Házi feladatok megoldása 2011. nov. 16.
1 t 5 függvény inverzét. Ábrázolja mindkét függvényt 2 ugyanabban a koordinátarendszerben. Mi a lehetséges legbővebb értelmezési tartománya és értékkészlete az f és az f −1 függvényeknek? HF1. Határozza meg az f (t ) =
1 t 5 képlettel megadott függvénykapcsolatot invertáljuk. Az f függvény a t -hez az 2 y -t rendeli, az f −1 inverz függvény pedig fordítva, y -hoz rendeli t -t. Ez indokolja, hogy a 1 képletben első lépésként felcseréljük a változókat: t = 5 y . A második lépésben y -t 2 y kifejezzük: 5 = 2t , y = log 5 2t . Az inverz függvény tehát f −1 (t ) = log 5 2t . A számolás során figyelni kell arra, hogy mindig ekvivalens átalakításokat hajtsunk végre, visszafordítható lépéseket tegyünk. Most a 2-vel való beszorzás, az 5-alapú logaritmus visszafordíthatók 2-vel való osztássá, 5-ik hatványra emeléssé. Ha azonban négyzetre is emelnénk mindkét oldalt, az már nem feltétlenül lenne visszafordítható, ekvivalens átalakítás, hiszen mind a négyzetgyök, mind a –1-szer a négyzetgyök „visszacsinálja” a négyzetre emelést. Ilyenkor – mint a gyakorlaton megoldott példában is – az f függvény értelmezési tartományának vizsgálata adhat támpontot. Az y =
lg x , ha ezt a lg 5 képletet nem ismeri, vagy csak „emlékszik valami hasonlóra”, akkor sürgősen ismételje át a logaritmusról a középiskolában tanultakat): Az ábrázoláshoz először értéktáblázatot készítünk (felhasználva, hogy log 5 x =
t 1 t 5 2 y = log 5 2t
y=
-7 -2 -1 0 0.001 0.1 0.2 0.0000064 0.2 0.1 0.5 0.508 0.59 0.69 -
-
-
- -3.86
-1 -0.57 0.43 0.86
(A logaritmus nullára és negatív számokra nincs értelmezve!)
y=
1 t 5 2
y = log 5 2t 1
1 2 2.5 12.5 2.5 12.5 27.95 272957516.8 1
2
Az ábrázolás segít az értelmezési tartomány és az értékkészlet megállapításában, de azért ehhez sokszor további megfontolások is kellenek. Most D f = R , hiszen minden valós t számra értelmezve van 5 t , R f = R + = { y | y > 0} , hiszen
1 t 5 mindig pozitív és minden 2
1 t 5 alakban. Az inverz függvénynél tudjuk, hogy 2 az értelmezési tartomány és az értékkészlet felcserélődik, ezért D f −1 = R f = R + és pozitív szám felírható valamilyen t mellett
R f −1 = D f = R . HF2. Számítsa ki a következő határértékeket: x −1 a) lim x →0 x − 1 b) lim x x x →1
c) lim x ⋅ 2 x x →∞
1 x↓ 2 x − 2 1 e) lim x↑ 2 x − 2 1 f) lim x →3 x − 2 d) lim
x −1 képlettel megadott függvény nincs értelmezve a 0 egy környezetében, azaz x −1 valamilyen δ > 0 mellett a ] − δ , δ [ intervallumban, ui. negatív számból nem tudunk négyzetgyököt vonni a valós számok körében. Ezért ez a határérték nincs értelmezve! A 0 −1 x −1 = = 1. Itt kihasználtuk, hogy az jobboldali határérték viszont értelmezve van, lim x↓0 x − 1 0 −1 x −1 f ( x) = függvény jobbról folytonos a 0-ban és így a jobboldali határértéke ott f (0). x −1 b) Az x x függvény folytonos az 1 helyen, ezért lim x x = 11 = 1.
