´ ´ AZ ANAL´IZISHEZ PELDAT AR
Jegyzetek ´ es p´ eldat´ arak a matematika egyetemi oktat´ as´ ahoz sorozat
Algoritmuselm´elet Algoritmuselm´elet Algoritmusok bonyolults´ aga Analitikus m´ odszerek a p´enz¨ ugyekben Bevezet´es az anal´ızisbe Differential Geometry Diszkr´et optimaliz´ al´ as Diszkr´et matematikai feladatok Geometria Igazs´ agos eloszt´ asok Interakt´ıv anal´ızis feladatgy˝ ujtem´eny matematika BSc hallgat´ok sz´am´ara Introductory Course in Analysis Matematikai p´enz¨ ugy Mathematical Analysis-Exercises 1-2 M´ert´ekelm´elet ´es dinamikus programoz´as Numerikus funkcion´ alanal´ızis Oper´ aci´ okutat´ as Oper´ aci´ okutat´ asi p´eldat´ ar Optim´ alis ir´ any´ıt´ asok Parci´ alis differenci´ alegyenletek P´eldat´ ar az anal´ızishez Szimmetrikus kombinatorikai strukt´ ur´ak T¨ obbv´ altoz´ os adatelemz´es
´ k Ferenc Izsa ´s Pfeil Tama ´s Titkos Tama
´ ´ PELDAT AR AZ ANAL´IZISHEZ
Eo os Lor´ and Tudom´ anyegyetem ¨tv¨ Term´ eszettudom´ anyi Kar Typotex 2013
c 2013–2018, Dr. Izs´
ak Ferenc, Dr. Pfeil Tam´as, Titkos Tam´as, E¨ otv¨ os Lor´ and Tudom´ anyegyetem, Term´eszettudom´anyi Kar Szerkeszt˝ o: Dr. Pfeil Tam´ as Lektor´ alta: Dr. T´ oth J´ anos, a matematikatudom´any kandid´atusa
Creative Commons NonCommercial-NoDerivs 3.0 (CC BY-NC-ND 3.0) A szerz˝ o nev´enek felt¨ untet´ese mellett nem kereskedelmi c´ellal szabadon m´ asolhat´ o, terjeszthet˝ o, megjelentethet˝o ´es el˝oadhat´o, de nem m´odos´ıthat´o.
ISBN 978 963 279 235 4 K´esz¨ ult a Typotex Kiad´ o (http://www.typotex.hu) gondoz´as´aban Felel˝ os vezet˝ o: Votisky Zsuzsa M˝ uszaki szerkeszt˝ o: Gerner J´ozsef
´ K´esz¨ ult a TAMOP-4.1.2-08/2/A/KMR-2009-0045 sz´am´ u, Jegyzetek ´es p´eldat´ arak a matematika egyetemi oktat´as´ahoz” c´ım˝ u projekt ” keret´eben.
KULCSSZAVAK: f¨ uggv´enyek, sorozatok, sorok, hat´ar´ert´ek, folytonoss´ag, differenci´ alsz´ am´ıt´ as, integr´ alsz´am´ıt´as, hatv´anysorok, differenci´alegyenletek, t¨ obbv´ altoz´ os f¨ uggv´enyek, vektoranal´ızis, g¨orb´ek. ´ A P´eldat´ ¨ OSSZEFOGLAL AS: ar az anal´ızishez az anal´ızis k¨ ul¨onb¨oz˝o fejezeteihez kapcsol´ od´ o feladatokat tartalmaz. A fejezetek elej´en az elm´eleti ¨osszefoglal´ o szakaszban a feladatok meg´ert´es´ehez, megold´as´ahoz sz¨ uks´eges fogalmak tal´ alhat´ ok. Ezt kidolgozott feladatok k¨ovetik, amelyek k¨oz¨ott j´or´eszt egyszer˝ ubb p´eld´ ak szerepelnek, mindenhol r´eszletes megold´assal. A megoldand´o feladatokhoz tartoz´ o megold´ as minden esetben megtal´alhat´o az egyes fejezetek v´eg´en. A jegyzet alkalmas seg´ıts´eg lehet k¨ ul¨onb¨oz˝o term´eszettudom´anyokat tanul´ o hallgat´ ok bevezet˝ o matematika-, kalkulus- vagy anal´ıziskurzus´ahoz.
Tartalom
1.
Halmazok, f¨ uggv´enyek 1.1. Elm´eleti o o ¨sszefoglal´ 1.2. Kidolgozott feladatok 1.3. Megoldand´ o feladatok 1.4. Megold´ asok
1 1 6 9 10
2.
Sorozatok 2.1. Elm´eleti o o ¨sszefoglal´ 2.2. Kidolgozott feladatok 2.3. Megoldand´ o feladatok 2.4. Megold´ asok
15 15 17 22 23
3.
Sorok 3.1. Elm´eleti o o ¨sszefoglal´ 3.2. Kidolgozott feladatok 3.3. Megoldand´ o feladatok 3.4. Megold´ asok
25 25 26 30 31
4.
F¨ uggv´enyek folytonoss´ aga, hat´ar´ert´eke 4.1. Elm´eleti o sszefoglal´ o ¨ 4.2. Kidolgozott feladatok 4.3. Megoldand´ o feladatok 4.4. Megold´ asok
33 33 35 41 41
5.
Line´ aris algebra 5.1. Elm´eleti o o ¨sszefoglal´ 5.2. Kidolgozott feladatok
43 43 45 v
5.3. Megoldand´ o feladatok 5.4. Megold´ asok
49 50
6.
Differenci´ alhat´ os´ ag, deriv´alt 6.1. Elm´eleti ¨ osszefoglal´ o 6.2. Kidolgozott feladatok 6.3. Megoldand´ o feladatok 6.4. Megold´ asok
51 51 54 64 65
7.
Taylor-polinomok, L’Hˆ ospital-szab´aly 7.1. Elm´eleti o sszefoglal´ o ¨ 7.2. Kidolgozott feladatok 7.3. Megoldand´ o feladatok 7.4. Megold´ asok
69 69 70 78 79
8.
A deriv´ alt alkalmaz´ asai, f¨ uggv´enyvizsg´alat 8.1. Elm´eleti ¨ osszefoglal´ o 8.2. Kidolgozott feladatok 8.3. Megoldand´ o feladatok 8.4. Megold´ asok
81 81 85 95 96
9.
Primit´ıv f¨ uggv´eny 9.1. Elm´eleti ¨ osszefoglal´ o 9.2. Kidolgozott feladatok 9.3. Megoldand´ o feladatok 9.4. Megold´ asok
107 107 109 120 121
10. Riemann-integr´ al, improprius integr´al 10.1. Elm´eleti ¨ osszefoglal´ o 10.2. Kidolgozott feladatok 10.3. Megoldand´ o feladatok 10.4. Megold´ asok
123 123 127 133 134
11. Hatv´ anysorok, Taylor-sorok 11.1. Elm´eleti ¨ osszefoglal´ o 11.2. Kidolgozott feladatok 11.3. Megoldand´ o feladatok 11.4. Megold´ asok
135 135 138 144 145
12. Parci´ alis deriv´ alt, ´erint˝ os´ık 12.1. Elm´eleti ¨ osszefoglal´ o 12.2. Kidolgozott feladatok 12.3. Megoldand´ o feladatok
147 147 148 153 vi
12.4. Megold´ asok
154
13. Vektorsz´ am´ıt´ asi alapismeretek 13.1. Elm´eleti ¨ osszefoglal´ o 13.2. Kidolgozott feladatok 13.3. Megoldand´ o feladatok 13.4. Megold´ asok
157 157 158 161 161
14. T¨ obbv´ altoz´ os f¨ uggv´enyek sz´els˝o´ert´ek-vizsg´alata 14.1. Elm´eleti ¨ osszefoglal´ o 14.2. Kidolgozott feladatok 14.3. Megoldand´ o feladatok 14.4. Megold´ asok
163 163 163 172 172
15. G¨ orb´ek ´es nevezetes mennyis´egeik 15.1. Elm´eleti ¨ osszefoglal´ o 15.2. Kidolgozott feladatok 15.3. Megoldand´ o feladatok 15.4. Megold´ asok
175 175 176 187 187
16. Potenci´ alf¨ uggv´eny, vonalintegr´al 16.1. Elm´eleti o o ¨sszefoglal´ 16.2. Kidolgozott feladatok 16.3. Megoldand´ o feladatok 16.4. Megold´ asok
189 189 190 196 197
17. T¨ obbsz¨ or¨ os integr´ alok 17.1. Elm´eleti ¨ osszefoglal´ o 17.2. Kidolgozott feladatok 17.3. Megoldand´ o feladatok 17.4. Megold´ asok
199 199 202 209 210
18. Differenci´ alegyenletek 18.1. Elm´eleti ¨ osszefoglal´ o 18.2. Kidolgozott feladatok 18.3. Megoldand´ o feladatok 18.4. Megold´ asok
211 211 213 225 225
vii
viii
1. fejezet
Halmazok, fu enyek ¨ ggv´
A jegyzetben v´egig ismertnek felt´etelezz¨ uk a k¨oz´episkol´aban tanultakat. ´Igy p´eld´ aul a halmaz naiv fogalm´at, azt, hogy mi k´et halmaz uni´oja, metszete, k¨ ul¨ onbs´ege, egy m´ asik halmazra vonatkoz´o komplementere, ´es ´ıgy tov´abb. Szint´en felt´etelezz¨ uk a f¨ uggv´eny naiv fogalm´anak, ´es az al´abbi elemi f¨ uggv´enyek alapvet˝ o tulajdons´ againak ismeret´et: p
id, |id|, id q , sin, cos, tg , ctg , expa , loga . A term´eszetes alap´ u (azaz ahol az a param´eter az Euler-f´ele e sz´am: e ≈ 2,718) logaritmusf¨ uggv´enyt ln-nel jel¨olj¨ uk. Ebben a fejezetben csak azokat a fogalmakat t´argyaljuk, amelyeket a k¨oz´episkol´ aban tanultakn´ al prec´ızebben kell defini´alni, hogy a k´es˝obbiekben ne alljon fenn a f´elre´ert´es vesz´elye. ´
1.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o Ha egy adott H halmaznak az x objektum” eleme, akkor az x ∈ H szim” b´ olumot fogjuk haszn´ alni. Az u ¨res halmaz t, azaz azt a halmazt, amelynek nincs eleme, ∅ jel¨ oli. K´et halmazt akkor nevez¨ unk egyenl˝onek, ha elemei megegyeznek. Fontos megjegyezn¨ unk, hogy az elemeknek nincs sorrendje” (p´el” d´ aul {1, 2} = {2, 1}). A H halmaz a K halmaznak r´eszhalmaz a (jel¨ol´esben: H ⊂ K), ha H minden eleme eleme K-nak is. Egy adott H halmaz P(H)-val jel¨olt hatv´ anyhalmaz ´an azt a halmazt ´ertj¨ uk, amelynek elemei pontosan a H halmaz r´eszhalmazai. Vagyis A ⊂ H ⇔ A ∈ P(H). P´eld´ aul az {∅, +, 4} halmaz hatv´anyhalmaza P({∅, +, 4}) = {∅, {∅}, {+}, {4}, {∅, +}, {∅, 4}, {+, 4}, {∅, +, 4}} . Bevezetj¨ uk a rendezett p´ ar fogalm´at. Legyenek x ´es y tetsz˝oleges elemei valamely X ´es Y halmazoknak (X ´es Y nem felt´etlen¨ ul k¨ ul¨onb¨oz˝oek). Ekkor az (x, y) rendezett p´ aron az {x, {x, y}} halmazt ´ertj¨ uk. Vil´agos, hogy itt m´ar 1
2
´nyek 1. Halmazok, f¨ uggve
van sorrend olyan ´ertelemben, hogy ha x 6= y, akkor (x, y) 6= (y, x). K¨onnyen meggondolhat´ o ugyanis, hogy ebben az esetben {x, {x, y}} = 6 {y, {y, x}}. K´et rendezett p´ ar (x1 , y1 ) ´es (x2 , y2 ) pontosan akkor egyenl˝o, ha x1 = x2 ´es y1 = y2 . (A rendezett n-esek hasonl´ok´epp defini´alhat´oak.) A rendezett p´ arok seg´ıts´eg´evel defini´alhatjuk az A ´es B nem u ¨res halmazok A × B := {(a, b) : a ∈ A, b ∈ B} Descartes-szorzat´ at. ´Igy p´eld´aul {0, 1} × {2, 3, 4} = {(0, 2), (0, 3), (0, 4), (1, 2), (1, 3), (1, 4)}. A k´es˝ obbi fejezetekben sz¨ uks´eg¨ unk lesz az u ´gynevezett kib˝ ov´ıtett val´ os sz´ amhalmaz ra. A val´ os sz´ amok R halmaz´ahoz hozz´avessz¨ uk a +∞ (plusz v´egtelen), illetve −∞ (m´ınusz v´egtelen) szimb´olumokat. Jel¨olje ezt a halmazt R, azaz R := {−∞} ∪ R ∪ {+∞}. Az ¨osszead´as ´es szorz´as m˝ uvelet´et a k¨ovetkez˝ ok´epp terjesztj¨ uk ki R-r˝ol R-ra (az u ´j m˝ uveletet is a +, illyetve · jellel fogjuk jel¨ olni). Legyen x ∈ R, α > 0, illetve β < 0. Ekkor x − (+∞) := −∞,
x + (+∞) := +∞, x := 0, +∞
x := 0, −∞
α · (+∞) := +∞,
α · (−∞) := −∞,
β · (+∞) := −∞,
β · (−∞) := +∞,
tov´ abb´ a (+∞) + (+∞) = +∞, (+∞) · (+∞) := +∞,
(−∞) + (−∞) = −∞, (−∞) · (−∞) := +∞,
(−∞) · (+∞) := −∞.
Nem ´ertelmezz¨ uk ugyanakkor a k¨ovetkez˝oket: 0 · (+∞),
0 · (−∞),
(+∞) − (+∞),
(−∞) − (−∞).
A fenti szab´ alyok seg´ıts´eg´evel minden R-beli kifejez´esr˝ol eld¨onthetj¨ uk, hogy ´ertelmes-e. ´Igy p´eld´ aul a (+∞) + (−∞) = (+∞) + (−1)(+∞) = (+∞) − (+∞)
´leti o ´ ¨ sszefoglalo 1.1. Elme
3
egyenl˝ os´egek azt mutatj´ ak, hogy a (+∞) + (−∞) kifejez´est sem ´ertelmezz¨ uk az R sz´ amhalmazban. Ismertnek felt´etelezz¨ uk a val´os (R), a racion´alis (Q), az irracion´alis (R\Q), az eg´esz (Z), a term´eszetes (N), illetve a pozit´ıv eg´esz (N+ ) sz´amok halmaz´at, k¨ ul¨ on¨ os tekintettel a rendez´esi tulajdons´agaikra. Mivel a feladatok megold´asa sor´an gyakran haszn´aljuk, k¨ ul¨on kiemelj¨ uk az u ´gynevezett arkhim´ed´eszi axi´om´at, amely azt mondja, hogy minden val´ os sz´ amn´ al van nagyobb val´os sz´am. Hasonl´oan, minden eg´esz sz´amn´al van nagyobb eg´esz sz´ am, ´es ´ıgy tov´abb. Szint´en haszn´ alni fogjuk a sz´amtani ´es m´ertani k¨oz´ep k¨oz¨ott fenn´all´o egyenl˝ otlens´eget, valamint az abszol´ ut ´ert´ekre vonatkoz´o h´aromsz¨og-egyenl˝otlens´eget. Azaz azt, hogy a+b √ ≥ ab (a, b ≥ 0), 2 illetve |x + y| ≤ |x| + |y| (x, y ∈ R). Ezen szakasz h´ atralev˝ o r´esz´eben f¨ uggv´enyekkel, illetve azok elemi tulajdons´ agaival foglalkozunk. Legyen A ´es B nem u ¨res halmaz, f pedig egy hozz´arendel´es”, azaz f ” rendelje hozz´ a A minden elem´ehez B-nek pontosan egy elem´et. P´eldak´ent tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ ot: A = {0, 1, 2}, B = {α, β, γ, δ}, az f pedig rendeljen 0-hoz α-t, 1-hez γ-t, 2-h¨oz δ-t. Ezt r¨oviden u ´gy ´ırjuk, hogy f (0) = α, f (1) = γ, illetve f (2) = δ. Ekkor az f ´ertelmez´esi tartom´anya az A halmaz, ´ert´ekk´eszlete az {α, γ, δ} ⊂ B halmaz. A γ elemet az f f¨ uggv´eny 1 helyen felvett ´ert´ek´enek nevezz¨ uk. Ugyanezt az f hozz´ arendel´est megadhatjuk rendezett p´arok seg´ıts´eg´evel is. Tekints¨ uk ugyanis a k¨ ovetkez˝o halmazt f = {(0, α), (1, γ), (2, δ)} ⊂ A × B. Vil´ agos, hogy egy rendezett p´ar akkor van benne a fenti halmazban, ha els˝o koordin´ at´ aja az A-nak egy x eleme, a m´asodik pedig az az egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott B-beli elem, amelyet f az x-hez rendelt. Azaz f = {(x, f (x)) : x ∈ A}. A fentieket prec´ızebben megfogalmazva a k¨ovetkez˝ot mondhatjuk. Az f ⊂ X × Y halmazt X-en ´ertelmezett, Y -ba k´epez˝o f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk (´es f : X → Y -nal jel¨ olj¨ uk), ha minden x ∈ X-hez l´etezik pontosan egy y ∈ Y ,
4
´nyek 1. Halmazok, f¨ uggve
amelyre (x, y) ∈ f . Az (x, y) ∈ f jel¨ol´es helyett gyakrabban az f (x) = y jel¨ ol´est haszn´ aljuk. A tov´ abbiakban szinte mindig az f : X → Y jel¨ol´est haszn´aljuk f ⊂ X ×Y helyett. Tov´ abb´ a mindig feltessz¨ uk, hogy a halmazok, ahonnan (´es ahov´a) a f¨ uggv´enyek k´epeznek, nem u ¨res halmazok. Az X halmazt az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´ any´anak nevezz¨ uk, ´es D(f )-fel jel¨ olj¨ uk. Azon y ∈ Y ´ert´ekek halmaz´at, amelyekhez van olyan x ∈ X, hogy f (x) = y (vagyis (x, y) ∈ f ), az f f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlet´enek nevezz¨ uk ´es R(f )-fel jel¨ olj¨ uk. Amennyiben az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya ´es ´ert´ekk´eszlete a val´ os sz´ amok halmaz´ anak egy-egy r´eszhalmaza, u ´gy f -re r¨oviden azt mondjuk, hogy val´ os f¨ uggv´eny. Legyen H az f f¨ uggv´eny X ´ertelmez´esi tartom´any´anak egy r´eszhalmaza. Ekkor f |H -val jel¨ olj¨ uk ´es az f f¨ uggv´eny H halmazra val´ o megszor´ıt´as´anak nevezz¨ uk az al´ abbi f¨ uggv´enyt: H 3 x 7→ f |H (x) := f (x). A f¨ uggv´eny fogalm´ anak defin´ıci´oj´ab´ol (´es a halmazok egyenl˝os´eg´er˝ol elmondottakb´ ol) vil´ agos, hogy az f ´es g f¨ uggv´eny pontosan akkor egyenl˝o, ha D(f ) = D(g) ´es minden x ∈ D(f ) = D(g)-re f (x) = g(x). Az f : X → Y f¨ uggv´eny injekt´ıv, ha k¨ ul¨onb¨oz˝o X-beli elemekhez k¨ ul¨onb¨oz˝o Y -beli elemeket rendel, azaz ∀x1 , x2 ∈ X : x1 6= x2 ⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ). Az f : X → Y f¨ uggv´eny sz¨ urjekt´ıv, ha R(f ) = Y . Ha f egyszerre injekt´ıv ´es sz¨ urjekt´ıv, akkor azt mondjuk, hogy f bijekt´ıv, m´ask´epp: f bijekci´o. Legyen f : X1 → Y ´es g : X2 → Y f¨ uggv´eny, ´es tegy¨ uk fel, hogy X1 ∩ X2 6= ∅. Ekkor f ´es g ¨ osszeg´en, illetve szorzat´an a k¨ovetkez˝o X1 ∩ X2 -b˝ol Y -ba k´epez˝o f¨ uggv´enyeket ´ertj¨ uk: X1 ∩X2 3 x 7→ (f +g)(x) := f (x)+g(x) X1 ∩X2 3 x 7→ (f ·g)(x) := f (x)g(x). Ha f val´ os f¨ uggv´eny, λ val´os sz´am, akkor a λf f¨ uggv´enyen az al´abbi f¨ uggv´enyt ´ertj¨ uk: D(f ) 3 x 7→ (λf )(x) := λf (x). Legyen f : Y → Z, g : X → Y f¨ uggv´eny. Ekkor az f ´es g f¨ uggv´eny f ◦ gvel jel¨ olt kompoz´ıci´ o j´ an azt az X-b˝ol Z-be k´epez˝o f¨ uggv´enyt ´ertj¨ uk, amelynek ´ertelmez´esi tartom´ anya D(f ◦ g) = {x ∈ X : g(x) ∈ D(f )} ´es (f ◦ g)(x) := f g(x) .
5
´leti o ´ ¨ sszefoglalo 1.1. Elme
T¨ obb f¨ uggv´eny kompoz´ıci´ oj´ anak k´epz´esekor a t´enyez˝oket tetsz˝olegesen z´ar´ojelezhetj¨ uk, azaz f ◦ g ◦ h = (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h). Ha f : X → Y injekt´ıv f¨ uggv´eny, akkor l´etezik olyan R(f )-b˝ol X-be k´epez˝o g f¨ uggv´eny, amelyre (f ◦ g)(x) = x minden R(f )-beli x-re, tov´ abb´a (g ◦ f )(x) = x minden x ∈ X-re. Ezt az egy´ertelm˝ uen l´etez˝o g f¨ uggv´enyt f inverz´enek nevezz¨ uk, ´es az f −1 jellel jel¨ olj¨ uk. (Az f −1 inverz f¨ uggv´eny nem keverend˝o ¨ossze 1 at f -fel.) Fontos megjegyezni, hogy teh´ D(f −1 ) = R(f ), R(f −1 ) = D(f ). A j´ ol ismert sz¨ ogf¨ uggv´enyek, sin, cos, tg , ctg egyike sem injekt´ıv, hiszen peri´ odikus f¨ uggv´enyek. Ahhoz, hogy az inverz¨ ukr˝ol besz´elhess¨ unk, az ´ertelmez´esi tartom´ anyukat le kell sz˝ uk´ıteni egy olyan intervallumra, ahol a f¨ uggv´eny k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ´ert´ekekhez k¨ ul¨ onb¨oz˝ot rendel. Ezeket adjuk meg a k¨ovetkez˝o felsorol´ asban. h π πi arcsin := (sin |[− π2 , π2 ] )−1 , D(arc sin) = [−1, 1], R(arc sin) = − , . 2 2 −1 arccos := (cos |[0,π] ) , D(arc cos) = [−1, 1], R(arc cos) = [0, π]. π π −1 arctg := (tg |(− π2 , π2 ) ) , D(arctg ) = R, R(arctg ) = − , . 2 2 arcctg := (ctg |(0,π) )−1 , D(arcctg ) = R, R(arcctg ) = (0, π). A p´eldat´ ar k´es˝ obbi fejezeteiben gyakran tal´alkozunk az u ´gynevezett hiperbolikus f¨ uggv´enyekkel, illetve azok inverz´evel. Ezek a k¨ovetkez˝oek: sh (x) := ch (x) := th (x) :=
ex −e−x , 2
D(sh ) = R,
R(ch ) = [1, +∞).
ex +e−x , 2 sh (x) ch (x) ,
D(ch ) = R,
R(th ) = (−1, 1).
cth (x) :=
ch (x) sh (x) ,
D(th ) = R, D(cth ) = R \ {0},
R(cth ) = R \ [−1, 1].
D(arsh ) = R,
R(arsh ) = R.
arsh := sh −1 (x),
D(arch ) = [1, +∞),
arch := (ch |[0,+∞) )−1 ,
R(arch ) = [0, +∞).
D(arth ) = (−1, 1),
arth := th −1 ,
D(arcth ) = R \ [−1, 1],
R(arth ) = R.
arcth := cth −1 ,
R(sh ) = R,
R(arch ) = R \ {0}.
6
´nyek 1. Halmazok, f¨ uggve
V´egezet¨ ul kit´er¨ unk a val´ os f¨ uggv´enyek legelemibb tulajdons´agaira. Az f val´ os f¨ uggv´enyt monoton n¨ ov˝ o nek (illetve monoton fogy´ o nak) nevezz¨ uk, ha tetsz˝ oleges x, y ∈ D(f ) eset´en x < y ⇒ f (x) ≤ f (y) (illetve x < y ⇒ f (x) ≥ f (y)). Az f szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o, illetve szigor´ uan monoton fogy´ o, ha x < y eset´en f (x) < f (y), illetve f (x) > f (y). A val´ os sz´ amok H r´eszhalmaza fel¨ ulr˝ ol korl´ atos (illetve alulr´ ol korl´ atos), ha van olyan K val´ os sz´ am, amely H minden elem´en´el nagyobb (illetve kisebb). A H halmaz korl´ atos, ha alulr´ol ´es fel¨ ulr˝ol is korl´atos. Az f val´os f¨ uggv´enyt korl´ atosnak nevezz¨ uk, ha R(f ) ⊂ R korl´atos halmaz.
1.2. Kidolgozott feladatok 1. Igazolja a k´et nemnegat´ıv sz´am sz´amtani ´es m´ertani k¨ozep´ere vonatkoz´o egyenl˝ os´eget! √ ul minden a, b ≥ 0 Megold´ as. Azt kell igazolnunk, hogy ab ≤ a+b 2 teljes¨ eset´en. Emelj¨ uk n´egyzetre mindk´et oldalt! Mivel a-r´ol ´es b-r˝ol feltett¨ uk, hogy nemnegat´ıv, ez´ert ez egy ekvivalens ´atalak´ıt´as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy 2 √ 2 a+b ab ⇔ a2 + b2 − 2ab ≥ 0 ≤ 2 mindig teljes¨ ul, hiszen az egyenl˝otlens´eg bal oldal´an (a − b)2 -et l´atjuk, ami nemnegat´ıv. Ebb˝ ol az is j´ol l´athat´o, hogy pontosan akkor teljes¨ ul egyenl˝ os´eg, ha a = b. 2. Legyen A = {1, 3, 5}, B = {1, 2, 4}. Adja meg az A ∪ B, A ∩ B, A \ B, A × B, illetve P(A) halmazt! Megold´ as. Az A ∪ B halmaz elemei azok, amelyek A ´es B k¨oz¨ ul legal´abb az egyikben benne vannak, azaz A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5}. Az A ∩ B halmaz a k¨ oz¨ os r´esz, azaz A ∩ B = {1}. Az A \ B halmaz elemei pedig A azon elemei, amelyek nem elemei B-nek, azaz A \ B = {3, 5}. A bevezet˝ oben le´ırtak szerint A ´es B Descartes-szorzata A × B = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (3, 1), (3, 2), (3, 4), (5, 1), (5, 2), (5, 4)}. V´eg¨ ul A hatv´ anyhalmaza P(A) = {∅, {1}, {3}, {5}, {1, 3}, {1, 5}, {3, 5}, {1, 3, 5}}. 3. Lehet-e egy val´ os f¨ uggv´eny grafikonja a H = {(x, y) : x2 − 2x + y 2 = 0} halmaz? Megold´ as. Nem lehet, mert ez a halmaz az (1, 0) pont k¨or¨ uli 1 sugar´ u k¨ orvonal, ´ıgy p´eld´ aul (1, 1) ´es (1, −1) is eleme H-nak, de 1 6= −1.
7
1.2. Kidolgozott feladatok
4. F¨ uggv´eny-e az f = {(1, 2), (2, 1), (3, 1), (4, 2)} halmaz? Ha igen, adja meg az ´ertelmez´esi tartom´ any´at ´es az ´ert´ekk´eszlet´et, illetve d¨ontse el, hogy injekt´ıv-e! ´ Megold´ as. Igen. Ertelmez´ esi tartom´anya D(f ) = {1, 2, 3, 4}, ´ert´ekk´eszlete R(f ) = {1, 2}. Az f f¨ uggv´eny nem injekt´ıv, hiszen f (2) = f (3). 5. Legyen f : (0, +∞) 3 x 7→ f (x) := ln(x), g : R 3 x 7→ g(x) := x2 . Hat´ arozza meg az f ◦ g, illetve g ◦ f f¨ uggv´enyeket! Megold´ as. Az f ◦ g f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya a g ´ertelmez´esi tartom´ any´ anak azon x elemeib˝ol ´all, amelyekre g(x) ∈ D(f ). Eset¨ unkben D(f ◦ g) = R \ {0}, (f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x2 ) = ln(x2 ). A (g ◦ f ) f¨ uggv´enyre hasonl´oan D(g ◦ f ) = (0, +∞), (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(ln x) = (ln x)2 . 6. Legyen f : R → R, f (x) = f¨ uggv´enyeket!
x 1+x2 .
K´esz´ıtse el az f ◦ f , illetve f ◦ f ◦ f
Megold´ as. Az f ◦ f kompoz´ıci´o ´ertelmez´esi tartom´anya R, az x helyen felvett ´ert´eke pedig x 1+x2
(f ◦ f )(x) = 1+
x 1+x2
2 =
x(1 + x2 ) . 1 + 3x2 + x4
Kihaszn´ alva, hogy f ◦ f ◦ f = f ◦ (f ◦ f ), l´athat´o, hogy D(f ◦ f ◦ f ) = R ´es hogy az x helyen felvett ´ert´eke x(1+x2 ) 1+3x2 +x4
(f ◦ (f ◦ f ))(x) = 1+
x(1+x2 ) 1+3x2 +x4
2 =
x(1 + x2 )(1 + 3x2 + x4 ) . 1 + 7x2 + 13x4 + 7x6 + x8
7. Milyen geometriai transzform´aci´oval kaphatjuk meg egy f val´os f¨ uggv´eny grafikonj´ ab´ ol az f −1 f¨ uggv´eny grafikonj´at? Hat´arozza meg ennek seg´ıts´eg´evel az arc sin, arc cos, arctg , arcctg f¨ uggv´enyek grafikonj´at! Megold´ as. A bevezet˝ oben elmondottak szerint az f (x) = y jelent´ese (x, y) ∈ f . Ezzel viszont ekvivalens, hogy (y, x) ∈ f −1 , azaz f −1 (y) = x. Mivel (x, y) ´es (y, x) egym´as t¨ uk¨ork´epei az x = y egyenesre vonatkoz´oan, ez´ert azt a k¨ ovetkeztet´est vonhatjuk le, hogy az inverz grafikonja a grafikon x = y egyenesre vett t¨ uk¨ork´epe. Ennek seg´ıt´es´egvel a fenti arcus f¨ uggv´enyek grafikonja k¨ onnyed´en ´abr´azolhat´o. 8. Adjon m´ odszert egy f val´os f¨ uggv´eny inverz´enek kisz´am´ıt´as´ara!
8
´nyek 1. Halmazok, f¨ uggve
Megold´ as. Az el˝ oz˝ o feladatban le´ırtakat kicsit m´odos´ıtva f (y) = x ⇔ (y, x) ∈ f ⇔ (x, y) ∈ f −1 ⇔ f −1 (x) = y. Teh´ at az y = f (x) egyenletben az x ´es y v´altoz´okat form´alisan felcser´elve azt kapjuk, hogy x = f (y), amelyb˝ol y-t ekvivalens l´ep´esekkel kifejezve ´eppen az f −1 f¨ uggv´eny hozz´arendel´esi szab´aly´at kapjuk. 9. Hat´ arozza meg az f : (−∞, 3] → R, f (x) = (x − 3)2 f¨ uggv´eny inverz´et! Megold´ as. Els˝ ok´ent igazoljuk, hogy az f f¨ uggv´eny injekt´ıv. Az f (x1 ) = f (x2 ) egyenletet ´ atrendezve azt kapjuk, hogy (x1 − x2 )(x1 + x2 − 6) = 0. Mivel egy szorzat ´ert´eke pontosan akkor egyenl˝o null´aval, ha valamelyik t´enyez˝ oje nulla, ez´ert vagy x1 = x2 , vagy x1 = x2 = 3. K¨ovetkez´esk´epp az f f¨ uggv´eny injekt´ıv. Mivel D(f ) = (−∞, 3], R(f ) = [0, +∞), ´ıgy az f −1 inverz f¨ uggv´enyre azt kell majd kapnunk, hogy D(f −1 ) = R(f ) = [0, +∞), R(f −1 ) = D(f ) = (−∞, 3]. Az el˝ oz˝ o feladatban le´ırtak szerint az y = (x − 3)2 egyenletb˝ol kell x-et kifejezn¨ unk. Vonjunk mindk´et oldalb´ol n´egyzetgy¨ok¨ot. p √ y = (x − 3)2 = |x − 3| = −(x − 3) = 3 − x. Fontos szem el˝ ott tartani, hogy mi f ´ertelmez´esi tartom´anya, hiszen az abszol´ ut´ert´ek-jelet aszerint kell elhagyni. Azt kaptuk teh´at, hogy f −1 (y) = x = 3 −
√
y, y ∈ [0, +∞).
Ellen˝ orz´esk´epp sz´ amoljuk ki az f ◦ f −1 , illetve f −1 ◦ f kompoz´ıci´okat: √ √ (f ◦ f −1 )(x) = f (3 − x) = (3 − x − 3)2 = x, x ∈ [0, +∞), illetve p (f −1 ◦ f )(x) = f −1 (x − 3)2 = 3 − (x−3)2 = 3 − |x − 3| = x, x ∈ (−∞, 3]. 10. Mutasson p´eld´ at R → [−1, 1] injekci´ora, azaz olyan f f¨ uggv´enyre, amely injekt´ıv, D(f ) = R, R(f ) ⊂ [−1, 1]! Megold´ as. Tekints¨ unk el˝osz¨or egy olyan injekt´ıv h f¨ uggv´enyt, amelynek ´ertelmez´esi tartom´ anya korl´atos, ´ert´ekk´eszlete az eg´esz R. Legyen π π h: − , → R, h(x) = tg (x). 2 2
9
´ feladatok 1.3. Megoldando
f(x) = (x − 3)2
(x < 3)
f−1(x) = 3 − x 3
−3
3
3
−3
3
−3
−3
Legyen ezut´ an g : (−1, 1) → R, g(x) =
π x. 2
Ekkor a h ◦ g f¨ uggv´eny a (−1, 1) intervallumon van ´ertelmezve, injekt´ıv, ´es R(h ◦ g) = R(h) = R. Ennek a f¨ uggv´enynek az inverze kiel´eg´ıti a feladat k¨ovetelm´enyeit, azaz f := (h ◦ g)−1 injekt´ıv, D(f ) = R, R(f ) = (−1, 1) ⊂ [−1, 1].
1.3. Megoldand´ o feladatok 1. Hat´ arozza meg az A = {1, 3} ´es B = {0} halmazok B × A Descartesszorzat´ at! 2. Legyen A, B ´es C nem u ¨res halmaz. Van-e tartalmaz´asi kapcsolat (A ∪ B) × C, illetve (A × C) ∪ (B × C) k¨oz¨ott? 3. Hat´ arozza meg az A = 1, {1} halmaz hatv´anyhalmaz´at! 4. Elemei-e az al´ abbi halmazok az A = 1, {1, 2}, {1, 2, 3} halmaznak? (a) {∅},
(b) {1, 2},
(c)
{1, 2} ,
(d)
1, {1, 2, 3} .
5. Lehet-e egy f¨ uggv´eny grafikonja a k¨ovetkez˝o halmaz: {(sin(x), x) : x ∈ R}? 6. F¨ uggv´eny-e az f = {(1, 2), (2, 1), (3, 1), (4, 2)} halmaz? Ha igen, adja meg az ´ertelmez´esi tartom´ any´at ´es az ´ert´ekk´eszlet´et! 7. Injekt´ıv-e az x3 − x f¨ uggv´eny? 8. Hat´ arozza meg az eg´esz R-en ´ertelmezett f (x) = x + 4 ´es g(x) = x2 f¨ uggv´enyek f ◦ g ´es g ◦ f kompoz´ıci´oj´at!
10
´nyek 1. Halmazok, f¨ uggve
9. Hat´ arozza meg az f (x) = ln(−x), D(f ) = (−∞, 0) ´es a g(x) = x + 1, D(g) = R f¨ uggv´enyek f ◦ g kompoz´ıci´oj´at! 10. Mutasson p´eld´ at olyan val´os f¨ uggv´enyre, amelyre f −1 = f (´es f nem az a f¨ uggv´eny, ami az ´ertelmez´esi tartom´any´anak minden elem´ehez o¨nmag´at rendeli, azaz f nem az identit´as)! 11. Hat´ arozza meg az f (x) = x2 , D(f ) = R f¨ uggv´eny inverz´et! 12. Hat´ arozza meg az f (x) = 2x3 + 1, D(f ) = R f¨ uggv´eny inverz´et! 3 1 uggv´eny inverz´et! 13. Hat´ arozza meg az f (x) = 2x−3 , D(f ) = R \ − 2 f¨ 14. Hat´ arozza meg az f (x) = x2 , D(f ) = (−∞, −1] f¨ uggv´eny inverz´et!
1.4. Megold´ asok 1. {(0, 1), (0, 3)}. 2. Egyenl˝ oek. 3. P(A) = ∅, {1}, 1} , 1, 1} . 4. (a) Nem.
(b) Igen.
(c) Nem.
(d) Nem.
5. Nem lehet, hiszen sin 0 = sin π = 0, ´ıgy (0, 0) ∈ f ´es (0, π) ∈ f , de π 6= 0. 6. F¨ uggv´eny, ´ertelmez´esi tartom´anya {1, 2, 3, 4}, ´ert´ekk´eszlete {1, 2}. 7. Nem, mert f (0) = f (1) = 0. 8. D(f ◦ g) = D(g ◦ f ) = R, (f ◦ g)(x) = x2 + 4, (g ◦ f )(x) = (x + 4)2 . 9. (f ◦ g)(x) = ln(−x − 1), D(f ) = (−∞, −1). 10. f (x) = 1 − x, D(f ) = [0, 1].
1 f(x)=1−x
−1
1
−1
11
´ sok 1.4. Megolda
11. A f¨ uggv´eny nem injekt´ıv, ´ıgy nincs inverze. q −1 12. f −1 (x) = 3 x−1 ) = R. 2 , D(f 13. f −1 (x) =
1 2
1 x
+ 3 , D(f −1 ) = R \ {0}.
√ 14. f −1 (x) = − x, D(f ) = [1, +∞).
f(x) = sin(x)
f−1(x) = arcsin(x) 1
−1
1
1
−1
1
−1
−1
f(x) = cos(x)
π
f−1(x) = arccos(x) 1
−1
1
−1
1
−1 −π
f−1(x) = arctg(x)
f(x) = tg(x)
π 2 1 π − 2
−1
π 2
−1 π − 2
1
12
´nyek 1. Halmazok, f¨ uggve
f−1(x) = arcctg(x)
f(x) = ctg(x)
π
1 π − 2
−1
π 2
−1
1
−π
f(x) = sh(x)
f−1(x) = arsh(x) 1 −1
1 1
−1
−1
1 −1
f(x) = ch(x)
f−1(x) = arch(x) 1 −1
1 1
−1
−1
1 −1
f(x) = th(x)
f−1(x) = arth(x) 1
1 −1
−1
1
−1
−1
1
13
´ sok 1.4. Megolda
f(x) = cth(x)
f−1(x) = arcth(x)
1 −1
f(x) = ax
−1
1 1
−1
(a > 1)
−1
f ( x) = a x
f−1(x) = loga(x)
1 −1
−1
1
(a > 1) 1
1
(a < 1)
−1
f−1(x) = loga(x)
1 −1
−1
−1
1
(a < 1) 1
1
−1
−1
1
2. fejezet
Sorozatok
Ebben a fejezetben megismerked¨ unk a val´os sz´amsorozatok fogalm´aval, illetve azok alapvet˝ o tulajdons´ agaival.
2.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o A pozit´ıv eg´esz sz´ amok halmaz´an ´ertelmezett val´os ´ert´ek˝ u a : N+ → R f¨ uggv´enyt val´ os sz´ amsorozatnak (vagy r¨oviden sorozatnak ) nevezz¨ uk ´es az (an ) szimb´ olummal jel¨ olj¨ uk. A sorozat n-edik tagja a r¨oviden an -nel jel¨ olt a(n) sz´ am. A r´eszsorozat fogalm´at a k¨ovetkez˝ok´epp defini´aljuk: legyen σ : N+ → N+ szigor´ uan monoton n¨ov˝o f¨ uggv´eny. Ekkor az (aσ(n) ) sorozatot (an ) r´eszsorozat´ anak nevezz¨ uk. Tekints¨ uk p´eld´aul an = n1 , illetve (bn ) = n12 sorozatokat. A (bn ) sorozat r´eszsorozata (an )-nek, hiszen a σ(n) = n2 v´alaszt´ assal bn = aσ(n) . Azt mondjuk, hogy az (an ) sorozat monoton n¨ ov˝ o (illetve fogy´ o ), ha tetsz˝ oleges n ∈ N eset´en an ≤ an+1 (illetve an ≥ an+1 ). Az (an ) sorozat korl´ atos, ha az ´ert´ekk´eszlete korl´atos, azaz l´etezik olyan K val´ os sz´ am, amelyre {|an | : n ∈ N} ⊆ [0, K]. Egy sorozat sz´ amszoros´ at, sorozatok ¨osszeg´et, illetve szorzat´at mint f¨ uggv´enyek sz´ amszoros´ at, pontonk´enti ¨osszeg´et, illetve szorzat´at a k¨ovetkez˝ok´epp ´ertelmezz¨ uk: ha (an ), (bn ) sorozat, λ ∈ R, akkor λ(an ) := (λan ),
(an ) + (bn ) := (an + bn ),
(an ) · (bn ) := (an · bn ).
(an ) an Ha emellett bn 6= 0 is teljes¨ ul minden n ∈ N-re, akkor := . (bn ) bn Az (an ) sz´ amsorozatot konvergensnek nevezz¨ uk, ha l´etezik olyan α ∈ R sz´ am, amelyre fenn´ all a k¨ ovetkez˝o: b´armely ε > 0 hibakorl´athoz van olyan N eg´esz, hogy az N -n´el nagyobb index˝ u tagok α-t´ol vett t´avols´aga kisebb ε-n´al. Ilyenkor azt mondjuk, hogy az (an ) sorozat α-hoz konverg´al. Az α sz´amot az (an ) sorozat hat´ ar´ert´ek´enek (vagy limesz´enek) nevezz¨ uk, ´es a lim an = α, n→+∞
illetve an → α jel¨ ol´eseket haszn´aljuk. Ha egy sorozat konvergens, akkor minden r´eszsorozata is konvergens, ´es ugyanaz a hat´ar´ert´ek¨ uk. Ha α = 0, akkor 15
16
2. Sorozatok
(an )-et r¨ oviden nullsorozatnak nevezz¨ uk. Ha (an ) nem konvergens, akkor azt mondjuk, hogy divergens. K¨ ul¨ on defini´ aljuk az u ´gynevezett v´egtelenhez diverg´ al´ as (vagy m´as n´even v´egtelenhez tart´ as) fogalm´ at. Az (an ) sorozat tart a +∞-hez (jel¨ol´esben: an → +∞), ha tetsz˝ oleges K > 0 sz´amhoz van olyan N k¨ usz¨obindex, hogy a sorozat minden N -n´el nagyobb index˝ u tagja nagyobb, mint K. Az (an ) sorozat −∞hez tart, ha −an → +∞. A +∞-hez, illetve −∞-hez tart´o sorozatok eset´en az osszeg, illetve szorzat hat´ ar´ert´ek´ere vonatkoz´o ´all´ıt´asokat az R-beli ¨osszead´as ¨ ´es szorz´ as m˝ uvelet szerint kell ´ertelmezni. Az (an ) sorozat Cauchy-sorozat, ha tetsz˝oleges ε hibakorl´athoz van olyan N k¨ usz¨ obindex, hogy n, m > N eset´en |an − am | < ε. Egy val´os sz´amsorozat pontosan akkor Cauchy-sorozat, ha konvergens. A k¨ ovetkez˝ o t´etelben ¨ osszefoglaljuk a konvergencia ´es az algebrai m˝ uveletek viszony´ at. 2.1. T´ etel. Legyenek az (an ) ´es (bn ) sorozatok konvergensek, ´es
lim an = α
n→+∞
lim bn = β. Legyen tov´ abb´ a λ ∈ R tetsz˝ oleges val´ os sz´ am. Ekkor
n→+∞
(a) (b)
lim (λan ) = λα,
(c)
lim (an + bn ) = α + β,
(d)
n→+∞ n→+∞
Ha β 6= 0, akkor
lim an n→+∞ bn
=
lim (an · bn ) = α · β,
n→+∞
lim (an )bn = αβ .
n→+∞
α β.
Hasonl´ o´ all´ıt´ as fogalmazhat´o meg azokra a sorozatokra, amelyek +∞-hez, illetve −∞-hez tartanak, felt´eve persze, hogy az ¨osszeg, illetve szorzat ´ertelmezve van. Eml´ekeztet˝ ou uk, hogy a (+∞) ´es (−∞) szimb´olumok ¨l megjegyezz¨ osszeg´et nem ´ertelmezt¨ uk (l´ asd 1. fejezet). A feladatok megold´as´an´al gyakran ¨ haszn´ alt m´ odszer a k¨ ovetkez˝ ou ´gynevezett k¨ ozrefog´ asi elv. 2.2. T´ etel. Ha (an ), (bn ), ´es (cn ) olyan sorozatok, amelyekre fenn´ all, hogy: (1) (an ) ´es (bn ) konvergens, tov´ abb´ a lim an = lim bn , n→+∞
n→+∞
(2) l´etezik olyan N ∈ N, hogy n ≥ N eset´en an ≤ cn ≤ bn , akkor a (cn ) sorozat is konvergens, tov´ abb´ a lim an = lim bn = lim cn . n→+∞
n→+∞
n→+∞
V´eg¨ ul n´eh´ any nevezetes hat´ar´ert´ek, amelyet a feladatok megold´asa sor´an haszn´ alni fogunk: q n → 0 (|q| < 1), √ n a → 1 (a > 0), √ n n → 1, n → eα (α ∈ R), 1+ α n nk cn
→ 0 (c > 1, k ∈ N),
n √ n n! n
c n!
→ e,
→ 0 (c > 0),
n! nn → 0, 1 √ → 0. n n!
17
2.2. Kidolgozott feladatok
2.2. Kidolgozott feladatok 1. Vizsg´ alja meg monotonit´as szempontj´ab´ol a k¨ovetkez˝o sorozatokat! (a) an := 1 + n1 , (b) an :=
n
2 n! ,
(c) an := 1 + (d) an := (−1)
1 n , n √ n
n,
(e) an := sin 5π 12 n, (f) an := tg n1 .
Megold´ as. (a) Azt fogjuk igazolni, hogy an+1 − an < 0 minden n ∈ N-re, azaz a sorozat szogor´ uan monoton fogy´o. 1 1 − 1+ = an+1 − an = 1 + n+1 n 1 1 n − (n + 1) −1 = − = = < 0. n+1 n n(n + 1) n(n + 1) (b) Pozit´ıv tag´ u sorozat eset´en an ≥ an+1 ⇔ an = an+1
2n n! 2n+1 (n+1)!
=
an an+1
≥ 1. Mivel
2n n!
> 0 ´es
2n (n + 1)! n+1 · = ≥ 1, n! 2n+1 2
ez´ert a sorozat monoton fogy´o. (c) A sz´ amtani ´es m´ertani k¨ozepek k¨oz¨otti egyenl˝otlens´eget n + 1 tagra fel´ırva: n n+1 n+1 n+1 an = =1· ... < n n n n+1 n+1 1 + n n+1 n+2 n < = = an+1 , n+1 n+1 azaz a sorozat (szigor´ uan) monoton n¨ov˝o. (d) Annak igazol´ as´ ahoz, hogy egy sorozat nem monoton, el´eg mutatnunk j < k < l eg´eszeket, amelyekre aj < ak > al vagy aj > ak < al teljes¨ ul. Eset¨ unkben ez b´armely h´arom szomsz´edos indexre fenn´all. (e) Az el˝ oz˝ o r´eszn´el elmondottak nem szerint a sorozat lehet monoton, 5π 15π hiszen p´ e ld´ a ul a = sin > 0, a = sin < 0, illetve a5 = 1 3 12 12 25π sin 12 > 0. (f) Mivel a tg f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ov˝o a 0, π2 intervallumon, 1 ez´ert n < m eset´en tg m < tg ( n1 ). Vagyis a sorozat szigor´ uan monoton fogy´ o.
18
2. Sorozatok
2. Vizsg´ alja meg korl´ atoss´ ag szempontj´ab´ol a k¨ovetkez˝o sorozatokat! (a) an =
n+2 n , 2
(c) cn = sin(4n2 − n) cos(4n2 + n), (d) dn = (−1)n ln(n).
(b) bn = n − n, Megold´ as.
(a) A sorozat nyilv´ anval´oan korl´atos, hiszen 1 n + 2 2 = 1 + ≤ 1 + 2 < 3. |an | = n n n (b) Igazolni fogjuk, hogy tetsz˝oleges r¨ogz´ıtett K > 0 sz´amhoz tal´alhat´o olyan n ∈ N, amelyre |an | > K, azaz az (an ) sorozat nem korl´atos. A m´ asodfok´ u kifejez´est teljes n´egyzett´e alak´ıtva ´es az egyenl˝otlens´eget rendezve azt kapjuk, hogy 2 2 1 1 1 |bn | = n2 − n = n − − >K ⇔ n− > 2 4 2 r 1 1 1 >K+ ⇔n> K+ + . 4 4 2 Ilyen n l´etez´es´et az arkhim´ed´eszi axi´oma garant´alja. (c) Mivel a sin ´es a cos f¨ uggv´enyek ´ert´ekei −1 ´es 1 k¨oz´e esnek, tov´abb´a k´et [−1, 1]-beli sz´ am szorzata is [−1, 1]-beli, ez´ert (cn ) nyilv´anval´oan korl´ atos. (d) Hasonl´ oan a (b) pontban le´ırtakhoz, az arkhim´ed´eszi axi´om´at felhaszn´ alva tetsz˝ oleges K > 0-hoz tal´alunk n ∈ N-et, amelyre |dn | > K, hiszen ez ut´ obbi egyenl˝otlens´eg pontosan akkor teljes¨ ul, ha n > eK . 3. A defin´ıci´ o seg´ıts´eg´evel igazolja, hogy az al´abbi sorozatok konvergensek! Adjon meg egy k¨ usz¨ obindexet az ε = 10−4 hibakorl´athoz! (a) an = 1 +
1 n2 ,
(b) bn =
4n+3 2n+1 ,
(c) cn =
1 n
sin n.
Megold´ as. Minden esetben r¨ogz´ıteni fogunk egy α ∈ R ´es egy ε > 0 sz´ amot. Ezek ut´ an egyenletrendez´essel ´es az arkhim´ed´eszi axi´oma seg´ıts´eg´evel igazolni fogjuk olyan N k¨ usz¨obindex l´etez´es´et, hogy az N -n´el nagyobb index˝ u tagok k¨ ozelebb vannak α-hoz, mint az el˝ozetesen r¨ogz´ıtett ε sz´ am. V´eg¨ ul ε hely´ere 10−4 -t be´ırva (a kapott sorozatok monotonit´as´at kihaszn´ alva) leolvassuk a legjobb k¨ usz¨obindexet. (a) Legyen ε > 0 r¨ ogz´ıtett, α = 1. Ekkor |an − 1| = |1 + n12 − 1| = n12 < 1 ε ⇔ √ε < n. A feladatban megadott ε = 10−4 hib´ahoz tetsz˝oleges √ 1 = 100-n´ al nagyobb eg´esz j´o lesz k¨ usz¨obindexnek. 10−4
19
2.2. Kidolgozott feladatok
(b) R¨ ogz´ıtett ε > 0 ´es α = 2 mellett 4n + 3 1 1 − 2 = 2 + − 2 = <ε⇔ 2n + 1 2n + 1 2n + 1
1 ε
−1 < n. 2
Hasonl´ oan az eddigiekhez, az arkhim´ed´eszi axi´oma miatt ilyen n 4 l´etezik. A fenti egyenl˝otlens´egben ε hely´ere 10−4 -et ´ırva 10 2−1 < net kapunk. ´Igy N = 5000 j´o k¨ usz¨obindexnek. (c) Els˝ ok´ent jegyezz¨ uk meg, hogy | sin n| ≤ 1, ´ıgy az α = 0 v´alaszt´assal 1 sin n − 0 = 1 | sin n| ≤ 1 . n n n Az egyenl˝ otlens´eget a´trendezve azt kapjuk, hogy tetsz˝oleges 1ε -n´al nagyobb eg´esz sz´ am j´o k¨ usz¨obindexnek (eset¨ unkben 104 < N ). 4. Igazolja, hogy az an =
1 n
sorozat Cauchy-sorozat!
Megold´ as. R¨ ogz´ıts¨ unk egy tetsz˝oleges ε > 0 sz´amot. Ehhez v´alasszunk 1 egy olyan N k¨ usz¨ obindexet, hogy n > N ´es m > N eset´en n1 ´es m ε is kisebb legyen, mint 2 . Ilyen k¨ usz¨obindex l´etezik, nevezetesen b´armely N megfelel, amelyre N > 2ε . Ezek ut´an alkalmazzuk a h´aromsz¨ogegyenl˝ otlens´eget az n1 ´es −1 amokra: m sz´ 1 − 1 = 1 + −1 ≤ 1 + −1 = 1 + 1 < ε + ε = ε. n m n m n m n m 2 2 Mivel ε > 0 tetsz˝ oleges volt, igazoltuk, hogy a sorozat Cauchy-sorozat. 5. Hat´ arozza meg a k¨ ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket! (a) an =
n5 +5n−1 n2 −n6 +1 ,
(b) bn =
3n2 +2n+1 n+2n2 ,
(c) cn =
2n4 −3n2 n2 −6n+1 .
Megold´ as. (a) Emelj¨ unk ki a sz´ aml´al´ob´ol ´es a nevez˝ob˝ol n6 -t, majd k´epezz¨ uk a hat´ ar´ert´eket tagonk´ent. Ekkor an =
1 1 1 n +5 n5 − n6 1 1 −1+ n4 n6
(b) Hasonl´ oan, n2 -tel egyszer˝ us´ıtve bn = 3+2·0+0 0+2
3 2.
→
3n2 +2n+1 n+2n2
0+5·0−0 0−1−0
=
= 0.
1 3+2 n + n12 1 +2 n
→
= (c) Ez´ uttal a sz´ aml´ al´ o foka (azaz n legnagyobb el˝ofordul´o hatv´any´anak kitev˝ oje) nagyobb, mint a nevez˝o´e. Ekkor a nevez˝oben tal´alhat´o legnagyobb n hatv´ annyal, n2 -tel egyszer˝ us´ıt¨ unk. Ekkor a sz´aml´al´o +∞-hez, a nevez˝ o pedig egyhez tart. Mivel a t¨ort ´ert´eke n > 6 eset´en pozit´ıv, ´ıgy a keresett hat´ar´ert´ek +∞.
20
2. Sorozatok
6. Mutasson p´eld´ at olyan pozit´ıv tag´ u sorozatra, amely nem korl´atos, de nem tart a +∞-hez! Megold´ as. Legyen (an ) az a sorozat, amelynek tagjai a2n := 0, illetve a2n+1 := 2n + 1. Ekkor a sorozat nem korl´atos, de nem is tart a +∞-hez, hiszen egyetlen pozit´ıv K sz´ amhoz sincs olyan N k¨ usz¨obindex, hogy n ≥ N eset´en an ≥ K teljes¨ ul. 7. Hat´ arozza meg az al´ abbi sorozatok hat´ar´ert´ek´et! (a) an = (b) an = (c) an =
√ n
n2 + n,
(d) an = 1 +
2 √n +3 , n4 +4n (n+1)n nn+1 ,
(e) an = 1 + (f) an = 1 −
1 n , 2n 1 n , n2 3 n+1 . n
Megold´ as. Elemi ´ atalak´ıt´asok ut´an tagonk´ent elv´egezz¨ uk a hat´ar´atmenen teket. A (d)–(f) pontokban haszn´alni fogjuk, hogy lim 1 + α = eα , n n→+∞
tov´ abb´ a hogy konvergens sorozat minden r´eszsorozata is konvergens, ´es ugyanaz a hat´ ar´ert´eke. √ √ (a) Az n n → 1 ´es a n 2 → 1 nevezetes hat´ar´ert´ekeket, valamint a k¨ ozrefog´ asi elvet haszn´alva p n
p n2 + n = n n(n + 1) = √ √ √ √ √ √ √ n = n n n n + 1 ≤ n n n n + n = n n 2 n n → 1.
1 ≤ an =
(b) an =
2 √n +3 n4 +4n
(c) an =
(n+1)n nn+1
=
=
n2 (1+ n32 ) q n2 1+ n43
n 1 (n+1) n nn
=
= 1 n
1+ 3 q n2 1+ n43
n+1 n n
2n i 12
=
h
1+
1 2n
=
h
1+
2 1 n n2
(d) an = 1 +
1 2n
n
(e) an = 1 +
1 n n2
(f) an = 1 −
3 n+1 n
=
h
1+
i n1
−3 n n
→
√1 1
=
1 n
= 1. 1+
1 n n
→ 0 · e = 0.
1
→ e2 . → e0 = 1.
i n+1 n
→ e−3 .
8. Hat´ arozza meg a k¨ ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket! √ √ 2 n +3n+ 3 n n √ (a) lim n8 + 32n , (b) lim 2n , 3 7 3 5n +n +1 n→+∞ n→+∞ √ √ (c) lim n+1− n . n→+∞
21
2.2. Kidolgozott feladatok
Megold´ as.
√ √ (a) A k¨ ozrefog´ asi elvet, illetve az n n → 1 ´es az n c → 1 (c > 0) nevezetes hat´ ar´ert´ekeket felhaszn´alva s n p √ 8 n + 1≤ 9 ≤ lim n8n +32n = lim n n8n +9n = lim 9 n n n→+∞ n→+∞ n→+∞ 9 √ √ √ √ n ≤ lim 9 n n+1 ≤ lim 9 n n+n = lim 9 n n 2 → 9 · 1 · 1 = 9. n→+∞
n→+∞
n→+∞
7
(b) A sz´ aml´ al´ ob´ ol ´es a nevez˝ob˝ol n 3 -ot kiemelve ´es a hat´ar´atmeneteket tagonk´ent elv´egezve k¨onnyen leolvashat´o, hogy a sorozat hat´ar´ert´eke 0: 7 1 7 2− 37 1− 37 √ 3 3−3 n 2n + 3n + n 2 3 2n + 3n + n q = lim = lim √ 7 n→+∞ n→+∞ 3 5n7 + n3 + 1 n 3 3 5 + 14 + 17 n
= lim
n→+∞
2 √ 3 n
+ q 3 5+
3 √ 3 4 n 1 n4
+ +
1 n2
n
.
