott integr´alban a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = sin x,
dv = ex dx,
akkor du = cos xdx,
v = ex .
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe most azt kapjuk, hogy ∫ x x I = e cos x + e sin x − ex cos xdx = ex cos x + ex sin x − I, azaz ugyanazt az integr´alt kaptuk, amelyb˝ol kiindultunk. Ekkor 2I = ex cos x + ex sin x, ahonnan
1 I = ex (cos x + sin x) + C. 2
∫ 19.
32x sin(3x + 1)dx Megold´ as. Alkalmazzuk a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha u = 32x ,
dv = sin(3x + 1)dx,
akkor du = 2 · 32x ln 3dx,
1 v = − cos(3x + 1). 3
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ad´odik, hogy ∫ ∫ 2 ln 3 1 2x 2x 32x cos(3x + 1)dx. I = 3 sin(3x + 1)dx = − · 3 · cos(3x + 1) + 3 3
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
264
Alkalmazzuk most u ´jra a kapott integr´alban a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha 1 u = 32x , dv = cos(3x + 1)dx, akkor du = 2 · 32x ln 3dx, v = sin(3x + 1). 3 Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe most azt kapjuk, hogy ( ) ∫ 1 2x 2 ln 3 1 2x 2 ln 3 2x I = − ·3 ·cos(3x+1)+ · 3 · sin(3x + 1) − · 3 · sin(3x + 1)dx = 3 3 3 3 2 ln 3 2x 4 ln2 3 1 · 3 · sin(3x + 1) − I, = − · 32x · cos(3x + 1) + 3 9 9 azaz ugyanazt az integr´alt kaptuk, amelyb˝ol kiindultunk. Ekkor ( ) 4 ln2 3 1 2 ln 3 2x 1+ I = − · 32x · cos(3x + 1) + · 3 · sin(3x + 1), 9 3 9 ahonnan 9 · 32x I= 9 + 4 ln2 3 = ∫
20.
(
) 2 ln 3 1 sin(3x + 1) − cos(3x + 1) + C = 9 3
32x (2 ln 3 sin(3x + 1) − 3 cos(3x + 1)) + C. 9 + 4 ln2 3
ln (1 + x2 ) − 2xarctg x dx (1 + x2 ) ln2 (1 + x2 ) Megold´ as. Rendezz¨ uk az integrandust az al´abbi m´odon: ∫ ln (1 + x2 ) − 2xarctg x I= dx = (1 + x2 ) ln2 (1 + x2 ) ) ∫ ( ( ) 2x 1 2 = ln 1 + x − arctg x dx. 2 2x (1 + x ) ln2 (1 + x2 ) Alkalmazzuk az integr´al´as sor´an a parci´alis integr´al´as m´odszer´et. Ha ( ) 1 2x u= ln 1 + x2 − arctg x, dv = dx, 2 2x (1 + x ) ln2 (1 + x2 ) akkor ( ) 1 1 du = − 2 ln 1 + x2 dx, v = − , 2x ln (1 + x2 ) 2xdx = dt helyettes´ıt´essel t¨ort´ent: ahol v kisz´am´ıt´asa a ln (1 + x2 ) = t, 1 + x2 ∫ ∫ ∫ 1 1 2x dt v = dv = =− +C =− + C. dx = 2 2 2 2 t t ln (1 + x2 ) (1 + x ) ln (1 + x ) ∗
Behelyettes´ıtve a parci´alis integr´al´as k´eplet´ebe ´es elv´egezve az integr´al´ast ad´odik, hogy )( ( ) ) ( 1 1 2 − ln 1 + x − arctg x I= − 2x ln (1 + x2 ) )( ) ∫ ( ( ) 1 1 2 − − − 2 ln 1 + x dx = ln (1 + x2 ) 2x ∫ arctg x 1 dx 1 arctg x 1 arctg x 1 − =− + + +C = + C. =− + 2 2 2 2x ln (1 + x ) 2 x 2x ln (1 + x ) 2x ln (1 + x2 )
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
5.4. 5.4.1.
265
Racion´ alis ´ es racionaliz´ alhat´ o integr´ alok Racion´ alis f¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa
5.3. Defin´ıci´ o. Racion´alis t¨ortf¨ uggv´enynek vagy r¨oviden racion´ alis t¨ortnek nevezz¨ uk k´et P (x) polinom, p´eld´aul P (x) ´es Q(x), f (x) = Q(x) h´ anyados´ at, ahol a Q(x) oszt´opolinom nem a nullapolinom. Racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyekkel ugyanolyan szab´alyok szerint v´egz¨ unk m˝ uveleteket, mint a racion´alis sz´amokkal. A racion´alis t¨ortek egyenl˝os´eg´et ugyan´ ugy ´ertelmezz¨ uk, mint a t¨ortek egyenl˝os´eg´et az elemi aritmetik´aban. A tov´abbiakban csak val´os egy¨ utthat´os racion´alis t¨ortekkel fogunk foglalkozni. 5.4. Defin´ıci´ o. R¨ovid´ıthetetlennek nevez¨ unk egy racion´ alis t¨ortet, ha sz´aml´ al´ oja relat´ıv pr´ım a nevez˝oj´ehez. 5.6. T´ etel. Minden racion´alis t¨ort egyenl˝ o egy r¨ovid´ıthetetlen t¨orttel, mely a sz´aml´ al´o ´es nevez˝ o nulladfok´ u k¨oz¨os t´enyez˝oit˝ ol eltekintve, egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott. Bizony´ıt´as. B´armely racion´alis t¨ortet egyszer˝ us´ıthetj¨ uk sz´aml´al´oj´anak ´es nevez˝oj´enek legnagyobb k¨oz¨os oszt´oj´aval, mi´altal egy az eredetivel egyenl˝o r¨ovid´ıthetetlen t¨ortet kaP (x) φ(x) punk. Ha tov´abb´a a ´es a r¨ovid´ıthetetlen t¨ortek egyenl˝ok egym´assal, azaz Q(x) ψ(x) P (x)ψ(x) = Q(x)φ(x), akkor P (x) ´es Q(x) relat´ıv pr´ım volt´ab´ol k¨ovetkezik, hogy φ(x) oszthat´o a P (x) polinommal, φ(x) ´es ψ(x) relat´ıv pr´ım volt´ab´ol pedig k¨ovetkezik, hogy P (x) oszthat´o φ(x)-szel. Eszerint P (x) = Cφ(x), akkor viszont Q(x) = Cψ(x) is k¨ovetkezik. ⋄ 5.5. Defin´ıci´ o. Nevezz¨ unk egy racion´ alis t¨ortet szab´alyosnak vagy val´odinak, ha sz´aml´al´oj´ anak foksz´ama alacsonyabb, mint a nevez˝oj´e´e. Ha megegyez´es szerint a szab´alyos t¨ortek k¨oz´e sz´am´ıtjuk a nullapolinomot is, akkor ´erv´enyes a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as: 5.7. T´ etel. Minden racion´alis t¨ort egy´ertelm˝ uen el˝o´ all´ıthat´ o egy polinom ´es egy szab´alyos t¨ort ¨osszegek´ent. Bizony´ıt´as. Ha adott a
P (x) racion´alis t¨ort, s ha a sz´aml´al´ot a nevez˝ovel osztva az Q(x) P (x) = Q(x)S(x) + R(x)
egyenl˝os´eget nyerj¨ uk, ahol R(x) foksz´ama kisebb, mint Q(x)-´e, akkor k¨onny˝ u bel´atni, hogy R(x) P (x) = S(x) + . Q(x) Q(x) Ha tov´abb´a fenn´all az φ(x) P (x) ¯ = S(x) + Q(x) ψ(x)
266
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
egyenl˝os´eg, ahol φ(x) foksz´ama kisebb ψ(x) foksz´am´an´al, akkor a k´et egyenlet kivon´as´aval kapjuk, hogy R(x) φ(x) ¯ S(x) + − S(x) − = 0, Q(x) ψ(x) ahonnan
ebb˝ol pedig
φ(x) R(x) ¯ S(x) − S(x) = − , ψ(x) Q(x) φ(x)Q(x) − ψ(x)R(x) ¯ S(x) − S(x) = . ψ(x)Q(x)
Minthogy most a bal oldalon polinom ´all, a jobb oldalon pedig szab´alyos t¨ort, amir˝ol ¯ k¨onny˝ u meggy˝oz˝odni, az´ert sz¨ uks´egk´eppen S(x) = S(x) ´es φ(x) R(x) − = 0. ψ(x) Q(x)
⋄ A szab´alyos racion´alis t¨orteket tov´abbi vizsg´alatnak vethetj¨ uk al´a. El˝osz¨or is eml´ekeztet¨ unk arra, hogy az irreducibilis val´os polinomok x − a alak´ u line´aris polinomok lehetnek, ahol a val´os sz´am, illetve x2 − px + q alak´ u m´asodfok´ u polinomok, ahol p, q ∈ R ´es p2 − 4q < 0. Az irreducibilis val´os m´asodfok´ u polinomoknak nincsenek val´os gy¨okei. P (x) szab´alyos racion´ alis t¨ortet elemi t¨ortnek nevezz¨ uk, ha nevez˝oje, Q(x) Q(x) valamely irreducibilis p(x) polinom hatv´anya, 5.6. Defin´ıci´ o. A
Q(x) = pk (x)
(k ≥ 1),
a sz´aml´ al´ o P (x) pedig alacsonyabb fok´ u, mint p(x). 5.3. P´ elda. N´eh´any elemi t¨ort:
1 2 π −5x x−1 , , 2 , 2 , 2 . 3 x − 2 (x + 1) x + 1 x + x + 1 (x − x + 1)2
´ enyes a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as, amit bizony´ıt´as n´elk¨ Erv´ ul fogunk megadni: 5.8. T´ etel. Minden szab´alyos racion´alis t¨ort egy´ertelm˝ uen felbonthat´ o elemi t¨ortek ¨osszeg´ere.
FELADATOK Oldjuk meg a k¨ovetkez˝o racion´alis integr´alokat. ∫ 3 1. dx x2 − 4x Megold´ as. Az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, bontsuk teh´at elemi t¨ortek ¨osszeg´ere. Mivel x2 − 4x = x(x − 4), ez´ert x2
A B 3 = + − 4x x x−4
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
267
alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel. Ekkor 3 = A(x − 4) + Bx. x = 0 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol 3 = −4A ad´odik, x = 4 eset´en pedig 3 = 4B, 3 3 amelyb˝ol a megold´asok A = − ´es B = , az integrandus pedig fel´ırhat´o mint 4 4 3 − 43 3 3 1 3 1 4 = + =− · + · , 2 x − 4x x x−4 4 x 4 x−4
az integr´al´asi feladat pedig a k¨ovetkez˝o m´odon oldhat´o meg: ) ∫ ∫ ( ∫ ∫ 3 3 1 3 3 1 1 3 1 − · + · dx = − dx = dx + dx = 2 x − 4x 4 x 4 x−4 4 x 4 x−4 3 3 3 x − 4 = − ln |x| + ln |x − 4| + C = ln + C. 4 4 4 x ∫ 3x 2. dx x2 − x − 2 Megold´ as. Mivel az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny ´es a nevez˝oje fel´ırhat´o x2 − x − 2 = (x + 1)(x − 2) alakban, ez´ert x2
3x A B = + −x−2 x+1 x−2
alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor 3x = A(x − 2) + B(x + 1),
illetve 3x = (A + B)x − 2A + B.
A megfelel˝o egy¨ utthat´ok kiegyenl´ıt´es´evel kapjuk az A + B = 3,
−2A + B = 0
k´et egyenletb˝ol ´all´o k´etismeretlenes egyenletrendszert, amelynek megold´asa A = 1, B = 2. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ( ∫ ∫ ∫ 1 2 1 3x 1 dx = + dx + 2 dx = dx = 2 x −x−2 x+1 x−2 x+1 x−2 = ln |x + 1| + 2 ln |x − 2| + ln |C| = ln C(x + 1)(x − 2)2 . ∫ 3.
−x2 − x − 7 dx x3 + 3x2 − 4 Megold´ as. Mivel az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny ´es a nevez˝oje fel´ırhat´o 3 2 2 x + 3x − 4 = (x − 1)(x + 2) alakban, ez´ert A B C −x2 − x − 7 = + + x3 + 3x2 − 4 x − 1 x + 2 (x + 2)2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
268
alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor −x2 − x − 7 = A(x + 2)2 + B(x − 1)(x + 2) + C(x − 1). x = 1 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol −9 = 9A, illetve A = −1 ad´odik, x = −2 eset´en −9 = −3C, illetve C = 3, x = 0 behelyettes´ıt´es´evel pedig −7 = −4 − 2B − 3, illetve B = 0. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ∫ ( ∫ ∫ −x2 − x − 7 −1 3 1 1 I= dx = + dx = − +3 dx. 3 2 2 x + 3x − 4 x − 1 (x + 2) x−1 (x + 2)2 Az x − 1 = t, dx = dt, illetve x + 2 = z, dx = dz helyettes´ıt´esek bevezet´es´evel, majd az integr´al´as elv´egz´es´evel kapjuk, hogy ∫ ∫ dt dz 3 3 I=− +3 = − ln |t| − + C = − ln |x − 1| − + C. 2 t z z x+2 ∫
−3x2 + 2x − 21 4. dx x3 − 3x2 + 5x − 15 Megold´ as. Mivel az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny ´es a nevez˝oje fel´ırhat´o x3 − 3x2 + 5x − 15 = (x − 3)(x2 + 5) alakban, ez´ert −3x2 + 2x − 21 A Bx + C = + 2 2 (x − 3)(x + 5) x−3 x +5 alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor −3x2 + 2x − 21 = A(x2 + 5) + (Bx + C)(x − 3). x = 3 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol −42 = 14A, illetve A = −3 ad´odik, x = 0 eset´en −21 = −15 − 3C, illetve C = 2, x = 1 behelyettes´ıt´es´evel pedig −4 = −2B − 4, illetve B = 0 a megold´as. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ( ∫ −3 2 −3x2 + 2x − 21 dx = + I= dx = x3 − 3x2 + 5x − 15 x − 3 x2 + 5 ∫ ∫ 1 1 = −3 dx + 2 dx. 2 x−3 x +5 Emelj¨ unk ki 5-¨ot a m´asodik integr´al nevez˝oj´eb˝ol, majd vezess¨ uk be az x − 3 = t, √ x dx = dt ´es √ = s, dx = 5ds helyettes´ıt´eseket. Ekkor 5 √ ∫ ∫ √ dt 2 2 5 5ds I = −3 + = −3 ln |t| + arctg s + C = t 5 s2 + 1 5 √ 2 5 x = −3 ln |x − 3| + arctg √ + C. 5 5
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
269
∫ 5.
x−3 dx x3 − x Megold´ as. Mivel az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny ´es a nevez˝oje fel´ırhat´o 3 x − x = x(x − 1)(x + 1) alakban, ez´ert x−3 A B C = + + x(x − 1)(x + 1) x x−1 x+1 alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor x − 3 = A(x − 1)(x + 1) + Bx(x + 1) + Cx(x − 1)
x = 0 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol −3 = −A, illetve A = 3 ad´odik, x = 1 eset´en −2 = 2B, illetve B = −1, x = −1 behelyettes´ıt´es´evel pedig −4 = 2C, illetve C = −2 a megold´as. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ∫ ( ∫ ∫ ∫ x−3 3 −1 −2 dx dx dx I= dx = + + dx = 3 − −2 = 3 x −x x x−1 x+1 x x−1 x+1 Cx3 . = 3 ln |x| − ln |x − 1| − 2 ln |x + 1| + ln |C| = ln 2 x − 1 ∫ −2x3 − 2x + 2 6. dx (x2 + x + 1)(x2 − x + 1) Megold´ as. Mivel az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, nevez˝oje pedig irreducibilis m´asodfok´ u polinomok szorzata, ez´ert −2x3 − 2x + 2 Ax + B Cx + D = 2 + 2 2 2 (x + x + 1)(x − x + 1) x +x+1 x −x+1 alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor −2x3 − 2x + 2 = (Ax + B)(x2 − x + 1) + (Cx + D)(x2 + x + 1). x = 0 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol 2 = B + D ad´odik, x = 1 ´ert´ek behelyettes´ıt´es´evel −2 = (A + B) + (C + D) · 3, x = −1 behelyettes´ıt´es´evel 6 = (−A + B) · 3 + (−C + D), x = 2 behelyettes´ıt´es´evel pedig az −18 = (2A + B) · 3 + (2C + D) · 7 egyenletet kapjuk. A kapott n´egy egyenletb˝ol ´all´o n´egyismeretlenes egyenletrendszer B+D A + B + 3C + 3D −3A + 3B − C + D 6A + 3B + 14C + 7D
= = = =
2, −2, 6, −18.
Az els˝o egyenletb˝ol D = 2 − B, s ezt behelyettes´ıtve a t¨obbi egyenletbe ad´odik a k¨ovetkez˝o h´arom line´aris egyenletb˝ol ´all´o h´aromismeretlenes egyenletrendszer A − 2B + 3C = −8,
−3A − 2B − C = 4,
3A − 2B + 7C = −16,
270
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM amelynek megold´asa A = 0, B = 1 ´es C = −2, valamint D = 1. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ( ∫ 1 −2x + 1 −2x3 − 2x + 2 I= dx = + dx = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1) x 2 + x + 1 x2 − x + 1 ∫ ∫ dx 2x − 1 = − dx. 2 2 x +x+1 x −x+1 Az els˝o integr´al megold´as´ahoz ´at´ırjuk a nevez˝ot [( ] ( )2 )2 1 3 3 2 1 √ x+ √ x2 + x + 1 = x + + = +1 2 4 4 3 3 √ 2x + 1 2 3 form´aba ´es bevezetj¨ uk a √ = s, √ dx = ds, dx = ds helyettes´ıt´est, a 2 3 3 m´asik integr´alban pedig az x2 − x + 1 = t, (2x − 1)dx = dt helyettes´ıt´est vezetj¨ uk be. Ekkor √ ∫ ∫ ∫ dx ds dt 4 4 3 − = · − ln |t| = I= ( )2 2 3 t 3 2 s +1 √2 x + √1 + 1 3 3 √ √ ( ) 2 3 2 3 2x + 1 = arctg s − ln |t| + C = arctg √ − ln x2 − x + 1 + C. 3 3 3 ∫ x3 + x − 1 7. dx x4 + x3 + 2x2 + x + 1 Megold´ as. Alak´ıtsuk ´at a nevez˝ot szorzatt´a: x4 + x3 + 2x2 + x + 1 = x4 + x3 + x2 + x2 + x + 1 = = x2 (x2 + x + 1) + x2 + x + 1 = (x2 + x + 1)(x2 + 1). ´Igy az integr´al megold´as´ahoz x3 + x − 1 Ax + B Cx + D = + (x2 + 1)(x2 + x + 1) x2 + 1 x2 + x + 1 alakban keress¨ uk az elemi t¨ortek ¨oszeg´et. Szorozzuk be mindk´et oldalt a baloldali nevez˝ovel ´es rendezz¨ uk a kifejez´est. Ekkor x3 + x − 1 = (Ax + B)(x2 + x + 1) + (Cx + D)(x2 + 1). x = 0 eset´en a fenti egyenl˝os´egb˝ol −1 = B + D ad´odik, az x = 1 ´ert´ek behelyettes´ıt´es´evel 1 = (A + B) · 3 + (C + D) · 2, az x = −1 ´ert´ek behelyettes´ıt´es´evel −3 = (−A + B) · 1 + (−C + D) · 2, az x = 2 ´ert´ek behelyettes´ıt´es´evel pedig az 9 = (2A + B) · 7 + (2C + D) · 5 egyenletet kapjuk. A kapott n´egy egyenletb˝ol ´all´o n´egyismeretlenes egyenletrendszer B+D 3A + 3B + 2C + 2D −A + B − 2C + 2D 14A + 7B + 10C + 5D
= = = =
−1, 1, −3, 9.
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
271
Az els˝o egyenletb˝ol D = −1 − B, s ezt behelyettes´ıtve a t¨obbi egyenletbe ad´odik a k¨ovetkez˝o h´arom line´aris egyenletb˝ol ´all´o h´aromismeretlenes egyenletrendszer 3A + B + 2C = 3,
−A − B − 2C = −1,
7A + B + 5C = 7,
amelynek megold´asa A = 1, B = 0 ´es C = 0, valamint D = −1. Ekkor az integr´al´asi feladat megold´asa: ) ∫ ∫ ( x3 + x − 1 x −1 I= dx = + dx = x4 + x3 + 2x2 + x + 1 x2 + 1 x2 + x + 1 ∫ ∫ xdx 1 = − dx. x2 + 1 x2 + x + 1 dt Az els˝o integr´alban bevezetj¨ uk az x2 + 1 = t, 2xdx = dt, xdx = helyettes´ıt´est, a 2 m´asodik integr´al megold´as´ahoz pedig ´at´ırjuk a nevez˝ot [( ] ( )2 )2 2 1 3 3 1 √ x+ √ x2 + x + 1 = x + + = +1 2 4 4 3 3 √ 3 2x + 1 2 form´aba ´es bevezetj¨ uk a √ ds helyettes´ıt´est. Ekkor = s, √ dx = ds, dx = 2 3 3 √ ∫ ∫ ∫ dt 4 dx 1 3 ds 1 4 = ln |t| − · I= − = )2 ( 2 2 t 3 2 3 2 s +1 2x+1 √ + 1 3 √ √ 1 2 3 1 2 3 2x + 1 2 2 = ln(x + 1) − + C. arctg s + C = ln(x + 1) − arctg √ 2 3 2 3 3 ∫ 8.
2x4 − 10x3 + 7x2 + 4x + 3 dx x5 − 2x3 + 2x2 − 3x + 2
P (x) val´os szab´alyos racion´alis Q(x) t¨ortet, ahol P (x) = 2x4 − 10x3 + 7x2 + 4x + 3 ´es Q(x) = x5 − 2x3 + 2x2 − 3x + 2. K¨onnyen ellen˝orizhet˝o, hogy Megold´ as. El˝osz¨or bontsuk elemi t¨ortek ¨osszeg´ere a
Q(x) = (x + 2)(x − 1)2 (x2 + 1), s emellett az x + 2, x − 1, x2 + 1 polinomok mindegyike irreducibilis. A keresett felbont´as sz¨ uks´egk´eppen A B C Dx + E P (x) = + + + 2 2 Q(x) x + 2 (x − 1) x−1 x +1 alak´ u, ahonnan az A, B, C, D ´es E param´eterek ´ert´ek´et kell meghat´arozni. Szorozva a fenti egyenl˝os´eg mindk´et oldal´at a Q(x) polinommal, k¨ovetkezik a P (x) = A(x − 1)2 (x2 + 1) + B(x + 2)(x2 + 1) + C(x + 2)(x − 1)(x2 + 1) + + Dx(x + 2)(x − 1)2 + E(x + 2)(x − 1)2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
272
egyenl˝os´eg. Kiegyenl´ıtve a kapott egyenl˝os´eg jobb ´es bal oldal´an szerepl˝o polinomok megfelel˝o egy¨ utthat´oit, ¨ot egyenletb˝ol ´all´o, egy´ertelm˝ uen megoldhat´o line´aris egyenletrendszert kapunk, A, B, C, D, E ismeretlenekkel. Az ismeretlenek meghat´aroz´as´ara azonban m´as m´odszer is v´alaszthat´o. Ha a kapott egyenl˝os´egben az x = −2 behelyettes´ıt´est elv´egezz¨ uk, a 45A = 135 egyenl˝os´eget kapjuk, ahonnan A = 3 ad´odik. x = 1 helyettes´ıt´essel kapjuk, hogy 6B = 6, azaz B = 1. Ezut´an helyettes´ıts¨ unk az egyenl˝os´egbe x = 0-t, majd x = −1-et. Figyelembe v´eve A ´es B ismert ´ert´ekeit, kapjuk a −2C + 2E = −2 −4C − 4D + 4E = −8 egyenletrendszert. Innen D = 1. V´eg¨ ul helyettes´ıts¨ unk x = 2-t a fenti egyenl˝os´egbe, majd a m´ar kisz´amolt ´ert´ekek felhaszn´al´as´aval egy¨ utt nyerj¨ uk a 20C + 4E = −52 egyenletet, ami a fenti egyenletrendszerrel egy¨ utt vezet a C = −2 ´es E = −3 ´ert´ekekhez. ´Igy teh´at P (x) 3 1 2 x−3 = + − + 2 . 2 Q(x) x + 2 (x − 1) x−1 x +1 A fenti levezet´es alapj´an ∫
2x4 − 10x3 + 7x2 + 4x + 3 I= dx = x5 − 2x3 + 2x2 − 3x + 2 ) ∫ ( 3 1 2 x−3 = + − + dx = x + 2 (x − 1)2 x − 1 x2 + 1 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3 1 2 x 3 = dx + dx − dx + dx − dx. 2 2 2 x+2 (x − 1) x−1 x +1 x +1 Az s = x + 2 ´es t = x − 1 helyettes´ıt´es bevezet´es´evel, ahol ds = dx ´es dt = dx, valamint a w = x2 + 1 helyettes´ıt´es bevezet´es´evel, ahol dw = 2xdx, ad´odik ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 1 1 1 1 I=3 ds + dt − 2 dt + dw − 3 dx = 2 2 s t t 2 w x +1 1 1 − 2 ln |t| + ln |w| − 3arctg x + C. t 2 Visszahelyettes´ıt´es ut´an kapjuk, hogy = 3 ln |s| −
I = 3 ln |x + 2| −
1 1 − 2 ln |x − 1| + ln(x2 + 1) − 3arctg x + C. x−1 2
∫ 9.
x4 dx (x − 1)(x + 2) Megold´ as. Az integrandus egy nem szab´alyos racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, ami azt jelenti, hogy fel kell ´ırni egy polinom ´es egy szab´alyos racion´alis t¨ort ¨osszegek´ent. A sz´aml´al´ot a nevez˝ovel elosztva, rendez´es ut´an kapjuk, hogy −5x + 6 x4 = x2 − x + 3 + , (x − 1)(x + 2) (x − 1)(x + 2)
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok ´es ´ıgy
∫ I= ∫ (
273
x4 dx = (x − 1)(x + 2)
) −5x + 6 = x −x+3+ dx = (x − 1)(x + 2) ∫ x3 x2 −5x + 6 = − + 3x + dx. 3 2 (x − 1)(x + 2) 2
A racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´al´as´ahoz a racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyt fel kell bontani elemi t¨ortek ¨osszeg´ere. Konkr´et esetben: 1 1 16 1 −5x + 6 = · − · . (x − 1)(x + 2) 3 x−1 3 x+2 Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy x 3 x2 1 I= − + 3x + 3 2 3
∫ (
1 16 1 − x−1 3 x+2
) dx.
Az s = x − 1 ´es t = x + 2 helyettes´ıt´es bevezet´es´evel, ahol ds = dx ´es dt = dx, ad´odik, hogy ∫ ∫ 1 1 x 3 x2 1 16 I= − + 3x + ds − dt = 3 2 3 s 3 t =
x 3 x2 1 16 − + 3x + ln |s| − ln |t| + C. 3 2 3 3
Visszahelyettes´ıt´es ut´an kapjuk a k¨ovetkez˝o eredm´enyt: I=
x 3 x2 1 16 − + 3x + ln |x − 1| − ln |x + 2| + C = 3 2 3 3 =
x3 x 2 1 |x − 1| − + 3x + ln + C. 3 2 3 (x + 2)16
∫ 10.
x4 + 7x3 + 14x2 + 5x − 11 dx x3 + 5x2 + 3x − 9 Megold´ as. Az integrandus egy nem szab´alyos racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, ami azt jelenti, hogy fel kell ´ırni egy polinom ´es egy szab´alyos racion´alis t¨ort ¨osszegek´ent. A sz´aml´al´ot a nevez˝ovel elosztva, rendez´es ut´an kapjuk, hogy x2 + 8x + 7 x4 + 7x3 + 14x2 + 5x − 11 = x + 2 + , x3 + 5x2 + 3x − 9 x3 + 5x2 + 3x − 9 s ´ıgy ) ∫ ( x4 + 7x3 + 14x2 + 5x − 11 x2 + 8x + 7 I= dx = x+2+ 3 dx = x3 + 5x2 + 3x − 9 x + 5x2 + 3x − 9 ∫ ∫ ∫ x2 x2 + 8x + 7 x2 + 8x + 7 dx = + 2x + dx. = (x + 2) dx + x3 + 5x2 + 3x − 9 2 (x − 1)(x + 3)2 ∫
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
274
A racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´al´as´ahoz a racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyt fel kell bontani elemi t¨ortek ¨osszeg´ere. Konkr´et esetben: x2 + 8x + 7 1 2 = + . 2 (x − 1)(x + 3) x − 1 (x + 3)2 Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy x2 I= + 2x + 2
∫
dx +2 x−1
∫
dx . (x + 3)2
Az s = x − 1 ´es t = x + 3 helyettes´ıt´es bevezet´es´evel, ahol ds = dx ´es dt = dx, ad´odik, hogy ∫ ∫ x2 ds dt x2 2 x2 2 I = +2x+ +2 = +2x+ln |s|− +C = +2x+ln |x−1|− +C. 2 2 s (t) 2 t 2 x+3 5.4.2.