a) A
x →1
c) Tudjuk az előadás alapján, hogy x → ∞ esetén 2 x → ∞ és persze x → ∞ is igaz (ez utóbbi tautológia). Ezért a kettő szorzata is tart a végtelenbe, vagyis lim x ⋅ 2 x = +∞ . x →∞
1 függvény, csak el van tolva jobbra 2-vel. Ezért az előadásból az x 1 1 → +∞ , x ↑ 2 esetén -ről tanultak alkalmazhatók: x ↓ 2 esetén x − 2 ↓ 0 és így x x−2 1 1 x − 2 ↑ 0 és így → −∞ . Érdemes az y = függvényt ábrázolni: x−2 x−2
d, e) Ez „valójában” az
1
f) lim x →3
1 1 1 = = 1 , hiszen az függvény folytonos 3-ban. x − 2 3− 2 x−2
SZ1. Akhilleusz és a teknős versenyt fut. Akhilleusz sebessége 10 m/s, a teknősé 0.1 m/s, a teknős előnye 10 m. Zénon paradoxona szerint Akhilleusz soha nem érheti utol a teknőst, mert mire Akhilleusz ledolgozza a teknős pillanatnyi előnyét, addigra a teknős egy kicsit mindig továbbjut. Modellezzük végtelen sor összegével a problémát és oldjuk fel a paradoxont.
Oldjuk meg a feladatot általánosan, legyen Akhilleusz sebessége V , a teknősé v , a teknős h előnye h . Persze feltesszük, hogy V > v . Akhilleusz a h utat t 0 = idő alatt teszi meg, ez V t v alatt a teknős előnye h1 = t 0 v -re változik. Ezt a távot Akhilleusz t1 = 0 idő alatt teszi meg. V h2 = t1v -re változik, melyet Akhilleusz Ez alatt a teknős előnye 2
tv h ⎛v⎞ ⎛v⎞ t 2 = 1 = t0 ⋅ ⎜ ⎟ = ⋅ ⎜ ⎟ V ⎝V ⎠ V ⎝V ⎠ h ⎛v⎞ Akhilleusz t n = ⋅ ⎜ ⎟ V ⎝V ⎠
2
idő alatt fut le. Látható, hogy a teknős n-edik előnyét
n
idő alatt „dolgozza le”. A teknős utoléréséhez összesen 2
n
h h v h ⎛v⎞ h ⎛v⎞ t 0 + t1 + t 2 + ... + t n + K = + ⋅ + ⋅ ⎜ ⎟ + K + ⋅ ⎜ ⎟ + K időre van szüksége. Ez V V V V ⎝V ⎠ V ⎝V ⎠ h 1 h . Ez véges egy mértani sor összege, a tanult formula szerint a szükséges idő ⋅ = v V −v V 1− V érték, Akhilleusz tehát utoléri a teknőst. A feladatban megadott számértékek 10 behelyettesítésével az utoléréshez szükséges idő ≈ 1.0101 s . 10 − 0.1
SZ2. Mi a lehetséges legbővebb értelmezési tartománya az f ( x) =
1
képlettel 2 1− x −1 megadott függvénynek? Van-e a függvénynek határértéke, ha x → ∞ , ha x → −∞ és ha x ↑ 1 ? Ha igen, mik ezek a határértékek? (Javaslat: készítsen értéktáblázatot a határértékhelyek irányában.) Értelmezési tartomány: Megvizsgáljuk, hogy a képlet milyen esetekben értelmezhető. Több feltételnek kell egyszerre teljesülnie.
1. A nevező nem lehet nulla. Az 1 −
2 = 0 egyenlet megoldása x = 3 , a 3-at tehát ki kell x −1
zárni az értelmezési tartományból. 2. A másik nevező se lehet nulla, így az 1-et is ki kell zárni az értelmezési tartományból. 2 ≥ 0 kell, hogy teljesüljön. x −1 Vigyázat, itt most nem szorozhatjuk meg „minden további nélkül” mindkét oldalt x − 1 -gyel, mert ha ez negatív, akkor az egyenlőtlenség iránya megfordul! Ezért két esetet vizsgálunk: ha x > 1 , akkor x − 1 -gyel beszorozva x − 1 − 2 ≥ 0 , vagyis x ≥ 3 adódik. Ha x ≤ 1 , akkor x − 1 -gyel beszorozva x − 1 − 2 ≤ 0 , vagyis x ≤ 3 adódik.
3. A gyökjel alatt nem állhat negatív szám, eszerint 1 −
Az első esetben tehát x > 1 és x ≥ 3 , azaz x ≥ 3 a feltétel, a másodikban x ≤ 1 és x ≤ 3 , azaz x ≤ 1 . Az 1. és a 2. pont szerint az 1-et és a 3-at ki kell zárnunk, így végül az értelmezési tartomány D f = { x | x < 1 vagy x > 3} .