1 n7
(c) A sz´ aml´ al´ ot gy¨ oktelen´ıtve ´es a hat´ar´ertmeneteket tagonk´ent elv´egezve azt kapjuk, hogy √ √ √ √ √ √ n+1+ n n + 1 − n = lim n+1− n √ lim √ = n→+∞ n→+∞ n+1+ n n+1−n = lim √ √ = 0. n→+∞ n+1+ n 9. Igazolja, hogy korl´ atos sorozatok szorzata korl´atos! Mit mondhatunk a h´ anyadosukr´ ol? Megold´ as. A szorzatuk nyilv´anval´oan korl´atos, hiszen ha |an | ≤ K ´es |bn | ≤ L, akkor |an · bn | = |an | · |bn | ≤ K · L. Korl´atos sorozatok h´ anyadosa viszont nem felt´etlen¨ ul korl´atos. Tekints¨ uk p´eld´aul az (an ) 1 an = 1, bn = n sorozatokat, amelyekre az (bn ) = (n) sorozat nem korl´ atos. A gondot az okozza, hogy a sz´aml´al´oban l´ev˝o (bn ) sorozatot nem tudjuk alulr´ ol becs¨ ulni valamilyen pozit´ıv sz´ammal. Ha (bn ) nemcsak korl´ atos, de l´etezik α > 0, amelyre α ≤ |bn |, akkor | abnn | ≤ L · α1 . 10. Igazolja, hogy (a) minden konvergens sorozat korl´atos, (b) egy korl´ atos sorozat ´es egy nullsorozat szorzata nullsorozat,
22
2. Sorozatok
(c) egy konvergens ´es egy divergens sorozat o¨sszege nem lehet konvergens! Megold´ as. (a) Legyen (an ) egy tetsz˝oleges konvergens sorozat α hat´ar´ert´ekkel. Ekkor az ε = 1 hibahat´arhoz l´etezik N k¨ usz¨obindex, hogy n > N eset´en |an − α| < 1 ⇔ an ∈ [α − 1, α + 1], azaz az {an : n ≥ N} halmaz korl´atos. Vil´agos, hogy a v´eges elemsz´ am´ u {ai : 1 ≤ i ≤ N } halmaz is korl´atos, ´ıgy az uni´ojuk is az. Vagyis az (an ) sorozat korl´atos. (b) Legyen (an ) nullsorozat, (bn ) pedig egy korl´atos sorozat K korl´attal. Ekkor (an ) konvergenci´aja miatt tetsz˝oleges r¨ogz´ıtett ε > 0-hoz ε . van olyan N k¨ usz¨obindex, amelyre n > N eset´en |an − 0| < K K¨ ovetkez´esk´epp (ugyanezen N k¨ usz¨obindex mellett) |an · bn − 0| = ε |an ·bn | = |an |·|bn | < K ·K = ε, azaz az (an ·bn ) sorozat nullsorozat. (c) Indirekte tegy¨ uk fel, hogy van olyan (an ) konvergens, (bn ) divergens sorozat, amelyek (an + bn ) ¨osszege konvergens. Kihaszn´alva, hogy konvergens sorozatok ¨osszege konvergens, valamint hogy (an )-nel egy¨ utt (−an ) is konvergens, azt kapjuk, hogy a (bn ) = (an + bn ) + (−an ) sorozat konvergens, ami ellentmond´as.
2.3. Megoldand´ o feladatok Konvergensek-e az 1–9. feladatokban kit˝ uz¨ott sorozatok? Ha igen, adja meg a hat´ ar´ert´ek¨ uket! Az 1–3. feladatokban hat´arozzon meg egy k¨ usz¨obindexet ε = 10−2 -hoz! 2 2n , 2n
1. an =
n n3 +1 ,
6. cn = 1 +
2. bn =
7. dn =
3. cn =
n2 n2 +1 , n+1 n−1 ,
2n2 −3n3 +1 , n2 −7
4. an =
2n2 +3n+n3 2n3 +1
8. en =
4n2 −3n 5n−7n2 ,
5. bn =
n sin n+n2 cos n , n3
·
√1 , n
9. fn =
√
2n − 1 −
√
2n + 1.
Korl´ atosak-e a 10–12. feladatokban szerepl˝o sorozatok? 10. an =
n−5 n , n
11. bn =
2n n2 ,
12. cn = tg (nπ).
23
´ sok 2.4. Megolda
Monotonok-e a 13–14. feladat sorozatai? 13. an =
√
n+1−
√
n − 1,
14. an = sin(n π4 ).
2.4. Megold´ asok 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
lim an = 0, N = 10.
8.
lim bn = 1, N = 10.
9.
n→+∞
n→+∞
lim cn = 1, N = 202.
n→+∞
lim en = − 47 .
n→+∞
lim fn = 0.
n→+∞
10. Igen.
lim an = 0.
11. Nem.
lim bn = 0.
12. Igen.
n→+∞ n→+∞
2
lim cn = e .
13. Igen.
lim dn = −∞.
14. Nem.
n→+∞
n→+∞
3. fejezet
Sorok
3.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o Ebben a fejezetben bevezetj¨ uk a numerikus sor fogalm´at. Megmondjuk, hogy mit ´ert¨ unk konvergens (divergens) soron, illetve adunk n´eh´any egyszer˝ u krit´eriumot sorok konvergenci´ aj´anak eld¨ont´es´ere. P 3.1. Defin´ıci´ o. Az (an ) val´os sorozatb´ol k´epzett an numerikus sor on (vagy r¨ oviden sor on) az (an ) u ´gynevezett r´eszlet¨osszegeib˝ol ´all´o sorozatot ´ertj¨ uk. Nevezetesen jel¨ olje (sn ) azt a sorozatot, amelynek n-edik tagja (az n-edik r´eszlet¨ osszeg) sn = a1 + · · · + an . P 3.2. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy a an sor konvergens, ha az (sn ) r´eszletosszeg-sorozat konvergens. Az (sn ) sorozat hat´ar´ert´ek´et (ha l´etezik) a sor ¨ +∞ P osszeg´enek nevezz¨ uk, ´es an -nel jel¨olj¨ uk. Amennyiben az (sn ) sorozat nem ¨ n=1
konvergens, u ´gy a sort divergensnek nevezz¨ uk. P 3.3. Defin´ıci´ o. A P an sort abszol´ ut konvergensnek nevezz¨ uk, ha az (|an |) sorozatb´ ol k´epzett |an | sor konvergens. P Fontos megjegyezni, hogy a an sor konvergenci´aj´anak sz¨ uks´eges felt´etele, hogy az (an ) sorozat nullsorozat legyen. A sorozatokn´ al tanultakhoz hasonl´oan k´epezhetj¨ uk egy sor sz´amszoros´at, illetve k´et sor ¨ osszeg´ e t. Nevezetesen ha λ ∈ R, (a P P P n ) ´es (bn ) tetsz˝oleges sorozatok, akkor λ an a (λan )-b˝ol, an + bn az (an + bn ) sorozatb´ol +∞ +∞ P P an = α ´es bn = β, akkor k´epzett sort jelenti. Nyilv´ anval´o, hogy ha n=1 +∞ P n=1
λan = λα ´es
+∞ P
n=1
(an + bn ) = α + β.
n=1
A k´es˝ obbi fejezetekben haszn´alni fogjuk a
+∞ P
an jel¨ol´est is att´ol f¨ ugg˝oen,
n=0
hogy az (an ) sorozatot hogyan indexelj¨ uk (azaz hogy az ¨osszegz´esn´el az els˝o 25
26
3. Sorok
tagja a0 vagy a1 ). A
+∞ P
an szimb´olum azt a sor¨osszeget jelenti, amelyet az
n=k
s1 = ak , s2 = ak + ak+1 , s3 = ak + ak+1 + ak+2 , . . . r´eszlet¨ osszeg-sorozat hat´ ar´ert´ekek´ent kapunk, ha az l´etezik. Sorok ¨ osszeg´enek kisz´ am´ıt´asa t¨obbnyire bonyolult feladat. De annak eld¨ ont´es´ere, hogy a sor (abszol´ ut) konvergens-e, t¨obb egyszer˝ u krit´erium is rendelkez´es¨ unkre ´ all. Ezeket foglalj´ak ¨ossze a k¨ovetkez˝o t´etelek. P 1 es divergens, ha p ≤ 1. 3.1. T´ etel. A np sor konvergens, ha p > 1, ´ P1 Fontos k¨ ul¨ on megjegyezni, hogy eszerint a n sor divergens. 3.2. T´ etel (Minor´ ans, ill. major´ans krit´erium). Legyen (an ) ´es (bn ) nemnegat´ıv tag´ u sorozat, amelyekre fenn´ all, hogy bizonyos N indext˝ ol kezdve an ≤ bn . Ekkor P P (1) ha an divergens, akkor bn is divergens, P P (2) ha bn konvergens, akkor an is konvergens. 3.3. T´ etel (H´ anyadoskrit´erium). Legyen (an ) olyan sorozat, l´etezik an+1amelyhez < q. Ekkor a olyan 0 ≤ q < 1 ´ e s N k¨ u sz¨ o bindex, hogy n ≥ N eset´ e n an P an sor abszol´ ut konvergens. 3.4. T´ etel (Gy¨ okkrit´erium). Legyen (an ) olyan sorozat, amelyhez van olyan p P 0 ≤ q < 1 ´es N k¨ usz¨ obindex, hogy n ≥ N eset´en n |an | < q. Ekkor a an sor abszol´ ut konvergens. A fenti k´et krit´ p eriumot csak olyan esetekben fogjuk alkalmazni, amikor az an+1 , illetve n |an | sorozatok konvergensek. Ha a hat´ar´ert´ek kisebb, mint 1, an akkor a sor abszol´ ut konvergens, ha nagyobb, mint 1, akkor pedig divergens. Ha a hat´ ar´ert´ek ´eppen 1, akkor ezen krit´eriumok seg´ıts´eg´evel nem tudjuk eld¨ onteni, hogy a sor konvergens-e. 3.5. T´ etel (Leibniz-krit´erium). Legyen (an ) monoton fogy´ o nullsorozat. EkP kor a (−1)n+1 an (altern´ al´ o) sor konvergens.
3.2. Kidolgozott feladatok 1. Hat´ arozza meg a (q n ) sorozat (q ∈ R) r´eszlet¨osszeg-sorozat´at, illetve |q| < 1 eset´en annak hat´ar´ert´ek´et! Megold´ as. ´Irjuk fel az sn , illetve qsn tagokat! L´athat´o, hogy sn − qsn = (q + q 2 + · · · + q n ) − (q 2 + · · · + q n+1 ) = q − q n+1 .
27
3.2. Kidolgozott feladatok n+1
Az egyenletet rendezve sn = q−q ar az is vil´agos, hogy |q| < 1 1−q . Innen m´ +∞ P n q eset´en a q sor konvergens ´es a hat´ar´ert´eke 1−q . n=1
+∞ P
2. Konvergens-e a
( 2·51n−1 +
n=1
1 5·2n+1 )
sor?
Megold´ as. Elemi ´ atalak´ıt´asok ut´an meghat´arozhatjuk a sor ¨osszeg´et k´et konvergens m´ertani sor seg´ıts´eg´evel: X +∞ +∞ X 1 5 1 1 1 1 + = + = 2 · 5n−1 5 · 2n+1 2 5n 10 2n n=1 n=1 =
+∞ +∞ 1 X 1 29 5X 1 + = . n n 2 n=1 5 10 n=1 2 40
Hat´ arozza meg a 3–5. feladatokban megadott sorok ¨osszeg´et! 3.
+∞ P n=1
1 n(n+1) ,
4.
+∞ P n=1
n ), ln( n+1
5.
+∞ P
√
n=1
1 √ . n+ n+1
Megold´ as. 3. A t¨ ortet kett´ebontva azt kapjuk, hogy +∞ +∞ X X 1 1 1 = − . n(n + 1) n=1 n n + 1 n=1 A r´eszlet¨ osszeg-sorozat k-adik tagja 1 1 1 1 1 1 sk = 1 − − − , + + ··· + =1− 2 2 3 k k+1 k+1 ´ıgy +∞ X
1 1 = lim 1− = 1. n(n + 1) k→+∞ k+1 n=1 4. A logaritmusf¨ uggv´eny tulajdons´agai alapj´an X +∞ +∞ X n ln = (ln n − ln(n + 1)) . n+1 n=1 n=1 K¨ ovetkez´esk´epp +∞ k X X n ln = lim (ln n−ln(n+1)) = lim (ln 1−ln(k + 1)) = −∞. k→+∞ k→+∞ n+1 n=1 n=1
28
3. Sorok
5. Hasonl´ oan az el˝ oz˝ o k´et ponthoz, az o¨sszegzend˝o sorozatot teleszkopikus o sszegg´ e alak´ ıtjuk. Azaz ¨ √ √ +∞ +∞ X X 1 1 n− n+1 √ √ √ = ·√ = √ √ n + n + 1 n=1 n+ n+1 n− n+1 n=1 =−
+∞ X √
n−
√
n+1 ,
n=1
´ıgy sk = −1 +
√
k + 1 → +∞, teh´at a sor divergens.
6. Az o o krit´eriumok seg´ıts´eg´evel d¨ontse el, hogy konvergen¨sszehasonl´ıt´ sek-e az al´ abbi sorok! (a)
+∞ P
√
n=1
1 √ , 2n−1 n
(b)
+∞ P n=1
1 5n+1 +2 ,
(c)
+∞ P n=1
√ sin2 (n n) √ . n n
Megold´ as. (a) Az ¨ osszegzend˝ o sorozat n-edik tagj´at alulr´ol becs¨ ulj¨ uk a nevez˝o n¨ovel´es´evel, majd alkalmazzuk a minor´ans krit´eriumot a harmonikus sor konstansszoros´ aval: √
1 1 1 1 √ >√ √ =√ . 2n − 1 n 2n n 2n
Teh´ at a sor divergens. (b) A major´ ans krit´eriumot fogjuk haszn´alni. A nevez˝ot cs¨okkentve fel¨ ulr˝ ol becs¨ ulhet¨ unk egy konvergens m´ertani sorral, nevezetesen +∞ X n=1
1 5n+1 + 2
<
+∞ X n=1
1 5n+1
=
+∞ 1X 1 , 5 n=1 5n
azaz a sor konvergens. (c) A sz´ aml´ al´ ot fel¨ ulr˝ ol becs¨ ulve 0≤
√ 1 sin2 (n n) √ ≤ 3, n n n2
´ıgy alkalmazhatjuk a major´ans krit´eriumot az +∞ P n=1
√ sin2 (n n) √ n n
7. Konvergens-e a
sor konvergens.
+∞ P n=1
1 n!
sor?
1 3
n2
sorozattal. ´Igy a
29
3.2. Kidolgozott feladatok 1 n
Megold´ as. Mivel
<
1 2
minden n ≥ 2-re, ez´ert 1 1 1 < n−1 = 2 n . n! 2 2
1 Vagyis az n! sorozat P 1 major´alhat´o egy szumm´alhat´o m´ertani sor k´etszeres´evel, ez´ert a n! sor konvergens.
8. Igazolja, hogy a
+∞ P
nq n sor abszol´ ut konvergens, ha |q| < 1!
n=1
n+1 = n+1 · |q| h´anyados ´ert´eke pontosan akkor Megold´ as. Az (n+1)q nq n n lesz kisebb, mint 1 valamilyen indext˝ol kezdve, ha |q| < 1. Ekkor a h´ anyadoskrit´erium szerint a sor abszol´ ut konvergens. 9. A h´ anyadoskrit´eriumot haszn´alva d¨ontse el, hogy konvergensek-e az al´abbi sorok! (a)
+∞ P n=1
n4 2n ,
(b)
+∞ P n=1
(n+2)! (2n+5)·3n ,
(c)
+∞ P n=1
3n n2 +1 .
Megold´ as. an+1 1 4 n 2 n+1 4 (a) an = (n+1) · 2 → 21 < 1, azaz a sor abszol´ ut 2n+1 n4 = n konvergens. (n+3)! (2n+5)·3n = = (n+3)·(2n+5) → +∞, teh´at a sor (b) aan+1 (2n+7)·3n+1 · (n+2)! (2n+7)·3 n divergens. 3 2 n2 +1 (c) an+1 = 3(n+1) = n 3+n +n+1 → 1, ´ıgy a h´anyadoskrit´erium 2 2 an
(n+1) +1
3n
n +2n +2n
seg´ıts´eg´evel nem tudjuk eld¨onteni, hogy konvergens-e. 10. A gy¨ okkrit´eriumot haszn´alva d¨ontse el, hogy konvergensek-e az al´abbi sorok! (a)
+∞ P n=1
2n nn+1 ,
(b)
+∞ P
n
2 (−1)n 1+2 2n ,
n=1
(c)
+∞ P n=1
1 3n
n n+1
−n2
.
Megold´ as. r p n
(a)
|an | = gens.
(b)
p n
|an | = gens.
n
r n
2n 2 = √ → 0 < 1, teh´at a sor abszol´ ut konvernn+1 nnn
2n < 1 + 22n
r n
2n 2 = < 1, ez´ert a sor abszol´ ut konver22n 4
30
3. Sorok
s
−n2 −n n n 1 1 n 1 1 1 (c) |an | = = = 1+ → e < 1, n 3 n+1 3 n+1 3 n 3 ez´ert a sor abszol´ ut konvergens. P 11. Igazolja, hogy an → 0 a an sor konvergenci´aj´anak sz¨ uks´eges, de nem el´egs´eges felt´etele! Megold´ as. Vegy¨ uk ´eszre, hogy an = sn −sn−1 , ha n ≥ 2. ´Igy ha a sor konvergens, azaz az (sn ) r´eszlet¨osszeg-sorozatnak l´etezik α ∈ R hat´ar´ert´eke, akkor an = sn − sn−1 → α − α = 0. n
p n
+∞ P 1 A null´ ahoz tart´ as ugyanakkor nem el´egs´eges felt´etel. Tekints¨ uk a n n=1 harmonikus sort. Tetsz˝ oleges k ≥ 1-re az n1 sorozat 2k + 1, · · · , 2k+1 edik tagjaira a
2k
1 1 1 1 1 1 + · · · + k+1 > k+1 + · · · + k+1 = 2k k+1 = +1 2 2 2 2 2
egyenl˝ otlens´eget fel´ırva vil´agos, hogy a sor divergens, hiszen a r´eszletosszeg-sorozat +∞-hez tart. ¨ 12. Mutasson p´eld´ at konvergens, de nem abszol´ ut konvergens sorra! Megold´ as. Tekints¨ uk a
+∞ P
(−1)n n1 sort. A Leibniz-krit´erium miatt ez
n=1
konvergens, de az el˝ oz˝ o feladatban le´ırtak miatt nem abszol´ ut konvergens.
3.3. Megoldand´ o feladatok Vizsg´ alja meg az 1–14. feladatokban szerepl˝o (an ) sorozatokb´ol k´epzett sorok konvergenci´ aj´ at a tanult krit´eriumok seg´ıts´eg´evel! √ 3 n−1· √1n
1.
P
2.
P
3.
P n+en
n+1 6+n n3 +2n+1 , n2 −n ,
,
√ √ P (−1)n ( n + 1 − n − 1), P cos2 n 5. , n·n1/3 P nn 6. (n!)2 , P 7. (−1)n 2n−1 3n+1 , 4.
1 n−ln n , 1 n3 ln(n2 )+n ,
8.
P
9.
P
10.
P
10 5n−2 +n+1 ,
11.
P
n! (2n)! ,
12.
P 2·8n ·n!
13.
2n! , P 2n (n3 +1)
, n! P n 14. (−1) sin
π n
.
P
an
´ sok 3.4. Megolda
3.4. Megold´ asok 1. Konvergens (major´ ans krit´erium). 2. Konvergens (major´ ans krit´erium). 3. Divergens (minor´ ans krit´erium). 4. Konvergens (Leibniz-krit´erium). 5. Konvergens (major´ ans krit´erium). 6. Konvergens (gy¨ okkrit´erium). 7. Divergens an → 23 . 8. Divergens (minor´ ans krit´erium). 9. Konvergens (major´ ans krit´erium). 10. Konvergens (geometriai sor). 11. Konvergens (h´ anyados krit´erium). 12. Konvergens (h´ anyados krit´erium). 13. Konvergens (h´ anyados krit´erium). 14. Konvergens (Leibniz-krit´erium).
31
4. fejezet
Fu enyek folytonoss´ aga, ¨ ggv´ hat´ ar´ ert´ eke Ebben a fejezetben defini´ aljuk val´os f¨ uggv´enyek folytonoss´ag´at, pontbeli hat´ ar´ert´ek´et, illetve a k´et fogalom kapcsolat´at.
4.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o 4.1. Defin´ıci´ o. Az f val´ os f¨ uggv´enyt folytonosnak nevezz¨ uk az a ∈ D(f ) pontban, ha minden ε > 0-hoz l´etezik olyan δ > 0 sz´am, hogy az ´ertelmez´esi tartom´ any minden olyan x pontj´ara, amelyre |x − a| < δ, fenn´all, hogy |f (x) − f (a)| < ε. A f¨ uggv´enyt folytonosnak nevezz¨ uk a H ⊂ D(f ) halmazon, ha folytonos a H halmaz minden pontj´aban. Az f f¨ uggv´eny folytonos, ha folytonos a D(f ) halmazon. Fontos megjegyezni, hogy a k¨oz´episkol´ab´ol j´ol ismert f¨ uggv´enyek legt¨obbje 1 folytonos. ´Igy az idn , id , sin, cos, loga , expa . 4.1. T´ etel. Ha az f ´es g f¨ uggv´enyek folytonosak az ´ertelmez´esi tartom´ anyuk f (g(a) 6= 0) is egy k¨ oz¨ os a pontj´ aban, akkor λf (λ ∈ R), f + g, f · g, illetve g folytonos az a pontban. 4.2. T´ etel. Legyen f ´es g val´ os f¨ uggv´eny. Ha a g f¨ uggv´eny folytonos az a ∈ D(g) pontban, az f f¨ uggv´eny ´ertelmezve van ´es folytonos a g(a) pontban, akkor az f ◦ g f¨ uggv´eny ´ertelmezve van a-ban, ´es ott folytonos. 4.3. T´ etel (Folytonoss´ agra vonatkoz´o ´atviteli elv). Az f val´ os f¨ uggv´eny pontosan akkor folytonos az a ∈ D(f ) pontban, ha minden olyan a-hoz tart´ o (xn ) sorozatra, amely az ´ertelmez´esi tartom´ any´ aban halad (azaz xn ∈ D(f ) minden n ∈ N-re), fenn´ all, hogy f (xn ) → f (a). 4.4. T´ etel (Bolzano). Legyen f az I ⊆ R intervallumon ´ertelmezett, Rbe k´epez˝ o f¨ uggv´eny. Ha l´eteznek olyan x ´es y pontok D(f )-ben, amelyekre f (x) < 0, illetve f (y) > 0 teljes¨ ul, akkor a f¨ uggv´enynek van z´erushelye. Azaz l´etezik olyan a ∈ D(f ) pont, amelyre f (a) = 0. 4.2. Defin´ıci´ o. Az a ∈ R pont a H ⊆ R halmaz torl´ od´ asi pontja, ha minden ε > 0-ra az (a − ε, a + ε) ∩ H halmaznak van a-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o x eleme. A H halmaz torl´ od´ asi pontjainak halmaz´at H 0 jel¨oli. 33
34
´nyek folytonossa ´ ga, hata ´ re ´rte ´ke 4. F¨ uggve
4.3. Defin´ıci´ o. Az f val´ os f¨ uggv´enynek az a ∈ D(f )0 pontban l´etezik a v´eges hat´ ar´ert´ek e, ´es A-val egyenl˝ o (A ∈ R), ha minden ε > 0 sz´amhoz van olyan δ > 0, hogy |f (x) − A| < ε teljes¨ ul az (a − δ, a + δ) intervallum minden a-t´ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o elem´ere. Felh´ıvjuk a figyelmet, hogy az a pontr´ol nem tett¨ uk fel, hogy ott a f¨ uggv´eny ´ertelmezve van. A fenti hat´ar´ert´ekre a lim f (x) = A vagy r¨oviden a x→a lim f = A jel¨ ol´est haszn´ aljuk. a
4.4. Defin´ıci´ o. Az f val´ os f¨ uggv´enynek az a ∈ D(f )0 pontban l´etezik a hat´ ar´ert´eke, ´es az +∞ (illetve −∞), ha minden K ∈ R sz´amhoz l´etezik olyan δ > 0, hogy f (x) > K (illetve f (x) < K) teljes¨ ul az (a − δ, a + δ) intervallum minden D(f )-beli elem´ere. 4.5. Defin´ıci´ o. Legyen f olyan val´os f¨ uggv´eny, amelynek D(f ) ⊆ R ´ertelmez´esi tartom´ anya fel¨ ulr˝ ol nem korl´atos. Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny hat´ ar´ert´eke a +∞-ben A ∈ R, ha minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0 sz´am, hogy az ´ertelmez´esi tartom´ any minden δ-n´al nagyobb x elem´ere |f (x)−A| < ε teljes¨ ul. Az alulr´ ol nem korl´ atos ´ertelmez´esi tartom´any´ u f f¨ uggv´eny v´eges A hat´ ar´ert´eke a −∞-ben hasonl´oan defini´alhat´o. 4.6. Defin´ıci´ o. Legyen f olyan val´os f¨ uggv´eny, amelynek D(f ) ⊆ R ´ertelmez´esi tartom´ anya fel¨ ulr˝ ol nem korl´atos. Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny hat´ ar´ert´eke a +∞-ben +∞ (illetve −∞), ha minden K ∈ R sz´amhoz van olyan δ ´ert´ek, hogy az ´ertelmez´esi tartom´any minden x > δ ´ert´ek´ere f (x) > K (illetve f (x) < K). Az alulr´ ol nem korl´atos ´ertelmez´esi tartom´any´ u f f¨ uggv´eny v´egtelen hat´ ar´ert´eke a −∞-ben hasonl´oan defini´alhat´o. 4.5. T´ etel. Legyen f ´es g val´ os f¨ uggv´eny, ´es tegy¨ uk fel, hogy D(f )0 ∩D(g)0 6= ∅. Ha f -nek ´es g-nek l´etezik v´eges hat´ ar´ert´eke az a ∈ D(f )0 ∩ D(g)0 pontban, akkor f + g-nek is, ´es lim(f + g) = lim f + lim g. a
a
a
Tov´ abb´ a tetsz˝ oleges λ ∈ R-re l´etezik a λf -nek hat´ ar´ert´eke, ´es lim(λf ) = λ lim f. a
a
Abban az esetben, ha f vagy g legal´abb egyik´enek hat´ar´ert´eke nem v´eges egy adott R-beli pontban, akkor az o¨sszeg, illetve szorzat hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´ o´ all´ıt´ asokat az R-beli o¨sszead´as ´es szorz´as m˝ uvelet szerint kell ´ertelmezni. 4.6. T´ etel (Hat´ ar´ert´ekre vonatkoz´o ´atviteli elv). Az f val´ os f¨ uggv´enynek pontosan akkor l´etezik v´eges hat´ ar´ert´eke az a pontban, ha l´etezik olyan A ∈ R sz´ am, hogy tetsz˝ oleges D(f ) \ {a}-ban halad´ o, xn → a (xn 6= a) sorozatra fenn´ all, hogy f (xn ) → A. Ekkor lim f = A. a
35
4.2. Kidolgozott feladatok
4.7. T´ etel. Az f val´ os f¨ uggv´eny pontosan akkor folytonos az a ∈ D(f )∩D(f )0 pontban, ha ott l´etezik hat´ ar´ert´eke ´es lim f = f (a). a
4.2. Kidolgozott feladatok 1. Hat´ arozza meg a val´ os sz´amok al´abbi r´eszhalmazainak torl´od´asi pontjait! (a) (0, 1),
(b) Z,
(c) { n1 : n ∈ N}.
Megold´ as. (a) Igazolni fogjuk, hogy a (0, 1) ny´ılt intervallum torl´od´asi pontjainak halmaza a [0, 1] z´ art intervallum. Legyen α ∈ (0, 1), k pedig olyan 1 nagy, hogy α− k1 ∈ (0, 1) teljes¨ ulj¨on. Ekkor az an := α− k+n sorozat minden tagja a (0, 1) intervallumban van, egyik tagja sem egyenl˝o α-val, ´es lim an = α. Ha α = 0, akkor az n1 , ha α = 1, akkor az n→+∞
1−
1 n
sorozat megfelel˝o v´alaszt´as.
(b) Az eg´esz sz´ amok halmaz´anak nincs torl´od´asi pontja R-ben, azaz Z0 = ∅. Ha ugyanis α tetsz˝oleges val´os sz´am, akkor tal´alunk olyan ε-t, amelyre az (α − ε, α + ε) \ {α} = (α − ε, α) ∪ (α, α + ε) halmaz nem tartalmaz eg´esz sz´amot. (c) A halmaznak egyetlen torl´od´asi pontja van, m´eghozz´a a nulla. √ 2. Igazolja a defin´ıci´ o seg´ıts´eg´evel, hogy az f : [0, +∞) → R, f (x) := x f¨ uggv´eny folytonos az ´ertelmez´esi tartom´any´anak minden pontj´aban. 2 Megold´ as. Legyen ε > 0 tetsz˝oleges. √ Ekkor a δ = ε v´alaszt´assal x ∈ (0, +∞) ´es |x − 0| < δ eset´en | x − 0| < ε, azaz f folytonos 0-ban. Legyen most a > 0 tetsz˝oleges. Mivel √ √ √ √ √ √ x + a √ √ = |f (x) − f (a)| = x − a = ( x − a) · x + a |x − a| |x − a| √ ≤ √ , =√ x+ a a √ ez´ert δ = aε v´ alaszt´ assal
|x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε, azaz f folytonos a-ban.
36
´nyek folytonossa ´ ga, hata ´ re ´rte ´ke 4. F¨ uggve
3. Hat´ arozza meg a k¨ ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket! x3 −2x2 −4x+8 , 4 2 x→2 x −8x +16
x−1 , 2 x→1 x −1
(a) lim
(b) lim
√
(c) lim
x→4
1+2x−3 √ . x−2
Megold´ as. A probl´em´ at mindh´arom esetben az okozza, hogy a nevez˝obe helyettes´ıtve 0-t kapunk. Ezt fogjuk kik¨ usz¨ob¨olni szorzatt´a alak´ıt´assal, gy¨ oktelen´ıt´essel, illetve az a2 − b2 = (a + b)(a − b) azonoss´ag alkalmaz´as´ aval. x−1 2 x→1 x −1
(a) lim (b)
(c)
x−1 x→1 (x+1)(x−1)
= lim
= lim x + 1 = 2. x→1
2 2 3 2 −4) −4x+8 lim x x−2x = lim x (x−2)−4(x−2) = lim (x−2)(x = 4 −8x2 +16 2 −4)2 2 −4)2 (x (x x→2 x→2 x→2 1 1 lim = 4. x→2 x+2 √ √ √ √ √ √ √ √ x+2 = lim 2· = lim 1+2x−3 · √x+2 · √1+2x+3 lim 1+2x−3 x−2 x−2 x+2 1+2x+3 1+2x+3 x→4 x→4 x→4
= 34 .
4. Hat´ arozza meg a k¨ ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket! x−2 √ 3 x−2 , x→8
(a) lim
(b) lim 1+x x ,
(c)
x→0
lim
x→+∞
x3 +x2 −3 x3 −2x .
Megold´ as. (a) Az xn = 8 − n1 sorozat ment´en az ´ert´ekek −∞-hez, az yn = 8 + n1 sorozat ment´en pedig +∞-hez tartanak, ´ıgy nem l´etezik a hat´ar´ert´ek az ´ atviteli elv miatt. (b) Igazolni fogjuk, hogy tetsz˝oleges K > 0 hoz van olyan δ > 0, hogy |x| < δ eset´en |f (x)| > K, azaz a hat´ar´ert´ek +∞. Ha x kisebb, mint 1, akkor a h´ aromsz¨ og-egyenl˝otlens´eget felhaszn´alva 1 1 1 K < x + ≤ |x| + < 2 . x x x 2 Azaz ha δ ´ert´ek´et K -n´al kisebbre v´alasztjuk, akkor |x + x1 | > K. (c) A sz´ aml´ al´ ot ´es nevez˝ot a legnagyobb kitev˝oj˝ u x hatv´annyal, x3 -nal leegyszer˝ us´ıtve azt l´atjuk, hogy a sz´aml´al´o ´es a nevez˝o is 1-hez tart x → +∞ eset´en, ´ıgy a hat´ar´ert´ek 1.
5. Folytonos-e az f : (0, π) → R, f (x) :=
1 sin(x)
f¨ uggv´eny?
Megold´ as. Legyen a ∈ (0, π) tetsz˝oleges, ekkor sin a 6= 0. Mivel a reciprok f¨ uggv´eny a 0 kiv´etel´evel minden¨ utt ´ertelmezve van ´es folytonos (´ıgy sin aban is), ez´ert a kompoz´ıci´of¨ uggv´eny folytonoss´ag´ar´ol tanultak szerint f folytonos a-ban. Azaz f folytonos az ´ertelmez´esi tartom´any´anak minden pontj´ aban.
37
4.2. Kidolgozott feladatok
6. Igazolja az ´ atviteli elv seg´ıts´eg´evel, hogy az f (x) := x2 val´os f¨ uggv´eny minden pontban folytonos! Megold´ as. Az f (x) = x2 f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya R, ´ıgy azt kell igazolnunk, hogy minden a ∈ R pontra ´es minden xn → a (xk 6= a minden k ∈ N) sorozatra f (xn ) → f (a). A sorozatokn´al tanultak szerint konvergens sorozatok szorzata konvergens, ´es hat´ar´ert´eke a hat´ar´ert´ekek szorzata, ´ıgy f (xn ) = x2n = xn · xn → a · a = a2 = f (a). 7. Mondjon p´eld´ at olyan f¨ uggv´enyre, amelynek egyetlen pontban sem l´etezik hat´ ar´ert´eke! Megold´ as. Ism´et a hat´ ar´ert´ekre vonatkoz´o ´atviteli elvet fogjuk haszn´alni. Legyen f : R → R a k¨ ovetkez˝o f¨ uggv´eny: 1, ha x ∈ Q; f (x) := 0, ha x ∈ R \ Q. Al´ abb meg fogjuk mutatni, hogy a val´os sz´amegyenes tetsz˝oleges a pontj´ ahoz tal´ alhatunk olyan racion´alis sz´amokb´ol ´all´o (xn ) sorozatot, amelynek hat´ ar´ert´eke a, ´es hasonl´oan, tal´alhatunk olyan irracion´alisokb´ol ´all´o (yn ) sorozatot, amelynek hat´ar´ert´eke a, tov´abb´a egyik sorozatnak sem tagja maga az a sz´ am. Ekkor viszont 1 = lim f (xn ) 6= lim f (yn ) = 0, n→+∞
n→+∞
´ıgy f -nek nincs hat´ ar´ert´eke a-ban. Legyen ugyanis (xn ) a k¨ovetkez˝o sorozat: mivel minden intervallum tartalmaz racion´ alis sz´ amot, ez´ert v´alaszthatunk egy x1 ∈ (a, a + 1) ∩ Q sz´ amot. Ha ez megvan, v´alasszuk x2 -t az 1 ∩Q a, a + 2 halmazb´ ol. (Ekkor a < x2 < a + 21 .) Ha m´ar az els˝o n − 1 elemet kiv´alasztottuk, akkor legyen 1 xn ∈ a, a + ∩Q n tetsz˝ oleges. Az ´ıgy kapott sorozat a-hoz tart a k¨ozrefog´asi elv szerint, ´es minden tagja Q-beli. Irracion´alis sz´amokb´ol ´all´o (yn ) sorozat l´etez´ese teljesen anal´ og m´ odon igazolhat´o.
38
´nyek folytonossa ´ ga, hata ´ re ´rte ´ke 4. F¨ uggve
8. Folytonos-e a k¨ ovetkez˝ o f val´os f¨ uggv´eny? 1 f (x) := sin , ha x 6= 0, f (0) := 0. x Megold´ as. Ha a 6= 0, akkor f folytonos a-ban, ugyanis a reciprokf¨ uggv´eny folytonos a-ban, a sin f¨ uggv´eny pedig a1 -ban, ´ıgy haszn´alhatjuk a kompoz´ıci´ of¨ uggv´eny folytonoss´ag´ara vonatkoz´o t´etelt. Az a = 0 pontban azonban a f¨ uggv´eny nem folytonos. Ha folytonos lenne, akkor tetsz˝oleges null´ ahoz tart´ o (xn ) (xn 6= 0) sorozatra az (f (xn ))-nek f (0) = 0-hoz kellene 1 tatartania. Ez azonban nem teljes¨ ul, tekints¨ uk p´eld´aul az xn := π +2nπ 2 π gokb´ ol ´ all´ o sorozatot. Ennek minden tagj´ara f (xn ) = sin( 2 + 2nπ) = 1.
1
−1
1
−1
9. Folytonos-e a null´ aban a k¨ovetkez˝o f val´os f¨ uggv´eny? 1 f (x) := x sin , ha x 6= 0, f (0) := 0. x Megold´ as. Legyen ε > 0 tetsz˝oleges. Mutatnunk kell egy δ > 0 sz´amot, amelyre |x − 0| < δ eset´en |f (x)−f (0)| < ε. Kihaszn´alva, hogy | sin x| < 1 minden x ∈ R-re, azt kapjuk, hogy 1 1 |f (x) − f (0)| = x sin = |x| · sin ≤ |x| < δ. x x Azaz tetsz˝ oleges ε > 0 eset´en a δ := ε v´alaszt´as megfelel˝o. 10. Mutasson p´eld´ at olyan f¨ uggv´enyre, amely folytonos a null´aban, l´etezik az inverze, de az inverz az f (0) pontban nem folytonos!
39
4.2. Kidolgozott feladatok
1
−1
1
−1
Megold´ as. Legyen f a k¨ovetkez˝o (−∞, −1)∪{0}∪(1, +∞)-en ´ertelmezett f¨ uggv´eny: x + 1, ha x < −1; 0, ha x = 0; f (x) := x − 1, ha x > 1. Ekkor f folytonos a null´aban, mert tetsz˝oleges ε > 0-hoz a δ := 21 megfelel˝ o, ugyanis az ´ertelmez´esi tartom´any egyetlen − 12 , 12 intervallumba es˝ o x eleme a 0, arra pedig fenn´all, hogy |f (x) − f (0)| < ε. A f¨ uggv´eny injekt´ıv, ´ıgy l´etezik inverze, nevezetesen x − 1, ha x < 0, 0, ha x = 0, f −1 (x) := x + 1, ha x > 0. Ugyanakkor a folytonoss´agra vonatkoz´o ´atviteli elv szerint a f¨ uggv´eny nem lehet folytonos, mert p´eld´aul f − n1 → −1 ´es f ( n1 ) → 1, azaz nem minden 0-hoz tart´ o sorozatra ugyanaz a f¨ uggv´eny´ert´ekek ment´en vett hat´ ar´ert´ek. 11. Mutassa meg, hogy az x5 + 4x − 3 = 0 egyenletnek van megold´asa a [0, 1] intervallumban. Megold´ as. Tekints¨ uk a [0, 1] intervallumon ´ertelmezett f (x) = x5 + 4x − 3 f¨ uggv´enyt. Azt kell igazolnunk, hogy ennek van z´erushelye. Mivel f folytonos (hiszen polinom), tov´abb´a f (0) = −3 < 0 ´es f (1) = 2 > 0 egyszerre teljes¨ ul, ez´ert a Bolzano-t´etel szerint kell legyen olyan x ∈ [0, 1], amelyre f (x) = 0. 12. Melyik az a legb˝ ovebb H ⊆ R halmaz, amelyen a b·c als´o eg´eszr´esz-f¨ uggv´eny folytonos? bxc = max{k ∈ Z : k ≤ x}
40
´nyek folytonossa ´ ga, hata ´ re ´rte ´ke 4. F¨ uggve
f(x)
f−1(x)
1 −1
1 1
−1
−1
1 −1
Megold´ as. A k ∈ Z helyeken az eg´eszr´esz-f¨ uggv´eny biztosan nem folyuggv´eny´ert´ekek k − 1-hez, tonos, ugyanis a (k − n1 ) sorozat ment´en a f¨ a (k + n1 ) sorozat ment´en pedig k-hoz tartanak, ´ıgy a hat´ar´ert´ekre vonatkoz´ o ´ atviteli elv szerint a f¨ uggv´eny nem lehet folytonos k-ban. Ha x ∈ / Z, akkor legyen δ az x-hez legk¨ozelebb es˝o eg´ esz sz´am x-t˝ol vett . A f¨ uggv´eny ´ert´eke t´ avols´ ag´ anak a fele azaz δ := min{x−bxc,bxc+1−x} 2 az (x − δ, x + δ) intervallum minden pontj´aban bxc, ´ıgy a f¨ uggv´eny x-ben folytonos, mert konstans f¨ uggv´eny folytonos. Azaz a legb˝ovebb halmaz, ahol a f¨ uggv´eny folytonosan ´ertelmezhet˝o: R \ Z. 13. Legyen f : [0, 1] → [0, 1] folytonos f¨ uggv´eny. Igazolja, hogy van olyan x∗ ∈ [0, 1], amelyre f (x∗ ) = x∗ . Megold´ as. Ha f (0) = 0 vagy f (1) = 1 valamelyike teljes¨ ul, akkor k´eszen vagyunk. Ellenkez˝ o esetben f (0) − 0 > 0, illetve f (1) − 1 < 0. Mivel a g(x) := f (x) − x f¨ uggv´eny k´et folytonos f¨ uggv´eny k¨ ul¨onbs´ege, ez´ert folytonos. Tov´abb´a fenn´ all, hogy g(0) > 0 ´es g(1) < 0, ez´ert a Bolzano-t´etel szerint l´etezik olyan x∗ ∈ [0, 1], amelyre f (x∗ ) − x∗ = g(x∗ ) = 0, azaz f (x∗ ) = x∗ .
41
´ sok 4.4. Megolda
4.3. Megoldand´ o feladatok Az 1–3. feladatokban hat´ arozza meg az adott halmazok torl´od´asi pontjait! n 1. (1, 3) ∪ (3, 4) 2. N 3. { n+2 : n ∈ N} n Igazolja, hogy a 4–6. feladatokban szerepl˝o k´eplettel megadott, R-en defini´ alt f¨ uggv´enyek folytonosak 0-ban! Adott ε > 0-hoz adja meg a lehet˝o legnagyobb δ > 0 ´ert´eket! 4. f (x) = x3 ,
5. g(x) =
√ 3
6. h(x) = x2 + x + 1.
x,
7. Igazolja az ´ atviteli elv seg´ıts´eg´evel, hogy az f (x) = x1 sin x f¨ uggv´enynek l´etezik hat´ ar´ert´eke +∞-ben! uggv´enynek nincs 8. Igazolja az ´ atviteli elv seg´ıts´eg´evel, hogy az f (x) = x1 f¨ hat´ ar´ert´eke a 0-ban! 9. Hat´ arozza meg azt a legb˝ovebb halmazt, ahol az f (x) = sin x1cos x f¨ uggv´eny folytonosan ´ertelmezhet˝o! 10. Igazolja, hogy a 2x3 + 3x2 = 4x3 + 1 egyenletnek van val´os megold´asa! L´eteznek-e a 11–14. feladatokban szerepl˝o hat´ar´ert´ekek? Ha igen, adja meg, hogy mennyivel egyenl˝ oek! √
11. lim
x→4
12. lim
x→2
2x−1−1 √ , x−2
1 , 2 x→1 |x −1| √ √ 12 lim 2 x− . x−3 x→3
13. lim
3x3 −12x x4 −16 ,
14.
4.4. Megold´ asok 1. [1, 4]. 4. δ :=
√ 3
ε.
2. ∅.
3. e2 .
5. δ := ε3 .
6. δ := 2ε , ha 0 < ε < 1.
7. V´ alasszunk tetsz˝ oleges +∞-hez tart´o (xn ) sorozatot. Mivel a (sin xn ) sorozat korl´ atos, x1n nullsorozat, ez´ert a szorzat is nullsorozat. Azaz az atviteli elv szerint a f¨ ´ uggv´eny hat´ar´ert´eke a +∞-ben 0. 8. Az n1 sorozat ment´en +∞-hez, a v´eny´ert´ekek.
−1 n
ment´en −∞-hez tartanak a f¨ ugg-
9. Az x1 f¨ uggv´eny folytonos az R \ {0} halmazon, ´ıgy csak azt kell meg´allap´ıtanunk, hogy a sin x cos x ´ert´ek milyen x-ekre nem nulla. Ez pedig az R \ { kπ 2 : k ∈ Z} halmaz.
42
´nyek folytonossa ´ ga, hata ´ re ´rte ´ke 4. F¨ uggve
10. Tekints¨ uk az f (x) = 2x3 − 3x2 + 1 f¨ uggv´enyt. Ennek van nullhelye a Bolzano-t´etel miatt. 11. Nem l´etezik a hat´ ar´ert´ek. 12.
6 8.
13. +∞. 14.
√1 . 3
5. fejezet
Line´ aris algebra
5.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o A k´es˝ obbiekben sz¨ uks´eg lesz a line´aris algebra n´eh´any alapvet˝o fogalm´ara. Ebben a fejezetben ¨ osszegy˝ ujtj¨ uk a sz¨ uks´eges tudnival´okat. Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert mindent csak abban a speci´alis esetben defini´alunk, amelyben k´es˝ obb haszn´ alni fogjuk. Els˝ ok´ent ismertetj¨ uk a k¨ oz´episkol´ab´ol m´ar ismert s´ık, illetve t´er fogalm´anak egy ´ altal´ anos´ıt´ as´ at. 5.1. Defin´ıci´ o. Jel¨ olje Rn a rendezett n-esek” halmaz´at, azaz legyen ” n R := (x1 , x2 , . . . , xn ) : x1 , x2 , . . . , xn ∈ R . Ezen halmaz k´et elem´enek ¨ osszege, illetve egy elem´enek α val´os sz´amszoros´an az al´ abbit ´ertj¨ uk (x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn ) := (x1 + y1 , . . . , xn + yn ), illetve α(x1 , . . . , xn ) := (αx1 , . . . , αxn ). n
Az R halmazt ezzel a k´et m˝ uvelettel ell´atva n-dimenzi´ os t´er nek, elemeit n-dimenzi´ os vektorok nak nevezz¨ uk. Ezen a t´eren term´eszetes m´odon ´ertelmezhet˝ o a t´ avols´ ag fogalma. Az (x1 , . . . , xn ) ´es az (y1 , . . . , yn ) vektorok t´ avols´ ag´ an a p |x1 − y1 |2 + · · · + |xn − yn |2 sz´ amot ´ertj¨ uk. Az (x1 , . . . , xn ) vektor k(x1 , . . . , xn )k-val jel¨olt hossz a (vagy norm´ a ja) a vektor (0, . . . , 0)-t´ol vett t´avols´aga, azaz p k(x1 , . . . , xn )k = |x1 |2 + · · · + |xn |2 . Az (x1 , . . . , xn ) ´es (y1 , . . . , yn ) vektorok skal´ aris szorzata a k¨ovetkez˝o sz´am: (x1 , . . . , xn ) · (y1 , . . . , yn ) := x1 y1 + · · · + xn yn . 43
44
´ ris algebra 5. Linea
A fentebb defini´ alt hossz meghat´arozhat´o a skal´aris szorzat seg´ıts´eg´evel is: p k(x1 , . . . , xn )k = (x1 , . . . , xn ) · (x1 , . . . , xn ). ´ Erdemes meggondolni, hogy a defin´ıci´okban n = 2 hely´ere 2 eset´en a s´ık, n = 3 eset´en a t´er vektorainak j´ol ismert tulajdons´agait kapjuk. A tov´abbiakban minden fogalmat csak ezekben az n = 2, illetve n = 3 speci´alis esetekben mondunk ki. 5.2. Defin´ıci´ o. N´egyzetes m´atrixon olyan 2 × 2, illetve 3 × 3 t´abl´azatot” ” ´ert¨ unk, amelynek elemei val´ os sz´amok. Azaz a b c a b , illetve d e f , c d g h i ahol a, b, c, d, e, f, g, h, i ∈ R. M´ atrixok ¨ osszead´ as´ at tagonk´ent” v´egezz¨ uk, azaz az ¨osszegm´atrix i-edik ” sor´ anak j-edik eleme a k´et m´atrix i-edik sora j-edik elem´enek ¨osszege. M´atrixot sz´ ammal u ´gy szorzunk, hogy k¨ ul¨on-k¨ ul¨on minden tagj´at beszorozzuk. A k¨ ovetkez˝ o m´ atrixokat 2×2-es, illetve 3×3-as egys´egm´atrixnak nevezz¨ uk ´es I-vel jel¨ olj¨ uk: 1 0 0 1 0 , 0 1 0 . 0 1 0 0 1 A tov´ abbiakban a m´ atrixokat f´elk¨ov´er nagybet˝ ukkel, a vektorokat f´elk¨ov´er kisbet˝ ukkel jel¨ olj¨ uk. 5.3. Defin´ıci´ o. Az A m´ atrix determin´ ans´an azt a det(A) sz´amot ´ertj¨ uk, amelyet a k¨ ovetkez˝ ok´epp lehet meghat´arozni a 2 × 2, illetve 3 × 3 esetekben: a b det = ad − bc, c d illetve a det d g
b e h
c f = aei + bf g + cdh − bdi − af h − ceg. i
´ Ertelmezhetj¨ uk egy m´ atrixnak egy vektorral vett szorzat´at. Alkalmazkodva a sz´eles k¨ orben elterjedt jel¨ol´esekhez, m´atrix-vektor szorz´as eset´en (´es csak akkor) a vektorokat mint oszlopvektorokat ´abr´azoljuk: a b x ax + by · := , c d y cx + dy illetve
5.2. Kidolgozott feladatok
a d g
b e h
45
c x ax + by + cz f · y := dx + ey + f z . i z gx + hy + iz
Vegy¨ uk ´eszre, hogy a kapott vektor koordin´at´ai nem m´asok, mint az (x, y) (illetve (x, y, z)) vektor skal´ aris szorzata a m´atrix megfelel˝o sor´aval. A most bevezetett szorz´ as geometriailag a s´ık (illetve a t´er) egy transzform´aci´oj´at ´ırja le. N´ezz¨ uk p´eldak´ent az y tengelyre val´o t¨ ukr¨oz´est a s´ıkon, ´es az x tengelyre vett mer˝ oleges vet´ıt´est a t´erben. Az (x, y) sorvektor y tengelyre vett t¨ uk¨ ork´ep´et u ´gy kapjuk meg, ha k´epezz¨ uk az −1 0 x −x · = 0 1 y y szorzatot. Hasonl´ oan, az (x, y, z) vektor x-tengelyre vett vet¨ ulet´et a k¨ovetkez˝o szorzat adja meg: 1 0 0 x x 0 0 0 · y = 0 . 0 0 0 z 0 5.4. Defin´ıci´ o. A λ val´ os sz´amot az A m´atrix saj´ at´ert´ek´enek nevezz¨ uk, ha van olyan x 6= 0 vektor, amelyre A · x = λx. Az x 6= 0 vektort λ-hoz tartoz´o saj´ atvektor nak nevezz¨ uk, ha teljes´ıti az el˝oz˝o egyenl˝ os´eget. A fenti p´eld´ akat tekintve: a s´ık y tengely´ere vett t¨ ukr¨oz´esn´el p´eld´aul saj´ at´ert´ek a λ = −1, ehhez saj´ atvektor az x tengely minden null´at´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o vektora. Az x tengelyre vett vet´ıt´esn´el saj´at´ert´ek p´eld´aul a λ = 0 sz´am, ehhez saj´ atvektor minden olyan null´at´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o vektor, amelynek els˝o koordin´at´ aja 0. 5.1. T´ etel. A λ val´ os sz´ am az A m´ atrixnak pontosan akkor saj´ at´ert´eke, ha det(A − λI) = 0. Megjegyezz¨ uk, hogy a λ 7→ det(A−λI) egyv´altoz´os f¨ uggv´enyt az A m´atrix karakterisztikus polinomj´ anak nevezz¨ uk. Az el˝oz˝o t´etel azt mondja, hogy A saj´ at´ert´ekei nem m´ asok, mint a karakterisztikus polinomj´anak nullhelyei.
5.2. Kidolgozott feladatok 1. Milyen p ∈ R ´ert´ekre lesz az al´abbi vektorok skal´aris szorzata 0? (a) x = (p, 1), y = (p, p), (b) x = (p, 1, p), y = (2, 1, p). Megold´ as. (a) A skal´ aris szorzat defin´ıci´oj´aba helyettes´ıtve (p, 1) · (p, p) = pp + 1p = p(p + 1). Egy szorzat ´ert´eke pontosan akkor nulla, ha az egyik t´enyez˝ oje nulla, eset¨ unkben p = 0, vagy p = −1.
46
´ ris algebra 5. Linea
(b) Hasonl´ oan, (p, 1, p) · (2, 1, p) = 2p + 1 + p2 = (p + 1)2 , ´ıgy a skal´aris szorzat pontosan akkor nulla, ha p = −1. 2. V´egezze el az (A − 3B)x m´atrix-vektor m˝ uveletet, 2 1 0 4 0 A = 1 −1 0, B = 2 1 1 3 1 0 1
ahol 0 0 3
´es x = (1, 0, −1). Megold´ as. Els˝ ok´ent a m´ atrixm˝ uveleteket elv´egezve 2 1 0 4 0 0 2 1 0 12 0 0 1 −1 0 − 3 2 1 0 = 1 −1 0 − 6 3 0 = 1 3 1 0 1 3 1 3 1 0 3 9 −10 1 0 = −5 −4 0 , 1 0 −8 majd az (1, 0, −1) vektorral szorozva −10 1 0 1 −10 −5 −4 0 · 0 = −5 . 1 0 −8 −1 9 3. Hat´ arozza meg a k¨ ovetkez˝o m´atrixok determin´ans´at! 2 1 0 2 7 , 0 1 2. 1 −5 1 1 0 2 7 = 2 · (−5) − 1 · 7 = Megold´ as. A bevezet˝ oben le´ırtak szerint det 1 −5 −17, illetve 2 1 0 det 0 1 2 = 2 · 1 · 0 + 1 · 2 · 1 + 0 · 0 · 1 − 1 · 0 · 0 − 2 · 2 · 1 − 0 · 1 · 1 = −2. 1 1 0 4. Milyen p, illetve q ´ert´ekekre lesz a k¨ovetkez˝o m´atrix determin´ansa 0? 1 2 0 3 p A= , B = 0 1 2. p 2 2 4 q Megold´ as. A determin´ ansokat kisz´amolva 3 p det = 6 − p2 , p 2
5.2. Kidolgozott feladatok
47
illetve 1 det 0 2
2 0 1 2 = 1 · 1 · q + 2 · 2 · 2 + 0 · 0 · 4 − 2 · 0 · q − 1 · 2 · 4 − 0 · 1 · 2 = q, 4 q √ ´ıgy p = ± 6, illetve q = 0. 5. Hat´ arozza meg az el˝ oz˝ o feladatban szerepl˝o A m´atrix karakterisztikus polinomj´ at, majd hat´ arozza meg p ´ert´ek´et u ´gy, hogy a m´atrixnak saj´at´ert´eke legyen a −1! Megold´ as. Els˝ ok´ent fel´ırjuk mag´at az A − λI m´atrixot 3−λ p . p 2−λ Ennek determin´ ansa a defin´ıci´o szerint 3−λ p det = (3 − λ)(2 − λ) − p2 , p 2−λ ez teh´ at a karakterisztikus polinom. Ha azt szeretn´enk, hogy −1 saj´at´ert´ek legyen, akkor azt kell el´ern¨ unk, hogy λ hely´ere −1-et helyettes´ıtve null´ at kapjunk. V´egezz¨ uk el a helyettes´ıt´est, majd ´all´ıtsuk be p ´ert´ek´et: ((3 − (−1))(2 − (−1)) − p2 = 12 − p2 . √ √ Ez a kifejez´es pontosan akkor lesz nulla, ha p = 12 vagy p = − 12. 6. Hat´ arozza meg a k¨ ovetkez˝o m´atrix karakterisztikus polinomj´at! 1 0 1 1 2 0 . 0 0 −1 Megold´ as. A f˝ o´ atl´ o elemeib˝ol λ-t levonva, majd a determin´anst kisz´amolva 1−λ 0 1 2−λ 0 = (1 − λ)(2 − λ)(−1 − λ). det 1 0 0 −1 − λ 7. Hat´ arozza meg az el˝ oz˝ o feladatban szerepl˝o m´atrix saj´at´ert´ekeit, saj´atvektorait! Megold´ as. L´ attuk, hogy a karakterisztikus polinom (1−λ)(2−λ)(−1−λ)val egyenl˝ o. Mivel a saj´ at´ert´ekek a karakterisztikus polinom nullhelyei, ez´ert λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = −1.
48
´ ris algebra 5. Linea
Ahhoz, hogy egy (x, y, z) vektor a λ1 = 1 saj´at´ert´ekhez saj´atvektor legyen, teljes´ıtenie kell az 1 0 1 x x 1 2 0 · y = y 0 0 −1 z z egyenl˝ os´eget. A baloldalon l´ev˝o szorz´ast elv´egezve azt kapjuk, hogy (x + z, x + 2y, −z) = (x, y, z). K´et vektor pontosan akkor egyenl˝o, ha a koordin´at´aik megegyeznek, azaz az x + z = x, x + 2y = y, −z = z egyenl˝ os´egek egyszerre teljes¨ ulnek. A harmadik egyenletb˝ol l´athat´o, hogy z = 0, a m´ asodikb´ ol pedig hogy y = −x. ´Igy t 6= 0 tetsz˝oleges v´alaszt´asa mellett a (t, −t, 0) vektor λ1 = 1-hez tartoz´o saj´atvektor. A m´asik k´et saj´ at´ert´ek eset´eben hasonl´oan kell elj´arni. A λ2 saj´at´ert´ekhez tartoz´o saj´ atvektorok halmaza (0, t, 0) : t ∈ R \ {0} , a λ3 = −1 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ok´e t t, − , −2t : t ∈ R \ {0} . 3 8. Mik a saj´ at´ert´ekei ´es saj´atvektorai a k¨ovetkez˝o m´atrixnak? 1 2 A= . 1 0 Megold´ as. A karakterisztikus polinomot fel´ırva 1−λ 2 det(A − λI) = = λ2 − λ − 2. 1 −λ Ezen m´ asodfok´ u polinom gy¨okei (azaz a saj´at´ert´ekek) λ1 = 2, illetve λ2 = −1. Azaz az 1 2 x 2x 1 2 x −x · = , illetve · = 1 0 y 2y 1 0 y −y egyenletrendszereket kell megoldanunk. Az els˝o egyenletrendszert azon (x, y) p´ arok el´eg´ıtik ki, ahol y = x2 , a m´asodikat azok, ahol y = −x. Azaz a λ1 = 2 saj´ at´ert´ekhez tartoz´o saj´atvektorok halmaza t t, : t ∈ R \ {0} , 2
49
´ feladatok 5.3. Megoldando
m´ıg a λ2 = −1 esetben (t, −t) : t ∈ R \ {0} . 9. Adjon p´eld´ at olyan m´ atrixra, amelynek nincs val´os saj´at´ert´eke! 0 −1 Megold´ as. Tekints¨ uk a -ot. Ennek karakterisztikus polinomja 1 0 λ2 + 1, aminek nincs val´ os nullhelye, teh´at nincs val´os saj´at´ert´eke. Szeml´eletesen arr´ ol van sz´ o, hogy ez a m´atrix a +90 fokos forgat´ast ´ırja le a s´ıkon, azaz egy tetsz˝ oleges (x, y) vektor elforgatottja ´epp a 0 −1 x −y · = 1 0 y x vektor. A +90 fokos forgat´as pedig t´enyleg olyan lek´epez´es, amelyhez nem tal´ alhat´ o olyan null´at´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o vektor, amelynek elforgatottja megegyezik a vektor egy val´os sz´amszoros´aval. (Ugyanez az okoskod´as elmondhat´ o minden olyan forgat´asra, amelynek sz¨oge nem π eg´esz sz´am´ u t¨ obbsz¨ or¨ ose.)