Irracion´ alis f¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa
Az irracion´alis integr´alok megold´asakor arra t¨oreksz¨ unk, hogy megfelel˝o helyettes´ıt´esek bevezet´es´evel az adott integr´alt racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´al´as´ara vezess¨ uk vissza. Irracion´alis integr´alok eset´en a t´ıpusok ´es helyettes´ıt´esek igen sokf´el´ek lehetnek. K¨oz¨ ul¨ uk csak a k´et legegyszer˝ ubbet mutatjuk meg. A k¨ovetkez˝okben az R racion´alis t¨ortkifejez´est jel¨ol. ( √ ) √ √ p1 ax + b p2 ax + b pk ax + b a) R x, , , ..., dx integr´al eset´en a helyettes´ıt´es cx + d cx + d cx + d ax + b = tn , ahol n = LKT (p1 , p2 , ..., pk ). cx + d Ha c = 0 ´es d = 1, akkor ez az integr´altipus a legegyszer˝ ubb alakot veszi fel. Mi csak ilyen integr´alokkal foglalkozunk.
FELADATOK Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o irracion´alis integr´alok megold´as´at. ∫ √ x 3 2x + 3dx 1. t3 − 3 , Megold´ as. Az integr´al megold´as´ahoz vezess¨ uk be a 2x + 3 = t3 , x = 2 3 2dx = 3t2 dt, dx = t2 dt helyettes´ıt´est, az adott integr´al pedig ´ıgy alakul: 2 ∫ ∫ 3 ∫ ∫ √ 3 2 3 3 t −3 √ 3 3 3 3 3 x 2x + 3dx = · t · t dt = (t − 3)t dt = (t6 − 3t3 )dt = 2 2 4 4 ( 3 ( 7 ) ) ( ) 4 3 t t 3 3 3 4 t 3√ 2x + 3 3 = −3· − − +C = t +C = (2x + 3)4 +C = 4 7 4 4 7 4 4 7 4 ( ) √ √ 3 8x + 12 − 21 3 3 = (2x + 3) 2x + 3 (2x + 3)(8x − 9) 3 2x + 3 + C. +C = 4 28 112
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
275
∫
2.
dx √ x+2 x Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az integrandus irracion´alis f¨ uggv´eny, ahol minden gy¨ok alatti mennyis´eg ugyanaz az x, ´es megegyezik az a) t´ıpus´ u integr´allal a = 1, b = 0, c = 0, d = 1 eset´en. Mivel a gy¨okkitev˝ok 2 ´es 3, ez´ert n = LKT (2, 3) = 6, ´ıgy a helyettes´ıt´es x = t6 , dx = 6t5 dt. Ekkor ∫ ∫ ∫ ∫ t3 dt dx 6t5 dt t5 dt √ √ √ √ =6 I= = =6 , 3 6 3 t2 + 2t3 1 + 2t x+2 x t + 2 t6 √ 3
val´oban racion´alis integr´al. Mivel ) ( 2 1 t3 t 1 1 t = − + − · , 1 + 2t 2 4 8 8 2t + 1 ez´ert a keresett integr´al ) ∫ ∫ ∫ ∫ ( 2 ∫ 3 3 dt t t 1 1 1 3 2 tdt+ dt− I=6 − + − · dt = 3 t dt− = 2 4 8 8 2t + 1 2 4 4 2t + 1 3 3 3 = t3 − t2 + t − ln |2t + 1| + C. 4 4 4 √ Mivel x = t6 volt a helyettes´ıt´es, ahonnan t = 6 x, ez´ert √ √ 3 √ 3√ 3 I = ( 6 x)3 − ( 6 x)2 + 6 x − ln |2 6 x + 1| + C = 4 4 4 = √
∫ 3.
√ 4
x
x3 + 1
√
x−
√ 3√ 3√ 3 3 x + 6 x − ln |2 6 x + 1| + C. 4 4 4
dx
Megold´ as. Mivel
√ 4
√ 4
√ √ x · x2 = 4 x · x ´es ´ıgy √ √ ∫ ∫ x x √ √ √ I= dx, dx = 4 4 x x+1 x3 + 1
x3 =
ebb˝ol az k¨ovetkezik, hogy n = LKT (2, 4) = 4, vagyis az x = t4 , dx = 4t3 dt helyettes´ıt´est kell bevezetni. Ekkor ∫ ∫ √4 t · 4t3 dt t4 √ √ = 4 dt = I= 4 t3 + 1 t4 · t4 + 1 ) ∫ ( ∫ ∫ t t dt. =4 t− 3 dt = 4 tdt − 4 2 t +1 (t + 1)(t − t + 1) A m´asodik integr´al racion´alis t¨ort, amely felbonthat´o elemi t¨ortek ¨osszeg´ere, azaz 1 1 1 t+1 = − · + · , (t + 1)(t2 − t + 1) 3 t + 1 3 t2 − t + 1 t
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
276
ez´ert a tov´abbiakban t2 4 I =4· + 2 3
∫
4 dt − t+1 3
∫
4 4 4 = 2t + ln |t + 1| − · 3 3 3 2
(t2 ∫
dt − t + 14 ) +
3 4
dt )2
.
(
2t−1 √ 3
=
+1
√ 2t − 1 3dz Vezess¨ uk most be a √ = z, dt = helyettes´ıt´est. Ekkor 2 3 √ ∫ √ 4 3 16 dz 4 8 3 2 2 I = 2t + ln |t + 1| − · = 2t + ln |t + 1| − arctg z + C. 3 9 2 z2 + 1 3 9 √ Visszahelyettes´ıtve az eredeti v´altoz´ora ad´odik, hogy t = 4 x, ez´ert √ √ √ 4 √ 8 3 24x−1 4 I = 2 x + ln x + 1 − arctg √ + C. 3 9 3 ∫ 4.
dx √ 2x − 5 − 4 2x − 5 Megold´ as. Mivel n = LKT (2, 4) = 4, vagyis az 2x−5 = t4 , 2dx = 4t3 dt, dx = 2t3 dt helyettes´ıt´est kell bevezetni. Ekkor ∫ ∫ 2 ∫ ∫ 3 dx t dt 2t3 dt t dt √ √ √ √ I= =2 = = =2 4 4 2 t −t t−1 2x − 5 − 2x − 5 t4 − t4 ∫ 2 ∫ ∫ (t − 1) + 1 (t − 1)(t + 1) dt =2 dt = 2 dt + 2 = t−1 t−1 t−1 ∫ ∫ dt = 2 (t + 1)dt + 2 = t2 + 2t + 2 ln |t − 1| + C. t−1 √ Mivel most t = 4 2x − 5, ez´ert visszat´erve az eredeti v´altoz´ora kapjuk, hogy √ √ √ I = 2x − 5 + 2 4 2x − 5 + 2 ln 4 2x − 5 − 1 + C. √
∫ √ x+1+1 √ 5. dx x+1−1
√ Megold´ as. Vezess¨ uk be az x + 1 = t2 , t = x + 1, dx = 2tdt helyettes´ıt´est. Ekkor ) ∫ √ ∫ ∫ 2 ∫ ( x+1+1 2 t+1 t +t √ I= dx = · 2tdt = 2 dt = 2 t+2+ dt = t−1 t−1 t−1 x+1−1 ) ( 2 t + 2t + 2 ln |t − 1| + C = t2 + 4t + 4 ln |t − 1| + C. =2 2 Visszat´erve az eredeti v´altoz´ora, √ √ I = x + 1 + 4 x + 1 + 4 ln | x + 1 − 1| + C.
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
277
( √ ) b) R x, px2 + qx + r dx (p, q, r ∈ R) t´ıpus´ u irracion´alis integr´alokat vagy trigonometrikus vagy hiperbolikus helyettes´ıt´essel oldhatunk meg att´ol f¨ ugg˝oen, hogy az px2 + qx + r m´asodfok´ u trinom n´egyzetek ¨osszegek´ent vagy n´egyzetek k¨ ul¨onbs´egek´ent ´ırhat´o fel. Ha a ∈ R \ {0}, akkor ( √ ) R x, a2 − x2 dx eset´en a helyettes´ıt´es x = a sin t vagy x = a cos t, ) ( √ R x, a2 + x2 dx eset´en a helyettes´ıt´es x = a sh t, ( √ ) 2 2 R x, x − a dx eset´en a helyettes´ıt´es x = a ch t. A megadott helyettes´ıt´eseket ´es a sin2 t =
1 − cos 2t , 2
cos2 t =
1 + cos 2t , 2
sh 2 t =
ch 2t − 1 , 2
ch 2 t =
ch 2t + 1 2
azonoss´agokat alkalmazva a kapott integr´alok alapintegr´alokra vezethet˝ok vissza.
FELADATOK Oldjuk meg a k¨ovetkez˝o irracion´alis integr´alokat. ∫ dx √ 1. (x2 − 1) 1 − x2 Megold´ as. A fentiek alapj´an vezess¨ uk be az x = sin t, dx = cos tdt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ dx cos tdt √ √ I= = = (x2 − 1) 1 − x2 (sin2 t − 1) 1 − sin2 t ∫ ∫ cos tdt dt √ = =− = −tg t + C. cos2 t (− cos2 t) cos2 t Mivel
sin t t = arcsin x ´es tg t = √ , 1 − sin2 t
ez´ert visszat´erve az eredeti v´altoz´ora ad´odik, hogy I = −tg(arcsin x) + C = − √ ∫ 2.
x + C. 1 − x2
dx √ (x + x2 + 2x + 2 Megold´ as. A gy¨ok alatti m´asodfok´ u kifejez´es most n´egyzetek ¨osszegek´ent ´ırhat´o fel x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 alakban, ez´ert alkalmazzuk az x + 1 = sh t, dx = ch tdt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ ∫ dx dx ch tdt √ √ √ = = I= = 2 2 2 2 2 (x + 1) x + 2x + 2 sh t · sh 2 t + 1 (x + 1) (x + 1) + 1 1)2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
278
∫ =
ch tdt √ = sh 2 t · ch 2 t
∫
√ dt sh 2 t + 1 = −cth t + C = − + C. sh 2 t sh t
Mivel t = arsh (x + 1), ez´ert visszat´erve az eredeti v´altoz´ora azt kapjuk, hogy √ I=− ∫ 3.
√ (x + 1)2 + 1 x2 + 2x + 2 +C =− + C. x+1 x+1
√ x x − x2 dx
( ) ( )2 1 1 1 1 1 1 2 2 Megold´ as. Mivel x − x = − + x − x = − −x+x = − x− , 4 4 4 4 4 2 ez´ert √ ( )2 ∫ √ ∫ ∫ √ 1 1 1 I = x x − x2 dx = x − x− dx = x 1 − (2x − 1)2 dx. 4 2 2 2
1 + sin t , 2dx = cos tdt helyettes´ıt´est. Ekkor 2 ∫ ∫ 1 + sin t √ 1 cos tdt 1 2 (1 + sin t) cos2 tdt = I= · 1 − sin t · = 2 2 2 8
Vezess¨ uk be a 2x − 1 = sin t, x =
1 = 8
∫
1 cos tdt + 8 2
∫ cos2 t sin tdt.
1 + cos 2t Az els˝o integr´alban alkalmazzuk a cos2 t = trigonometrikus azonoss´agot, 2 a m´asikban pedig bevezetj¨ uk a cos t = z, − sin tdt = dz, sin tdt = −dz helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ ∫ 1 + cos 2t 1 1 1 z3 1 2 dt − z dz = (1 + cos 2t)dt − = I= 8 2 8 16 8 3 1 = 16
∫
1 dt + 16
∫ cos 2tdt −
1 cos3 t 1 1 sin 2t 1 = t+ − cos3 t + C = 8 3 16 16 2 24
1 2 sin t cos t 1 1 t+ − (cos t)3 + C. 16 16 2 24 T´erj¨ unk most vissza az eredeti t= √ x v´altoz´ora. √ Mivel most sin t√= 2x − 1, ahonnan √ 2 = arcsin(2x−1) ´es cos t = 1 − sin t = 1 − (2x − 1)2 = 4x − 4x2 = 2 x − x2 , ez´ert =
I=
√ √ 1 1 1 arcsin(2x − 1) + (2x − 1)2 x − x2 − · 8(x − x2 ) x − x2 + C = 16 8 24 =
4x2 + 2x − 3 √ 1 arcsin(2x − 1) + x − x2 + C. 16 12
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok 5.4.3.
279
Trigonometrikus f¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa
A trigonometrikus f¨ uggv´enyek racion´alis kifejez´eseinek integr´al´asa mindig megoldhat´o elemi u ´ton. N´eh´any egyszer˝ ubb t´ıpus trigonometrikus ´atalak´ıt´asokkal visszavezethet˝o olyan x integr´alra, amelyet helyettes´ıt´essel megoldhatunk, m´ıg m´as, ¨osszetettebb alakok tg = t 2 helyettes´ıt´essel vezethet˝ok vissza racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´alj´ara. a) Az egyszer˝ ubb speci´alis t´ıpusok k¨oz´e tartoznak n ´es k nemnegat´ıv eg´eszek eset´en az ∫ ∫ ∫ ( 2 )n ( )n 2n+1 k k sin x · cos xdx = sin x · sin x · cos xdx = 1 − cos2 x · cosk x · sin xdx, illetve ∫ ∫ ∫ ( 2 )n ( )n 2n+1 k k 1 − sin2 x · sink x · cos xdx cos x · sin xdx = cos x · cos x · sin xdx = integr´alok, melyeket rendre a cos x = t, illetve sin x = t helyettes´ıt´essel vezethet¨ unk vissza polinomf¨ uggv´eny integr´al´as´ara, valamint az ∫ sin2n x cos2k xdx t´ıpus´ u integr´alok, amelyek a sin x cos x =
1 sin 2x, 2
sin2 x =
1 − cos 2x 2
´es
cos2 x =
1 + cos 2x 2
trigonometriai azonoss´agok ism´etelt alkalmaz´as´aval oldhatunk meg.
FELADATOK Oldjuk meg a k¨ovetkez˝o trigonometrikus integr´alokat. ∫ 1. sin5 xdx Megold´ as. Alak´ıtsuk ´at az integrandust az el˝oz˝oekben bemutatott m´odon. Ekkor ∫ ∫ ∫ ( 2 )2 ( )2 5 I = sin xdx = sin x sin xdx = 1 − cos2 x sin xdx. Vezess¨ uk be a cos x = t, − sin xdx = dt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ ∫ ) ) ( ( 2 1 2 2 1 − 2t2 + t4 dt = −t + t3 + t5 + C. I= 1 − t (−dt) = − 3 5 Visszat´erve az eredeti v´altoz´ora kapjuk, hogy I = − cos x +
2 1 cos3 x + cos5 x + C. 3 5
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
280 ∫
cos3 x sin4 xdx
2.
Megold´ as. V´egezz¨ uk el az integrandus megfelel˝o ´atalak´ıt´asait. Ekkor ∫ ∫ ) ( 3 4 I = cos x sin xdx = 1 − sin2 x sin4 x cos xdx. Vezess¨ uk be a sin x = t, cos xdx = dt helyettes´ıt´est. Az integr´al most ´ıgy m´odosul: ∫ ∫ ( ) 4 (4 ) t5 t7 2 I= 1 − t t dt = t − t6 dt = − + C. 5 7 Visszat´erve az eredeti v´altoz´ora kapjuk, hogy I=
sin5 x sin7 x − + C. 5 7
∫ cos2 x sin4 xdx
3.
Megold´ as. V´egezz¨ uk el el˝osz¨or a trigonometrikus ´atalak´ıt´asokat. Ekkor ∫ ∫ ∫ sin2 x 1 − cos 2x 1 2 4 2 2 I = cos x sin xdx = 4 sin x · cos x · sin2 2x · dx = dx = 4 4 2 ∫ ∫ 1 − cos 4x 1 1 sin2 2x · cos 2xdx. = dx − 8 2 8 Az els˝o integr´alt bontsuk tov´abb k´et integr´al ¨osszeg´ere, a m´asodikban pedig vezess¨ uk dt be a sin 2x = t, 2 cos 2xdx = dt, cos 2xdx = helyettes´ıt´est. Ekkor 2 ∫ ∫ ∫ 1 1 1 dt 1 1 sin 4x 1 t3 I= dx − cos 4xdx − t2 · = x− dx − · +C = 16 16 8 2 16 16 4 16 3 =
1 1 sin 4x 1 x− dx − sin3 2x + C. 16 16 4 48
∫ b) Az
R(sin x, cos x)dx alak´ u integr´alok a tg
Ebben az esetben
x = arctg t, 2
x = t helyettes´ıt´essel racionaliz´alhat´ok. 2
2dt dx = , 1 + t2 ( ) cos2 x2 2tg x2 2t ( )= , = x x 2 2 1 + t2 cos 2 1 + tg 2 ( ) cos2 x2 1 − tg 2 x2 1 − t2 ( ) = . = 1 + t2 cos2 x2 1 + tg 2 x2
x = 2arctg t,
2 sin x2 cos x2 sin x = sin x = 1 sin2 x2 + cos2 x2 cos2 x2 − sin2 cos x cos x = = 1 sin2 x2 + cos2
x 2 x 2
5.4. Racion´alis ´es racionaliz´alhat´o integr´alok
281
FELADATOK Oldjuk meg a k¨ovetkez˝o trigonometrikus integr´alokat. ∫ dx 1. 1 + sin x + cos x Megold´ as. Alkalmazzuk a megadott helyettes´ıt´eseket. Ekkor ∫
∫ 2.
dx = 1 + sin x + cos x
∫ 1+
2dt 1+t2 2 2t + 1−t 1+t2 1+t2
∫ =
dt x = ln |1+t|+C = ln 1 + tg +C. 1+t 2
dx cos x + 2 sin x + 3
x = t helyettes´ıt´est. Ekkor 2 ∫ ∫ ∫ ∫ 2dt 2dt dx 2dt 1+t2 1+t2 = = = = 2 2 2 2 + 2t + 2) 1−t 4t 1−t +4t+3+3t cos x + 2 sin x + 3 2 (t + + 3 2 2 2 1+t 1+t 1+t ∫ ( x ) dt = arctg (t + 1) + C = arctg tg + 1 + C. = (t + 1)2 + 1 2
Megold´ as. Alkalmazzuk a tg
5.4.4. Exponenci´ alis ´ es hiperbolikus f¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa ∫ Az R (ex ) dx exponenci´alis f¨ uggv´eny integr´alj´at, ahol az integrandus az ex f¨ uggv´eny racion´alis kifejez´ese, az dt t helyettes´ıt´essel tudjuk visszavezetni racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´alj´ara. Minthogy ex = t,
sh x =
ex − e−x , 2
ch x =
x = ln t,
ex + e−x , 2
th x =
dx =
ex − e−x ex + e−x
´es cth x =
ex + e−x , ex − e−x
´ıgy ´erthet˝o, hogy a hiperbolikus f¨ uggv´enyek racion´alis kifejez´eseinek integr´aljai ugyanezzel a helyettes´ıt´essel racionaliz´alhat´ok.
FELADATOK Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o exponenci´alis integr´alok megold´as´at. ∫ ex dx 1. 1 + ex dt helyettes´ıt´est. Ekkor Megold´ as. Vezess¨ uk be az ex = t, dx = t ∫ ∫ ∫ dt ex t dt dx = · = = ln |1 + t| + C = ln (1 + ex ) + C. x 1+e 1+t t 1+t
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
282 ∫ 2.
e2x dx 1 + e2x
dt Megold´ as. Vezess¨ uk be az ex = t, dx = helyettes´ıt´est. Az integr´al megold´asa t most ∫ ∫ ∫ ∫ e2x dt tdt 1 2tdt t2 = dx = · = = 2x 2 2 1+e 1+t t 1+t 2 1 + t2 ) 1 1 ( = ln 1 + t2 + C = ln 1 + e2x + C. 2 2 ∫ 3x e − ex 3. dx e2x + 1 dt Megold´ as. Vezess¨ uk be az ex = t, dx = helyettes´ıt´est. Ekkor t ∫ 3x ∫ 3 ∫ 2 ∫ 2 t − t dt t −1 t +1−2 e − ex dx = · = dt = dt = e2x + 1 t2 + 1 t t2 + 1 t2 + 1 ) ∫ ( 2 = dt = t − 2arctg t + C = ex − 2arctg ex + C. 1− 2 t +1 ∫ √ 4. ex − 1dx dt helyettes´ıt´est. Ekkor az t ∫ ∫ ∫ √ √ √ dt t−1 x I= e − 1dx = t−1· = dt. t t
Megold´ as. Alkalmazzuk az ex = t, dx =
integr´alt kapjuk, amelyben a t − 1 = z 2 , dt = 2zdz helyettes´ıt´est bevezetve ad´odik, hogy ) ∫ ∫ 2 ∫ ( z z +1−1 1 I= ·2zdz = 2 = 1− 2 dz = 2 (z − arctg z)+C = z2 + 1 z2 + 1 z +1 √ √ (√ ) (√ ) = 2 t − 1 − arctg t − 1 + C = 2 ex − 1 − arctg ex − 1 + C. ∫ ch x + sh x dx 5. ex + 1 Megold´ as. Helyettes´ıts¨ uk be az integrandusba a ch x ´es sh x f¨ uggv´enyek exponenci´alis alakj´at. Ekkor a k¨ovetkez˝o integr´alt kapjuk: ∫ x ∫ ∫ ∫ 1 e + e−x + ex − e−x 1 2ex ex ch x + sh x dx = dx = dx = dx. I= ex + 1 2 ex + 1 2 ex + 1 1 + ex Az exponenci´alis f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos integr´alok els˝o feladata alapj´an a megold´as I = ln (1 + ex ) + C.
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai
5.5. 5.5.1.
283
A hat´ arozott integr´ al fogalma ´ es tulajdons´ agai Arkhim´ ed´ esz m´ odszere s´ıkidomok ter¨ ulet´ enek meghat´ aroz´ as´ ara
A gyakorlati ´eletben sokszor van sz¨ uks´eg¨ unk k¨ ul¨onb¨oz˝o s´ıkidomok nagys´ag´anak meghat´aroz´as´ara. Egy m´er˝osz´amot kell hozz´arendelni a s´ıkidomhoz, amit a ter¨ ulet´enek nevez¨ unk. Soksz¨ogek eset´eben nincsenek nagyobb probl´em´ak, s˝ot a k¨or eset´eben is megoldhat´o a hozz´arendel´es. Most n´eh´any tov´abbi speci´alis s´ıkidomhoz fogunk ter¨ uletet rendelni, s feltessz¨ uk, hogy a tekintett s´ıkidomoknak van ter¨ ulete. Tekints¨ uk azt a s´ıkidomot, amelyet az x tengely [0, 1] intervalluma, az x = 1 egyenes megfelel˝o szakasza ´es az f (x) = x2 f¨ uggv´eny grafikonj´anak megfelel˝o ´ıve hat´arol. Ezt a s´ıkidomot parabolikus h´aromsz¨ognek is szok´as nevezni, s ter¨ ulet´enek kisz´am´ıt´as´ara Arkhim´ed´esz parabola-kvadrat´ ur´aj´at alkalmazzuk. A m´odszer l´enyege az, hogy a keresett ter¨ uletet t´eglalapok ter¨ uleteinek ¨osszeg´evel k¨ozel´ıtj¨ uk. ´Irjunk a parabolikus h´aromsz¨ogbe ´es k¨or´e soksz¨oget a k¨ovetkez˝o m´odon: osszuk a [0, 1] intervallumot n egyenl˝o r´eszre (n ∈ N). A [ ] 1 0, , n
[
] 1 2 , , n n
[ ···
] i−1 i , , n n
[ ···
] n−1 ,1 n
r´eszintervallumokra ´all´ıtsunk be´ırt ´es k¨or¨ ul´ırt t´eglalapokat u ´gy, hogy a be´ırt t´eglalap magass´aga a r´eszintervallumok kezd˝opontjainak f¨ uggv´eny´ert´eke, azaz rendre ( )2 ( )2 ( )2 1 i−1 n−1 0, , ··· , , ··· , , n n n a k¨or¨ ul´ırt t´eglalapok magass´aga a r´eszintervallumok v´egpontjainak f¨ uggv´eny´ert´eke, azaz rendre ( )2 ( )2 ( )2 1 2 i , , ··· , , ··· , 1 n n n legyen. A be´ırt t´eglalapok ter¨ ulete: 1 sn = 0 · + n
=
( )2 ( )2 ( ( )2 )2 1 2 i−1 n−1 1 1 1 1 + + ··· + + ··· + = n n n n n n n n
] (n − 1)n(2n − 1) 1 [ 2 2 2 2 = 1 + 2 + · · · + (i − 1) + · · · + (n − 1) . n3 6n3
A k¨or¨ ul´ırt t´eglalapok ter¨ ulete: ( )2 ( )2 ( )2 ( )2 ( n )2 1 2 3 i 1 1 1 1 1 + + + ··· + + ··· + = Sn = n n n n n n n n n n
=
] (n + 1)n(2n + 1) 1 [ 2 . 1 + 22 + 32 + · · · + i2 + · · · + n2 = 3 n 6n3
284
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
Az a sejt´es¨ unk, hogy ha egyetlen olyan sz´am van, amely minden sn -n´el nagyobb ´es minden Sn -n´el kisebb, akkor a parabolikus h´aromsz¨ognek van ter¨ ulete, ´es ez a T ter¨ ulet azzal a sz´ammal egyenl˝o. Ez´ert fel´ırhatjuk, hogy s n ≤ T ≤ Sn ,
y y=x2 1
behelyettes´ıtve a k´epleteket pedig kapjuk, hogy (n − 1)n(2n − 1) (n + 1)n(2n + 1) ≤T ≤ . 3 6n 6n3 0
A fenti egyenl˝otlens´egek a hat´ar´ert´ekekre is ´erv´enyesek, ha n → ∞, azaz igazak a
È
È
È
1
2
3
n
n
n
È
È
n
n
i-1 i
È
n-1 1 n
x
(n − 1)n(2n − 1) (n + 1)n(2n + 1) ≤ T ≤ lim 3 n→∞ n→∞ 6n 6n3 lim
egyenl˝otlens´egek is. Ekkor 1 1 ≤T ≤ , 3 3 5.5.2.