2.0 1.5 1.0 0.5
1/sqrt(1 - 2/(x - 1))
2.5
3.0
Ábrázolás: Készíthetünk előtte értéktáblázatot, de az R-ben a curve(1/sqrt(1-2/(x-1)), -10, 10) paranccsal az alábbi ábrát nyerhetjük, amiről az értékek aránylag jól leolvashatók:
-10
-5
0 x
5
10
Látszik, hogy 1 és 3 között a függvény nincs értelmezve, leolvasható, hogy nagy x -ekre a függvény kb. 1, ugyanúgy „nagyon negatív” értékekre is kb. 1, míg 1-hez balról közeledve kb. 2 0. Ezek a sejtések igazak is, ui. ha x → +∞ , akkor → 0 és így a nevező 1-hez tart, ezért x −1 2 az egész kifejezés tart az 1-hez. Ugyanígy, ha x → −∞ , akkor → 0 , a nevező most is 1x −1 1 → −∞ , ezért a nevező + ∞ hez tart, így az egész kifejezés tart 1-hez. Ha x ↑ 1 , akkor x −1 hez tart, az egész kifejezés így tart a 0-hoz.
⎧ x ha x ∈ Q SZ3. Legyen h( x ) = ⎨ , ahol Q a racionális számok halmaza. ⎩− x ha x ∉ Q a) Igazolja, hogy h folytonos az x 0 = 0 helyen. b) Igazolja, hogy h nem folytonos egyetlen 0-tól különböző x 0 helyen sem. Ez a függvény tehát példa olyan függvényre, amelyik csak egyetlen pontban folytonos. Értéktáblázat: x
h( x )
−π
-3.1
− 2
-1.4
0 0.01
0.01 ⋅ 2
1.4
e 2.73
π ≈ 3.14
-3.1
2 ≈ 1.41
-1.4
0 0.01
− 0.01 ⋅ 2 ≈ −0.01
1.4
− e ≈ −2.72 2.73
A függvény a 0-tól távolodva nagyon ugrál, nem tűnik folytonosnak. A 0 közelében viszont kis abszolút értékű számok az értékei, ezért ott úgy gondolhatjuk, hogy 0 a határértéke, ami éppen a 0-ban a függvény értéke, vagyis azt várhatjuk, hogy a függvény folytonos. a) Legyen ε > 0 tetszőleges. A folytonosság definíciójának végén | h( x ) − h( x 0 ) |< ε szerepel. Most x 0 = 0, h(0) = 0 , így ez | h( x ) |< ε -ra egyszerűsödik. Vegyük észre, hogy | h( x ) |≡ x , tehát a feltétel | x |< ε . Ezt kellene átalakítani | x − x 0 |< δ alakúra. Most x 0 = 0, ezért ez | x |< δ . Látható, hogy δ := ε megfelel. Részletesen, ∀ε > 0 -hoz találtunk δ > 0 -t, nevezetesen δ := ε -t, hogy ha | x − 0 |< δ , akkor | h( x ) − h(0) |< ε , ezzel a 0-ban való folytonosságot igazoltuk. b) Tegyük fel, hogy x 0 ≠ 0 . Megmutatjuk, hogy h nem folytonos x 0 -ban. A folytonosság azt jelentené, hogy ∀ε > 0 -hoz ∃δ > 0 úgy, hogy ha | x − x 0 |< δ , akkor | h( x ) − h( x 0 ) |< ε . Tagadjuk ezt az állítást: ∃ε > 0 , hogy ∀δ > 0 mellett van olyan x , hogy | x − x 0 |< δ és | h( x ) − h( x 0 ) |≥ ε . Ezt fogjuk bizonyítani. Legyen ε :=| x 0 | , δ > 0 pedig tetszőleges. Az ] x 0 − δ , x 0 + δ [ intervallumban mind racionális, mind irracionális számok előfordulnak. Válasszunk ki ebből az intervallumból egy irracionális számot, ha x 0 racionális, ha pedig x 0 irracionális, akkor egy racionális számot. Legyen ez a szám x . Ha x -et x 0 -hoz elég közel választjuk ki, akkor x 0 és x előjele meg fog egyezni. Ez elérhető, hiszen bármely számhoz tetszőlegesen közel található racionális és irracionális szám is. Ekkor viszont h( x ) és h( x 0 ) előjele ellentétes lesz, és így | h( x) − h( x0 ) |=| h( x) | + | h( x0 ) |=| x | + | x0 |≥| x0 |= ε . Azt kaptuk, hogy | h( x ) − h( x 0 ) |≥ ε , ami bizonyítja, hogy h nem folytonos x 0 -ban.
| x − x 0 |< δ
és