5.3. Megoldand´ o feladatok Hat´ arozza meg az 1.–2. feladatokban l´ev˝o 2 × 2-es determin´ansokat! 2 1 0 3 1. , 2. . −1 3 1 1 Hat´ arozza −1 3. 1 3
meg a 3.–4. feladatokban szerepl˝o 3×3-as determin´ansok ´ert´ek´et! 0 −1 1 2 1 1 1 , 4. 0 1 0. 2 1 3 2 1
Hat´ arozza meg az 5.–6. feladatokban megadott polinomj´ at! 3 1 1 0 5. , 2 1 6. 0 2 0 0
m´atrixok karakterisztikus 2 1. 4
50
´ ris algebra 5. Linea
Hat´ arozza meg a 7.–9. feladatokban megadott 2×2-es m´atrixok saj´at´ert´ekeit, saj´ atvektorait! 7 4 1 3 5 2 7. , 8. , 9. . 9 7 4 2 −3 −2 Hat´ arozza meg a 10.–12. feladatokban l´ev˝o 3 × 3-as m´atrixok saj´at´ert´ekeit, saj´ atvektorait! 1 1 0 12. Adott α < 0 < β sz´amokhoz ad10. 0 2 0 jon meg olyan 3 × 3-as m´atrixot, 1 0 0 amelynek ´epp 0, α, β a saj´at´ert´e kei! 2 1 0 11. 0 3 2 0 0 1
5.4. Megold´ asok 1. 7.
3. 2.
5. λ2 − 4λ + 1.
2. −3.
4. 1.
6. −λ3 + 7λ2 − 14λ + 8.
7. Saj´ at´ert´ekek: λ2 = 1. A 13-hoz tartoz´o saj´atvektorok λ1 = 13, illetve halmaza: t, 23 t : t ∈ R\{0} , az 1-hez tartoz´ok´e t, −3 2 t : t ∈ R\{0} . 8. Saj´ at´ert´ekek: λ1 = 5, illetve λ2 = −2. Az 5-h¨oz tartoz´o saj´atvektorok halmaza: t, 43 t : t ∈ R\{0} , a −2-h¨oz tartoz´ok´e {(t, −t) : t ∈ R\{0}}. 9. Saj´ at´ert´ ekek: λ1 = 4, illetve λ2 = −1. A 4-hez tartoz´o saj´atvektorok halmaza: t, −1 ok´e {(t, −3t) : t ∈ R\{0}}. 2 t : t ∈ R\{0} , az −1-hez tartoz´ 10. Saj´ at´ert´ekek: λ1 = 0, λ2 = 2, illetve λ3 = 1. A 0-hoz tartoz´o saj´atvektorok halmaza: {(0, 0, t) : t ∈ R \ {0}}, a 2-h¨oz tartoz´ok´e {(2t, 2t, t) : t ∈ R \ {0}}, az 1-hez tartoz´ok´e pedig {(t, 0, t) : t ∈ R \ {0}}. 11. Saj´ at´ert´ekek λ1 = 1, λ2 = 2, illetve λ3 = 3. Az 1-hez tartoz´o saj´ atvektorok halmaza: {(−t, t, −t) : t ∈ R \ {0}}, a 2-h¨oz tartoz´ok´e {(t, 0, 0) : t ∈ R \ {0}}, a 3-hoz tartoz´ok´e pedig {(t, t, 0) : t ∈ R \ {0}}. α 0 0 12. 0 0 0 . 0 0 β
6. fejezet
Differenci´ alhat´ os´ ag, deriv´ alt
6.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o 6.1. Defin´ıci´ o. Az a ∈ R sz´ amot a H ⊂ R halmaz bels˝ o pontj´anak nevezz¨ uk, ha l´etezik olyan δ ∈ R+ , melyre (a − δ, a + δ) ⊂ H. A H ⊂ R halmaz bels˝o pontjainak halmaz´ at int H jel¨oli. A H ⊂ R halmazt ny´ılt halmaz nak h´ıvjuk, ha H minden eleme bels˝o pontja e halmaznak. 6.2. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enyt az ´ertelmez´esi tartom´any´anak a bels˝o pontf (x) − f (a) j´ aban differenci´ alhat´ o nak nevezz¨ uk, ha l´etezik az f 0 (a) := lim x→a x−a hat´ ar´ert´ek, ´es ez val´ os sz´ am. Ekkor az f 0 (a) sz´amot az f f¨ uggv´eny a pontbeli deriv´ altj´ anak mondjuk. Megjegyz´es. Az
f (x)−f (a) , x−a
x 6= a h´anyadost k¨ ul¨ onbs´egi h´ anyadosnak nevezz¨ uk.
6.3. Defin´ıci´ o. Ha az f f¨ uggv´eny az a pontban differenci´alhat´o, akkor a grafikonj´ anak az (a, f (a)) pontbeli ´erint˝ o je az y = f (a) + f 0 (a)(x − a) egyenlet˝ u egyenes. ´ ıt´ 6.1. All´ as. Ha egy f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o egy pontban, akkor folytonos is abban a pontban. ´ ıt´ 6.2. All´ as. Ha az f ´es a g f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o az a pontban, akkor f +g, f −g, f g, ´es g(a) 6= 0 eset´en fg is differenci´ alhat´ o az a pontban, tov´ abb´ a (f + g)0 (a) = f 0 (a) + g 0 (a),
(f − g)0 (a) = f 0 (a) − g 0 (a),
(f g)0 (a) = f 0 (a) g(a) + f (a) g 0 (a), 0 f f 0 (a)g(a) − f (a)g 0 (a) (a) = . g g 2 (a) 6.1. K¨ ovetkezm´ eny. Ha az f ´es a g f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o az a pontban, valamint c1 , c2 ∈ R, akkor c1 f + c2 g is differenci´ alhat´ o az a pontban, ´es (c1 f + c2 g)0 (a) = c1 f 0 (a) + c2 g 0 (a). 51
52
´ lhato ´ sa ´ g, deriva ´ lt 6. Differencia
6.1. T´ etel. Ha a g f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o az a pontban ´es az f f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o a g(a) pontban, akkor az f ◦ g o sszetett f¨ u ggv´ e ny is ¨ differenci´ alhat´ o az a pontban, tov´ abb´ a (f ◦ g)0 (a) = f 0 g(a) g 0 (a). 6.2. T´ etel. Ha az f f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton ´es folytonos egy intervallumon, differenci´ alhat´ o annak egy a bels˝ o pontj´ aban ´es f 0 (a) 6= 0, akkor az −1 f inverz f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o a b := f (a) pontban, tov´ abb´ a (f −1 )0 (b) =
1 f0
.
f −1 (b)
6.4. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´eny eset´en a D(f 0 ) := {x ∈ D(f ) : f differenci´alhat´o az x pontban} halmazon az x 7→ f 0 (x) hozz´ arendel´esi szab´allyal ´ertelmezett f¨ uggv´enyt az f f¨ uggv´eny deriv´ altf¨ uggv´eny´enek nevezz¨ uk, jele f 0 . Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny a H ⊂ D(f ) ny´ılt halmazon differenci´ alhat´ o, ha a H halmaz minden pontj´aban differenci´alhat´o. Egy f¨ uggv´enyt differenci´ alhat´ o nak h´ıvunk, ha az ´ertelmez´esi tartom´any´anak minden pontj´ aban differenci´alhat´o. A f¨ uggv´eny folytonosan differenci´ alhat´ o, ha differenci´ alhat´ o ´es a deriv´altf¨ uggv´enye folytonos. Az f f¨ uggv´enyt az [a, b] korl´ atos z´ art intervallumon differenci´ alhat´ o nak mondjuk, ha az (a, b) ny´ılt intervallumon differenci´alhat´o, tov´abb´a l´eteznek (a) (b) a lim f (x)−f , lim f (x)−f egyoldali hat´ar´ert´ekek, ´es mindkett˝o vax−a x−b x→a+0
x→b−0
l´ os sz´ am. A f¨ uggv´enyt az [a, b] intervallumon folytonosan differenci´ alhat´ o nak h´ıvjuk, ha az [a, b] intervallumon differenci´alhat´o, valamint a deriv´altf¨ ugg(a) v´eny´et az intervallum bal ´es jobb v´egpontj´aban a lim f (x)−f , ill. a x−a x→a+0
f (x)−f (b) x−b x→b−0
lim
egyoldali hat´ ar´ert´ekk´ent defini´alva az ´ıgy kiterjesztett deriv´alt-
f¨ uggv´eny az [a, b] intervallumon folytonos. 6.5. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´enyt k´etszer differenci´ alhat´ o nak nevezz¨ uk az a pontban, ha az f 0 deriv´ altf¨ uggv´eny differenci´alhat´o az a pontban. Ekkor f 00 (a) := (f 0 )0 (a) az f f¨ uggv´eny m´ asodik deriv´ altja (vagy m´ asodrend˝ u deriv´ altja) az a pontban. B´ armely n ≥ 2 eg´esz sz´ amra az f f¨ uggv´enyt n-szer differenci´ alhat´ o nak nevezz¨ uk az a pontban, ha az (n − 1)-edik deriv´altf¨ uggv´enye (jel¨olje ezt f (n−1) ) differenci´ alhat´ o az a pontban. Ekkor f (n) (a) := (f (n−1) )0 (a) az f f¨ uggv´eny n-edik deriv´ altja (vagy n-edrend˝ u deriv´ altja) az a pontban. 6.6. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´eny ´es az n ≥ 2 eg´esz sz´am eset´en a D(f (n) ) := {x ∈ D(f ) : f n-szer differenci´alhat´o az x pontban}
53
´leti o ´ ¨ sszefoglalo 6.1. Elme
halmazon az x 7→ f (n) (x) hozz´arendel´essel ´ertelmezett f (n) f¨ uggv´enyt az f f¨ uggv´eny n-edik deriv´ altf¨ uggv´eny´enek nevezz¨ uk. Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny a H ⊂ D(f ) halmazon n-szer differenci´ alhat´ o, ha a H halmaz minden pontj´aban n-szer differenci´alhat´o. Egy f¨ uggv´enyt n-szer differenci´ alhat´ o nak h´ıvunk, ha az ´ertelmez´esi tartom´ any´ anak minden pontj´ aban n-szer differenci´alhat´o. V´eg¨ ul a f¨ uggv´eny nulladik deriv´altf¨ uggv´eny´enek mondhatjuk mag´at a f¨ uggv´enyt, azaz f (0) := f . Megjegyz´esek. Az f f¨ uggv´eny x pontbeli deriv´altf¨ uggv´eny´enek klasszikus jedf d2 f l¨ ol´ese dx , a m´ asodik deriv´ altf¨ uggv´eny´e´e dx2 , ´altal´aban az n-edik deriv´altn f¨ uggv´eny´e´e ddxnf , n ∈ N+ . Amikor a v´ altoz´ ot t jel¨ oli, az f f¨ uggv´eny t pontbeli deriv´altj´ara (Newton nyom´ an) gyakran az f˙(t) jel¨ol´es haszn´alatos. Megjegyz´es. Differenci´ al´ asi szab´alyok a deriv´altf¨ uggv´enyekre. (cf )0 = cf 0 (c ∈ R),
(c1 f + c2 g)0 = c1 f 0 + c2 g 0 (c1 , c2 ∈ R), 0 f 0 g − f g0 f , = g g2 1 (f −1 )0 = 0 . f ◦ f −1
(f g)0 = f 0 g + f g 0 , (f ◦ g)0 = (f 0 ◦ g) · g 0 ,
A k¨ ovetkez˝ o t´etelben ´es gyakran k´es˝obb is a r¨ovid jel¨ol´esm´odot haszn´aljuk. Pl. ha n ∈ N+ , akkor (xn )0 a t 7→ tn , t ∈ R f¨ uggv´eny deriv´altf¨ uggv´eny´enek x helyen vett ´ert´ek´et jel¨ oli. 6.3. T´ etel (nevezetes elemi f¨ uggv´enyek deriv´altf¨ uggv´enye). (xn )0 = nxn−1 , n ∈ R, (ex )0 = ex , (ax )0 = ax ln(a), a ∈ R+,
1 , cos2 (x) 1 (cos(x))0 = −sin(x), (ctg (x))0 = − 2 , sin (x) 1 , (sh (x))0 = ch (x), (th (x))0 = ch 2 (x) 1 (ch (x))0 = sh (x), (cth (x))0 = − 2 , sh (x) (sin(x))0 = cos(x),
(tg (x))0 =
1 , x 0 1 1 loga (x) = · , a ∈ R+, a 6= 1, ln(a) x (ln(x))0 =
(arcsin(x))0 = √
1 , x ∈ (−1, 1), 1 − x2
(arccos(x))0 = − √
1 , x ∈ (−1, 1), 1 − x2
54
´ lhato ´ sa ´ g, deriva ´ lt 6. Differencia
1 , x ∈ R, 1 + x2 1 (arsh (x))0 = √ , x ∈ R, 1 + x2 1 (arth (x))0 = , x ∈ (−1, 1), 1 − x2
(arctg (x))0 =
1 , x ∈ R, 1 + x2 1 (arch (x))0 = √ , x ∈ (1, +∞), x2 − 1 1 (arcth x)0 = , x ∈ R \ [−1, 1]. 1 − x2
(arcctg (x))0 = −
Megjegyz´es. Felh´ıvjuk a figyelmet arra, hogy az arcsin, az arccos ´es az arch f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya b˝ovebb a deriv´altf¨ uggv´eny¨ uk ´ertelmez´esi tartom´ any´ an´ al. ´ ıt´ 6.3. All´ as. Ha az f f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o az a pontban, akkor pontosan f (x) − l(x) egy olyan, legfeljebb els˝ ofok´ u l polinom l´etezik, melyre lim = 0, x→a x−a m´egpedig l(x) = f (a) + f 0 (a)(x − a), x ∈ R. Ezt h´ıvjuk az f f¨ uggv´enyt az a pont k¨ ozel´eben legjobban k¨ozel´ıt˝o legfeljebb els˝ ofok´ u polinomnak (line´ aris f¨ uggv´enynek).
6.2. Kidolgozott feladatok 1. A defin´ıci´ o alapj´ an igazolja az al´abbi deriv´al´asi szab´alyokat! (a) (xn )0 = nxn−1 , x ∈ R, n ∈ N+ . (c) (sin(x))0 = cos(x), x ∈ R.
(b)
√ 0 1 x = √ , x ∈ R+ . 2 x
Megold´ as. (a) Az f (x) := xn , D(f ) := R f¨ uggv´eny k¨ ul¨onbs´egi h´anyados´anak sz´aml´ al´ oj´ at tetsz˝ oleges a, x ∈ R, x 6= a eset´en szorzatt´a bontva f (x) − f (a) xn − an (x − a)(xn−1 + xn−2 a + . . . + an−1 ) = = x−a x−a x−a = xn−1 + xn−2 a + . . . + an−1 . Ez´ert f (x) − f (a) = lim (xn−1 +xn−2 a+. . .+an−1 ) = nan−1 . x→a x→a x−a
f 0 (a) := lim
Megjegyz´es. Bel´ athat´o, hogy az ¨osszef¨ ugg´es x ∈ R+ , n ∈ R mellett is igaz, valamint akkor is, ha x ∈ R \ {0} ´es n = m p , ahol m ∈ Z, p p´ aratlan pozit´ıv eg´esz.
55
6.2. Kidolgozott feladatok
√ (b) Az f (x) := x, D(f ) := [0, +∞) f¨ uggv´eny k¨ ul¨onbs´egi h´anyados´ anak nevez˝ oj´et tetsz˝oleges a ∈ R+ , x ∈ [0, +∞), x 6= a eset´en szorzatt´ a alak´ıthatjuk: √ √ √ √ f (x) − f (a) x− a x− a 1 √ √ √ =√ √ . = = √ x−a x−a ( x − a )( x + a ) x+ a Ennek alapj´ an f 0 (a) := lim
x→a
1 1 f (x) − f (a) √ = √ , = lim √ x→a x−a x+ a 2 a
a ∈ R+ .
(c) Az f (x) := sin(x), D(f ) := R f¨ uggv´eny k¨ ul¨onbs´egi h´anyados´anak sz´ aml´ al´ oj´ at tetsz˝ oleges a, x ∈ R, x 6= a eset´en trigonometrikus azonoss´ ag seg´ıts´eg´evel bonthatjuk szorzatt´a: 2 sin x−a cos x+a sin(x) − sin(a) f (x) − f (a) 2 2 = = = x−a x−a x−a sin x−a x+a 2 = · cos . x−a 2 2 lim x−a = 0, x 7→ x−a 2 , x→a 2 sin(t) = a, lim t = 1, valamint lim x+a x→a 2 t→0 Mivel
x ∈ R
injekt´ıv f¨ uggv´eny ´es
´es a koszinuszf¨ uggv´eny folyto-
nos az a helyen, ´ıgy sin x−a f (x) − f (a) x+a 2 f (a) := lim = lim · lim cos = x−a x→a x→a x→a x−a 2 2 0
= 1 · cos(a). 2. Az inverz f¨ uggv´eny deriv´altj´ara vonatkoz´o t´etel alapj´an mutassa meg, hogy (a) (arctg (x))0 =
1 , x ∈ R, 1 + x2
(b) (ln(x))0 =
1 , x ∈ R+ ! x
Megold´ as. (a) Legyen f (x) := tg (x), D(f ) := − π2 , π2 ´es a ∈ D(f ), b := tg (a). Ekkor az inverz f¨ uggv´eny deriv´altj´ara vonatkoz´o 6.2. T´etelt, a tg 0 = 1 o sszef¨ u gg´ e st, majd egy trigonometrikus azonoss´agot alkalmazva cos2 ¨ arctg 0 (b) =
1 1 = = tg 0 (arctg (b)) tg 0 (a)
1 1 cos2 (a)
=
1 1 = . 1+tg 2 (a) 1+b2
56
´ lhato ´ sa ´ g, deriva ´ lt 6. Differencia
(b) Legyen f (x) := ex , D(f ) := R ´es a ∈ R, b := ea . ln = exp−1 alapj´an a 6.2. T´etel ´es az exp f¨ uggv´eny deriv´altj´anak felhaszn´al´as´aval ln0 (b) =
1 1 1 = ln(b) = . exp0 (ln(b)) b e
3. Deriv´ alja a k¨ ovetkez˝ o f¨ uggv´enyeket! 1 , D(f ) := R \ {0}. x 1 (b) f (x) := √ , D(f ) := R+ . x
(a) f (x) :=
(c) f (x) := 2ex − 3 ln(x), D(f ) := R+ . (d) f (x) := 5x7 +
√
2 x4 − 2x3 , D(f ) := R.
(e) f (x) := arsh (x) − 2 arch (x) + 3 th (x), D(f ) := [1, +∞). Megold´ as. 0 0 (a) Hatv´ anyf¨ uggv´enyk´ent fel´ırva x1 = x−1 = (−1)x−2 = − x12 , x ∈ R \ {0}. 0 1 0 3 (b) √1x = x− 2 = − 12 x− 2 = − 2√1x3 , x ∈ R+ . (c) A k¨ ul¨ onbs´eg, majd a konstansszoros deriv´al´asi szab´aly´at alkalmazva 0 2ex − 3 ln(x) = (2ex )0 − (3 ln(x))0 = 2(ex )0 − 3(ln(x))0 = 2ex − x3 , x ∈ R+ . √ √ √ (d) (5x7 + 2 x4 −2x3 )0 = (5x7 )0 +( 2 x4 )0 −(2x3 )0 = 35x6 +4 2 x3 −6x2 , x ∈ R. 0 1 (e) arsh (x) − 2 arch (x) + 3 th (x) = √1+x − √x22 −1 + ch 23(x) , 2 x ∈ (1, +∞). Erre a f¨ uggv´enyre teh´at D(f 0 ) = D(f ) \ {1}. 4. Deriv´ alja az al´ abbi f¨ uggv´enyeket! √ (a) f (x) := 3 x tg (x), D(f ) := R \ π2 + kπ : k ∈ Z . (b) f (x) := 3x arccos(x), D(f ) := [−1, 1]. (c) f (x) := 3 ctg (x) lg(x), D(f ) := R+ \ {kπ : k ∈ N+ }. (d) f (x) := x4 ex sin(x), D(f ) := R. (e) f (x) :=
sh (x) , D(f ) := R. ch (x)
57
6.2. Kidolgozott feladatok
(f) f (x) :=
ln(x) , D(f ) := R+ . 2x
(g) f (x) :=
arctg (x) , D(f ) := R \ {0}. x4
sin(x) − cos(x) , D(f ) := [−1, 1] \ {0}. arcsin(x) √ x xe (i) f (x) := , D(f ) := R+ \ kπ : k ∈ N+ . 2 tg (x)
(h) f (x) :=
(j) f (x) :=
ln(x) arth (x) √ , D(f ) := (0, 1). 3 x sh (x)
Megold´ as. (a) A szorzat deriv´ al´ asi szab´alya alapj´an √ 3
0 0 √ 0 √ x tg (x) = 3 x · tg (x) + 3 x · tg (x) = √ 3 √ 2 1 1 x tg (x) √ = x− 3 tg (x) + 3 x + = , 3 2 2 3 cos (x) cos (x) 3 x2
x ∈ D(f ) \ {0}. 0 0 (b) 3x arccos(x) = (3x )0 · arccos(x) + 3x · arccos(x) = 1 = 3x ln(3)·arccos(x)+3x · − √1−x = 3x ln(3) arccos(x) − 2
√ 1 1−x2
,
x ∈ (−1, 1). Teh´ at D(f 0 ) = D(f ) \ {−1, 1}. 0 1 (c) 3ctg (x) lg(x) = 3 − sin21(x) · lg(x) + ctg (x) · x1 · ln(10) = ctg (x) lg(x) = 3 ln(10)·x − sin2 (x) , x ∈ D(f ). (d) E h´ aromt´enyez˝ os szorzatot el˝osz¨or tekints¨ uk u ´gy, mint az els˝o k´et t´enyez˝ oj´enek ´es a harmadiknak k´ett´enyez˝os szorzat´at. ´Igy alkalmazhatjuk a szorzatra ismert deriv´al´asi szab´alyt: 0 0 0 x4 ex sin(x) = x4 ex · sin(x) + (x4 ex ) · sin(x) = = (4 x3 ex + x4 ex ) sin(x) + (x4 ex ) cos(x) = = x3 ex 4 sin(x) + x sin(x) + x cos(x) , x ∈ R. (e) Haszn´ aljuk a h´ anyados deriv´altj´ara tanult o¨sszef¨ ugg´est! 0 0 0 2 2 sh (x) 0 (x)·(ch (x)) (x) th (x) = ch = (sh (x)) ·ch (x)−sh = ch (x)−sh = (x) ch 2 (x) ch 2 (x) 1 = ch 2 (x) , x ∈ R.
58
´ lhato ´ sa ´ g, deriva ´ lt 6. Differencia
(f)
(g) (h)
ln(x) 2x
0
x ∈ R+ . 0 arctg (x) x4
(ln(x))0 ·2x −ln(x)·(2x )0 (2x )2
=
1 1+x2
=
sin(x)−cos(x) arcsin(x)
·x4 −arctg (x)·4x3
=
x8
0
x x 1 x ·2 −ln(x)·2 (2x )2
=
ln(2)
=
x−4(1+x2 )arctg (x) , x5 (1+x2 )
cos(x)+sin(x) ·arcsin(x)− sin(x)−cos(x) · √
=
1−ln(2)x ln(x) , x 2x
x ∈ R \ {0}. 1 1−x2
arcsin2 (x)
,
0
x ∈ (−1, 1), x 6= 0. Itt D(f ) = D(f ) \ {−1, 1}. 0 1 √ x √ x 0 x e ·(tg (x))0 x 2 ex ·tg (x)− xe = (i) tg (x) = 2 tg (x) 1 √ −1 1 2x
= = (j)
=
ex +x 2 ex tg (x)−
xex · cos21(x)
tg 2 (x) e
ln(x) arth (x) √ 3 x sh (x) 1 x
2
x
0
=
(1+2x) sin(x) cos(x)−2x √ 2 x sin2 (x)
, x ∈ D(f ).
1
=
0
1
(ln(x) arth (x))0 · x 3 sh (x) − ln(x) arth (x) · x 3 sh (x)
arth (x)+ln(x)
1
x 3 sh (x) 1 1−x2
1
2
x 3 sh (x) −(ln(x) arth (x)) 1
x 3 sh (x)
1 3
2
1
=
x− 3 sh (x)+x 3 ch (x)
2
,
x ∈ (0, 1). 5. Deriv´ alja a megadott f¨ uggv´enyeket! (a) f (x) := sin(3x), D(f ) := R. (b) f (x) := sin2 (x), D(f ) := R. (c) f (x) := sin(x2 ), D(f ) := R. (d) f (x) := cos(ln(x)), D(f ) := R+ . S (e) f (x) := ln(cos(x)), D(f ) := − π2 + 2kπ, π2 + 2kπ . k∈Z
2
(f) f (x) := arctg (5 + x − 2x ), D(f ) := R. √ (g) f (x) := sh 1 + x3 , D(f ) := [−1, +∞). Megold´ as. (a) A feladat a szinusz k¨ uls˝o f¨ uggv´eny ´es az x 7→ 3x, x ∈ R bels˝o f¨ uggv´eny kompoz´ıci´ oj´ anak deriv´al´asa. 0 sin(3x) = cos(3x) · (3x)0 = cos(3x) · 3 = 3 cos(3x), x ∈ R. ¨ (b) Osszetett f¨ uggv´ennyel van dolgunk, a n´egyzetf¨ uggv´eny a k¨ uls˝o f¨ uggv´eny, a szinuszf¨ uggv´eny a bels˝o f¨ uggv´eny. 0 0 sin2 (x) = (sin(x))2 = 2 sin(x) · (sin(x))0 = 2 sin(x) · cos(x) =
59
6.2. Kidolgozott feladatok
x ∈ R.
= sin(2x),
(c) Ez is ¨ osszetett f¨ uggv´eny, most a szinuszf¨ uggv´eny a k¨ uls˝o f¨ uggv´eny ´es a n´egyzetf¨ u ggv´ e ny a bels˝ o f¨ u ggv´ e ny. 0 sin(x2 ) = cos(x2 ) · (x2 )0 = cos(x2 ) · 2x = 2x cos(x2 ), x ∈ R. 0 (d) cos(ln(x)) = − sin(ln(x)) · x1 , x ∈ R+ . 0 1 (e) ln(cos(x)) = cos(x) · (− sin(x)) = −tg (x), x ∈ D(f ). (f) arctg (5 + x − 2x2 )
0
=
1 1+(5+x−2x2 )2
· (1 − 4x), x ∈ R.
(g) A f¨ uggv´eny t¨ obbsz¨ or¨osen ¨osszetett, ez´ert el˝osz¨or tekints¨ ´gy, mint √uk u a szinusz hiperbolikusz k¨ uls˝o f¨ uggv´enyb˝ol ´es az x 7→ 1 + x3 , x ∈ [−1, +∞) bels˝ o f¨ uggv´enyb˝ol ¨osszetett f¨ uggv´enyt, ´ıgy alkalmazzuk az osszetett f¨ uggv´eny deriv´al´as´ara ismert szab´alyt! ¨ p 0 p p 0 sh 1+x3 = ch 1+x3 · 1+x3 = p 1 1 = ch 1+x3 · (1+x3 )− 2 ·(1+x3 )0 = 2 √ 3x2 ch 1+x3 √ = , x ∈ (−1, +∞). 2 1+x3 Itt D(f 0 ) = D(f ) \ {−1}. 6. Deriv´ alja a megadott f¨ uggv´enyeket! (a) f (x) := xx , D(f ) := R+ . (b) f (x) := xsin(x) , D(f ) := R+ . (c) f (x) := (x2 + 1)tg (x) , D(f ) := − π2 , π2 . 2x (d) f (x) := ln(x) , D(f ) := [1, +∞). x
(e) f (x) := xx , D(f ) := R+ . Megold´ as. (a) A hatv´ any alapja ´es a kitev˝oje sem ´alland´o, ez´ert k¨ozvetlen¨ ul sem exponenci´ alis f¨ uggv´enyk´ent, sem hatv´anyf¨ uggv´enyk´ent nem deriv´alhatjuk. Az xx = (eln(x) )x = ex ln(x) , x ∈ R+ elemi ´atalak´ıt´as ut´an az e alap´ u exponenci´ alis k¨ uls˝o f¨ uggv´eny ´es az x 7→ x ln(x), x ∈ R+ bels˝o f¨ uggv´eny kompoz´ıci´ oj´anak deriv´altja 0 1 = (xx )0 = (ex ln(x) )0 = ex ln(x) · x ln(x) = ex ln(x) 1·ln(x) + x · x
60
´ lhato ´ sa ´ g, deriva ´ lt 6. Differencia
= xx (ln(x) + 1),
x ∈ R+ .
(b) xsin(x) = (eln(x) )sin(x) = eln(x) sin(x) , x ∈ R+ alapj´an az e alap´ u exponenci´ alis k¨ uls˝ o f¨ uggv´eny ´es az x 7→ ln(x) · sin(x), x ∈ R+ bels˝o f¨ uggv´eny kompoz´ıci´ oj´at deriv´alva 0 (xsin(x) )0 = (eln(x) sin(x) )0 = eln(x) sin(x) · ln(x) sin(x) = 1 = xsin(x) · sin(x) + ln(x) · cos(x) , x ∈ R+ . x 0 0 2 2 0 (c) (x2 +1)tg (x) = eln(x +1)tg (x) = eln(x +1)tg (x) · ln(x2 +1)tg (x) = 1 1 2 = (x2 + 1)tg (x) x2 +1 · 2x · tg (x) + ln(x + 1) · cos2 (x) = (x) ln(x2 +1) π π = (x2 + 1)tg (x) 2xtg x2 +1 + cos2 (x) , x ∈ − 2 , 2 . (d) Ha x ∈ (1, +∞), akkor 0 0 0 (ln(x))2x = e2x ln(ln(x)) = e2x ln(ln(x)) · 2x ln(ln(x)) = 1 1 · = = (ln(x))2x 2 · ln(ln(x)) + 2x · ln(x) x 2 = (ln(x))2x 2 ln(ln(x)) + . ln(x) Megjegyz´es. Megmutathat´o, hogy
lim f 0 (x) = 0, ez´ert a deriv´alt-
x→1+0
f¨ uggv´eny folytonosan kiterjeszthet˝o az [1, +∞) intervallumra. x
x
(e) xx = (eln(x) )x = ex felhaszn´ alva x
ln(x)
, x ∈ R+ alapj´an az (a) pont eredm´eny´et 0
x = xx (xx )0 · ln(x) + xx · (ln(x))0 = x = xx xx (ln(x) + 1) ln x + xx−1 = x = xx +x−1 x ln2 (x) + x ln(x) + 1 , x ∈ R+ .
(xx )0 = ex
x
x
ln(x)
· xx ln(x)
7. Deriv´ alja az al´ abbi f¨ uggv´enyeket! 1 √ , D(f ) := R. (a) f (x) := x + 1 + x2 ! √ 3x − 1 1 1 (b) f (x) := ln √ , D(f ) := R \ − √ , √ . 3x + 1 3 3 cos(x) 1 1 + cos(x) (c) f (x) := − − ln , 2 2 sin(x) 2 sin (x) S D(f ) := 2kπ, (2k + 1)π . k∈Z
61
6.2. Kidolgozott feladatok
1 2 1+x (d) f (x) := ln , D(f ) := (−1, 1). 4 1−x p √ (e) f (x) := 1 + 1 + x2 , D(f ) := R. (f) f (x) := x sin(ln(x)) − cos(ln(x)) , D(f ) := R+ . Megold´ as. 0 √ −2 (a) x+√11+x2 = (−1) · x + 1 + x2 · 1+ = − √1+x2 (b) ln
√ 0 √3 x−1 3 x+1
1 √
(x+
√
=
1
√ √3 x−1 3 x+1
·
1+x2 )
1 2
1 · (1 + x2 )− 2 · 2x =
, x ∈ R.
√ √ √ 3 ( 3 x+1)−( 3 x−1) 3 √ 2 ( 3 x+1)
=
√ 2 3 3x2 −1 ,
x ∈ D(f ).
M´ ask´eppen: Ha x > √13 , akkor √ √ √ 0 0 ln √33 x−1 = ln 3 x − 1 − ln 3 x + 1 = x+1 √ √ √ 3 . = √3 1x−1 · 3 − √3 1x+1 · 3 = 3x2 2 −1 Ha pedig x < − √13 , akkor hasonl´oan √ √ √ 0 0 ln √33 x−1 = ln(1 − 3 x) − ln(− 3 x − 1) = x+1 − (c) − 2cos(x) sin2 (x)
1 2
ln
= − − sin(x)·2 sin − 12 · (d)
1 4
ln2
1 1+cos(x) sin(x)
1+x 1−x
0
=
2
1+cos(x) sin(x)
0
√ 2 3 3x2 −1 .
=
(x)−cos(x)·4 sin(x) cos(x) − 4 sin4 (x)
·
− sin(x)·sin(x)−(1+cos(x)) cos(x) sin2 (x)
1 4
1+x · 2 · ln 1−x ·
x ∈ (−1, 1). p 0 √ (e) 1 + 1 + x2 = =
1 1+x 1−x
·
=
1 , sin3 (x)
1·(1−x)−(1+x)·(−1) (1−x)2
=
x ∈ D(f ). 1 1−x2
1+x ln 1−x ,
√ − 1 1 · 1 + 1 + x2 2 · 12 · (1 + x2 )− 2 · 2x = √x √ , x ∈ R. √
1 2
2 1+x2
1+ 1+x2
0 (f) x(sin(ln(x)) − cos(ln(x))) = = 1 · sin(ln(x)) − cos(ln(x)) + x cos(ln(x)) ·
1 x
+ sin(ln(x)) ·
1 x
= 2 sin(ln(x)), x ∈ R+ . 8. Mutassa meg, hogy ha az f , g, h f¨ uggv´enyek differenci´alhat´ok az a pontban, akkor (f gh)0 (a) = f 0 (a)g(a)h(a) + f (a)g 0 (a)h(a) + f (a)g(a)h0 (a)!
62
´ lhato ´ sa ´ g, deriva ´ lt 6. Differencia
Megold´ as. Az els˝ o k´et t´enyez˝ot egynek tekintve k´ett´enyez˝os szorzatot kapunk: 0 (f gh)0 (a) = (f g)h (a) = (f g)0 (a) h(a) + (f g)(a) h0 (a) = = f 0 (a)g(a) + f (a)g 0 (a) h(a) + f (a)g(a)h0 (a) = = f 0 (a)g(a)h(a) + f (a)g 0 (a)h(a) + f (a)g(a)h0 (a). Megjegyz´es. A h´ aromt´enyez˝os szorzat deriv´al´asi szab´alya f¨ uggv´eny´ert´ekek helyett f¨ uggv´enyekkel (f gh)0 = f 0 gh + f g 0 h + f gh0 . 9. Legyen n pozit´ıv eg´esz sz´am ´es ( D(f ) := R,
f (x) :=
xn sin 0,
1 x
, ha x 6= 0, ha x = 0.
Mely n sz´ amokra differenci´alhat´o, ill. folytonosan differenci´alhat´o az f f¨ uggv´eny? Megold´ as. A nulla pont kiv´etel´evel f folytonosan differenci´ alhat´o, ´es a deriv´ altja x 6= 0 eset´en f 0 (x) = nxn−1 sin x1 − xn−2 cos x1 . A nulla b´ armely k¨ ornyezet´eben a f¨ uggv´eny esetsz´etv´alaszt´assal van defini´ alva, ez´ert a nullabeli differenci´alhat´os´ag´at a defin´ıci´o alapj´an vizsg´aljuk. A nulla ponthoz tartoz´o k¨ ul¨onbs´egi h´anyados x 6= 0 eset´en f (x) − f (0) 1 = xn−1 sin , x−0 x aminek n = 1 mellett nincs hat´ar´ert´eke, n ≥ 2 eset´en viszont null´ahoz tart, hiszen az els˝ o t´enyez˝o null´ahoz tart, a m´asodik pedig korl´atos. Teh´at az f f¨ uggv´eny n ≥ 2 eset´en differenci´alhat´o, ´es f 0 (0) = 0. Ha n ≥ 3, akkor 1 1 0 n−1 n−2 lim f (x) = lim nx · sin −x cos = 0 = f 0 (0), x→0 x→0 x x mert mindk´et tag els˝ o t´enyez˝oje null´ahoz tart, a m´asodik korl´atos. Teh´at f folytonosan differenci´ alhat´o a nulla pontban is. Ha n = 2, akkor az els˝o tag null´ ahoz tart, a m´ asodiknak nincs hat´ar´ert´eke, amib˝ol az k¨ovetkezik, hogy f deriv´ altf¨ uggv´enye nem folytonos a nulla pontban. 10. Sz´ amolja ki az al´ abbi f¨ uggv´enyek ¨osszes magasabb rend˝ u deriv´altj´at! (a) f (x) := 2x3 − x2 + 5x − 11, D(f ) := R. (b) f (x) := sin(x), D(f ) := R.
63
6.2. Kidolgozott feladatok
(c) f (x) := ln(6x + 1), D(f ) := − 16 , +∞ . (d) f (x) := x ex , D(f ) := R. Megold´ as. (a) f (x) = 2x3 − x2 + 5x − 11, f 0 (x) = 6x2 − 2x + 5, f 00 (x) = 12x − 2, f 000 (x) = 12 ´es f (n) (x) = 0, n ≥ 4, x ∈ R. (b) f (x) = sin(x), f 0 (x) = cos(x), f 00 (x) = − sin(x), f 000 (x) = − cos(x), f 0000 (x) = sin(x), x ∈ R. Teljes indukci´oval l´athatjuk be, hogy minden x ∈ R eset´en sin(x), ha n = 4k, cos(x), ha n = 4k + 1, f (n) (x) = k ∈ N. − sin(x), ha n = 4k + 2, − cos(x), ha n = 4k + 3, 6 = 6(6x+1)−1 , f 00 (x) = −36(6x+1)−2 , (c) f (x) = ln(6x+1), f 0 (x) = 6x+1 x ∈ D(f ). Teljes indukci´ oval igazolhat´o, hogy minden n ∈ N+ ´es x ∈ D(f ) eset´en f (n) (x) = (−1)n+1 6n (n − 1)! (6x + 1)−n .
(d) f (x) = x ex , f 0 (x) = (1 + x) ex , f 00 (x) = (2 + x) ex , x ∈ R. Teljes indukci´ oval bizony´ıthatjuk, hogy minden n ∈ N ´es x ∈ R eset´en f (n) (x) = (n + x) ex . √ 11. Keresse meg az f (x) := 1 + x, D(f ) := [−1, +∞) f¨ uggv´enyt a nulla pont k¨ ozel´eben legjobban k¨ozel´ıt˝o legfeljebb els˝ofok´ u polinomot! Megold´ as. A keresett polinom l(x) = f (0) + f 0 (0) x. Mivel f 0 (x) = 21 · − 21 (1+x) , x ∈ (−1, +∞), ´es f (0) = 1, f 0 (0) = 12 , ez´ert l(x) = 1+ 12 x, x ∈ R. 12. Legyen a ∈ R. ´Irja fel annak az egyenesnek az egyenlet´ et, amelyik az f (x) := ex , D(f ) := R f¨ uggv´eny grafikonj´at az a, f (a) pontban ´erinti! Megold´ as. Az ´erint˝ o egyenes egyenlete y = f (a)+f 0 (a)(x−a). f 0 (x) = ex 0 alapj´ an f (a) = f (a) = ea , ´ıgy a keresett egyenlet y = ea + ea (x − a). 13. Legyen n ∈ N+ ´es x ∈ R. Adja meg soktag´ u ¨osszegt˝ol mentes alakban n X (´ un. z´ art alakban”) a kxk = x + 2x2 + . . . + nxn ¨osszeget! ” k=1
Megold´ as. A p(x) :=
n P k=1
xk , x ∈ R polinom deriv´altja p0 (x) =
n P
kxk−1 ,
k=1
x ∈ R, amit x-szel szorozva a feladatban szerepl˝o ¨osszeget kapjuk.
64
´ lhato ´ sa ´ g, deriva ´ lt 6. Differencia
Ha x 6= 1, akkor v´eges m´ertani sorozat o¨sszegek´ent p(x) =
n X
xk = x
k=1
Ebb˝ ol p0 (x) = n X k=1
nxn+1 −(n+1)xn +1 , (x−1)2
kxk =
xn+1 − x xn − 1 = . x−1 x−1
v´eg¨ ul
nxn+2 − (n + 1)xn+1 + x , (x − 1)2
Ha x = 1, akkor az ¨ osszeg
n P
k=
k=1
x ∈ R, x 6= 1.
n(n+1) . 2
Megjegyz´es. A p0 polinomf¨ uggv´eny folytonos, ez´ert lim p0 (x) = p0 (1), x→1 vagyis n(n + 1) nxn+1 − (n + 1)xn + 1 = lim . x→1 (x − 1)2 2 Ezt a hat´ ar´ert´eket algebrai azonoss´agok seg´ıts´eg´evel is megkaphatjuk.
6.3. Megoldand´ o feladatok Az 1.–9. feladatban deriv´ alja a f¨ uggv´enyt! √ √ 3 1. f (x) := ln(x − 3 · x), D(f ) := 5 9, +∞ . 2. f (x) :=
7th (x) , D(f ) := {x ∈ R : ex + cos(x) 6= 0}. ex + cos(x)
3. f (x) := sin(ex − x4 ), D(f ) := R. √ x 4. f (x) := , D(f ) := R+ \ {1}. 3 ln(x) 5. f (x) := ch (2x + x5 ), D(f ) := R. tg (x) − ln(x) √ , D(f ) := R+ \ { π2 + kπ : k ∈ N}. x 2+x 3 7. f (x) := ln , D(f ) := (−2, 3). 3−x
6. f (x) :=
8. f (x) :=
lg(x) − 6xarctg (x), D(f ) := R+ . x2
9. f (x) :=
sin(x3 ) − 5 cos(2x), D(f ) := R. ex
65
´ sok 6.4. Megolda
10. Legyen N ∈ N+ ´es xn , yn ∈ R, n ∈ N+ , 1 ≤ n ≤ N eset´en Q(a) :=
N X
(yn − axn )2 ,
D(Q) := R.
n=1
Hat´ arozza meg a Q polinomf¨ uggv´eny deriv´altf¨ uggv´eny´et ´es m´asodik deriv´ altf¨ uggv´eny´et! 11. Sz´ am´ıtsa ki az al´ abbi f¨ uggv´enyek o¨sszes magasabb rend˝ u deriv´altj´at! (a) f (x) := cos(x), D(f ) := R. (b) f (x) := 2x , D(f ) := R. 1 , D(f ) := R \ − 21 . (c) f (x) := 1 + 2x 12. Sz´ amolja ki az al´ abbi f¨ uggv´enyek magasabb rend˝ u deriv´altjait a megadott rendig! (a) f (x) := x2 cos(x), D(f ) := R a negyedik deriv´altig. (b) f (x) := esin(x) , D(f ) := R a harmadik deriv´altig. 13. (Leibniz-t´etel.) Legyen n ∈ N+ , valamint f ´es g az a helyen n-szer differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny. Bizony´ıtsa be, hogy f g is az a helyen n-szer differenci´ alhat´ o, ´es n X n (k) (f g)(n) (a) = f (a)g (n−k) (a)! k k=0
A 14.–15. feladatban hat´arozza meg a f¨ uggv´enyt a megadott pont k¨ozel´eben legjobban k¨ ozel´ıt˝ o legfeljebb els˝ofok´ u polinomot! 14. f (x) := ln(1 + x), D(f ) := (−1, +∞), a := 0. π 15. f (x) := cos(x), D(f ) := R, a := . 4 A 16.–17. feladatban adja meg annak az egyenesnek az egyenlet´et, amelyik az a, f (a) pontban ´erinti a f¨ uggv´eny grafikonj´at! π 16. f (x) := tg (x), D(f ) := R \ π2 + kπ : k ∈ Z , a := . 6 √ 17. f (x) := x, D(f ) := [0, +∞), a := 1.
6.4. Megold´ asok 1. f 0 (x) =
5
6x 2 −3 7 2x 2
2. f 0 (x) = 7 ·
−6x
, x∈
√ 5
9, +∞ .
[ex +cos(x)]−sh (x) ch (x)·[ex −sin(x)] , ch 2 (x)(ex +cos(x))2
x ∈ D(f ).
66
´ lhato ´ sa ´ g, deriva ´ lt 6. Differencia
Az f f¨ uggv´enyt ott nem ´ertelmezt¨ uk, ahol a nevez˝oje nulla. A nevez˝o z´erushelyeinek halmaza megsz´aml´alhat´oan v´egtelen halmaz, melynek nincs val´ os torl´ od´ asi pontja. A D(f ) ´ertelmez´esi tartom´any ennek a komplementere, p´ aronk´ent diszjunkt ny´ılt intervallumok megsz´aml´alhat´oan v´egtelen halmaz´ anak uni´ohalmaza. 3. f 0 (x) = cos(ex − x4 ) · (ex − 4x3 ), x ∈ R. 4. f 0 (x) =
ln(x)−2 √ , 6 x ln2 (x)
x ∈ R+ \ {1}.
5. f 0 (x) = sh (2x + x5 ) · (2x ln(2) + 5x4 ), x ∈ R. 6. f 0 (x) =
2x +ln(x)−tg (x)−2 cos2 (x) 3 2x 2
7. f 0 (x) =
15 (2+x)(3−x)
8. f 0 (x) =
1−2 ln(10)·lg(x) ln(10)·x3
9. f 0 (x) =
3x2 cos(x3 )−sin(x3 ) ex
10. Q0 (a) = 2a
N P n=1
· ln2
x2n − 2
, x ∈ D(f ).
2+x 3−x
, x ∈ (−2, 3).
− 6arctg (x) −
6x 1+x2 ,
x ∈ R+ .
+ 10 sin(2x), x ∈ R.
N P
xn yn , Q00 (a) = 2
n=1
N P n=1
x2n , a ∈ R.
11. (a) cos(x), − sin(x), cos(n) (x) = − cos(x), sin(x),
ha ha ha ha
n = 4k, n = 4k + 1, n = 4k + 2, n = 4k + 3,
k ∈ N,
x ∈ R.
(b) (2x )(n) = (ln 2)n · 2x , n ∈ N, x ∈ R. (n) 1 = (−1)n 2n n! (1 + 2x)−n−1 , n ∈ N, x ∈ R \ − 21 . (c) 1+2x 12. (a) f 0 (x) = 2x cos(x) − x2 sin(x), f 00 (x) = 2 cos(x) − 4x sin(x) − x2 cos(x), f 000 (x) = −6 sin(x) − 6x cos(x) + x2 sin(x), f 0000 (x) = −12 cos(x) + 8x sin(x) + x2 cos(x). (b) f 0 (x) = esin(x) cos(x), f 00 (x) = esin(x) cos2 (x) − sin(x) , f 000 (x) = esin(x) cos3 (x) − 3 sin(x) cos(x) − cos(x) .
67
´ sok 6.4. Megolda
13. Teljes indukci´ oval bizony´ıtjuk a t´etelt. Ha n = 1, akkor a szorzat deriv´ al´ asi szab´ alya alapj´ an igaz az ´all´ıt´as. Ha n ∈ N+ , akkor az indukci´os l´ep´eshez tegy¨ uk fel, hogy f ´es g (n + 1)-szer differenci´alhat´o az a helyen. Ez´ert l´etezik olyan ny´ılt intervallum, mely tartalmazza az a sz´amot, ´es az intervallumon mindk´et f¨ uggv´eny n-szer differenci´alhat´o. Az indukci´os feltev´es szerint ennek az intervallumnak minden x pontj´ara (f g)
(n)
(x) =
n X n k=0
k
f (k) (x)g (n−k) (x).
Mindk´et oldalt az a helyen deriv´alva, majd a jobb oldalt ´atalak´ıtva, k¨ ozben az n n n+1 + = , n, i ∈ N, 1 ≤ i ≤ n i−1 i i osszef¨ ugg´est is felhaszn´ alva a bizony´ıtand´o ´all´ıt´ast kapjuk. ¨ √ √ 14. l(x) = x, x ∈ R. 15. l(x) = − 22 x − π4 + 22 , x ∈ R. √ 17. y = 12 (x − 1) + 1 = x+1 16. y = 43 x − π6 + 33 . 2 .
7. fejezet
Taylor-polinomok, L’Hˆ ospital-szab´ aly 7.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o 7.1. Defin´ıci´ o. Ha n ∈ N+ ´es az f f¨ uggv´eny az a pontban n-szer differencialhat´ ´ o, akkor a Tn,a (x) : =
n X f (k) (a)
k!
k=0
(x − a)k =
= f (a)+f 0 (a)(x−a)+
f 00 (a) f (n) (a) (x−a)2 +...+ (x−a)n , x ∈ R 2! n!
legfeljebb n-edfok´ u polinomot az f f¨ uggv´eny a k¨oz´eppont´ u (m´ask´eppen a ponthoz tartoz´ o) n-edik Taylor-polinomj´anak nevezz¨ uk. Megjegyz´esek. A 0 k¨ oz´eppont´ u n-edik Taylor-polinom (MacLaurin-polinom): Tn,0 (x) =
n X f (k) (0) k=0
k!
xk = f (0)+f 0 (0) x+
f 00 (0) 2 f (n) (0) n x +. . .+ x , x ∈ R. 2! n!
Ha nem okoz f´elre´ert´est, az n-edik Taylor-polinomot a r¨ovidebb Tn szimb´olummal is jel¨ olhetj¨ uk. Az els˝ o Taylor-polinom a f¨ uggv´eny line´aris k¨ozel´ıt´ese az adott pontban: T1,a (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a), x ∈ R. 7.1. T´ etel (Taylor-formula a marad´ektag Lagrange-f´ele alakj´aval). Legyen n ∈ N+ , ´es az f f¨ uggv´eny (n+1)-szer differenci´ alhat´ o az I ny´ılt intervallumon. Tetsz˝ oleges a, x ∈ I, x 6= a eset´en l´etezik olyan c ∈ I az a ´es x sz´ amok k¨ oz¨ ott, melyre f (n+1) (c) (x − a)n+1 . f (x) = Tn,a (x) + (n + 1)! Megjegyz´es. Ha az f (x) f¨ uggv´eny´ert´eket a Tn,a Taylor-polinom x helyen vett ´ert´ek´evel k¨ ozel´ıtj¨ uk, e k¨ ozel´ıt´es hib´ aja f (x) − Tn,a (x). 69
70
ˆ spital-szaba ´ ly 7. Taylor-polinomok, L’Ho
7.2. T´ etel (L’Hˆ ospital-szab´ aly). Legyen I ⊂ R ny´ılt intervallum, f ´es g az I intervallumon differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny, tov´ abb´ a legyen g 0 6= 0. Legyen az a pont az I intervallum olyan torl´ od´ asi pontja, ahol lim f = lim g = 0 a
a
vagy
lim g = +∞ a
vagy
lim g = −∞. a
0
o egyenl˝ o: Ha l´etezik lim fg0 , akkor l´etezik lim fg , ´es a kett˝ a
a
lim a
f f0 = lim 0 . a g g
Megjegyz´esek. Ha a vizsg´ alt pontban a sz´aml´al´o ´es a nevez˝o is null´ahoz tart, vagy mindkett˝ o hat´ ar´ert´eke +∞ ´es −∞ valamelyike, akkor a h´anyadosuk hat´ ar´ert´ek´ere nem adhat´ o´ altal´anos szab´aly. Ilyen esetekben ´erdemes pr´ob´alkoznunk a L’Hˆ ospital-szab´ aly alkalmaz´as´aval. Nem minden h´ anyados hat´ar´ert´ek´et kaphatjuk meg a L’Hˆospital-szab´aly seg´ıts´eg´evel, amelyik e szab´ aly felt´eteleinek eleget tesz (l. a 11. ´es a 12. kidolgozott feladatot).
7.2. Kidolgozott feladatok 1. Sz´ amolja ki az al´ abbi f¨ uggv´enyek megadott k¨oz´eppont´ u els˝o Taylor-polinomj´ at! (a) f (x) := ex , D(f ) := R, a := 0. (b) f (x) := sin(x), D(f ) := R, a := 0. (c) f (x) := cos(x), D(f ) := R, a :=
π 2.
Megold´ as. (a) f (x) = ex , f 0 (x) = ex , x ∈ R miatt f (0) = 1, f 0 (0) = 1, ez´ert T1,0 (x) = 1 + 1 · x = 1 + x, x ∈ R. (b) f (x) = sin(x), f 0 (x) = cos(x), x ∈ R alapj´an f (0) = 0, f 0 (0) = 1, ez´ert T1,0 (x) = 0 + 1 · x = x, x ∈ R. (c) f (x) = cos(x), f 0 (x) = − sin(x), x ∈ R miatt f π2 = 0, f 0 π2 = −1, ez´ert T1, π2 (x) = 0 + (−1) x − π2 = π2 − x, x ∈ R. 2. Sz´ amolja ki az al´ abbi f¨ uggv´enyek nulla k¨oz´eppont´ u n-edik Taylor-polinomj´ at! 1 (a) f (x) := √ , D(f ) := (−1, +∞), n := 2. 1+x (b) f (x) := ln(1 + x), D(f ) := (−1, +∞), n := 3. (c) f (x) := ex , D(f ) := R, n := 10.
7.2. Kidolgozott feladatok
71
(d) f (x) := sin(x), D(f ) := R, n := 11. (e) f (x) := sin(x), D(f ) := R, n := 12. Megold´ as. 3 5 1 3 1 (a) f (x) = (1 + x)− 2 , f 0 (x) = − (1 + x)− 2 , f 00 (x) = (1 + x)− 2 , 2 4 x ∈ (−1, +∞), 1 3 1 3 f (0) = 1, f 0 (0) = − , f 00 (0) = . Ez´ert T2 (x) = 1 − x + x2 , 2 4 2 8 x ∈ R. 1 = (1+x)−1 , f 00 (x) = (−1)·(1+x)−2 , (b) f (x) = ln(1+x), f 0 (x) = 1+x
f 000 (x) = 2 (1 + x)−3 , x ∈ (−1, +∞). x2 x3 f (0) = 0, f 0 (0) = 1, f 00 (0) = −1, f 000 (x) = 2. T3 (x) = x − + , 2 3 x ∈ R. (c) f (k) (x) = ex , x ∈ R, f (k) (0) = 1, k ∈ N alapj´an T10 (x) =
10 X 1 k x = k!
k=0
=1+x+
x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 x10 x2 + + + + + + + + , 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 10!
x ∈ R. (d) f (x) = sin(x), f 0 (x) = cos(x), f 00 (x) = − sin(x), f 000 (x) = − cos(x), f 0000 (x) = sin(x), x ∈ R, a magasabb rend˝ u deriv´altakat l. a 6.2.10. (b) feladat megold´ as´aban. Ez´ert f (0) = 0, f 0 (0) = 1, f 00 (0) = 0, f 000 (0) = −1, f 0000 (0) = 0, ´altal´aban f (2k) (0) = 0, f (4k+1) (0) = 1, f (4k+3) (0) = −1, k ∈ N. 11 X f (k) (0) k x3 x5 x7 x9 x11 T11 (x) = x =x− + − + − , x ∈ R. k! 3! 5! 7! 9! 11! k=0
x3 x5 x7 x9 x11 (e) f (12) (0) = 0 miatt T12 (x) = T11 (x) = x − + − + − , 3! 5! 7! 9! 11! x ∈ R. 3. (a) Legfeljebb mekkora hib´aval k¨ozel´ıti a szinuszf¨ uggv´enyt a nulla k¨oz´eppont´ u harmadik Taylor-polinomja a [−1, 1] intervallumon? (b) Adja meg a szinuszf¨ uggv´enynek olyan nulla k¨oz´eppont´ u Taylor-polinomj´ at, amelyik kisebb hib´aval k¨ozel´ıti a szinuszf¨ uggv´enyt a [−1, 1] intervallumon, mint 10−6 !
72
ˆ spital-szaba ´ ly 7. Taylor-polinomok, L’Ho
Megold´ as. (a) A szinuszf¨ uggv´eny nulla k¨oz´eppont´ u harmadik Taylor-polinomja x3 T3 (x) = x − 3! , x ∈ R. A Taylor-formula szerint b´armely x ∈ [−1, 1] eset´en l´etezik olyan c sz´am 0 ´es x k¨oz¨ott, melyre x3 sin(4) (c) 4 sin(x) = x − + x , 3! 4! ez´ert
(4) 3 sin(x) − x − x = | sin (c)| |x|4 ≤ 1 . 3! 4! 24
Jobb becsl´est kapunk, ha ´eszrevessz¨ uk, hogy a szinuszf¨ uggv´eny nulla k¨ oz´eppont´ u harmadik ´es negyedik Taylor-polinomja megegyezik, ´es a Taylor-formul´ at a negyedik Taylor-polinomra ´ırjuk fel. ´Igy alkalmas 0 ´es x k¨ oz¨ otti c∗ sz´ amra (5) ∗ 3 sin(x) − x − x = | sin (c )| |x|5 ≤ 1 , x ∈ [−1, 1]. 3! 5! 120 (b) Szint´en a Taylor-formula szerint b´armely n ∈ N+ ´es x ∈ [−1, 1] eset´en l´etezik olyan c sz´ am 0 ´es x k¨oz¨ott, melyre sin(x) = Tn,0 (x) +
sin(n+1) (c) n+1 x , (n + 1)!
´ıgy a (n+1) (c)| n+1 1 sin(x) − Tn,0 (x) = | sin |x| ≤ (n + 1)! (n + 1)! 1 becsl´est kapjuk. A hiba kisebb, mint 10−6 , ha (n+1)! < 10−6 , teh´at n ≥ 9 eset´en az n-edik Taylor-polinom megfelel. x−2 4. Legyen f (x) := 2 , D(f ) := R \ {1, 2}. Sz´am´ıtsa ki az f x − 3x + 2 f¨ uggv´eny hat´ ar´ert´ek´et a 2 helyen!
Megold´ as. A sz´ aml´ al´ o ´es a nevez˝o hat´ar´ert´eke lim (x − 2) = 0, x→2
lim (x2 − 3x + 2) = 0. A L’Hˆospital-szab´alyt alkalmazva
x→2
lim
x→2 x2
x−2 (x − 2)0 1 = lim 2 = lim = 1. x→2 2x − 3 − 3x + 2 x→2 (x − 3x + 2)0
Megjegyz´es. M´ as m´ odon, a nevez˝ot szorzatt´a bontva: lim
x→2
x−2 x−2 1 = lim = lim = 1. x2 − 3x + 2 x→2 (x − 2)(x − 1) x→2 x − 1
73
7.2. Kidolgozott feladatok
3x2 − 2x − 1 , D(f ) := R \ − 45 , 1 . Sz´am´ıtsa ki az f 5x2 − x − 4 f¨ uggv´eny hat´ ar´ert´ek´et az (a) 1, (b) −1, (c) −∞ helyen!
5. Legyen f (x) := Megold´ as.
(a) lim (3x2 −2x−1) = 0 ´es lim (5x2 −x−4) = 0. A L’Hˆospital-szab´alyt x→1
x→1
alkalmazva 6x − 2 3x2 − 2x − 1 (3x2 − 2x − 1)0 4 = lim = lim = . x→1 10x − 1 x→1 5x2 − x − 4 x→1 (5x2 − x − 4)0 9 lim
Megjegyz´es. M´ as m´ odon, a sz´aml´al´ot ´es a nevez˝ot is szorzatt´a alak´ıtva: (x − 1)(3x + 1) 3x + 1 4 3x2 − 2x − 1 = = → , 2 5x − x − 4 (x − 1)(5x + 4) 5x + 4 9
ha x → 1.