1 ahonnan T = . 3
A hat´ arozott integr´ al fogalma
Legyen f egy korl´atos pozit´ıv f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon, ami azt jelenti, hogy a grafikonja az x-tengely felett helyezkedik el. Ekkor azt a s´ıkbeli alakzatot, amelyet az x-tengelyen az [a, b] intervallum, az x = a ´es x = b egyenesek, valamint az f f¨ uggv´eny [a, b] intervallumhoz tartoz´o grafikonja hat´arol, az [a, b] intervallumhoz tartoz´o G g¨ orbevonal´ u trap´ eznak nevezz¨ uk. A G g¨orbevonal´ u trap´ezter¨ ulet meghat´aroz´as´anak probl´em´aja ´es az Arkhim´ed´eszi m´odszer ¨otlete vezetett a hat´arozott integr´al defin´ıci´oj´ahoz.
y
y= f HxL
È
a
Osszuk fel az [a, b] intervallumot n sz´am´ u [x0 , x1 ], [x1 , x2 ], [x2 , x3 ], ..., [xn−1 , xn ], r´eszintervallumra u ´gy, hogy az oszt´opontokra a = x0 < x1 < x2 < x3 < ... < xn−1 < xn = b
È
b
x
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai
285
legyen ´erv´enyes. Az [a, b] intervallum F feloszt´asa az F = {x0 , x1 , ..., xn } ponthalmazt jelenti. Jel¨olje most ∆x1 = x1 − x0 az els˝o, ∆x2 = x2 − x1 a m´asodik, ´es ´ıgy tov´abb, ∆xn = xn − xn−1 pedig az n-edik r´eszintervallum hossz´ us´ag´at. A d(F) = max {∆x1 , ∆x2 , ..., ∆xn } sz´amot az F feloszt´as diam´eter´enek nevezz¨ uk, s a legnagyobb r´eszintervallum-hossz´ us´agot jel¨oli. 5.7. Defin´ıci´ o. Legyen f az [a, b] z´art intervallum felett defini´alt korl´atos f¨ uggv´eny ´es F az [a, b] intervallum egy feloszt´asa. Ekkor az sn = m1 ∆x1 + m2 ∆x2 + · · · + mn ∆xn =
n ∑
mi ∆xi
i=1
¨sszeget, ahol mi jelenti az f f¨ o uggv´eny als´o hat´ar´ at az [xi−1 , xi ] r´eszintervallumon, az f f¨ uggv´eny F feloszt´ashoz tartoz´o als´o k¨ozel´ıt˝ o ¨osszeg´enek nevezz¨ uk. Az Sn = M1 ∆x1 + M2 ∆x2 + · · · + Mn ∆xn =
n ∑
Mi ∆xi
i=1
¨sszeget, ahol Mi jelenti az f f¨ o uggv´eny fels˝o hat´ar´ at az [xi−1 , xi ] r´eszintervallumon, az f f¨ uggv´eny F feloszt´ashoz tartoz´o fels˝o k¨ozel´ıt˝ o ¨osszeg´enek nevezz¨ uk. 5.8. Defin´ıci´ o. Legyen f az [a, b] z´art intervallum felett defini´alt korl´atos f¨ uggv´eny, F az [a, b] intervallum egy feloszt´asa ´es ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, 2, ..., n, a r´eszintervallumok tetsz˝oleges pontjainak egy kiv´alaszt´ asa. Ekkor a T (f, F, ξ) =
n ∑
f (ξi )∆xi ,
i=1
osszeget az f f¨ ¨ uggv´eny F feloszt´ashoz tartoz´o Riemann-f´ele integr´ al¨ osszeg´enek nevezz¨ uk. 5.9. T´ etel. Legyen f az [a, b] z´ art intervallum felett defini´alt korl´atos f¨ uggv´eny, F az [a, b] intervallum egy feloszt´asa ´es ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, 2, ..., n, a r´eszintervallumok tetsz˝oleges pontjainak egy kiv´alaszt´ asa. Ekkor sn ≤ T (f, F, ξ) ≤ Sn ´erv´enyes minden n ∈ N eset´en, ha sn ´es Sn az f f¨ uggv´eny als´o ´es fels˝o k¨ozel´ıt˝ o ¨osszegeinek sorozatai. Bizony´ıt´as. Az als´o ´es fels˝o hat´ar defin´ıci´oj´ab´ol ad´odik, hogy minden ξ pontv´alaszt´as eset´en mi ≤ f (ξi ) ≤ Mi , i = 1, 2, ..., n. Beszorozva a fenti ´ert´ekeket a megfelel˝o r´eszintervallumok hossz´ us´ag´aval kapjuk, hogy mi ∆xi ≤ f (ξi )∆xi ≤ Mi ∆xi ,
i = 1, 2, ..., n.
286
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
Adjuk ¨ossze a fenti ´ert´ekeket 1-t˝ol n-ig. Ekkor n ∑
mi ∆xi ≤
i=1
n ∑
f (ξi )∆xi ≤
i=1
n ∑
Mi ∆xi ,
i=1
illetve sn ≤ T (f, F, ξ) ≤ Sn , amit igazolni akartunk. ⋄ 5.9. Defin´ıci´ o. Legyen f : [a, b] 7→ R korl´ atos f¨ uggv´eny. Ha az [a, b] intervallum minden F feloszt´as´ ara ´es b´armely olyan ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ) pont n-esre, amelyekre ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, 2, ..., n, l´etezik az n ∑ I := lim f (ξi )∆xi d(F )→0
i=1
egy´ertelm˝ u hat´ar´ert´ek, akkor az f f¨ uggv´enyre azt mondjuk, hogy integr´ alhat´ o az [a, b] intervallumon, az I sz´am az f f¨ uggv´eny hat´arozott integr´ alja az [a, b] intervallumon, jel¨ol´ese pedig ∫ b n ∑ lim f (ξi )∆xi = f (x)dx. d(F )→0
a
i=1
Az a, illetve b sz´amok, a < b, a hat´arozott integr´ al als´o, illetve fels˝o hat´arai, az f f¨ uggv´eny a hat´arozott integr´al integrandusa. Ebben az esetben az I hat´ar´ert´ek azt jelenti, hogy minden ε > 0 sz´amra l´etezik olyan δ > 0, hogy minden tetsz˝oleges F feloszt´asra d(F) < δ ´es a ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ) pont n-esek b´armely v´alaszt´ asa eset´en igaz, hogy n ∑ f (ξi )∆xi < ε . I − i=1
T¨ort´eneti okokb´ol, ´es az´ert mert m´as integr´alfogalom is l´etezik, a fenti defin´ıci´o ´ertelm´eben integr´alhat´o f¨ uggv´enyeket szok´as Riemann szerint integr´alhat´o f¨ uggv´enyeknek nevezni. (Bernhard Riemann n´emet matematikus 1826-1866.) 5.10. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´eny integr´alhat´ o az [a, b] intervallumon, akkor f korl´ atos [a, b] intervallumon. 5.11. T´ etel. Az [a, b] intervallumon ´ertelmezett f f¨ uggv´eny akkor ´es csakis akkor integr´ alhat´ o, ha az [a, b] intervallum b´armely F feloszt´ as´ ahoz a megfelel˝ o als´o ´es fels˝o k¨ozel´ıt˝ o ¨osszegek sn ´es Sn sorozatai k¨oz¨os hat´ar´ert´ekhez tartanak, azaz lim sn = lim Sn .
d(F )→0
d(F )→0
5.12. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´eny folytonos az [a, b] intervallumon, akkor f integr´ alhat´ o az [a, b] intervallumon. 5.13. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´eny korl´atos ´es monoton az [a, b] intervallumon, akkor f integr´ alhat´ o az [a, b] intervallumon.
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai 5.5.3.
287
A hat´ arozott integr´ al tulajdons´ agai
5.10. Defin´ıci´ o. Legyen f integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon. ∫ b ∫ a 1. Ha a > b, akkor f (x)dx = − f (x)dx. a
∫ 2. Ha a = b, akkor
b a
f (x)dx = 0. a
Bel´athat´o, hogy minden f az [a, b] intervallumon folytonos f¨ uggv´eny integr´alhat´o is az [a, b]-n. Ugyan´ ugy minden olyan korl´atos f : [a, b] 7→ R f¨ uggv´eny is integr´alhat´o, amely folytonos az [a, b] intervallumon, kiv´eve v´eges sok pontj´aban. 5.14. T´ etel. Ha f a konstans f¨ uggv´eny, azaz f (x) = k, x ∈ [a, b], akkor ∫ b f (x)dx = k(b − a). a
5.15. T´ etel. Ha f integr´alhat´ o f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon ´es k egy val´os sz´am, ∫ b ∫ b akkor a kf f¨ uggv´eny is integr´alhat´ o az [a, b] intervallumon ´es kf (x)dx = k f (x)dx. a
a
Bizony´ıt´as. Minden F feloszt´as ´es a r´eszintervallumokon v´alasztott b´armely ξ pontok eset´en n n ∑ ∑ T (kf, F, ξ) = kf (ξi )∆xi = k f (ξi )∆xi = kT (f, F, ξ). i=1
i=1
Mivel
∫
b
lim T (f, F, ξ) =
d(F )→0
ez´ert
∫
f (x)dx, a
∫
b
kf (x)dx = lim T (kf, F, ξ) = k lim T (f, F, ξ) = k
⋄
d(F )→0
a
d(F )→0
b
f (x)dx. a
5.16. T´ etel. Ha f ´es g integr´alhat´ o f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon, akkor az ¨osszeg¨ uk ∫ b ∫ b ∫ b is integr´alhat´o az [a, b] intervallumon ´es (f (x) + g(x))dx = f (x)dx + g(x)dx. a
a
a
Bizony´ıt´as. Minden F feloszt´as ´es a r´eszintervallumokon v´alasztott b´armely ξ pontok eset´en n ∑ T (f + g, F, ξ) = (f (ξi ) + g(ξi )) ∆xi = i=1
=
n ∑ i=1
f (ξi )∆xi +
n ∑
g(ξi )∆xi = T (f, F, ξ) + T (g, F, ξ).
i=1
Mivel
∫ lim (T (f, F, ξ) + T (g, F, ξ)) =
d(F )→0
∫
b
f (x)dx + a
b
g(x)dx, a
288
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
ez´ert
∫
b
(f (x) + g(x)) dx = lim T (f + g, F, ξ) = d(F )→0
a
∫
∫
b
= lim (T (f, F, ξ) + T (g, F, ξ)) =
b
f (x)dx +
d(F )→0
g(x)dx.
a
⋄
a
5.2. K¨ ovetkezm´ eny. Ha f ´es g integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon, k1 ´es k2 pedig val´os sz´amok, akkor a k1 f + k2 g f¨ uggv´eny is integr´ alhat´ o az [a, b] intervallumon ´es ∫
∫
b
∫
b
(k1 f (x) + k2 g(x))dx = k1
b
f (x)dx + k2
a
a
g(x)dx. a
5.17. T´ etel. Ha f ´es g integr´alhat´o f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon ´es f (x) ≤ g(x) minden x ∈ [a, b] eset´en, akkor ∫
∫
b
b
f (x)dx ≤
g(x)dx.
a
a
Bizony´ıt´ as. Minden F feloszt´as ´es a r´eszintervallumokon v´alasztott b´armely ξ pontok eset´en n n ∑ ∑ T (f, F, ξ) = f (ξi )∆xi ≤ f (ξi )∆xi = T (g, F, ξ). i=1
Ekkor
∫
i=1
∫
b
b
f (x)dx = lim T (f, F, ξ) ≤ lim T (g, F, ξ) =
⋄
a
d(F )→0
d(F )→0
g(x)dx. a
A k¨ovetkez˝o ´all´ıt´asok az 5.17. T´etel k¨ovetkezm´enyei. 5.3. K¨ ovetkezm´ eny. Ha f ´es g integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon, f (x) ≤ 0 ´es g(x) ≥ 0 minden x ∈ [a, b] eset´en, akkor ∫
∫
b
f (x)dx ≤ 0 ´es
b
g(x)dx ≥ 0.
a
a
5.18. T´ etel. Legyen f integr´alhat´o f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon ´es legyen minden x ∈ [a, b] eset´en m ≤ f (x) ≤ M . Ekkor ∫
b
m(b − a) ≤
f (x)dx ≤ M (b − a). a
5.19. T´ etel (Az integr´alsz´am´ıt´as k¨oz´ep´ert´ekt´etele). Legyen f az [a, b] intervallum felett folytonos f¨ uggv´eny. Ekkor van olyan c ∈ (a, b) sz´ am, hogy 1 f (c) = b−a
∫
b
f (x)dx. a
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai
289
Bizony´ıt´as. Mivel az f f¨ uggv´eny folytonos, ez´ert a z´art [a, b] intervallumon felveszi M maximum´at ´es m minimum´at. ´Igy az f f¨ uggv´eny teljes´ıti az 5.18. T´etel felt´eteleit, ahonnan b − a > 0 figyelembe v´etel´evel, ∫ b 1 m≤ f (x)dx ≤ M, b−a a ∫ b 1 ebb˝ol pedig az ad´odik, hogy f (x)dx a [m, M ] intervallum egy k¨ozbens˝o ´ert´eke, b−a a melyet az f f¨ uggv´eny a folytonoss´ag miatt felvesz. Ez´ert van olyan c ∈ (a, b) sz´am, hogy ∫ b 1 f (x)dx, f (c) = b−a a s ezzel az ´all´ıt´as bizony´ıtott. ⋄ A k¨ovetkez˝o t´etelekben a hat´arozott integr´alok fontos tulajdons´agait fogalmaztuk meg. 5.20. T´ etel. Ha f integr´alhat´o f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon, akkor ∫ b ∫ b ≤ f (x)dx |f (x)|dx. a
a
5.21. T´ etel. Ha f integr´alhat´o f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon ´es ha c ∈ (a, b), akkor igaz, hogy ∫ b ∫ c ∫ b f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx. a
5.5.4.
a
c
Newton-Leibniz formula
5.22. T´ etel. Ha f az [a, b] intervallumon folytonos f¨ uggv´eny ´es ∫ x Φ(x) = f (t)dt, a
akkor a Φ f¨ uggv´eny az f f¨ uggv´eny egy primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon. Bizony´ıt´as. A Φ f¨ uggv´eny n¨ovekm´eny´enek ´es az x v´altoz´o ∆x n¨ovekm´eny´enek h´anyadosa (∫ x+∆x ) ∫ x 1 Φ(x + ∆x) − Φ(x) = f (t)dt − f (t)dt . ∆x ∆x a a A 5.21. T´etel alapj´an igaz, hogy 1 Φ(x + ∆x) − Φ(x) = ∆x ∆x
∫
x+∆x
f (t)dt. x
Az f f¨ uggv´eny folytonos, ha t ∈ [x, x + ∆x], ez´ert ´erv´enyes az integr´alsz´am´ıt´as k¨oz´ep´ert´ekt´etele (5.19. T´etel), ahol a = x, b = x + ∆x. Ekkor Φ(x + ∆x) − Φ(x) = f (c), ∆x
c ∈ [x, x + ∆x].
290
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
Ha ∆x → 0, akkor x + ∆x → x ´es c → x, s az f f¨ uggv´eny folytonoss´ag´ab´ol f (c) → f (x). Teh´at a fenti n¨ovekm´enyek h´anyados´anak hat´ar´ert´eke l´etezik, ha ∆x → 0, ´es Φ(x + ∆x) − Φ(x) = f (x). ∆x→0 ∆x lim
Eszerint a Φ f¨ uggv´eny differenci´alhat´o ´es Φ′ (x) = f (x). ⋄ ∫ b Az integr´alsz´am´ıt´as alapt´etele lehet˝ov´e teszi az f (x)dx hat´arozott integr´al kisz´am´ıt´as´at a
az f f¨ uggv´eny tetsz˝oleges F primit´ıv f¨ uggv´eny´enek seg´ıts´eg´evel. 5.23. T´ etel. Legyen f az [a, b] intervallumon folytonos f¨ uggv´eny, F pedig az egyik primit´ıv f¨ uggv´enye, azaz F ′ (x) = f (x), minden x ∈ [a, b] eset´en. Ekkor ´erv´enyes a Newton-Leibnizf´ele formula: ∫ b b b f (x)dx = [F (x)]a = F (x) = F (b) − F (a). a
a
Bizony´ıt´ as. Ha F ´es Φ az f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyei, akkor ezek a f¨ uggv´enyek legfeljebb egy ´alland´oban k¨ ul¨onb¨oznek egym´ast´ol. Ekkor Φ(x) = F (x) + C, ∫
azaz
x
f (x)dx = F (x) + C. a
Az x = a helyettes´ıt´esi ´ert´ek vezet a 0 = F (a) + C formul´ahoz, amib˝ol C = −F (a) ´es ∫ x f (x)dx = F (x) − F (a). a
Az x = b helyettes´ıt´es ut´an k¨ovetkezik, hogy ∫ b f (x)dx = F (b) − F (a). a
⋄ A hat´arozott integr´al sz´am´ıt´as´an´al felhaszn´aljuk a hat´arozatlan integr´alt, s ez´ert a helyettes´ıt´est vagy a parci´alis integr´al´as szab´aly´at alkalmazhatjuk a hat´arozott integr´alra is az al´abbi m´odon. 5.24. T´ etel. Legyen f : [a, b] 7→ R folytonos f¨ uggv´eny, φ : [α, β] 7→ [a, b] pedig olyan monoton f¨ uggv´eny, amelynek az els˝o deriv´altja folytonos az [α, β] intervallumon. Ekkor az x = φ(t) helyettes´ıt´es ut´an ∫ b ∫ β f (x)dx = f (φ(t))φ′ (t)dt , a
ahol a = φ(α), b = φ(β).
α
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai
291
5.25. T´ etel. Ha az u ´es v f¨ uggv´enyek folytonosan differenci´ alhat´ ok az [a, b] intervallumon, akkor igaz a parci´alis integr´al´as k´eplete, miszerint ∫
b
∫
′
u(x)v (x)dx =
[u(x)v(x)]ba
a
b
−
v(x)u′ (x)dx .
a
FELADATOK. Sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝o hat´arozott integr´alok ´ert´ek´et. ∫
3
1.
(
) 4x3 − x dx
1
Megold´ as. ∫
3
(
(
)
4x − x dx = 3
1
∫
3
2.
√ 3
) 3 ( ) ( ) x2 32 12 9 1 4 4 x − = 3 − − 1 − = 81 − − 1 + = 76. 2 1 2 2 2 2 4
xdx
2
Megold´ as.
∫ 2
∫
−2
3. −4
3
√ 3
3 ) √ 3 √ 3( √ 3 3 3 xdx = x x = 3 3−2 2 . 4 4 2
dx x4
Megold´ as. ∫
−2
−4
∫
12
4. 5
3 dx x
Megold´ as.
∫ 5
∫
−2 ( ) dx 1 1 1 1 1 7 = − · 3 = − − = . 4 x 3 x −4 3 −8 −64 192
12
12 12 3 dx = 3 ln |x| = 3 (ln 12 − ln 5) = 3 ln . x 5 5
π
sin xdx
5. 0
Megold´ as. ∫ 0
π
π sin xdx = − cos x = −(cos π − cos 0) = −(−1 − 1) = 2. 0
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
292 ∫
1
(5x + 1)4 dx
6. 0
dt Megold´ as. Ha alkalmazzuk az 5x + 1 = t, dx = helyettes´ıt´est, akkor a t 5 v´altoz´oval kapott integr´al hat´arait is meg kell v´altoztatni a r´egi hat´arok ´ert´ekeinek behelyettes´ıt´es´evel, ´ıgy az u ´j hat´arok most 5 · 0 + 1 = 1 ´es 5 · 1 + 1 = 6 lesznek. Ekkor 6 ∫ 1 ∫ 6 ) 1 ( 5 1 t5 4 4 dt 6 − 15 = 311. (5x + 1) dx = t · = · = 5 5 5 1 25 0 1 ∫ 2 e2x+3 dx 7. 1
dt Megold´ as. Vezess¨ uk be a 2x + 3 = t, dx = helyettes´ıt´est. A megfelel˝o hat´arok 2 most x = 1 helyett t = 5, valamint x = 2 helyett t = 7. Az integr´al megold´asa teh´at 7 ∫ 2 ∫ 7 ) 1 ( ) 1 t 1( 7 2x+3 t dt e dx = e = e = e − e5 = e5 e2 − 1 . 2 2 5 2 2 1 5 ∫ π sin x cos xdx 8. π 2
Megold´ as. Vezess¨ uk be a cos x = t, sin xdx = −dt helyettes´ıt´est. Az u ´j hat´arok π π most x = helyett t = cos = 0, x = π helyett pedig t = cos π = −1. Az integr´al 2 2 ekkor 0 ∫ −1 ∫ π ∫ 0 1 1 t2 sin x cos xdx = − tdt = = =0− =− . π 2 2 2 0 −1 −1
2
∫
π 4
9.
tg xdx − π4
sin x , ez´ert vezess¨ uk be az integr´alban a cos x = t, cos x ( π ) √2 π = sin xdx = −dt helyettes´ıt´est. Az u ´j hat´arok: x = − helyett t = cos − , 4 4 2 √ π π 2 . Ekkor valamint x = helyett t = cos = 4 4 2 ∫ π ∫ π ∫ √2 4 4 sin x 2 dt tg xdx = dx = − √ = 0. 2 t − π4 − π4 cos x 2 Megold´ as. Mivel tg x =
∫ 10. e
e2
dx x ln x
Megold´ as. Alkalmazzuk az ln x = t, dx = dt helyettes´ıt´est. Az u ´j hat´arok x = e x helyett t = ln e = 1, illetve x = e2 helyett t = ln e2 = 2. Ekkor 2 ∫ e2 ∫ 2 dt dx = = ln |t| = ln 2 − ln 1 = ln 2. x ln x t 1 e 1
5.5. A hat´arozott integr´al fogalma ´es tulajdons´agai ∫
293
2
xex dx
11. 1
Megold´ as. Ha u = x, dv = ex dx, valamint du = dx ´es v = ex , akkor ∫
2
2 ∫ xe dx = xe −
1
∫
2
x
x
1
1
2 ( ) ex dx = 2e2 − 1e − ex 1 = 2e2 − e − (e2 − e) = e2 .
√ 3 2
12.
arcsin xdx − 12
Megold´ as. Legyen a parci´alis integr´al´as k´eplet´eben u = arcsin x ´es dv = dx. Ekkor dx du = √ ´es v = x. Ekkor 1 − x2 ∫
√
3 2
I= − 12
arcsin xdx = x arcsin x
√
∫
3 2
− − 12
√
3 2
− 12
√
xdx . 1 − x2
dt A kapott integr´alban vezess¨ uk be az 1 − x2 = t, xdx = − helyettes´ıt´est. Az u ´j t √ 3 1 3 1 hat´arok most x = − helyett t = , illetve x = helyett t = . Az integr´al´ast 2 4 2 4 folytatva kapjuk, hogy √ √ ( ) ( ) ∫ 1 ( ) 4 3 3 1 1 1 dt √ − I= arcsin − − arcsin − − = 3 2 2 2 2 2 t 4 1 √ √ √ ( ) 4 √ ) 3 π 1 ( π ) √ 1 3 π 3 π π √ 1 1( = · + · − + t = − + − = 3− + 1− 3 . 3 2 3 2 6 6 12 4 4 6 2 2 √
4
∫
π 4
x cos xdx
13. − π4
Megold´ as. Legyen a parci´alis integr´al´as k´eplet´eben u = x ´es dv = cos xdx, ahonnan du = dx ´es v = sin x. Ekkor π π 4 ∫ π ∫ π 4 ( ) ( ) 4 4 π π π π sin − + cos x = x cos xdx = x sin x − sin xdx = sin − − π 4 4 4 4 − π4 − π4 −4
− π4
( √ ) √ ( π ) π √ 2 π √2 √2 √2 √ π 2 π 2 π = · + = − + + = 2. − + cos − cos − 4 2 4 2 4 4 8 8 2 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
294 ∫
e2
x2 ln xdx
14. e
Megold´ as. legyen a parci´alis integr´al´as k´eplet´eben u = ln x ´es dv = x2 dx. Ekkor dx x3 du = ´es v = . Ekkor x 3 e2 ∫ 2 ∫ e2 ∫ 2 e 3 x x3 dx e6 e3 1 e 2 2 2 x ln xdx = ln x − · = ln e − ln e − x dx = 3 3 x 3 3 3 e e e e
e2 ) 2 1 1( 6 2 6 1 3 1 x3 e − e3 = = e − e − · = e6 − e3 − 3 3 3 3 e 3 3 9
∫ 15.
) 5 2 e3 ( 3 = e6 − e3 = 5e − 2 . 9 9 9 1
dx − 5x + 6 0 Megold´ as. Az integrandus racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, s fel´ırhat´o x2
x2
1 1 1 1 = = − − 5x + 6 (x − 3)(x − 2) x−3 x−2
alakban. Ekkor
∫ I= 0
1
dx = 2 x − 5x + 6
∫ 0
1
dx − x−3
∫ 0
1
dx . x−2
Alkalmazva az x − 3 = t, dx = dt, valamint x − 2 = z, dx = dz helyettes´ıt´eseket ad´odik, hogy az u ´j hat´arokkal −1 −2 ∫ −2 ∫ −1 dt dz 4 I= − = ln |t| − ln |z| = ln 2 − ln 3 − ln 1 + ln 2 = ln . t z 3 −3 −2 −3 −2
5.6. 5.6.1.
A hat´ arozott integr´ al alkalmaz´ asa S´ıkidomok ter¨ uletsz´ am´ıt´ asa
Legyen f : [a, b] 7→ R nemnegat´ıv folytonos f¨ uggv´eny, az [a, b] intervallumon. A Riemannf´ele integr´al defin´ıci´oja alapj´an kimondhatjuk, hogy az f f¨ uggv´enyhez tartoz´o G g¨orbevonal´ u trap´ez T (G) ter¨ ulete az [a, b] intervallum felett: ∫ b T (G) = f (x)dx. a
Ha az f : [a, b] 7→ R folytonos f¨ uggv´eny nempozit´ıv az [a, b] intervallumon, akkor az f f¨ uggv´enyhez tartoz´o G g¨orbevonal´ u trap´ez T (G) ter¨ ulete az [a, b] intervallum felett: ∫ b ∫ b f (x)dx . T (G) = − f (x)dx, illetve T (G) = a
a
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa
295
y
y aÈ
bÈ
x
y= f HxL
y= f HxL È
È
a
b
x
Ha az f : [a, b] 7→ R folytonos f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon el˝ojelet v´alt, azaz az [a, c] intervallumon nemnegat´ıv, a [c, b] intervallumon pedig nempozit´ıv (a < c < b), akkor a G degener´alt g¨orbevonal´ u trap´ez ter¨ ulet´et kell kisz´amolni. Ebben az esetben a ter¨ ulet kisz´am´ıt´as´at egy x-tengely feletti ´es egy x-tengely alatti ter¨ ulet kisz´am´ıt´as´ara kell sz´etbontani, azaz ∫ c ∫ b T (G) = f (x)dx − f (x)dx. a
y
y= f HxL
È
È
a
È
c
b
x
c
Legyenek f : [a, b] 7→ R ´es g : [a, b] 7→ R olyan folytonos f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon, hogy g(x) ≤ f (x), x ∈ [a, b]. Az A = {(x, y)|a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f (x)} z´art alakzat ter¨ ulet´et most a k¨ovetkez˝o m´odon sz´amoljuk ki: ∫ b T (A) = (f (x) − g(x))dx. a
y y= f HxL
È
È
a
b
y=gHxL
x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
296
FELADATOK. 1. Sz´am´ıtsuk ki az y = 1 − x2 g¨orbe ´es az x tengely ´altal hat´arolt z´art tartom´any ter¨ ulet´et. Megold´ as. Keress¨ uk meg az y = 1 − x2 parabola ´es az x-tengely metsz´espontjait, vagyis a parabola nullahelyeit. 1 − x2 = 0, ha x = −1 vagy x = 1, ez´ert a keresett ter¨ ulet az x-tengelyen −1-t˝ol 1-ig terjed ´es a k¨ovetkez˝ok´eppen sz´am´ıthatjuk ki: ∫
1
T = −1
(
1−x
2
)
( dx = ( =
y
1
T
) 1 x3 x− = 3 −1
1 1− 3
)
(
1 − −1 + 3
x
1
-1
y=1-x2
) =
2 2 4 + = . 3 3 3
2. Sz´am´ıtsuk ki az y = 2x g¨orbe, valamint az x = 0, x = 2 ´es y = 0 egyenesek ´altal hat´arolt z´art ter¨ ulet nagys´ag´at. Megold´ as. A hat´arozott integr´al hat´arait az x = 0 ´es x = 2 egyenesek adj´ak meg. A keresett ter¨ ulet 2 ∫ 2 2x 4 1 3 x T = 2 dx = = − = . ln 2 0 ln 2 ln 2 ln 2 0 y
y y=2x
y=lnx
4
x
1 ã
1
T -1
1
T 1
-1 x=0
2 x=2
x
x=
1 ã
1 3. Sz´am´ıtsuk ki az y = ln x g¨orbe, valamint az x = ´es y = 0 egyenesek ´altal hat´arolt e z´art ter¨ ulet nagys´ag´at. Megold´ as. Mivel az y = ln x g¨orbe az x = 1-ben metszi az x-tengelyt, ´ıgy az 1 ulet az x-tengely alatt integr´al´as hat´arai az x = ´es x = 1 lesznek. A keresett ter¨ e
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa
297
helyezkedik el, ez´ert ∫ T =− ( =
∫
1
1 e
ln xdx = 1 e
1 1 1 ln − e e e
1
1 e ln xdx = (x ln x − x) = 1
) − (1 ln 1 − 1) =
1 1 2 · (−1) − + 1 = 1 − . e e e
4. Sz´am´ıtsuk ki az y = sin x g¨orbe ´es az x tengely ´altal hat´arolt z´art tartom´any ter¨ ulet´et a [0, 2π] intervallumon. ´ Megold´ as. Allap´ ıtsuk meg, hogy a megadott intervallumon sin x > 0, ha x ∈ (0, π), ´es sin x < 0, ha x ∈ (π, 2π).Ez´ert a keresett ter¨ ulet nagysz´ag´at k´et integr´al seg´ıts´eg´evel sz´am´ıtjuk: ∫
∫
π
sin xdx −
T = T1 + T2 = 0
π
2π
π 2π sin xdx = − cos x + cos x = 0
π
= −(cos π − cos 0) + (cos 2π − cos π) = −(−1 − 1) + (1 + 1) = 2 + 2 = 4. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha nem vessz¨ uk figyelembe a f¨ uggv´eny el˝ojel´et ´es a keresett ter¨ uletet csak egy integr´al seg´ıts´eg´evel sz´am´ıtjuk 0-t´ol 2πig, akkor a ∗
∫
2π
T = 0
2π sin xdx = − cos x =
y y=sinx
1
T1 Π -1
T2
x
2Π
0
= −(cos 2π − cos 0) = −(1 − 1) = 0 sz´amot kapn´ank, ami term´eszetesen helytelen lenne, mert csak arra utalna, hogy az x-tengely alatti ´es feletti tartom´anyok ter¨ ulete egym´assal egyenl˝o. 5. Sz´am´ıtsuk ki az f (x) = x3 +x2 −2x f¨ uggv´eny grafikonja ´es az x tengely ´altal hat´arolt z´art tartom´any ter¨ ulet´et. Megold´ as. Vizsg´aljuk ki az f f¨ uggv´eny ter¨ uletsz´am´ıt´asi szempontb´ol fontos tulajdons´agait. Mivel f (x) = x(x − 1)(x + 2), ´ıgy a nullahelyek x = −2, x = 0 ´es x = 1, a f¨ uggv´eny negat´ıv, ha x ∈ (−∞, −2) ∪ (0, 1), valamint a f¨ uggv´eny pozit´ıv, ha x ∈ (−2, 0)∪ (1, +∞). Ez´ert a keresett ter¨ uletet ism´et k´et hat´arozott integr´al seg´ıts´eg´evel sz´am´ıtjuk ki. ∫ T = T1 + T2 =
T1 -2
T2
1
(x + x − 2x)dx − 3
-1
1
y=x3 +x2 -2x
∫
0
−2
y
(x3 + x2 − 2x)dx =
2
0
1
x
298
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM (
) 0 ( 4 ) 1 x4 x3 x x3 2 2 = + −x − + −x = 4 3 4 3 −2 0 )] [( ) ] [ ( 1 1 37 1 16 8 = 0− − −4 − + −1 −0 = =3 . 4 3 4 3 12 12 Vegy¨ uk ´eszre enn´el a feladatn´al is, hogy a keresett ter¨ uletet most sem sz´am´ıthatjuk egy integr´allal, mert b´ar ebben az esetben pozit´ıv sz´amot kapunk, hiszen a ( 4 ) 1 ∫ 1 x 1 1 x3 16 8 27 ∗ 3 2 2 T = (x + x − 2x)dx = + −x = + −1− + +4= 4 3 4 3 4 3 12 −2 −2 sz´amot kapn´ank, de ez nem a keresett ter¨ ulet nagys´ag´anak m´er˝osz´ama. 6. Hat´arozzuk meg az (y − 2)2 = 2(x − 1) parabola ´es az y = 3 − x egyenes ´altal hat´arolt z´art ter¨ ulet nagys´ag´at. I.Megold´ as. Az egyenes ´es a parabola metsz´espontjai az (1, 2) ´es (3, 0) pontok. A keresett ter¨ uletet megkapjuk, ha az [1, 3] intervallumon az y = 3 − x egyenes alatti T1 ter¨ uletb˝ol kivonjuk a parabola alatti T2 ter¨ uletet. Fejezz¨ uk ki y-t az adott parabola egyenlet´eb˝ol. Ekkor √ a parabola als´o ´ag´anak egyenlete y = 2 − 2(x − 1). ´Igy
y
y=2+
2 Hx - 1L
3 y=3-x
H1,2L 2
T
1 y=2-
2 Hx - 1L H3,0L 1
2
3
2
3
x
y
y
3
3
H1,2L
H1,2L 2
2
1
1
T1 1
T2
H3,0L 2
x
3
1
H3,0L
3 ( ) 9 1 x2 − T1 = (3 − x)dx = − =9−3− = 2 ´es 2 1 2 2 1 ∫ 3( ) √ √ ∫ 3√ 3 x − 1dx. T2 = 2 − 2(x − 1) dx = 2x|1 − 2 ∫
3
3x|31
1
1
Vezess¨ uk be a kapott integr´alban a t = x − 1, dt = dx helyettes´ıt´est. Ekkor 2 √ t 32 √ ∫ 2 1 8 4 T2 = (6 − 2) − 2 t 2 dt = 4 − 2 3 = 4 − = , 3 3 0 2 0
2 a keresett ter¨ ulet nagys´aga pedig T = T1 − T2 = . 3
x
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa
299
II.Megold´ as. Megmutatjuk, hogy ezt a ter¨ uletet egyszer˝ ubben u ´gy is sz´am´ıthatjuk, hogy az adott g¨orbe x = x(y) alakj´at ´es a metsz´espontok ordin´at´ait haszn´aljuk fel, s az adott g¨orb´ek ´es az y-tengely k¨oz¨otti ter¨ uletek seg´ıts´eg´evel jutunk eredm´enyhez. A metsz´espontok ordin´at´ai az el˝oz˝o sz´am´ıt´asok alapj´an y = 0 ´es y = 2. Az y = 3−x egyenest x = 3−y m´odon fejezz¨ uk ki, az (y−2)2 = 2(x−1) parabol´at pedig 1 mint x = 1 + (y − 2)2 . A keresett ter¨ uletet most a k¨ovetkez˝ok´eppen sz´amoljuk: 2 ( )] ) ∫ 2[ ∫ 2( 1 1 2 2 (3 − y) − 1 + (y − 2) − y + y dy = T = dy = 2 2 0 0 ( ) 2 1 y 3 y 2 1 1 2 = − · + = − (8 − 0) + (4 − 0) = . 2 3 2 0 6 2 3 [ π] 7. Sz´amoljuk ki az y = sin x ´es y = cos x g¨orb´ek, valamint az y = 0 egyenes 0, 2 szakasza ´altal hat´arolt z´art ter¨ ulet m´er˝osz´am´at. Megold´ as. Az y = sin x ´es y = cos x g¨orb´eknek a megadott intervallumon π bel¨ ul x = -ben van metsz´espontjuk, 2 ez´ e rt a keresett ter¨ ulet egyr´eszt a [ π] 0, intervallumon az y = sin x g¨orbe 4 [π π ] alatti ter¨ uletb˝ol, m´asr´eszt a , in4 2 tervallumon az y = cos x g¨orbe alatti ter¨ uletb˝ol tev˝odik ¨ossze. ´Igy ∫
y
1
T1 T2
π 2
sin xdx +
T = T1 + T2 = 0
x
Π 2
Π
-1
∫
π 4
y=sinx
Π 4
π 4
y=cosx
π π 2 4 cos xdx = − cos x + sin x = 0
√
π 4
√
( ) √ π 2 2 π π = − cos − cos 0 + sin − sin = − +1+1− = 2 − 2. 4 2 4 2 2 y
8. Sz´am´ıtsuk ki az y = 4x − x2 ´es y = x2 − 3x parabol´ak ´altal hat´arolt z´art ter¨ ulet a nagys´ag´at. Megold´ as. A keresett ter¨ uletet a ∫ b T = (f (x) − g(x)) dx
y=x2 -3x
a
k´eplettel sz´amoljuk, ahol f (x) = 4x − x2 ´es g(x) = x2 − 3x, a ´es b pedig a megfelel˝o g¨orb´ek metsz´espontjainak abszcissz´ai. A parabol´ak metsz´espontjaiban megegyeznek a f¨ uggv´eny´ert´ekek, azaz 4x − x2 = x2 − 3x, ahonnan a 2x2 −7x = 0 m´asodfok´ u egyenletet kapjuk, amelynek
T
1
1
-1
2
y=4x-x2
3
3.5
4
x
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
300
7 megold´asa x = 0 vagy x = . Ez´ert a keresett ter¨ ulet 2 ∫
7 2
T =
(
) 4x − x2 − (x2 − 3x) dx =
∫
0
(
7 2
7x − 2x
) 2
( dx =
0
=
2
T2 =
(√
∫ √ ) 6x − (− 6x) dx +
0
) 72 = 0
7 49 2 343 343 · − · −0= . 2 4 3 8 24
9. Sz´am´ıtsuk ki az x2 + y 2 = 16 k¨or ´es y 2 = 6x parabola ´altal hat´arolt z´art s´ıkidomok ter¨ ulet´enek nagys´ag´at. Megold´ as. Az x2 + y 2 = 16 k¨oz´epponti k¨or, melynek sugara √ r = 4. Az y 2 =√6x parabola az f1 (x) = 6x ´es f2 (x) = − 6x f¨ uggv´enyek grafikonjaib´ol tev˝odik ¨ossze. A k¨or ´es a parabola metsz´espontjainak abszcissz´aj´at az x2 + 6x − 16 = 0 egyenlet x = 2 pozit´ıv megold´asa adja. A grafikon jobboldali kisebb T2 ter¨ ulete k´et r´eszb˝ol sz´am´ıthat´o ki, a parabola alatti ´es a k¨orvonal alatti ter¨ ulet ¨osszeg´eb˝ol. Eszerint ∫
7x2 2x3 − 2 3
∫ =2
4
2 2
√
0
y
y= 4 y=
16 - x2
3 2
T1
T2
1
-4 -3 -2 -1 -1
1
2
3
-2 y=-
16 - x2
-3 -4 y=-
) √ 16 − x2 − (− 16 − x2 ) dx =
∫
√
6xdx + 2
x
4
(√ 4
8x
8x
16 − x2 dx.
2
Vegy¨ uk ´eszre, hogy a keresett ter¨ ulet szimmetrikus az x-tengelyre ´es emiatt a T2 ter¨ uletet kisz´am´ıthatjuk az x-tengely feletti r´esz k´etszeresek´ent is. Vezess¨ uk be a m´asodik integr´alban az x = 4 sin t, dx = 4 cos tdt helyettes´ıt´est. Ekkor 2 √ √ ∫ π ∫ π 2 2 4 6 √ 4 6 √ 2 x x + 32 (2 2 − 0) + 16 T2 = cos tdt = (1 + cos 2t)dt = π π 3 3 6 6 0
π π √ √ 2 2 (π π ) ( 16 3 16 3 π) = + 16t + 8 sin 2t = + 16 − + 8 sin π − sin = π 3 3 2 6 3 6
π 6
√ √ 16 3 16π 4 √ = + − 4 3 = ( 3 + 4π). 3 3 3 A baloldali T1 ter¨ ulet nagys´ag´at u ´gy sz´am´ıthatjuk ki legegyszer˝ ubben, ha a k¨or ter¨ ulet´eb˝ol kivonjuk a T2 ter¨ uletet ´es ez ) 4( √ ) 4 (√ 8π − 3 . 3 + 4π = T1 = Tk¨or − T2 = 16π − 3 3
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa
301
11 x2 10. Hat´arozzuk meg az y = − parabola, a parabola x = 1 pontban h´ uzott ´erint˝oje 6 2 ´es a parabola x = 2 pontban h´ uzott mer˝oleges egyenese ´altal hat´arolt z´art ter¨ ulet nagys´ag´at. I.Megold´ as. A parabola ´erint˝oj´enek ´es mer˝oleges egyenes´enek meghat´aroz´as´ahoz 11 x2 sz¨ uks´eg van az f (x) = − f¨ uggv´eny f ′ (x) = −x deriv´altj´ara. Az adott parabola 6 2 7 x = 1 pontban h´ uzott ´erint˝oj´enek egyenlete y = −x + , az x = 2 pontban h´ uzott 3 x 7 7 mer˝oleges´enek egyenlete pedig y = − . Az y = −x + ´erint˝oegyenes ´es az 6 3 ( )2 x 7 7 y = − mer˝oleges egyenes , 0 pontban metszik egym´ast. 2 6 3 y
y
7 y= -x 3
11 x2 y= 6 2
4 3
1
T 1
-1
4 3
x 7 y= 2 6
2
H1,43L
1 x
7 3
1H
T1
H73,0L
11 3 ,0L
7 3
x
A keresett ter¨ uletet felbontjuk a T1 ter¨ uletre, amely az x-tengely felett helyezkedik el, valamint a T2 ter¨ uletre, amely az x-tengely alatt helyezkedik el. Ekkor ∫
7 3
T1 = 1
(
7 −x + 3
∫ √ 11 (
)
3
dx − 1
11 x2 − 6 2
)
( dx =
) √ ) 8 1 ( 45 − 11 33 . + 9 27
y
7 y= -x 3
T2
x 7 y= 2 6
H73,0L x
1
H
11 3 ,0L
T3
T2 1H
H73,0L
7 11 3 ,0L 3 H2,-16L
T4
H2,-16L y=
x
11 x2 6 2
A ulet a [√T2 ter¨ ]uletet is k´et r´eszre bontva sz´amoljuk ki, az egyik a parabola feletti ter¨ 11 , 2 intervallumon, a m´asik pedig a parabola mer˝oleges egyenese feletti ter¨ ulet 3
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
302
[ ] a 2, 73 intervallumon, azaz ∫ 2 ( 11 x2 ) ∫ 73 ( x 7 ) T2 = √ − dx + − dx = 11 6 2 2 2 6 3 ( ) √ ) 1 1 1 1 ( √ = 63 − 11 33 + − = 11 33 − 63 + . 27 36 27 36 1 A keresett ter¨ ulet T = T1 + T2 = . 4 II.Megold´ as. A keresett ter¨ ulet m´as felbont´asban is kisz´amolhat´o. Az [1, 2] intervallumon az ´erint˝o alatti ter¨ uletb˝ol kivonjuk a parabola alatti ter¨ uletet, majd a [ 7] 2, 3 intervallumon az ´erint˝o alatti ter¨ uletb˝ol kivonjuk a mer˝oleges alatti ter¨ uletet. Ekkor ∫ T = 1
2
( )] ( )] [ ∫ 7[ 3 11 x2 x 7 7 7 − dx + −x + − − dx = −x + − 3 6 2 3 2 6 2 ∫
2
(
= 1
1 x2 −x+ 2 2
)
∫ dx + 2
7 3
(
7 3 − x+ 2 2
) dx =
]2 [ ]7 x3 x2 1 3 x2 7 3 = − + x + − · + x = 6 2 2 1 2 2 2 2 [ ] [ ] [ ] [ ] 1 1 1 3 49 7 7 3 4 1 8 4 = − +1 − − + + − · + · − − · +7 = . 6 2 6 2 2 2 18 2 3 2 2 4 [
5.6.2.
Forg´ astestek t´ erfogata
Ha az y = f (x) folytonos g¨orbe [a, b] intervallum feletti ´ıv´et megforgatjuk az x-tengely k¨or¨ ul, akkor egy T forg´astestet kapunk. A kapott T forg´astest t´erfogata ∫
b
(f (x))2 dx.
V (T ) = π a
Vizsg´aljuk meg, hogyan juthatunk el ehhez a k´eplethez az Arkhim´ed´eszi m´odszer seg´ıts´eg´evel. Tekints¨ uk e c´elb´ol az f : [a, b] → R korl´atos f¨ uggv´enyt, az [a, b] intervallum egy F feloszt´as´at ´es legyen ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, 2, ..., n, a r´eszintervallumok tetsz˝oleges pontjainak egy kiv´alaszt´asa. Legyen Hi (i = 1, 2, ..., n) olyan henger, melynek magass´aga az [xi−1 , xi ] intervallumon megegyezik a forg´ast megfelel˝o szelet´enek magass´ag´aval, azaz ∆xi , alapj´anak sugara pedig f (ξi ). A Hi (i = 1, 2, ..., n) henger t´erfogata ´ıgy V (Hi ) = (f (ξi ))2 π∆xi . Az ´ıgy kapott hengerek ¨osszege Vn =
n ∑ i=1
V (Hi ) =
n ∑ i=1
(f (ξi ))2 π∆xi .
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa
303
Ha l´etezik a Vn ¨osszeg egy´ertelm˝ u hat´ar´ert´eke az [a, b] intervallum minden F feloszt´as´ara ´es minden ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, 2, ..., n pontv´alaszt´asra, akkor ez a hat´ar´ert´ek a tekintett forg´astest t´erfogata, azaz ∫ b n ∑ 2 V (T ) = lim Vn = lim (f (ξi )) π∆xi = π (f (x))2 dx. n→∞
n→∞
a
i=1
Ha az x = g(y) folytonos g¨orbe [c, d] intervallum feletti ´ıv´et forgatjuk meg az y-tengely k¨or¨ ul, akkor a kapott T forg´astest t´erfogata ∫ d V (T ) = π (g(y))2 dy. c
FELADATOK. y
1. Hat´arozzuk meg annak a forg´astestnek a t´erfogat´at, amely az y = 2x + 3 egyenes x-tengely k¨or¨ uli forgat´as´aval keletkezik a [−1, 4] intervallum felett. Megold´ as. Mivel a g¨orb´et az x-tengely k¨or¨ ul forgatjuk, a keletkezett forg´astest t´erfogat´at a ∫ 4 V =π (2x + 3)2 dx
y=2x+3 11
R
−1 3
formula adja. Vezess¨ uk be a t = 2x + 3, dt dt = 2dx, dx = , helyettes´ıt´est. Ekkor 2 11 ∫ 665π π 11 2 πt3 = . V = t dt = 2 1 6 1 3
1 r 1
-1
2
3
4
x
-1
Mivel a forg´astest ebben az esetben egy csonkak´ up, ahol H = 5, r = y(−1) = 1 ´es R = y(4) = 11, ez´ert a csonkak´ up t´erfogatk´eplet´evel is sz´amolhatunk, vagyis V = =
) Hπ ( 2 R + Rr + r2 = 3
5π 665π (121 + 11 + 1) = . 3 3
2. Sz´amoljuk ki annak a forg´asparaboloidnak a t´erfogat´at, amely az y = x2 parabola y-tengely k¨or¨ uli forgat´as´aval keletkezik, ha 0 ≤ y ≤ 4. Megold´ as. A g¨orb´et az y-tengely k¨or¨ ul forgatjuk, teh´at a t´erfogat kisz´am´ıt´as´ahoz √ ki kell fejezn¨ unk a f¨ uggv´enyt x = y alakban. Felh´ıvjuk a figyelmet, hogy az
304
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM √ x = − y alak is megfelel˝o lenne, mert mindk´et g¨orbe forgat´as´aval ugyanazt a forg´astestet kapjuk. ∫
4
V =π
√ ( y)2 dy = π
∫
0
4 0
4 π y 2 ydy = = 8π. 2 0
y y=x2
y
y2 =8x y=x2 4 3 2 4 1 3 -2 2
1
-1
x
2
-1 -2
1
-3 -2
1
-1
x
2
-4
3. Sz´am´ıtsuk ki annak a forg´astestnek a t´erfogat´at, amelyet az y = x2 ´es y 2 = 8x parabol´ak ´altal hat´arolt z´art tartom´any x-tengely k¨or¨ uli forgat´as´aval kapunk. Megold´ as. A k´et g¨orbe a (0, 0) ´es (2, 4) pontokban metszi egym´ast. x ∈ [0, 2] eset´en az y 2 = 8x parabola ´ıve t´avolabb van az x-tengelyt˝ol mint az y = x2 parabola´ıv, ez´ert a keresett t´erfogatot u ´gy sz´am´ıtjuk ki, hogy a nagyobb t´erfogatb´ol kivonjuk a kisebb t´erfogatot, vagyis ∫ V = V1 − V2 = π
∫
2
8xdx − π 0
= 4π · (4 − 0) −
0
2
2 2 2 5 ( 2 )2 x x x dx = 8π · − π · = 2 0 5
π 22 48π · (32 − 0) = 16π − π = . 5 5 5
0
5.6. A hat´arozott integr´al alkalmaz´asa 5.6.3.
305
´Ivhossz sz´ am´ıt´ as
Legyen az f f¨ uggv´enynek folytonos els˝o deriv´altja az [a, b] z´art intervallumon. Az f f¨ uggv´eny grafikonja A(a, f (a)) ´es B(b, f (b)) pontokkal meghat´arozott ℓ ´ıv´enek hossz´at a k¨ovetkez˝o hat´arozott integr´al adja meg: ∫ b√ ℓ= 1 + (f ′ (x))2 dx . a
FELADATOK.
√
y
1. Hat´arozzuk meg az f (x) = − f¨ uggv´eny grafikonj´anak ´ıvhossz´at, ha r > 0. Megold´ as. Mivel az x v´altoz´o a [−r, r] intervallumb´ol veheti fel az ´ert´ekeit, a f¨ uggv´eny −x els˝o deriv´altja pedig f ′ (x) = √ , ez´ert r 2 − x2 a keresett ´ıvhossz ∫
r
ℓ=
√
( 1+
−r
−x √ r 2 − x2
r2
)2
x2
∫
r
dx = −r
y=
r 2 - x2
x
r
-r
r √ dx = 2 r − x2
∫
r
−r
1 √ dx. 1 − ( xr )2
x , rdt = dx helyettes´ıt´est. Ekkor r
Vezess¨ uk be a t = ∫
1
ℓ=r −1
( π ( π )) 1 1 √ dt = r arcsin t|−1 = r − − = rπ, 2 2 1 − t2
s ez val´oban az r sugar´ u k¨or f´elk¨or´ıv´enek hossz´ us´aga. (
2. Sz´am´ıtsuk ki az y = ln 1 − x 1 ´ıv´enek hossz´at ha 0 ≤ x ≤ . 2 Megold´ as. Mivel ( ) f (x) = ln 1 − x2
) 2
y
g¨orbe 0
x
1 2
4 -ln
-
3
eset´en
−2x , 1 − x2 ´ıgy a keresett ´ıvhossz f ′ (x) =
∫ ℓ=
1 2
√
( 1+
0
y=lnH1-x2 L
−2x 1 − x2
)2
∫ dx = 0
1 2
√ 1 + 2x2 + x4 dx = (1 − x2 )2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
306
∫ = 0
1 2
2
x +1 dx = − 1 − x2
∫
1 2
( 1−
0
1 = − + ln 2
5.6.4.
3 2 1 2
2 1 − x2
)
12 1 2 1 + x dx = −x + ln = 1 − x 0
0
1 − ln 1 = ln 3 − . 2
Forg´ astestek felsz´ıne
Legyen f : [a, b] 7→ R olyan, hogy f (x) ≥ 0 minden x ∈ [a, b] eset´en, ´es az f f¨ uggv´enynek legyen az [a, b] intervallum felett folytonos deriv´altja. Forgassuk meg az f f¨ uggv´eny [a, b] intervallumhoz tartoz´o grafikonj´at az x-tengely k¨or¨ ul. Ekkor a kapott forg´astest pal´astj´anak felsz´ıne a k¨ovetkez˝o formul´aval adott: ∫ b √ F = 2π f (x) 1 + (f ′ (x))2 dx. a
Ha az x = g(y) folytonos g¨orbe [c, d] intervallum feletti ´ıv´et forgatjuk meg az y-tengely k¨or¨ ul, akkor a kapott T forg´astest t´erfogata ∫ d √ F = 2π g(y) 1 + (g ′ (y))2 dy. c
FELADATOK. y
1. Sz´am´ıtsuk ki annak a forg´astestnek a pal´astfelsz´ın´et, amelyet a 3y = x3 g¨orbe 0 ≤ x ≤ 1 intervallumhoz tartoz´o ´ıv´enek xtengely k¨or¨ uli forgat´as´aval kapunk. x3 Megold´ as. Mivel f (x) = eset´en 3 f ′ (x) = x2 , ´ıgy a k´eplet alapj´an a keresett pal´astfelsz´ınt az ∫ 1 3√ x 1 + x4 dx = F = 2π 3 0 ∫ 1 √ 2π = x3 1 + x4 dx 3 0
1
y=
x3 3
1 3
1
x
-1
dt k´eplettel sz´amoljuk. Vezess¨ uk be az 1+x4 = t, 4x3 dx = dt, x3 dx = helyettes´ıt´est. 4 Ekkor 2 ∫ ) π 2√ π( √ π √ F = tdt = t t = 2 2−1 . 6 1 9 9 1
5.7. Improprius integr´al
307
2. Sz´amoljuk ki annak a g¨ombnek a felsz´ın´et, amely az f (x) = tengely k¨or¨ uli forgat´as´aval keletkezik.
√
r2 − x2 f´elk¨or x-
Megold´ as. Mivel az x v´altoz´o a [−r, r] intervallumb´ol veszi az ´ert´ekeit, a f´elk¨ort meghat´aroz´o f¨ uggv´eny´ert´ekek nemnegat´ıvak. Az f f¨ uggv´eny els˝o deriv´altja most x ′ f (x) = − √ , ez´ert a g¨omb felsz´ıne y r 2 − x2 ∫
√
r
F = 2π −r
∫
√ r 2 − x2
r
= 2π −r r
√
(
1 + −√
r 2 − x2 √
∫ = 2π
−r
r2
x − x2
r-
)2
y=
r 2 - x2
dx =
r dx = r 2 − x2
0
-r
r
x
r dx = 2πr x|r−r = 4r2 π. -r -
5.7. 5.7.1.
Improprius integr´ al Els˝ o t´ıpus´ u improprius integr´ al
5.11. Defin´ıci´ o. Ha az f : [a, ∞] 7→ R f¨ uggv´eny integr´ alhat´ o az [a, b] intervallumon, minden b > a eset´en, az f f¨ uggv´eny els˝o t´ıpus´ u improprius integr´ alja az [a, ∞] intervallumon a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´ek: ∫ ∞ ∫ T f (x)dx = lim f (x)dx. T →∞
a
a
∫
∞
Ha a fenti hat´ar´ert´ek l´etezik, akkor azt mondjuk, hogy az
f (x)dx improprius integr´al a
konvergens, ha nem l´etezik, akkor az adott integr´al divergens. Hasonl´oan, az f : [−∞, b] 7→ R f¨ uggv´enyre, amely integr´alhat´o a [c, b] intervallumon, minden c < b eset´en, u ´gy defini´aljuk az f f¨ uggv´eny els˝o t´ıpus´ u improprius integr´alj´at a [−∞, b] intervallumon, mint a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´eket: ∫ b ∫ b f (x)dx. f (x)dx = lim T1 →−∞
−∞
T1
V´eg¨ ul, a defin´ıci´o szerint az f : R 7→ R f¨ uggv´enyre, amely integr´alhat´o a [c, d] intervallumon, minden c, d ∈ R, c < d eset´en, ∫ ∞ ∫ a ∫ ∞ f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx . −∞
−∞
a
∫
∞
Bel´athat´o, hogy ez a defin´ıci´o nem f¨ ugg az a sz´amt´ol. Az
f (x)dx improprius integ−∞
r´al a defin´ıci´o szerint konvergens, ha mindk´et jobb oldalon szerepl˝o improprius integr´al konvergens.
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
308
FELADATOK.