(b) lim (3x2 − 2x − 1) = 4,
lim (5x2 − x − 4) = 2,
x→−1
x→−1
ez´ert a L’Hˆ ospital-szab´aly felt´etele nem teljes¨ ul, a szab´alyt nem haszn´ alhatjuk. A h´ anyados hat´ar´ert´eke 3x2 − 2x − 1 lim = x→−1 5x2 − x − 4
lim (3x2 − 2x − 1)
x→−1
lim (5x2 − x − 4)
= 2.
x→−1
(c) A nevez˝ o hat´ ar´ert´eke lim (5x2 −x−4) = +∞, a L’Hˆospital-szab´alyt x→−∞
alkalmazva 6x − 2 3x2 − 2x − 1 = lim . x→−∞ 10x − 1 x→−∞ 5x2 − x − 4 lim
Az u ´j nevez˝ o hat´ ar´ert´eke lim (10x − 1) = −∞, ez´ert a L’Hˆospitalx→−∞
szab´ aly seg´ıts´eg´evel folytatva 6x − 2 (6x − 2)0 6 3 = lim = lim = . x→−∞ 10x − 1 x→−∞ (10x − 1)0 x→−∞ 10 5 lim
Megjegyz´es. M´ ask´eppen, x 6= 0 eset´en 3− 3x2 − 2x − 1 = 2 5x − x − 4 5−
2 x 1 x
− −
1 x2 4 x2
→
3 , 5
amikor x → −∞.
x 6. (a) Legyen adott a ∈ (1, +∞) eset´en f (x) := x , D(f ) := R. Sz´am´ıtsa a ki az f f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´et a +∞ helyen!
74
ˆ spital-szaba ´ ly 7. Taylor-polinomok, L’Ho
√
x uggv´eny (b) Legyen g(x) := x , D(g) := [0, +∞). Sz´am´ıtsa ki a g f¨ 2 hat´ ar´ert´ek´et a +∞ helyen! x10 (c) Legyen h(x) := 2x+1 , D(h) := R. Sz´am´ıtsa ki a h f¨ uggv´eny 3 hat´ ar´ert´ek´et a +∞ helyen! Megold´ as. lim ax = +∞. A L’Hˆospital-szab´aly alapj´an
(a) A nevez˝ o hat´ ar´ert´eke
x→+∞
x (x)0 1 = lim = lim x = 0. x x 0 x→+∞ a x→+∞ (a ) x→+∞ a ln(a) lim
(b) Az el˝ oz˝ o pont eredm´eny´et felhaszn´alva √ lim
x→+∞
x
2x
= lim
x→+∞
1 x ·√ 2x x
= lim
x→+∞
1 x · lim √ = 0. 2x x→+∞ x
√
M´ as m´ odon: Ha x ≥ 1, akkor 0 ≤ 2xx ≤ 2xx , ez´ert az el˝oz˝o pont eredm´e√nye ´es a k¨ ozrefog´asi elv seg´ıts´eg´evel szint´en megkaphatjuk a lim 2xx = 0 eredm´enyt. x→+∞
(c) A L’Hˆ ospital-szab´ alyt t´ızszer alkalmazhatjuk egym´as ut´an, mert mindegyik nevez˝ o hat´ ar´ert´eke x → +∞ eset´en +∞: x10 10x9 90x8 = lim = lim = ... 2 2x+1 2x+1 x→+∞ 3 x→+∞ 2 ln(3) · 3 x→+∞ 4 ln (3) · 32x+1 10! . . . = lim 10 10 = 0. x→+∞ 2 ln (3) · 32x+1 lim
ln(x) 7. (a) Legyen adott p ∈ R+ eset´en f (x) := , D(f ) := R+ . Sz´am´ıtsa xp ki az f f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´et a +∞ helyen! ln(2x + 1) √ , D(g) := R+ . Sz´am´ıtsa ki a g f¨ uggv´eny x hat´ ar´ert´ek´et a +∞ helyen!
(b) Legyen g(x) :=
Megold´ as. (a) A nevez˝ o hat´ ar´ert´eke mazva
lim xp = +∞, a L’Hˆospital-szab´alyt alkal-
x→+∞
lim
x→+∞
ln(x) 1 = lim = 0. x→+∞ pxp xp
75
7.2. Kidolgozott feladatok
(b) A nevez˝ o hat´ ar´ert´eke s´eg´evel
lim
√
x→+∞
x = +∞, a L’Hˆospital-szab´aly seg´ıt-
√ ln(2x + 1) 4 x √ lim = lim . x→+∞ x→+∞ 2x + 1 x
Az u ´j nevez˝ o hat´ ar´ert´eke
lim (2x + 1) = +∞, m´eg egyszer alkal-
x→+∞
mazhatjuk a L’Hˆ ospital-szab´alyt: √ 4 x 1 lim = lim √ = 0. x→+∞ 2x + 1 x→+∞ x √ 4 x x→+∞ 2x+1
Megjegyz´es. M´ ask´eppen befejezve: lim
√ 4 1 x→+∞ 2 x+ √x
= lim
= 0.
1 − cos(x) , D(f ) := R \ {kπ : k ∈ Z}. Sz´am´ıtsa ki az x sin(x) f f¨ uggv´eny hat´ ar´ert´ek´et a 0 helyen!
8. Legyen f (x) :=
Megold´ as. A sz´ aml´ al´ o ´es a nevez˝o hat´ar´ert´eke is nulla, amikor x → 0. A L’Hˆ ospital-szab´ aly alapj´ an 1 − cos(x) sin(x) = lim . x→0 x sin(x) x→0 sin(x) + x cos(x) lim
A jobb oldal is olyan hat´ar´ert´ek, melyre a L’Hˆospital-szab´aly alkalmazhat´ o, ez´ert lim
x→0
sin(x) cos(x) 1 = lim = . x→0 sin(x) + x cos(x) 2 cos(x) − x sin(x) 2
Megjegyz´es. M´ ask´eppen, a lim
x→0
1−cos x x2
1−cos(x) x→0 x sin(x)
´ert´ek felhaszn´ al´ as´ aval lim
=
= lim
x→0
1 2
´es a lim
1−cos(x) x2 sin(x) x
x→0
sin(x) x
= 1 hat´ar-
= 21 .
9. (a) Legyen f (x) := x ln(x), x ∈ R+ . Sz´am´ıtsa ki az f f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´et a 0 helyen! (b) Legyen g(x) := xx , x ∈ R+ . Sz´am´ıtsa ki a g f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´et a 0 helyen! 1
(c) Legyen h(x) := x x−1 , D(h) := R+ \ {1}. Sz´am´ıtsa ki a h f¨ uggv´eny hat´ ar´ert´ek´et az 1 helyen! Megold´ as. (a) A vizsg´ alt f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya R+ , ez´ert a k´erd´eses hat´ ar´ert´ek jobb oldali hat´ar´ert´ek. A szorzatot x ln(x) = ln(x) , x ∈ R+ 1 x
76
ˆ spital-szaba ´ ly 7. Taylor-polinomok, L’Ho
h´ anyadosk´ent fel´ırva a nevez˝o jobb oldali hat´ar´ert´eke a null´aban +∞. A h´ anyadosra alkalmazhat´o a L’Hˆospital-szab´aly, mely szerint
x→0+0
1 x x→0+0 − 12 x
ln(x)
lim x ln(x) = lim
x→0+0
= lim
1 x
= lim (−x) = 0. x→0+0
(b) xx = ex ln(x) , x ∈ R+ alapj´an lim xx = lim ex ln(x) = e0 = 1, x→0
x→0
mert (a) szerint lim x ln(x) = 0 ´es az e alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´eny x→0
folytonos a nulla pontban. (c) Alak´ıtsuk ´ at a vizsg´ alt f¨ uggv´enyt! ln(x)
1
1
x x−1 = (eln(x) ) x−1 = e x−1 ,
x ∈ R+ , x 6= 1.
A kitev˝ o hat´ ar´ert´eke a L’Hˆospital-szab´aly szerint 1 ln(x) = lim = 1, x→1 x x→1 x − 1 lim
mert lim ln(x) = lim (x − 1) = 0. V´eg¨ ul az e alap´ u exponenci´alis x→1
x→1
f¨ uggv´eny 1 pontbeli folytonoss´aga miatt lim
1
lim x x−1 = ex→1
ln(x) x−1
x→1
= e.
tg ( πx 2 ) x+1 , D(f ) := (−1, +∞) \ {2k + 1 : k ∈ N}. 10. Legyen f (x) := 2 Sz´ am´ıtsa ki az f f¨ uggv´eny bal oldali hat´ar´ert´ek´et az 1 helyen!
Megold´ as. A vizsg´ alt f¨ uggv´eny alapj´anak hat´ar´ert´eke kitev˝ oj´e´e lim tg πx = +∞. Az 2
lim
x→1−0
x+1 2
x→1−0
x+1 2
tg ( πx 2 )
= eln(
x+1 2
)tg ( πx 2 ),
x ∈ D(f )
atalak´ıt´ ´ as ut´ an az u ´j kitev˝o k´et t´enyez˝oj´enek hat´ar´ert´eke πx x+1 lim ln = 0 ´es lim tg = +∞. x→1−0 x→1−0 2 2 Az u ´j kitev˝ ot h´ anyadosk´ent fel´ırva ln x+1 πx ln tg = 2 2 ctg
x+1 2 πx , 2
x ∈ (−1, +∞) \ N.
= 1, a
77
7.2. Kidolgozott feladatok
A sz´ aml´ al´ o ´es a nevez˝ o hat´ar´ert´eke is nulla x → 1−0 eset´en, a L’Hˆospitalszab´ aly alapj´ an 1 ln x+1 1 x+1 2 lim = lim =− . π 1 πx x→1−0 ctg x→1−0 − π ·2 2 sin2 ( πx 2 ) V´eg¨ ul az e alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´eny − π1 pontbeli folytonoss´aga miatt lim
x→1−0
x+1 2
ln
tg ( πx 2 )
lim
=e
( x+1 2 ) 1 ( πx 2 ) = e− π .
x→1−0 ctg
1
Megjegyz´es. Hasonl´ oan l´ athatjuk be, hogy e− π a vizsg´alt f¨ uggv´eny jobb πx 1 x+1 tg ( 2 ) oldali hat´ ar´ert´eke is az 1 pontban, ez´ert lim 2 = e− π . Teh´at x→1
az f f¨ uggv´eny folytonosan kiterjeszthet˝o a D(f ) ∪ {1} halmazra. A 11.–12. feladatban ellen˝orizze, hogy a f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´et a +∞ helyen nem kapjuk meg a L’Hˆ ospital-szab´aly alkalmaz´as´aval! x , D(f ) := R. 11. f (x) := √ 2 x +1 √ Megold´ as. A nevez˝ o hat´ ar´ert´eke lim x2 + 1 = +∞, a L’Hˆospitalx→+∞
szab´ aly alapj´ an lim √
x→+∞
x x2
+1
= lim
√
1
x→+∞
√1 2 x2 +1
· 2x
= lim
x→+∞
x2 + 1 . x
A jobb oldali h´ anyados nevez˝oj´enek hat´ar´ert´eke is +∞, amikor x → +∞. Ism´et a L’Hˆ ospital-szab´ alyt alkalmazva √ √1 · 2x 2 x2 + 1 x lim = lim 2 x +1 = lim √ , 2 x→+∞ x→+∞ x→+∞ x 1 x +1 ami az eredeti feladat. Megjegyz´es. M´ ask´eppen kisz´amolhat´o a hat´ar´ert´ek, x ∈ R+ felhaszn´ al´ as´ aval
lim
x→+∞
√ x x2 +1
= lim
x→+∞
√ x x2 +1
q 1 1+ x12
=
q 1 1+ x12
,
= 1.
x − cos(x) , D(f ) := R \ {0}. x + sin(x) Megold´ as. A nevez˝ o hat´ ar´ert´eke lim (x + sin(x)) = +∞. A sz´aml´al´o
12. f (x) :=
x→+∞
´es a nevez˝ o deriv´ altj´ anak h´anyadosa (x − cos(x))0 1 + sin(x) = , (x + sin(x))0 1 + cos(x)
78
ˆ spital-szaba ´ ly 7. Taylor-polinomok, L’Ho
melynek nem l´etezik hat´ ar´ert´eke x → +∞ eset´en. Megjegyz´es. M´ as m´ odon
x−cos(x) x→+∞ x+sin(x)
lim
= lim
x→+∞
cos(x) x sin(x) 1+ x
1−
= 1.
7.3. Megoldand´ o feladatok 1. Hat´ arozza meg az al´ abbi f¨ uggv´enyek megadott k¨oz´eppont´ u els˝o Taylorpolinomj´ at! (a) f (x) := x2 , D(f ) := R, a := 0, a := 1, ill. a := −2. √ (b) g(x) := 1 + x, D(g) := [−1, +∞), a := 0, ill. a := 3. (c) h(x) := ln(x), D(h) := R+ , a := 1, ill. a := 8. 2. Sz´ amolja ki az al´ abbi f¨ uggv´enyek nulla k¨oz´eppont´ u harmadik Taylorpolinomj´ at! (a) f (x) := ln(sin(x) + 1), D(f ) := R \ 3π 2 + 2kπ : k ∈ Z . (b) g(x) := arctg (x), D(g) := R. 3. Sz´ amolja ki a k¨ ovetkez˝ o f¨ uggv´enyek adott k¨oz´eppont´ u negyedik Taylorpolinomj´ at! (a) f (x) := sin(x), D(f ) := R, a := π. (b) g(x) := ex , D(g) := R, a := 1. 4. Sz´ amolja ki a k¨ ovetkez˝ o f¨ uggv´enyek nulla k¨oz´eppont´ u tizedik Taylorpolinomj´ at! (a) f (x) := cos(x), D(f ) := R.
(b) g(x) := sh (x), D(g) := R.
(c) h(x) := ch (x), D(h) := R. 5. Sz´ amolja ki a megadott f¨ uggv´enyek nulla k¨oz´eppont´ u n-edik Taylor-polinomj´ at (n∈N)! (a) f (x) := 2x , D(f ) := R.
(b) g(x) :=
1 , D(g) := R \ {−1}. 1+x
6. (a) Legfeljebb mekkora hib´aval k¨ozel´ıti az e alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´enyt a nulla k¨ oz´eppont´ u ¨ot¨odik Taylor-polinomja a [−2, 2] intervallumon? (b) Adja meg az e alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´enynek olyan nulla k¨oz´eppont´ u Taylor-polinomj´at, amelyik kisebb hib´aval k¨ozel´ıti az e alap´ u exponenci´ alis f¨ uggv´enyt a [−2, 2] intervallumon, mint 10−3 ! A 7.–18. feladatban sz´ am´ıtsa ki a hat´ar´ert´eket!
79
´ sok 7.4. Megolda
1 − cos(3x) . x2
8. lim
ln(cos(2x)) . x→0 ln(cos(x))
11. lim
7. lim
x→0
x→0
tg (x) − x . x − sin(x)
9. lim
x→0
e2x − 1 . x→0 sin(3x)
tg (x) . x→0 th (x)
10. lim
1 − cos(2x) . 1 − cos3 (x)
12. lim
√
e x . 14. lim x→+∞ x + 3 √x 1 17. lim 1+ . x→+∞ x
13. lim ln(x) · ln(1 − x). x→1
1
16. lim cos x (x). x→0
1
15. lim xe x . x→0+0
18. lim
x→0
arctg (x) − x . x3
7.4. Megold´ asok 1. (a) T1,0 (x) = 0, x ∈ R. T1,1 (x) = 2x − 1, x ∈ R. T1,−2 (x) = −4x − 4, x ∈ R. (b) T1,0 (x) = 12 x + 1, x ∈ R. T1,3 (x) = 41 x + 54 , x ∈ R. (c) T1,1 (x) = x − 1, x ∈ R. T1,8 (x) = 18 x + ln 8 − 1, x ∈ R. 3 x3 (b) T3 (x) = x − x3 , 6 , x ∈ R. −(x − π) + 16 (x − π)3 , x ∈ R. e e + e(x − 1) + 2e (x − 1)2 + 6e (x − 1)3 + 24 (x − 1)4 ,
2. (a) T3 (x) = x − 3. (a) T4 (x) = (b) T4 (x) =
x2 2
(c) 5. (a) (b)
4
2
6
8
10
x x x x x 2! + 4! − 6! + 8! − 10! , x 3 5 7 9 T10 (x) = x + x3! + x5! + x7! + x9! , x ∈ R. 2 4 6 8 10 T10 (x) = 1 + x2! + x4! + x6! + x8! + x10! , x n P (ln 2)k k x , x ∈ R. Tn (x) = k! k=0 n P Tn (x) = (−1)k xk , x ∈ R. k=0
4. (a) T10 (x) = 1 − (b)
+
x ∈ R. x ∈ R.
∈ R. ∈ R.
6. (a) Ha x ∈ [−2, 2], akkor alkalmas 0 ´es x k¨oz¨otti c sz´amra ex = T5 (x) +
ec 6!
x6 . Ez´ert |ex − T5 (x)| ≤
e2 26 6! .
(b) Ha x ∈ [−2, 2] ´es n ∈ N+ , akkor alkalmas 0 ´es x k¨oz¨otti c∗ sz´amra ec ∗ e2 2n+1 n+1 x ≤ x |e − Tn (x)| = (n + 1)! . (n + 1)! ´Igy |ex − Tn (x)| < 10−3 teljes¨ ul, ha n ≥ 10, teh´at Tn , n ≥ 10 megfelel˝ o. 7.
9 2.
14. +∞.
8. 2. 15. +∞.
9. 43 . 16. 1.
10. 4. 17. 1.
11. 1. 18.
− 13 .
12. 32 .
13. 0.
8. fejezet
A deriv´ alt alkalmaz´ asai, fu enyvizsg´ alat ¨ ggv´ 8.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o 8.1. Defin´ıci´ o. Legyen f val´os f¨ uggv´eny. Az f f¨ uggv´enyt monoton n¨ ovekv˝ o nek nevezz¨ uk a H ⊂ D(f ) halmazon, ha minden x, y ∈ H, x < y eset´en f (x) ≤ f (y). Az f f¨ uggv´enyt monoton cs¨ okken˝ o nek nevezz¨ uk a H ⊂ D(f ) halmazon, ha minden x, y ∈ H, x < y eset´en f (x) ≥ f (y). Az f f¨ uggv´enyt szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o nek nevezz¨ uk a H ⊂ D(f ) halmazon, ha minden x, y ∈ H, x < y eset´en f (x) < f (y). Az f f¨ uggv´enyt szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o nek nevezz¨ uk a H ⊂ D(f ) halmazon, ha minden x, y ∈ H, x < y eset´en f (x) > f (y). Az f f¨ uggv´enyt monoton n¨ovekv˝onek, monoton cs¨okken˝onek, szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ onek, szigor´ uan monoton cs¨okken˝onek mondjuk, ha monoton n¨ ovekv˝ o a D(f ) halmazon, monoton cs¨okken˝o a D(f ) halmazon, szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o a D(f ) halmazon, ill. szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a D(f ) halmazon. 8.2. Defin´ıci´ o. Legyen f val´os f¨ uggv´eny. Az f f¨ uggv´enynek maximuma van az a ∈ D(f ) helyen, ha minden x ∈ D(f ) eset´en f (x) ≤ f (a). Az f f¨ uggv´enynek minimuma van az a ∈ D(f ) helyen, ha minden x ∈ D(f ) eset´en f (x) ≥ f (a). Az f f¨ uggv´enynek sz´els˝ o´ert´eke van az a ∈ D(f ) helyen, ha maximuma van vagy minimuma van az a helyen. Az f f¨ uggv´enynek lok´ alis maximuma van az a ∈ D(f ) helyen, ha l´etezik olyan δ ∈ R+ , hogy minden x ∈ D(f ) ∩ (a − δ, a + δ) eset´en f (x) ≤ f (a). Az f f¨ uggv´enynek lok´ alis minimuma van az a ∈ D(f ) helyen, ha l´etezik olyan δ ∈ R+ , hogy minden x ∈ D(f ) ∩ (a − δ, a + δ) eset´en f (x) ≥ f (a). Az f f¨ uggv´enynek lok´ alis sz´els˝ o´ert´eke van az a ∈ D(f ) helyen, ha lok´alis maximuma van vagy lok´ alis minimuma van az a helyen. ´ ıt´ 8.1. All´ as. Ha az f f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o az a pontban ´es ott lok´ alis sz´els˝ o´ert´eke van, akkor f 0 (a) = 0. 81
82
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
Megjegyz´es. Az ´ all´ıt´ as megford´ıt´asa nem igaz. Pl. az f (x) := x3 , D(f ) := R f¨ uggv´enyre f 0 (0) = 0, de a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, ´ıgy nincs lok´ alis sz´els˝ o´ert´eke a 0 pontban. ´ ıt´ 8.2. All´ as. Legyen az f f¨ uggv´eny k´etszer differenci´ alhat´ o az a pontban. Ha f 0 (a) = 0 ´es f 00 (a) > 0, akkor az f f¨ uggv´enynek az a pontban lok´ alis minimuma van, ha viszont f 0 (a) = 0 ´es f 00 (a) < 0, akkor lok´ alis maximuma. Megjegyz´es. Ha f k´etszer differenci´alhat´o az a pontban, tov´abb´a f 0 (a) = f 00 (a) = 0, abb´ ol nem k¨ ovetkezik, hogy a f¨ uggv´enynek nincs lok´alis sz´els˝o´ert´eke az a helyen. Pl. az f (x) := x4 , D(f ) := R f¨ uggv´enyre f 0 (0) = f 00 (0) = 0, m´egis e f¨ uggv´enynek (lok´ alis) minimuma van a 0 helyen. ´ 8.3. All´ıt´ as. Legyen az f f¨ uggv´eny folytonos az I ⊂ R intervallumon ´es differenci´ alhat´ o az intervallum bels˝ o pontjainak int I halmaz´ an. Az f f¨ uggv´eny akkor ´es csak akkor monoton n¨ ovekv˝ o az I intervallumon, ha f 0 (x) ≥ 0, x ∈ int I. Az f f¨ uggv´eny akkor ´es csak akkor monoton cs¨ okken˝ o az I intervallumon, ha f 0 (x) ≤ 0, x ∈ int I. Ha f 0 (x) > 0, x ∈ int I, akkor f szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o az I intervallumon. Ha f 0 (x) < 0, x ∈ int I, akkor f szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o az I intervallumon. Megjegyz´esek. Az ut´ obbi k´et kijelent´es megford´ıt´asa nem igaz. Pl. az f (x) := x3, D(f ) := R f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o ´es f 0 (0) = 0; g(x) := −x3 , D(g) := R szigor´ uan monoton cs¨okken˝o, m´egis g 0 (0) = 0. Az ´ all´ıt´ asban nem hagyhat´o el az a felt´etel, hogy a f¨ uggv´enyt intervallumon vizsg´ aljuk. Pl. ha D(f ) := (0, 2) \ {1}, ´es x ∈ (0, 1) eset´en f (x) := x, az x ∈ (1, 2) esetben pedig f (x) := x − 1, akkor minden x ∈ D(f ) helyen f 0 (x) > 0, az f f¨ uggv´eny m´egsem monoton n¨ovekv˝o. 8.3. Defin´ıci´ o. Az f f¨ uggv´eny konvex az I ⊂ D(f ) intervallumon, ha minden x, y ∈ I ´es λ ∈ [0, 1] eset´en f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y). Az f f¨ uggv´eny konk´ av az I ⊂ D(f ) intervallumon, ha minden x, y ∈ I ´es λ ∈ [0, 1] eset´en f (λx + (1 − λ)y) ≥ λf (x) + (1 − λ)f (y). Az f f¨ uggv´eny szigor´ uan konvex az I ⊂ D(f ) intervallumon, ha minden x, y ∈ I, x 6= y ´es λ ∈ (0, 1) eset´en f (λx + (1 − λ)y) < λf (x) + (1 − λ)f (y). Az f f¨ uggv´eny szigor´ uan konk´ av az I ⊂ D(f ) intervallumon, ha minden x, y ∈ I, x 6= y ´es λ ∈ (0, 1) eset´en f (λx + (1 − λ)y) > λf (x) + (1 − λ)f (y). 8.4. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az f val´os f¨ uggv´enynek az a ∈ D(f ) pontban inflexi´ o ja van, ha az f f¨ uggv´eny differenci´alhat´o az a pontban vagy a f¨ uggv´eny a pontbeli k¨ ul¨ onbs´egih´anyados-f¨ uggv´eny´enek hat´ar´ert´eke +∞ ´es −∞ egyike, tov´ abb´ a valamely δ pozit´ıv sz´amra f konvex az (a−δ, a] intervallumon ´es konk´ av az [a, a + δ) intervallumon vagy ford´ıtva, konk´av az (a − δ, a] intervallumon ´es konvex az [a, a + δ) intervallumon.
83
´leti o ´ ¨ sszefoglalo 8.1. Elme
Ekkor az a pontot inflexi´ os pontnak nevezz¨ uk. Megjegyz´esek. Az inflexi´ or´ ol azt is mondj´ak, hogy a f¨ uggv´eny az inflexi´os pontban alakot v´ alt. Ha az a pont inflexi´ os pontja az f f¨ uggv´enynek ´es ebben a pontban a f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o, akkor az a pont egy k¨ornyezet´eben att´ol jobbra, ill. balra f grafikonja az (a, f (a)) pontbeli ´erint˝o egyik, ill. m´asik oldal´an fekszik. ´ ıt´ 8.4. All´ as. Ha az f f¨ uggv´eny k´etszer differenci´ alhat´ o az a pontban ´es ebben a pontban inflexi´ oja van, akkor f 00 (a) = 0. Megjegyz´es. Az ´ all´ıt´ as megford´ıt´asa nem igaz. Pl. az f (x) := x4 , D(f ) := R 00 f¨ uggv´enyre f (0) = 0, de a f¨ uggv´eny konvex, ´ıgy nincs inflexi´oja a 0 pontban. ´ 8.5. All´ıt´ as. Legyen az f f¨ uggv´eny folytonos az I ⊂ R intervallumon ´es k´etszer differenci´ alhat´ o az intervallum bels˝ o pontjainak int I halmaz´ an. Az f f¨ uggv´eny pontosan akkor konvex az I intervallumon, ha f 00 (x) ≥ 0, x ∈ int I. Az f f¨ uggv´eny pontosan akkor konk´ av az I intervallumon, ha f 00 (x) ≤ 0, x ∈ int I. Ha f 00 (x) > 0, x ∈ int I, akkor f szigor´ uan konvex az I intervallumon. Ha f 00 (x) < 0, x ∈ int I, akkor f szigor´ uan konk´ av az I intervallumon. Megjegyz´es. Az ut´ obbi k´et kijelent´es megford´ıt´asa nem teljes¨ ul. Pl. az f (x) := x4 , D(f ) := R f¨ uggv´eny szigor´ uan konvex ´es f 00 (0) = 0, m´ıg g(x) := −x4 , D(g) := R szigor´ uan konk´ av, m´egis g 00 (0) = 0. 8.5. Defin´ıci´ o. A H ⊂ R halmaznak az a ∈ R sz´am hat´ arpontja, ha b´armely δ ∈ R+ eset´en (a − δ, a + δ) ∩ H 6= ∅ ´es (a − δ, a + δ) ∩ (R \ H) 6= ∅. 8.6. Defin´ıci´ o. Tegy¨ uk fel, hogy valamely K ∈ R eset´en az f f¨ uggv´eny ´ertelmezve van a (K, +∞) intervallumon. Ha l´ e tezik olyan a, b ∈ R, melyekre lim f (x) − ax − b = 0, akkor azt mondjuk, hogy az l(x) := ax + b, x→+∞
D(l) := R line´ aris f¨ uggv´eny az f f¨ uggv´eny aszimptot´ a ja a +∞ helyen. Ha a = 0, akkor az aszimptot´ at v´ızszintes aszimptot´ a nak nevezz¨ uk. ˜ olyan val´ Legyen K os sz´ am, amelyikre az f f¨ uggv´eny ´ertelmezve van a ˜ intervallumon. Ha l´etezik olyan a (−∞, K) ˜, ˜b ∈ R, melyekre lim f (x) − a ˜x − ˜b = 0, x→−∞
akkor azt mondjuk, hogy az ˜l(x) := a ˜x + ˜b, D(˜l) := R line´aris f¨ uggv´eny az f f¨ uggv´eny aszimptot´ a ja a −∞ helyen. Ha a ˜ = 0, akkor az aszimptot´at v´ızszintes aszimptot´ a nak nevezz¨ uk. Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´enynek bal oldali f¨ ugg˝ oleges aszimptot´ aja van a c helyen, ha a lim f (x) = +∞, lim f (x) = −∞ hat´ar´ert´ekek x→c−0
egyike teljes¨ ul.
x→c−0
84
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
Azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´enynek jobb oldali f¨ ugg˝ oleges aszimptot´ aja van a c helyen, ha a lim f (x) = +∞, lim f (x) = −∞ hat´ar´ert´ekek x→c+0
x→c+0
egyike teljes¨ ul. Egy f¨ uggv´enynek k´etoldali f¨ ugg˝ oleges aszimptot´ aja van a c helyen, ha bal oldali f¨ ugg˝ oleges aszimptot´ aja van ´es jobb oldali f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja van a c helyen. ´ ıt´ 8.6. All´ as. Tegy¨ uk fel, hogy valamely K ∈ R eset´en az f f¨ uggv´eny ´ertelmezve van a (K, +∞) intervallumon. Az f f¨ uggv´enynek pontosan akkor van aszimptot´ aja a +∞ helyen, ha l´etezik az a := lim f (x) ∈ R ´es a x→+∞ x ar´ert´ek. Ekkor az aszimptota az l(x) := ax+b, b := lim f (x)−ax ∈ R hat´ x→+∞
x ∈ R line´ aris f¨ uggv´eny. Megjegyz´es. A −∞ helyen vett aszimptot´ara hasonl´o ´all´ıt´as vonatkozik. A teljes f¨ uggv´enyvizsg´ alat l´ep´esei: • Meg´ allap´ıtjuk az ´ertelmez´esi tartom´any hat´arpontjait ´es a f¨ uggv´eny szakad´ asi pontjait. • Megkeress¨ uk a f¨ uggv´eny tengelymetszeteit (z´erushelyek, a f¨ uggv´eny ´ert´eke a 0 pontban, ha ott ´ertelmezve van). • Megvizsg´ aljuk, p´ aros-e, p´aratlan-e, periodikus-e a f¨ uggv´eny. • Kisz´ amoljuk a f¨ uggv´eny deriv´altf¨ uggv´eny´et. • Megkeress¨ uk a f¨ uggv´eny lok´alis sz´els˝o´ert´ekhelyeit, ´es azokban a pontokban kisz´ amoljuk a f¨ uggv´eny ´ert´ek´et. • Meghat´ arozzuk azokat a legb˝ovebb intervallumokat, melyekre lesz˝ uk´ıtve a f¨ uggv´eny monoton n¨ ovekv˝o, ill. monoton cs¨okken˝o. • Kisz´ amoljuk a f¨ uggv´eny m´asodik deriv´altf¨ uggv´eny´et. • Megkeress¨ uk a f¨ uggv´eny inflexi´os pontjait, ´es ott kisz´amoljuk a f¨ uggv´eny ´ert´ek´et. • Megkeress¨ uk azokat a legb˝ovebb intervallumokat, melyekre lesz˝ uk´ıtve a f¨ uggv´eny konvex, ill. konk´av. • Meghat´ arozzuk a f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´et, ill. egyoldali hat´ar´ert´ekeit az ´ertelmez´esi tartom´ any hat´arpontjaiban, a f¨ uggv´eny szakad´asi pontjaiban, valamint a +∞ helyen, ha az ´ertelmez´esi tartom´any fel¨ ulr˝ol nem korl´atos, ´es a −∞ helyen, ha az ´ertelmez´esi tartom´any alulr´ol nem korl´atos. • Meghat´ arozzuk a f¨ uggv´eny grafikonj´anak aszimptot´ait. • Felrajzoljuk a f¨ uggv´eny grafikonj´at. • Meg´ allap´ıtjuk a f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlet´et.
85
8.2. Kidolgozott feladatok
8.2. Kidolgozott feladatok Az 1.–2. feladatban keresse meg a f¨ uggv´eny lok´alis sz´els˝o´ert´ekhelyeit, ´es hat´arozza meg azokat a legb˝ ovebb intervallumokat, melyekre lesz˝ uk´ıtve a f¨ uggv´eny monoton n¨ ovekv˝ o, ill. monoton cs¨okken˝o! 1. f (x) := 12x5 + 15x4 − 20x3 − 30x2 + 2, D(f ) := R. √ 2. g(x) := x − 4 x, D(g) := [0, +∞). Megold´ as. ´ ıt´as szerint az f 0 deriv´alt1. Az f f¨ uggv´eny differenci´alhat´o, ´ıgy a 8.1. All´ f¨ uggv´eny z´erushelyei k¨ oz¨ott vannak az f f¨ uggv´eny lok´alis sz´els˝o´ert´ekhelyei. f 0 (x) = 60x4 + 60x3 − 60x2 − 60x = 60x(x − 1)(x + 1)2 = 0, x ∈ R, ez´ert a −1, a 0 ´es az 1 pontban lehet lok´alis sz´els˝o´ert´eke az f f¨ uggv´enynek. Mivel 60(x+1)2 ≥ 0, x ∈ R, a deriv´alt el˝ojel´et x 6= −1 eset´en az x(x − 1) t´enyez˝ oj´enek el˝ ojele hat´arozza meg. A deriv´altf¨ uggv´eny el˝ojel´enek is´ ıt´ meret´eben a 8.3. All´ as alapj´an azt kapjuk, hogy f szigor´ uan monoton n¨ ovekszik a (−∞, 0] ´es az [1, +∞) intervallumon, a [0, 1] intervallumon pedig szigor´ uan monoton cs¨okken. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy a 0 pontban lok´alis maximumot vesz fel a f¨ uggv´eny, melynek ´ert´eke f (0) = 2, az 1 pontban pedig lok´alis minimuma van a f¨ uggv´enynek, ´ert´eke f (1) = −21. A −1 pontban nincs lok´alis sz´els˝ o´ert´eke a f¨ uggv´enynek. A kapott eredm´enyeket t´abl´azatba foglalhatjuk: D(f ) (−∞, −1) −1 (−1, 0) f0
+
f
n¨ o v e k v ˝o
0
+
0
(0,1)
1
(1, +∞)
0
−
0
+
lok. lok. cs¨okken˝o n¨ovekv˝o max. min.
Ebben ´es a k´es˝ obbi t´ abl´ azatokban is a k¨ovetkez˝o r¨ovid´ıt´eseket ´es jel¨ol´eseket haszn´ aljuk: lok.: lok´ alis, max.: maximum, min.: minimum, infl.: inflexi´o, +: a f¨ uggv´eny pozit´ıv, −: a f¨ uggv´eny negat´ıv, 0: a f¨ uggv´eny ´ert´eke nulla, @: nem l´etezik. 2. A g f¨ uggv´eny folytonos a [0, +∞), differenci´alhat´o az R+ halmazon, ez´ert a f¨ uggv´enynek lok´ alis sz´els˝o´ert´eke az ´ertelmez´esi tartom´any´anak olyan
86
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
bels˝ o pontj´ aban lehet, ahol a deriv´alt 0, valamint D(g) egyetlen hat´arpontj´ aban, a 0 helyen. A 1 3 1 g 0 (x) = 1 − x− 4 = 1 − √ = 0, x ∈ R+ 4 4 4 x3 k¨ ovetelm´enynek x∗ :=
4
1 √ 3
4
tesz eleget.
0
A g (x) > 0 egyenl˝ otlens´eg megold´asa 1 1− √ > 0, 4 4 x3 √ 1 4 x3 > , 4 1 = x∗ . x> √ 434 Hasonl´ oan g 0 (x) < 0 megold´ asai 0 < x < x∗ , teh´at a g f¨ uggv´eny szigor´ uh 1 an monoton cs¨ okken a 0, 4 √ intervallumon, m´ ıg szigor´ u an monoton 3 4 h 1 1 n¨ ovekszik az 4 √ intervallumon. Az 4 √ helyen minimuma van 3 , +∞ 3 4 4 a f¨ uggv´enynek, az ´ertelmez´esi tartom´any 0 hat´arpontj´aban pedig lok´alis maximuma. 1 1 1 √ √ 0, 4 √ D(g) 0 3 3 3 , +∞ 4 4 4 4 4 g0 g
@
−
0
lok. cs¨okken˝o min. max.
+ n¨ovekv˝o
A 3.–4. feladatban keresse meg a f¨ uggv´eny inflexi´os pontjait, ´es hat´arozza meg azokat a legb˝ ovebb intervallumokat, melyekre lesz˝ uk´ıtve a f¨ uggv´eny konvex, ill. konk´ av! 3. f (x) := 2x6 + 3x5 − 10x4 + 3x − 1, D(f ) := R. 1 4. g(x) := , D(f ) := R. 1 + e−x Megold´ as. ´ ıt´as miatt az f 00 m´a3. Az f f¨ uggv´eny k´etszer differenci´alhat´o, ´ıgy a 8.4. All´ sodik deriv´ altf¨ uggv´eny z´erushelyeiben lehet az f f¨ uggv´enynek inflexi´oja. f 0 (x) = 12x5 + 15x4 − 40x3 + 3, x ∈ R. Az f 00 (x) = 60x4 + 60x3 − 120x2 = 60x2 (x − 1)(x + 2) = 0, x ∈ R
87
8.2. Kidolgozott feladatok
egyenlet megold´ asai −2, 0, 1. 00 Az f (x) sz´ am el˝ ojele x 6= 0 eset´en azonos (x − 1)(x + 2) el˝ojel´evel, ez´ert f 00 pozit´ıv a (−∞, −2) ´es az (1, +∞) intervallumon, negat´ıv a (−2, 1) intervallumon a 0 pont kiv´etel´evel. Teh´at az f f¨ uggv´eny konvex a (−∞, −2] ´es az [1, +∞) intervallumon, konk´av a [−2, 1] intervallumon. A −2 ´es az 1 pontban inflexi´ oja van, a 0 helyen nincs. Az eredm´eny t´ abl´ azatban: D(f ) (−∞, −2) −2 (−2, 0) 0 (0,1) f 00
+
0
f
konvex
infl.
−
0
−
k o n k ´a v
1
(1, +∞)
0
+
infl. konvex
´ ıt´as szerint g 00 4. A g f¨ uggv´eny k´etszer differenci´alhat´o, inflexi´oja a 8.4. All´ z´erushelyeiben lehet. g 0 (x) =
e−x , (1 + e−x )2
g 00 (x) =
e−x (e−x − 1) , x ∈ R. (1 + e−x )3
Az ut´ obbi z´erushelye az e−x − 1 = 0, x ∈ R egyenlet megold´asa, x = 0. 00 A g (x) h´ anyados sz´ aml´al´oj´anak els˝o t´enyez˝oje, valamint a nevez˝oje pozit´ıv, ez´ert g 00 (x) akkor pozit´ıv, amikor x < 0, ´es akkor negat´ıv, amikor x > 0. Teh´ at g konvex a (−∞, 0] intervallumon, m´ıg konk´av a [0, +∞) intervallumon, ´ıgy 0 inflexi´os pont. T´ abl´ azatban: D(g) (−∞, 0) g 00 g
+
0
(0, +∞)
0
−
konvex infl. konk´av
Az 5.–8. feladatban v´egezze el a f¨ uggv´eny teljes vizsg´alat´at! x2 1 5. f (x) := √ e− 2 , D(f ) := R. 2π
7. h(x) :=
1 − x3 , D(h) := R \ {0}. x2
6. g(x) := x ln(x), D(f ) := R+ . 8. F (x) := x + sin(x), D(F ) := R.
Megold´ as. 5. A f¨ uggv´eny k´etszer differenci´alhat´o. Z´erushelye nincs, f (0) = f¨ uggv´eny p´ aros, nem p´ aratlan ´es nem periodikus. x2 x2 1 1 f 0 (x) = √ e− 2 · (−x) = − √ x e− 2 , x ∈ R, 2π 2π
√1 . 2π
A
88
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
ez´ert csak a 0 pontban lehet lok´alis sz´els˝o´ert´eke az f f¨ uggv´enynek. Mivel 2 − x2 e > 0, x ∈ R, a deriv´altf¨ uggv´eny pozit´ıv az R− , negat´ıv az R+ halmazon. x2 x2 1 1 − x2 1 · e 2 + x · e− 2 · (−x) = √ (x2 − 1) e− 2 , x ∈ R. f 00 (x) = − √ 2π 2π Ennek z´erushelyei −1 ´es 1, ezekben a pontokban lehet az f f¨ uggv´enynek inflexi´ oja. Az f 00 (x) sz´ am el˝ojele megegyezik az x2 −1 t´enyez˝oj´enek el˝ojel´evel, teh´ at f 00 pozit´ıv a (−∞, −1) ´es az (1, +∞) intervallumon, negat´ıv a (−1, 1) intervallumon. D(f ) (−∞, −1) −1 (−1, 0)
0
(0, 1)
1
(1, +∞)
f0
+
+
+
0
−
−
−
f 00
+
0
−
−
−
0
+
f Hat´ ar´ert´ekek:
n¨ o v e k v o˝ max. c s ¨o k k e n ˝o konvex infl. k o n k ´a v infl. konvex lim f (x) = 0,
x→−∞
lim f (x) = 0. Ebb˝ol k¨ovetkezik,
x→+∞
hogy l(x) = 0, x ∈ R v´ızszintes aszimptota a −∞ ´es a +∞ helyen is, m´ as aszimptota nincs. R(f ) = 0, √12π . Megjegyz´es. Az f f¨ uggv´eny a val´osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´asban szerepl˝o standard norm´ alis eloszl´ as s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye. Ha m ∈ R ´es σ ∈ R+ , akkor fm,σ (x) := √
(x−m)2 1 e− 2σ2 , 2πσ
D(fm,σ ) := R
az m v´ arhat´ o ´ert´ek˝ u, σ sz´or´as´ u norm´alis eloszl´as s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enye, melynek maximumhelye m. 6. Az ´ertelmez´esi tartom´ any egyetlen hat´arpontja 0. A f¨ uggv´eny k´etszer differenci´ alhat´ o. Z´erushelye 1, a 0 helyen nincs ´ertelmezve. A f¨ uggv´eny nem p´ aros, nem p´ aratlan ´es nem periodikus. g 0 (x) = ln(x) + 1, x ∈ R+ , ´es a g f¨ uggv´enynek a deriv´altf¨ uggv´enye z´erushely´en, az 1e pontban lehet lok´alis sz´els˝o´ert´eke. A deriv´alt el˝ojele: g 0 (x) > 0, ha x > 1e , ´es g 0 (x) < 0, ha 0 < x < 1e . g 00 (x) = x1 > 0, x ∈ R+ . 1 1 0, 1e D(g) e e , +∞ g0
−
0
+
g 00
+
+
+
g
cs¨okken˝o min. n¨ovekv˝o konvex
89
8.2. Kidolgozott feladatok
x2 1 8.1. ´ abra. Az f (x) := √ e− 2 , D(f ) := R f¨ uggv´eny grafikonja 2π
Hat´ ar´ert´ekek: lim x ln(x) = +∞. A hat´ar´ert´eket a 0 helyen a L’Hˆospix→+∞
tal-szab´ aly alkalmaz´ as´ aval sz´amoljuk ki: lim x ln(x) = lim
x→0
x→0+0
ln(x) 1 x
1 x x→0+0 − 12 x
= lim
= lim (−x) = 0. x→0+0
A f¨ uggv´enynek nincs aszimptot´aja. R(g) = − 1e , +∞ . 7. Az ´ertelmez´esi tartom´ any hat´arpontja 0, a f¨ uggv´eny k´etszer differenci´alhat´ o. Z´erushelye 1, a 0 pontban nincs ´ertelmezve. A f¨ uggv´eny nem p´aros, nem p´ aratlan ´es nem periodikus. 1 − x3 2 + x3 −2 0 −3 = x −x, h (x) = −2x −1 = − , x ∈ R\{0}. x2 x3 √ A deriv´ altf¨ uggv´eny egyetlen z´erushelye − 3 2, itt lehet a h f¨ uggv´enynek lok´ alis sz´els˝ o´ert´eke. A deriv´ alt el˝ ojele: 2 + x3 2 + x3 > 0 2 + x3 < 0 0 h (x) = − > 0, ha vagy , x3 < 0 x3 > 0 x3 √ azaz − 3 2 < x < 0,
h(x) =
2 + x3 2 + x3 > 0 h (x) = − < 0, ha x3 > 0 x3 0
2 + x3 < 0 vagy , x3 < 0 x>0 vagy √ azaz x < − 3 2.
90
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
8.2. ´ abra. A g(x) := x ln(x), D(g) := R+ f¨ uggv´eny grafikonja 6 > 0, x ∈ R \ {0}. x4 √ √ √ −∞, − 3 2 − 3 2 − 3 2, 0 0 (0, +∞)
A m´ asodik deriv´ alt h00 (x) = R h0
−
0
+
@
−
h00
+
+
+
@
+
h
cs¨ okken˝o
lok. n¨ovekv˝o @ cs¨okken˝o min. konvex konvex
Hat´ ar´ert´ekek: lim h(x) = +∞,
x→−∞
lim h(x) = −∞,
x→+∞
lim h(x) = +∞.
x→0
Aszimptot´ ak: A h f¨ uggv´enynek a 0 pontban k´etoldali f¨ ugg˝oleges aszimptot´ aja van, hiszen lim h(x) = +∞. A −∞ ´es a +∞ helyen l(x) := −x, x→0
x ∈ R az aszimptota, mert lim
x→−∞
1 = 0, x→−∞ x2
h(x) + x = lim
R(h) = R.
lim
x→+∞
1 = 0. x→+∞ x2
h(x) + x = lim
91
8.2. Kidolgozott feladatok
8.3. ´ abra. A h(x) :=
1 − x3 , D(h) := R \ {0} f¨ uggv´eny grafikonja x2
8. A f¨ uggv´eny k´etszer differenci´alhat´o. Z´erushelye a 0 pont, m´as z´erushelye nincs (l´ asd k´es˝ obb), az orig´o egyben a f¨ uggv´eny grafikonj´anak v´ızszintes tengelymetszete is. A f¨ uggv´eny p´aratlan, nem p´aros ´es nem periodikus. A deriv´ altf¨ uggv´eny F 0 (x) = 1 + cos(x), x ∈ R, melynek z´erushelyei (2k + 1)π, k ∈ Z. Az F 0 deriv´altf¨ uggv´eny nemnegat´ıv, s˝ot, b´armely (2k −1)π, (2k +1)π , k ∈ Z intervallumra val´o lesz˝ uk´ıt´ese pozit´ıv, ´ıgy F szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝o f¨ uggv´eny. Ez´ert nem lehet t¨obb z´erushelye. A m´ asodik deriv´ altf¨ uggv´eny F 00 (x) = − sin(x), x ∈ R, z´erushelyei kπ, k ∈ Z. F 00 (x) = − sin(x) > 0, ha (2k − 1)π < x < 2kπ, k ∈ Z, F 00 (x) = − sin(x) < 0, ha 2kπ < x < (2k + 1)π, k ∈ Z. D(F ) . . . (−π, 0)
0
(0, π)
π
(π, 2π)
2π
(2π, 3π) . . .
F0
+
+
+
0
+
+
+
F 00
+
0
−
0
+
0
−
F
n o v e k v ˝o ¨ konvex inflexi´o konk´av inflexi´o konvex inflexi´o konk´av
Hat´ ar´ert´ekek:
lim F (x) = −∞,
x→−∞
lim F (x) = +∞.
x→+∞
A f¨ uggv´enynek nincs aszimptot´aja. R(F ) = R. 9. Mutassa meg, hogy az f (x) := x9 + 2x − 3, D(f ) := R f¨ uggv´enynek pontosan egy z´erushelye l´etezik.
92
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
8.4. ´ abra. Az F (x) := x + sin(x), D(F ) := R f¨ uggv´eny grafikonja
Megold´ as. Mivel f (0) = −3 < 0 ´es f (2) = 513 > 0, ez´ert a Bolzano-t´etel szerint 0 ´es 2 k¨ oz¨ ott a f¨ uggv´enynek l´etezik z´erushelye. Az f f¨ uggv´eny f 0 (x) = 9x8 + 2 > 0, x ∈ R miatt szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o, ´ıgy t¨ obbsz¨ or nem veheti fel a nulla ´ert´eket. 10. Legyen N ∈ N+ ´es xn , yn ∈ R, n ∈ N+ , 1 ≤ n ≤ N eset´en Q(a) :=
N X
(yn − axn )2 ,
D(Q) := R.
n=1
Hat´ arozza meg a Q polinomf¨ uggv´eny minimumhely´et, ha az xn , n ∈ N+ , 1 ≤ n ≤ N sz´ amok valamelyike nem nulla! Megold´ as. A f¨ uggv´eny k´etszer differenci´alhat´o, ´es a 6.3.10. feladat eredm´enye N N N X X X Q0 (a) = 2a x2n − 2 xn yn , Q00 (a) = 2 x2n , a ∈ R. n=1
n=1
n=1
93
8.2. Kidolgozott feladatok
A deriv´ altf¨ uggv´eny egyetlen z´erushelye N P
a∗ :=
xn yn
n=1 N P n=1
, x2n
itt lehet a Q f¨ uggv´enynek sz´els˝o´ert´eke. Mivel Q00 (a∗ ) = 2
N P n=1
x2n > 0, a
´ ıt´ 8.2. All´ as szerint a Q f¨ uggv´enynek lok´alis minimuma van az a∗ helyen. A Q0 deriv´ altf¨ uggv´eny negat´ıv a (−∞, a∗ ) intervallumon ´es pozit´ıv az (a∗ , +∞) intervallumon, ez´ert a Q f¨ uggv´enynek minimuma van az a∗ helyen. M´ ask´eppen befejezve: A
Q(a) =
!
N X
x2n
a2 − 2
n=1
N X
! xn yn
a+
N X
yn2 ,
a∈R
n=1
n=1
f¨ uggv´eny pozit´ıv f˝ oegy¨ utthat´os m´asodfok´ u polinomf¨ uggv´eny, ´ıgy ahol lok´ alis minimuma van, ott minimuma is. Megjegyz´es. Ha az xn , n ∈ N+ , 1 ≤ n ≤ N sz´amok mindegyike nulla, akkor Q konstansf¨ uggv´eny. 11. Az azonos alkot´ oj´ u egyenes k¨ork´ upok k¨oz¨ ul melyiknek a legnagyobb a t´erfogata? Megold´ as. Jel¨ olje az egyenes k¨ork´ up alkot´oj´at a, magass´ag´at m, alapk¨or´enek sugar´ at r (a, m, r ∈ R+ , m, r < a). T T
T T T m
a
T T T T
r
r
T
8.5. ´abra. Egyenes k¨ork´ up
94
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
A k´ up t´erfogata 13 r2 πm = π3 (a2 − m2 )m, ez´ert adott a ∈ R+ alkot´o eset´en vizsg´ alhatjuk a t´erfogatot a magass´ag f¨ uggv´eny´eben: π V (m) := (a2 − m2 )m, D(V ) := (0, a). 3 A differenci´ alhat´ o V f¨ uggv´enynek abban az m∗ pontban lehet sz´els˝o´ert´eke, ahol V 0 (m∗ ) = π3 a2 − 3(m∗ )2 = 0 a m∗ = √ . 3 Mivel a deriv´ altf¨ uggv´eny folytonos, ´es annak egyetlen z´erushely´en V 00 √a3 = − √23 πa < 0, a V f¨ uggv´enynek az √a3 helyen maximuma √ a3 az ´ van, V √a3 = 92π ert´eke. 3 0 Megjegyz´es. A V deriv´ altf¨ uggv´eny a 0, √a3 intervallumon pozit´ıv, az √a , a intervallumon pedig negat´ ıv. Ebb˝ol is k¨ovetkezik, hogy a V f¨ ugg3 v´enynek az √a3 helyen maximuma van. a √ √a , a D(V ) 0, √a3 3 3 V0 V
+
0
−
n¨ovekv˝o max. cs¨okken˝o
12. Bizony´ıtsa be, hogy b´ armely x ∈ R+ eset´en x −
1 2 x < ln(1 + x) < x. 2
Megold´ as. Legyen f (x) := x − ln(1 + x), D(f ) := [0, +∞). A f¨ uggv´eny folyonos a [0, +∞), tov´abb´a differenci´alhat´o az R+ halmazon, ´es 1 x f 0 (x) = 1 − = > 0, x ∈ R+ . 1+x 1+x Ez´ert f szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, ´ıgy f (0) = 0 miatt a f¨ uggv´eny pozit´ıv az R+ halmazon, ami ekvivalens a bizony´ıtand´o jobb oldali egyenl˝ otlens´eggel. Legyen 1 g(x) := ln(1 + x) − x − x2 , D(g) := [0, +∞). 2 Ez a f¨ uggv´eny is folytonos a [0, +∞), differenci´alhat´o az R+ halmazon, valamint g 0 (x) =
1 x2 −1+x= > 0, x ∈ R+ , 1+x 1+x
´ feladatok 8.3. Megoldando
95
teh´ at g szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o. Mivel g(0) = 0, a g f¨ uggv´eny pozit´ıv az R+ halmazon, ´es ez egyen´ert´ek˝ u a bizony´ıtand´o bal oldali egyenl˝otlens´eggel. 1+x π 13. Igazolja az arctg = arctg (x) + , x ∈ (−1, 1) azonoss´agot! 1−x 4 Megold´ as. A bal ´es a jobb oldal k¨ ul¨onbs´ege az 1+x π f (x) := arctg − arctg (x) − , D(f ) := (−1, 1) 1−x 4 f¨ uggv´eny, mely differenci´alhat´o, ´es f 0 (x) = 1+
1
1+x 1−x
2 ·
1 1 · (1 − x) − (1 + x) · (−1) − = 0, x ∈ (−1, 1). (1 − x)2 1 + x2
Mivel f (0) = 0 ´es f 0 a (−1, 1) intervallumon ´ertelmezett nulla konstans f¨ uggv´eny, ´ıgy f is, ezzel az azonoss´agot bel´attuk.
8.3. Megoldand´ o feladatok Az 1.–3. feladatban keresse meg a f¨ uggv´eny lok´alis sz´els˝o´ert´ekhelyeit, ´es hat´arozza meg azokat a legb˝ ovebb intervallumokat, melyekre lesz˝ uk´ıtve a f¨ uggv´eny monoton n¨ ovekv˝ o, ill. monoton cs¨okken˝o! 1. f (x) := 2x3 − 3x2 + 1, D(f ) := R. √ 2. g(x) := x − x, D(g) := [0, +∞). x2 , D(h) := R \ {1}. − 2x + 1 A 4.–6. feladatban keresse meg a f¨ uggv´eny inflexi´os pontjait, ´es hat´arozza meg azokat a legb˝ ovebb intervallumokat, melyekre lesz˝ uk´ıtve a f¨ uggv´eny konvex, ill. konk´ av! 3. h(x) :=
x2
4. f (x) := x4 − 2x2 , D(f ) := R. 5. g(x) := e−x − e−2x , D(g) := R. x 6. h(x) := , D(h) := R \ {−1}. (1 + x)2 A 7.–12. feladatban v´egezze el a f¨ uggv´eny teljes vizsg´alat´at! 2x 7. f (x) := 2 , D(f ) := R. x +1 √ 8. g(x) := (x − 3) x, D(g) := [0, +∞). 9. h(x) := x2 ln(x), D(h) := R+ .
96
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
10 ln(x) , D(F ) := R+ . x x2 11. G(x) := , D(G) := R \ {−2}. x+2 1 12. H(x) := x2 − , D(H) := R \ {0}. x 13. Legyen A, B ∈ R, A2 + B 2 6= 0 ´es λ, µ ∈ R, 0 < λ < µ eset´en 10. F (x) :=
x(t) := Ae−λt + Be−µt ,
D(x) := R.
V´egezze el az x f¨ uggv´eny teljes vizsg´alat´at! 14. Az azonos ker¨ ulet˝ u t´eglalapok k¨oz¨ ul melyiknek a legnagyobb a ter¨ ulete? 15. Az azonos t´erfogat´ u egyenes k¨orhengerek k¨oz¨ ul melyiknek a legkisebb a felsz´ıne? A 16.–17. feladatban igazolja az egyenl˝otlens´eget! 16. 1 + x ≤ ex , x ∈ R.
17. 1 −
x2 < cos(x), x ∈ R+ . 2
8.4. Megold´ asok 1. f 0 (x) = 6x2 − 6x, x ∈ R. D(f ) (−∞, 0)
2. g 0 (x) = 1 −
f0
+
f
n¨ ovekv˝o
1 √ , 2 x
0
(0, 1)
1
(1, +∞)
0
−
0
+
lok. lok. cs¨okken˝o n¨ovekv˝o max. min.
x ∈ R+ . D(g)
0
0, 41
g0
@
−
g
1 4
1 4 , +∞
0
+
lok. cs¨okken˝o min. n¨ovekv˝o max.
2x 3. h0 (x) = − (x−1) 3 , x ∈ R \ {1}.
R (−∞, 0)
0
(0, 1)
h0
0
+
−
1 (1, +∞) @
−
h cs¨ okken˝o min. n¨ovekv˝o @ cs¨okken˝o
97
´ sok 8.4. Megolda
4. f 0 (x) = 4x3 − 4x, f 00 (x) = 12x2 − 4, x ∈ R. − √13
− √13 , √13
+
0
konvex
infl.
D(f )
−∞, − √13
f 00 f
√1 3
√1 , +∞ 3
−
0
+
konk´av
infl.
konvex
5. g 0 (x) = −e−x + 2e−2x , g 00 (x) = e−x − 4e−2x , x ∈ R. D(g) (−∞, ln(4)) ln(4) (ln(4), +∞)
6. h0 (x) =
1−x (1+x)3 ,
g 00
−
0
+
g
konk´av
infl.
konvex
h00 (x) =
2x−4 (1+x)4 ,
x ∈ R \ {−1}.
R (−∞, −1) −1 (−1, 2)
2
(2, +∞)
h00
−
0
+
h
konk´av
−
@
@ konk´av infl. konvex
7. A f¨ uggv´eny z´erushelye 0 ´es f (0) = 0. A f¨ uggv´eny p´aratlan, nem p´aros, 2 ) 4x(x2 −3) 00 nem periodikus. f 0 (x) = 2(1−x , f (x) = (x2 +1)2 (x2 +1)3 , x ∈ R. √
√
√
R (−∞, − 3) − 3 (− 3, −1) −1 (−1, 0) 0 (0, 1) 1
(1,
√
3)
√
√ 3 ( 3, +∞)
f0
−
−
−
0
+
+
+
0
−
−
−
00
−
0
+
+
+
0
−
−
−
0
+
f f
cs¨ okkeno ˝ min. n ¨ ovekvo ˝ max. cs¨ okkeno ˝ konk´ av infl. konvex infl. k o n k a ´v infl. konvex
lim f (x) = lim f (x) = 0, ez´ert a −∞ ´es a +∞ helyen is v´ızszintes
x→−∞
x→+∞
aszimptota l(x) := 0, x ∈ R. M´as aszimptota nincs. R(f ) = [−1, 1]. 8. Az ´ertelmez´esi tartom´ anynak 0 a hat´arpontja, ott a f¨ uggv´eny (jobbr´ol) folytonos. Z´erushelyei 0 ´es 3, g(0) = 0. A f¨ uggv´eny nem p´aros, nem p´ aratlan, nem periodikus. g 0 (x) =
3x−3 √ , 2 x
g 00 (x) =
3x+3 3
4x 2
, x ∈ R+ .