∫
y
∞
1 dx improprius inx
1. Hat´arozzuk meg az 1
y=
tegr´al ´ert´ek´et. Megold´ as. Az improprius integr´alt u ´gy sz´amoljuk, mint a hat´arozott integr´al hat´ar´ert´ek´et: ∫ ∞ ∫ T 1 1 dx = lim dx = T →∞ 1 x x 1
1 x
1 x
1
-1 -1
= lim [ln x]|T1 = lim ln T = ∞. T →∞
T →∞
Mivel hat´arozott integr´alr´ol, teh´at ter¨ uletr˝ol van sz´o, ez egy´ uttal azt is jelenti, hogy 1 az y = g¨orbe ´es az x-tengely k¨oz¨otti ter¨ ulet az x = 1 egyenest˝ol jobbra v´egtelen x nagy. 1 g¨orbe ´es az x-tengely k¨oz¨otti ter¨ ulet nagys´ag´at x ≥ 1 eset´en. x2 Megold´ as. Ezt a ter¨ uletet egy els˝o y t´ıpus´ u improprius integr´al seg´ıts´eg´evel lehet kisz´am´ıtani, azaz 1 y= x2 ∫ ∞ ∫ T 1 T = dx = lim x−2 dx = 2 T →∞ x 1 1 1
2. Sz´am´ıtsuk ki az y =
( = lim
T →∞
1 − x
)T
( = lim
1
T →∞
) 1 − + 1 = 1. T
-1
x
1
Ez az improprius integr´al teh´at konvergens, a keresett ter¨ ulet m´er˝osz´ama 1, teh´at v´eges. 1 g¨orbe ´es az x-tengely k¨oz¨otti ter¨ uletet a g¨orb´et + 25 meghat´aroz´o f¨ uggv´eny teljes ´ertelmez´esi tartom´any´an. 1 f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya a val´os sz´amok Megold´ as. Az f (x) = 2 x + 25 R halmaza. Az f f¨ uggv´eny p´aros, teh´at a grafikonja, ´es ´ıgy a keresett ter¨ ulet is, szimmetrikus az y-tengelyre, ez´ert a ter¨ uletet a k¨ovetkez˝o m´odon sz´amolhatjuk ki:
3. Sz´am´ıtsuk ki az y =
∫
∞
T = −∞
dx =2 2 x + 25
Vezess¨ uk be az
x2
∫ 0
∞
dx = 2 lim 2 T →∞ x + 25
∫ 0
T
dx 2 = lim 2 x + 25 25 T →∞
x = t, dx = 5dt helyettes´ıt´est. Ekkor 5
∫ 0
T
dx . ( x )2 + 1 5
5.7. Improprius integr´al
309
y
2 T = lim 5 T →∞
∫
T 5 2 dt = lim (arctg t) = 2 t +1 5 T →∞
T 5
0
1 25
0
y=
( ) 2 T 2 π π = lim arctg − arctg 0 = · = . 5 T →∞ 5 5 2 5
1 x2 + 25
x
-1 1
∫
∞
4. Sz´am´ıtsuk ki az
x2
5
Megold´ as.
∫
∞
2 dx improprius integr´alt. + x − 12
2 dx = 2 2 x + x − 12
∫
∞
1 dx = (x − 3)(x + 4) 5 5 ) ] ) [( ∫ T( x − 3 T 1 1 1 2 1 = = 2 lim · − · dx = lim ln T →∞ 5 7 x−3 7 x+4 7 T →∞ x + 4 5 ( ) ( ) T − 3 2 2 2 2 2 9 = lim ln − ln = · ln 1 − ln = ln . 7 T →∞ T +4 9 7 9 7 2
y y
y=
2
1
y=
x2 + x - 12
x
1+x
1
1
3
x
5
1
-1
1
∫
∞
5. Sz´am´ıtsuk ki az 3
x
3
dx √ improprius integr´alt. x 1+x
Megold´ as. Az adott improprius integr´alt az 1 + x = t2 , x = t2 − 1, dx = 2tdt helyettes´ıt´essel oldhatjuk meg a k¨ovetkez˝o m´odon: ∫ 3
[( = 2 lim
T →∞
∞
dx √ = x 1+x
∫ 2
∞
2tdt = 2 lim 2 T →∞ (t − 1) t
∫ 2
T
t2
dt = −1
) T ] ( ) T − 1 1 1 t − 1 1 = lim ln ln − ln = ln 1 − ln = ln 3. T →∞ 2 t+1 T +1 3 3 2
´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ ´ ´ ´ITASA ´ 5. EGYVALTOZ OS ENYEK INTEGRALSZ AM
310 5.7.2.
M´ asodik t´ıpus´ u improprius integr´ al
5.12. Defin´ıci´ o. Ha az f : [a, b] 7→ R f¨ uggv´eny integr´ alhat´ o a [c, d] ⊂ [a, b] intervallumon, minden c, d ∈ (a, b) eset´en, ´es a k¨ovetkez˝ o egyenl˝ os´egek egyike ´erv´enyes: lim f (x) = +∞,
x→b−0
lim f (x) = −∞,
x→b−0
(azaz, ha f nemkorl´atos a b b´armely k¨ornyezet´eben), akkor az f f¨ uggv´eny m´asodik t´ıpus´ u improprius integr´alja az [a, b] intervallumon a k¨ovetkez˝ o hat´ar´ert´ek: ∫ b ∫ b−ε f (x)dx = lim f (x)dx. a
ε→0+0
a
∫
Mint az els˝o t´ıpus´ u improprius integr´alok eset´eben, az
b
f (x)dx integr´al konvergens, a
illetve divergens, ha a fenti hat´ar´ert´ek l´etezik, illetve nem l´etezik. Az f f¨ uggv´eny m´asodik t´ıpus´ u improprius integr´alj´ahoz hasonl´oan defini´aljuk az [a, b] intervallumon az improprius integr´alt, ha ´erv´enyes a k¨ovetkez˝o egyenl˝os´egek egyike: lim f (x) = +∞,
x→a+0
lim f (x) = −∞.
x→a+0
FELADATOK. 1 1. Sz´am´ıtsuk ki az y = g¨orbe, valamint az x = 0, x = 1 ´es az y = 0 egyenesek x k¨oz¨otti ter¨ ulet nagys´ag´at. 1 y Megold´ as. Mivel az f (x) = x 1 y= f¨ u ggv´ e ny nem ´ e rtelmezett x = 0x ban, ez´ert a keresett ter¨ ulet egy m´asodik t´ıpus´ u improprius integr´allal sz´amolhat´o ki: 1 ∫ 1 ∫ 1 dx dx T = = lim = lim ln |x| = 1 1 y= ε→0 ε ε→0 x x 0 ε x
1
x
= lim (ln 1 − ln ε) = 1 − (−∞) = ∞. ε→0
A kapott integr´al teh´at divergens, a keresett ter¨ ulet v´egtelen nagy. 1 2. Sz´am´ıtsuk ki az y = √ g¨orbe, valamint az x = 0, x = 1 ´es az y = 0 egyenesek x ´altal hat´arolt ter¨ ulet nagys´ag´at. 1 Megold´ as. Az f (x) = √ f¨ uggv´eny nem ´ertelmezett az x = 0 pontban, ´ıgy a x keresett ter¨ uletet egy m´asodik t´ıpus´ u improprius integr´allal sz´amolhatjuk ki. Ebben az esetben ∫ 1 ∫ 1 ( ( √ ) 1 √ ) dx − 12 √ = lim x dx = lim 2 x = 2 lim 1 − ε = 2, T = ε→0 ε→0 x ε→0 ε 0 ε teh´at most az integr´al konvergens, a ter¨ uletet meghat´aroz´o m´er˝osz´am pedig 2.
5.7. Improprius integr´al ∫
311
1
2x dx integr´al ´ert´ek´et. 1 − x2 0 Megold´ as. Az integr´aland´o f¨ uggv´eny nem ´ertelmezett az integr´al fels˝o hat´ar´aban, teh´at improprius integr´alr´ol van sz´o. √
3. Sz´amoljuk ki az
∫
1
I= 0
2x √ dx = lim ε→0 1 − x2
∫ 0
1−ε
√
2x dx. 1 − x2
Vezess¨ uk be a t = 1 − x , dt = −2xdx, −dt = 2xdx helyettes´ıt´est. Ekkor 2
∫
1−(1−ε)2
I = − lim
ε→0
1
∫
(√ √ ) √ 1−(1−ε)2 dt 2 √ = − lim 2 t = −2 lim 1 − (1 − ε) − 1 = 2. ε→0 ε→0 1 t
1
3x2 + 2 √ 4. Sz´am´ıtsuk ki az dx improprius integr´alt. 3 x2 0 Megold´ as. Az integrandus nem ´ertelmezett x = 0 pontban. Ez´ert m´asodik t´ıpus´ u improprius integr´alr´ol van sz´o. Ekkor ) 1 ] [( ∫ 1 2 ∫ 1( ) √ √ 2 4 9 23 3x + 2 − 3 = 3 + 2x 3 √ dx = lim x x + 6 x dx = lim 3x 3 ε→0 ε→0 ε 7 x2 0 ε ( = lim
ε→0
∫
10
) √ 51 9 9 2√ 2 3 3 +6− ε ε−6 ε = =7 . 7 7 7 7
dx improprius integr´alt. x−2 1 1 Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az f (x) = √ f¨ uggv´eny nem ´ertelmezett x = 23 x−2 ben, ´es ez az [1, 10] intervallumba esik. Teh´at az integr´alt sz´et kell bontani k´et integr´al ¨osszeg´ere, melyek k¨oz¨ ul az egyik az [1, 2], m´asik a [2, 10] intervallumra vonatkozik. Ekkor ∫ 10 ∫ 2−ε1 ∫ 10 ∫ 2 ∫ 10 dx dx dx dx dx √ √ √ √ √ = + = lim + lim = 3 3 3 3 3 x−2 x−2 2 x − 2 ε1 →0 1 x − 2 ε2 →0 2+ε2 x − 2 1 1 ( ) 2−ε1 ) 10 ( √ 3 3√ 3 3 + lim (x − 2)2 (x − 2)2 = = lim ε2 →0 ε1 →0 2 2 1 2+ε2 ) ( ( ) √ √ 3 33 33 3 9 2 2 ·4− = lim (−ε1 ) − · 1 + lim (ε2 ) = . ε2 →0 ε1 →0 2 2 2 2 2
5. Sz´am´ıtsuk ki az
√ 3
312
6. 6.1.
Differenci´ alegyenletek A differenci´ alegyenlet fogalma
Meghat´arozni az f f¨ uggv´eny F primit´ıv f¨ uggv´eny´et annyit jelent, mint tal´alni egy olyan F f¨ uggv´enyt, amely differenci´alhat´o az adott intervallumon ´es amelyre ´erv´enyes, hogy F ′ (x) = f (x).
(6.1)
A probl´ema m´asik megfogalmaz´asa: megkeresni az f f¨ uggv´eny hat´arozatlan integr´alj´at az adott intervallumon annyit jelent, mint megadni a (6.1) f¨ uggv´enyegyenlet minden megold´as´at az adott intervallumon. A term´eszetben bizonyos fizikai probl´em´ak megold´asa matematikai szempontb´ol egyegy ismeretlen f¨ uggv´eny meghat´aroz´as´at teszi sz¨ uks´egess´e. Ez csak akkor lehets´eges, ha az adott probl´em´ara fel tudunk ´ırni egy matematikai modellt, azaz az ismeretlen f¨ uggv´enyre egy olyan egyenletet, amelyet annak ki kell el´eg´ıtenie. Ezekben az egyenletekben, mint p´eld´aul a (6.1)-ben is, az ismeretlen f¨ uggv´enyen k´ıv¨ ul szerepelhetnek annak deriv´altjai is. Az ilyen egyenleteket nevezz¨ uk differenci´alegyenleteknek. A differenci´alegyenletek elm´elete igen fontos ´es szerte´agaz´o matematikai tudom´anyter¨ ulet, amelynek sz´amos k¨ ul¨onb¨oz˝o alkalmaz´asa van. 6.1. P´ elda. Keress¨ uk meg az xOy s´ıkban azokat a g¨orb´eket, amelyek b´armely pontj´aban az ´erint˝o ir´anyt´enyez˝oje ford´ıtottan ar´anyos az ´erint´esi pont abszcissz´aj´aval. Megold´ as. Ha y = y(x) a keresett g¨orbe egyenlete, akkor y′ =
k x
kell, hogy teljes¨ ulj¨on, ahol k az ar´anyoss´agi t´enyez˝o. Ekkor ∫ ∫ k dx y= dx = k = k ln |x| + C, x x ahol C tetsz˝oleges val´os ´alland´o. Ebb˝ol a g¨orbeseregb˝ol egy meghat´arozott g¨orb´et u ´gy tudunk kiv´alasztani, ha megadunk m´eg valamilyen felt´etelt. Keress¨ uk a g¨orbeseregb˝ol azt a g¨orb´et, amely ´athalad az M (1, 0) ponton. Ekkor a keresett g¨orbe teljes´ıti az y(1) = 0,
azaz k ln 1 + C = 0
felt´etelt, ahonnan C = 0 ad´odik, azaz a kiv´alasztott g¨orbe az y = k ln |x|. 6.2. P´ elda. Adjuk meg az y = C1 ex + C2 e−x g¨orbeseregnek megfelel˝o differenci´alegyenletet, ahol C1 ´es C2 val´os param´eterek.
6.1. A differenci´alegyenlet fogalma
313
Megold´ as. Ha k´etszer differenci´aljuk a f¨ uggv´enyt, akkor y ′ = C1 ex − C2 e−x ,
y ′′ = C1 ex + C2 e−x
ad´odik, ahonnan a keresett differenci´alegyenlet y ′′ = y. 6.1. Defin´ıci´ o. Azt a f¨ uggv´enyegyenletet, amely a f¨ uggetlen v´altoz´ ot, az ismeretlen f¨ uggv´enyt, valamint az ismeretlen f¨ uggv´eny deriv´altjait tartalmazza, differenci´ alegyenletnek nevezz¨ uk. A differenci´ alegyenlet rendje az ismeretlen f¨ uggv´eny differenci´ alegyenletben szerepl˝ o legmagasabb deriv´altj´anak a rendje. Az algebrai egyenletekhez hasonl´oan a differenci´alegyenletekben is van ismeretlen, de az most nem sz´am, hanem f¨ uggv´eny. Az egyenlet megold´asakor olyan y = y(x) f¨ uggv´enyeket keres¨ unk, amelyeket deriv´altjaikkal egy¨ utt a differenci´alegyenletbe helyettes´ıtve az x v´altoz´oban egy azonoss´agot kapunk. Az egyszer˝ ubb fel´ır´as kedv´e´ert, az x f¨ uggetlen v´altoz´oj´ u y(x) f¨ uggv´eny helyett a differenci´alegyenletekben csak y-t ´ırunk. A fenti defin´ıci´o alapj´an, y ′ = x2 els˝orend˝ u differenci´alegyenlet, y ′′ − y = 0 pedig m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet. A modellezett fizikai probl´em´at´ol f¨ ugg˝oen az x v´altoz´o helyett sokszor m´as bet˝ ut haszn´a′ lunk, legt¨obbsz¨or t-t, amely az id˝ore utal; ekkor y helyett x-et vagy s-t, y helyett x′ -t, x-ot ˙ vagy s′ -t, s-ot ˙ ´ırunk. Adott F : (a, b) × R2 → R ´es f : (a, b) × R → R f¨ uggv´enyekre az els˝orend˝ u differenci´alegyenlet implicit alakja F (x, y, y ′ ) = 0, explicit alakja pedig
(6.2)
y ′ = f (x, y).
Adott G : (a, b) × R3 → R ´es g : (a, b) × R2 → R f¨ uggv´enyekre a m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet implicit alakja G(x, y, y ′ , y ′′ ) = 0, (6.3) explicit alakja pedig
y ′′ = g(x, y, y ′ ).
6.2. Defin´ıci´ o. Az y = y(x) f¨ uggv´eny a (6.2), illetve (6.3) differenci´ alegyenlet megold´asa az (a, b) intervallumon, ha y = y(x) egyszer, illetve k´etszer differenci´ alhat´ o az (a, b) intervallumon, ´es deriv´altjaival egy¨ utt kiel´eg´ıti a megfelel˝ o differenci´ alegyenletet. Ha az y = y(x) f¨ uggv´eny megold´asa a differenci´ alegyenletnek, akkor az y = y(x) f¨ uggv´eny grafikonj´at megold´asg¨ orb´enek nevezz¨ uk. Megoldani egy differenci´alegyenletet annyit jelent, mint megkeresni minden megold´as´at. A differenci´alegyenletek elm´elet´eben a differenci´alegyenleteknek k¨ ul¨onb¨oz˝o megold´asai l´eteznek. 6.3. Defin´ıci´ o. Az y = y(x, C) f¨ uggv´enycsal´adot, ahol C tetsz˝ oleges val´os ´alland´o, az y ′ = f (x, y) els˝orend˝ u differenci´alegyenlet ´altal´ anos megold´ as´ anak nevezz¨ uk, ha az y = y(x, C) f¨ uggv´enyek mindegyike megold´asa az adott egyenletnek.
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
314
Az ´altal´anos jelz˝o egy kicsit f´elrevezet˝o. El˝ofordulhat ugyanis olyan eset, hogy az ´altal´anos megold´as nem szolg´altatja az egyenlet ¨osszes megold´as´at. Ez azt jelenti, hogy van az egyenletnek olyan megold´asa, amely nem kaphat´o meg a C param´eter alkalmas megv´alaszt´as´aval. Az ilyen megold´ast szingul´aris megold´ asnak nevezz¨ uk. 6.4. Defin´ıci´ o. Az y ′ = f (x, y) els˝orend˝ u differenci´ alegyenlet minden olyan megold´ as´ at, amelyet az egyenlet ´altal´anos megold´as´ ab´ ol kapunk a C param´eter egy konkr´et (megengedett) C = C0 ´ert´ek´ere, partikul´aris megold´ asnak nevezz¨ uk. Az els˝orend˝ u differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa egy egyparam´eteres g¨orbesereget hat´aroz meg. Ennek a g¨orbeseregnek egy g¨orb´eje egy partikul´aris megold´as grafikonj´at ´abr´azolja. 6.3. P´ elda. Behelyettes´ıt´essel ellen˝orizhetj¨ uk, hogy az y = (x2 + C)2 az √ y ′ = 4x y egyenlet ´altal´anos megold´asa. Az egyenlet partikul´aris megold´asa p´eld´aul C = 1 eset´en az y = (x2 +1)2 , C = −1 eset´en az y = (x2 −1)2 vagy C = 0 eset´en az y = x4 . Az egyenletnek megold´asa az y ≡ 0 is. A C param´etert nem tudjuk u ´gy v´alasztani, hogy (x2 + C) ≡ 0 egy intervallumon teljes¨ ulj¨on. Ez´ert az egyenletnek y ≡ 0 szingul´aris megold´asa. y
7 C=2 6
5
C=1 4
3 C=0
2
1 C=-1
C=-2 -2
1
-1
2
x
-1
´ Altal´ aban az y ′ = f (x, y) els˝orend˝ u differenci´alegyenlet olyan partikul´aris megold´as´at keress¨ uk, amely ´athalad egy megadott (x0 , y0 ) ponton, azaz eleget tesz az y(x0 ) = y0 kezdeti felt´etelnek. Az y ′ = f (x, y) els˝orend˝ u differenci´alegyenlet az y(x0 ) = y0 kezdeti felt´etellel egy¨ utt kezdeti´ert´ek-probl´em´at alkot.
6.1. A differenci´alegyenlet fogalma
315
6.4. P´ elda. Tekints¨ uk az y = xy ′ differenci´alegyenletet. Hat´arozzuk meg az adott differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at, majd azt a partikul´aris megold´ast, amely eleget 1 tesz az y(−3) = kezdeti felt´etelnek. 3 Megold´ as. ´Irjuk fel az egyenletet y=x alakban. Ekkor
dy dx
dy dx = x y
(xy ̸= 0; y = 0 egy megold´asa a differenci´alegyenletnek), ahonnan a k´et oldal integr´al´as´aval kapjuk, hogy ln|y| = ln|x| + ln C1 ,
C1 > 0,
azaz |y| = C1 |x|. Innen y = C1 x vagy y = −C1 x, vagyis C ∈ R \ {0}
y = Cx,
az ´altal´anos megold´as. Minden (x0 , y0 ), x0 ∈ R \ {0} pont eset´en l´etezik az y = Cx g¨orbeseregnek egy olyan egy´ ( ertelm˝ ) u megold´asa, amely tartalmazza a megadott pontot. Eszerint a megadott 1 1 1 −3, pontra az = −3C egyenletnek C = − egy´ertelm˝ u megold´asa, teh´at a keresett 3 3 9 x partikul´aris megold´as y = − . 9 y
3 2
C=2
1
C=0.5
PH-3,13L -3
-2
1
-1
2 3 C=-19
x
-1 -2 -3
C=-3
6.5. Defin´ıci´ o. Az y = y(x, C1 , C2 ) f¨ uggv´enycsal´ adot, ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges egym´ast´ol ′′ ′ f¨ uggetlen val´os ´alland´ok, az y = g(x, y, y ) m´ asodrend˝ u differenci´ alegyenlet ´altal´anos megold´ as´anak nevezz¨ uk, ha az y = y(x, C1 , C2 ) f¨ uggv´enyek mindegyike megold´ asa az adott egyenletnek.
316
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
A m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa egy k´etparam´eteres g¨orbesereget hat´aroz meg. 6.6. Defin´ıci´ o. Az y ′′ = g(x, y, y ′ ) m´asodrend˝ u differenci´ alegyenlet minden olyan megold´as´ at, amelyet az egyenlet ´altal´anos megold´ as´ ab´ ol kapunk vagy csak a C1 , vagy csak a C2 , 1 vagy mindk´et param´eter konkr´et C1 = C0 vagy C2 = C02 ´ert´ek´ere, partikul´ aris megold´ asnak nevezz¨ uk. 6.5. P´ elda. Az y = C1 cos x + C2 sin x f¨ uggv´eny az y ′′ + y = 0 m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa, y = C1 cos x, y = C2 sin x, y = cos x − sin x pedig partikul´aris megold´asok. ´ Altal´ aban az y ′′ = g(x, y, y ′ ) m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet olyan partikul´aris megold´as´at keress¨ uk, amely ´athalad egy megadott (x0 , y0 ) ponton ´es x0 pontban y1 a meredeks´ege, azaz eleget tesz az y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y1 kezdeti felt´etelnek. Az y ′′ = g(x, y, y ′ ) m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet az y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y1 kezdeti felt´etellel egy¨ utt kezdeti´ert´ek-probl´em´at alkot.
6.2. 6.2.1.
Els˝ orend˝ u differenci´ alegyenletek Sz´ etv´ alaszthat´ o v´ altoz´ oj´ u differenci´ alegyenletek
6.7. Defin´ıci´ o. Az y ′ = f (x)g(y) alakban fel´ırhat´ o els˝orend˝ u differenci´ alegyenletet sz´etv´alaszthat´ o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenletnek nevezz¨ uk. Ha a deriv´altra a Leibniz-f´ele jel¨ol´est haszn´aljuk, y ′ =
dy , akkor az y ′ = f (x)g(y) egyenlet dx
dy = f (x)g(y) dx alakban ´ırhat´o fel. A megold´as l´etez´es´enek biztos´ıt´asa ´erdek´eben tegy¨ uk fel, hogy f ´es g folytonosak a megfelel˝o intervallumokban. Ha g(y) ̸= 0, akkor az y ′ = f (x)g(y) egyenlet ekvivalens a dy = f (x)dx g(y) egyenlettel, ´es az egyenlet ´altal´anos megold´asa ekkor ∫ ∫ dy = f (x)dx, g(y) 1 ´es f (x) primit´ıv f¨ uggv´enyeinek, mondjuk G(y) ´es F (x) f¨ uggv´enyek meghag(y) t´aroz´asa ut´an azt kapjuk, hogy
amib˝ol
G(y) = F (x) + C, ahol C tetsz˝oleges val´os ´alland´o. Ha a g(y) = 0 egyenletnek b1 , b2 , ..., bk val´os megold´asai, akkor a fenti megold´asok mellett az y = b1 , y = b2 , ...,y = bk f¨ uggv´enyek is megold´asai az y ′ = f (x)g(y) egyenletnek.
6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek
317
FELADATOK. x differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at, majd azt a y partikul´aris megold´ast, amely ´athalad a P (1, 1) ponton.
1. Hat´arozzuk meg az y ′ = −
Megold´ as. Alkalmazzuk az y ′ =
dy jel¨ol´est. Ha y ̸= 0, akkor a dx dy x =− dx y
sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenletet kapjuk, amib˝ol ydy = xdx. Integr´aljuk az egyenlet mindk´et oldal´at, ekkor az ∫ ∫ ydy = xdx egyenl˝os´eget kapjuk, innen pedig integr´al´as ut´an y2 x2 = − + C, 2 2
azaz x2 + y 2 = 2C.
Ha 2C = r2 , akkor az x2 + y 2 = r2 egyenlet˝ u g¨orbesereg, azaz koncentrikus k¨oz´epponti k¨orvonalak k´epezik az ´altal´anos megold´ast. Ha a P (1, 1) ponton ´athalad´o partikul´aris megold´ast keress¨ uk, akkor a P (1, 1) ponton ´athalad´o k¨orvonal egyenlet´et keress¨ uk. Ha belyettes´ıtj¨ uk a P pont megfelel˝o koordin´at´ait az ´altal´anos 2 2 megold´asba, akkor 1 + 1 = r2 azaz r2 = 2. A keresett partikul´aris megold´as teh´at x2 + y 2 = 2. y
3
2
1
-3
-2
-1
C=2
C=0 C=0.5 -1
-2
-3
PH1,1L
1
2
3
C=1
C=92
x
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
318 2. Hat´arozzuk meg az y ′ − megold´as´at.
√ 2xy = 0 differenci´ a legyenlet y( 2) = 1 felt´etelt kiel´eg´ıt˝o x2 − 1
Megold´ as. Az egyenlet fel´ırhat´o 2xy dy − 2 =0 dx x − 1 alakban is, amelyb˝ol meg´allap´ıthat´o, hogy sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenletr˝ol van sz´o. A folytonoss´ag biztos´ıt´asa miatt x ̸= 1 ´es x ̸= −1. Ha y ̸= 0, akkor a fenti egyenlet dy 2xdx = 2 y x −1 alakban is fel´ırhat´o. Integr´alva az egyenlet mindk´et olda´at ad´odik, hogy ∫ ∫ dy 2xdx = . y x2 − 1 A jobboldali integr´alban vezess¨ uk be az x2 − 1 = t helyettes´ıt´est, amib˝ol 2xdx = dt. Integr´al´as ut´an ln |y| = ln |x2 − 1| + ln C, C ∈ R+ , innen pedig ln |y| = ln C|x2 − 1|. A logaritmusf¨ uggv´eny szigor´ u monotonit´asa miatt kapjuk, hogy |y| = C|x2 − 1|, ahonnan y = C(x2 − 1) vagy y = −C(x2 − 1), C ∈ R+ . Ha C1 ∈ R \ {0} konstanst v´alasztunk, akkor a k´et egyenlet k¨oz¨os alakja y = C1 (x2 − 1),
C1 ∈ R \ {0}.
Vegy¨ uk ´eszre, hogy y = 0 is megold´asa az egyenletnek, mely C1 = 0 eset´en az ´altal´anos megold´asb´ol is megkaphat´o, teh´at az y = C1 (x2 − 1),
C1 ∈ R,
f¨ uggv´enycsal´ad alkotja az ´altal´anos megold´ast, s ezen f¨ uggv´enyek grafikonjai egy parabolasereget alkotnak. Ha az ´altal´anos√ megold´as f¨ uggv´enyeib˝ol azt a partikul´aris megold´ast keress¨ uk, √ amely kiel´eg´ıti az y( 2) = 1 felt´etelt, akkor azt a megold´ast ul az keress¨ uk, amely x = 2 eset´en y = 1 ´ert´eket ad, azaz teljes¨ 1 = C1 (12 − 1) egyenl˝os´eg, ahonnan C1 = 1. A keresett partikul´aris megold´as teh´at y = x2 − 1. 3. Hat´arozzuk meg a sin xdx + cos ydy = 0 differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at, majd azt a partikul´aris megold´ast, amely eleget tesz az y(0) = π felt´etelnek. Megold´ as. Mivel a megadott differenci´alegyenlet ekvivalens a sin xdx = − cos ydy
6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek
319
egyenlettel, meg´allap´ıthatjuk, hogy egy sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenletr˝ol van sz´o. Integr´al´as ut´an ad´odik: ∫ ∫ sin xdx = − cos ydy − cos x + C = − sin y, teh´at az ´altal´anos megold´as sin y − cos x + C = 0. A partikul´aris megold´as meghat´aroz´as´ahoz meg kell hat´arozni a C ´alland´o ´ert´ek´et, amelyre teljes¨ ul az y(0) = π felt´etel. Teh´at keress¨ uk azt a megold´ast, amely ´athalad a (0, π) ponton. A sin π − cos 0 + C = 0 felt´etelb˝ol ad´odik, hogy C = 1, vagyis a keresett partikul´aris megold´as sin y − cos x + 1 = 0. 4. Oldjuk meg az y ′ + y 2 = 1 differenci´alegyenletet. Megold´ as. A v´altoz´ok sz´etv´alaszt´as´ahoz haszn´aljuk fel az y ′ = dy = 1 − y 2 ´es dx
dy = dx, 1 − y2
dy jel¨ol´est. Ekkor dx
ha y ̸= ±1.
Mindk´et oldal integr´al´as´aval kapjuk, hogy ∫ ∫ dy = dx. 1 − y2 A baloldali integr´al racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´alja. Elemi t¨ortekre val´o bont´as ut´an kapjuk, hogy ) ∫ ( 1 1 1 + dy = x + C, 2 1−y 1+y ahol C tetsz˝oleges val´os sz´am, innen pedig integr´al´as ut´an 1 (− ln |1 − y| + ln |1 + y|) = x + C 2 ad´odik. Az egyenlet bal oldal´anak rendez´ese ut´an az egyenlet 1 1 + y ln =x+C 2 1 − y alak´ u lesz, ´altal´anos megold´asa pedig y=
e2(x+C) − 1 , e2(x+C) + 1
C ∈ R.
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
320 5. Hat´arozzuk meg az y ′ =
−x − xy , y(−2) = −2 kezdeti´ert´ek-probl´ema megold´as´at. y + xy
dy Megold´ as. Alkalmazzuk az y ′ = jel¨ol´est ´es bontsuk t´enyez˝oire az egyenlet jobb dx oldal´at. Ha y ̸= 0 ´es x ̸= −1, akkor dy −x(1 + y) = . dx y(1 + x) Ha y ̸= −1, akkor a v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an kapjuk, hogy ydy xdx =− , 1+y 1+x mindk´et oldal integr´al´asa ut´an pedig a k¨ovetkez˝o ad´odik: ∫
ydy =− 1+y
∫
xdx 1+x
∫
∫ y+1−1 x+1−1 dy = − dx 1+y 1+x ) ) ∫ ( ∫ ( 1 1 1− dy = − dx 1− 1+y 1+x ∫
∫ dy −
1 dy = − 1+y
∫
∫ dx +
1 dx. 1+x
A megfelel˝o primit´ıv f¨ uggv´enyek meghat´aroz´asa ut´an kapjuk a differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at: y − ln |1 + y| = −x + ln |1 + x| + C, illetve m´as elrendez´esben: y + x − C = ln |1 + x| + ln |1 + y|. Mivel az y(−2) = −2 kezdeti felt´etelnek kell teljes¨ ulnie, ez´ert −2 − 2 − C = ln |1 − 2| + ln |1 − 2|, −4 − C = 2 ln 1,
ahonnan C = −4.
A kezdeti´ert´ek-probl´ema megold´asa teh´at y + x + 4 = ln |(1 + x)(1 + y)|,
azaz ey+x+4 = |(1 + x)(1 + y)|.
6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek
321
6.2.2.
V´ altoz´ oiban homog´ en differenci´ alegyenlet (y) , x ∈ R \ {0} alak´ u differenci´ alegyenletet v´altoz´oiban 6.8. Defin´ıci´ o. Az y ′ = f x homog´en (vagy r¨oviden homog´en) differenci´ alegyenletnek nevezz¨ uk. Ezt az egyenlet az y = tx helyettes´ıt´essel, ahol t = t(x) az u ´j ismeretlen f¨ uggv´eny, ′ ′ sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenletre hozhatjuk. Ekkor y = t x + t, majd a homog´en egyenletbe val´o behelyettes´ıt´es ut´an t′ x + t = f (t) ad´odik, azaz dt x + t = f (t), dx
vagyis, hogy
dt dx = , f (t) − t x
az f (t) ̸= t felt´etel mellett. A jobb ´es bal oldal integr´al´asa ut´an ad´odik, hogy ∫ dt = ln|x| + C . f (t) − t Ha az f (t) = t egyenletnek t1 , t2 , ..., tk megold´asai, akkor a t = t1 , t = t2 , ..., t = tk konstans f¨ uggv´enyek megold´asai az ´atalak´ıtott egyenletnek, az y = t1 x, y = t2 x, ..., y = tk x line´aris f¨ uggv´enyek pedig az eredeti homog´en egyenletnek megold´asai.
FELADATOK. y y 1. Hat´arozzuk meg az y ′ = e x + , x ̸= 0, differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at. x (y) Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az adott egyenlet y ′ = f alak´ u, teh´at v´alx y toz´oiban homog´en differenci´alegyenlet. Alkalmazzuk az y = tx, illetve = t x ′ ′ helyettes´ıt´est, ahonnan y = t x + t, mert t = t(x) az u ´j ismeretlen f¨ uggv´eny. Ekkor
t′ x + t = et + t, ebb˝ol pedig dt = et . dx A v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an kapjuk, hogy x
dt dx = , et x majd mindk´et oldal integr´al´as´aval az ∫ ∫ dx −t , e dt = x
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
322 illetve
−e−t = ln |x| + ln C,
C>0
egyenl˝os´eget, ahonnan −t
e
(
1 = ln , C|x|
1 azaz t = − ln ln C|x|
Visszahelyettes´ıt´es ut´an ad´odik az ( ) y 1 = − ln ln , x C|x|
(
) .
1 azaz y = −x ln ln C|x|
)
´altal´anos megold´as. 2xy differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at, majd − y2 azt a partikul´aris megold´ast, amely ´athalad a (0, 1) ponton.
2. Hat´arozzuk meg az y ′ =
x2
Megold´ as. Ha y ̸= ±x, x ̸= 0 ´es az egyenlet jobb oldal´an lev˝o racion´alis t¨ortf¨ ugg2 v´enyt x -tel egyszer˝ us´ıtj¨ uk, akkor ′
y =
2xy x2 x2 −y 2 x2
,
2 · xy azaz y = ( )2 1 − xy ′
ad´odik, amib˝ol l´atszik, hogy az egyenlet¨ unk y ′ = f
(y)
alak´ u, teh´at v´altoz´oiban x y homog´en differenci´alegyenlet. Alkalmazzuk az y = tx, illetve = t helyettes´ıt´est, x ahonnan y ′ = t′ x + t, mert t = t(x) az u ´j ismeretlen f¨ uggv´eny. Ekkor t′ x + t =
2t , 1 − t2
ahonnan rendez´essel az xt′ =
2t , 1 − t2
azaz x
dt t3 + t = dx 1 − t2
alak´ u sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´o differenci´alegyenletet kapjuk. A v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an kapjuk, hogy dx 1 − t2 dt = , t3 + t x a k´et oldal integr´al´as´aval pedig, hogy ∫ ∫ 1 − t2 dx dt = . 3 t +t x Mivel a baloldali integrandus egy racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, amely elemi t¨ortek ¨osszeg´ere bonthat´o, azaz 1 2t 1 − t2 = − t(t2 + 1) t t2 + 1
6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek
323
´erv´enyes, ez´ert a tov´abbiakban ) ∫ ( 2t 1 − dt = ln |x| + ln C, t t2 + 1
C > 0.
A baloldali m´asodik integr´alban bevezetj¨ uk a t2 + 1 = z, 2tdt = dz helyettes´ıt´est, ´ıgy t = C|x|. ln |t| − ln |z| = ln C|x|, illetve 2 t + 1 Ebb˝ol visszahelyettes´ıt´es ´es rendez´es ut´an x2
y = C1 , + y2
C1 ∈ R,
az ´altal´anos megold´as. A keresett partikul´aris megold´asra teljes¨ ul, hogy ha x = 0, akkor y = 1. Ekkor 1 = C1 , 02 + 12 azaz C1 = 1, s ebb˝ol a keresett partikul´aris megold´as y = x2 + y 2 . x+y differenci´alegyenletet, ha x ̸= 0. x Megold´ as. Fejezz¨ uk ki az adott egyenletb˝ol az ismeretlen f¨ uggv´eny deriv´altj´at. Ekkor y x+y x+y ln , y′ = + x x x innen pedig y) y) ( y ( ′ ln 1 + . y = + 1+ x x x Meg´allap´ıthatjuk, hogy a differenci´alegyenlet v´altoz´oiban homog´en, teh´at bevezetj¨ uk y ′ ′ a t = helyettes´ıt´est, ahonnan y = t + xt . Az egyenlet most x
3. Oldjuk meg az xy ′ − y = (x + y) ln
t + xt′ = t + (1 + t) ln(1 + t) sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenlett´e alakul ´at, amely a v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an dt dx = (1 + t) ln(1 + t) x alakra hozhat´o. Integr´aljuk a fenti egyenlet mindk´et oldal´at. Ekkor ∫ ∫ dt dx = . (1 + t) ln(1 + t) x Ha a bal oldalon alkalmazzuk az ln(1 + t) = z helyettes´ıt´est, akkor ´ıgy
∫
dz = ln |x| + ln C, z
C>0
dt = dz, ´es 1+t
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
324 ad´odik, ahonnan ln |z| = ln C|x|,
illetve z = C1 x,
C1 ∈ R.
Visszat´erve az eredeti v´altoz´okra kapjuk, hogy ln(1 + t) = C1 x,
y illetve eC1 x = 1 + , x
C1 ∈ R.
Ebb˝ol az ´altal´anos megold´as y = eC1 x − 1, x
( ) amib˝ol y = x eC1 x − 1 ,
C1 ∈ R.
4. Hat´arozzuk meg az (x3 + y 3 )dx − 3xy 2 dy = 0 differenci´alegyenlet y(1) = 1 kezdeti felt´etelt teljes´ıt˝o megold´as´at. Megold´ as. Az egyenlet rendez´ese ut´an ad´odik, hogy (x3 + y 3 )dx = 3xy 2 dy,
illetve
x3 + y 3 dy = , 2 3xy dx
ha xy ̸= 0.
dy = y ′ helyettes´ıt´est ´es egyszer˝ us´ıts¨ uk a racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyt dx 3 x -nal. Ekkor a differenci´alegyenlet fel´ırhat´o mint ( )3 x3 +y 3 1 + xy ′ ′ x3 y = 3xy2 , illetve y = ( y )2 . 3 · 3 x x Alkalmazzuk a
Meg´allap´ıthatjuk, hogy a kapott egyenlet els˝orend˝ u v´altoz´oiban homog´en differeny ci´alegyenlet, ez´ert bevezetj¨ uk a t = helyettes´ıt´est ahonnan y ′ = t + xt′ . x Behelyettes´ıt´es ut´an a 1 + t3 t + xt′ = 3t2 sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenletet kapjuk, amely a v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an az 1 3t2 dx = dt x 1 − 2t3 alakra hozhat´o. Integr´alva a fenti egyenlet mindk´et oldal´at kapjuk, hogy ∫ ∫ 3t2 1 dx = dt. x 1 − 2t3 Vezess¨ uk be az s = 1 − 2t3 helyettes´ıt´est a jobb oldalon. Ekkor ds = −6t2 dt ´es ∫ 1 ds ln |x| + ln C = − , C > 0. 2 s Integr´al´as ´es rendez´es ut´an ad´odik, hogy 1 1 ln C|x| = − ln |1 − 2t3 | ´es C 2 x2 = . 2 |1 − 2t3 |
6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek
325
Visszat´erve az eredeti v´altoz´ora, elhagyva az abszol´ ut ´ert´eket, a +C 2 , illetve −C 2 ´alland´okat C1 -gyel jel¨olve (C1 ∈ R) ´es rendezve az egyenletet kapjuk a C1 (x3 − 2y 3 ) = x,
C1 ∈ R
´altal´anos megold´ast. Az y(1) = 1 kezdeti felt´etelt teljes´ıt˝o megold´asra igaz, hogy x = 1 eset´en y = 1 is teljes¨ ul. Ekkor C1 (13 − 2 · 13 ) = 1, ahonnan C1 = −1 ´es a keresett partikul´aris megold´as 2y 3 − x3 = x. y = x, y(1) = 0 kezdeti´ert´ek-probl´em´at, ha x ̸= 0. x Megold´ as. Fejezz¨ uk ki az adott egyenletb˝ol az ismeretlen f¨ uggv´eny deriv´altj´at. Ha y ̸= 0, akkor y x 1 azaz y ′ = + . xy ′ − y = y, arctg x x arctg xy
5. Oldjuk meg az (xy ′ − y)arctg
Meg´allap´ıthatjuk, hogy a kapott egyenlet els˝orend˝ u v´altoz´oiban homog´en differeny ci´alegyenlet, ez´ert bevezetj¨ uk a t = helyettes´ıt´est ahonnan y ′ = t + xt′ . x Behelyettes´ıt´es ut´an a 1 t + xt′ = t + arctg t sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenletet kapjuk, amely a v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an az 1 arctg tdt = dx x alakra hozhat´o. Integr´alva a fenti egyenlet mindk´et oldal´at kapjuk, hogy ∫ ∫ 1 arctg tdt = dx. x A bal oldali integr´al parci´alis integr´al´assal oldhat´o meg. Legyen u = arctg t ´es dt ´es v = t. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy dv = dt, ahonnan du = 1 + t2 ∫ ∫ t 1 tarctg t − dt = dx. 2 1+t x Vezess¨ uk be a baloldali integr´alban az 1 + t2 = z helyettes´ıt´est, amib˝ol 2tdt = dz, dt illetve tdt = . Ebb˝ol 2 ∫ 1 dz tarctg t − = ln |x| + ln C, C > 0, 2 z tarctg t −
1 ln |z| = ln |x| + ln C, 2
C > 0,
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
326 illetve
√ tarctg t = ln C|x| 1 + t2 ,
C > 0.
Visszat´erve az eredeti v´altoz´okra kapjuk az √ ( y )2 y y arctg = ln C|x| 1 + , x x x
C>0
illetve m´as alakban az yarctg
√ y = x ln C x2 + y 2 , x
C>0
alak´ u ´altal´anos megold´ast. Egy megold´as teljes´ıti az y(1) = 0 felt´etelt, ha igaz, hogy √ 0 0 · arctg = 1 · ln C 12 + 02 , 1 ahonnan ln C = 0 ´es C = 1. A keresett megold´as teh´at √ y yarctg = x ln x2 + y 2 . x
6.2.3.
Els˝ orend˝ u line´ aris differenci´ alegyenlet
6.9. Defin´ıci´ o. Az
y ′ + p(x)y = q(x)
alak´ u differenci´alegyenletet, ahol p ´es q az x f¨ uggetlen v´altoz´ ot´ ol f¨ ugg˝ o adott folytonos f¨ uggv´enyek, els˝orend˝ u line´aris differenci´ alegyenletnek nevezz¨ uk. Az egyenlet megold´as´at y = uv szorzatalakban keress¨ uk, ahol u = u(x) ´es v = v(x) ′ ′ ′ ismeretlen f¨ uggv´enyek. Ekkor az y = u v + uv kifejez´est behelyettes´ıtve a line´aris differenci´alegyenletbe ad´odik, hogy u′ v + uv ′ + p(x)uv = q(x), illetve
u′ v + u(p(x)v + v ′ ) = q(x).
(6.4)
Hat´arozzuk meg a v f¨ uggv´enyt u ´gy, hogy igaz legyen a p(x)v + v ′ = 0 egyenl˝os´eg, vagyis dv = −p(x)dx. A jobb ´es bal oldal integr´al´as´aval ad´odik, hogy v ∫ ∫ ln v = − p(x)dx, azaz v = e− p(x)dx . Ha a v-t visszahelyettes´ıtj¨ uk (6.4)-be, akkor az u′ e−
∫
p(x)dx
= q(x)
egyenletet kapjuk, amib˝ol integr´al´as ut´an ∫ ∫ u = C + q(x)e p(x)dx dx
6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek
327
ad´odik, ahol C tetsz˝oleges ´alland´o. Ennek alapj´an az y ′ + p(x)y = q(x) els˝orend˝ u line´aris differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa ( ) ∫ ∫ ∫ − p(x)dx p(x)dx y=e C + q(x)e dx .
FELADATOK. 1. Mutassuk meg, hogy az (y sin x−1)dx+cos xdy = 0 egyenlet line´aris els˝orend˝ u differenci´alegyenlet, majd a k´eplet alapj´an hat´arozzuk meg azt a partikul´aris megold´ast, amely kiel´eg´ıti az y(0) = 0 kezdeti felt´etelt. Megold´ as. Rendezz¨ uk az egyenletet a k¨ovetkez˝o m´odon: cos xdy = (1 − y sin x)dx, dy 1 sin x = − y, dx cos x cos x
x ̸=
π + kπ, k ∈ Z 2
1 . cos x A fenti alakb´ol m´ar val´oban egy´ertelm˝ u, hogy line´aris els˝orend˝ u differenci´alegyen1 letr˝ol van sz´o, amelyben p(x) = tg x ´es q(x) = . Ha az ´altal´anos megold´ast cos x ( ) ∫ ∫ ∫ − p(x)dx p(x)dx y=e C + q(x)e dx y ′ + tg xy =
k´eplettel keress¨ uk, akkor k´et integr´alt kell kisz´am´ıtanunk. Ezek k¨oz¨ ul az egyik: ∫ ∫ ∫ ∫ cos x = t sin x dt p(x)dx = tg xdx = dx = =− = − ln | cos x|. − sin xdx = dt cos x t A m´asik integr´alt a kapott primit´ıv f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel sz´amoljuk ki. Eszerint: ∫ ∫ ∫ ∫ 1 ln | 1 | 1 p(x)dx cos x q(x)e dx = e dx = tg x + C. dx = cos x cos2 x Az ´altal´anos megold´as teh´at y = eln | cos x| (C + tg x) = cos x (C + tg x) = C cos x + sin x. Az y(0) = 0 kezdeti felt´etelt teljes´ıt˝o megold´asra teljes¨ ul, hogy ha x = 0 teljes¨ ul, akkor y = 0-nak is teljes¨ ulnie kell, azaz 0 = C cos 0 + sin 0,
ahonnan C = 0,
vagyis a keresett partikul´aris megold´as az y = sin x f¨ uggv´eny.
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
328
2. Oldjuk meg az x2 y ′ + xy + 1 = 0 line´aris els˝orend˝ u differenci´alegyenletet. Megold´ as. Osszuk el az adott egyenletet x2 -tel ´es rendezz¨ uk a k¨ovetkez˝o alakra: 1 1 y′ + y = − 2 , x x
x ̸= 0.
Keress¨ uk a megold´ast y = uv szorzat alakban, ahol u = u(x), v = v(x) ´es ahonnan y ′ = u′ v + uv ′ . Ekkor 1 1 u′ v + uv ′ + uv = − 2 , x x
x ̸= 0.
Emelj¨ unk ki u-t a bal oldal m´asodik ´es harmadik tagj´ab´ol, ´ıgy ( ) 1 1 ′ ′ u v + u v + v = − 2 , x ̸= 0. x x V´alasszuk meg a v t´enyez˝ot u ´gy, hogy a bal oldalon a z´ar´ojelben lev˝o kifejez´es nulla legyen, azaz teljes¨ ulj¨on a 1 v′ + v = 0 x egyenl˝os´eg. Innen a v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an dv dx =− v x ad´odik, ahonnan a k´et oldal integr´al´as´aval kapjuk, hogy ln |v| = − ln |x|, illetve 1 v = . Visszahelyettes´ıt´es ut´an az x u′ v + u · 0 = −
1 x2
egyenletet kapjuk, ahonnan 1 u′ = − , x
illetve du = −
dx . x
Mindk´et oldal integr´al´as´aval az u = − ln |x| + C megold´as ad´odik. Az ´altal´anos megold´as y = uv =
1 (C − ln |x|) , x
azaz y =
C ln |x| − . x x
3. Hat´arozzuk meg az xy ′ + y = ln x + 1, y(1) = 0 kezdeti´ert´ek-probl´ema megold´as´at. Megold´ as. Elosztva az egyenlet mindk´et oldal´at x-szel egy´ertelm˝ uv´e v´alik, hogy line´aris els˝orend˝ u differenci´alegyenletet kell megoldani, amelynek alakja 1 + ln x 1 , y′ + y = x x
x > 0.
6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek
329
Keress¨ uk a megold´ast y = uv szorzat alakban, ahol u = u(x), v = v(x) ´es ahonnan y ′ = u′ v + uv ′ . Ekkor 1 + ln x 1 u′ v + uv ′ + uv = . x x Emelj¨ unk ki u-t a bal oldal m´asodik ´es harmadik tagj´ab´ol, ´ıgy ( ) 1 1 + ln x ′ ′ uv+u v + v= . x x 1 1 V´alasszuk meg a v t´enyez˝ot u ´gy, hogy a v ′ + kifejez´es nulla legyen. Ha v ′ + = 0, x x dx 1 dv akkor =− ´es v = . Az eredeti egyenlet teh´at v x x u′
1 1 + ln x = x x
alak´ u, ahonnan du = (1 + ln x)dx. Mindk´et oldal integr´al´as´aval kapjuk a ∫ ∫ du = (1 + ln x)dx egyenletet, ahonnan
∫ u=x+
ln xdx.
∫ Mivel
ln xdx parci´alis integr´al´assal oldhat´o meg oly m´odon, hogy bevezetj¨ uk az 1 dx ´es V = x, ´es ebb˝ol x ( ) ∫ 1 u = x + x ln x − x · dx , x
U = ln x, dV = dx helyettes´ıt´est, ahonnan dU =
u = x + x ln x − x + C,
azaz u = x ln x + C.
´Igy az ´altal´anos megold´as y = uv =
1 (x ln x + C) , x
azaz y =
C + ln x. x
A keresett partikul´aris megold´ashoz tartoz´o C ´alland´o pedig az y(1) = 0 kezdeti felt´etel seg´ıts´eg´evel a C 0 = + ln 1 1 egyenletb˝ol hat´arozhat´o meg. Innen C = 0, vagyis a kezdeti´ert´ek-probl´ema megold´asa y = ln x. ) (π , −4 ponton ´athalad´o 4. Hat´arozzuk meg az y ′ +yctg x = 5ecos x differenci´alegyenlet 2 partikul´aris megold´as´at, ha x ̸= kπ, k ∈ Z. Megold´ as. El˝osz¨or az ´altal´anos megold´ast kell meghat´arozni. Mivel az adott egyenlet els˝orend˝ u line´aris differenci´alegyenlet, ez´ert keress¨ uk a megold´ast y = uv szorzat
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
330
alakban, ahol u = u(x), v = v(x) ´es ahonnan y ′ = u′ v + uv ′ , rendez´es ut´an az egyenlet alakja u′ v + u(v ′ + vctg x) = 5ecos x . Egyenl´ıts¨ uk ki a z´ar´ojelben lev˝o kifejez´est null´aval. Ekkor v ′ + vctg x = 0 ´es u′ v = 5ecos x . Az els˝o egyenletb˝ol meghat´arozzuk v-t, majd felhaszn´al´as´aval a m´asodik egyenletb˝ol hat´arozzuk meg az u f¨ uggv´enyt, s ezzel az y f¨ uggv´eny is adott lesz. Az els˝o egyenlet egy sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenlet, amely rendez´es ut´an dv = −ctg xdx v alakra hozhat´o. Integr´aljuk az egyenlet mindk´et oldal´at. Ekkor ∫ ∫ dv = − ctg xdx v innen pedig
ln |v| = − ln | sin x| illetve |v| = | sin x|−1 .
Ekkor v=
1 . sin x
A m´asodik egyenlet most az
u′ = 5ecos x sin x alakot veszi fel, amely szint´en egy sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenlet. Rendez´es ut´an kapjuk, hogy du = 5ecos x sin xdx, ahonnan mindk´et oldal integr´al´as´aval ad´odik, hogy ∫ ∫ du = 5 ecos x sin xdx. A jobboldalon alkalmazzuk a cos x = t helyettes´ıt´est, ahonnan − sin xdx = dt. Ekkor u = −5ecos x + C. Az ´altal´anos megold´ast az y = uv k´epletbe val´o visszahelyettes´ıt´es ut´an kapjuk, ´es eszerint C − 5ecos x . y= sin x (π ) Hogy a megold´as ´athaladjon a , −4 ponton, teljes¨ ulnie kell a 2 π
c − 5ecos 2 −4 = , sin π2
illetve
−4=
C − 5 · e0 1
egyenl˝os´egnek, ahonnan C = 1, a keresett partikul´aris megold´as pedig y=
1 − 5ecos x . sin x
6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek
331
5. Hat´arozzuk meg az (1 − x2 )y ′ + xy − 1 = 0 differenci´alegyenlet olyan partikul´aris megold´as´at, amely ´athalad a (0, 1) ponton. Megold´ as. Ha x ̸= 1 ´es x ̸= −1 akkor osszuk az adott egyenletet (1 − x2 )-tel. Ekkor az x 1 y′ + y= 2 1−x 1 − x2 line´aris els˝ofok´ u differenci´alegyenletet kapjuk. Keress¨ uk a megold´ast y = uv szorzat ′ ′ alakban, ahol u = u(x), v = v(x) ´es ahonnan y = u v + uv ′ . Ekkor u′ v + uv ′ +
x 1 uv = . 1 − x2 1 − x2
Emelj¨ unk ki u-t a bal oldal m´asodik ´es harmadik tagj´ab´ol, ´ıgy ( ) x 1 ′ ′ uv+u v + v = . 2 1−x 1 − x2 x V´alasszuk meg a v t´enyez˝ot u ´gy, hogy a v ′ + v kifejez´es nulla legyen. Ha 1 − x2 x v′ + v = 0, akkor a v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an 1 − x2 dv xdx =− . v 1 − x2 Integr´ajuk a fenti egyenlet mindk´et oldal´at. Ekkor ∫ ∫ dv xdx =− . v 1 − x2 A jobb oldalon alkalmazzuk az 1 − x2 = t helyettes´ıt´est, ahonnan −2xdx = dt ´es dt −xdx = . Ekkor 2 ∫ 1 dt ln |v| = , 2 t amib˝ol √ 1 ln |v| = ln |t|, azaz v = 1 − x2 , x ∈ (−1, 1). 2 Ha visszahelyettes´ıt¨ unk a megfelel˝o egyenletbe, akkor az √ u ′ 1 − x2 = egyenletet kapunk, amelyb˝ol ∫
∫ du =
1 1 − x2
dx √ . (1 − x2 ) 1 − x2
A jobb oldalon egy irracion´alis f¨ uggv´eny integr´alj´at kell meghat´arozni, melyet az x = sin t, dx = cos xdx helyettes´ıt´essel tudunk megoldani. Ekkor ∫ ∫ ∫ cos tdt cos tdt dt √ = u= = = tg t + C. 2 2 2 cos t · cos t cos2 t (1 − sin t) 1 − sin t
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
332
sin t Mivel tg t = √ az x v´altoz´ora val´o visszat´er´essel ad´odik, hogy 1 − sin2 t u= √
x + C. 1 − x2
Az adott differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa teh´at ) ( √ x +C y = uv = √ 1 − x2 , 1 − x2 illetve
√ y = x + C 1 − x2 .
A keresett partikul´aris megold´asra teljes¨ ul, hogy x = 0 eset´es y = 1, vagyis √ 1 = 0 + C 1 − 02 , ahonnan C = 1. A keresett partikul´aris megold´as teh´at az √ y = x + 1 − x2 f¨ uggv´eny.
6.2.4.