98
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
2x , D(f ) := R f¨ uggv´eny grafikonja x2 + 1
8.6. ´ abra. Az f (x) :=
D(g)
0
(0, 1)
1
(1, +∞)
g0
@
−
0
+
g 00
@
+
+
+
lok. cs¨okken˝o min. n¨ovekv˝o max. konvex
g
lim g(x) = +∞. A f¨ uggv´enynek nincs aszimptot´aja. R(g) = [−2, +∞).
x→+∞
9. Az ´ertelmez´esi tartom´ any hat´arpontja 0, a f¨ uggv´eny z´erushelye 1. A f¨ uggv´eny nem p´ aros, nem p´aratlan, nem periodikus. h0 (x) = x(2 ln(x) + 1), h00 (x) = 2 ln(x) + 3, x ∈ R+ . 3
3
3
1
1
1
D(h) (0, e− 2 ) e− 2 (e− 2 , e− 2 ) e− 2 (e− 2 , +∞) h0
−
−
−
0
+
h00
−
0
+
+
+
h
c s o¨ k k e n ˝o konk´ av infl.
min. n¨ovekv˝o konvex
lim h(x) = 0, lim h(x) = +∞. A f¨ uggv´enynek nincs aszimptot´aja. 1 x→+∞ R(h) = − 2e , +∞ .
x→0
10. Az ´ertelmez´esi tartom´ any hat´arpontja 0, a f¨ uggv´eny z´erushelye 1. A f¨ uggv´eny nem p´ aros, nem p´aratlan, nem periodikus. F 0 (x) =
10(1−ln(x)) , x2
F 00 (x) =
10(2 ln(x)−3) , x3
x ∈ R+ .
99
´ sok 8.4. Megolda
√ 8.7. ´ abra. A g(x) := (x − 3) x, D(g) := [0, +∞) f¨ uggv´eny grafikonja
3
3
(0, e)
e
F0
+
0
−
−
−
00
−
−
−
0
+
F F
lim F (x) = −∞,
x→0
3
D(F )
(e, e 2 ) e 2 (e 2 , +∞)
n¨ ovekv˝o max. k o n k ´a v
c s o¨ k k e n ˝o infl. konvex
lim F (x) = 0. Az el˝obbi szerint a f¨ uggv´enynek
x→+∞
jobb oldali f¨ ugg˝ oleges aszimptot´aja van a 0 helyen, az ut´obbi miatt pedig l(x) := 0, x ∈ R v´ızszintes aszimptota a +∞ helyen, m´as aszimptota nincs. R(F ) = −∞, 10 . e
100
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
8.8. ´ abra. A h(x) := x2 ln(x), D(h) := R+ f¨ uggv´eny grafikonja 11. Az ´ertelmez´esi tartom´ any hat´arpontja −2, a f¨ uggv´eny z´erushelye 0, f (0) = 0. A f¨ uggv´eny nem p´aros, nem p´aratlan, nem periodikus. x2 +4x 8 0 G0 (x) = (x+2) 2 , G (x) = (x+2)3 , x ∈ R \ {−2}. R
(−∞, −4) −4 (−4, −2) −2 (−2, 0)
(0, +∞)
G0
+
0
−
@
−
0
+
00
−
−
−
@
+
+
+
G G
lok. lok. cs¨okken˝o @ cs¨okken˝o n¨ovekv˝o max. min. k o n k ´a v konvex
n¨ ovekv˝ o
lim G(x) = −∞,
x→−∞
lim
0
x→−2+0
lim G(x) = +∞,
x→+∞
lim
x→−2−0
G(x) = −∞,
G(x) = +∞. A G f¨ uggv´enynek a −2 helyen f¨ ugg˝oleges aszimp-
tot´ aja van. Mivel 4 x2 =x−2+ , x+2 x+2
x ∈ R \ {−2},
G(x) − (x − 2) = lim
G(x) − (x − 2) = 0,
ez´ert lim
x→−∞
x→+∞
101
´ sok 8.4. Megolda
8.9. ´ abra. Az F (x) :=
10 ln(x) , D(F ) := R+ f¨ uggv´eny grafikonja x
teh´ at l(x) := x − 2, x ∈ R aszimptota a −∞ ´es a +∞ helyen is. M´as aszimptota nincs. R(G) = R \ (−8, 0). 12. Az ´ertelmez´esi tartom´ any hat´arpontja 0, a f¨ uggv´eny z´erushelye 1. A f¨ uggv´eny nem p´ aros, nem p´aratlan, nem periodikus. H 0 (x) = 2x +
1 x2 ,
H 00 (x) = 2 −
1 −√ 3 2
2 x3 ,
x ∈ R \ {0}.
R
1 −∞, − √ 3 2
H0
−
0
+
@
H 00
+
+
+
@
H
1 0 (0, 1) −√ 3 ,0 2
1
(1, +∞)
+
+
+
−
0
+
lok. n¨ovekv˝o @ n ¨o v e k v ˝o min. konvex konk´av infl. konvex
cs¨ okken˝ o
102
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
8.10. ´ abra. A G(x) :=
x2 , D(G) := R \ {−2} f¨ uggv´eny grafikonja x+2
Hat´ ar´ert´ekek: lim
x→−∞
lim
x→0+0
x2 −
1 x
x2 −
1 x
= +∞, = −∞,
lim
x→+∞
lim
x→0−0
x2 −
1 x
= +∞,
x2 −
1
= +∞.
x
A H f¨ uggv´enynek a 0 helyen f¨ ugg˝oleges aszimptot´aja van, m´as aszimptota nincs. R(H) = R. 13. A f¨ uggv´enynek akkor van z´erushelye, ha A ´es B ellent´etes el˝ojel˝ u (A < 1 A 0 < B vagy B < 0 < A), ekkor az egyetlen z´erushelye t0 := λ−µ ln − B . A f¨ uggv´eny ´ert´eke a 0 helyen x(0) = A + B. A f¨ uggv´eny nem p´aros, nem p´ aratlan, nem periodikus.
103
´ sok 8.4. Megolda
8.11. ´ abra. A H(x) := x2 −
1 , D(H) := R \ {0} f¨ uggv´eny grafikonja x
A deriv´ altf¨ uggv´eny x0 (t) := −Aλe−λt − Bµe−µt , t ∈ R, melynek szint´en akkor l´etezik z´erushelye, ha A ´es B ellent´etes el˝ojel˝ u. 1 A λ Az egyed¨ uli z´erushelye t1 := λ−µ ln − B ·µ . A m´ asodik deriv´ altf¨ uggv´eny x00 (t) := Aλ2 e−λt + Bµ2 e−µt , t ∈ R, ennek is akkor van z´erushelye, ha A ´es B ellent´etes el˝ojel˝ u, m´egpedig az 1 A λ2 egyetlen z´erushelye t2 := λ−µ ln − B · µ2 .
104
´ lt alkalmaza ´ sai, f¨ ´nyvizsga ´ lat 8. A deriva uggve
Ha A ´es B ellent´etes el˝ ojel˝ u, akkor 0 < λ < µ miatt 1 1 A λ2 A λ 1 λ t2 = ln − · 2 = ln − · + ln > t1 . λ−µ B µ λ−µ B µ λ−µ µ Ha A < 0 < B, akkor az x f¨ uggv´eny t´abl´azata R (−∞, t1 )
t1
x0
−
0
+
+
+
x00
+
+
+
0
−
x
(t1 , t2 ) t2 (t2 , +∞)
cs¨ okken˝o min. konvex
n o¨ v e k v ˝o infl. konk´av
A B < 0 < A esetben pedig az x(t) = − (−A)e−λt + (−B)e−µt atalak´ıt´ ´ as mutatja, hogy a −x f¨ uggv´enyre ´erv´enyes az a t´abl´azat, ami az el˝ oz˝ o esetben az x f¨ uggv´enyre, ´ıgy ekkor R (−∞, t1 )
t1
x0
+
0
−
−
−
x00
−
−
−
0
+
x
(t1 , t2 ) t2 (t2 , +∞)
n¨ ovekv˝o max. k o n k ´a v
c s o¨ k k e n ˝o infl. konvex
Hat´ ar´ert´ekek, aszimptot´ak: Ha A < 0 < B, akkor lim Ae−λt + Be−µt = lim e−λt A + Be(λ−µ)t = +∞, t→−∞
t→−∞
B < 0 < A eset´en lim x(t) = −∞. Mindk´et esetben lim x(t) = 0, t→−∞
t→+∞
ez´ert l(t) := 0, t ∈ R v´ızszintes aszimptota a +∞ helyen, m´as aszimptota nincs. Ha A < 0 < B, akkor R(x) = [x(t1 ), +∞), ha pedig B < 0 < A, akkor az ´ert´ekk´eszlet R(x) = (−∞, x(t1 )]. Ha A, B ≥ 0 ´es nem mindk´et egy¨ utthat´o nulla, akkor x szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o konvex f¨ uggv´eny, lim x(t) = +∞ ´es lim x(t) = 0. t→−∞
t→+∞
Az l(t) := 0, t ∈ R f¨ uggv´eny v´ızszintes aszimptota a +∞ helyen, m´as aszimptota nincs. R(x) = R+ . V´eg¨ ul ha A, B ≤ 0 ´es nem mindkett˝o nulla, akkor x szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o konk´ av f¨ uggv´eny, lim x(t) = −∞ ´es lim x(t) = 0. t→−∞
t→+∞
105
´ sok 8.4. Megolda
Az l(t) := 0, t ∈ R f¨ uggv´eny v´ızszintes aszimptota a +∞ helyen, m´as aszimptota nincs. R(x) = R− . 14. Az a, b ∈ R+ oldal´ u t´eglalap ter¨ ulete ab, ker¨ ulete 2(a + b). Ha K ∈ R+ + adott, akkor a K ker¨ ulet˝ u, a, b ∈ R oldal´ u t´eglalap ter¨ ulete az a oldal f¨ uggv´enyek´ent K K − a , D(T ) := 0, . T (a) := a 2 2 Ennek a f¨ uggv´enynek maximuma van a K ert az azonos ker¨ u4 helyen, ez´ let˝ u t´eglalapok k¨ oz¨ ul a n´egyzetnek a legnagyobb a ter¨ ulete. 15. Ha az egyenes k¨ orhenger magass´aga m ∈ R+ ´es alapk¨or´enek sugara r ∈ R+ , akkor a t´erfogata πr2 m, felsz´ıne 2πrm + 2πr2 . Ha e henger t´erfogata az adott V ∈ R+ sz´am, akkor a felsz´ıne az alapk¨ore sugar´anak f¨ uggv´enyek´ent A(r) :=
2V + 2πr2 , r
D(A) := R+ .
q V Ennek a f¨ uggv´enynek minimuma van a 3 2π helyen, ez´ert a legkisebb q q 3 4V 3 V felsz´ın˝ u henger magass´ aga , alapk¨ o r´ e nek sugara π 2π . 16. Az f (x) := ex − (1 + x), D(f ) := R f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o a (−∞, 0] intervallumon, szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o a [0, +∞) intervallumon, ez´ert minimuma van a 0 helyen, melynek ´ert´eke 0. 2 17. Az f (x) := cos(x) − 1 − x2 , D(f ) := [0, +∞) f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o, teh´ at minimuma van a 0 helyen, ennek ´ert´eke 0. A f¨ uggv´eny a szigor´ u monoton n¨oveked´ese miatt az R+ halmazon pozit´ıv.
9. fejezet
Primit´ıv fu eny ¨ ggv´
9.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o 9.1. Defin´ıci´ o. Az f val´ os f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´eny´enek nevezz¨ uk az I ⊂ D(f ) intervallumon az ott ´ertelmezett F folytonos f¨ uggv´enyt, ha F differenci´ alhat´ o I bels˝ o pontjainak int I halmaz´an, ´es F 0 (x) = f (x), x ∈ int I. Az intervallumon ´ertelmezett f f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´eny´enek nevezz¨ uk az F f¨ uggv´enyt, ha F az f f¨ uggv´enyR primit´ıv Rf¨ uggv´enye a D(f ) intervallumon. A primit´ıv f¨ uggv´enyek halmaz´at f vagy f (x) dx jel¨oli. Az f f¨ uggv´enyt integrandusnak h´ıvjuk. Megjegyz´es. Nem minden intervallumon ´ertelmezett f¨ uggv´enynek l´etezik primit´ıv f¨ uggv´enye, valamint nem minden elemi f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyei 2 elemi f¨ uggv´enyek. Pl. f (x) := e−x , D(f ) := R elemi f¨ uggv´eny, de a primit´ıv f¨ uggv´enyei nem azok. ´ ıt´ 9.1. All´ as. Minden intervallumon ´ertelmezett folytonos f¨ uggv´enynek l´etezik primit´ıv f¨ uggv´enye. ´ ıt´ 9.2. All´ as. Egy intervallumon ´ertelmezett f¨ uggv´eny b´ armely k´et primit´ıv f¨ uggv´eny´enek k¨ ul¨ onbs´ege ´ alland´ o. Megjegyz´es. Ha uggv´eny egyik primit´ıv f¨ uggv´enye F , akkor a primit´ıv R az f f¨ f¨ u ggv´ e nyek f = {F + C : C ∈ R} halmaz´ at r¨oviden ´ıgy szok´as jel¨olni: R f = F + C, C ∈ R. ´ ıt´ 9.3. All´ as. Ha a k¨ oz¨ os intervallumon ´ertelmezett f ´es g f¨ uggv´enynek l´etezik primit´ıv f¨ uggv´enye, valamint c ∈ R, akkor a cf , f + g, f − g f¨ uggv´enyeknek is l´etezik primit´ıv f¨ uggv´enye, ´es Z Z Z Z Z Z Z Z (cf ) = c f, (f + g) = f + g, (f − g) = f − g. Megjegyz´es. A szorzat, a h´ anyados ´es a kompoz´ıci´o primit´ıv f¨ uggv´enyeire nem ´erv´enyes hasonl´ o´ all´ıt´ as. ´ ıt´ 9.4. All´ as. Ha az I intervallumon ´ertelmezett f f¨ uggv´enynek egy primit´ıv f¨ uggv´enye F , akkor a, b ∈ R, a 6= 0 eset´en az x 7→ f (ax + b), ax + b ∈ I 107
108
´ny 9. Primit´ıv f¨ uggve
f¨ uggv´enynek is l´etezik primit´ıv f¨ uggv´enye, ´es Z F (ax + b) f (ax + b) dx = + C, C ∈ R. a ´ ıt´ 9.5. All´ as. Legyen f ny´ılt intervallumon ´ertelmezett differenci´ alhat´ o f¨ uggf0 uggv´enynek is l´etezik primit´ıv f¨ uggv´enye, ´es v´eny. Ha f 6= 0, akkor az f f¨ R f0 f = ln(|f |) + C, C ∈ R. Ha α ∈ R, α 6= −1 ´es f α ´eRrtelmezve van, akkor az f α f 0 f¨ uggv´enynek is 1 l´etezik primit´ıv f¨ uggv´enye, ´es f α f 0 = α+1 f α+1 + C, C ∈ R. 9.1. T´ etel (parci´ alis integr´ al´as). Ha f ´es g k¨ oz¨ os intervallumon ´ertelmezett differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny, tov´ abb´ a az f g 0 f¨ uggv´enynek l´etezik primit´ıv f¨ uggv´enye, akkor az f 0 g f¨ uggv´enynek is l´etezik primit´ıv f¨ uggv´enye, ´es Z Z f 0 g = f g − f g0 . Megjegyz´es. Az egyenl˝ os´eg bal oldal´an halmaz, a jobb oldal´an egy f¨ uggv´eny ´es egy halmaz k¨ ul¨ onbs´ege szerepel. Az ut´obbin azt a halmazt ´ertj¨ uk, melynek elemeit u ´gy kapjuk, hogy az f g f¨ uggv´enyb˝ol kivonjuk f g 0 egy-egy primit´ıv f¨ uggv´eny´et: Z Z fg −
f g 0 :=
fg − H : H ∈
f g0 .
9.2. T´ etel (integr´ al´ as helyettes´ıt´essel). Ha az f f¨ uggv´enynek a J intervallumon l´etezik primit´ıv f¨ uggv´enye, g pedig az I intervallumon ´ertelmezett olyan differenci´ alhat´ o szigor´ uan monoton f¨ uggv´eny, melyre R(g) ⊂ J, akkor az y 7→ f (g(y))g 0 (y), y ∈ I f¨ uggv´enynek l´etezik primit´ıv f¨ uggv´enye, tov´ abb´ a Z Z f (x) dx = f (g(y)) g 0 (y) dy −1 . y=g
(x)
Megjegyz´es. A t´etel m´ asodik ´all´ıt´asa t¨om¨orebb jel¨ol´essel Z Z f= (f ◦ g) g 0 ◦ g −1 . R A k¨ ovetkez˝ o t´ abl´ azatban ´es k´es˝obb is a r¨ovids´eg kedv´e´ert az f (x) dx = F (x) + C egyenl˝ os´eget u ´gy ´ertj¨ uk, hogy az f integrandust ´es az F primit´ıv f¨ uggv´enyt is lesz˝ uk´ıtj¨ uk az integrandus ´ertelmez´esi tartom´any´anak valamelyik r´eszintervallum´ ara, tov´ abb´ a C tetsz˝oleges val´os sz´am.
9.2. Kidolgozott feladatok
109
´ ıt´ 9.6. All´ as (nevezetes elemi f¨ uggv´enyek primit´ıv f¨ uggv´enyei). Z Z n+1 x 1 xn dx = + C, dx = ln(|x|) + C. n+1 x n ∈ R, n 6= −1. Z R x 1 ax + C, a ∈ R+ , a 6= 1. e dx = ex + C. ax dx = ln(a) R R 1 ln(x) dx = x ln(x) − x + C. loga (x) dx = x loga (x) − x + C, ln(a) + a ∈ R , a 6= 1. R R sin(x) dx = − cos(x) + C. cos(x) dx = sin(x) + C. R R tg (x) dx = − ln(| cos(x)|) + C. ctg (x) dx = ln(| sin(x)|) + C. Z Z 1 1 dx = tg (x) + C. dx = −ctg (x) + C. 2 cos2 (x) sin (x) R R sh (x) dx = ch (x) + C. ch (x) dx = sh (x) + C. R R th (x) dx = ln(ch (x)) + C. cth (x) dx = ln(|sh (x)|) + C. Z Z 1 1 dx = −cth (x) + C. dx = th (x) + C. sh 2 (x) ch 2 (x) Z Z 1 1 √ dx = arctg (x) + C. dx = arsh (x) + C. 1 + x2 1 + x2 Z 1 √ dx = arcsin(x) + C a (−1, 1) intervallumon. 1 − x2 Z 1 dx = arth (x) + C a (−1, 1) intervallumon. 1 − x2 Z 1 dx = arcth (x) + C a (−∞, −1) ´es az (1, +∞) intervallumon. 1 − x2
9.2. Kidolgozott feladatok 1. Adja R (a) R (d) R (g) Z (j)
meg a k¨ ovetkez˝ o primit´ıv f¨ uggv´enyeket! R 2 R√ x dx. x dx. (b) x dx. (c) R 1−3x R 2x e dx. (e) e dx. (f) sin(5x) dx. Z Z 1 1 cos(4x − 1) dx. (h) dx. (i) dx. 1 − 2x x2 + 2x + 5 Z 1 1 dx. (k) dx. 2 2 2x + 10 x − 4x + 4
110
´ny 9. Primit´ıv f¨ uggve
Megold´ R as. 2 (a) x1 dx = x2 + C, x ∈ R. R 3 (b) x2 dx = x3 + C, x ∈ R. 3 R 1 R√ 3 x dx = x 2 dx = x32 + C = 23 x 2 + C, x ∈ [0, +∞). (c) 2 R 2x (d) e2x dx = e2 + C, x ∈ R. R 1−3x (e) e1−3x dx = e −3 + C = − 31 e1−3x + C, x ∈ R. R (f) sin(5x) dx = − cos(5x) + C = − 51 cos(5x) + C, x ∈ R. 5 R (g) cos (4x − 1) dx = 14 sin(4x − 1) + C, x ∈ R. R 1 dx = − 12 ln(|1 − 2x|) + C, x ∈ −∞, 21 vagy x ∈ 12 , +∞ . (h) 1−2x R R R 1 1 1 1 1 x+1 + C, dx = (x+1) dx = arctg (i) x2 +2x+5 x+1 2 2 +4 dx = 4 2 2 ( 2 ) +1 x ∈ R. R R 1 1 1 x √ √ (j) 2x21+10 dx = 10 + C, x ∈ R. ( √x5 )2 +1 dx = 2 5 arctg 5 R R 1 1 (k) x2 −4x+4 dx = (x − 2)−2 dx = − x−2 + C, x ∈ (−∞, 2) vagy x ∈ (2, +∞). 2. Sz´ amolja ki az al´ abbi primit´ıv f¨ uggv´enyeket! R R R (a) sin2 (x) cos(x) dx. (b) tg (x) dx. (c) ctg (x) dx. Z Z R x x+1 dx. (e) dx. (f) cos2 (x) dx. (d) 2 2 x +1 2x + 1 Z Z Z ln(x) sin2 (x) 1 (g) dx. (h) dx. (i) 2 dx. √ √ x cos4 (x) x x+1 Z ex (j) dx. 3ex + 1 Megold´ as. R R (a) sin2 (x) cos(x) dx = sin2 (x) (sin(x))0 dx = 31 sin3 (x) + C, x ∈ R. R R sin(x) R 0 dx = − (cos(x)) = − ln(| cos(x)|)+C, ahol (b) tg (x) dx = cos(x) cos(x) dx valamely k eg´eszre x ∈ − π2 + kπ, π2 + kπ . R R R (sin(x))0 (c) ctg (x) dx = cos(x) sin(x) dx = sin(x) dx = ln(| sin(x)|) + C, x ∈ (kπ, (k + 1)π) valamely k eg´eszre. R R 1 2 (d) x2x+1 dx = 12 x22x +1 dx = 2 ln(x + 1) + C, x ∈ R. R R (2x2 +1)0 R 1 √ 1 (e) 2xx+1 dx = 2 +1 dx = 4 2x2 +1 dx + ( 2x)2 +1 √ 1 1 2 √ = 4 ln(2x + 1) + 2 arctg ( 2x) + C, x ∈ R.
111
9.2. Kidolgozott feladatok
(f) RA cos2 (x) = 12 (cos(2x) + 1), x ∈ R azonoss´ag alapj´an R cos2 (x) dx = 12 (cos(2x) + 1) dx = 41 sin(2x) + 21 x + C, x ∈ R. R R (g) ln(x) ln(x) · x1 dx = 12 ln2 (x) + C, x ∈ R+ . x dx = R sin2 (x) R sin2 (x) tg 3 (x) 1 + C, ahol adott k eg´esz (h) cos 4 (x) dx = cos2 (x) · cos2 (x) dx = 3 π π sz´ am eset´en x ∈ − 2 + kπ, 2 + kπ . R R 2 1 1 √1 (i) √x(√1x+1)2 dx = 2 (√x+1) dx = − √x+1 + C, x ∈ R+ . 2 · 2 x R R ex x 1 x (j) 3ex +1 dx = 13 3e3e x +1 dx = 3 ln(3e + 1) + C, x ∈ R. 3. Hat´ arozza meg a k¨ ovetkez˝o primit´ıv f¨ uggv´enyeket! R R R x (a) x cos(x) dx. (b) x e dx. (c) ln(x) dx. Megold´ as. (a) Parci´ alis integr´ al´ assal az R halmazon R R x cos(x) dx = x sin(x) − 1 · sin(x) dx = x sin(x) + cos(x) + C. f
g’
f
g
f’
g
(b) Parci´ alis integr´ al´ assal az R halmazon R R x x x e dx = x e − 1 · ex dx = xex − ex + C, x ∈ R. f g’
f g
f’
g
(c) Parci´ alis integr´ al´ assal az R+ halmazon R R R 1 · ln(x)dx = x ln(x) − x · x1 dx = x ln(x) − 1dx = f’
g
f
g
f
g’
= x ln(x) − x + C. A 4.–8. feladatban parci´ alis integr´al´assal hat´arozza meg a primit´ıv f¨ uggv´enyeket! Z Z p Z x x √ dx. 5. 1 − x2 dx. 6. dx. 4. (2x − 1)2 x+2 Z Z 7. x2 e2x dx. 8. ex sin(x) dx. Megold´ as. 4. Parci´ alis integr´ al´ assal a −∞, 21 vagy az 12 , +∞ intervallumon Z x dx = (2x − 1)2 Z Z (2x − 1)−1 (2x − 1)−1 = x · (2x − 1)−2 dx = x · − 1· dx = −2 −2 Z x 1 1 x 1 =− + dx = − + ln(|2x − 1|) + C. 2(2x − 1) 2 2x − 1 2(2x − 1) 4
112
´ny 9. Primit´ıv f¨ uggve
5. Parci´ alis integr´ al´ assal a (−1, 1) intervallumon Z p Z p Z p 1 1 1−x2 dx = 1· 1−x2 dx = x 1−x2 − x· √ ·(−2x) dx = 2 1−x2 Z p −x2 √ = x 1−x2 − dx = 1−x2 Z Z p 1−x2 1 √ = x 1−x2 − dx+ √ dx = 1−x2 1−x2 Z p p 1 − x2 dx + arcsin(x). = x 1 − x2 − Adott intervallumon b´ armely k´et primit´ıv f¨ uggv´eny k¨ ul¨onbs´ege ´alland´o, ez´ert Z p 1 p 1 − x2 dx = x 1 − x2 + arcsin(x) + C, x ∈ (−1, 1). 2 6. Parci´ alis integr´ al´ assal a (−2, +∞) intervallumon Z
√
x dx = x+2
Z
1
1
x · (x + 2)− 2 dx = x · 1
= 2x (x + 2) 2 −
(x + 2) 2 1 2
1
Z −
1·
(x+2) 2 1 2
dx =
3 4 (x + 2) 2 + C. 3
7. Parci´ alis integr´ al´ assal az R halmazon Z Z Z e2x 1 e2x − 2x · dx = x2 e2x − x e2x dx. x2 e2x dx = x2 2 2 2 A jobb oldal m´ asodik tagj´at is parci´alisan integr´aljuk, ism´et az exponenci´ alis f¨ uggv´enyt tekintj¨ uk deriv´altf¨ uggv´enynek: Z Z e2x e2x 1 1 x e2x dx = x − 1· dx = xe2x − e2x + C. 2 2 2 4 E kett˝ ob˝ ol Z
x2 e2x dx =
1 2 2x 1 2x 1 2x x e − xe + e − C, x ∈ R. 2 2 4
(Ha C tetsz˝ oleges val´ os sz´am lehet, akkor −C is.) R Megjegyz´ es. Ha n R∈ N+ , a ∈ R \ {0},R c ∈ R+ \ {1}, akkor az xn cax dx, R n R x sin(ax) dx, xn cos(ax) dx, xn sh (ax) dx, xn ch (ax) dx primit´ıv f¨ uggv´enyeket kisz´ amolhatjuk n alkalommal parci´alisan integr´alva.
113
9.2. Kidolgozott feladatok
8. K´etszer parci´ alisan integr´alunk az R halmazon, mindk´et alkalommal az exponenci´ alis f¨ uggv´enyt v´alasztjuk a deriv´altf¨ uggv´enynek. Z Z ex sin(x) dx = ex sin(x) − ex cos(x) dx = Z = ex sin(x) − ex cos(x) + ex sin(x) dx . B´ armely k´et primit´ıv f¨ uggv´eny k¨ ul¨onbs´ege ´alland´o, ´ıgy Z 1 ex sin(x) dx = ex sin(x) − cos(x) + C, x ∈ R. 2 M´ ask´eppen: K´etf´elek´eppen parci´alisan integr´alunk az R halmazon. Ha az exponenci´ alis f¨ uggv´enyt tekintj¨ uk a deriv´altf¨ uggv´enynek, akkor Z Z ex sin(x) dx = ex sin(x) − ex cos(x) dx, ha pedig a szinuszf¨ uggv´enyt, akkor Z Z ex sin(x) dx = ex (− cos(x)) − ex (− cos(x)) dx. A k´et egyenl˝ os´eget ¨ osszeadva, ´es felhaszn´alva, hogy az R intervallumon egy f¨ uggv´eny b´ armely k´et primit´ıv f¨ uggv´eny´enek k¨ ul¨onbs´ege ´alland´o, a Z 2 ex sin(x) dx = ex sin(x) − cos(x) + C ∗ , Z C∗ 1 , x∈R ex sin(x) dx = ex sin(x) − cos(x) + 2 2 eredm´enyt kapjuk. (Ha C ∗ tetsz˝oleges val´os sz´am lehet, akkor
C∗ 2
is.)
A 9.–13. feladatban helyettes´ıt´essel sz´am´ıtsa ki a primit´ıv f¨ uggv´enyeket! Z Z Z √ 1 ex √ 9. dx. 10. x x + 1 dx. 11. dx. x 3e + 1 x+1 Z 12.
tg 2 (x) + 1 dx. tg 2 (x) + 4
13.
Z p
1 − x2 dx.
Megold´ as. 1 9. Alkalmazzuk a 9.2. T´etelt! Legyen f (x) := √x+1 , D(f ) := [0, +∞) 2 ´es g(x) := x , D(g) := [0, +∞). Ekkor g nyilv´an differenci´alhat´o ´es szigor´ uan monoton, ez´ert a t´etel alapj´an Z Z Z 1 1 y √ p dx = · 2y dy √ = 2 dy √ = y+1 x+1 y= x y= x y2 + 1
114
´ny 9. Primit´ıv f¨ uggve
Z 1 =2 1− dy √ = 2 y − ln(y + 1) + C √ = y+1 y= x y= x √ √ = 2 x − ln( x + 1) + C. √ A klasszikus m´ odon: Az y = x, x ∈ [0, +∞) helyettes´ıt´est alkalmazva an x = y 2 , dx dy = 2y, dx = 2y dy alapj´ Z Z 1 1 √ · 2y dy = dx = y+1 x+1 √ √ = 2(y − ln(y + 1)) + C = 2 x − ln( x + 1) + C. √ 10. A 9.2. T´etelben legyen f (x) := x x + 1, D(f ) := [−1, +∞) ´es g(x) := x2 − 1, D(g) := [0, +∞). Z Z p √ = x x + 1 dx = (y 2 − 1) (y 2 − 1) + 1 · 2y dy √ y= x+1 Z 2 2 = y5 − y3 + C √ = = (2y 4 − 2y 2 ) dy √ 5 3 y= x+1 y= x+1 5 3 2 2 = (x + 1) 2 − (x + 1) 2 + C. 5 3 √ A klasszikus m´ odon: Az y = x + 1, x ∈ [−1, +∞) helyettes´ıt´essel x = y 2 − 1, dx dy = 2y, dx = 2y dy, Z Z √ 2 2 x x + 1 dx = (y 2 − 1)y · 2y dy = y 5 − y 3 + C = 5 3 5 3 2 2 = (x + 1) 2 − (x + 1) 2 + C. 5 3 x
11. A 9.2. T´etelben legyen f (x) := 3eex +1 , D(f ) := R ´es g(x) := ln(x), D(g) := R+ . Ekkor Z Z Z ex eln(y) 1 1 dx = · dy = dy x= 3ex + 1 3y + 1 y=ex y=e 3eln(y) + 1 y 1 1 = ln(3y + 1) + C x = ln(3ex + 1) + C. 3 3 y=e A klasszikus m´ odon: Az y = ex , x ∈ R helyettes´ıt´essel x = ln y, dx 1 1 dy = y , dx = y dy, Z Z y ex 1 dx = · dy = 3ex + 1 3y + 1 y Z 1 1 1 = dy = ln(3y + 1) + C = ln(3ex + 1) + C. 3y + 1 3 3
115
9.2. Kidolgozott feladatok
Megjegyz´es. M´ ask´eppen kaptuk meg ugyanezt az eredm´enyt a 2.(j) feladatban. 2 (x)+1 ertelmezve pl. a − π2 , π2 inter12. A 9.2. T´etelben legyen f (x) := tg tg 2 (x)+4 ´ vallumon, valamint g(x) := arctg (x), D(g) := R. A klasszikus m´ odon, az y = tg (x), x ∈ − π2 , π2 helyettes´ıt´essel x = 1 1 an a primit´ıv f¨ uggv´enyek a arctg (y), dx dy = 1+y 2 , dx = 1+y 2 dy alapj´ π π − 2 , 2 intervallumon Z Z Z 2 1 tg 2 (x) + 1 1 1 y +1 dy = dy = dx = · y 2 2 2 2 tg (x) + 4 y +4 1+y 4 (2) + 1 y π π 1 1 tg (x) + C = arctg . = arctg + C, x ∈ − , 2 2 2 2 2 2 Megjegyz´es. Ha adott k eg´esz eset´en a − π2 + kπ, π2 + kπ intervallumon keress¨ uk a primit´ıv f¨ uggv´ akkor azok enyeket, tg (x) 1 F (x) := 2 arctg + C, D(F ) := − π2 + kπ, π2 + kπ . 2 √ 13. Legyen a 9.2. T´etelben f (x) := 1 − x2 , D(f ) := [−1, 1] ´es g(x) := sin(x), D(g) := − π2 , π2 . Az ´ıgy lesz˝ uk´ıtett szinuszf¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o. A klasszikus m´ odon, x ∈ [−1, 1], y ∈ − π2 , π2 eset´en az x = sin(y), azaz y = arcsin(x) helyettes´ıt´essel dx dy = cos(y), dx = cos(y) dy, Z p Z q Z 1 − x2 dx = 1 − sin2 (y) · cos(y) dy = cos2 (y) dy = Z 1 1 1 1 cos(2y)+1 dy = sin(2y) + y+C = sin(y) cos(y) + y + C = = 2 4 2 2 2 1 p 1 = x 1 − x2 + arcsin(x) + C. 2 2 A m´ asodik o egyenl˝os´egn´el felhaszn´altuk, hogy a koszinuszf¨ ugg ´es az utols´ v´eny a − π2 , π2 intervallumon nemnegat´ıv. Megjegyz´es. E primit´ıv f¨ uggv´enyeket az 5. feladatban parci´alis integr´al´ assal sz´ amoltuk ki, a k´et eredm´eny azonos. A 14.–19. feladatban hat´arozza meg a racion´alis f¨ uggv´enyeit! Z Z Z 4x 4x + 2 dx. 15. dx. 16. 14. 2x − 1 x2 + 6x + 10 Z Z Z 3x − 5 1 dx. 18. dx. 19. 17. x2 − 1 x2 + x − 6
t¨ortf¨ uggv´eny primit´ıv x dx. (2x − 1)2 x3 + 1 dx. x2 − 4
116
´ny 9. Primit´ıv f¨ uggve
Megold´ as. 14. A sz´ aml´ al´ o ´es a nevez˝ o is els˝ofok´ u polinom. assal 4x+2 = Marad´ekos oszt´ 2(2x − 1) + 4, x ∈ R, ez´ert a −∞, 12 vagy az 12 , +∞ intervallumon Z Z 4x + 2 2(2x − 1) + 4 dx = dx = 2x − 1 2x − 1 Z 4 dx = 2x + 2 ln(|2x − 1|) + C. = 2+ 2x − 1 15. A sz´ aml´ al´ o els˝ ofok´ u, a nevez˝o pedig m´asodfok´ u polinom, ´es az ut´obbinak nincs val´ os gy¨ oke. Marad´ekosan osztva a sz´aml´al´ot a nevez˝o deriv´altj´aval a 4x = 2(2x+6)−12, x ∈ R egyenl˝os´eget kapjuk. Ebb˝ol az R halmazon Z Z 4x 2(2x + 6) − 12 dx = dx = 2 x + 6x + 10 x2 + 6x + 10 Z Z 2x + 6 1 =2 dx − 12 dx = x2 + 6x + 10 (x + 3)2 + 1 = 2 ln(x2 + 6x + 10) − 12arctg (x + 3) + C. 16. Marad´ekososzt´ assal x = 12 (2x − 1) + 12 , x ∈ R alapj´an a −∞, 12 vagy az 12 , +∞ intervallumon Z
− 1) + 12 dx = (2x − 1)2 Z Z 1 1 1 = dx + (2x − 1)−2 dx = 2 2x − 1 2 1 1 + C. = ln(|2x − 1|) − 4 4(2x − 1)
x dx = (2x − 1)2
Z
1 2 (2x
Megjegyz´es. Ezeket a primit´ıv f¨ uggv´enyeket parci´alis integr´al´assal sz´amoltuk ki a 4. feladatban, az R x x 1 (2x−1)2 dx = − 2(2x−1) + 4 ln(|2x − 1|) + C eredm´enyt kaptuk. A k´et eredm´eny k¨ ul¨onb¨oz˝onek t˝ unik, de a 1 x 1 1 − =− + , x∈R\ 4(2x − 1) 2(2x − 1) 4 2 azonoss´ ag szerint egyenl˝o. Az azonoss´agot pl. u ´gy igazolhatjuk, hogy a jobb oldal´ at k¨ oz¨ os nevez˝ore hozzuk. 17. A nevez˝ o m´ asodfok´ u polinom, melynek k´et val´os gy¨oke van, ez´ert fel´ırhatjuk szorzatk´ent: x2 − 1 = (x − 1)(x + 1), x ∈ R. Bontsuk u ´n.
117
9.2. Kidolgozott feladatok
parci´ alis t¨ ortek o unk olyan A ´es ¨sszeg´ere az integrandust, vagyis keress¨ B val´ os sz´ amokat, melyekre x2
1 1 A B = = + , −1 (x − 1)(x + 1) x−1 x+1
x ∈ R \ {−1, 1}.
Tudjuk, hogy ilyen A ´es B sz´am l´etezik. A k¨oz¨os nevez˝ovel szorozva 1 = A(x + 1) + B(x − 1),
x ∈ R \ {−1, 1}.
Az egyenlet mindk´et oldal´an polinomf¨ uggv´eny ´all. Ezek folytonosak, ´ıgy az egyenl˝ os´eg x = −1 ´es x = 1 eset´en is fenn´all: 1 = 0 − 2B,
vagyis
B = − 21 ,
1 = 2A + 0,
vagyis
A = 12 .
A parci´ alis t¨ ortek felhaszn´al´as´aval a primit´ıv f¨ uggv´enyek a (−∞, −1), a (−1, 1) vagy az (1, +∞) intervallumon Z Z 1 − 12 1 2 dx = + dx = x2 −1 x−1 x+1 x−1 1 1 1 +C. = ln(|x−1|)− ln(|x+1|)+C = ln 2 2 2 x+1 Megjegyz´es. Areaf¨ uggv´enyeket haszn´alva is megoldhatjuk a feladatot. A (−1, 1) intervallumon Z Z 1 1 1+x 1 dx = − dx = −arth (x) + C = − ln + C, x2 − 1 1 − x2 2 1−x a (−∞, −1) vagy az (1, +∞) intervallumon pedig Z Z 1 x+1 1 1 dx = − dx = −arcth (x) + C = − ln + C. x2 − 1 1 − x2 2 x−1 18. A nevez˝ obeli m´ asodfok´ u polinomnak k´et val´os gy¨oke van, ´es a gy¨okt´enyez˝ os alakja x2 +x−6 = (x+3)(x−2), x ∈ R. Parci´alis t¨ortek ¨osszegek´ent ´ırjuk fel az integrandust, majd k¨oz¨os nevez˝ore hozzuk a jobb oldalt: 3x − 5 A B A(x − 2) + B(x + 3) = + = , x2 + x − 6 x+3 x−2 (x + 3)(x − 2)
x ∈ R \ {−3, 2}.
A bal ´es a jobb oldal sz´ aml´al´oja egyenl˝o, teh´at 3x − 5 = A(x − 2) + B(x + 3) = (A + B)x + (−2A + 3B).
118
´ny 9. Primit´ıv f¨ uggve
K´et polinom pontosan akkor egyenl˝o, ha az egy¨ utthat´oik rendre egyenl˝ ok. Ez egyenletrendszert ad az egy¨ utthat´okra: 1 14 A+B = 3 , B= . , megold´asa A = −2A + 3B = −5 5 5 Ennek alapj´ an a primit´ıv f¨ uggv´enyek a (−∞, −3), a (−3, 2) vagy a (2, +∞) intervallumon Z
3x − 5 dx = x2 + x − 6
Z
14 5
dx = x−2 14 1 = ln(|x + 3|) + ln(|x − 2|) + C. 5 5 x+3
+
1 5
19. Marad´ekos oszt´ assal x3 + 1 = x(x2 − 4) + (4x + 1), x ∈ R, ez´ert x(x2 − 4) + (4x + 1) 4x + 1 x3 + 1 = =x+ 2 , x ∈ R \ {−2, 2}. x2 − 4 x2 − 4 x −4 A jobb oldal utols´ o tagj´ at parci´alis t¨ortekre bontjuk: A B 4x + 1 = + , x ∈ R \ {−2, 2}, 2 x −4 x−2 x+2 4x + 1 = A(x + 2) + B(x − 2) = (A + B)x + (2A − 2B), 9 7 A+B =4 , azaz A = , B = . 2A − 2B = 1 4 4 A fentieket felhaszn´ alva a (−∞, −2), a (−2, 2) vagy a (2, +∞) intervallumon Z 3 Z x +1 9 1 7 1 dx = x + · + · dx = x2 − 4 4 x−2 4 x+2 9 7 1 = x2 + ln(|x − 2|) + ln(|x + 2|) + C. 2 4 4 R 20. T¨ obbf´ele m´ odon hat´ arozza meg az sin(x) cos(x) dx primit´ıv f¨ uggv´enyeket az R halmazon, majd hasonl´ıtsa ¨ossze az eredm´enyeket! Megold´ as. R R (a) sin(x) cos(x) dx = sin(x) (sin(x))0 dx = 21 sin2 (x) + C1 , C1 ∈ R az R halmazon. (b) RA sin(2x) = 2 sin(x)Rcos(x), x ∈ R azonoss´ag alapj´an az R halmazon sin(x) cos(x) dx = 12 sin(2x) dx = − 41 cos(2x) + C2 , C2 ∈ R.
9.2. Kidolgozott feladatok
119
(c) A koszinuszf¨ uggv´enyre, mint deriv´altf¨ uggv´enyre tekintve parci´alis integr´ al´ assal az R halmazon Z Z sin(x) cos(x) dx = sin2 (x) − cos(x) sin(x) dx, R amit ´ atrendezve sin(x) cos(x) dx = 21 sin2 (x) + C3 , C3 ∈ R, mert b´ armely k´et primit´ıv f¨ uggv´eny k¨ ul¨onbs´ege ´alland´o. Mindh´ arom megold´ as ugyanazt a f¨ uggv´enyhalmazt adja, hiszen trigonometrikus azonoss´ agot alkalmazva 1 1 1 1 − cos(2x)+C2 = − 1−2 sin2 (x) +C2 = sin2 (x)+ C2 − , x ∈ R. 4 4 2 4 A 21.–24. feladatban adott s ∈ R \ {0} param´eter eset´en sz´am´ıtsa ki a primit´ıv f¨ uggv´enyeket! Z Z −st 21. e dt. 22. te−st dt. Z Z 23. e−st cos(at) dt, a ∈ R. 24. e−st sh (at) dt, a ∈ R \ {−s, s}. Megold´ as. Z e−st 21. e−st dt = − + C az R halmazon. s 22. Parci´ alis integr´ al´ assal az R halmazon −st Z −st Z e e t 1 −st te dt = t − − 1· − dt = − e−st − 2 e−st + C. s s s s 23. K´etszer parci´ alisan integr´alva az R halmazon Z e−st cos(at) dt = Z e−st a cos(at) − e−st sin(at) dt = =− s s −st Z e−st a e a −st =− cos(at) − − sin(at) + e cos(at) dt = s s s s Z e−st ae−st a2 =− cos(at) + sin(at) − e−st cos(at) dt. s s2 s2 Mivel adott intervallumon b´armely k´et primit´ıv f¨ uggv´eny k¨ ul¨onbs´ege ´alland´ o, Z e−st a sin(at) − s cos(at) + C e−st cos(at) dt = 2 2 a +s
120
´ny 9. Primit´ıv f¨ uggve
az R intervallumon. 24. Minden a, s, t ∈ R eset´en e−st sh (at) = e−st
eat − e−at 1 = e(a−s)t − e−(a+s)t , 2 2
ez´ert |a| = 6 |s| eset´en az R halmazon Z 1 e(a−s)t e−(a+s)t e−st sh (at) dt = + + C. 2 a−s a+s Megjegyz´es. Az el˝ oz˝ o megold´ashoz hasonl´oan k´et parci´alis integr´al´assal is megkaphatjuk az eredm´enyt. 25. Legyen f az I ny´ılt intervallumon differenci´alhat´o f¨ uggv´eny ´es s ∈ R. Mutassa meg, hogy az I intervallumon Z Z e−st f 0 (t) dt = e−st f (t) + s e−st f (t) dt. Megold´ as. A t 7→ e−st f (t), t ∈ I f¨ uggv´eny folytonos, ez´ert van primit´ıv f¨ uggv´enye. A parci´ alis integr´al´as 9.1. T´etele szerint a t 7→ e−st f 0 (t), t ∈ I f¨ uggv´enynek is van primit´ıv f¨ uggv´enye, ´es az eml´ıtett t´etel a bizony´ıtand´ oo sszef¨ u gg´ e st adja. ¨
9.3. Megoldand´ o feladatok Az 1.–27. feladatban hat´ arozza meg a primit´ıv f¨ uggv´enyeket! Z Z Z √ 2x3 2 3 dx. 2. 2x − 1 dx. 3. dx. 1. 3x + 4 x4 + 3 Z Z Z √ cos(x) sin(2x) p 4. x ln(x) dx. 5. dx. 6. dx. sin2 (x) cos(2x) Z Z Z sin(2x) ex 3x 7. dx. 8. xe dx. 9. dx. 2 2 (1 + 2ex )2 (1 + sin (x)) Z Z Z ctg (x) + 3 1 10. dx. 11. dx. 12. tg 2 (x) dx. ex − 1 sin2 (x) Z Z Z 1 1 ex √ 13. dx. 14. dx. 15. dx. 2x x ln(x) e +1 x(x + 1) Z Z Z 1 16. 17. x sin(4x) dx. 18. x ln(x + 1) dx. 3 dx. (1 − x2 ) 2 Z Z p Z √ 1 + tg 2 (x) 2 19. dx. 20. 1 + x dx. 21. x 3 x − 1 dx. 1 + 2tg (x)
121
´ sok 9.4. Megolda
Z 22. Z 25.
Z
3x + 2 dx. 2−x
23.
x dx. 26. x2 + 3x − 4
Z
2x − 1 dx. (x + 1)2
Z 24.
1 − 2x dx. 27. 2x2 − x − 3
x2 dx. x2 − 2x + 2
Z x2
x3 dx. +x−2
A 28.–30. feladatban adott s ∈ R \ {0} param´eter eset´en sz´am´ıtsa ki a primit´ıv f¨ uggv´enyeket! Z Z 28. e−st eat dt, a ∈ R. 29. t2 e−st dt. Z 30.
e−st sin(at) dt, a ∈ R.
9.4. Megold´ asok 1. 2. 3. 4. 5. 6.
7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.
R
2 3x+4
dx =
2 3
ln(|3x + 4|) + C a −∞, − 43 vagy a − 43 , +∞ interval-
lumon. R √ 4 3 2x − 1 dx = 83 (2x − 1) 3 + C az R halmazon. R 2x3 1 4 x4 +3 dx = 2 ln(x + 3) + C az R halmazon. R√ 3 3 x ln(x) dx = 23 x 2 ln(x) − 94 x 2 + C az R+ halmazon. R cos(x) 1 dx = − sin(x) + C valamely k eg´esz eset´en a (kπ, (k + 1)π) sin2 (x) intervallumon. p R sin(2x) √ dx = − cos(2x) + C valamely k eg´esz eset´en a cos(2x) − π4 + kπ, π4 + kπ intervallumon. R sin(2x) 2 dx = − 1+sin1 2 (x) + C = −3+cos(2x) + C az R halmazon. (1+sin2 (x))2 R 3x xe dx = 13 xe3x − 19 e3x + C az R halmazon. R ex 1 (1+2ex )2 dx = − 2(1+2ex ) + C az R halmazon. R ctg (x)+3 2 dx = − (ctg (x)+3) +C valamely k eg´esz eset´en a (kπ, (k+1)π) 2 sin2 (x) intervallumon. x R 1 |e −1| dx = ln + C = ln(|ex − 1|) − x + C az R− vagy az R+ ex −1 ex halmazon. R 2 tg (x) dx = tg (x)−x+C valamely k eg´esz eset´en a − π2 + kπ, π2 + kπ intervallumon. R 1 x ln(x) dx = ln(| ln(x)|) + C a (0, 1) vagy az (1, +∞) intervallumon. R √ √ 1 dx = 2arctg ( x ) + C az R+ halmazon. x(x+1)
122
´ny 9. Primit´ıv f¨ uggve ex e2x +1
dx = arctg (ex ) + C az R halmazon. x 1 + C a (−1, 1) intervallumon. 16. 3 dx = √ (1−x2 ) 2 1 − x2 R 1 17. x sin(4x) dx = − 14 x cos(4x) + 16 sin(4x) + C az R halmazon. R 2 18. x ln(x + 1) dx = x 2−1 ln(x + 1) − 41 x2 + 12 x + C a (−1, +∞) intervallumon. R 1+tg 2 (x) 1 1 19. 1+2tg (x) dx = 2 ln(|1 + 2tg (x)|) + C az x ∈ R : cos(x) 6= 0, tg (x) 6= − 2 halmaz b´ armely r´eszintervallum´an. √ R√ 2 1 + x dx = 12 x 1 + x2 + 21 arsh (x) + C az R halmazon. 20. R √ 4 7 4 9 3 21. x 3 x − 1 dx = 34 x(x − 1) 3 − 28 (x − 1) 3 + C = 28 (x − 1) 3 (4x + 3) + C az R halmazon. R 3x+2 22. 2−x dx = −3x − 8 ln(|2 − x|) + C a (−∞, 2) vagy a (2, +∞) intervallumon. R 2x−1 3 23. (x+1)2 dx = 2 ln(|x + 1|) + x+1 + C a (−∞, −1) vagy a (−1, +∞) intervallumon. R x2 2 24. x2 −2x+2 dx = x + ln(|x − 2x + 2|) + C az R halmazon. R x 1 4 25. x2 +3x−4 dx = 5 ln(|x − 1|) + 5 ln(|x + 4|) + C a (−∞, −4), a (−4, 1) vagy az (1, +∞) intervallumon. R 1−2x 2 3 3 26. 2x2 −x−3 dx = − 5 ln(|2x−3|)− 5 ln(|x+1|)+C a (−∞, −1), a −1, 2 vagy a 32 , +∞ intervallumon. R x3 1 2 8 1 27. x2 +x−2 dx = 2 x − x + 3 ln(|x + 2|) + 3 ln(|x − 1|) + C a (−∞, −2), a (−2, 1) vagy az (1, +∞) intervallumon. R −st at (a−s)t 28. Ha a ∈ R, a 6= s, akkor e e dt = e a−s + C, ha pedig a = s, R −st at akkor e e dt = t + C az R halmazon. R 2 29. t2 e−st dt = −e−st ts + s2t2 + s23 + C az R halmazon. R −st 30. e−st sin(at) dt = − ae2 +s2 s sin(at) + a cos(at) + C az R halmazon. 15.
R R
10. fejezet
Riemann-integr´ al, improprius integr´ al 10.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o 10.1. Defin´ıci´ o. Ha a, b ∈ R, a < b ´es n ∈ N+ , valamint az x1 , . . . , xn ∈ [a, b] sz´ amokra teljes¨ ul a =: x0 < x1 < . . . < xn := b, akkor a Φ := {[x0 , x1 ], [x1 , x2 ], . . . , [xn−1 , xn ]} intervallumokb´ ol ´ all´ o halmazt az [a, b] intervallum feloszt´ as´anak nevezz¨ uk. 10.2. Defin´ıci´ o. Ha Φ az [a, b] intervallum feloszt´asa ´es az f f¨ uggv´eny korl´ atos ezen az intervallumon, akkor az f f¨ uggv´eny Φ feloszt´ashoz tartoz´o als´ o, ill. fels˝ o integr´ alk¨ ozel´ıt˝ o¨ osszege s(f, Φ) :=
n X i=1
inf [xi−1 ,xi ]
f · (xi − xi−1 ),
S(f, Φ) :=
n X
sup f · (xi − xi−1 ).
i=1 [xi−1 ,xi ]
10.3. Defin´ıci´ o. Jel¨ olje az [a, b] intervallum feloszt´asainak halmaz´at F. Ha az f f¨ uggv´eny korl´ atos az [a, b] intervallumon, tov´abb´a sup{s(f, Φ) : Φ ∈ F} = inf{S(f, Φ) : Φ ∈ F}, akkor az f f¨ uggv´enyt az [a, b] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o nak nevezz¨ uk. Egy f¨ uggv´enyt Riemann-integr´alhat´onak nevez¨ unk, ha korl´atos z´art intervallumon van ´ertelmezve ´es az ´ertelmez´esi tartom´any´an Riemann-integr´alhat´o. A sup{s(f, Φ) : Φ ∈ F} = inf{S(f, Φ) : Φ ∈ F } sz´amot az f f¨ uggRb v´eny [a, b] intervallumon vett Riemann-integr´ al j´anak h´ıvjuk, jele f vagy a
Rb
f (x) dx.
a
10.4. Defin´ıci´ o. Ha f az [a, b] intervallumon Riemann-integr´alhat´o f¨ uggv´eny, akkor az f f¨ uggv´eny grafikonja, a v´ızszintes tengely, valamint az x = a, 123
124
´ l, improprius integra ´l 10. Riemann-integra
ill. x = b egyenlet˝ u f¨ ugg˝ oleges egyenesek ´altal hat´arolt s´ıkidom el˝ ojeles ter¨ uRb let´enek mondjuk az f Riemann-integr´alt. a
Megjegyz´esek. E s´ıkidom v´ızszintes tengely feletti r´esz´et pozit´ıv, e tengely alatti r´esz´et negat´ıv el˝ ojellel vessz¨ uk figyelembe. Ha a f¨ uggv´eny nemnegat´ıv, akkor az eml´ıtett s´ıkidom ter¨ ulet´et szok´as a f¨ uggv´eny grafikonja alatti ter¨ uletnek is mondani. A Riemann-integr´ alt hat´ arozott integr´ al nak is h´ıvjuk. 10.5. Defin´ıci´ o. Ha a, b ∈ R, a < b ´es f az [a, b] intervallumon RiemannRb Ra integr´ alhat´ o, akkor f := − f . a
b
10.1. T´ etel. Ha egy korl´ atos z´ art intervallumon ´ertelmezett f¨ uggv´eny folytonos, akkor Riemann-integr´ alhat´ o. Ha egy korl´ atos z´ art intervallumon ´ertelmezett f¨ uggv´eny monoton ´es korl´ atos, akkor Riemann-integr´ alhat´ o. 10.2. T´ etel. Ha f az [a, b] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny ´es c ∈ (a, b), akkor f az [a, c] ´es a [c, b] intervallumon is Riemann-integr´ alhat´ o, Rb Rc Rb ´es f = f + g. a
a
c
10.3. T´ etel. Ha f ´es g az [a, b] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny ´es c ∈ R, akkor cf , f + g, f − g is az [a, b] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o, tov´ abb´ a Zb
Zb cf = c
a
Zb f,
a
Zb (f + g) =
a
Zb f+
a
Zb (f − g) =
g, a
Zb
a
Zb f−
a
g. a
10.4. T´ etel. Ha f ´es g az [a, b] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o f¨ uggRb Rb v´eny, valamint f ≤ g az [a, b] intervallumon, akkor f ≤ g. a
a
10.5. T´ etel. Ha f az [a, b] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny, akkor |f | is az [a, b] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o, tov´ abb´ a Zb Zb f ≤ |f |. a
a
10.6. T´ etel. Ha f az [a, b] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny ´es m, M ∈ R olyan sz´ amok, melyekre m ≤ f ≤ M az [a, b] intervallumon,
125
´leti o ´ ¨ sszefoglalo 10.1. Elme
akkor Zb m(b − a) ≤
f ≤ M (b − a). a
10.7. T´ etel (Newton–Leibniz-t´etel). Ha f az [a, b] intervallumon Riemannintegr´ alhat´ o f¨ uggv´eny, ´es egy primit´ıv f¨ uggv´enye az [a, b] intervallumon F , Rb akkor f = F (b) − F (a). a
Megjegyz´es. A Newton–Leibniz-t´etel alkalmaz´asakor gyakran haszn´aljuk az [F ]ba := F (b) − F (a) jel¨ ol´est. 10.8. T´ etel (parci´ alis integr´ al´as). Ha f ´es g az [a, b] intervallumon differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny, valamint f 0 ´es g 0 Riemann-integr´ alhat´ o az [a, b] intervallumon, akkor Zb Zb f 0 g = [f g]ba − f g 0 . a
a
10.9. T´ etel (integr´ al´ as helyettes´ıt´essel). Ha f az [a, b] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny, g pedig a [c, d] intervallumon ´ertelmezett differenci´ alhat´ o szigor´ uan monoton f¨ uggv´eny, melyre g 0 a [c, d] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o ´es R(g) = [a, b], akkor g −1 Z (b)
Zb
f g(t) g 0 (t) dt.
f (x) dx = a
g −1 (a)
10.10. T´ etel (grafikon ´ıvhossza). Ha f az [a, b] intervallumon ´ertelmezett folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny, akkor a grafikonj´ anak ´ıvhossza Zb p 1 + (f 0 )2 . a
10.6. Defin´ıci´ o. Ha f ´es g az [a, b] intervallumon Riemann-integr´alhat´o f¨ uggv´eny, valamint f ≤ g, akkor az (x, y) ∈ R2 : x ∈ [a, b], f (x) ≤ y ≤ g(x) halmazt az els˝ o v´ altoz´ ora n´ezve norm´ altartom´ anynak, az (x, y) ∈ R2 : y ∈ [a, b], f (y) ≤ x ≤ g(y) halmazt a m´ asodik v´ altoz´ ora n´ezve norm´ altartom´ anynak nevezz¨ uk. R¨oviden mindkett˝ ot norm´ altartom´ anynak h´ıvjuk.
126
´ l, improprius integra ´l 10. Riemann-integra
10.11. T´ etel (norm´ altartom´any ter¨ ulete). Ha f ´es g az [a, b] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny, valamint f ≤ g, akkor az (x, y) ∈ R2 : x ∈ [a, b], f (x) ≤ y ≤ g(x) norm´ altartom´ any ter¨ ulete
Rb
(g − f ).
a
10.7. Defin´ıci´ o. Ha f az [a, b] intervallumon ´ertelmezett Riemann-integr´alhat´ o nemnegat´ıv f¨ uggv´eny, akkor az f f¨ uggv´eny grafikonja ´es a v´ızszintes tengely ´ altal k¨ ozrefogott s´ıkidom v´ızszintes tengely k¨or¨ uli megforgat´as´aval keletkez˝ o (x, y, z) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, y 2 + z 2 ≤ f 2 (x) ⊂ R3 halmazt forg´ astestnek, a π
Rb
f 2 sz´amot a forg´ astest t´erfogat´ a nak nevezz¨ uk.
a
10.8. Defin´ıci´ o. Ha az f f¨ uggv´enyaz [a, b] intervallumon folytonosan differen ci´ alhat´ o ´es nemnegat´ıv, akkor az (x, y, z) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, y 2 +z 2 ≤ f 2 (x) Rb p forg´ astest pal´ astj´ anak felsz´ıne 2π f 1 + (f 0 )2 . a
uggv´eny 10.9. Defin´ıci´ o. Legyen a ∈ R, b ∈ R ´es a < b. Ha az f val´os f¨ minden y ∈ (a, b) eset´en az [a, y] intervallumon Riemann-integr´alhat´o, tov´abRy b´ a l´etezik lim f ∈ R, akkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny [a, b) y→b−0 a
intervallumon vett improprius integr´ alja konvergens. Ha a fenti hat´ ar´ert´ek nem l´etezik vagy l´etezik, de nem val´os sz´am, hanem +∞ vagy −∞ valamelyike, akkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny [a, b) intervallumon vett improprius integr´ alja divergens. Ha a fenti hat´ ar´ert´ek l´etezik, az Zy
Zb f := lim
f
y→b−0
a
a
´ert´eket az f f¨ uggv´eny [a, b) intervallumon vett improprius integr´ al j´anak nevezz¨ uk. Legyen a ∈ R, b ∈ R ´es a < b. Ha az f val´os f¨ uggv´eny minden y ∈ (a, b) eset´en az [y, b] intervallumon Riemann-integr´alhat´o, tov´abb´a l´etezik Rb lim f ∈ R, akkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny (a, b] intervallumon
y→a+0 y
vett improprius integr´ alja konvergens.
127
10.2. Kidolgozott feladatok
Ha a fenti hat´ ar´ert´ek nem l´etezik vagy l´etezik, de nem val´os sz´am, hanem +∞ vagy −∞ valamelyike, akkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny (a, b] intervallumon vett improprius integr´ alja divergens. Ha a fenti hat´ ar´ert´ek l´etezik, azt az f f¨ uggv´eny (a, b] intervallumon vett Rb improprius integr´ al j´ anak nevezz¨ uk, jele f . a
10.10. Defin´ıci´ o. Legyen az f val´os f¨ uggv´eny az (a, b) intervallum b´armely korl´ atos z´ art r´eszintervallum´ an Riemann-integr´alhat´o. Ha valamely c ∈ (a, b) Rc Rb eset´en az f ´es az f improprius integr´al konvergens, akkor azt mondjuk, a
c
hogy az f f¨ uggv´eny (a, b) intervallumon vett improprius integr´ alja konvergens. Rc Rb Ha f ´es f valamelyike divergens, akkor azt mondjuk, hogy az f f¨ ugga
c
v´eny (a, b) intervallumon vett improprius integr´ alja divergens. Ha mindk´et fenti improprius integr´al l´etezik, ´es az ¨osszeg¨ uk ´ertelmezve van, akkor az Zb
Zc f :=
a
f+ a
Zy
Zc
Zb
f + lim
f = lim
y→a+0
f
y→b−0
y
c
c
´ert´eket az f f¨ uggv´eny (a, b) intervallumon vett improprius integr´ al j´anak nevezz¨ uk. Megjegyz´es. A defin´ıci´ o ugyanazt adja, ha c helyett m´as val´os sz´ammal v´agjuk kett´e az (a, b) intervallumot.
10.2. Kidolgozott feladatok 1. Sz´ amolja ki az al´ abbi Riemann-integr´alokat! Z3
π
(x + 3x − 2) dx.
(a)
cos(3x) dx.
(b)
(c)
0
1
Ze (d)
Zπ
Z2
2
sin2 (x) dx.
0
ln2 (x) dx. x
1
Megold´ as. 3 R3 2 (a) (x +3x−2) dx = 13 x3 + 23 x2 −2x 1 = 9+ 27 2 −6 − 1
π
(b)
R2 0
cos(3x) dx =
h
sin(3x) 3
i π2 0
= − 13 − 0 = − 31 .
1 3 3+2
−2 = 50 3 .
128
´ l, improprius integra ´l 10. Riemann-integra
(c)
Rπ
sin2 (x) dx =
0
Rπ 0
1−cos(2x) 2
dx =
h 1 2
x−
sin(2x) 2
iπ
=
0
π 2
−0=
π 2.
e Re ln2 (x) 1 3 1 1 (d) dx = ln (x) = − 0 = . x 3 3 3 1 1 A 2.–5. feladatban sz´ am´ıtsa ki a Riemann-integr´alt! π
Zπ
Z2 2.
x sin(2x) dx. −π 2
−π
Zπ
+
sin(kx) sin(lx) dx, k, l ∈ N .
4.
cos(kx) cos(lx) dx, k, l ∈ N+ .
3.
−π
Z2π 5.
x sin2 (x) dx.
−2π
Megold´ as. 2. Parci´ alis integr´ al´ assal π
Z2 −π 2
π
π2 Z2 1 − cos(2x) − dx = x sin(2x) dx = − x cos(2x) 2 2 −π 2
−π 2
π2 1 π π = + sin(2x) = . 2 4 2 −π 2 3. A cos(kx) cos(lx) = 12 cos([k − l]x) + cos([k + l]x) , x ∈ R azonoss´ag szerint k 6= l eset´en Z 1 sin([k − l]x) sin([k + l]x) cos(kx) cos(lx) dx = + + C, x ∈ R, 2 k−l k+l
ez´ert a Newton–Leibniz-t´etelt alkalmazva π Zπ 1 sin([k − l]x) sin([k + l]x) = 0. cos(kx) cos(lx) dx = + 2 k−l k+l −π −π
Ha k = l, akkor π Zπ Zπ 1 1 1 + cos(2kx) 2 dx = x+ sin(2kx) = π. cos (kx) dx = 2 2 4k −π −π
−π
4. A sin(kx) sin(lx) = 12 cos([k − l]x) − cos([k + l]x) , x ∈ R azonoss´agb´ol k 6= l eset´en k¨ ovetkezik Z 1 sin([k − l]x) sin([k + l]x) sin(kx) sin(lx) dx = − + C, x ∈ R, 2 k−l k+l
129
10.2. Kidolgozott feladatok
´ıgy Zπ
sin(kx) sin(lx) dx =
1 2
sin([k − l]x) sin([k + l]x) − k−l k+l
π
−π
= 0. −π
A k = l esetben Zπ
Zπ
2
sin (kx) dx = −π
−π
π 1 − cos(2kx) 1 1 dx = x− sin(2kx) = π. 2 2 4k −π
5. Az integrandus p´ aratlan f¨ uggv´eny, ez´ert a nulla pontra szimmetrikus [−2π, 2π] intervallumot f´elbev´agva az 10.2. T´etel szerint Z2π
Z0
2
2
x sin (x) dx = −2π
Z2π
x sin (x) dx + −2π
x sin2 (x) dx.
0
Az els˝ o tagban helyettes´ıt´essel kapjuk az Z0
2
Z0
(−y) sin (−y) · (−1) dy = −
x sin (x) dx = −2π
Z2π
2
2π
y sin2 (y) dy
0
osszef¨ ugg´est, ez´ert a feladatbeli Riemann-integr´al nulla. ¨ ´ Megjegyz´es. Altal´ aban is igaz, hogy ha f p´aratlan f¨ uggv´eny, mely adott Ra + a ∈ R eset´en Riemann-integr´alhat´o a [−a, a] intervallumon, akkor f = 0. −a
6. Tetsz˝ oleges n ∈ N+ eset´en hat´arozza meg az
Rπ
sinn (x) dx Riemann-
0
integr´ alt! Megold´ as. Legyen In :=
Rπ
sinn (x) dx, n ∈ N. Ekkor I0 = π ´es I1 =
0
[− cos(x)]π0 = 2. Rekurzi´ot keres¨ unk e sorozatra. Parci´alisan integr´alva b´ armely n ∈ N, n ≥ 2 eset´en Zπ In =
sin(x) sinn−1 (x) dx =
0
π = − cos(x) · sinn−1 (x) 0 +
Zπ 0
(n − 1) sinn−2 (x) cos2 (x) dx =
130
´ l, improprius integra ´l 10. Riemann-integra
Zπ = 0 + (n − 1)
sinn−2 (x)(1 − sin2 (x)) dx = (n − 1)In−2 −(n−1)In ,
0
amib˝ ol k¨ ovetkezik In = I2n = Teh´ at
n−1 n In−2 ,
majd teljes indukci´oval
3 1 2n − 1 ·. . .· · I0 , n ∈ N+ , 2n 4 2 Rπ
I2n+1 =
4 2 2n ·. . .· · I1 . n ∈ N+ . 2n + 1 5 3
sin(x) dx = 2 ´es
0
Zπ
sink (x) dx =
(2n − 1) · . . . · 3 · 1 (2n) · . . . · 4 · 2 π,
0
ha k = 2n, n ∈ N+ ,
(2n) · . . . · 4 · 2 · 2, ha k = 2n + 1, n ∈ N+ . (2n + 1) · . . . · 3 · 1
7. Mennyi az f (x) := 12 x + 21 , D(f ) := R ´es a g(x) := x2 , D(g) := R f¨ uggv´eny grafikonja ´ altal hat´arolt korl´atos tartom´any ter¨ ulete? Megold´ as. Ha a k´et grafikonnak (x, y) k¨oz¨os pontja, akkor y = f (x) = g(x), ´ıgy 12 x + 12 = x2 . Ennek megold´asai x1 = − 12 , x2 = 1. Teh´at f ´es g grafikonja k´et pontban metszi egym´ast, ´es a [− 12 , 1] intervallumon f ≥ g, ez´ert a k´et grafikon ´altal hat´arolt korl´atos tartom´any ter¨ ulete Z1
Z1 (f − g) =
− 12
1 1 x + − x2 2 2
dx =
1 2 1 1 x + x − x3 4 2 3
− 12
1 = − 21
9 . 16
8. Egy g¨ omb alak´ u tart´ alyban az ´atm´er˝o k´etharmad´aig ´all a v´ız. A g¨omb t´erfogat´ anak mekkora r´esze a v´ız t´erfogata? Megold´ as. Tekints¨ √uk a g¨omb sugar´at egys´egnyinek. Ilyen g¨omb¨ot kapunk, ha az f (x) := 1 − x2 , D(f ) := [−1, 1] nemnegat´ıv f¨ uggv´eny grafikonja alatti tartom´ anyt a v´ızszintes tengely k¨or¨ ul megforgatjuk. Mivel a g¨ ombben az ´ atm´er˝ o k´etharmad´aig ´all a v´ız, annak t´erfogata 1
1
Z3
Z3
Vv´ız := π −1
2
f =π −1
1 80 1 3 3 = π. (1 − x ) dx = π x − x 3 81 −1 2
Az egys´egnyi sugar´ u g¨ omb t´erfogata Vg¨omb := ar´ any 80 π Vv´ız 20 = 81 = . 4 Vg¨omb 27 π 3
4π 3 ,
teh´at a keresett
131
10.2. Kidolgozott feladatok
9. Sz´ amolja ki az f (x) := ch (x), D(f ) := [0, 2] f¨ uggv´eny grafikonj´anak ´ıvhossz´ at, a grafikonja alatti ter¨ uletet, majd f grafikonj´anak a v´ızszintes tengely k¨ or¨ uli megforgat´as´aval keletkez˝o forg´astest t´erfogat´at ´es a forg´ astest pal´ astj´ anak felsz´ın´et! Megold´ as. A grafikon ´ıvhossza Z2 p Z2 Z2 p 0 2 2 1 + (f ) = 1 + sh (x) dx = ch (x) dx = [sh (x)]20 = sh (2). 0
0
0
R2
A grafikon alatti ter¨ ulet
f=
0
R2
ch (x) dx = [sh (x)]20 = sh (2).
0
A f¨ uggv´eny grafikonj´ anak a v´ızszintes tengely k¨or¨ uli megforgat´as´aval keletkez˝ o forg´ astest t´erfogata Z2 π
Z2
2
f =π
Z2
2
ch (x) dx = π
0
0
0
2
=π
1 1 sh (2x) + x 4 2
ch (2x) + 1 dx = 2
= 0
π sh (4) + 4 . 4
E test pal´ astj´ anak felsz´ıne Z2 Z2 Z2 p ch (2x) + 1 0 2 dx = 2π f 1 + (f ) = 2π ch (x) · ch (x) dx = 2π 2 0
0
0
π = sh (4) + 4 . 2 10. Hat´ arozza meg a k¨ ovetkez˝o improprius integr´alokat! π
+∞ Z (a) e−4x dx.
Z2 (b)
1 dx. cos2 (x)
+∞ Z
(c)
0
0
0
Z6
Z1
+∞ Z
(d)
√
1 dx. x−5
(e)
1 dx. 1 − x2
(f)
−1
5
Megold´ as. h −4x iy +∞ R −4x Ry −4x e dx = lim e−4 = (a) e dx = lim y→+∞ 0 y→+∞ 0 0 −4y e 1 = lim = 14 . −4 − − 4 y→+∞
−∞
1 dx. x2 + 9 1 dx. 1 + x2
132
´ l, improprius integra ´l 10. Riemann-integra π
(b)
R2 0
1 cos2 (x)
dx = =
(c)
+∞ R 0
1 x2 +9
Ry
dx = lim [tg (x)]y0 = y→ π 2 −0 tg (y) − 0 = +∞.
1 2 y→ 2 −0 0 cos (x)
lim π
lim
y→ π 2 −0
Ry
dx = lim
y→+∞ 0
1
= lim
3
y→+∞
(d)
R6 5
√1 x−5
dx = lim
R6
−1
1 1−x2
R0
dx =
−1
= =
1 y→+∞ 0 9
x 3
−∞
1 1+x2
= lim
y→+∞
y→5+0
1 1−x2
dx +
0
R0
lim
R1
y→−1+0 y
1 1−x2
1 1−x2
1 2 (x 3 ) +1
dx =
1 3 arctg
y 3
−0 =
π 6.
√ 6 2 x−5 y =
dx = Ry
1 2 y→1−0 0 1−x
dx + lim
dx =
lim [arth (x)]0y + lim [arth (x)]y0 = y→1−0
y→−1+0 y→1−0
+∞ R
0
dx = lim
= lim arth (x) − (f)
y
·
√ 2 − 2 y − 5 = 2.
y→5+0
R1
Ry
dx = lim
arctg
√1 x−5
y→5+0 y
= lim (e)
1 x2 +9
dx =
R0 −∞
1 1+x2
= lim
R0
y→−∞ y
dx +
1 1+x2
lim
y→−1+0
+∞ R 0
1 1+x2
arth (x) = +∞.
dx = Ry
1 2 y→+∞ 0 1+x
dx + lim
dx =
0
y
= lim [arctg (x)]y + lim [arctg (x)]0 = y→−∞ y→+∞ = lim 0 − arctg (y) + lim arctg (y) − 0 = π. y→−∞
y→+∞
11. Mely p ∈ R+ param´eter eset´en konvergens az
+∞ R 1
az
+∞ R 0
1 xp
1 xp
dx, az
R1 0
1 xp
dx, ill.
dx improprius integr´al?
Megold´ as. A defin´ıci´ o, majd a Newton–Leibniz-t´etel alapj´an 1−p h 1−p iy y 1 1 lim x1−p = lim − 1−p = p−1 , ha p > 1, y→+∞ y→+∞ 1−p 1 +∞ Z h 1−p iy 1−p 1 y 1 dx = lim x1−p = lim − p 1−p = +∞, ha p < 1, x y→+∞ y→+∞ 1−p 1 1 lim [ln(x)]y1 = lim ln(y) = +∞, ha p = 1. y→+∞
y→+∞
133
´ feladatok 10.3. Megoldando
Teh´ at az els˝ o improprius integr´al p > 1 eset´en konvergens. h 1−p i1 1−p 1 = lim − y1−p = +∞, ha p > 1, lim x1−p 1−p y→0+0 y→0+0 y Z1 h 1−p i1 1 y 1−p 1 x 1 dx = = lim lim − = 1−p , ha p < 1, p 1−p y→0+0 1−p y y→0+0 1−p x 0 lim [ln(x)]1 = lim (− ln(y)) = +∞, ha p = 1. y y→0+0
y→0+0
A m´ asodik improprius integr´al 0 < p < 1 eset´en konvergens. +∞ +∞ R 1 R1 1 R 1 Az dx = dx + osszef¨ ugg´es szerint a harmadik imp p x x xp dx ¨ 0
0
1
proprius integr´ al semelyik p ∈ R+ eset´en sem konvergens. +∞ R 12. Adott λ ∈ R+ param´eter eset´en sz´am´ıtsa ki az λe−λx dx improprius 0
integr´ alt! Megold´ as.
+∞ R
λe−λx dx = lim
Ry
y→+∞ 0
0
λe−λx dx = lim
y→+∞
−λx y −e = 0
= lim (1 − e−λy ) = 1. y→+∞
10.3. Megoldand´ o feladatok Az 1.–9. feladatban sz´ amolja ki a Riemann-integr´alt! Z2 1.
(3x2 + 4x − 1) dx. 2.
Z1
π
(2x5 − x + 3) dx. 3.
−2
1 π
Z2 4.
cos (x) dx.
5. 0
Zπ
Z1
7.
e −π
π
sin(3x) dx.
Z2 sin(2x) cos(x) dx. 6.
0 −x2
sin(2x) dx. 0
Zπ
2
Z4
8.
x3 cos(2x) dx.
−π 2
Z2
p 1 − x2 dx.
9.
−1
10. Adott k, l ∈ N+ eset´en sz´amolja ki az
e2x dx. 1 + ex
0
Rπ
sin(kx) cos(lx) dx Riemann-
−π
integr´ alt! 11. Mennyi az f (x) := (e − 1)x + 1, D(f ) := R ´es a g(x) := ex , D(g) := R f¨ uggv´eny grafikonja ´ altal hat´arolt korl´atos tartom´any ter¨ ulete? 3
uggv´eny grafikonj´anak a 12. Mennyi az f (x) := sin 2 (x), D(f ) := [0, π] f¨ v´ızszintes tengely k¨ or¨ uli megforgat´as´aval keletkez˝o forg´astest t´erfogata?
134
´ l, improprius integra ´l 10. Riemann-integra
13. Sz´ amolja ki az f (x) := x2 , D(f ) := [0, 1] f¨ uggv´eny grafikonj´anak ´ıvhossz´ at, a grafikonja alatti ter¨ uletet, valamint f grafikonj´anak a v´ızszintes tengely k¨ or¨ uli megforgat´as´aval keletkez˝o forg´astest t´erfogat´at! A 14.–17. feladatban hat´ arozza meg az improprius integr´alt! +∞ Z
14.
1 dx. 2x
Z1 15.
Z1 ln(x) dx.
16.
0
0
0
18. Adott a, s ∈ R+ eset´en sz´am´ıtsa ki az
+∞ Z
1 √ dx. 1−x2 +∞ R
17.
1 dx. 2x−3
2
e−st dt improprius integr´alt!
a
19. Adott s ∈ R+ param´eter eset´en sz´am´ıtsa ki az
+∞ R
t2 e−st dt improprius
0
integr´ alt! 20. Tetsz˝ oleges n ∈ N+ ´es s ∈ R+ eset´en hat´arozza meg az
+∞ R
tn e−st dt
0
improprius integr´ alt!
10.4. Megold´ asok 1. 12. 8.
π 2.
2. − 21 2 .
3. 12 .
9. e2 − 1 − ln
e
2
√ 1
+1
2
4. .
π 4.
5. 43 .
10. 0.
11.
6. 0. 3−e 2 .
7. 0. 12. 34 π.
13. A grafikon ´ıvhossza 2 5+ 14 arsh (2), a grafikon alatti ter¨ ulet 13 , a grafikonnak a v´ızszintes tengely k¨or¨ uli megforgat´as´aval keletkez˝o forg´astest t´erfogata π5 . 14.
1 ln(2) .
15. −1.
16. π2 .
17. +∞.
18.
e−sa s .
19.
2 s3 .
20.
n! sn+1 .
11. fejezet
Hatv´ anysorok, Taylor-sorok
11.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o 11.1. Defin´ıci´ o. Legyen a ∈ R ´es (an )n∈N sorozat. Ekkor
∞ P
an (x − a)n a
n=0
X n
ak (x − a)
k
n∈N
k=0
r´eszlet¨ osszeg-sorozatot jelenti, ´es a k¨oz´eppont´ u hatv´ anysor nak nevezz¨ uk. Az an , n ∈ N sz´ amokat a hatv´ anysor egy¨ utthat´ oi nak h´ıvjuk. A hatv´ anysor konvergenciahalmaz ´anak nevezz¨ uk azon x val´os sz´amok hal∞ P n maz´ at, melyekre a an (x − a) numerikus sor konvergens. n=0
11.1. T´ etel (Cauchy–Hadamard-t´etel). B´ armely hatv´ anysor konvergenciahalmaza intervallum, mely a v´egpontjait´ ol eltekintve a hatv´ anysor k¨ oz´eppontj´ ara szimmetrikus. A hatv´ anysor az intervallum minden bels˝ o pontj´ aban abszol´ ut konvergens. Megjegyz´es. Ez´ert a hatv´ anysor konvergenciahalmaz´at m´ask´eppen konvergenciaintervallumnak mondjuk. 11.2. Defin´ıci´ o. Egy hatv´ anysor konvergenciasugar ´anak nevezz¨ uk azt az R nemnegat´ıv val´ os sz´ amot vagy a +∞ ´ert´eket, amelyik eset´en a hatv´anysor H konvergenciahalmaz´ ara fenn´all az (a − R, a + R) ⊂ H ⊂ [a − R, a + R] osszef¨ ugg´es. ¨ ∞ P 11.2. T´ etel (Cauchy–Hadamard-formula). Ha a an (x − a)n hatv´ anysor n=0 p ar´ert´ek, akkor a hatv´ anysor konvergenciasueset´en l´etezik a lim n |an | hat´ n→+∞ gara p 1√ , ha lim n |an | ∈ R+ , n lim |an | n→+∞ n→+∞ p R = +∞, ha lim n |an | = 0, n→+∞ p 0, ha lim n |an | = +∞. n→+∞
135
136
´ nysorok, Taylor-sorok 11. Hatva
Megjegyz´es. Minden hatv´ anysor pkonvergenciasugar´at megadja a fenti p formula, ha abban mindenhol a lim n |an | hat´ar´ert´ek helyett a lim sup n |an | fels˝o n→+∞
n→+∞
hat´ ar´ert´eket ´ırjuk. ∞ P
11.3. Defin´ıci´ o. A
an (x−a)n hatv´anysor ¨ osszegf¨ uggv´eny´enek nevezz¨ uk
n=0
azt az f f¨ uggv´enyt, amelyik a hatv´anysor konvergenciahalmaz´an van ´ertel∞ P mezve, ´es ott a f¨ uggv´eny´ert´ek f (x) := an (x − a)n . n=0
11.3. T´ etel (Abel-t´etel). Minden hatv´ anysor ¨ osszegf¨ uggv´enye folytonos f¨ uggv´eny. Megjegyz´es. A 11.4. T´etel szerint az ¨osszegf¨ uggv´eny a konvergenciaintervallum minden bels˝ o pontj´ aban differenci´alhat´o, ez´ert folytonos is. Ha a hatv´anysor a konvergenciaintervallum valamelyik v´egpontj´aban konvergens, akkor az Abelt´etel szerint az ¨ osszegf¨ uggv´eny abban a v´egpontban is folytonos. ∞ P 11.4. T´ etel. Legyen a an (x − a)n hatv´ anysor konvergenciasugara a pon=0
zit´ıv R ´ert´ek, ¨ osszegf¨ uggv´enye pedig f . Az ¨ osszegf¨ uggv´eny a konvergenciahalmaz b´ armely bels˝ o pontj´ aban ak´ arh´ anyszor differenci´ alhat´ o, ´es a deriv´ altakat tagonk´enti deriv´ al´ assal sz´ amolhatjuk ki: f 0 (x) =
∞ X
nan (x − a)n−1 ,
x ∈ (a − R, a + R),
n=1
´es tetsz˝ oleges k ∈ N+ eset´en f (k) (x) =
∞ X
n(n − 1) . . . (n − k + 1)an (x − a)n−k ,
x ∈ (a − R, a + R).
n=k
11.1. K¨ ovetkezm´ eny. Ha a pozit´ıv konvergenciasugar´ u
∞ P
an (x − a)n hat-
n=0 (n)
v´ anysor o uggv´enye f , akkor an = f n!(a) , n ∈ N. ¨sszegf¨ 11.2. K¨ ovetkezm´ eny (az egy¨ utthat´ok egy´ertelm˝ us´ege). Ha k´et azonos k¨ oz´eppont´ u hatv´ anysor ¨ osszegf¨ uggv´enye egyenl˝ o egy ny´ılt intervallumon, mely tartalmazza a hatv´ anysorok k¨ oz´eppontj´ at, akkor a k´et hatv´ anysor egy¨ utthat´ oi rendre egyenl˝ ok. ∞ P 11.5. T´ etel. Legyen a an (x − a)n hatv´ anysor konvergenciasugara a n=0
pozit´ıv R ´ert´ek, ¨ osszegf¨ uggv´enye f . Az ¨ osszegf¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enyeit az (a − R, a + R) intervallumon tagonk´ent k´epezve kaphatjuk: Z ∞ X an f (x) dx = (x − a)n+1 + C, C ∈ R. n + 1 n=0
137
11.2. Kidolgozott feladatok
11.6. T´ etel. A pozit´ıv konvergenciasugar´ u
∞ P
an (x − a)n hatv´ anysor f
n=0
osszegf¨ uggv´eny´enek Riemann-integr´ alja a konvergenciahalmaz b´ armely [α, β] ¨ korl´ atos z´ art r´eszintervallum´ an meghat´ arozhat´ o tagonk´enti integr´ al´ assal: Zβ α
β ∞ X an n+1 f (x) dx = (x − a) . n+1 α n=0
11.4. Defin´ıci´ o. Ha a ∈ R ´es az f f¨ uggv´eny ak´arh´anyszor differenci´alhat´o az a pontban, akkor az f f¨ uggv´eny a k¨oz´eppont´ u Taylor-sor ´anak nevezz¨ uk az al´ abbi hatv´ anysort: ∞ X f (n) (a) (x − a)n . n! n=0 Megjegyz´esek. A Taylor-sor r´eszlet¨osszegei a Taylor-polinomok. L´etezik olyan ak´ arh´ anyszor differenci´alhat´o f¨ uggv´eny, mely a teljes R halmazon ´ertelmezve van, ´es a nulla k¨oz´eppont´ u Taylor-sora minden null´at´ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o helyen divergens. 1 L´etezik olyan ak´ arh´ anyszor differenci´alhat´o f¨ uggv´eny is, pl. f (x) := e− x2 , x ∈ R \ {0}, ´es f (0) := 0, melyre f (n) (0) = 0, n ∈ N, ez´ert a nulla k¨oz´eppont´ u Taylor-sor´ anak ¨ osszegf¨ uggv´enye nulla konstans f¨ uggv´eny. Az ¨osszegf¨ uggv´eny ´ert´eke a k¨ oz´eppont kiv´etel´evel egyetlen x helyen sem egyenl˝o az f (x) f¨ uggv´eny´ert´ekkel. 11.7. T´ etel (nevezetes nulla k¨oz´eppont´ u sorfejt´esek). ex = sin(x) = cos(x) = sh (x) = ch (x) =
∞ X 1 n 1 1 1 x = 1 + x + x2 + x3 + x4 + . . . , x ∈ R. n! 2! 3! 4! n=0 ∞ X n=0 ∞ X
(−1)n
1 1 1 1 x2n+1 = x − x3 + x5 − x7 + ..., x ∈ R. (2n+1)! 3! 5! 7!
(−1)n
1 1 1 1 x2n = 1 − x2 + x4 − x6 + . . . , x ∈ R. (2n)! 2! 4! 6!
n=0 ∞ X
1 1 1 1 x2n+1 = x + x3 + x5 + x7 + . . . , x ∈ R. (2n + 1)! 3! 5! 7! n=0 ∞ X
1 1 1 1 x2n = 1 + x2 + x4 + x6 + . . . , x ∈ R. (2n)! 2! 4! 6! n=0
∞ P 1 = xn = 1 + x + x2 + x3 + x4 + . . . , x ∈ (−1, 1) 1−x n=0
(m´ertani sor).
138
´ nysorok, Taylor-sorok 11. Hatva
11.2. Kidolgozott feladatok 1. Mi a konvergenciahalmaza az al´abbi hatv´anysoroknak? (a)
∞ X
xn .
(b)
n=0
∞ X 1 n x . n n=1
(c)
∞ X (−1)n n x . n n=1
(d)
∞ X 1 n x . 2 n n=1
Megold´ as. ∞ P (a) A xn m´ertani sor pontosan akkor konvergens, ha |x| < 1. Teh´at n=0
a konvergenciahalmaza (−1, 1). = lim 1 √1 = 1, 1 nn | | n→+∞ n n→+∞ ez´ert konvergens a (−1, 1) intervallumon, divergens a [−1, 1] intervallumon k´ıv¨ ul. A konvergenciaintervallum k´et v´egpontj´aban k¨ ul¨on meg ∞ P 1 n kell vizsg´ alni a sort: x = −1 eset´en a sor Leibniz-t´ıpus´ u, n (−1)
(b) A hatv´ anysor konvergenciasugara R =
lim
1q n
n=1
∞ P
´ıgy konvergens, x = 1 eset´en pedig
n=1
1 n
· 1n a harmonikus sor, ami
divergens. Teh´ at a konvergenciahalmaz [−1, 1). = lim 1 √1 = 1, ez´ert a (−1)n nn | | n→+∞ n n→+∞ hatv´ anysor konvergens a (−1, 1) intervallumon, m´ıg a [−1, 1] interval∞ P 1 lumon k´ıv¨ ul divergens. Ha x = −1, akkor n a harmonikus sor,
(c) A konvergenciasug´ ar R =
lim
1 q n
∞ P
ami divergens, x = 1 eset´en pedig a
n=1
n=1
(−1)n n
sor Leibniz-t´ıpus´ u,
ez´ert konvergens. E hatv´anysor konvergenciahalmaza (−1, 1]. 1q
= lim 1 √1 = 1, 1 2 | | n→+∞ ( n n) 2 n n→+∞ ez´ert konvergens a (−1, 1) intervallumon, divergens a [−1, 1] interval∞ P 1 lumon k´ıv¨ ul. Az x = 1 esetben a n2 hiperharmonikus sor kon-
(d) A hatv´ anysor konvergenciasugara R =
vergens, x = −1 eset´en pedig
∞ P n=1
lim
n
n=1 1 n2
· (−1)n abszol´ ut konvergens,
´ıgy konvergens (vagy Leibniz-t´ıpus´ u, az´ert konvergens). A hatv´anysor konvergenciahalmaza [−1, 1]. Megjegyz´es. Az im´enti n´egy p´elda mutatja, hogy a konvergenciahalmaz lehet ny´ılt, fel¨ ulr˝ ol ny´ılt, alulr´ol ny´ılt, valamint z´art intervallum is. 2. Mi a konvergenciahalmaza az al´abbi hatv´anysoroknak? (a)
∞ X n=0
5n xn . (b)
∞ ∞ ∞ X X X 22n n 5n n 3n2 + 1 n x . (d) x . x . (c) nn n! 2n + 1 n=1 n=0 n=0
139
11.2. Kidolgozott feladatok
Megold´ as. (a) B´ armely x ∈ R eset´en a
∞ P
5 n xn =
n=0
∞ P
(5x)n sor 5x kv´ociens˝ u
n=0
m´ertani sor, mely pontosan akkor konvergens, amikor |5x| < 1, azaz |x| < 51 . Ez´ert a konvergenciahalmaz − 15 , 15 . q 2n (b) Mivel lim n 2nn = lim n4 = 0, ez´ert a konvergenciasug´ar n→+∞
n→+∞
+∞ ´es a hatv´ anysor minden x ∈ R eset´en konvergens. q n 5 (c) Mivel lim n 5n! = lim √ = 0 alapj´an a konvergenciasug´ar n n! n→+∞
n→+∞
+∞, ´ıgy a hatv´ anysor minden x ∈ R eset´en konvergens. (d) Az 1 <
3n2 +1 2n+1
< 32 n, n ∈ N+ egyenl˝otlens´egek alapj´an s r 2 √ n 3 n n 3n + 1 < 1< n, 2n + 1 2
majd az ut´ obbib´ ol a k¨ozrefog´ r asi elv miatt k¨ovetkezik 2 +1 lim n 3n 2n+1 = 1, n→+∞
teh´ at a konvergenciasug´ar R = lim
n→+∞
1 r n 3n2 +1 2n+1
= 1. A k´et v´egpont-
ban, x = −1 ´es x = 1 eset´en a numerikus sor tagjai nem tartanak null´ ahoz, ez´ert a hatv´anysor mindk´et v´egpontban divergens. ´Igy a konvergenciahalmaz (−1, 1). A 3.–7. feladatban fejtse nulla k¨oz´eppont´ u hatv´anysorba a f¨ uggv´enyt! 1 , D(f ) := R. 3. f (x) := 1 + x2 4. f (x) := e−2x , D(f ) := R. 1 5. f (x) := 2 , D(f ) := R \ {−1, 3}. x − 2x − 3 1 6. f (x) := , D(f ) := R \ {−1}. (1 + x)2 7. f (x) := ln(1 + x), D(f ) := (−1, +∞). Megold´ as. 3. Az y := −x2 jel¨ ol´es mellett |x| < 1 pontosan akkor teljes¨ ul, amikor ∞ P 1 = y n , |y| < 1 sorfejt´es az al´abbi eredm´enyt |y| < 1, ez´ert az 1−y n=0
adja:
∞ ∞ X X 1 2 n −x = = (−1)n x2n , 1 + x2 n=0 n=0
|x| < 1.
140
´ nysorok, Taylor-sorok 11. Hatva
A hatv´ anysor konvergenciahalmaza (−1, 1). ∞ P 1 n 4. Az ey = esb˝ol az y := −2x, x ∈ R helyettes´ın! y , y ∈ R sorfejt´ n=0
t´essel kaphat´ o e−2x =
∞ ∞ X X 1 2n n (−2x)n = x , (−1)n n! n! n=0 n=0
x ∈ R.
5. A nevez˝ o k´et z´erushelye −1 ´es 3, ´ıgy x2 − 2x − 3 = (x + 1)(x − 3), x ∈ R. A vizsg´ alt f¨ uggv´enyt parci´alis t¨ortekre bontva A B 1 = + , x ∈ R \ {−1, 3} x2 − 2x − 3 x+1 x−3 1 = A(x − 3) + B(x + 1) = (A + B)x + (−3A + B). A+B =0 −3A + B = 1
,
teh´ at A = − 14 , B = 14 . Mindk´et parci´alis t¨ort sorbafejthet˝o m´ertani sor seg´ıts´eg´evel: ∞ ∞ X 1 1 (−1)n+1 n 1 1 1X =− · =− (−x)n = x , |x| < 1, − · 4 1+x 4 1 − (−x) 4 n=0 4 n=0
1 1 1 1 · =− · 4 x−3 12 1 −
x 3
=−
∞ ∞ 1 1 X x n X − = xn , n 12 n=0 3 12 · 3 n=0
|x| < 3.
Ez´ert ∞
X 1 1 1 1 1 = − · + · = x2 −2x+3 4 1+x 4 x−3 n=0
(−1)n+1 1 − xn, |x| < 1. 4 12·3n
A hatv´ anysor konvergens a (−1, 1) intervallumon. Ha x = 1 vagy x = −1, akkor a sor tagjai nem tartanak null´ahoz, ez´ert a sor divergens. ´Igy a hat´ arpontokban sem ´erv´enyes a sorfejt´es, a hatv´anysor konvergenciahalmaza (−1, 1). ∞ P 1 6. Az 1−y = y n , |y| < 1 sorfejt´esb˝ol az y := −x helyettes´ıt´essel n=0
kaphat´ o ∞ X 1 = (−1)n xn , 1 + x n=0
|x| < 1.
141
11.2. Kidolgozott feladatok
Ennek mindk´et oldal´ at deriv´ 0 alva, majd a jobb oldalon a deriv´al´ast ta1 1 gonk´ent elv´egezve 1+x = − (1+x) x ∈ R \ {−1} alapj´an |x| < 1 2, eset´en !0 ∞ X 1 n n =− (−1) x = (1 + x)2 n=0 =
∞ X
(−1)n+1 nxn−1 = 1 − 2x + 3x2 − 4x3 + 5x4 − . . . .
n=1
A hatv´ anysor x = 1 ´es x = −1 eset´en divergens, ez´ert ott nem ´erv´enyes a sorfejt´es, a konvergenciahalmaz (−1, 1). ∞ P 1 = (−1)n xn , |x| < 1 sorfejt´es 7. Az el˝ oz˝ o megold´ as elej´en kapott 1+x n=0
mindk´et oldal´ anak primit´ıv f¨ uggv´enyeit k´epezve a (−1, 1) intervallumon, a jobb oldalon ezt tagonk´ent v´egezve ln(1 + x) =
∞ Z X n=0 ∞ X
(−1)n xn dx =
(−1)n = n∗ n∗ =1
∗
−1
∞ X (−1)n n+1 x +C = n+1 n=0
∗
xn + C,
ahol C ∈ R alkalmas ´ alland´o. Az utols´o l´ep´esben az n ∈ N index helyett az n∗ := n + 1 ∈ N+ u ´j indexszel adtuk meg a hatv´anysort. A C ´alland´ot meghat´ arozhatjuk, ha az x = 0 helyen kisz´amoljuk a bal ´es a jobb oldal ´ert´ek´et: 0 = C. A hatv´ anysor konvergens az x = 1 helyen, ebben a pontban a bal oldali f¨ uggv´eny ´es Abel t´etele szerint a jobb oldali hatv´anysor is folytonos, ez´ert a sorfejt´es ott is ´erv´enyes: ln(1 + x) =
∞ X (−1)n−1 n 1 1 1 x = x − x2 + x3 − x4 + . . . , n 2 3 4 n=1
x ∈ (−1, 1].
A kapott hatv´ anysor konvergenciasugara 1, ez´ert a (−1, 1] intervallumon ´erv´enyes a sorfejt´es. 8. Hat´ arozza meg az al´ abbi hatv´anysorok ¨osszegf¨ uggv´eny´et! ∞ ∞ ∞ X X X (−1)n n 1 n x . (c) x . (a) 3n xn . (b) 22n+1 n! n=0 n=0 n=0
142
´ nysorok, Taylor-sorok 11. Hatva
Megold´ as. ∞ ∞ P P 1 (a) 3n xn = (3x)n = 1−3x a m´ertani sor ¨osszege alapj´an, ha n=0 n=0 |3x| < 1, azaz x ∈ − 13 , 31 . ∞ ∞ P P 1 1 x n 2 n = 12 1−1 x = 4−x (b) szint´en a m´ertani sor 22n+1 x = 2 4 4 n=0 n=0 x osszege alapj´ an, amikor 4 < 1, vagyis x ∈ (−4, 4). ¨ ∞ ∞ n P P (−1) 1 n n −x (c) x = , x ∈ R az e alap´ u exponenci´alis n! n! (−x) = e n=0
n=0
f¨ uggv´eny sorfejt´ese szerint. A 9.–10. feladatban hat´ arozza meg a hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´eny´et! 9.
∞ X
(n + 1)xn .
10.
n=0
∞ X (−1)n 2n+1 x . 2n + 1 n=0
Megold´ as. 9. A hatv´ anysor konvergenciasugara R =
lim
1√ n
n→+∞
|n+1|
= 1, konvergencia-
halmaza (−1, 1). Legyen az ¨osszegf¨ uggv´eny f (x) :=
∞ X
(n + 1)xn , D(f ) := (−1, 1).
n=0
A primit´ıv f¨ uggv´enyeit tagonk´ent k´epezve a (−1, 1) intervallumon Z ∞ Z ∞ X X 1 − 1 + C, f (x) dx = (n + 1)xn dx = xn+1 + C = 1 − x n=0 n=0 ahol C ∈ R. Ebb˝ ol deriv´al´assal kaphat´o 0 1 1 f (x) = −1+C = , 1−x (1 − x)2 Megjegyz´es. Ha |x| < 1, akkor a kiemelve is megkaphatjuk, mert
∞ P n=0 ∞ P
xn+1 sor ¨osszeg´et egy x t´enyez˝ot
xn+1 = x
n=0
x ∈ (−1, 1).
∞ P n=0
xn = x ·
1 1−x .
A k´et
x 1 − 1 = 1−x , x ∈ R \ {1}. eredm´eny egyenl˝ o, hiszen 1−x 10. A hatv´ anysor konvergenciahalmaz´anak meghat´aroz´as´ara a h´anyadoskrit´eriumot alkalmazzuk. Tetsz˝oleges x 6= 0 val´os sz´amra (−1)n+1 2n+3 2n+3 x = lim 2n + 1 x2 = x2 , lim (−1)n n→+∞ x2n+1 n→+∞ 2n + 3 2n+1
143
11.2. Kidolgozott feladatok
ez´ert |x| < 1 eset´en a sor konvergens, m´ıg |x| > 1 eset´en divergens. Ha x = −1 vagy x = 1, akkor a sor Leibniz-t´ıpus´ u, teh´at konvergens. A hatv´ anysor konvergenciahalmaza [−1, 1]. ∞ P (−1)n 2n+1 , D(f ) := [−1, 1]. Legyen az ¨ osszegf¨ uggv´eny f (x) := 2n+1 x n=0
Ezt b´ armely x ∈ (−1, 1) eset´en tagonk´ent deriv´alhatjuk, ´es m´ertani sort kapunk: 0 X ∞ ∞ ∞ X X (−1)n 2n+1 1 f 0 (x) = x = . (−1)n x2n = (−x2 )n = 2n + 1 1 − (−x2 ) n=0 n=0 n=0 R 1 A (−1, 1) intervallumon a primit´ıv f¨ uggv´eny defin´ıci´oja ´es 1+x2 dx = arctg (x) + C, C ∈ R szerint f (x) = arctg (x) + C ∗ , ahol C ∗ ∈ R alkalmas ´ alland´o, melyet az x = 0 helyen k¨onnyen kisz´amolhatunk: 0 = C ∗ . Abel t´etele k¨ ovetkezt´eben a kapott egyenl˝os´eg az x = −1 ´es az x = 1 helyen is teljes¨ ul, ez´ert f (x) = arctg (x),
x ∈ [−1, 1].
11. Sz´ amolja ki a sorok ¨ osszeg´et! (a)
∞ X 2n . n! n=0
(b)
∞ X
(−1)n
n=0
π 2n . (2n)!
(c)
∞ X 3n . (2n)! n=1
Megold´ as. (a) Az ex = ∞ P n=0
∞ P
xn n! ,
n=0 2n n!
x ∈ R sorfejt´est az x = 2 sz´amra alkalmazva a
= e2 eredm´enyre jutunk. ∞ P
(b) A cos(x) = ∞ P
n=0
π 2n (−1)n (2n)! = n=0 ∞ P
(c) A ch (x) =
n=0
√ ch ( 3 ), ez´ert
2n
x (−1)n (2n)! , x ∈ R sorfejt´esb˝ol x = π eset´en a
−1 eredm´enyt kapjuk.
x2n (2n)! , ∞ P n=1
x ∈ R sorfejt´esben x =
3n (2n)!
legfeljebb 10−3 hib´ aval k¨ozel´ıti!
R1 0
3 eset´en
∞ P n=0
√ = ch ( 3 ) − 1.
12. Adjon meg olyan val´ os sz´amot, amelyik az
√
2
3n (2n)!
=
e−x dx Riemann-integr´alt
144
´ nysorok, Taylor-sorok 11. Hatva
Megold´ as. Az e alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´eny nulla k¨oz´eppont´ u ey = ∞ P yn es´eben y := −x2 eset´en n! , y ∈ R sorfejt´ n=0
2
e−x =
∞ X
(−1)n
n=0
x2n x6 x4 = 1 − x2 + − + ..., n! 2! 3!
x ∈ R.
A kapott sorfejt´est a [0, 1] intervallumon tagonk´ent integr´alva Z1
1
e
−x2
dx =
0
=
∞ Z X n=0 0 ∞ X
(−1)
(−1)n
n=0
nx
2n
n!
∞ X dx = (−1)n n=0
x2n+1 (2n + 1)n!
1 = 0
1 1 1 1 =1− + − + ... . (2n + 1)n! 3 5 · 2! 7 · 3!
A sor Leibniz-t´ıpus´ u, ez´ert annak sn :=
n P k=0
1 (−1)k (2k+1)k! , n ∈ N r´esz-
let¨ osszegei felv´ altva fel¨ ulr˝ol, ill. alulr´ol k¨ozel´ıtik a sor ¨osszeg´et, ´es a k¨ozel´ıt´es hib´ aja legfeljebb a sorban a r´eszlet¨osszeg utols´o tagj´at k¨ovet˝o tag abszol´ ut ´ert´eke: ∞ X 1 1 (−1)n , sn − ≤ (2n + 3)(n + 1)! (2n + 1)n! n=0 ´ıgy Z1 ∞ X 2 1 n sn − e−x dx = sn − (−1) ≤ 10−3 (2n + 1)n! 0
n=0
m´ ar n = 4 eset´en teljes¨ ul. A Riemann-integr´alt legfeljebb 10−3 hib´aval k¨ ozel´ıti 1 1 1 1 s4 = 1 − + − + . 3 5 · 2! 7 · 3! 9 · 4!
11.3. Megoldand´ o feladatok Az 1.–4. feladatban mi a konvergenciahalmaza a hatv´anysornak? ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X √ √ n2 n+1 n 3 n xn . 2. (−1)n n xn . 3. n + n xn . 4. x . 1. 2 n! n=0 n=0 n=0 n=0 Az 5.–12. feladatban fejtse nulla k¨oz´eppont´ u hatv´anysorba a f¨ uggv´enyt!
145
´ sok 11.4. Megolda
1 , D(f ) := R \ {− 12 , 12 }. 6. f (x) := xe2x , D(f ) := R. 1−4x2
5. f (x) :=
8. f (x) := sin(x2 ), D(f ) := R.
7. f (x) := cos(3x), D(f ) := R. 9. f (x) := sin2 (x), D(f ) := R. x , D(f ) := R\{−1}. 11. f (x) := (1+x)2
x2 , D(f ) := R. 1 + x2 12. f (x) := arctg x2 , D(f ) := R.
10. f (x) :=
A 13.–15. feladatban hat´ arozza meg a hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´eny´et! 13.
∞ X xn . n2n n=1
14.
∞ X x4n . 2n n! n=1
15.
∞ X
nxn .
n=1
A 16.–17. feladatban sz´ amolja ki a sor ¨osszeg´et! 16.
∞ X
1 . n 3 n! n=0
17.
∞ X 1 . n 4 n n=1
18. Adjon meg olyan val´ os sz´amot, amelyik az legfeljebb 10−6 hib´ aval k¨ozel´ıti!
R1 0
sin(x) x
dx Riemann-integr´alt
11.4. Megold´ asok 1. (−1, 1). 5.
1 1−4x2
2. (−2, 2).
∞ P
=
n=0 ∞ P
6. xe2x =
n=0
3. (−1, 1). 4n x2n , x ∈ − 21 , 12 .
2n n!
∞ P
7. cos(3x) =
xn+1 , x ∈ R. n
9 (−1)n (2n)! x2n , x ∈ R.
8. sin(x ) =
n=0 ∞ P
2
n=0 ∞ P
2
9. sin (x) =
n=1
10. 11.
2
x 1+x2
=
x (1+x)2
12. arctg
∞ P
4. R.
1 x4n+2 , x ∈ R. (−1)n (2n+1)! 2n−1
(−1)n+1 2(2n)! x2n , x ∈ R.
(−1)n x2n+2 , x ∈ (−1, 1).
n=0 ∞ P
(−1)n+1 n xn , x ∈ (−1, 1).
=
n=1 x 2
=
∞ P n=0
(−1)n (2n+1)22n+1
x2n+1 , x ∈ [−2, 2].
146
´ nysorok, Taylor-sorok 11. Hatva
13.
∞ P
14.
n=1 ∞ P
15.
n=1 ∞ P n=1
xn n2n x4n 2n n!
= − ln 1 − =e
nxn =
x4 2
x 2
, x ∈ [−2, 2).
− 1, x ∈ R.
x (1−x)2 ,
x ∈ (−1, 1).
16.
√ 3
e.
17. ln
4 3
.
18. Az integrandust sorbafejtve, majd tagonk´ent integr´alva R1 0
sin(x) x
dx =
∞ P
1 (−1)n (2n+1)(2n+1)! .
n=0
1 1 1 A Leibniz-t´ıpus´ u sor∞s3 := 1− 3·3! + 5·5! − 7·7! harmadik r´eszlet¨osszeg´ere P 1 ≤ 1 < 10−6 becsl´es, ez´ert (−1)n (2n+1)(2n+1)! ´erv´enyes az s3 − 9·9! n=0 s3 megfelel˝ o k¨ ozel´ıt´es.
12. fejezet
Parci´ alis deriv´ alt, ´ erint˝ os´ık
12.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o Az el˝ oz˝ o fejezetekhez hasonl´ oan val´ os f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk az olyan f f¨ uggv´enyeket, amelyekre D(f ) ⊂ R ´es R(f ) ⊂ R. Haszn´aljuk m´eg a k¨ovetkez˝o elnevez´eseket is: • D(f ) ⊂ Rn ´es R(f ) ⊂ R – f vektor-skal´ar f¨ uggv´eny • D(f ) ⊂ R ´es R(f ) ⊂ Rn – f vektor ´ert´ek˝ u f¨ uggv´eny • D(f ) ⊂ Rn ´es R(f ) ⊂ Rn – f vektormez˝o. T¨ obbv´ altoz´ os f¨ uggv´enyek vizsg´alatakor f´elk¨ov´er szimb´olummal jel¨olj¨ uk a vektorokat, amelyek dimenzi´oj´at ´altal´aban nem ´ırjuk ki. Haszn´aljuk az x = (x1 , x2 , . . . , xn ) jel¨ ol´est. 12.1. Defin´ıci´ o. Ha egy f vektor-skal´ar f¨ uggv´eny eset´en r¨ogz´ıtett x1 , . . . , xj−1 , xj−1 , . . . , xn -re az xj 7→ f (x) hozz´arendel´essel adott (val´os) f¨ uggv´eny deriv´ altja xj -ben l´etezik, akkor azt az f f¨ uggv´eny x pontban vett j-edik v´ altoz´ o szerinti parci´ alis deriv´ altj´anak nevezz¨ uk. A fentiekre a ∂xj f (x)
vagy ∂j f (x)
vagy
∂ f (x) ∂xj
jel¨ ol´eseket haszn´ alj´ ak. ´Igy a parci´alis deriv´alt az egyes x helyeken egy sz´am, azaz a parci´ alis deriv´ alt maga is vektor-skal´ar f¨ uggv´eny. Van ´ertelme teh´ at t¨ obbsz¨ or¨ os (egym´ as ut´ ani) parci´alis deriv´altakr´ol besz´elni. Megjegyezz¨ uk m´eg, hogy a parci´ alis deriv´ altak ´ertelmez´esi tartom´anya minden esetben r´esze az eredeti f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´anak. Ez ut´obbit csak akkor adjuk meg, ha D(∂j f ) 6= D(f ). A j-edik v´ altoz´ o szerinti parci´alis deriv´alt k-adik v´altoz´o szerinti parci´alis deriv´ altj´ anak x-beli ´ert´ek´ere a ∂xk xj f (x)
vagy ∂kj f (x) 147
vagy
∂2 f (x) ∂xk ∂xj
148
´ lis deriva ´ lt, e ´rinto ˝ s´ık 12. Parcia
jel¨ ol´esek haszn´ alatosak. Gyakran vizsg´ alunk k´etv´ altoz´os skal´ar-vektor f¨ uggv´enyeket, amelyek v´altoz´ oj´ at (x, y) jel¨ oli. Az ilyen f¨ uggv´enyek grafikonj´at egy fel¨ uletk´ent k´epzelhetj¨ uk el. A val´ os f¨ uggv´enyek deriv´altj´anak fogalm´ahoz hasonl´oan olyan line´aris f¨ uggv´enyt szeretn´enk ´ertelmezni (ennek grafikonja egy s´ık), amellyel egy pont k¨ or¨ ul j´ ol k¨ ozel´ıthet˝ o f grafikonja. 12.2. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az s f¨ uggv´eny grafikonja ´erinti f grafikonj´ at az (x0 , y0 ) pontban, ha s(x0 , y0 ) = f (x0 , y0 ), emellett lim
|h|→0
f ((x0 , y0 ) + h) − s((x0 , y0 ) + h) = 0. |h|
Term´eszetesen mer¨ ul fel a k´erd´es, hogy mikor l´etezik ´erint˝os´ık, ´es ha l´etezik, akkor hogyan sz´ am´ıthat´ o ki. Erre ad v´alaszt a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as. ´ ıt´ 12.1. All´ as. Ha az f k´etv´ altoz´ os vektor-skal´ ar f¨ uggv´eny ∂x f ´es ∂y f parci´ alis deriv´ altjai l´eteznek ´es folytonosak az (x0 , y0 ) pont egy k¨ ornyezet´eben, akkor l´etezik egyetlen, az f grafikonj´ at (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) pontban ´erint˝ o s line´ aris f¨ uggv´eny (amelyet ´erint˝ os´ıknak nevez¨ unk), ´es ez a k¨ ovetkez˝ o hozz´ arendel´essel adhat´ o meg: s(x, y) = f (x0 , y0 ) + ∂x f (x0 , y0 )(x − x0 ) + ∂y f (x0 , y0 )(y − y0 ).
(12.1)
Gyakran s´ık egyenlet´er˝ ol besz´el¨ unk, ´es ennek megfelel˝oen (12.1) bal oldal´ ara a z v´ altoz´ ot ´ırjuk.
12.2. Kidolgozott feladatok A fentiek alapj´ an az xj v´ altoz´o szerinti parci´alis deriv´altat u ´gy sz´am´ıthatjuk ki az x pontban, hogy a t¨ obbi v´altoz´ot ´alland´onak vessz¨ uk, ´es az ´ıgy kapott f¨ uggv´enyt annak (egyetlen) xj v´altoz´oja szerint deriv´aljuk. 1. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = 5x − 3y + 2 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny x szerinti parci´ alis deriv´ altj´at! Megold´ as. A fentiek szerint az x 7→ 5x − 3y + 2 hozz´arendel´essel defini´alt f¨ uggv´eny deriv´ altj´ at kell kisz´am´ıtanunk (itt y konstansnak tekintend˝o). ´Igy azt kapjuk, hogy ∂x (5x − 3y + 2) = 5. 2. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = xy + cos(x) hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny y szerinti parci´ alis deriv´ altj´at! Megold´ as. A fentiek szerint az y 7→ xy + cos(x) hozz´arendel´essel defini´alt f¨ uggv´eny deriv´ altj´ at kell kisz´am´ıtanunk (itt x konstansnak tekintend˝o). ´Igy azt kapjuk, hogy ∂y (xy + cos x) = x.
149
12.2. Kidolgozott feladatok
3. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = e− szerinti parci´ alis deriv´ altj´at!
x2 +y 2 2
hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny y x2 +y 2
Megold´ as. A fentiek szerint az y 7→ e− 2 hozz´arendel´essel defini´alt f¨ uggv´eny deriv´ altj´ at kell kisz´am´ıtanunk (itt x-et konstansnak kell tekinten¨ unk). ´Igy azt kapjuk, hogy ∂y (e−
x2 +y 2 2
) = e−
x2 +y 2 2
∂y
x2 +y 2 x2 + y 2 = e− 2 · y. 2
4. Sz´ am´ıtsuk ki az R2 \ {(x, y) : xy = 51 } halmazon ´ertelmezett f (x, y) = 1 arendel´essel adott f¨ uggv´eny x szerinti parci´alis deriv´altj´at! 1−5xy hozz´ 1 Megold´ as. Az x 7→ 1−5xy hozz´arendel´essel defini´alt f¨ uggv´eny deriv´altj´at kell kisz´ am´ıtanunk (itt y-t konstansnak kell tekinten¨ unk). Azaz kapjuk, hogy 1 −5y 1 ∂x = · ∂x (1 − 5xy) = . 2 1 − 5xy (1 − 5xy) (1 − 5xy)2
5. Sz´ am´ıtsuk ki az R2 \ {(x, y) : xy = 23 } halmazon ´ertelmezett f (x, y) = x arendel´essel adott f¨ uggv´eny eset´en a ∂yx (k´etszeres) parci´alis 2xy−3 hozz´ deriv´ altj´ at! Megold´ as. A fenti p´eld´ ak alapj´an x x 2xy − 3 − x · 2y = ∂y ∂x ∂yx = ∂y = 2xy−3 2xy − 3 (2xy − 3)2 6x −3 3 = ∂y · ∂y (2xy−3) = . = 2 3 (2xy−3) (2xy−3) (2xy−3)3 A k¨ ovetkez˝ o p´eld´ akban ´erint˝os´ıkok egyenlet´et hat´arozzuk meg a (12.1) formula alkalmaz´ as´ aval. 6. Hat´ arozzuk meg az f(x, y) = x2 + y 2 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonj´ at az 12 , 1, 54 pontban ´erint˝o s´ık egyenlet´et! Megold´ as. A (12.1) formula alkalmaz´ as´ahoz az abban szerepl˝o mennyis´egeket adjuk meg. (x0 , y0 ) = 21 , 1 , tov´abb´a ∂x f (x, y) = 2x ´es ∂y f (x, y) = 2y, vagyis ∂x f (x0 , y0 ) = 1 ´es ∂y f (x0 , y0 ) = 2. A (12.1) formul´ aba helyettes´ıtve teh´at 5 1 f (x0 , y0 )+∂x f (x0 , y0 )(x−x0 )+∂y f (x0 , y0 )(y −y0 ) = +x− +2(y −1), 4 2 azaz a keresett egyenlet z = x + 2y − 45 .
150
´ lis deriva ´ lt, e ´rinto ˝ s´ık 12. Parcia
12.1. ´ abra. Az f (x, y) = x2 + y 2 hozz´ uggv´eny grafikonja arendel´essel adott f¨ ´es ennek az 12 , 1, 54 pontbeli ´erint˝os´ıkja
Megjegyz´es. Az ilyen t´ıpus´ u feladatokn´al mindig ellen˝orizz¨ uk, hogy a harmadik koordin´ ata val´ oban az f (x0 , y0 ) f¨ uggv´eny´ert´ekkel egyezik meg, tov´ abb´ a, hogy (x0 , y0 ) ∈ D(f ) teljes¨ ul! 7. Hat´ arozzuk meg az R2 \ {(x, y) : x2 − y = 1} halmazon ´ertelmezett f (x, y) = 1−x12 +y hozz´ arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonj´at az 1, 2, 12 pontban ´erint˝ o s´ık egyenlet´et! Megold´ as. A (12.1) formula alkalmaz´as´ahoz az abban szerepl˝o mennyis´egeket adjuk meg. (x0 , y0 ) = (1, 2) ∈ D(f ), tov´abb´a ∂x f (x, y) =
2x (1 − x2 + y)2
´es ∂y f (x, y) = −
1 , (1 − x2 + y)2
vagyis 1 1 ´es ∂y f (x0 , y0 ) = − . 2 4 A (12.1) formul´ aba helyettes´ıtve teh´at ∂x f (x0 , y0 ) =
1 1 1 f (x0 , y0 )+∂x f (x0 , y0 )(x−x0 )+∂y f (x0 , y0 )(y−y0 ) = + (x−1)− (y−2), 2 2 4 a keresett egyenlet teh´ at z =
1 2
+ 21 x − 14 y.