Bernoulli-f´ ele differenci´ alegyenlet
6.10. Defin´ıci´ o. Legyen k olyan val´os sz´am, hogy k ̸= 0 ´es k ̸= 1. Az y ′ + p(x)y = q(x)y k alak´ u differenci´alegyenletet, ahol p ´es q az x f¨ uggetlen v´altoz´ ot´ ol f¨ ugg˝ o adott folytonos f¨ uggv´enyek, Bernoulli-f´ele vagy Bernoulli-t´ıpus´ u differenci´ alegyenletnek nevezz¨ uk. A Bernoulli-f´ele differenci´alegyenletet line´aris differenci´alegyenletre val´o visszavezet´essel szok´as megoldani. Szorozzuk be e c´elb´ol a Bernoulli-t´ıpus´ u differenci´alegyenlet mindk´et −k oldal´at y -val. Beszorz´as ut´an az y −k y ′ + p(x)y 1−k = q(x) alak´ u differenci´alegyenletet kapjuk. Vezess¨ uk be a z = z(x) = y 1−k (x) helyettes´ıt´est, ahonnan z ′ = (1 − k)y −k y ′ . Szorozzuk be a fenti egyenlet mindk´et oldal´at (1 − k)-val. A behelyettes´ıt´es ut´an a Bernoulli-t´ıpus´ u differenci´alegyenlet ´atalkul z ′ + (1 − k)p(x)z = (1 − k)q(x), illetve P (x) = (1 − k)p(x) ´es Q(x) = (1 − k)q(x) jel¨ol´essel z ′ + P (x)z = Q(x) alak´ u line´aris differenci´alegyenlett´e, ahol z = z(x) az u ´j ismeretlen f¨ uggv´eny. A line´aris differenci´alegyenletekhez hasonl´oan a Bernoulli-t´ıpus´ u differenci´alegyenlet megold´as´at is kereshetj¨ uk y = uv szorzat alakban, ahol u = u(x) ´es v = v(x).
6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek
333
FELADATOK. 1. Hat´arozzuk meg az y ′ − y = xy 5 differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at. I.Megold´ as. Az egyenlet egy Bernoulli-t´ıpus´ u differenci´alegyenlet, amelyet egy els˝orend˝ u line´aris differenci´alegyenletre szeretn´enk visszavezetni, ez´ert mindk´et oldal´at megszorozzuk y −5 -nel. Ekkor az y ′ y −5 − y 1−5 = xy 5−5 ,
illetve y ′ y −5 − y · y −4 = x
egyenletet kapjuk. Bevezetve a z = y −4 helyettes´ıt´est, ahonnan z ′ = −4y ′ y −5 , ´es beszorozva az egyenlet mindk´et oldal´at −4-gyel a z ′ + 4z = −4x line´aris differenci´alegyenletet kapjuk, ahol z = z(x) az u ´j ismeretlen f¨ uggv´eny. Most ′ ′ ′ a megold´ast z = uv szorzat alakban keresve, ahonnan z = u v + uv , a fenti egyenlet ´atalakul ´es a tov´abbiakban az u′ v + uv ′ + 4uv = −4x, illetve
u′ v + u(v ′ + 4v) = −4x
differenci´alegyenletet tekintj¨ uk. A v f¨ uggv´enyt a v ′ + 4v = 0 egyenletb˝ol, az u f¨ uggv´enyt pedig az u′ v = −4x egyenletb˝ol hat´arozzuk meg. Mindk´et differenci´alegyenlet sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u ´es a szok´asos m´odon oldjuk meg ˝oket. A v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an az els˝o egyenletb˝ol dv = −4dx v ad´odik, amely a k´et oldal integr´al´asa ut´an az ∫ ∫ dv = −4 dx, v illetve ln |v| = −4x,
azaz v = e−4x
megold´ashoz vezet. Az u′ v = −4x egyenlet a v behelyettes´ıt´ese ut´an az u′ e−4x = −4x differenci´alegyenlethez vezet. A v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an du = −4xe4x dx,
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
334 a jobboldalt parci´alisan integr´alva az
1 u = C − xe4x + e4x dx 4 megold´ast adja. A line´aris differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa 1 z = Ce−4x − x + , 4 a Bernoulli-egyenlet ´altal´anos megold´asa pedig a visszahelyettes´ıt´es ut´an 1 y −4 = Ce−4x − x + , 4 √
azaz
y=±4
4Ce−4x
4 . − 4x + 1
II.Megold´ as. Keress¨ uk most az ismeretlen f¨ uggv´enyt y = uv szorzat alakban, ahol u = u(x) ´es v = v(x). Ekkor y = u′ v + uv ′ ´es a differenci´alegyenletbe val´o helyettes´ıt´es ut´an az u′ v + uv ′ − uv = xu5 v 5 ,
illetve u′ v + u(v ′ − v) = xu5 v 5
egyenlet ad´odik. Hat´arozzuk meg a v f¨ uggv´enyt a v′ − v = 0 sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenlet megold´as´aval. Ekkor ∫ ∫ dv = dx, ahonnan ln |v| = x, azaz v = ex . v Ekkor
u′ · ex = x · e5x · u5 ,
szint´en sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenlet, amely a v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an du = xe4x dx u5 alak´ u, mindk´et integr´al´asa ut´an pedig ∫ ∫ −5 u du = xe4x dx, ahonnan a jobboldali integr´alt parci´alisan megoldva az 1 1 C u−4 = xe4x − e4x − , −4 4 4 4 illetve rendez´es ut´an az
1 1 = −xe4x + e4x + C 4 u 4
6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek
335
megold´asf¨ uggv´eny ad´odik. Explicit alakban kifejezve √ 4 . u = ± 4 4x e (1 − 4x + 4Ce−4x ) ´Igy y = uv miatt 1 y = ±e · x · e x
√ 4
4 , 1 − 4x + 4Ce−4x
√ azaz y = ± 4
4 . 1 − 4x + 4Ce−4x
2. Hat´arozzuk meg az 2xyy ′ = y 2 − 2x3 differenci´alegyenlet y(1) = 2 kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o partikul´aris megold´as´at. Megold´ as. Mutassuk meg, hogy az egyenlet Bernoulli-t´ıpus´ u. Osszuk el az egyenlet mindk´et oldal´at 2xy-nal (xy ̸= 0). Ekkor y′ =
1 x2 y− , 2x y
rendez´es ut´an pedig 1 y = −x2 y −1 , 2x teh´at a differenci´alegyenlet k = −1 ´ert´ekkel Bernoulli-f´ele. Szorozzuk be az egyenlet mindk´et oldal´at y-nal. Most y′ −
yy ′ −
1 2 y = −x2 . 2x
Vezess¨ uk be az y 2 = z, 2yy ′ = z ′ helyettes´ıt´est. Az egyenlet mindk´et oldal´anak 2-vel val´o beszorz´asa ´es a behelyettes´ıt´es ut´an a 1 2yy ′ − y 2 = −2x2 , x illetve
1 z ′ − z = −2x2 x line´aris differenci´alegyenletet kapjuk. A k´eplet alapj´an k´et integr´alt kell kisz´am´ıtanunk. Az els˝o: ∫ ∫ dx = − ln |x|. p(x)dx = x A m´asik az el˝oz˝o felhaszn´al´as´aval ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ p(x)dx 2 − ln |x| 2 1 dx = −2 x e dx = −2 x · dx = −2 xdx = −x2 + C. q(x)e x Ekkor a line´aris differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa z = x(C − x2 ), a Bernoulli-f´ele differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa pedig √ y 2 = x(C − x2 ), ahonnan y = ± x(C − x2 ).
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
336
A C ´alland´o ´ert´ek´et a kezdeti felt´etelb˝ol sz´am´ıtjuk ki, ahonnan √ 2 = + 1 · (C − 12 ), illetve C = 5. A keresett partikul´aris megold´as eszerint √ y = x(5 − x2 ). 3. Hat´arozzuk meg az (x2 − 1)dy − y(2x − 3y)dx = 0 differenci´alegyenlet olyan partikul´aris megold´as´at, amelyre y(2) = 1 teljes¨ ul. Megold´ as. Rendezz¨ uk a differenci´alegyenletet. Ekkor (x2 − 1)dy = y(2x − 3y)dx, dy 2xy − 3y 2 = , x ̸= ±1, dx x2 − 1 2x 3y 2 y′ − 2 y=− 2 . x −1 x −1 Innen meg´allap´ıthat´o, hogy az egyenlet Bernoulli-t´ıpus´ u. Keress¨ uk a megold´ast y = uv szorzat alakban, ahol u = u(x) ´es v = v(x). Ekkor y = u′ v + uv ′ ´es a differenci´alegyenletbe val´o helyettes´ıt´es ut´an az u′ v + uv ′ − illetve
2x 3u2 v 2 uv = − , x2 − 1 x2 − 1
(
2x uv+u v − 2 v x −1 ′
)
′
=−
3u2 v 2 . x2 − 1
Hat´arozzuk meg a v f¨ uggv´enyt a v′ −
2x v=0 −1
x2
egyenletb˝ol. A v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ´es mindk´et oldal integr´al´as´aval kapjuk, hogy ∫ ∫ dv 2xdx = . v x2 − 1 A jobb oldali integr´alban vezess¨ uk be az x2 − 1 = t, 2xdx = dt helyettes´ıt´est. Ekkor ∫ dt ln |v| = , azaz ln |v| = ln |t|. t Ebb˝ol v = t, azaz v = x2 − 1. Visszahelyettes´ıtve ad´odik az u′ (x2 − 1) = −
3u2 (x2 − 1)2 , x2 − 1
azaz u′ = −3u2
sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenlet, amelynek megold´asa a v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ´es integr´al´as ut´an ∫ ∫ du = −3 dx, u2
6.2. Els˝orend˝ u differenci´alegyenletek
337
illetve
1 1 = C − 3x, vagyis u = . u 3x − C A Bernoulli-f´ele egyenlet ´altal´anos megold´asa y = uv alapj´an −
y=
1 x2 − 1 · (x2 − 1) = . 3x − C 3x − C
A keresett partikul´aris megold´asra igaz, hogy x = 2 eset´en y = 1, ez´ert 4−1 , 6−C
1= vagyis C = 3, ez´ert y=
x2 − 1 , 3x − 3
4. Oldjuk meg az xy ′ + y =
ahonnan y =
x+1 , 3
x ̸= 1.
ln x differenci´alegyenletet, ha x > 0 ´es y ̸= 0. y3
Megold´ as. Az egyenlet y′ +
y ln x = 3 x xy
alakra hozhat´o, teh´at Bernoulli-t´ıpus´ u. Keress¨ uk a megold´ast y = uv szorzat alak′ ban, ahol u = u(x) ´es v = v(x). Ekkor y = u v + uv ′ ´es a differenci´alegyenletbe val´o helyettes´ıt´es ut´an az 1 ln x u′ v + uv ′ − uv = 3 3 , x xu v illetve ( ) 1 ln x ′ ′ u v + u v − v = 3 3. x xu v Hat´arozzuk meg a v f¨ uggv´enyt a 1 v′ − v = 0 x egyenletb˝ol. A v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ´es mindk´et oldal integr´al´as´aval kapjuk, hogy dx dv =− , v x
ahonnan v =
1 . x
Visszahelyettes´ıt´es ut´an ad´odik az u′ ·
1 ln x = x x · u3 ·
1 x3
,
azaz u′ =
x3 ln x u3
sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenlet. A v´altoz´ok sz´etv´alaszt´as´aval ´es mindk´et oldal integr´al´as´aval ad´odik, hogy ∫ ∫ 3 u du = x3 ln xdx,
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
338 illetve
x4 1 x4 C u4 = ln x − · + . 4 4 4 4 4 A jobboldali integr´alt a parci´alis integr´al´as m´odszer´evel oldottuk meg. Rendez´es ut´an kapjuk, hogy √ ( ) 1 C 1 C 4 4 4 u = x ln x − + 4 , azaz u = ±x ln x − + 4 . 4 x 4 x A Bernoulli-f´ele egyenlet ´altal´anos megold´asa √ 1 C 4 y = ± ln x − + 4 . 4 x (π ) 1 + ctg x 5. Hat´arozzuk meg az 3y ′ + yctg x = 2 , y = 0 kezdeti´ert´ek-probl´ema y cos x 3 π megold´as´at, ha y ̸= 0 ´es x ̸= k , k ∈ Z. 2 Megold´ as. Mivel a differenci´alegyenlet Bernoulli-t´ıpus´ u, ez´ert szorozzuk be mindk´et 2 oldal´at y -tel. Ekkor 1 + ctg x y 2 y ′ + y 3 ctg x = . cos x Bevezetve a z = y 3 helyettes´ıt´est, ahonnan z ′ = 3y ′ y 2 , a 3y 2 y ′ + y 3 ctg x =
1 + ctg x , cos x
illetve
1 + ctg x cos x line´aris differenci´alegyenletet kapjuk, ahol z = z(x) az u ´j ismeretlen f¨ uggv´eny. Most ′ ′ ′ a megold´ast z = uv szorzat alakban keresve, ahonnan z = u v + uv , a fenti egyenlet ´atalakul, ´es a tov´abbiakban az z ′ + zctg x =
u′ v + uv ′ + uvctg x =
1 + ctg x , cos x
illetve
1 + ctg x cos x egyenlettel foglalkozunk. Hat´arozzuk meg a v f¨ uggv´enyt a u′ v + u (v ′ + vctg x) =
v ′ + vctg x = 0 sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenlet megold´as´aval. Ekkor ∫ ∫ cos x 1 dv =− dx, ahonnan ln |v| = − ln | sin x|, azaz v = . v sin x sin x Ekkor u′ ·
1 1 + ctg x = sin x cos x
6.3. M´asodrend˝ u differenci´alegyenlet
339
szint´en sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenlet, amely a v´altoz´ok sz´etv´alaszt´asa ut´an du = (1 + tg x)dx alak´ u, mindk´et oldal integr´al´as´aval pedig megkapjuk az u = x − ln | cos x| + C megold´ast. z = uv alapj´an z=
1 (x − ln | cos x| + C) . sin x
Visszahelyettes´ıtve, az eredeti ismeretlen f¨ uggv´eny √ √ 3 x − ln | cos x| + C 3 y = z, vagyis y = . sin x
6.3. 6.3.1.
M´ asodrend˝ u differenci´ alegyenlet M´ asodrend˝ u line´ aris differenci´ alegyenlet
6.11. Defin´ıci´ o. Legyenek P , Q ´es f az x v´ altoz´ ot´ ol f¨ ugg˝ o folytonos f¨ uggv´enyek az [a, b] intervallumon. Ekkor az y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = f (x) alak´ u differenci´alegyenletet m´asodrend˝ u line´aris differenci´ alegyenletnek nevezz¨ uk. Speci´alisan, ha a fenti egyenletben f (x) ≡ 0, az ´ıgy kapott y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0 egyenletet homog´en m´asodrend˝ u line´aris differenci´alegyenletnek nevezz¨ uk. A homog´en m´asodrend˝ u line´aris differenci´alegyenlet megold´as´anak meghat´aroz´as´aban fontos szerepet j´atszik a f¨ uggv´enyek line´aris f¨ uggetlens´eg´enek fogalma. 6.12. Defin´ıci´ o. Az f1 , f2 , ..., fn x v´ altoz´ oj´ u val´os f¨ uggv´enyek, amelyek a val´os sz´amok halmaz´ anak egy [a, b] intervallum´an ´ertelmezettek, line´arisan f¨ uggetlenek a val´os sz´amok halmaza felett, ha az α1 f1 (x) + α2 f2 (x) + ... + αn fn (x) = 0,
x ∈ [a, b] ,
egyenletnek (α1 , α2 , ..., αn ∈ R) α1 = α2 = ... = αn = 0 az egyetlen megold´ asa. Azokat a f¨ uggv´enyeket, amelyek nem line´arisan f¨ uggetlenek, line´arisan ¨osszef¨ ugg˝ oeknek nevezz¨ uk. K´et line´arisan ¨osszef¨ ugg˝o f1 ´es f2 f¨ uggv´eny eset´en α1 f1 (x) + α2 f2 (x) = 0 u ´gy, hogy α1 ̸= 0 vagy α2 ̸= 0. Ekkor fel´ırhat´o, hogy f1 (x) = −
α1 α2 f2 (x) vagy f2 (x) = − f1 (x), α1 α2
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
340
ami azt jelenti, hogy k´et f¨ uggv´eny akkor ´es csakis akkor line´arisan ¨osszef¨ ugg˝o, ha az egyik fel´ırhat´o a m´asik f¨ uggv´eny konstansszorosak´ent. A homog´en m´asodrend˝ u line´aris differenci´alegyenlethez tartoz´o y1 (x) ´es y2 (x) megold´asf¨ uggv´enyek line´aris f¨ uggetlens´eg´enek meghat´aroz´as´ahoz a Wronski-f´ele determin´anst haszn´aljuk: y1 (x) y2 (x) . W (x) = ′ y1 (x) y2′ (x) ´ enyesek a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´asok. Erv´ 6.1. T´ etel. Legyen [a, b] a val´os sz´amok halmaz´anak egy intervalluma. A k¨ovetkez˝ o ´all´ıt´ asok egym´assal ekvivalensek: a) Minden x ∈ [a, b] eset´en ´erv´enyes, hogy W (x) ̸= 0; b) Az y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0 egyenlet y1 (x), y2 (x), x ∈ [a, b] megold´ asai line´arisan f¨ uggetlenek. 6.2. T´ etel. Legyenek y1 ´es y2 az y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0 egyenlet line´arisan f¨ uggetlen megold´ asai az [a, b] intervallumon. Ekkor az egyenlet ´altal´ anos megold´ asa az adott intervallumon y = C1 y1 + C2 y2 , ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges ´alland´ok. 6.3.2.
´ Alland´ o egy¨ utthat´ os homog´ en line´ aris differenci´ alegyenlet
6.13. Defin´ıci´ o. Az
y ′′ + py ′ + qy = 0,
p, q ∈ R
alak´ u differenci´alegyenletet ´alland´o egy¨ utthat´ os homog´en m´asodrend˝ u line´aris differenci´alegyenletnek nevezz¨ uk. Az ´alland´o egy¨ utthat´os homog´en m´asodrend˝ u line´aris differenci´alegyenlet megold´as´at kx most y = e exponenci´alis alakban keress¨ uk, ahol k ´alland´o. Mivel y ′ = kekx , y ′′ = k 2 ekx , a differenci´alegyenletbe val´o behelyettes´ıt´essel ad´odik, hogy ekx (k 2 + pk + q) = 0. Ebb˝ol az egyenletb˝ol kapjuk a k 2 + pk + q = 0 egyenletet, melyet az y ′′ + py ′ + qy = 0 ´alland´o egy¨ utthat´os homog´en m´asodrend˝ u line´aris differenci´alegyenlet karakterisztikus egyenlet´enek nevez¨ unk, ´es megold´asainak term´eszet´eb˝ol ad´od´oan h´arom esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg. a) Legyen p2 − 4q > 0. Ekkor a karakterisztikus egyenlet k1 ´es k2 megold´asai val´osak ´es k¨ ul¨onb¨oz˝oek, teh´at az y1 = ek1 x ´es y2 = ek2 x f¨ uggv´enyek az y ′′ + py ′ + qy = 0 differenci´alegyenlet megold´asai. Mivel a Wronski-f´ele determin´ans kx e1 ek2 x = e(k1 +k2 )x (k2 − k1 ) ̸= 0 , W (x) = k1 x k1 e k 2 ek2 x a kapott megold´asok line´arisan f¨ uggetlenek, ´ıgy az y ′′ +py ′ +qy = 0 differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa y = C1 ek1 x + C2 ek2 x alak´ u, ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges ´alland´ok.
6.3. M´asodrend˝ u differenci´alegyenlet
341
b) Legyen p2 − 4q = 0. Ekkor a karakterisztikus egyenlet k1 ´es k2 megold´asai val´osak ´es egyenl˝oek. y1 = ek1 x az egyik megold´as ´es k¨ozvetlen behelyettes´ıt´essel ellen˝orizz¨ uk, k1 x ′′ ′ hogy y2 = xe is megold´asa az y + py + qy = 0 differenci´alegyenletnek. Ekkor az y1 ´es y2 line´arisan f¨ uggetlen partikul´aris megold´asok, az ´altal´anos megold´as pedig y = C1 ek1 x + C2 xek1 x ,
illetve y = (C1 + C2 x)ek1 x ,
ahol C1 i C2 tetsz˝oleges ´alland´ok. c) Legyen p2 − 4q < 0. Ekkor a karakterisztikus egyenlet k1 ´es k2 megold´asai konjug´alt komplex sz´amok, teh´at fel´ırhat´ok k1 = α + iβ, k2 = α − iβ alakban, ahol α, β ∈ R. Az Euler-formula alapj´an e(α+iβ)x = eαx eiβx = eαx (cos βx + i sin βx) = eαx cos βx + ieαx sin βx, ami azt sugallja, hogy y1 = eαx cos βx ´es y2 = eαx sin βx az y ′′ + py ′ + qy = 0 differenci´alegyenlet megold´asai. K¨onnyen bel´athat´o, hogy ez val´oban ´ıgy van, mint ahogy az is, hogy ezek a megold´asok line´arisan f¨ uggetlenek. Az ´altal´anos megold´as y = eαx (C1 cos βx + C2 sin βx), ahol C1 i C2 tetsz˝oleges ´alland´ok.
FELADATOK. 1. Hat´arozzuk meg az y ′′ − 5y ′ + 6y = 0 m´asodrend˝ u line´aris ´alland´o egy¨ utthat´os homog´en differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at. Megold´ as. Keress¨ uk a megold´ast y = ekx exponenci´alis alakban, ahol k ´alland´o. ′ kx ′′ Mivel y = ke ´es y = k 2 ekx , a differenci´alegyenletbe val´o behelyettes´ıt´essel ad´odik, hogy k 2 ekx − 5kekx + 6ekx = 0, illetve ekx (k 2 − 5k + 6) = 0. Mivel ekx ̸= 0, ez´ert a fenti szorzat m´asik t´enyez˝oje kell nulla legyen, ´ıgy kapjuk a k 2 − 5k + 6 = 0 karakterisztikus egyenletet, amelynek megold´asai k1 = 2 ´es k2 = 3. Ez´ert y1 = e2x ´es y2 = e3x az y ′′ −5y ′ +6y = 0 egyenlet line´arisan f¨ uggetlen partikul´aris megold´asai. A 6.2. T´etel alapj´an a differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa y = C1 e2x + C2 e3x , ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges ´alland´ok. 2. Hat´arozzuk meg az y ′′ − 6y ′ + 9y = 0 differenci´alegyenlet olyan megold´as´at, amely kiel´eg´ıti az y(0) = 1, y ′ (0) = 2 kezdeti felt´eteleket. Megold´ as. Keress¨ uk a megold´ast y = ekx exponenci´alis alakban, ahol k ´alland´o. ′ kx Ekkor y = ke ´es y ′′ = k 2 ekx . A differenci´alegyenletbe val´o behelyettes´ıt´as ut´an k 2 ekx − 6kekx + 9ekx = 0,
illetve ekx (k 2 − 6k + 9) = 0
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
342
ad´odik, s mivel ekx ̸= 0, ez´ert a fenti szorzat m´asik t´enyez˝oje kell nulla legyen, ´ıgy kapjuk a k 2 − 6k + 9 = 0 karakterisztikus egyenletet, amelynek megold´asai k1 = k2 = 3. A keresett line´arisan f¨ uggetlen partikul´aris megold´asok most y1 = e3x ´es y2 = xe3x , az ´altal´anos megold´as pedig y = C1 e3x + C2 xe3x , azaz y = (C1 + C2 x) e3x , ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges ´alland´ok. A keresett partikul´aris megold´as ki kell el´eg´ıtse az y(0) = 1 ´es y ′ (0) = 2 felt´eteleket. Mivel y ′ = (C2 + 3C1 + 3C2 x) e3x , C1 ´es C2 meghat´aroz´as´ahoz a C1 e3·0 + C2 · 0 · e3·0 = 1,
(C2 + 3C1 + 3C2 · 0) e3·0 = 2
k´et egyenletb˝ol ´all´o k´etismeretlenes line´aris egyenletrendszert kell megoldani. Ebb˝ol C1 = 1 ´es C2 + 3C1 = 2, vagyis a megold´as C1 = 1 ´es C2 = −1, a keresett partikul´aris megold´as pedig y = (1 − x)e3x . 3. Hat´arozzuk meg az y ′′ −4y ′ +13y = 0 differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at, majd azt a partikul´aris megold´ast, amely ´athalad az orig´on ´es amelynek ir´anyt´enyez˝oje az orig´oban 1. Megold´ as. Keress¨ uk a megold´ast y = ekx exponenci´alis alakban, ahol k ´alland´o. ′ kx Ekkor y = ke ´es y ′′ = k 2 ekx . A behelyettes´ıt´es ut´an k 2 ekx − 4kekx + 13ekx = 0, ,
illetve ekx (k 2 − 4k + 13) = 0
ad´odik, s mivel ekx ̸= 0, ´ıgy kapjuk a k 2 − 4k + 13 = 0 karakterisztikus egyenletet, amelynek megold´asai k1 = 2 + 3i ´es k2 = 2 − 3i. A keresett line´arisan f¨ uggetlen partikul´aris megold´asok most az y1 = e2x cos 3x ´es az y2 = e2x sin 3x f¨ uggv´enyek, az ´altal´anos megold´as pedig y = C1 e2x cos 3x + C2 e2x sin 3x,
azaz y = e2x (C1 cos 3x + C2 sin 3x) ,
ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges ´alland´ok. A keresett partikul´aris megold´as ki kell el´eg´ıtse az y(0) = 0 ´es y ′ (0) = 1 kezdeti felt´eteleket. Mivel y ′ = e2x (2C1 cos 3x + 2C2 sin 3x − 3C1 sin 3x + 3C2 cos 3x) , C1 ´es C2 meghat´aroz´as´ahoz a e0 (C1 cos 0 + C2 sin 0) = 0,
6.3. M´asodrend˝ u differenci´alegyenlet
343
e0 (2C1 cos 0 + 2C2 sin 0 − 3C1 sin 0 + 3C2 cos 0) = 1 k´et egyenletb˝ol ´all´o k´etismeretlenes line´aris egyenletrendszert kell megoldani. Ebb˝ol C1 = 0 ´es 3C2 = 1, 1 vagyis a megold´as C1 = 0 ´es C2 = , a keresett partikul´aris megold´as pedig 3 1 y = e2x sin 3x. 3 4. Hat´arozzuk meg az y ′′ − 2y = 0, y(0) = 2, y ′ (0) = 0 kezdeti´ert´ek-probl´ema megold´as´at. Megold´ as. Keress¨ uk a megold´ast y = ekx exponenci´alis alakban, ahol k ´alland´o. Ekkor y ′ = kekx ´es y ′′ = k 2 ekx . A differenci´alegyenletbe val´o behelyettes´ıt´as ut´an k 2 ekx − 2ekx = 0, ad´odik. Mivel ekx ̸= 0, ez´ert
illetve ekx (k 2 − 2) = 0
k2 − 2 = 0
√ √ a karakterisztikus egyenlet, amelynek megold´asai k1 = − 2 ´e√s k2 = 2. A keresett √ line´arisan f¨ uggetlen partikul´aris megold´asok most y1 = e− 2x ´es y2 = e 2x , az ´altal´anos megold´as pedig √ √ y = C1 e− 2x + C2 e 2x , ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges ´alland´ok. A keresett partikul´aris megold´as ki kell el´eg´ıtse az y(0) = 2 ´es y ′ (0) = 0 kezdeti felt´eteleket. Mivel √ √ √ √ y ′ = −C1 2e− 2x + C2 2e 2x , C1 ´es C2 meghat´aroz´as´ahoz a C1 e0 + C2 e0 = 2,
√ √ −C1 2e0 + C2 2e0 = 0
k´et egyenletb˝ol ´all´o k´etismeretlenes line´aris egyenletrendszert kell megoldani. Ebb˝ol C1 + C2 = 2 ´es
− C1 + C2 = 0,
vagyis a megold´as C1 = 1 ´es C2 = 1, a keresett kezdet´ert´ek-probl´ema megold´asa pedig √ √ y = e− 2x + e 2x . 5. Oldjuk meg az 2y ′′ − 2y ′ + 3y = 0 differenci´alegyenletet. Megold´ as. Keress¨ uk a megold´ast y = ekx exponenci´alis alakban, ahol k ´alland´o. Ekkor y ′ = kekx ´es y ′′ = k 2 ekx . A behelyettes´ıt´es ut´an 2k 2 ekx − 2kekx + 3ekx = 0, ,
illetve ekx (2k 2 − 2k + 3) = 0
ad´odik, s mivel ekx ̸= 0, ´ıgy kapjuk a 2k 2 − 2k + 3 = 0
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
344
√ 1−i 5 karakterisztikus egyenletet, amelynek konjug´alt komplex megold´asai k1 = 2 √ 1+i 5 1 ´es k2 = . Mivel a konjug´alt komplex megold´asok val´os r´esze α = , k´epzetes 2 2 √ 5 r´esze pedig β = , a keresett line´arisan f¨ uggetlen partikul´aris megold´asok most 2 √ √ 1 1 5 5 y1 = e 2 x cos x ´es y2 = e 2 x sin x, az ´altal´anos megold´as pedig 2 2 ( √ √ ) x 5x 5x , y = e 2 C1 cos + C2 sin 2 2 ahol C1 ´es C2 tetsz˝oleges ´alland´ok.