151
12.2. Kidolgozott feladatok
12.2. ´ abra. Az f (x, y) = 1−x12 +y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonja 1 ´es ennek az 1, 2, 2 pontbeli ´erint˝os´ıkja 8. Hat´ arozzuk meg az R2 \{(x, y) : xy = 1} halmazon ´ertelmezett f (x, y) = xy arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonj´at a (0, 1, 0) pontban ´erin1−xy hozz´ t˝ o s´ık egyenlet´et! Megold´ as. A (12.1) formula alkalmaz´as´ahoz az abban szerepl˝o mennyis´egeket adjuk meg. (x0 , y0 ) = (0, 1) ∈ D(f ), tov´abb´a ∂x f (x, y) =
y(1 − xy) + xy 2 (1 − xy)2
´es ∂y f (x, y) =
x(1 − xy) + x2 y , (1 − xy)2
vagyis ∂x f (x0 , y0 ) = 1 ´es ∂y f (x0 , y0 ) = 0. A (12.1) formul´ aba helyettes´ıtve teh´at f (x0 , y0 ) + ∂x f (x0 , y0 )(x − x0 ) + ∂y f (x0 , y0 )(y − y0 ) = 0 + x + 0, azaz z = x a keresett egyenlet. 9. Adjuk meg az a ´es b param´etereket u ´gy, hogy az f (x, y) = eax+by hozz´ arendel´essel adott f¨ uggv´eny (0, 0, 1)-beli ´erint˝os´ıkj´anak egyenlete z = 2x + y + 1 legyen! Megold´ as. A feladatban adott f f¨ uggv´eny eset´en (x0 , y0 ) = (0, 0), tov´abb´ a ∂x f (x, y) = aeax+by ´es ∂y f (x, y) = beax+by ,
152
´ lis deriva ´ lt, e ´rinto ˝ s´ık 12. Parcia
vagyis ∂x f (x0 , y0 ) = a ´es ∂y f (x0 , y0 ) = b. Ez´ert a (0, 0, 1)-beli ´erint˝os´ık egyenlete z = 1 + ax + by, vagyis ha ez azonos 2x + y + 1-gyel, akkor a = 2 ´es b = 1. 10. Adjuk meg az a ´es b param´etereket u ´gy, hogy az R2 \{(x, y) : ax+by > −1} halmazon ´ertelmezett f (x, y) = ln (ax + by + 1) hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny (0, 0, 0)-beli ´erint˝os´ıkj´anak egyenlete z = −x + y legyen! Megold´ as. A feladatban adott f f¨ uggv´eny eset´en (x0 , y0 ) = (0, 0), tov´abb´ a b a ∂x f (x, y) = ´es ∂y f (x, y) = , ax + by + 1 ax + by + 1 vagyis ∂x f (x0 , y0 ) = a ´es ∂y f (x0 , y0 ) = b. Ez´ert a (0, 0, 0)-beli ´erint˝os´ık egyenlete z = ax + by, vagyis ha ez azonos −x + y-nal, akkor a = −1 ´es b = 1.
12.3. ´ abra. A 10. feladat megold´asa: az f (x, y) = ln(−x + y + 1) hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonja ´es ennek a (0, 0, 0) pontbeli ´erint˝os´ıkja 11. Adjuk meg az a ´es b param´etereket u ´gy, hogy az R2 \{(x, y) : ax+by > −1} halmazon ´ertelmezett f (x, y) = ln(ax + by + 1) hozz´arendel´essel adott
153
´ feladatok 12.3. Megoldando
f¨ uggv´eny (0, 0, 0)-beli ´erint˝os´ıkja azonos legyen az g(x, y) = sin(x − y) hozz´ arendel´essel adott f¨ uggv´eny (0, 0, 0)-beli ´erint˝os´ıkj´aval! Megold´ as. Az el˝ oz˝ o feladatban kisz´amoltuk, hogy az f f¨ uggv´eny (0, 0, 0)beli ´erint˝ os´ıkj´ anak egyenlete z = ax + by alak´ u. A g f¨ uggv´eny eset´en ugyan´ ugy (x0 , y0 ) = (0, 0), tov´abb´a ∂x g(x, y) = cos(x − y) ´es ∂y g(x, y) = − cos(x − y), vagyis ∂x g(x0 , y0 ) = 1 ´es ∂y g(x0 , y0 ) = −1. Ez´ert a g f¨ uggv´eny (0, 0, 0)-beli ´erint˝os´ıkj´anak egyenlete z = x − y, vagyis ha ez azonos z = ax + by-nal, akkor a = 1 ´es b = −1.
12.3. Megoldand´ o feladatok Ahogy az el˝ oz˝ o fejezetekben is, a megoldand´o feladatokn´al rendszerint nem adjuk meg k¨ ul¨ on az egyes f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´any´at. Ezen azt a legb˝ ovebb halmazt ´ertj¨ uk, ahol az egyes hozz´arendel´eseket ´ertelmezz¨ uk. Az 1–6. feladatokban sz´ am´ıtsuk ki az egyes parci´alis deriv´altakat, ahol az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert a megfelel˝o f¨ uggv´enyek helyett azok hozz´arendel´esi szab´ aly´ at adjuk meg! . 1. ∂y [y cos(x − y)]. 2. ∂y [sh(x + y)ch(x − y)]. 3. ∂x sin(x−2y) x2 y x 4. ∂x x2 +y 2.
5. ∂z cos(xyz) 1+x−z .
6. ∂z [xz 2 + e
xy z
].
A 7–10. feladatokban sz´ am´ıtsuk ki a fel´ırt t¨obbsz¨or¨os parci´alis deriv´altakat, ahol az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert a megfelel˝o f¨ uggv´enyek helyett azok hozz´arendel´esi szab´ aly´ at adjuk meg! 7. ∂xx [y sin(x−y)]. 8. ∂yy [y cos(x−y)]. 9. ∂xy exy. 10. ∂xyz [xz 2 + xz e
xy z
].
A 11–16. feladatokban hat´arozzuk meg az al´abbi hozz´arendel´essel ´ertelmezett f f¨ uggv´enyek grafikonj´at az (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) pontokban ´erint˝o s´ıkok egyenlet´et! 11. f (x, y) = 1 − 2x + 4y. (a) (x0 , y0 ) = (−5, 7), (b) (x0 , y0 ) = (−1, 3),
(c) (x0 , y0 ) = (0.3, 2.1).
154
´ lis deriva ´ lt, e ´rinto ˝ s´ık 12. Parcia
12. f (x, y) = x2 − 2y 2 . (a) (x0 , y0 ) = (1, 1),
(b) (x0 , y0 ) = (0, 0),
(c) (x0 , y0 ) = (−1, 1).
(b) (x0 , y0 ) = (π, 0),
(c) (x0 , y0 ) = ( π2 , π2 ).
(b) (x0 , y0 ) = (0, 1),
(c) (x0 , y0 ) = (1, 0).
(b) (x0 , y0 ) = (3, 4),
(c) (x0 , y0 ) = (0, −2).
(b) (x0 , y0 ) = ( π4 , π4 ),
(c) (x0 , y0 ) = ( π2 , 0).
13. f (x, y) = y sin(x − y). (a) (x0 , y0 ) = (0, π), 14. f (x, y) = yexy . (a) (x0 , y0 ) = (0, 0), 15. f (x, y) = √
x . x2 +y 2
(a) (x0 , y0 ) = (1, 0), 16. f (x, y) =
sin x+sin y sin(x+y) .
(a) (x0 , y0 ) = (0, π),
12.4. Megold´ asok Minden esetben a megfelel˝ o hozz´arendel´esi szab´alyt adjuk meg. Parci´ alis deriv´ altak kisz´ am´ıt´ asa: 1. (x, y) 7→ cos(x − y) + y sin(x − y). 2. (x, y) 7→ ch(x + y)ch(x − y) − sh(x + y)sh(x − y). 3. (x, y) 7→ 4. (x, y) 7→
x cos(x−2y)−2 sin(x−2y) . x3 y y 2 −x2 (x2 +y 2 )2 .
5. (x, y, z) 7→ 6. (x, y, z) 7→
xy(1+x−z) sin(xzy)+cos(xzy) . (1+x−z)2 xy xy 2xz − z2 e z .
T¨ obbsz¨ or¨ os parci´ alis deriv´ altak kisz´am´ıt´asa: 7. (x, y) 7→ −y sin(x − y). 8. (x, y) 7→ 2 sin(x − y) − y cos(x − y). xy 5x2 y x3 y 2 9. (x, y) 7→ exy (xy + 1). 10. (x, y, z) 7→ −e z 4x + + . z3 z4 z5 F¨ uggv´enygrafikonok ´erint˝ os´ıkj´anak kisz´am´ıt´asa: 11. (a) z = −2x + 4y + 1. (b) z = −2x + 4y + 1. (c) z = −2x + 4y + 1.
155
´ sok 12.4. Megolda
12. (a) z = 2x − 4y + 1.
(c) z = −2x − 4y + 1.
(b) z = 0.
π 2x
13. (a) z = −πx+πy−π 2. (b) z = 0.
(c) z =
14. (a) z = y.
(b) z = x + y.
(c) z = y.
15. (a) z = 1.
16 (b) z = 125 x−
12 3 125 y+ 5 .
16. (a) Nem ´ertelmes, mivel (0, π) 6∈ D(f ). (b) z = √12 x + y + 2 − π2 . (c) z = y + 1.
(c) z = 12 x.
− π2 y.
13. fejezet
Vektorsz´ am´ıt´ asi alapismeretek 13.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o K¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, parci´ alis deriv´ altakb´ol sz´armaztatott mennyis´egeket defini´alunk, amelyeknek a term´eszettudom´anyos alkalmaz´asokban fontos szerep¨ uk van. Az al´ abbiakban az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert az Rn -beli vektorokat sorvektork´ent jel¨ olj¨ uk. 13.1. Defin´ıci´ o. Legyen f egy vektor-skal´ar f¨ uggv´eny! Ekkor a D0 = {x ∈ Rn : ∂1 f (x), . . . , ∂n f (x) l´eteznek} halmazon az x 7→ (∂1 f (x), ∂2 f (x), . . . , ∂n f (x)) hozz´ arendel´essel defini´ alt f¨ uggv´enyt f gradiensf¨ uggv´eny´e nek nevezz¨ uk. Jel¨ ol´ese: grad f vagy ∇f . Megjegyz´es. ∇f (x) azonos´ıthat´o az f f¨ uggv´eny x-beli deriv´altj´aval, ha az l´etezik. 13.2. Defin´ıci´ o. Adott g vektormez˝o eset´en jel¨olje g1 , g2 , . . . , gn ennek koordin´ ataf¨ uggv´enyeit, azaz azokat az vektor-skal´ar f¨ uggv´enyeket, amelyekre g(x) = (g1 (x), g2 (x), . . . , gn (x)). Ekkor a D0 = {x ∈ Rn : ∂1 g1 (x), . . . , ∂n gn (x) l´eteznek} halmazon az x 7→ ∂1 g1 (x) + ∂2 g2 (x) + · · · + ∂n gn (x) hozz´ arendel´essel defini´ alt f¨ uggv´enyt g divergenciaf¨ uggv´eny´e nek nevezz¨ uk. Jel¨ ol´ese: div g vagy ∇ · g. Megjegyz´es. Amennyiben g egy ´araml´as fluxus´anak s˝ ur˝ us´eg´et adja meg, akkor div g azonos´ıthat´ o az ´ araml´ asban tal´alhat´o forr´ass˝ ur˝ us´eggel. Gyakran forr´asmentes egy ´ araml´ asi mez˝ o; ekkor divergenci´aja nulla. 157
158
´ m´ıta ´ si alapismeretek 13. Vektorsza
13.3. Defin´ıci´ o. Adott h vektormez˝o eset´en, amelyre D(h), R(h) ⊂ R3 jel¨ olje h1 , h2 , h3 a h f¨ uggv´eny koordin´ataf¨ uggv´enyeit! Ekkor a D0 = {x ∈ R3 : ∂2 h3 (x), ∂3 h2 (x), ∂3 h1 (x), ∂1 h3 (x), ∂1 h2 (x), ∂2 h1 (x) l´eteznek} halmazon az x → (∂2 h3 (x) − ∂3 h2 (x), ∂3 h1 (x) − ∂1 h3 (x), ∂1 h2 (x) − ∂2 h1 (x)) hozz´ arendel´essel defini´ alt f¨ uggv´enyt h rot´ aci´ of¨ uggv´eny´e nek nevezz¨ uk. Jel¨ ol´ese: rot h vagy ∇ × h. Megjegyz´es. Az angol irodalomban gyakran a curl h jel¨ol´est alkalmazz´ak.
13.2. Kidolgozott feladatok A fent bevezetett mennyis´egekre vonatkoz´o azonoss´agokat igazolunk. 1. Igazoljuk, hogy az u vektor-skal´ar f¨ uggv´enyre az {x ∈ Rn : ∂ij g(x)) l´eteznek minden i, j-re} halmazon ∇ · (∇u) = ∂11 u + ∂22 u + · · · + ∂nn u, teljes¨ ul! Megold´ as. Defin´ıci´ o szerint az egyenl˝os´eg bal oldal´at el˝osz¨or a gradiens, majd a divergencia defin´ıci´oja alapj´an alak´ıtva nyerj¨ uk, hogy ∇ · (∇u) = ∇ · (∂1 u, ∂2 u, . . . , ∂n u) = ∂1 (∂1 u) + ∂2 (∂2 u) + · · · + ∂n (∂n u) ami val´ oban ugyanaz, mint a feladatban szerepl˝o jobb oldal. 2. Igazoljuk, hogy tetsz˝ oleges u vektormez˝ore az {x ∈ R3 : ∂ij uk (x)) l´eteznek minden i, j, k-ra} halmazon ∇ · (∇ × u) = 0 teljes¨ ul! Megold´ as. Defin´ıci´ o szerint az egyenl˝os´eg bal oldal´at el˝osz¨or a rot´aci´o, majd a divergencia defin´ıci´oja alapj´an alak´ıtva nyerj¨ uk, hogy ∇ · (∇ × u) = ∇ · (∂2 u3 − ∂3 u2 , ∂3 u1 − ∂1 u3 , ∂1 u2 − ∂2 u1 ) = = ∂12 u3 − ∂13 u2 + ∂23 u1 − ∂21 u3 + ∂31 u2 − ∂32 u1 , ami a Young-t´etel miatt val´oban nulla. A 3–5. feladatokban sz´ am´ıtsuk ki ∇u ´ert´ek´et az egyes hozz´arendel´essel megadott u f¨ uggv´enyek eset´en! 3. u(x, y) = e−x
2
−y 2
. 4. u(x, y, z) =
4xy z .
5. u(x, y) = xy sin(x − y).
159
13.2. Kidolgozott feladatok
Megold´ asok. 3. Mivel ∂1 u(x, y) = −2xe−x
2
−y 2
2
´es ∂2 u(x, y) = −2ye−x
−y 2
,
ez´ert a gradiens defin´ıci´ oja alapj´an kapjuk, hogy 2
−y 2
∂2 u(x, y, z) =
4x z
∇u(x, y) = (−2xe−x
2
, −2ye−x
−y 2
).
4. Mivel ∂1 u(x, y, z) =
4y , z
´es ∂3 u(x, y, z) = −
8xy , z2
ez´ert a gradiens defin´ıci´ oja alapj´an kapjuk, hogy 4y 4x 8xy ∇u(x, y, z) = , ,− 2 , z z z ahol a defin´ıci´ oban eml´ıtett D0 halmaz a k¨ovetkez˝o: R3 \ R2 × {0}. 5. Mivel ∂1 u(x, y) = y sin(x − y) + xy cos(x − y) ´es ∂2 u(x, y) = x sin(x − y) − xy cos(x − y), ez´ert a gradiens defin´ıci´ oja alapj´an kapjuk, hogy ∇u(x, y) = (y sin(x − y) + xy cos(x − y), x sin(x − y) − xy cos(x − y)). A 6–11. feladatokban sz´ am´ıtsuk ki ∇ · u(x, y, z) ´ert´ek´et a megadott u f¨ uggv´enyek eset´en! 6. u(x, y) = (x + y, x − y). 7. u(x, y) = (sin(xy), sin(xy)). p p 8. u(x, y) = (y x2 +y 2 , −x x2 +y 2 ). 9. u(x, y, z) = (x, xy, xyz). 10. u(x, y, z) = (x2 −x2 y, z−2xy, xyz). 11. u(x, y, z) = ∇xyz. Megold´ asok. 6. A divergencia defin´ıci´ oja alapj´an kapjuk, hogy ∇ · u(x, y) = ∂1 [x + y] + ∂2 [x − y] = 1 − 1 = 0.
160
´ m´ıta ´ si alapismeretek 13. Vektorsza
7. A divergencia defin´ıci´ oja alapj´an kapjuk, hogy ∇ · u(x, y) = ∂1 [sin(xy)] + ∂2 [sin(xy)] = = y cos(xy) + x cos(xy) = (x + y) cos(xy). 8. Hasonl´ oan kapjuk azt is, hogy p p ∇ · u(x, y) = ∂1 [y x2 + y 2 ] + ∂2 [−x x2 + y 2 ] =
xy xy − = 0, x2 + y 2 x2 + y 2
ahol a defin´ıci´ oban eml´ıtett D0 halmaz: R2 \ (0, 0). 9. Hasonl´ oan kapjuk azt is, hogy ∇ · u(x, y, z) = ∂1 [x] + ∂2 [xy] + ∂3 [xyz] = 1 + x + xy. 10. Hasonl´ oan kapjuk azt is, hogy ∇ · u(x, y, z) = ∂1 [x2 − x2 y] + ∂2 [z − 2xy] + ∂3 [2xyz] = = 2x − 2xy − 2x + xy = −xy. 11. Az els˝ o feladat eredm´enye alapj´an ∇ · (∇xyz) = ∂11 xyz + ∂22 xyz + ∂33 xyz = 0. A 12–15. feladatokban sz´am´ıtsuk ki ∇ × u(x, y, z) ´ert´ek´et a megadott u f¨ uggv´enyek eset´en! 12. f (x, y, z) = (y, z, x). 13. f (x, y, z) = (x, z, y). 14. u(x, y, z) = (x2 −yz, y 2 −zx, z 2 −xy). 15. u(x, y, z) = (x2 −y 2 , z−2xy, xyz). Megold´ asok. 12. A rot´ aci´ o defin´ıci´ oja alapj´an kapjuk, hogy ∇ × u(x, y, z) = (∂2 x − ∂3 z, ∂3 y − ∂1 x, ∂1 y − ∂2 z) = (−1, −1, −1). 13. A rot´ aci´ o defin´ıci´ oja alapj´an kapjuk, hogy ∇ × u(x, y, z) = (∂2 y − ∂3 z, ∂3 x − ∂1 y, ∂1 x − ∂2 z) = (0, 0, 0). 14. Hasonl´ oan kapjuk, hogy ∇ × u(x, y, z) = ∂2 [z 2 − xy] − ∂3 [y 2 − zx], ∂3 [x2 − yz]− − ∂1 [z 2 − xy], ∂1 [y 2 − zx] − ∂2 [x2 − yz] = = (−x + x, −y + y, −z + z) = (0, 0, 0). 15. Hasonl´ oan kapjuk, hogy ∇ × u(x, y, z) = = ∂2 [xyz]−∂3 [z−2xy], ∂3 [x2 −y 2 ]−∂1 [xyz], ∂1 [z−2xy]−∂2 [x2 −y 2 ] = = (xz − 1, −yz, 0).
161
´ sok 13.4. Megolda
13.3. Megoldand´ o feladatok Az 1–4. feladatokban sz´ am´ıtsuk ki az egyes hozz´arendel´esekkel megadott f f¨ uggv´enyek gradiens´et a lehet˝o legb˝ovebb halmazon, ahol az ´ertelmezett! Adjuk is meg minden esetben a D0 halmazt! 1. f (x, y) = √ 21 2 . 2. f (x, y) = xy ln(x). x +y
3. f (x, y, z) = xyz.
x y 2 +z 2 .
4. f (x, y, z) =
Az 5–10. feladatokban sz´ am´ıtsuk ki az egyes hozz´arendel´esekkel megadott f f¨ uggv´enyek divergenci´ aj´ at! Adjuk meg minden esetben a D0 halmazt! 5. f (x, y, z) = (1, x, z). 6. f (x, y, z) = (x sin(x), cos(y), xz). y −x 7. f (x, y) = ( x2 +y 2 , x2 +y 2 ).
9. f (x, y, z) = (xy, −xy, z).
8. f (x, y) = (yex
2
−y 2
, xex
2
−y 2
).
2
z 10. f (x, y, z) = ( yx2 , yz , 2y 2 + 2).
A 11–14. feladatokban sz´ am´ıtsuk ki az egyes hozz´arendel´esekkel megadott f f¨ uggv´enyek rot´ aci´ oj´ at! Adjuk meg minden esetben a D0 halmazt! 11. f (x, y, z) = (yz, zx, xy).
12. f (x, y, z) = ( yz , yz , y 2 ).
13. f (x, y, z) = (yz, zx, y).
14. f (x, y, z) = ( yz , yz , y −
xy z 2 ).
Tov´ abbi feladatok: 15. Igazoljuk, hogy ∇ · (∇ × u) = 0, ha u minden koordin´ataf¨ uggv´eny´enek osszes m´ asodrend˝ u parci´alis deriv´altja l´etezik! ¨ 16. Adjuk meg az u : Rn → Rn ´es a v : Rn → R f¨ uggv´enyekre vonatkoz´o ∇ · (vu) mennyis´eg egy ekvivalens alakj´at a D0 = {x ∈ Rn : ∂1 u(x), ∂1 v(x), . . . , ∂n u(x), ∂n v(x) l´eteznek} halmazon!
13.4. Megold´ asok Gradiensek kisz´ am´ıt´ asa: 3 1. − 2 x 2 3 , − (x2y+y2 ) 2 , D0 = R2 \ {(0, 0)}. (x +y ) 2
2. f (x, y) = (y ln(x + y), x ln(x)), D0 = R+ × R. 3. f (x, y, z) = (yz, xz, xy), D0 = R2 . 2y 1 2z 4. f (x, y, z) = y2 +z , D0 = R2 \ {(0, 0)}. 2 , y 2 +z 2 , y 2 +z 2
162
´ m´ıta ´ si alapismeretek 13. Vektorsza
Divergenci´ ak kisz´ am´ıt´ asa: 2 5. 1, D0 = R .
6. x cos(x) + sin(x), D0 = R3 .
7. 0, ha (x, y), D0 = R2 \ {(0, 0)}.
8. 0, D0 = R2 .
9. y − x + 1, D0 = R3 .
10.
1 y2 ,
D0 = R3 \ (R × {0} × R).
Rot´ aci´ ok kisz´ am´ıt´ asa: 11. (0, 0, 0), D0 = R3 .
12. (2y +
= R3 \ R2 × {0}.
13. (1 − x, y, 0), D0 = R3 .
14. (1 +
R3 \ R2 × {0}.
y y 1 z 2 , − z 2 , − z ), D0 y−x 1 z 2 , 0, − z ), D0 =
Tov´ abbi feladatok: 15. ∂1 (∂2 u3 − ∂3 u2 ) + ∂2 (∂3 u1 − ∂1 u3 ) + ∂3 (∂1 u2 − ∂2 u1 ) = 0. 16. (∇v) · u + v∇ · u.
14. fejezet
To altoz´ os fu enyek ¨bbv´ ¨ ggv´ sz´ els˝ o´ ert´ ek-vizsg´ alata 14.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o Ebben a fejezetben vektor-skal´ar f¨ uggv´enyek sz´els˝o´ert´ekeinek kisz´am´ıt´as´aval foglalkozunk. Csak olyan f¨ uggv´enyeket vizsg´alunk, amelyek ´ertelmez´esi tartom´ anyuk minden bels˝ o pontj´aban k´etszer deriv´alhat´ok. ´ 14.1. All´ıt´ as. Az f vektor-skal´ ar f¨ uggv´enynek olyan x pontokban lehet lok´ alis sz´els˝ o´ert´eke, ahol ∂1 f (x) = ∂2 f (x) = · · · = ∂n f (x) = 0 teljes¨ ul, azaz ∇f (x) = 0. Az ilyen x pontokat f kritikus vagy stacion´arius pontjainak nevezz¨ uk. ´ 14.2. All´ıt´ as. Ha az x kritikus pontban a ∂11 f (x) ∂21 f (x) . . . ∂n1 f (x) ∂12 f (x) ∂22 f (x) . . . ∂n2 f (x) ∇2 f (x) = .. .. .. . . ... . ∂1n f (x) ∂2n f (x) . . .
∂nn f (x)
u ´n. Hesse-f´ele m´ atrix • negat´ıv definit, akkor f -nek x-ben szigor´ u lok´ alis maximuma van, • pozit´ıv definit, akkor f -nek x-ben szigor´ u lok´ alis minimuma van, • indefinit, akkor f -nek x-ben nem lehet sz´els˝ o´ert´eke. Megjegyz´esek. Elk´epzelhet˝ o az is, hogy ∇2 f (x) pozit´ıv vagy negat´ıv szemidefinit. Csak ebb˝ ol az adatb´ ol a´ltal´aban semmire nem tudunk k¨ovetkeztetni. A tov´ abbiakban nem jelezz¨ uk, hogy egy sz´els˝o´ert´ek szigor´ u ´ertelemben is sz´els˝ o´ert´ek.
14.2. Kidolgozott feladatok 1. Hat´ arozzuk meg az f (x, y) = 2x2 + 3y 2 + 12x − 6y + 1 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny sz´els˝ o´ert´ekhelyeit ´es sz´els˝o´ert´ekeit! 163
164
´ ltozo ´ s f¨ ´nyek sze ´lso ˝e ´rte ´k-vizsga ´ lata 14. T¨ obbva uggve
Megold´ as. Tudjuk, hogy ∂1 f (x, y) = 4x + 12 ´es ∂2 f (x, y) = 6y − 6. Vagyis mindk´et parci´ alis deriv´altak pontosan akkor nulla, ha x0 = −3 ´es y0 = 1, teh´ at az egyetlen kritikus pont, ahol sz´els˝o´ert´ek lehet, az (x0 , y0 ) = (−3, 1). A ∇2 f m´ atrix meghat´ aroz´as´ahoz kisz´am´ıtjuk m´eg a k¨ovetkez˝oket: ∂11 f (x, y) = 4, ∂12 f (x, y) = ∂21 f (x, y) = 0 ´es ∂22 f (x, y) = 6. Ez azt mutatja, hogy a ∇2 f m´atrix minden (x, y) pontban a k¨ovetkez˝o alak´ u: 4 0 . 0 6 Ezen m´ atrix diagon´ alis, ´ıgy saj´at´ert´ekei a diagon´alisban lev˝o elemek: 4 ´es 6. Vagyis az (x, y) = (−3, 1) kritikus pontban (is) ∇2 f pozit´ıv definit, ´ıgy a vizsg´ alt f f¨ uggv´enynek itt lok´alis minimuma van, a minimum ´ert´eke pedig f (−3, 1) = −20.
30 20 10 0 −10 −20 5 0 −5
−4
−6
−2
0
14.1. ´ abra. Az f (x, y) = 2x2 + 3y 2 + 12x − 6y + 1 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonja 3
2
2. Hat´ arozzuk meg az f (x, y) = − x3 − y2 + x + y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny sz´els˝ o´ert´ekhelyeit ´es sz´els˝o´ert´ekeit!
165
14.2. Kidolgozott feladatok
Megold´ as. Tudjuk, hogy ∂1 f (x, y) = −x2 + 1 ´es ∂2 f (x, y) = −y + 1. Vagyis abb´ ol a felt´etelb˝ ol, hogy a parci´alis deriv´altak null´ak, azt kapjuk (a m´ asodik egyenlet alapj´an), hogy y = 1, ´es az els˝o egyenlet szerint x = 1 vagy x = −1. Azaz a kritikus pontok: (x1 , y1 ) = (1, 1) ´es (x2 , y2 ) = (−1, 1). Ezeken a helyeken lehet sz´els˝o´ert´eke f -nek. A ∇2 f m´ atrix meghat´ aroz´as´ahoz kisz´am´ıtjuk m´eg a k¨ovetkez˝oket: ∂11 f (x, y) = −2x, ∂12 f (x, y) = ∂21 f (x, y) = 0 ´es ∂22 f (x, y) = −1. Ez azt mutatja, hogy a ∇2 f m´atrix az (x, y) pontban a k¨ovetkez˝o alak´ u: −2x 0 ∇2 f (x, y) = , 0 −1 teh´ at a kritikus pontokban 2 0 ∇2 f (−1, 1) = 0 −1
´es ∇2 f (1, 1) =
−2 0
0 . −1
• Az els˝ o esetben, mivel a m´atrix diagon´alis, k¨ozvetlen¨ ul kapjuk, hogy a saj´ at´ert´ekek 2 ´es −1, ez´ert a m´atrix indefinit, teh´at (−1, 1)-ben nincs sz´els˝ o´ert´ek. • A m´ asodik esetben hasonl´oan kapjuk, hogy a saj´at´ert´ekek −2 ´es −1, teh´ at (1, 1) lok´ alis maximumhely. Itt f (1, 1) = 67 . 3. Hat´ arozzuk meg az f (x, y) = −2x3 + y 2 + 6xy + 3 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny sz´els˝ o´ert´ekhelyeit ´es sz´els˝o´ert´ekeit! Megold´ as. Tudjuk, hogy ∂1 f (x, y) = −6x2 + 6y
´es ∂2 f (x, y) = 2y + 6x.
Vagyis az a felt´etel, hogy a parci´alis deriv´altak null´ak, a k¨ovetkez˝o egyenletrendszerhez vezet: ( 0 = −6x2 + 6y, 0 = 2y + 6x. Ennek megold´ as´ ahoz az els˝o egyenletb˝ol kapott y = x2 felt´etelt helyettes´ıtj¨ uk be a m´ asodik egyenletbe: 0 = 2x2 + 6x = 2x(x + 3), azaz a kritikus pontok: (x1 , y1 ) = (0, 0) ´es (x2 , y2 ) = (−3, 9). Ezeken a helyeken lehet sz´els˝ o´ert´eke f -nek.
166
´ ltozo ´ s f¨ ´nyek sze ´lso ˝e ´rte ´k-vizsga ´ lata 14. T¨ obbva uggve
−10
−20
5 0 −5
3
−4
−2
0
4
2
2
14.2. ´ abra. Az f (x, y) = − x3 − y2 + x + y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonja n´eh´ any szintvonallal ´es a (−1, 1) ´es az (1, 1) kritikus pontokban felvett ´ert´ekekkel A ∇2 f m´ atrix meghat´ aroz´as´ahoz kisz´am´ıtjuk m´eg a k¨ovetkez˝oket: ∂11 f (x, y) = −12x, ∂12 f (x, y) = ∂21 f (x, y) = 6 ´es ∂22 f (x, y) = 2. Ez azt mutatja, hogy a ∇2 f m´atrix az (x, y) pontban a k¨ovetkez˝o alak´ u: −12x 6 ∇2 f (x, y) = , 6 2 teh´ at a kritikus pontokban 0 6 ∇2 f (0, 0) = 6 2
´es ∇2 f (−3, 9) =
36 6
6 . 2
• Az els˝ o esetben a saj´ at´ert´ekeket a 0 = −λ(2 − λ) − 36 = λ2 − 2λ − 36 egyenlet megold´ asaik´ent kapjuk, azaz √ 2 ± 4 + 144 , λ1,2 = 2 amelyek k¨ oz¨ ul az egyik pozit´ıv, a m´asik pedig negat´ıv. ´Igy a (0, 0) kritikus pontban f -nek nem lehet sz´els˝o´ert´eke.
167
14.2. Kidolgozott feladatok
• A m´ asodik esetben a saj´at´ert´ekeket a 0 = (36 − λ)(2 − λ) − 36 = λ2 − 38λ + 36 egyenlet megold´ asaik´ent kapjuk, azaz √ 38 ± 382 − 144 λ1,2 = , 2 amelyek mindketten pozit´ıvak. ´Igy a (−3, 9) kritikus pontban f -nek minimuma van, f minim´alis ´ert´eke pedig (−3, 9) = −24. 500
300
100
−100 10 0 −10
−2
−4
14.3. ´ abra. Az f (x, y) = −2x3 + y 2 + 6xy + 3 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonja n´eh´ any szintvonallal ´es a kritikus pontok vet¨ uleteivel 4. Hat´ arozzuk meg az R2 \ {0} × R halmazon ´ertelmezett f (x, y) = (x − 1)y + x1 hozz´ arendel´essel adott f¨ uggv´eny sz´els˝o´ert´ekhelyeit ´es sz´els˝ o´ert´ekeit! Megold´ as. Tudjuk, hogy ∂1 f (x, y) = y −
1 x2
´es ∂2 f (x, y) = x − 1.
Vagyis az a felt´etel, hogy a parci´alis deriv´altak null´ak, azt adja (a m´asodik egyenl˝ os´eg alapj´ an), hogy x = 1, valamint az els˝o egyenletb˝ol y = 1 ad´ odik. Teh´ at az egyetlen kritikus pont: (1, 1). Ezen a helyen lehet sz´els˝ o´ert´eke f -nek. A ∇2 f m´ atrix meghat´ aroz´as´ahoz kisz´am´ıtjuk m´eg a k¨ovetkez˝oket: ∂11 f (x, y) =
2 , ∂12 f (x, y) = ∂21 f (x, y) = 1 ´es ∂22 f (x, y) = 0. x3
168
´ ltozo ´ s f¨ ´nyek sze ´lso ˝e ´rte ´k-vizsga ´ lata 14. T¨ obbva uggve
Ez azt mutatja, hogy a ∇2 f m´atrix az (x, y) pontban a k¨ovetkez˝o alak´ u: 2 1 ∇2 f (x, y) = x3 , 1 0 teh´ at a kritikus pontban ∇2 f (1, 1) =
2 1
1 . 0
Vagyis a megfelel˝ o saj´ at´ert´ekeket a 0 = −λ(2 − λ) − 1 = λ2 − 2λ − 1 egyenlet megold´ asaik´ent kapjuk, azaz √ 2± 4+4 λ1,2 = , 2 amelyek k¨ oz¨ ul az egyik pozit´ıv, a m´asik pedig negat´ıv. ´Igy az (1, 1) kritikus pontban f -nek nem lehet sz´els˝o´ert´eke.
12 10 8 6 4 2 0 −2 −4 1
−1 0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
14.4. ´ abra. Az f (x, y) = (x − 1)y + x1 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonja 5. Hat´ arozzuk meg az f (x, y) = (x2 − y 2 )e−x hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny sz´els˝ o´ert´ekhelyeit ´es sz´els˝o´ert´ekeit!
169
14.2. Kidolgozott feladatok
Megold´ as. Tudjuk, hogy ∂1 f (x, y) = (2x − x2 + y 2 )e−x
´es ∂2 f (x, y) = −2ye−x .
Vagyis az a felt´etel, hogy a parci´alis deriv´altak null´ak, azt adja (a m´asodik egyenl˝ os´eg alapj´ an), hogy y = 0, valamint az els˝o egyenletb˝ol ekkor x1 = 0, x2 = 2 ad´ odik. Teh´at a kritikus pontok: (0, 0) ´es (2, 0) Ezeken a helyeken lehet sz´els˝ o´ert´eke f -nek. A ∇2 f m´ atrix meghat´ aroz´as´ahoz kisz´am´ıtjuk m´eg a k¨ovetkez˝oket: ∂11 f (x, y) = (−2x + x2 − y 2 + 2 − 2x)e−x , ∂12 f (x, y) = ∂21 f (x, y) = 2ye−x
´es ∂22 f (x, y) = −2e−x .
Ez azt mutatja, hogy a ∇2 f m´atrix az (x, y) pontban a k¨ovetkez˝o alak´ u: 2 (x − y 2 + 2 − 4x)e−x 2ye−x ∇2 f (x, y) = , 2ye−x −2e−x teh´ at az (x0 , y0 ) = (0, 0) kritikus pontban 2 0 ∇2 f (0, 0) = e0 · . 0 −2 Vagyis a megfelel˝ o saj´ at´ert´ekek 2 ´es −2, teh´at ebben a kritikus pontban nincs sz´els˝ o´ert´ek. Hasonl´oan, az (x0 , y0 ) = (2, 0) kritikus pontban −2 0 2 −2 ∇ f (2, 0) = e · . 0 −2 Vagyis a megfelel˝ o saj´ at´ert´ekek −2 ´es −2, teh´at ebben a kritikus pontban lok´ alis maximum van, amelynek ´ert´eke f (2, 0) = 4e−2 . 6. Hat´ arozzuk meg az f (x, y) = x3 − 12x + y 3 + 3y 2 − 9y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny sz´els˝ o´ert´ekhelyeit ´es sz´els˝o´ert´ekeit! Megold´ as. Tudjuk, hogy ∂1 f (x, y) = 3x2 − 12 ´es ∂2 f (x, y) = 3y 2 + 6y − 9. Vagyis az a felt´etel, hogy a parci´alis deriv´altak null´ak, azt adja (az els˝ o egyenl˝ os´eg alapj´ an), hogy x1 = 2 ´es x2 = −2, valamint a m´asodik egyenletb˝ ol mindk´et esetben y1 = 1 ´es y2 = −3 ad´odik. Teh´at a kritikus pontok: (2, 1), (2, −3), (−2, 1) ´es (−2, −3). Ezeken a helyeken lehet sz´els˝ o´ert´eke f -nek. 2 A ∇ f m´ atrix meghat´ aroz´as´ahoz kisz´am´ıtjuk m´eg a k¨ovetkez˝oket: ∂11 f (x, y) = 6x, ∂12 f (x, y) = ∂21 f (x, y) = 0 ´es ∂22 f (x, y) = 6y + 6.
170
´ ltozo ´ s f¨ ´nyek sze ´lso ˝e ´rte ´k-vizsga ´ lata 14. T¨ obbva uggve
4 2 0 −2 −4 −6 −8 −10 2 0 −2
−1
0
1
2
3
14.5. ´ abra. Az f (x, y) = (x2 − y 2 )e−x hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonja a (2, 0) helyen felvett maximummal Ez azt mutatja, hogy a ∇2 f m´atrix az (x, y) pontban a k¨ovetkez˝o alak´ u: 6x 0 2 ∇ f (x, y) = , 0 6y + 6 teh´ at a kritikus pontokban (a fenti sorrendben) ∇2 f ´ert´eke a k¨ovetkez˝o lesz: 12 0 12 0 −12 0 −12 0 , , ´es . 0 12 0 −12 0 12 0 −12 Vagyis a megfelel˝ o saj´ at´ert´ekek a f˝o´atl´oban lev˝o sz´amok, ez´ert a (2, 1) pontban f -nek lok´ alis minimuma van ´es f (2, 1) = −21, tov´abb´a a (−2, −3) pontban f -nek lok´ alis maximuma van ´es f (2, 1) = 43. A m´asik k´et kritikus pontban a ∇2 f m´ atrix indefinit, emiatt ott nem lehet sz´els˝o´ert´eke az f f¨ uggv´enynek. 7. Hat´ arozzuk meg az f (x, y) = ex+y −x−y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny sz´els˝ o´ert´ekhelyeit ´es sz´els˝o´ert´ekeit! Megold´ as. Tudjuk, hogy ∂1 f (x, y) = ex+y − 1 ´es ∂2 f (x, y) = ex+y − 1.
171
´ feladatok 14.3. Megoldando
Vagyis az a felt´etel, hogy a parci´alis deriv´altak null´ak, azt adja, hogy x + y = 0. ´Igy az egyenletnek v´egtelen sok kritikus pontja van, hiszen minden (x, −x) alak´ u pont az lesz. 2 A ∇ f m´ atrix meghat´ aroz´as´ahoz kisz´am´ıtjuk m´eg a k¨ovetkez˝oket: ∂11 f (x, y) = ex+y ∂12 f (x, y) = ∂21 f (x, y) = ex+y ´es ∂22 f (x, y) = ex+y . Ez azt mutatja, hogy a ∇2 f m´atrix az (x, y) pontban a k¨ovetkez˝o alak´ u: ∇2 f (x, y) =
x+y e ex+y
ex+y . ex+y
Mivel ennek a m´ atrixnak mindig van nulla saj´at´ert´eke, nem tudjuk a fenti m´ odszerrel eld¨ onteni, hogy milyen esetben lesz sz´els˝o´ert´eke. Megjegyz´es. M´ as m´ odszerrel ez a k´erd´es eld¨onthet˝o. Vezess¨ uk be a z = x + y mennyis´eget, ´es vegy¨ uk ´eszre, hogy f ´ert´eke csak ett˝ol f¨ ugg, azaz elegend˝ o a sz´els˝ o´ert´ek-vizsg´alathoz a z 7→ g(z) = ez − z f¨ uggv´eny sz´els˝ o´ert´ekhelyeit ´es sz´els˝o´ert´ekeit meghat´arozni. Egyszer˝ u sz´ amol´ assal kapjuk, hogy g 0 (z) = ez − 1, azaz z = 0-ban lehet sz´els˝ o´ert´ek, ´es itt g 0 (0) = e0 = 1, teh´at g-nek minimuma van. Teh´ at x+y = 0 eset´en mindenhol lok´alis minimum lesz, ami nem szigor´ u lok´ alis minimum.
3
2
1 2 0 −2
1
0.5
0
−0.5
−1
−1.5
14.6. ´ abra. Az f (x, y) = ex+y − x − y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonja n´eh´any szintvonallal
172
´ ltozo ´ s f¨ ´nyek sze ´lso ˝e ´rte ´k-vizsga ´ lata 14. T¨ obbva uggve
14.3. Megoldand´ o feladatok Az 1–12. feladatok mindegyik´eben hat´arozzuk meg az ottani hozz´arendel´essel adott f f¨ uggv´eny sz´els˝ o´ert´ekhelyeit ´es sz´els˝o´ert´ekeit! 2 1. f (x, y) = 4x + 5y 2 + 6x − y − 8. 2. f (x, y) = y 2 + 4x2 + 2xy. 3. f (x, y) = xex + y 2 .
4. f (x, y) = ex−y + x + y.
5. f (x, y) = −x3 − 3x2 − 2y 2 .
6. f (x, y) = 3x − x3 − 2y 2 .
7. f (x, y) = y 4 − x4 − 4xy. 9. f (x, y) = 2x2 − 4xy + y 4 . 11. f (x, y) = 2x3 + y 3 − 6x − 12y.
8. f (x, y) = (x2 + y 2 )e−y . p 10. f (x, y) = 2xy 1 − 4x2 − y 2 . 12. f (x, y) = xy ln (x2 + y 2 ).
A tov´ abbi feladatokban illeszked´est vizsg´alunk; m´egpedig azt mondjuk, hogy az {(xi , yi ), i = 1, 2, . . . , N } ⊂ R2 ponthalmaz g val´os f¨ uggv´eny grafikonj´ at´ ol vett n´egyzetes elt´er´ese az (y1 − g(x1 ))2 + (y2 − g(x2 ))2 + · · · + (yN − g(xN ))2 osszeg. ¨ 13. Adjuk meg annak az orig´on ´atmen˝o egyenesnek az egyenlet´et, amelyt˝ol a {(xi , yi ), i = 1, 2, . . . , N } ⊂ R2 ponthalmaz n´egyzetes elt´er´ese minim´alis! Feltessz¨ uk, hogy a ponthalmazban van olyan pont, amelyre xi 6= 0. 14. Adjuk meg annak az egyenesnek az egyenlet´et, amelyt˝ol a {(xi , yi ), i = 1, 2, . . . , N } ⊂ R2 ponthalmaz n´egyzetes elt´er´ese minim´alis! Feltessz¨ uk, hogy a ponthalmazban van olyan pont, amelyre xi 6= 0.
14.4. Megold´ asok 1 1 1. (− 43 , 10 )-ban lok´ alis minimuma van, f (− 34 , 10 ) = − 103 10 .
2. A (0, 0) pontban lok´ alis minimuma van, f (0, 0) = 0. 3. A (−1, 0) pontban lok´ alis minimuma van, f (−1, 0) = − 1e . 4. Nincs sz´els˝ o´ert´ek (kritikus pont sem). 5. A (0, 0) pontban lok´ alis maximuma van, f (0, 0) = 0; (−2, 0) kritikus pont, ott nincs sz´els˝ o´ert´ek. 6. Az (1, 0) pontban lok´ alis maximuma van, f (1, 0) = 2; (−1, 0) kritikus pont, ott nincs sz´els˝ o´ert´ek. 7. (0, 0) az egyetlen kritikus pont, ott nincs sz´els˝o´ert´ek. 8. A (0, 0) pontban lok´ alis minimuma van, f (0, 0) = 0.
173
´ sok 14.4. Megolda
9. Az (1, 1) ´es a (−1, −1) pontokban lok´alis minimuma van, f (1, 1) = f (−1, −1) = −1. 1 1 √1 √ √1 10. A − 2√ , − ´ e s az , pontokban maximuma van, 3 3 2 3 3 1 1 1 1 1 √ ,√ − √ , −√ =f = √ . 2 3 3 2 3 3 3 3 1 1 A − 2√ , √13 ´es az 2√ , − √13 pontokban minimuma van, 3 3 f
1 1 1 √ , −√ =− √ . 2 3 3 3 3 Megjegyezz¨ uk, hogy a kritikus pontokat az (x, y) : 4x2 + y 2 < 1 halmazon kell keresni.
f
1 1 − √ ,√ 2 3 3
=f
11. Az (1, 2) pontban lok´ alis minimuma, a (−1, −2) pontban pedig lok´alis maximuma van, f (1, 2) = −20 ´es f (−1, −2) = 20. 12. A − √12e , − √12e ´es √12e , √12e pontokban lok´alis minimuma van,
1 1 1 1 1 f −√ , −√ =f √ ,√ =− , 2e 2e 2e 2e 2e a − √12e , √12e ´es √12e , − √12e pontokban lok´alis maximuma van, 1 1 1 1 1 f −√ , √ = f √ , −√ = . 2e 2e 2e 2e 2e 13. A kapott egyenes egyenlete y = ax, ahol a =
x1 y1 +···+xN yN x21 +···+x2N
.
14. A kapott egyenes egyenlete y = ax + b, ahol a param´eterek megad´as´ahoz N N az x ¯ = x1 +···+x ´es a y¯ = y1 +···+y jel¨ol´eseket haszn´aljuk. Ezekkel N N b=
(x1 − x ¯)(y1 − y¯) + · · · + (xN − x ¯)(yN − y¯) , (x1 − x ¯)2 + · · · + (xN − x ¯)2
tov´ abb´ a a = y¯ − b¯ x.
15. fejezet
Go ek ´ es nevezetes ¨rb´ mennyis´ egeik 15.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o Ebben a fejezetben vektor ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyekkel ´es az ezekkel kapcsolatos nevezetes mennyis´egekkel foglalkozunk. 15.1. Defin´ıci´ o. Legyen [a, b] ⊂ R egy val´os intervallum. Ekkor a folytonos γ : [a, b] → Rn f¨ uggv´enyt g¨ orb´e nek nevezz¨ uk. Megjegyz´esek. Gyakran azonos´ıtj´ak a g¨orb´et ezen γ f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlet´evel, amely akkor jogos, ha kik¨ otj¨ uk, hogy γ injekt´ıv az (a, b) intervallumon. Az [a, b] intervallumr´ ol vett v´altoz´ot t-vel, a szerinte vett deriv´altat pedig ponttal fogjuk jel¨ olni. Ez arra is utal, hogy a gyakorlatban egy megfigyelt mozg´ o pont p´ aly´ aja ´eppen egy g¨orbe ´ert´ekk´eszlete. Haszn´ aljuk a γ(t) = (γ1 (t), γ2 (t), . . . , γn (t)) jel¨ol´est is, amely a t id˝opontban a γ(t) egyes koordin´ at´ ait adja meg. 15.2. Defin´ıci´ o. Legyen γ : [a, b] → Rn egy g¨orbe, amelynek deriv´altja l´etezik ´es folytonos az (a, b) intervallumon! • Tegy¨ uk fel m´eg, hogy valamilyen t ∈ (a, b) eset´en γ(t) ˙ 6= 0 teljes¨ ul! Ekkor a γ(t) ˙ vektort a γ g¨ orbe t-ben vett ´erint˝oj´enek nevezz¨ uk, azaz a γ g¨orb´et a γ(t) pontban (vagy a t helyen) ´erint˝ o egys´egvektor a γ(t) ˙ |γ(t)| ˙ formul´ aval adhat´ o meg. • A γ g¨ orbe γ(t1 ) ´es γ(t2 ) pontok k¨oz´e es˝o szakasz´anak hossz´ a t az Zt2 |γ(t)| ˙ dt t1
integr´ allal defini´ aljuk. • –
Ha n = 2, azaz s´ıkbeli g¨orb´er˝ol van sz´o, akkor a γ g¨orbe t helyen (vagy γ(t) pontban) vett g¨ orb¨ ulet´et azokban a t ∈ (a, b) pontokban, 175
176
´k e ´s nevezetes mennyise ´geik 15. G¨ orbe
ahol γ(t) ˙ 6= 0, a |γ˙ 1 (t)¨ γ2 (t) − γ˙ 2 (t)¨ γ1 (t)| 3 |γ(t)| ˙ –
h´ anyadossal defini´ aljuk. Ha n = 3, azaz a 3 dimenzi´os t´erben halad´o g¨orb´er˝ol van sz´o, akkor a γ g¨ orbe t-ben vett g¨ orb¨ ulet´et azokban a t ∈ (a, b) pontokban, ahol γ¨ (t) l´etezik, tov´ abb´ a γ(t) ˙ 6= 0, a |γ(t) ˙ × γ¨ (t)| 3 |γ(t)| ˙ h´ anyadossal defini´ aljuk.
• Ha n = 3, azaz a 3 dimenzi´os t´erben halad´o g¨orb´er˝ol van sz´o, akkor ... a γ g¨ orbe t-ben vett torzi´ o j´at azokban a t ∈ (a, b) pontokban, ahol γ (t) l´etezik, tov´ abb´ a γ(t) ˙ × γ¨ (t) 6= 0, a ... (γ(t) ˙ × γ¨ (t)) · γ (t) |γ(t) ˙ × γ¨ (t)|2 h´ anyadossal defini´ aljuk. Megjegyz´esek. A g¨ orbe γ(t1 ) ´es γ(t2 ) k¨ozti hossz´anak szeml´eletes jelent´ese a g¨ orb´evel le´ırt egyenlet szerint mozg´o pont ´altal t1 ´es t2 id˝opontok k¨ozt megtett u ´t hossza. A g¨ orb¨ ulet szeml´eletes jelent´ese az ir´anyv´altoz´as sebess´ege a g¨orbe ment´en. A torzi´ o pedig azon vektor forg´as´anak sebess´eg´et adja meg, amely az ´erint˝ ovektorra ´es az egys´eg hossz´ us´ag´ u ´erint˝ovektor deriv´altj´ab´ol kapott vektorra is mer˝ oleges.
15.2. Kidolgozott feladatok 1. Rajzoljuk fel a γ : [0, 2π] → R2 , γ(t) = (cos(t), sin(t)) hozz´arendel´essel megadott g¨ orbe grafikonj´at! (a) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe ´erint˝o egys´egvektor´at a γ( π4 ) ´es a γ(π) pontokban! (b) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe hossz´at a γ(0) ´es a γ(π) pontok k¨oz¨ott! (c) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe g¨orb¨ ulet´et minden t eset´en! (d) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe torzi´oj´at minden t eset´en! Megold´ as. (a) Tudjuk, hogy γ(t) ˙ = ∂t (cos(t), sin(t)) = (− sin(t), cos(t)),
177
15.2. Kidolgozott feladatok
tov´ abb´ a ebb˝ ol |γ(t)| ˙ = |(− sin(t), cos(t))| =
q
sin2 (t) + cos2 (t) = 1,
teh´ at tetsz˝ oleges t ∈ [0, π] helyen vett ´erint˝ o √egys´egvektor √ (− sin(t), cos(t)). Speci´alisan γ˙ π4 = − 22 , 22 ´es γ(π) ˙ = (0, −1). (b) A defin´ıci´ oban lev˝ o k´epletbe helyettes´ıtve kapjuk, hogy a vizsg´alt g¨ orbe γ(0) ´es γ(π) k¨ozti hossza a k¨ovetkez˝o: Zπ
Zπ |γ(t)| ˙ dt = 0
1 dt = π. 0
(c) A g¨ orb¨ ulet defin´ıci´ oj´aban lev˝o k´epletbe helyettes´ıtve ´es a |γ(t)| ˙ =1 egyenl˝ os´eget felhaszn´alva |γ˙ 1 (t)¨ γ2 (t) − γ˙ 2 (t)¨ γ1 (t)| = |−sin(t)·(− sin(t))−cos(t)·(− cos(t))| = 1. 3 |γ(t)| ˙
1 t=π/4
t=π
0
t=0, t=2π
−1 −1
−0.5
0
0.5
1
15.1. ´ abra. Az 1. feladatban adott γ g¨orbe grafikonja ´es egy-egy ´erint˝ovektora a γ π4 ´es a γ(π) pontokban 2. Rajzoljuk fel a γ : [0, 4π] → R2 , γ(t) = (et cos(t), et sin(t)) hozz´arendel´essel megadott g¨ orbe grafikonj´at! (a) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe ´erint˝o egys´egvektor´at a tokban!
π 4
´es a
7π 2
pon-
178
´k e ´s nevezetes mennyise ´geik 15. G¨ orbe
(b) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe hossz´at! (c) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe g¨orb¨ ulet´et minden t eset´en! Megold´ as. (a) Tudjuk, hogy γ(t) ˙ = ∂t et cos(t), et sin(t) = et (cos(t) − sin(t)), et (sin(t) + cos(t)) , tov´ abb´ a ebb˝ ol |γ(t)| ˙ =
q √ e2t (2 sin2 (t) + 2 cos2 (t)) = et 2,
teh´ at a t helyen vett ´erint˝o egys´egvektor √12 · (cos(t) − sin(t), sin(t) + cos(t)). Azaz • a t = π4 helyen az ´erint˝o egys´egvektor (0, 1), • a t = 7π erint˝o egys´egvektor ( √12 , − √12 ). 2 helyen az ´ (b) A defin´ıci´ oban lev˝ o k´epletbe helyettes´ıtve kapjuk, hogy a vizsg´alt g¨ orbe hossza a k¨ ovetkez˝o: Z4π |γ(t)| ˙ dt = 0
Z4π√
2et dt =
√
2(e4π − 1).
0
(c) A g¨ orb¨ ulet defin´ıci´ oj´aban lev˝o k´epletbe helyettes´ıtve, valamint a γ¨ (t) = (−et (sin(t) + cos(t)), et (cos(t) − sin(t))) √ ´es a |γ(t)| ˙ = 2et egyenl˝os´egeket felhaszn´alva |γ˙ 1 (t)¨ γ2 (t) − γ˙ 2 (t)¨ γ1 (t)| = 3 |γ(t)| ˙ |et (cos(t)−sin(t)) · et (cos(t)−sin(t))−et (sin(t)+cos(t)) · et (− cos(t)−sin(t))| √ = 8e3t 2e2t 1 = √ = √ . 8e3t 2et =
3. Jel¨ olje γ a γ : [0, 2] → R2 , γ(t) = (t, 2 ch 2t ) hozz´arendel´essel megadott g¨ orb´et! (a) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe ´erint˝o egys´egvektor´at az 1 helyen! (b) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe hossz´at! (c) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe g¨orb¨ ulet´et minden t eset´en!
179
15.2. Kidolgozott feladatok 4
2
x 10
0
t=4π
t=0
−2 −4 t=7π/2
−6 −8 −10 −0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3 5
x 10
15.2. ´ abra. A 2. feladatban adott γ g¨orbe grafikonja ´es egy ´erint˝ovektora a γ 7π pontban 2 Megold´ as. (a) Tudjuk, hogy t t = 1, sh , γ(t) ˙ = ∂t t, 2 ch 2 2 tov´ abb´ a ebb˝ ol s |γ(t)| ˙ =
1 + sh2
t t = ch , 2 2
teh´ at a t helyen vett ´erint˝o egys´egvektor
1 ch( 2t )
, th
t 2
.
(b) A defin´ıci´ oban lev˝ o k´epletbe helyettes´ıtve kapjuk, hogy a vizsg´alt g¨ orbe hossza a k¨ ovetkez˝o: Z2
Z2 |γ(t)| ˙ dt =
0
ch 0
2 1 t t = 2 sh(1) = e − . dt = 2 sh 2 2 0 e
(c) A g¨ orb¨ oj´aban lev˝o k´epletbe helyettes´ıtve, ´es a |γ(t)| ˙ = ulet defin´ıci´ ch 2t , valamint a 1 t γ¨ (t) = 0, ch , 2 2
180
´k e ´s nevezetes mennyise ´geik 15. G¨ orbe
egyenl˝ os´eget felhaszn´alva kapjuk, hogy 1 t ch |γ˙ 1 (t)¨ γ2 (t) − γ˙ 2 (t)¨ γ1 (t)| 1 2 2 = = 3 t 3 |γ(t)| ˙ ch 2 2 ch2
t 2
=
1 . 1 + ch(t)
t=2
3
2.6
2.2
t=1 t=0
1.8
0
0.5
1
1.5
2
15.3. ´ abra. A 3. feladatban adott γ g¨orbe grafikonja ´es egy ´erint˝ovektora a γ(1) pontban 4. Legyen f : [t1 , t2 ] → R olyan folytonos f¨ uggv´eny, amely (t1 , t2 )-ben k´etszer deriv´ alhat´ o! Adjuk meg a grafikonj´at egy g¨orbek´ent, ´es ´ırjunk fel k´epletet a grafikon hossz´anak, valamint g¨orb¨ ulet´enek kisz´am´ıt´as´ara! Megold´ as. Tudjuk, hogy a grafikon a (t, f (t)) alak´ u pontok halmaza, vagyis az megadhat´ o mint a γ : [t1 , t2 ] → R2 , γ(t) = (t, f (t)) g¨orbe ´ert´ekk´eszlete. p Ekkor |γ(t)| ˙ = |(1, f 0 (t))| = 1 + [f 0 (t)]2 , teh´at a grafikon hossza Zt2 p 1 + [f 0 (t)]2 dt. t1
ulete a (t, f (t)) pontban Mivel γ¨ (t) = (0, f 00 (t)), a grafikon g¨orb¨ |f 00 (t)| |f 00 (t)| =p 3. 3 |γ(t)| ˙ 1 + [f 0 (t)]2 5. Hat´ arozzuk meg az f (t) = ch(t) hozz´arendel´ essel megadott f¨ uggv´eny 1 1 grafikonj´ anak hossz´ at az −ln(6), 3 + 12 ´es az ln(6), 3 + 12 pontok k¨ oz¨ ott! Adjuk meg a g¨ orb¨ uletet is a (0, 1) pontban!