6.3.3.
´ Alland´ o egy¨ utthat´ os inhomog´ en line´ aris differenci´ alegyenlet
6.14. Defin´ıci´ o. Az
y ′′ + py ′ + qy = f (x),
p, q ∈ R,
alak´ u differenci´alegyenletet, ahol f folytonos, nem identikusan nulla val´os f¨ uggv´eny, ´alland´o egy¨ utthat´os inhomog´en m´asodrend˝ u line´ aris differenci´ alegyenletnek nevezz¨ uk. Az inhomog´en differenci´alegyenlet megold´as´aban fontos szerepet j´atszik a k¨ovetkez˝o t´etel. 6.3. T´ etel. Legyen y = yh (x), x ∈ [a, b] az y ′′ + py ′ + qy = 0 homog´en differenci´ alegyenlet ′′ ′ ´altal´ anos megold´asa ´es y = yp (x), x ∈ [a, b] az y + py + qy = f (x) inhomog´en differenci´alegyenlet egy tetsz˝oleges partikul´aris megold´ asa. Ekkor az y ′′ + py ′ + qy = f (x) inhomog´en differenci´ alegyenlet ´altal´anos megold´asa y = yh (x) + yp (x), x ∈ [a, b]. Az y ′′ +py ′ +qy = f (x) inhomog´en differenci´alegyenlet partikul´aris megold´as´at a k¨ovetkez˝o speci´alis esetekben tudjuk meghat´arozni. a) f (x) = a0 + a1 x + ... + an xn , a0 , a1 , ..., an ∈ R, an ̸= 0. Ha f (x) n-edrend˝ u polinom, a partikul´aris megold´ast yp (x) = xs (b0 + b1 x + ... + bn xn ) alakban keress¨ uk, ahol s a 0 sz´amnak mint a k 2 +pk+q = 0 karakterisztikus egyenlet megold´as´anak multiplicit´asa, azaz s = 0 ha a 0 sz´am nem gy¨oke az egyenletnek, s = 1 ha a 0 egyszeres gy¨oke a karakterisztikus egyenletnek, illetve s = 2 ha a 0 k´etszeres gy¨oke a karakterisztikus egyenletnek. b) f (x) = aeαx , a, α ∈ R. A partikul´aris megold´ast yp (x) = λeαx ,
λ∈R
alakban keress¨ uk. Ekkor yp′ (x) = λαeαx , yp′′ (x) = λα2 eαx , ´es az egyenletbe val´o behelyettes´ıt´es ut´an ad´odik, hogy λα2 eαx + λpαeαx + λqeαx = aeαx ,
6.3. M´asodrend˝ u differenci´alegyenlet
345
ahonnan λ(α2 + pα + q) = a k¨ovetkezik. Ha α nem gy¨oke a karakterisztikus egyena letnek, akkor, λ = 2 . α + pα + q Ha α a karakterisztikus egyenlet gy¨oke, akkor a partikul´aris megold´ast yp (x) = λxs eαx alakban keress¨ uk, ahol s az α gy¨ok multiplicit´asa. c) f (x) = (a0 + a1 x + ... + an xn )eαx , α, a0 , a1 , ..., an ∈ R, an ̸= 0. A partikul´aris megold´ast yp (x) = xs (b0 + b1 x + ... + bn xn )eαx alakban keress¨ uk, ahol s a k 2 + pk + q = 0 karakterisztikus egyenlet α gy¨ok´enek multiplicit´asa, azaz s = 0 ha α nem gy¨oke a karakterisztikus egyenletnek, s = 1, ha α a karakterisztikus egyenlet egyszeres gy¨oke, illetve s = 2, ha α a karakterisztikus egyenlet k´etszeres gy¨oke. d) f (x) = eαx (a sin βx + b cos βx), a, b, β ∈ R. A partikul´aris megold´ast yp (x) = xs eαx (A sin βx + B cos βx),
A, B ∈ R
alakban keress¨ uk, ahol s a karakterisztikus egyenlet α + iβ gy¨ok´enek multiplicit´asa. Teh´at, ha α + iβ gy¨oke a karakterisztikus egyenletnek, akkor s = 1, ha α + iβ nem gy¨oke a karakterisztikus egyenletnek, akkor s = 0. Ha az inhomog´en differenci´alegyenletben az f f¨ uggv´eny f (x) = f1 (x) + f2 (x) + ... + fk (x) alak´ u, ahol az fi , i = 1, 2, ..., k, f¨ uggv´enyek a fentiekben felsorolt f¨ uggv´enyek valamelyik´evel egyeznek meg, akkor a k¨ovetkez˝o m´odon j´arunk el. Meghat´arozzuk az y ′′ + py ′ + qy = fi (x),
i = 1, 2, ..., k
differenci´alegyenletek megfelel˝o ypi partikul´aris megold´asait. Ekkor az inhomog´en differenci´alegyenlet yp partikul´aris megold´asa yp = yp1 + yp2 + ... + ypk alakban ´ırhat´o fel.
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
346 FELADATOK.
1. Oldjuk meg az y ′′ + y ′ − 6y = x differenci´alegyenletet. Megold´ as. El˝osz¨or meghat´arozzuk az y ′′ + y ′ − 6y = 0 homog´en line´aris differenci´alegyenlet yh ´altal´anos megold´as´at, amelyet y = ekx exponenci´alis alakban keres¨ unk. Az egyenletbe val´o behelyettes´ıt´essel ad´odik, hogy k 2 ekx + kekx − 6ekx = 0, ami ekvivalens az ekx (k 2 + k − 6) = 0 egyenlettel. Mivel az exponenci´alis kifejez´es nem lehet nulla, ez´ert a k ismeretlen˝ u m´asodfok´ u polinom kell nulla legyen. A kapott egyenlet, k 2 + k − 6 = 0, az eredeti homog´en differenci´alegyenlet karakterisztikus egyenlete. A k1 = −3 ´es k2 = 2 gy¨ok¨ok val´osak ´es egyenl˝oek, teh´at a megfelel˝o homog´en differenci´alegyenlet megold´asa yh = C1 e−3x + C2 e2x , C1 , C2 ∈ R. Mivel a line´aris inhomoh´en differenci´alegyenlet x v´altoz´oj´ u f¨ uggv´enye egy line´aris polinom, az inhomog´en egyenlet partikul´aris megold´as´at yp = xs (Ax + B) alakban keress¨ uk, ahol s a karakterisztikus egyenlet k = 0 megold´as´anak multiplicit´asa. Mivel ebben az esetben s = 0, ez´ert yp = Ax + B,
yp′ = A,
yp′′ = 0.
Minden partikul´aris megold´as kiel´eg´ıti az egyenletet, ez´ert behelyettes´ıtve az inhomog´en egyenletbe ad´odik, hogy 0 + A − 6(Ax + B) = x, ahonnan kapjuk a −6A = 0,
A − 6B = 0
k´et egyenletb˝ol ´all´o k´etismeretlenes egyenletrendszert, amelynek megold´asa 1 1 A=− , B=− . 6 36 A megfelel˝o partikul´aris megold´as teh´at 1 1 yp = − x − , 6 36 az eredeti inhomog´en differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa pedig y = yh + yp , vagyis 1 1 y = C1 e−3x + C2 xe2x − x − , 6 36
C1 , C2 ∈ R.
6.3. M´asodrend˝ u differenci´alegyenlet
347
2. Hat´arozzuk meg az y ′′ − 8y ′ + 16y = e4x , y(0) = 0, y ′ (0) = 1 kezdeti´ert´ek-probl´ema megold´as´at. Megold´ as. Hat´arozzuk meg el˝osz¨or az y ′′ − 8y ′ + 16y = 0 homog´en line´aris differenci´alegyenlet yh ´altal´anos megold´as´at, amelyet y = ekx exponenci´alis alakban keres¨ unk. Az egyenletbe val´o behelyettes´ıt´essel ad´odik, hogy k 2 ekx − 8kekx + 16ekx = 0, ami ekvivalens az ekx (k 2 − 8k + 16) = 0 egyenlettel. A homog´en differenci´alegyenlet karakterisztikus egyenlete k 2 − 8k + 16 = 0, amelynek gy¨okei k1 = k2 = 4 val´osak ´es egyenl˝oek, teh´at a megfelel˝o homog´en differenci´alegyenlet megold´asa C1 , C2 ∈ R.
yh = C1 e4x + C2 xe4x ,
Az inhomog´en egyenletben szerepl˝o x v´altoz´oj´ u f¨ uggv´eny f (x) = e4x exponenci´alis f¨ uggv´eny, ez´ert az inhomog´en egyenlet partikul´aris megold´as´at yp = Axs e4x alakban keress¨ uk, ahol s a karakterisztikus egyenlet k = 4 megold´as´anak multiplicit´asa. Most s = 2, mivel a 4 a karakterisztikus egyenlet kett˝os gy¨oke, ez´ert yp = Ax2 e4x ,
yp′ = A(2x + 4x2 )e4x ,
yp′′ = A(2 + 16x + 16x2 )e4x .
Behelyettes´ıtve az inhomog´en egyenletbe ad´odik, hogy A(2 + 16x + 16x2 )e4x − 8A(2x + 4x2 )e4x + 16Ax2 e4x = e4x . Osszuk el az egyenlet mindk´et oldal´at e4x -nel (e4x ̸= 0), ekkor 16Ax2 + 16Ax + 2A − 16Ax − 32Ax2 + 16Ax2 = 1, ahonnan 2A = 1, illetve 1 A= . 2 Az inhomog´en egyenlet partikul´aris megold´asa teh´at 1 yp = x2 e4x , 2 az inhomog´en egyenlet ´altal´anos megold´asa pedig 1 y = C1 e4x + C2 xe4x + x2 e4x , 2
C1 , C2 ∈ R,
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
348 (
illetve y=e
4x
) 1 2 C1 + C2 x + x , 2
C1 , C2 ∈ R.
Vegy¨ uk figyelembe most a kezdeti felt´eteleket. Ehhez sz¨ uks´eges a megold´as els˝o deriv´altja. Mivel ( ) y ′ = e4x 4C1 + 4C2 x + 2x2 + C2 + x , behelyettes´ıtve az y(0) = 0, y ′ (0) = 1 kezdeti felt´eteleket az ( ) ( ) 1 2 0 e C1 + C2 · 0 + · 0 = 0, e0 4C1 + 4C2 · 0 + 2 · 02 + C2 + 0 = 1 2 k´et egyenletb˝ol ´all´o k´etismeretlenes line´aris egyenletrendszert kapjuk, amelynek megold´asa C1 = 0, C2 = 1, ahonnan k¨ovetkezik, hogy a kezdeti´ert´ek-probl´ema megold´asa ( ) 1 2 4x y=e x+ x . 2 3. Hat´arozzuk meg az y ′′ +4y ′ +4y = 3−x2 −4e2x inhomog´en line´aris differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at. Megold´ as. El˝osz¨or meghat´arozzuk az y ′′ + 4y ′ + 4y = 0 homog´en line´aris differenci´alegyenlet yh ´altal´anos megold´as´at, amelyet y = ekx exponenci´alis alakban keres¨ unk. Az egyenletbe val´o behelyettes´ıt´essel ad´odik, hogy k 2 ekx + 4kekx + 4ekx = 0, ami ekvivalens az ekx (k 2 + 4k + 4) = 0 egyenlettel. Mivel az exponenci´alis kifejez´es nem lehet nulla, ez´ert a k ismeretlen˝ u m´asodfok´ u polinom kell nulla legyen. A kapott egyenlet, k 2 + 4k + 4 = 0, az eredeti homog´en differenci´alegyenlet karakterisztikus egyenlete. A k1 = −2 ´es k2 = −2 gy¨ok¨ok val´osak ´es egyenl˝oek, teh´at a megfelel˝o homog´en differenci´alegyenlet megold´asa yh = C1 e−2x + C2 xe−2x . Mivel a line´aris inhomoh´en differenci´alegyenlet x v´altoz´oj´ u f¨ uggv´enye egy polinom ´es egy exponenci´alis f¨ uggv´eny ¨osszege, k´et partikul´aris megold´ast keres¨ unk. Ezek yp1 = Ax2 + Bx + C
´es yp2 = De2x .
6.3. M´asodrend˝ u differenci´alegyenlet
349
yp1 ´es deriv´altjainak az y ′′ + 4y ′ + 4y = 3 − x2 egyenletbe val´o behelyettes´ıt´ese ut´an ad´odik, hogy 2A + 4(2Ax + B) + 4(Ax2 + Bx + C) = 3 − x2 . 1 1 3 Az egyenletet kiel´eg´ıtik az A = − , B = ´es C = param´eter´ert´ekek, ez´ert az 4 2 8 egyik partikul´aris megold´as 1 1 3 yp1 = − x2 + x + . 4 2 8 yp2 ´es deriv´altjainak y ′′ + 4y ′ + 4y = −4e2x egyenletbe val´o behelyettes´ıt´ese ut´an kapjuk, hogy 4De2x + 4 · 2De2x + 4De2x = −4e2x . 1 Az egyenletet kiel´eg´ıti a D = − param´eter´ert´ek, teh´at a m´asik partikul´aris meg4 old´as 1 yp2 = − e2x . 4 Az adott inhomoh´en line´aris differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa teh´at y = yh + yp1 + yp2 , azaz
1 1 3 1 y = C1 e−2x + C2 xe−2x − x2 + x + − e2x . 4 2 8 4
4. Hat´arozzuk meg az y ′′ −y ′ +y = (x+1)e2x differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at. Megold´ as. A
y ′′ − y ′ + y = 0
homog´en line´aris differenci´alegyenlet megold´as´at y = ekx exponenci´alis alakban keress¨ uk. Az k 2 ekx − kekx + ekx = 0 egyenletbe val´o behelyettes´ıt´es ut´an ad´odik, hogy ekx (k 2 − k + 1) = 0. Mivel az exponenci´alis kifejez´es nem lehet nulla, ez´ert a k ismeretlen˝ u m´asodfok´ u polinom kell nulla legyen. A karakterisztikus egyenlet most k 2 − k + 1 = 0. A karakterisztikus egyenlet megold´asai konjug´alt komplex sz´amok: √ √ 1 3 1 3 k1 = + i ´es k2 = − i, 2 2 2 2 ´ıgy a homog´en differenci´alegyenlet megold´asa (√ ) (√ ) 1 1 3 3 yh = C1 e 2 x cos x + C2 e 2 x sin x . 2 2
´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK
350
Mivel az (x + 1)e2x f¨ uggv´eny szerepel a jobb oldalon, ez´ert az inhomog´en egyenlet partikul´aris megold´as´at line´aris polinom ´es exponenci´alis f¨ uggv´eny szorzatak´ent keress¨ uk: yp = (Ax + B)e2x . yp ´es deriv´altjainak az adott egyenletbe val´o behelyettes´ıt´ese ut´an ad´odik, hogy 4Ae2x + 4(Ax + B)e2x − (Ae2x + 2(Ax + B)e2x ) + (Ax + B)e2x = (x + 1)e2x . 1 Az egyenletet kiel´eg´ıtik az A = ´es B = 0 param´eter´ert´ekek, teh´at a partikul´aris 3 megold´as 1 yp = xe2x . 3 Az adott line´aris inhomog´en differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa teh´at y = yh + yp , (√
azaz y = C1 e
1 x 2
cos
3 x 2
(√
) + C2 e
1 x 2
sin
3 x 2
)
1 + xe2x . 3
5. Oldjuk meg az y ′′ − y ′ − 6y = 3e−2x + cos 3x differenci´alegyenletet. Megold´ as. El˝osz¨or az
y ′′ − y ′ − 6y = 0
homog´en differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´as´at keress¨ uk y = ekx exponenci´alis alakban. Az egyenletbe val´o visszahelyettes´ıt´es ut´an ad´odik, hogy k 2 ekx − kekx − 6ekx = 0, ami ekvivalens az ekx (k 2 − k − 6) = 0 egyenlettel. Mivel az exponenci´alis kifejez´es nem lehet nulla, ez´ert az r ismeretlen˝ u m´asodfok´ u polinom kell nulla legyen. A karakterisztikus egyenlet most k 2 − k − 6 = 0. A karakterisztikus egyenlet megold´asai, k1 = −2 ´es k2 = 3, k¨ ul¨onb¨oz˝o val´os sz´amok, ez´ert a homog´en differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa yh = C1 e−2x + C2 e3x . K´et partikul´aris megold´ast keres¨ unk, az egyiket exponenci´alis, a m´asikat pedig trigonometrikus alakban. Mivel a −2 a karakterisztikus egyenlet egyszeres gy¨oke, ez´ert az exponenci´alis f¨ uggv´enynek megfelel˝o partikul´aris megold´ast yp1 = Axe−2x
6.3. M´asodrend˝ u differenci´alegyenlet
351
alakban keress¨ uk. yp1 ´es deriv´altjainak y ′′ − y ′ − 6y = 3e−2x egyenletbe val´o behelyettes´ıt´ese ut´an ad´odik, hogy −4Ae−2x + 4Axe−2x − (Ae−2x − 2Axe−2x ) − 6 · Axe−2x = 3e−2x . 3 Az egyenletet kiel´eg´ıti az A = − param´eter´ert´ek, ez´ert az els˝o partikul´aris megold´as 5 3 yp1 = − xe−2x . 5 A trigonometrikus f¨ uggv´enynek megfelel˝o partikul´aris megold´ast yp2 = B cos 3x + C sin 3x alakban keress¨ uk. yp2 ´es deriv´altjainak az y ′′ − y ′ − 6y = cos 3x egyenletbe val´o behelyettes´ıt´ese ut´an ad´odik, hogy −9B cos 3x − 9C sin 3x − (−3B sin 3x + 3C cos 3x) − 6(B cos 3x + C sin 3x) = cos 3x, illetve (3B − 15C) sin 3x − (15B + 3C + 1) cos 3x = 0. 5 Az egyenl˝os´eg 3B − 15C = 0 ´es 15B + 3C + 1 = 0 eset´en igaz, teh´at B = − ´es 78 1 C = − . A keresett partikul´aris megold´as most 78 yp2 = −
1 5 cos 3x − sin 3x. 78 78
Az adott line´aris inhomog´en differenci´alegyenlet ´altal´anos megold´asa y = yh + yp1 + yp2 , illetve
3 5 1 y = C1 e−2x + C2 xe3x − xe−2x − cos 3x − sin 3x. 5 78 78
352
IRODALOM
Irodalom [1] Kleine Enzyklop¨adie - Mathematik, VEB Velag Enzyklop¨adie, Leipzig, 1967. [2] Matematikai kislexikon, M˝ uszaki K¨onyvkiad´o, Budapest, 1972. [3] Term´eszettudom´anyi kislexikon, Akad´emiai Kiad´o, Budapest, 1971. [4] Bajcsai P., Fazekas F., K¨oz¨ ons´eges differenci´ alegyenletek (M´asodik r´esz), Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1973. [5] B´arczi B., Integr´alsz´am´ıt´as, M˝ uszaki K¨onyvkiad´o, Budapest, 1981. [6] Bertolino M., Diferencijalne jednaˇcine, Nauˇcna Knjiga, Beograd, 1980. [7] Boros I., Diszkr´et matematika, Szabadkai M˝ uszaki Szakf˝oiskola, Szabadka, 2008. [8] Boros I., Csik´os Pajor G., Diszkr´et matematika, Feladatgy˝ ujtem´eny, Szabadkai M˝ uszaki Szakf˝oiskola, Szabadka, 2008. [9] Bronˇstejn I. N., Semendjajev K. A., Musiol G., Milig H., Matematiˇcki priruˇcnik, SOHO GRAPH, Beograd, 2004. [10] Budinˇcevi´c M., Zbirka zadataka iz integralnog raˇcuna, UNS PMF, Novi Sad, 1973. [11] Budinˇcevi´c M., Mari´c V., Obiˇcne diferencijalne jednaˇcine - Problemi i zadaci, Nauˇcna Knjiga, Beograd, 1978. [12] Csik´os Pajor G., Matematikai anal´ızis, Szabadkai M˝ uszaki Szakf˝oiskola, Szabadka, 2008. [13] Dugopolski M., College Algebra, Addison-Wesley Publishing Company, USA, 1995. [14] Fazekas F., Hat´arozatlan integr´al, Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1977. [15] Georgijevi´c D., Obradovi´c M., Zbirka reˇsenih zadataka za drugi razred srednjih ˇskola, Matematiskop, Beograd, 2000. ´ Hadnagy A., Lor´ant L., Riborics Gy., Scharnitzky V., [16] Gy. Bartha Gy., Elbert A., Matematikai feladatok, Nemzeti Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1998. [17] Hajnal I., Nemetz T., Pint´er L., Urb´an J., Matematika (fakultat´ıv B v´altozat) IV. oszt´aly, Nemzeti Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1982. [18] Hajnal I., Matematika a speci´alis matematika I. oszt´alya sz´am´ ara, Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1986. [19] Hajnal I., Pint´er L., Matematika (fakultat´ıv B v´altozat) III. oszt´aly, Nemzeti Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 2000.
IRODALOM
353
´ [20] Hadˇzi´c O., Takaˇci Dj., Matematiˇcke metode za studente prirodnih nauka, Ujvid´ eki ´ Egyetem, TTK, Ujvid´ ek, 2000. [21] Hatvani L., Pint´er L., Differenci´ alegyenletes modellek a k¨oz´episkol´ aban, POLYGON, Szeged, 1997. [22] Hatvani L., Krisztin T., Makay G., Dinamikus modellek a k¨ozgazdas´ agban, POLYGON, Szeged, 2001. [23] Kadelburg Z., Mi´ci´c V., Ognjanovi´c S., Analiza sa algebrom 2, udˇzbenik sa zbirkom zadataka za 3. razred Matematiˇcke gimnazije, KRUG, Beograd, 2008. [24] Kadelburg Z., Mi´ci´c V., Ognjanovi´c S., Analiza sa algebrom 3, udˇzbenik sa zbirkom zadataka za 3. razred Matematiˇcke gimnazije, KRUG, Beograd, 2003. [25] Kadelburg Z., Mi´ci´c V., Ognjanovi´c S., Analiza sa algebrom 4, udˇzbenik sa zbirkom zadataka za 4. razred Matematiˇcke gimnazije, KRUG, Beograd, 2003. [26] K´arm´an T., Biot M. A., Matematikai m´odszerek m˝ uszaki feladatok megold´ as´ara, M˝ uszaki K¨onyvkiad´o, Budapest, 1963. [27] Keˇcki´c J. D., Matematika ´es feladatgy˝ ujtem´eny - a k¨oz´episkol´ ak III. oszt´alya sz´am´ara, Zavod za Udˇzbenike i nastavna sredstva, Beograd, 2005. [28] Kov´acs J., Tak´acs G., Tak´acs M., Anal´ızis, Nemzeti Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1998. [29] Korn G. A., Korn T. M., Matematikai k´ezik¨ onyv m˝ uszakiaknak, M˝ uszaki K¨onyvkiad´o, Budapest, 1975. [30] Mari´c V., Skendˇzi´c M., Obiˇcne diferencijalne jednaˇcine, Nauˇcna Knjiga, Beograd, 1980. [31] Mari´c V., Budinˇcevi´c M., Diferencijalne i diferencne jednaˇcine, PMF, Novi Sad, 2005. [32] M´at´e L., Rekurz´ıv sorozatok, Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1980. [33] Miliˇci´c P. M., Uˇsˇcumli´c M. P., Zbirka zadataka iz viˇse matematike I, Nauˇcna Knjiga, Beograd, 1982. [34] Miller K. S., An Introduction to the Calculus of Finite Differences and Difference Equations, Henry Holt and Company, New York, 1960. [35] Monostori I., Szeredai E., Differenci´ alegyenletek, M˝ uegyetemi Kiad´o, Budapest, 1998. [36] Ob´adovics J. Gy., Matematika, M˝ uszaki K¨onyvkiad´o, Budapest, 1978. [37] Ob´adovics J. Gy., Szarka Zolt´an, Fels˝ obb matematika, Scolar Kiad´o, Budapest, 1999.
354
IRODALOM
[38] Ob´adovics J. Gy., Fels˝obb matematikai feladatgy˝ ujtem´eny, Scolar Kiad´o, Budapest, 1999. [39] Ob´adovics J. Gy., Szarka Z., Fels˝ obb matematikai ¨osszefoglal´ o m˝ uszakiaknak, M˝ uszaki K¨onyvkiad´o, Budapest, 1973. [40] Obradovi´c M., Georgijevi´c D., Matematika ´es feladatgy˝ ujtem´eny - a k¨oz´episkol´ ak IV. oszt´alya sz´am´ara, Zavod za Udˇzbenike i nastavna sredstva, Beograd, 1998. [41] Pei´c H., Szarapka L., 100 reˇsenih ispitnih zadataka iz matematike, Univerzitet u Novom Sadu, Grad¯evinski Fakultet, Subotica, 1996. ´ ´ ıt˝om´ern¨oki Kar, Szabadka, 2005. [42] Pei´c H., Matematika I., Ujvid´ eki Egyetem, Ep´ ´ KEP ´ SZOT ´ AR, ´ [43] Pei´c H., Roˇznjik A., Magyar-szerb-angol matematikai sz´ot´ ar, UJ Vajdas´agi M´odszertani K¨ozpont, Szabadka, 2007. [44] R´abai I., Elemi matematikai p´eldat´ ar III. - sorozatok, sorok, v´alogatott feladatok, Gondolat, Budapest, 1976. [45] Scharnitzky V., Differenci´alegyenletek, M˝ uszaki K¨onyvkiad´o, Budapest, 1983. [46] Scharnitzky V., Matematikai feldatok - matematika a m˝ uszaki f˝oiskol´ ak sz´am´ ara, Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1989. [47] Szab´o T., Kalkulus II. P´eldat´ar, POLYGON, Szeged, 2002. [48] Szer´enyi T., Anal´ızis, Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1977. [49] Stojanovi´c V., Zbirka reˇsenih zadataka za prvi razred srednjih ˇskola, Matematiskop, Beograd, 2003. [50] Vukadinovi´c S., Stojanovi´c V., Zbirka reˇsenih zadataka za ˇcetvrti razred srednjih ˇskola, Matematiskop, Beograd, 1999. [51] Zoli´c A., Kadelburg Z., Ognjanovi´c S., Analiza sa algebrom 1, udˇzbenik sa zbirkom zadataka za 3. razred Matematiˇcke gimnazije, KRUG, Beograd, 2003.
CIP - Katalogizacija u publikaciji Biblioteka Matice srpske, Novi Sad
51(035.057.874) ´ Pajor, Gizella CSIKOS Anal´ızis [Elektronski izvor] elm´eleti ¨osszefoglal´o ´es p´eldat´ar / Csik´os Pajor Gizella, P´eics Hajnalka ; [´abr´ak Roˇznjik Andrea]. - Zenta : Bolyai Farkas Alap´ıtv´any, 2010. 1 elektronski optiˇcki disk (CD-ROM) : tekst, slika ; 12 cm Dostupno i na: www.bolyai-zenta.edu.rs. - Nasl. s naslovnog ekrana. - Bibliografija. ISBN 978-86-87951-01-3 1. P´eics Hajnalka a) Matematika - Priruqnici
COBISS.SR-ID 252784903