181
15.2. Kidolgozott feladatok
Megold´ as. Itt a (t1 , t2 ) intervallumnak (−ln(6), ln(6)) felel meg. A grafikon hossz´ ara vonatkoz´ o k´eplet szerint ln(6) Z
p
1+
[f 0 (t)]2
ln(6) Z
dt =
−ln(6)
ln(6) Z q 2 1 + sh (t) dt = cht dt =
−ln(6)
−ln(6)
1 = sh(ln(6)) − sh(−ln(6)) = 6 − . 6 A fenti k´eplet szerint a grafikon g¨orb¨ ulete a (0, 1) pontban ch(0) |f 00 (0)| p 3 = ch(0)3 = 1. 1 + [f 0 (0)]2 6. Hat´ arozzuk meg az ¨ osszes olyan k´etszer deriv´alhat´o f : [t1 , t2 ] → R f¨ uggv´enyt, amely grafikonj´anak g¨orb¨ ulete nulla! Megold´ as. Mivel a g¨ orb¨ ulet a (t, f (t)) helyen a fenti k´eplet szerint 00 √ |f (t)| en, ha 3 , ez pontosan akkor nulla minden t ∈ (t1 , t2 ) eset´ 0 2 1+[f (t)]
f 00 (t) = 0. Vagyis ekkor f 0 konstans, teh´at f (t) = at + b alak´ u valamilyen a ´es b konstansokkal. 7. Legyen f : [t1 , t2 ] → [s1 , s2 ] deriv´alhat´o szigor´ uan monoton n¨ov˝o f¨ uggv´eny! Igazoljuk, hogy f grafikonj´anak hossza ugyanannyi, mint az f −1 : [s1 , s2 ] → [t1 , t2 ] inverz f¨ uggv´eny grafikonj´anak hossza! Megold´ as. Tudjuk, hogy a grafikon hossza Zt2 p 1 + [f 0 (t)]2 dt, t1
tov´ abb´ a felhaszn´ aljuk az (f −1 )0 (f (t)) = f 01(t) azonoss´agot. Mivel f szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o, az s = f (t) u ´j v´altoz´o bevezet´es´evel az inverz f¨ uggv´eny grafikonj´ anak hossz´ara azt kapjuk, hogy fZ(t2 )
p
1+
[(f −1 )0 (s)]2
f (t1 )
ds =
Zt2 p
1 + [(f −1 )0 (f (t))]2 f 0 (t) dt =
t1
s 2 Zt2 Zt2 p 1 = 1+ 0 f 0 (t) dt = [f 0 (t)]2 + 1 dt, f (t) t1
ahogy azt igazolni akartuk.
t1
182
´k e ´s nevezetes mennyise ´geik 15. G¨ orbe
8. Fejezz¨ uk ki az el˝ oz˝ o feladatban szerepl˝o f −1 f¨ uggv´eny g¨orb¨ ulet´et f g¨orb¨ ulet´enek seg´ıts´eg´evel! Megold´ as. Tudjuk, hogy f g¨orb¨ ulete t-ben √ A fenti (f −1 )0 (f (t)) =
1 f 0 (t)
|f 00 (t)| 1+[f 0 (t)]2
3
.
azonoss´ag mindk´et oldal´at deriv´alva akkor
(f −1 )00 (f (t)) · f 0 (t) = −
1 · f 00 (t). [f 0 (t)]2
Teh´ at f −1 g¨ orb¨ ulete f (t)-ben −1 00
|[f ] (f (t))| p 3 1 + [f −1 ]0 (f (t))2
1 [f 0 (t)]3 · f 00 (t) |f 00 (t)| = q = p 3 3, 2 1 + [f 0 (t)]2 1 + f 01(t)
ami azonos az f f¨ uggv´eny t-beli g¨orb¨ ulet´evel. 9. Rajzoljuk fel a γ : [0, 6π] → R2 , γ(t) = (cos(t), sin(t), t) hozz´arendel´essel megadott g¨ orbe grafikonj´at! (a) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe ´erint˝o egys´egvektor´at a γ(π) ´es a γ(4π) pontokban! (b) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe hossz´at! (c) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe g¨orb¨ ulet´et minden t eset´en! (d) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe torzi´oj´at minden t eset´en! Megold´ as. (a) Tudjuk, hogy γ(t) ˙ = ∂t (cos(t), sin(t), t) = (− sin(t), cos(t), 1), tov´ abb´ a ebb˝ ol |γ(t)| ˙ = |(− sin(t), cos(t), 1)| =
q √ sin2 (t) + cos2 (t) + 1 = 2,
teh´ at a t helyen vett ´erint˝o egys´egvektor
√1 (− sin(t), cos(t), 1). 2
(b) A defin´ıci´ oban lev˝ o k´epletbe helyettes´ıtve kapjuk, hogy a vizsg´alt g¨ orbe hossza a k¨ ovetkez˝o: Z6π |γ(t)| ˙ dt = 0
Z6π√ 0
√ 2 dt = 6 2π.
183
15.2. Kidolgozott feladatok
(c) Tudjuk, hogy γ¨ (t) = (− cos(t), − sin(t), 0), valamint γ(t) ˙ × γ¨ (t) = (0 + sin(t), − cos(t) + 0, sin2 (t) + cos2 (t)). A g¨ orb¨ ulet√defin´ıci´ oj´ aban lev˝o k´epletbe helyettes´ıtve, ´es ezt, valamint a |γ(t)| ˙ = 2 egyenl˝os´eget felhaszn´alva a keresett mennyis´eg √ 1 |(sin(t), − cos(t), 1)| 2 |γ(t) ˙ × γ¨ (t)| =√ 3 = . = √ 3 3 |γ(t)| ˙ 2 2 2 (d) A torzi´ o kisz´ am´ıt´ as´ ara fel´ırt k´epletb˝ol, valamint a (c) r´eszben fel´ırt mennyis´egek seg´ıts´eg´evel azt kapjuk, hogy a γ g¨orbe t-beli torzi´oja ... (sin(t), − cos(t), 1) · (sin(t), − cos(t), 0) 1 (γ(t) ˙ × γ¨ (t)) · γ (t) √ = = . 2 |γ(t) ˙ × γ¨ (t)|2 2 | 2|
t=6π 20
15
10
5
t=π
t=0
0 1 0.5
1
0
0.5
−0.5
0 −1
−0.5 −1.5
−1 −2
−1.5
15.4. ´ abra. A 9. feladatban adott γ g¨orbe grafikonja ´es egy ´erint˝ovektora a γ(π) pontban √ 10. Rajzoljuk fel a γ : [0, 4π] → R2 , γ(t) = (e−t cos(t), e−t sin(t), 2t) hozz´ arendel´essel megadott g¨orbe grafikonj´at! (a) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe ´erint˝o egys´egvektor´at a γ π2 ´es a γ 3π 2 pontokban!
184
´k e ´s nevezetes mennyise ´geik 15. G¨ orbe
(b) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe hossz´at! (c) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe g¨orb¨ ulet´et minden t eset´en! (d) Sz´ am´ıtsuk ki a fenti g¨orbe torzi´oj´at minden t eset´en! Megold´ as. (a) Tudjuk, hogy √ γ(t) ˙ = ∂t (e−t cos(t), e−t sin(t), 2t)
√ = (e−t (− sin(t) − cos(t)), e−t (− sin(t) + cos(t)), 2),
tov´ abb´ a ebb˝ ol p |γ(t)| ˙ = e−2t ((− sin(t) − cos(t))2 + (− sin(t) + cos(t))2 ) + 2 = p = 2e−2t + 2, teh´ at a t helyen vett ´erint˝o egys´egvektor √
1 2e−2t
+2
√ e−t (− sin(t) − cos(t)), e−t (− sin(t) + cos(t)), 2 .
Kisz´ am´ıtjuk m´eg a t¨obbi deriv´altat is: γ¨ (t) = e−t sin(t) + cos(t) − cos(t) + sin(t) , e−t sin(t) − cos(t) − cos(t) − sin(t) , 0 = = (2e−t sin(t), −2e−t cos(t), 0), tov´ abb´ a ... γ (t) = 2e−t sin(t), −2e−t cos(t), 0 = = 2e−t (cos(t) − sin(t)), 2e−t (sin(t) + cos(t)), 0 . (b) A defin´ıci´ oban lev˝ o k´epletbe helyettes´ıtve kapjuk, hogy a vizsg´alt g¨ orbe hossza a k¨ ovetkez˝o: Z4π |γ(t)| ˙ dt = 0
Z4πp
2e−2t + 2 dt.
0
Ennek kisz´ am´ıt´ as´ at t¨obb l´ep´esben v´egezz¨ uk. – q El˝ osz¨ or az e−t = sh(x) helyettes´ıt´est alkalmazzuk, ahol chx = √ 1 + sh2 (x) = 1 + e−2t , tov´abb´a −e−t dt = ch(x) dx, azaz dt = −et ch(x) dx = −
ch(x) dx, sh(x)
185
15.2. Kidolgozott feladatok
R 1 1+ch(x) = 12 ln 1−ch(x) . – majd felhaszn´ aljuk, hogy sh(x) A helyettes´ıt´est haszn´alva teh´at Z p Z q ch(x) 2 −2t 2e + 2 dt = 2sh (x) + 2 · − dx = sh(x) √ Z ch2 (x) √ Z 1 + sh2 (x) =− 2 dx = − 2 dx = sh(x) sh(x) Z √ 1 + sh(x) dx = =− 2 sh(x) √ 1 1 + ch(x) =− 2 ln + ch(x) = 2 1 − ch(x) ! √ √ 1 1 + 1 + e−2t p √ ln + 1 + e−2t , =− 2 2 1 − 1 + e−2t vagyis !#4π √ 1 1 + 1+e−2t p √ + 1+e−2t = ln 2 1 − 1+e−2t 0 ! √ √ √ 1 1+ 1+e−8π p 1 1 + 2 √ √ − 2 . ln + 1+e−8π − ln 2 1− 1+e−8π 2 1− 2
" Z4πp √ 2e−2t +2 dt = − 2 0
√ =− 2
(c) A g¨ orb¨ ulet kisz´ am´ıt´ as´ahoz el˝osz¨or az al´abbi mennyis´egat adjuk meg: γ(t) ˙ × γ¨ (t) =
√ = e−t (− sin(t) − cos(t)), e−t (− sin(t) + cos(t)), 2 × × 2e−t sin(t), −2e−t cos(t), 0 = √ √ = 2 2e−t cos(t), 2 2e−t sin(t), 2e−2t cos2 (t) + sin(t) cos(t) + sin2 (t) − sin(t) cos(t) = √ √ = 2 2e−t cos(t), 2 2e−t sin(t), 2e−2t = √ √ = 2e−t 2 cos(t), 2 sin(t), e−t ,
vagyis |γ(t) ˙ × γ¨ (t)| = 2e−t
q
2 cos2 (t) + 2 sin2 (t) + e−2t = 2e−t
p
2 + e−2t .
A g¨ orb¨ ulet√defin´ıci´ oj´aban lev˝o k´epletbe helyettes´ıtve, ´es ezt, valamint a |γ(t)| ˙ = 2e−2t + 2 egyenl˝os´eget felhaszn´alva a keresett mennyis´eg √ |γ(t) ˙ × γ¨ (t)| 2e−t 2 + e−2t = √ . 3 |γ(t)| ˙ 2e−2t + 2
186
´k e ´s nevezetes mennyise ´geik 15. G¨ orbe
(d) A torzi´ o kisz´ am´ıt´ as´ ara fel´ırt k´epletb˝ol, valamint a (c) r´eszben fel´ırt mennyis´egek seg´ıts´eg´evel azt kapjuk, hogy a γ g¨orbe t-beli torzi´oja ... (γ(t) ˙ × γ¨ (t)) · γ (t) = |γ(t) ˙ × γ¨ (t)|2 √ √ 2e−t ( 2 cos(t), 2 sin(t), e−t ) · (2e−t (cos(t) − sin(t)), 2e−t (sin(t) + cos(t)), 0) = = 4e−2t (2 + e−2t ) √ √ √ 2 cos(t)(cos(t) − sin(t)) + 2 sin(t)(sin(t) + cos(t)) 2 = = . 2 + e−2t 2 + e−2t
8 t=4π
4
t=π/2 t=0
0 0.4
0.2
0
−1
0
1
15.5. ´ abra. A 10. feladatban adott γ g¨orbe grafikonja ´es egy ´erint˝ovektora a γ π2 pontban 11. Adott γ : [t1 , t2 ] → Rn ´es s ∈ Rn eset´en a γs : [t1 , t2 ] → Rn -nel jel¨olt γs (t) = s + γ(t) hozz´ arendel´essel defini´alt g¨orb´et γ eltoltj´anak nevezz¨ uk. Igazoljuk, hogy ennek hossza ugyanaz, mint γ hossza! Megold´ as. Mivel γ˙ s = γ˙ ´es γ¨s = γ¨ , ez´ert Zt2
Zt2 |γ˙ s (t)| dt =
t1
|γ(t)| ˙ dt, t1
teh´ at a k´et g¨ orbe hossza val´oban ugyanannyi.
187
´ sok 15.4. Megolda
15.3. Megoldand´ o feladatok Az 1–10. feladatokban hat´ arozzuk meg az adott g¨orb´ek ´erint˝o egys´egvektor´at minden lehets´eges pontban, a g¨orb´ek ´ıvhossz´at, g¨orb¨ ulet¨ uket ´es 3 dimenzi´os esetben a torzi´ ot is! 1. γ : [0, 4] → R2 , γ(t) = (1 − t, 1 + t). 2. γ : [0, 4π] → R2 , γ(t) = (cos(2t), sin(2t)). 3. γ : [0, 8π] → R2 , γ(t) = −et sin(2t), et cos(2t) . 4. γ : [0, 2π] → R2 , γ(t) = cos2 (t), sin2 (t) . 3 2 5. γ : [0, 2] → R2 , γ(t) = t3 , t2 . 6. γ : [1, 3] → R3 , γ(t) = (t, 2 − t, 1 + 2t). 7. γ : [0, 3π] → R3 , γ(t) = (− sin(2t), cos(2t), 2t). 8. γ : [0, ln(4)] → R3 , γ(t) = (sh(t), ch(t), t). 9. A γ : [0, ln(2)] → R3 , γ(t) = et cos(t), et sin(t), t g¨orbe eset´en csak az ´ıvhossz´ at ´es a torzi´ oj´ at sz´amoljuk ki! 10. Adott γ : [t1 , t2 ] → Rn ´es c ∈ R eset´en a γc : [t1 , t2 ] → Rn -nel jel¨olt ´es γc (t) = cγ(t) hozz´ arendel´essel defini´alt g¨orbe eset´en sz´am´ıtsuk ki γc hossz´ at ´es g¨ orb¨ ulet´et γ hasonl´o mennyis´egeinek f¨ uggv´eny´eben! A 11–13. feladatokban R2 -beli f¨ uggv´enygrafikonok tulajdons´agait vizsg´aljuk. 11. Hat´ arozzuk meg az f (x) = x2 + 1 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny grafikonj´ anak hossz´ at a (0, 0) ´es (1, 2) pontok k¨oz¨ott! 12. Hat´ arozzuk meg az f (x) = ln(cos(x)) hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny ) pontok k¨ o z¨ o tt! grafikonj´ anak hossz´ at a (0, 0) ´es ( π4 , − ln(2) 2 13. Hat´ arozzuk meg az f (t) = arch(t) hozz´arendel´essel megadott f¨ uggv´eny grafikonj´ anak hossz´ at az (1, 0) ´es a (3, arch(3)) pontok k¨oz¨ott! Adjuk meg a g¨ orb¨ uletet is minden pontban!
15.4. Megold´ asok √ 1. ´Ivhossz: 4 2, g¨ orb¨ ulet: 0. 2. ´Ivhossz: 8π, g¨ orb¨ ulet: 1. √ 8π 3. ´Ivhossz: 5(e − 1), g¨orb¨ ulet:
√2 e−t . 5
188
´k e ´s nevezetes mennyise ´geik 15. G¨ orbe
√ 4. ´Ivhossz: 4 2 , g¨ orb¨ ulet: 0. 5. ´Ivhossz:
√ 5 5−1 3
, g¨ orb¨ ulet:
√ 1 3. t t2 +1
√ 6. ´Ivhossz: 2 6, g¨ orb¨ ulet: 0, torzi´o: 0. √ orb¨ ulet: 12 , torzi´o: 12 . 7. ´Ivhossz: 6 2π, g¨ √ 2 , g¨ orb¨ ulet: 2ch1 2 t , torzi´o: 2ch1 2 t . 8. ´Ivhossz: 15 8 √ 9. ´Ivhossz: arth √13 − 3 − arth 31 + 3, torzi´o: 0. 10. Az ´ıvhossz |c|-szeres´ere n˝o, a g¨orb¨ ulet |c|-ed r´esz´ere cs¨okken. √ √ √ 11. 25 − 14 ln( 5 − 2) = 25 + 41 arsh(2). √ 12. ln(1 + 2). 13. 2.
16. fejezet
Potenci´ alfu eny, ¨ ggv´ vonalintegr´ al 16.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o Ebben a fejezetben mindenhol feltessz¨ uk, hogy D(f ) ⊂ Rn egy csillagszer˝ u ny´ılt halmaz, azaz olyan, amelynek van olyan x pontja, hogy minden y ∈ D(f ) eset´en az x ´es y pontokat ¨osszek¨ot˝o szakasz is y ∈ D(f )-ben van. 16.1. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az F vektorf¨ uggv´eny az f vektormez˝o potenci´ al ja, ha ∇F = f teljes¨ ul minden x ∈ D(f ) pontban. ´ ıt´ 16.1. All´ as. Ha az f vektormez˝ o koordin´ ataf¨ uggv´enyei folytonosan deriv´ alhat´ ok, tov´ abb´ a • n = 2 ´es ∂2 f1 = ∂1 f2 , akkor f -nek van potenci´ alja, • n = 3 ´es ∂2 f3 − ∂3 f2 = ∂3 f1 − ∂1 f3 = ∂1 f2 − ∂2 f1 = 0, akkor f -nek van potenci´ alja. 16.2. Defin´ıci´ o. Legyen adott egy r : [a, b] → Rn folytonosan deriv´alhat´o g¨ orbe ´es egy f vektormez˝ o. Ekkor az f f¨ uggv´eny r g¨ orbe menti integr´ al j´at a k¨ ovetkez˝ o egyenl˝ os´eggel defini´aljuk: Zb
Z
f (r(s)) · r(s) ˙ ds.
f := r
a
´ ıt´ 16.2. All´ as.R Ha l´etezik f -nek potenci´ alja, amelyet F jel¨ ol, emellett R(r) ⊂ D(F ), akkor f = F (r(b)) − F (r(a)); speci´ alisan, ha az r g¨ orbe z´ art, azaz r R r(a) = r(b), akkor f = 0. r
Megjegyz´esek. Ha f egy er˝ oteret jel¨ol, akkor a fenti vonalintegr´al az er˝ot´er altal v´egzett munk´ ´ at adja meg az r g¨orbe ment´en. A fenti ´ all´ıt´ asban mindegy, melyik potenci´alt v´alasztjuk, az eredm´eny minden esetben ugyanaz. 189
190
´ lf¨ ´ny, vonalintegra ´l 16. Potencia uggve
16.2. Kidolgozott feladatok 1. Van-e potenci´ alja az f (x, y) = (−y, x) hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´enynek? Ha van, keress¨ uk meg! Megold´ as. Tudjuk, hogy ∂2 f1 (x, y) = ∂y (−y) = −1, tov´abb´a ∂1 f2 (x, y) = ∂x x = 1, vagyis, mivel ezek nem egyenl˝ok, a fenti f f¨ uggv´enynek nincsen potenci´ alja. 2. Van-e potenci´ alja az f (x, y) = (y + 1, x) hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´enynek? Ha van, keress¨ uk meg! Megold´ as. Tudjuk, hogy ∂2 f1 (x, y) = ∂y [y + 1] = 1, tov´abb´a ∂1 f2 (x, y) = ∂x x = 1, vagyis, mivel ezek egyenl˝ok, a fenti f f¨ uggv´enynek van potenci´ alja. Ha F a keresett potenci´ al, akkor nyilv´an ∂1 F (x, y) = f1 (x, y) = y + 1, vagyis Z F (x, y) =
y + 1 dx = xy + x + C(y),
(16.1)
ahol C tetsz˝ oleges deriv´ alhat´o val´os f¨ uggv´eny. M´ asr´eszt ha F a potenci´alf¨ uggv´eny, akkor f2 (x, y) = ∂2 F (x, y) = ∂y [xy + x + C(y)] = x + C 0 (y), teh´ at C 0 (y) = 0, vagyis C(y) = c, ahol c tetsz˝oleges konstans. A megold´as teh´ at az F f¨ uggv´eny (16.2)-beli alakj´ab´ol F (x, y) = xy + x + c, ahol c tetsz˝ oleges konstans. 3. Van-e potenci´ alja az f (x, y) = (y 2 cos(xy), xy cos(xy) + sin(xy)) hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´enynek? Ha van, keress¨ uk meg! Megold´ as. Tudjuk, hogy ∂2 f1 (x, y) = ∂y [y 2 cos(xy)] = 2y cos(xy) − xy 2 sin(xy), tov´ abb´ a ∂1 f2 (x, y) = ∂x [xy cos(xy) + sin(xy)] = y cos(xy) − xy 2 sin(xy) + y cos(xy), amelyek megegyeznek, teh´at van potenci´al. Ha F a keresett potenci´ al, akkor nyilv´an ∂1 F (x, y) = f1 (x, y) = y 2 cos(xy),
191
16.2. Kidolgozott feladatok 5 4 3 2 1 0 −1 −2 −3 −4 −5 −5
0
5
20
10
0
−10
−20 5 0 −5
−2
−4
0
2
4
16.1. ´ abra. A 2. feladatban szerepl˝o f f¨ uggv´eny n´eh´any pontban (fent) ´es potenci´ alf¨ uggv´eny´enek grafikonja (lent) vagyis Z F (x, y) =
y 2 cos(xy) dx = y sin(xy) + C(y),
(16.2)
ahol C : R → R tetsz˝ oleges f¨ uggv´eny. M´ asr´eszt ha F a potenci´alf¨ uggv´eny, akkor f2 (x, y) = ∂2 F (x, y) = ∂y [y sin(xy) +C(y)] = sin(xy) +xy cos(xy) +C 0 (y), teh´ at C 0 (y) = 0, vagyis C(y) = c, ahol c tetsz˝oleges konstans. A megold´as teh´ at az F f¨ uggv´eny (16.2)-beli alakj´ab´ol F (x, y) = y sin(xy) + c, ahol c tetsz˝ oleges konstans. 4. Van-e potenci´ alja az f (x, y, z) = (yz + y, xz + x, 1 + xy) hozz´arendel´essel adott vektormez˝ onek? Ha van, keress¨ uk meg!
192
´ lf¨ ´ny, vonalintegra ´l 16. Potencia uggve
Megold´ as. Tudjuk, hogy ∂y f3 (x, y, z) − ∂z f2 (x, y, z) = x − x = 0, tov´ abb´ a ∂z f1 (x, y, z) − ∂x f3 (x, y, z) = y − y = 0, valamint ∂x f2 (x, y, z) − ∂y f1 (x, y, z) = z − z = 0, vagyis a fenti ´ all´ıt´ as ´ertelm´eben f -nek van potenci´alja. Ennek kisz´am´ıt´ as´ ahoz feltessz¨ uk, hogy F a keresett potenci´al. Ekkor nyilv´an ∂x F (x, y, z) = f1 (x, y, z) = yz + y, vagyis Z F (x, y, z) =
yz + y dx = xyz + xy + C(y, z),
(16.3)
ahol C tetsz˝ oleges deriv´ alhat´o vektor-skal´ar f¨ uggv´eny. M´ asr´eszt ha F a potenci´alf¨ uggv´eny, akkor f2 (x, y, z) = ∂y F (x, y, z) = ∂y [xyz + xy + C(y, z)] = xz + x + ∂y C(y, z), teh´ at ∂y C(y, z) = 0. Mivel D(f ) csillagszer˝ u, ennek m´asodik v´altoz´ora ˜ es˝ o vet¨ ulete intervallum, ez´ert C(y, z) = C(z) alak´ u, ahol C egy deriv´al˜ hat´ o val´ os f¨ uggv´eny. Ezzel az (16.3) alakb´ol F (x, y, z) = xyz +xy + C(z), teh´ at ˜ f3 (x, y, z) = ∂z F (x, y, z) = ∂z [xyz + xy + C(z)] = xy + C˜ 0 (z), ˜ azaz C˜ 0 (z) = 1. Innen nyerj¨ uk, hogy C(z) = z + c, ahol c tetsz˝oleges konstans. ´Igy teh´ at azt kaptuk, hogy F (x, y, z) = xyz + xy + z + c, ahol c tetsz˝ oleges konstans. 5. Legyen f (x, y) = (x − y − 1, x + y + 1), tov´abb´a az r : [0, 2π] → R2 g¨oRrbe az r(s) = (cos(s), sin(s)) hozz´arendel´essel megadva! Sz´am´ıtsuk ki az f r
integr´ alt! Megold´ as. A fenti k´epletben szerepl˝o mennyis´egeket fel´ırva f (r(s)) = cos(s) − sin(s) − 1, cos(s) + sin(s) + 1, tov´ abb´ a r(s) ˙ = (− sin(s), cos(s)),
193
16.2. Kidolgozott feladatok
teh´ at a defin´ıci´ oban szerepl˝o k´eplet szerint Z2π
Z f= r
cos(s)−sin(s)−1, cos(s) + sin(s) + 1 · − sin(s), cos(s) ds =
0
Z2π =
−cos(s) sin(s) + sin2 (s) + sin(s) + cos2 (s)+
0
+ sin(s) cos(s) + cos(s) ds = Z2π =
1 + sin(s) + cos(s) ds = [s − cos(s) + sin(s)]2π 0 = 2π.
0
6. Legyen f (x, y, z) = (y − 1, x + 1, 2), tov´abb´a az r : [0, 3π] → R2 g¨orbeRaz r(s) = (cos(s), sin(s), s) hozz´arendel´essel megadva! Sz´am´ıtsuk ki az f r
integr´ alt! Megold´ as. A fenti k´eplet szerint Z
Z3π f = (sin(s) − 1, cos(s) + 1, 2) · (− sin(s), cos(s), 1) ds =
r
0
Z3π =
− sin2 (s) + sin(s) + cos2 (s) + cos(s) + 2 ds =
0
Z3π =
2 + sin(s) + cos(s) + cos 2s ds = 0
3π 1 = 2s − cos(s) − sin(s) − sin(2s) = 2 0 = 6π + 1 + 1 = 6π + 2. 7. Tegy¨ uk fel, hogy f -nek l´etezik potenci´alja, valamint R(r) ul R ⊂ D(f ) teljes¨ valamilyen r : [t1 , t2 ] → Rn g¨orb´ere. Igazoljuk, hogy az f integr´al ekkor r
csakis r(t1 ) ´es r(t2 ) ´ert´ek´et˝ol f¨ ugg, att´ol viszont nem, hogy a g¨orbe m´as pontokban milyen ´ert´ekeket vesz fel! Megold´ as. Mivel a bevezet˝oben szerepl˝o ´all´ıt´as felt´etelei teljes¨ ulnek, ez´ert Z f = F r(t2 ) − F r(t1 ) , r
194
´ lf¨ ´ny, vonalintegra ´l 16. Potencia uggve
ami adott f eset´en val´ oban csakis az r(t1 ) ´es r(t2 ) ´ert´ekekt˝ol f¨ ugg. 8. Legyen f (x, y) = (y 2 , 2xy), tov´abb´a az r : [0, π] → R2 g¨orbe R az r(s) = (sin(2s), cos(2s)) hozz´ arendel´essel megadva! Sz´am´ıtsuk ki a f integr´alt! r
Megold´ as. Egyszer˝ u sz´ amol´assal kapjuk, hogy ∂y f1 (x, y) = ∂y y 2 = 2y
´es ∂x f2 (x, y) = ∂x 2xy = 2y,
vagyis a potenci´ alf¨ uggv´enyekre vonatkoz´o ´all´ıt´as szerint f -nek l´etezik potenci´ alja. Tudjuk tov´ abb´a, hogy a fenti r g¨orbe z´art, mert r(0) = (sin(0), cos(0)) = (sin(2π), cos(2π)) = r(π) R Ekkor viszont a fenti ´ all´ıt´as alapj´an az f integr´al nulla. r 2
2 9. Legyen f (x, y)−s= (2xy, x ), tov´abb´a az r : [0, 1] → R g¨orbe az r(s)R= π s e sin 2 s , e cos(πs) hozz´arendel´essel megadva! Sz´am´ıtsuk ki az f r
integr´ alt! Megold´ as. Egyszer˝ u sz´ amol´assal kapjuk, hogy ∂2 f1 (x, y) = ∂y 2xy = 2x ´es ∂1 f2 (x, y) = ∂x x2 = 2x, vagyis a potenci´ alf¨ uggv´enyekre vonatkoz´o ´all´ıt´as szerint f -nek l´etezik potenci´ alja. Vagyis a beveze˝oben szerepl˝o ´all´ıt´as miatt a keresett integr´al ´ert´eke F (r(1)) − F (r(0)), ahol F az f f¨ uggv´eny egy potenci´alja. Ezek ut´ an m´ ar csak az F potenci´alt kell meghat´aroznunk. Ha ∂1 F (x, y) = f1 (x, y) = 2xy, akkor Z F (x, y) = 2xy dx = x2 y + C(y), ahol C : R → R tetsz˝ oleges. Ekkor f1 (x, y) = ∂2 F (x, y) = 2xy + C 0 (y), teh´ at C konstans f¨ uggv´eny, vagyis egy potenci´alf¨ uggv´eny az F (x, y) = at, hogy a keresett integr´al x2 y. Kapjuk teh´ 1 F e, − − F (0, 1) = −e. e x 10. Legyen f (x, y) = ( x2−y abb´a az r : [0, 1] → R2 g¨orbe az +y 2 , x2 +y 2 ), tov´ r(s) = (cos(s), sin(s)) hozz´arendel´essel megadva! Sz´am´ıtsuk ki a g¨orbe
195
16.2. Kidolgozott feladatok
menti integr´ al defin´ıci´ oja alapj´an az
R
f integr´alt! Nincs f -nek primit´ıv
r
f¨ uggv´enye? Nem kellene emiatt null´at kapnunk? Megold´ as. A defin´ıci´ o szerint Z r
Z2π Z2π f = (− sin(s), cos(s)) · (− sin(s), cos(s)) ds = 1 ds = 2π. 0
0
Fenn´ all, hogy ∂2 f1 (x, y) = ∂1 f2 (x, y) =
y 2 − x2 , x2 + y 2
azonban sem az eredeti f f¨ uggv´eny, sem a primit´ıv f¨ uggv´eny nincs a (0, 0) helyen ´ertelmezve. S˝ ot, nem is lehet itt u ´gy defini´alni, hogy f folytonos legyen. A megadott z´ art g¨orbe emiatt nem lehet egy olyan tartom´anynak r´esze, amely csillagszer˝ u, hiszen annak az ´atellenes pontjait ¨osszek¨ ot˝ o szakaszok egyike sincs a tartom´anyban. Ezzel a fejezet elej´en tett alapfeltev´es s´er¨ ul meg, ´es az eml´ıtett azonoss´agok ekkor nem ´erv´enyesek. 11. Sz´ am´ıtsuk ki az (1, 0) pontokat o¨sszek¨ot˝o egys´egk¨or ´ıve men 0) ´es a (−1,
2y t´en az f (x, y) = x22x hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integ+y 2 , x2 +y 2 r´ alj´ at! Mindegy, hogy a k´et lehets´eges k¨or´ıv k¨oz¨ ul melyiken sz´amolunk?
Megold´ as. Az el˝ oz˝ o p´eld´aval ellent´etben itt ak´ar a pozit´ıv, ak´ar a negat´ıv y koordin´ at´ akkal rendelkez˝o k¨or´ıveket tekintj¨ uk, a megfelel˝o ny´ılt f´elk¨ or¨ ok olyanok, hogy ott f ´ertelmezve van, ´es mint l´atni fogjuk, a megfelel˝ o primit´ıv f¨ uggv´enyek is. Egyszer˝ u sz´amol´assal kapjuk, hogy 4xy 2y 4xy ∂2 x22x = , valamint ∂ = ugg2 2 2 2 2 2 2 1 +y (x +y ) x +y (x +y 2 )2 , vagyis a fenti f f¨ v´enynek van potenci´ alja. Ekkor a megold´as a bevezet˝o r´eszben szerepl˝o all´ıt´ ´ as szerint F (−1, 0) − F (0, 1), ahol F az f f¨ uggv´eny egy potenci´alja. Ezek ut´ an m´ ar csak az F potenci´alt kell meghat´aroznunk. Ha ∂1 F (x, y) = f1 (x, y) = x22x +y 2 , akkor Z 2x F (x, y) = dx = ln(x2 + y 2 ) + C(y), x2 + y 2 ahol C : R → R tetsz˝ oleges. Ekkor f1 (x, y) = ∂2 F (x, y) =
x2
2y + C 0 (y), + y2
teh´ at C konstans f¨ uggv´eny, vagyis egy potenci´alf¨ uggv´eny az F (x, y) = ln(x2 + y 2 ). Kapjuk teh´ at, hogy a keresett integr´al F (−1, 0) − F (0, 1) = ln(1) − ln(1) = 0
196
´ lf¨ ´ny, vonalintegra ´l 16. Potencia uggve
ak´ ar az egyik, ak´ ar a m´ asik lehets´eges f´elk¨or´ıven sz´amoljuk ki. 12. Legyen f (x, y, z) = (yz + 1, xz, xy − 1), tov´abb´a az r : [0, 2π] → R3 g¨ orbe az r(s) = (sin(s), cos(s), sin(s)+cos(s)) hozz´arendel´essel megadva! R Sz´ am´ıtsuk ki az f integr´alt! r
Megold´ as. Egyszer˝ u sz´ amol´assal kapjuk, hogy ∇ × f (x, y, z) = (x − x, y − y, z − z) = 0, vagyis a potenci´ alf¨ uggv´enyekre vonatkoz´o ´all´ıt´as szerint f -nek l´etezik potenci´ alja. Tudjuk tov´ abb´a, hogy a fenti r g¨orbe z´art, mert r(0) = (sin(0), cos(0), sin(0) + cos(0)) = = (sin(2π), cos(2π), sin(2π) + cos(2π)) = r(2π). Z Ekkor viszont a fenti ´ all´ıt´as alapj´an az f integr´al nulla. r
16.3. Megoldand´ o feladatok Az 1–4. feladatokban vizsg´ aljuk meg, hogy az egyes hozz´arendel´esekkel megadott f f¨ uggv´enyeknek van-e potenci´alja! Ha van, keress¨ uk meg! 2 2 y2 2xy xy y −x . 1. f (x, y) = (x2 +y2 )2 , (x2 +y2 )2 . 2. f (x, y) = (x2 +y2 )2 , (x2 +y 2 )2 2 2xyz x 3. f (x, y, z) = (xyz, xz, xy − 2z). 4. f (x, y, z) = z z+y+1 2 +1 , z 2 +1 , (z 2 +1)2 . Az 5–14. feladatokban sz´ am´ıtsuk ki az egyes hozz´arendel´esekkel defini´alt f f¨ uggv´enyek vonalintegr´ alj´ at az adott r g¨orb´ek ment´en! 5. r : [0, π] → R2 , r(t) = (cos(2t), sin(2t)), f (x, y) = (x−y−1, x+y+1). 6. r : [0, π] → R2 , r(t) = (cos(t), − sin(t)), f (x, y) = (2xy, x2 ). 7. r : [0, π] → R2 , r(t) = (et cos(t), et sin(t)), f (x, y) = (1, 1). 8. r : [0, ln 2] → R2 , r(t) = (et cos(t), et sin(t)), f (x, y) = (−y, x). 9. r : [0, 2π] → R2 , r(t) = (cos(t), sin(2t)), f (x, y) = (y 2 , 2xy + 3). 10. r : [0, π] → R2 , r(t) = cos2 (t), e− sin t , f (x, y) = (x + 1)ex+y , xex+y . 11. r : [0, 4π] → R3 , r(t) = (cos(t), sin(t), t), f (x, y, z) = (1, 1, 1). 12. r : [0, π] → R3 , r(t) = (cos(t), sin(t), t2 ), f (x, y) = (x, y, z). 13. r : [0, 2π] → R3 , r(t) = (cos(t), sin(t), t(t − 2π)), f (x, y, z) = (yz − yexy , xz − xexy , xy).
197
´ sok 16.4. Megolda
14. r : [0, 1] → R3 , r(t) = (t2 − t, t − t3 , t − t2 ), f (x, y, z) =
y x (1+x2 +y 2 )2 , (1+x2 +y 2 )2 , 1
.
16.4. Megold´ asok Potenci´ alok kisz´ am´ıt´ as´ asra vonatkoz´o feladatok megold´asai: x 1. F (x, y) = x2 +y 2. Nincs potenci´al. 2. 3. Nincs potenci´ al.
4. F (x, y, z) =
xy z 2 +1
+ x.
Vonalintegr´ alok kisz´ am´ıt´ as´ asra vonatkoz´o feladatok megold´asai: 5. 2π. 6. 0 (van potenci´al, r z´art). 7. −eπ − 1. 9. 0 (van potenci´ al, r z´ art).
8. 3. 10. 0 (van potenci´al, r z´art). π4 2 .
11. 4π.
12.
13. 0 (van potenci´ al, r z´ art).
14. 0 (van potenci´al, r z´art).
Megjegyz´es. A 10. feladatot a defin´ıci´oban szerepl˝o integr´al kisz´am´ıt´as´aval nem tudjuk megkapni, mert az ehhez sz¨ uks´eges primit´ıv f¨ uggv´enyeket az ismert elemi f¨ uggv´enyek seg´ıts´eg´evel nem tudjuk megadni.
17. fejezet
T¨ obbsz¨ or¨ os integr´ alok
17.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o Ebben a fejezetben vektor-skal´ar f¨ uggv´enyek valamilyen Ω ⊂ Rn halmazon vett integr´ alj´ anak kisz´ am´ıt´ as´aval foglalkozunk. Konkr´et k´et- ´es h´ aromdimenzi´os esetekre szor´ıtkozunk, amikor Ω korl´atos ´es ny´ılt vagy z´ art, emellettR f folytonos ´es korl´atos az Ω halmazon. Ekkor igazolhat´ o, hogy a vizsg´ alt f integr´al ´ertelmes. Ω
Megjegyz´es. Ha f egy anyag s˝ ur˝ us´eg´et jel¨oli, akkor az
R
f integr´al az Ω tarto-
Ω
m´ anyban lev˝ o¨ ossz-anyagmennyis´eget adja meg. ´Igy ha f = 1, akkor a fenti integr´ allal az Ω tartom´ any t´erfogat´at nyerj¨ uk. Hasonl´ oan, ha f egy val´ osz´ın˝ us´egi v´altoz´ohoz tartoz´o s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny, akkor a fenti integr´ al annak val´osz´ın˝ us´eg´et adja meg, hogy a v´altoz´o ´ert´eke az Ω halmazba esik. Szorzat alak´ u tartom´ anyok esete. Ekkor az Ω tartom´anyon vett integr´alt egyszer˝ uen intervallumon vett integr´alok egym´asut´anjak´ent sz´am´ıthatjuk ki. • Ha Ω = [a1 , a2 ] × [b1 , b2 ] ⊂ R2 , akkor Z f (x, y) = Ω
Zb2 Za2 b1
f (x, y) dx
a1
dy =
Za2 Zb2 a1
f (x, y) dy
b1
dx,
ahol a jobb oldalon lev˝ o egym´as ut´an vett integr´alok k¨oz¨ ul b´armelyik haszn´ alhat´ o a sz´ amol´ ashoz. • Hasonl´ oan, ha Ω = [a1 , a2 ] × [b1 , b2 ] × [c1 , c2 ] ⊂ R3 , akkor Z f (x, y) = Ω
Zc2 Zb2 Za2 c1
b1
a1
199
f (x, y, z) dx dy dz
200
´ lok 17. T¨ obbsz¨ or¨ os integra
Megjegyz´es. A fentiekben haszn´alt z´ar´ojelek csak az egyes v´altoz´ok szerint vett integr´ al´ asok sorrendj´et jel¨olik, amit a fenti k´et egyenl˝os´eg miatt ´altal´aban elhagyunk a k´es˝ obbiekben. F¨ uggv´enygrafikonok ´ altal hat´ arolt tartom´ anyok (norm´ altarom´ anyok) esete. • Ha Ω = {(x, y) : x ∈ [a1 , a2 ], h1 (x) ≤ y ≤ h2 (x)} alak´ u valamilyen adott h1 , h2 : R → R t´ıpus´ u folytonos f¨ uggv´enyekkel, akkor Z Za2 hZ2 (x) f (x, y) dy dx. f (x, y) = a1
Ω
h1 (x)
• Ha Ω = {(x, y, z) : x ∈ [a1 , a2 ], y ∈ [b1 , b2 ], h1 (x, y) ≤ z ≤ h2 (x, y)} alak´ u valamilyen adott h1 , h2 : R2 → R t´ıpus´ u folytonos f¨ uggv´enyekkel, akkor Z Za2 h2Z(x,y) Zb2 f (x, y, z) dz dy dx. f (x, y, z) = a1
Ω
b1
h1 (x,y)
• Ha Ω = {(x, y, z) : x ∈ [a1 , a2 ], g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x), h1 (x, y) ≤ z ≤ h2 (x, y)} alak´ u valamilyen adott g1 , g2 , h1 , h2 : R2 → R t´ıpus´ u folytonos f¨ uggv´enyekkel, akkor Z Za2 h2Z(x,y) gZ2 (x) f (x, y, z) dz dy dx. f (x, y, z) = a1
Ω
g1 (x)
h1 (x,y)
Megjegyz´es. Term´eszetesen lehets´eges, hogy egy k´etdimenzi´os tartom´anyt u ´gy tudunk f¨ uggv´enygrafikonok ´altal hat´arolt tartom´anyk´ent megadni, hogy y v´ altozik egy intevallumban, a lehets´eges x ´ert´ekekre pedig valamilyen h1 ´es h2 f¨ uggv´enyekkel h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y) teljes¨ ul. Ekkor Z Za2 hZ2 (x) f (x, y) = f (x, y) dx dy. Ω
a1
h1 (x)
Integr´ altranszform´ aci´ ok. A legt¨obb tartom´any a fenti alakban megadhat´o, azonban a megfelel˝ o k´eplettel val´o sz´amol´as gyakran bonyolult. Ez´ert a szorzat alak´ u tartom´ anyok eset´ere pr´ob´aljuk meg visszavezetni a sz´amol´ast. Ehhez egy ϕ : Q → Ω k¨ olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u f¨ uggv´ennyel teremt¨ unk kapcsolatot a k´et tartom´ any k¨ oz¨ott, amely f¨ uggv´enyr˝ol feltessz¨ uk, hogy minden
201
17.2. Kidolgozott feladatok
ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn koordin´ ataf¨ uggv´enye folytonosan deriv´alhat´o. Haszn´aljuk m´eg ezzel kapcsolatban a ∂1 ϕ1 (x) ∂2 ϕ1 (x) . . . ∂n ϕ1 (x) ∂1 ϕ2 (x) ∂2 ϕ2 (x) . . . ∂n ϕ2 (x) ϕ0 (x) = .. .. .. .. . . . . ∂1 ϕn (x) ∂2 ϕn (x) . . .
∂n ϕn (x)
jel¨ ol´est is. Ekkor Z
Z f (y) dy =
Ω
f (ϕ(x)) |det ϕ0 (x)| dx.
Q
• Alkalmaz´ as k¨ orlapon val´o integr´al´asra. Itt Ω az orig´o k¨oz´eppont´ u r sugar´ u k¨ orlap. Ekkor ϕ : (0, r) × [0, 2π) → Ω, ϕ(ρ, α) := (ρ cos(α), ρ sin(α)) tov´ abb´ a
cos(α) −ρ sin(α) det ϕ (x) = det = ρ, sin(α) ρ cos(α) vagyis az adott f f¨ uggv´eny integr´alj´at az orig´o k¨oz´eppont´ u r sugar´ u k¨ orlapon a k¨ ovetkez˝ o k´eplettel sz´am´ıthatjuk ki: 0
Zr Z2π
Z
f (ρ cos(α), ρ sin(α)) · ρ dα dρ.
f (y) dy = Ω
0
0
• Alkalmaz´ as g¨ omb¨ on val´ o integr´al´asra. Itt Ω az orig´o k¨oz´eppont´ u r sugar´ u g¨ omb. Ekkor h π πi → Ω, ϕ : (ρ, α, θ) = ϕ : [0, r) × [0, 2π) × − , 2 2 = (ρ cos(α) cos(θ), ρ sin(α) cos(θ), ρ sin(θ)) tov´ abb´ a n´emi sz´ amol´ assal kapjuk, hogy det ϕ0 (x) = ρ2 cos(θ). Vagyis az orig´ o k¨ oz´eppont´ u r sugar´ u g¨omb¨on adott f f¨ uggv´eny integr´alj´ at a k¨ ovetkez˝ o k´eplettel sz´am´ıthatjuk ki: Z f (y) dy = Ω π
Zr Z2πZ2 = 0 0 −π 2
f (ρ cos(α) cos(θ), ρ sin(α) cos(θ), ρ sin(θ)) · ρ2 cos(θ)dθdαdρ.
202
´ lok 17. T¨ obbsz¨ or¨ os integra
17.2. Kidolgozott feladatok 1. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = xy − x hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at a [0, 1] × [−1, 5] t´eglalapon! Megold´ as. A szorzattartom´anyon val´o integr´al´ast megad´o k´epletbe helyettes´ıtve a keresett integr´al x=1 Z5 Z1 Z5 2 Z5 x 1 xy − x dx dy = (y − 1) dy = (y − 1) dy = 2 2 x=0 −1
−1
0
=
−1
1 (y − 1)2 4
y=5 = 3. y=−1
Megjegyz´es. A tov´ abbiakban az integr´alok k¨ozti z´ar´ojeleket elhagyjuk. hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integ2. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = ln(xy) x r´ alj´ at az [1, e] × [1, e2 ] t´eglalapon! Megold´ as. A t´eglalapon a fenti hozz´arendel´essel megadott f¨ uggv´eny ´ertelmes, tov´ abb´ a az ln(xy) = ln(x) + ln(y) azonoss´ag alkalmazhat´o. A szorzattartom´ anyon val´ o integr´al´ast megad´o k´epletbe helyettes´ıtve a keresett integr´ al 2
Ze Ze
2
ln(xy) dx dy = x
1 1
ln(x) ln(y) + dx dy = x x
1 1
2 Ze
=
ln2 (x) ln(y) − 2 2 x
1
Ze
Ze Ze
x=e dy = x=0
2
y=e2 1 1 1 ln(y) = − 2 + ln(y) dy = y + (y ln(y) − y) 1 − 2 = 2 e 2 e y=1 1 e2 1 1 1 3e2 1 1 = + e2 1 − 2 − + 1 − 2 = − − 2. 2 e 2 e 2 2 e 3. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = 3x2 y + z hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at a [−1, 1] × [0, 2] × [0, 4] t´egl´an! Megold´ as. A szorzattartom´anyon val´o integr´al´ast megad´o k´epletbe helyettes´ıtve a keresett integr´al Z4 Z2 Z1 Z4 Z2 x=1 x3 y + xz x=−1 dy dz = 3x2 y + z dx dy dz = 0
0
−1
0
0
203
17.2. Kidolgozott feladatok
Z4 Z2
=
0
Z4 =
y + z + y + z dy
dz =
0
2 y=2 y + 2yz y=0 dz =
Z4
z=4 4 + 4z dz = 16 + 2z 2 z=0 = 48.
0
0
4. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = z sin(x − y) hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at a [0, π] × [0, π2 ] × [1, 4] t´egl´an! Megold´ as. A szorzattartom´anyon val´o integr´al´ast megad´o k´epletbe helyettes´ıtve a keresett integr´al π
π
Z4 Z2 Zπ
Z4 Z2 z sin(x − y) dx dy dz =
1
0
0
x=π
[−z cos(x − y)]x=0 dy dz = 1
0
π
Z4
Z4 Z2
−z cos(π−y)+z cos(−y) dy dz =
= 1 0
Z4 =
y= π
[z sin(π−y)+z sin(y)]y=02 dz = 1
z=4 z + z − 0 dz = z 2 z=1 = 15.
1
5. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = xy 2 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´alj´ at azon a tartom´ anyon, amelyet fel¨ ulr˝ol az y = x, alulr´ol az y = −x, jobbr´ ol pedig az x = 2 egyenlet˝ u egyenes hat´arol! Megold´ as. A feladat ´ertelm´eben azon az Ω tartom´anyon kell integr´alnunk, amely a k¨ ovetkez˝ o m´ odon van megadva: Ω = {(x, y) : x ∈ [0, 2] , −x ≤ y ≤ x} . Itt teh´ at a fentiekkel o uggv´enygrafikonok ´altal hat´arolt ¨sszevetve (l. a f¨ tartom´ anyok eset´et) h1 (x) = −x ´es h2 (x) = x. Z2 Zx
2
Z2
xy dy dx = 0 −x
0
xy 3 3
Z2
y=x dx = y=−x
0
5 x=2 x4 −x4 2x 64 + dx = = . 3 3 15 x=0 15
6. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = x − y hozz´arendel´essel defini´alt f¨ uggv´eny integr´ alj´ at az y = x(2 − x) ´es az y = 0 egyenlettel adott g¨orb´ek ´altal k¨ ozrefogott tartom´ anyon!
204
´ lok 17. T¨ obbsz¨ or¨ os integra 2.5 2 1.5 y=x 1 0.5 0 −0.5 −1 y=−x −1.5 −2 −2.5 −1
0
1
2
3
17.1. ´ abra. Az 5. feladatban szerepl˝o integr´al´asi tartom´any. Minden r¨ogz´ıtett x eset´en a lehets´eges y ´ert´ekek −x ´es x k¨ozt v´altoznak Megold´ as. A feladat ´ertelm´eben azon az Ω tartom´anyon kell integr´alnunk, amely a k¨ ovetkez˝ o m´ odon van megadva: Ω = {(x, y) : x ∈ [0, 2], 0 ≤ y ≤ x(2 − x)} . Itt teh´ at a fentiekkel ¨ osszevetve (l. a f¨ uggv´enygrafikonok ´altal hat´arolt tartom´ anyok eset´et) h1 (x) = 0, h2 (x) = x(2 − x). Vagyis az ott szerepl˝o k´eplet szerint a keresett integr´alt a k¨ovetkez˝o m´odon sz´am´ıthatjuk ki: Z2
x(2−x) Z
0
y=x(2−x) Z2 y2 dx = x − y dy dx = xy − 2 y=0
0
0
Z2 =
x2 (2 − x) −
x2 (2 − x)2 2
dx =
0
Z2 = 0
4 x=2 x x5 16 4 x4 x − dx = − =4− = . 2 4 10 x=0 5 5 3
7. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = x − y hozz´arendel´essel defini´alt f¨ uggv´eny integr´ alj´ at azon atartom´ anyon, amelyet alulr´ol ´es fel¨ ulr˝ol az y = 1 ´es y = 4 egyenlettel, balr´ ol ´es jobbr´ol pedig az y = − x1 ´es y = x1 egyenlettel adott g¨ orb´ek hat´ arolnak!
205
17.2. Kidolgozott feladatok
Megold´ as. Itt teh´ at y ´ert´eke 1 ´es 4 k¨ozt v´altozik, r¨ogz´ıtett y-ra pedig x ´ert´eke − y1 ´es y1 k¨ oz¨ ott. 5
4
3
x=1/y
x=−1/y
2
1
0 −1.5
−1
−0.5
0
0.5
1
1.5
17.2. ´ abra. A 7. feladatban szerepl˝o integr´al´asi tartom´any. Minden r¨ ogz´ıtett y eset´en a lehets´eges x ´ert´ekek − y1 ´es y1 k¨ozt v´altoznak Ennek alapj´ an a keresett integr´al 1
Z4
Z4 Zy (x − y) dx dy = 1
x2 − xy 2
x= y1
1
− y1
Z4 =
1 −1− 2y 2
dy = x=− y1
1 +1 2y 2
dy =
1
Z4 −2 dy = −6.
= 1
8. Kimetsz¨ unk egy darabot a [0, 1] × [0, 1] × [0, 1] kock´ab´ol az x + y + z = 1 egyenlettel adott s´ıkkal. Mekkora lesz a kimetszett r´esz t´erfogata? Megold´ as. Kor´ abban megjegyezt¨ uk, hogy ha egy tartom´any t´erfogat´at akarjuk kisz´ am´ıtani, akkor ott az azonosan 1 f¨ uggv´enyt kell integr´alni. A feladat ´ertelm´eben azon az Ω tartom´anyon kell integr´alnunk, amely a
206
´ lok 17. T¨ obbsz¨ or¨ os integra
k¨ ovetkez˝ o m´ odon van megadva: Ω = {(x, y, z) : x ∈ [0, 1], 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ z ≤ 1 − x − y} .
17.3. a ´bra. A 9. feladatban szerepl˝o integr´al´asi tartom´any. Minden r¨ogz´ıtett x ´es y eset´en a lehets´eges z ´ert´ekek 0 ´es 1 − x − y k¨ozt v´altoznak Itt teh´ at a fentiekkel ¨ osszevetve (l. a f¨ uggv´enygrafikonok ´altal hat´arolt tartom´ anyok eset´et, harmadik pont) g1 (x) = 0, g2 (x) = 1 − x, h1 (x, y) = 0, h2 (x) = 1−x−y. Vagyis az abban a szakaszban szerepl˝o k´eplet szerint a keresett integr´ alt a k¨ ovetkez˝o m´odon sz´am´ıthatjuk ki: Z1 1−x Z 1−x−y Z Z1 1−x Z z=1−x−y 1 dz dy dx = [z]z=0 dy dx = 0
0
0
0
0
y=1−x Z1 1−x Z Z1 y2 = 1 − x − y dy dx = y − xy − dx = 2 y=0 0
Z1 =
0
0
(1 − x)2 1−x−x+x − dx = 2 2
0
0
=−
Z1
3 1
(1 − x) 6
= 0
1 . 6
(1 − x)2 dx = 2
207
17.2. Kidolgozott feladatok
9. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y, z) = 4xz + y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at azon a tetra´ederen, amelyet az x = 0, y = 0, z = 0 ´es x + y + z = 4 egyenlettel adott s´ıkok hat´arolnak! Megold´ as. A feladat ´ertelm´eben azon az Ω tartom´anyon kell integr´alnunk, ahol mindh´ arom v´altoz´o als´o hat´ara nulla, ´es ha el˝osz¨or z szerint integr´ alunk, akkor 0 ≤ z ≤ 4 − x − y kell, hogy teljes¨ ulj¨on, tov´abb´a 0 ≤ y ≤ 4 − x-nak kell igaznak lennie. Vagyis Ω a k¨ovetkez˝o m´odon van megadva: Ω = {(x, y, z) : x ∈ [0, 4], 0 ≤ y ≤ 4 − x, 0 ≤ z ≤ 4 − x − y} . Itt teh´ at a fentiekkel ¨ osszevetve (l. a f¨ uggv´enygrafikonok ´altal hat´arolt tartom´ anyok eset´et, harmadik pont) g1 (x) = 0, g2 (x) = 4 − x, h1 (x, y) = 0, h2 (x) = 4−x−y. Vagyis az abban a szakaszban szerepl˝o k´eplet szerint a keresett integr´ alt a k¨ ovetkez˝o m´odon sz´am´ıthatjuk ki: Z4 4−x Z 4−x−y Z Z4 4−x Z z=4−x−y 4xz + y dz dy dx = 2xz 2 + yz z=0 dy dx = 0
0
0
0
0
Z4 4−x Z = 2x(4 − x − y)2 + y(4 − x − y) dy dx = 0
0
y=4−x Z4 y2 y3 2x(4 − x − y)3 dx = + (4 − x) − = − 3 2 3 y=0 0
Z4 =
2x(4 − x)3 (4 − x)3 + dx = 3 6
0
Z4 =
2 (4 − x)3 · (64x − 48x2 + 12x3 − x4 ) + dx = 3 6
0
4 2 1 5 (4 − x)4 224 2 3 4 = 32x − 16x + 3x − x − = . 3 5 24 5 0 10. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = x − y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at az orig´ o k¨ ozep˝ u 2 sugar´ u g¨omb¨on! Megold´ as. Az orig´ o k¨ oz´eppont´ u k¨orlapon a pol´artranszform´aci´o seg´ıts´eg´evel sz´ am´ıtjuk ki az integr´alt. Ehhez megjegyezz¨ uk, hogy ha f (x, y) = x − y, akkor nyilv´ an f (ρ cos(α), ρ sin(α)) = ρ cos(α) − ρ sin(α). A meg-
208
´ lok 17. T¨ obbsz¨ or¨ os integra
felel˝ o szakaszban fel´ırt k´eplet alapj´an a keresett integr´al Z2 Z2π (ρ cos(α) − ρ sin(α)) · ρ dα dρ = 0
0
Z2
Z2
α=2π
[(ρ sin(α) + ρ cos(α)) · ρ]α=0 dρ =
= 0
0 dρ = 0. 0
11. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = x2 + y 2 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at az orig´ o k¨ ozep˝ u 4 sugar´ u k¨orlapon! Megold´ as. Az orig´ o k¨ oz´eppont´ u k¨orlapon a pol´artranszform´aci´o seg´ıts´eg´evel sz´ am´ıtjuk ki az integr´alt. Ehhez megjegyezz¨ uk, hogy ha f (x, y) = x2 + y 2 , akkor nyilv´ an f (ρ cos(α), ρ sin(α)) = ρ2 cos2 (α) + ρ2 sin2 (α) = ρ2 . A keresett integr´ al teh´ at Z2 Z2π Z2 Z2π 2 2 2 2 (ρ cos (α) + ρ sin (α)) · ρ dα dρ = ρ3 dα dρ = 0
0
0
0
Z2 =
2πρ3 dρ = 2π
24 = 8π. 4
0
12. Sz´ am´ıtsuk ki az r sugar´ u g¨omb t´erfogat´ara vonatkoz´o formul´at u ´gy, hogy azon az azonosan 1 f¨ uggv´enyt integr´aljuk! Megold´ as. Az orig´ o k¨ oz´eppont´ u r suagr´ u g¨omb¨on a pol´artranszform´aci´ot az f = 1 f¨ uggv´enyre alkalmazva kapjuk, hogy a keresett integr´al π
Zr Z2π Z2 0
0
1 · ρ2 cos θ dθ dα dρ =
−π 2
Zr Z2π
Zr Z2π 0
ρ2 sin θ
θ= π2
θ=− π 2
dα dρ =
0
Zr Z2π Zr Z2π π π 2 = ρ (sin sin − dα dρ = 2ρ dα dρ = 4πρ2 dρ = 2 2 0 0 0 0 0 0 r 4π 3 4π 3 = ρ = r . 3 3 ρ=0 2
209
´ feladatok 17.3. Megoldando
17.3. Megoldand´ o feladatok 1. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = xy + y − x − 1 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at a [−1, 0] × [−1, 5] t´eglalapon! 2. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = xy 2 + 1 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at a [−2, 2] × [0, 1] t´eglalapon! 3. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = ex−2y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at a [0, 1] × [− 12 , 12 ] t´eglalapon! 4. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = yexy hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´alj´ at a [0, 1] × [−1, 1] t´eglalapon! 5. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y, z) = 1 − x − y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at a [0, 1] × [−1, 1] × [0, 2] t´eglalapon! 6. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y, z) = 1 − x − y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at a [0, 2] × [−1, 1] × [0, 1] t´egl´an! 2
7. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y, z) = 2x+y arendel´essel adott f¨ uggv´eny in1+z 2 hozz´ tegr´ alj´ at a [0, 1] × [0, 2] × [−1, 1] t´egl´an! 8. Sz´ am´ıtsuk ki azon tartom´any ter¨ ulet´et, amelyen x ∈ (1, 4), valamint a lehets´eges y ´ert´ekekre x1 − 1 < y < ln(x) teljes¨ ul! 9. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = x3 + y hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at azon a tartom´ anyon, amelyet az x = 1, az x = 2, az y = x1 ´es az y = x2 egyenlettel megadott g¨orb´ek hat´arolnak! 10. Sz´ am´ıtsuk ki az f (x, y) = x − ln(y) hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at azon a tartom´ anyon, amelyet az y = x2 , ´es az y = 4 egyenlettel megadott g¨ orb´ek hat´ arolnak! 11. Mekkora annak a tetra´edernek a t´erfogata, amelyet az x = 0, az y = 0, az z = 0 ´es az x + 2y + 2z = 5 egyenlettel megadott s´ıkok hat´arolnak? 12. Sz´ am´ıtsuk a tetra´ederen az f (x, y, z) = xy − z 2 hozz´arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´ alj´ at! 13. Sz´ am´ıtsuk az orig´ o k¨ oz´eppont´ u 2 sugar´ u k¨or¨on az f (x, y) = x2 + y 2 hozz´ arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´alj´at! 14. Sz´ am´ıtsuk az orig´ o k¨ oz´eppont´ u 2 sugar´ u k¨or¨on az f (x, y) = √
1 x2 +y 2
hozz´ arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´alj´at! 15. Sz´ am´ıtsuk az orig´ o k¨ oz´eppont´ u 4 sugar´ u k¨or orig´o feletti fel´en az f (x, y) = xy 2 hozz´ arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´alj´at! 16. Sz´ am´ıtsuk az orig´ o k¨ oz´eppont´ u 4 sugar´ u k¨or orig´o feletti fel´en az f (x, y) = x2 y 2 hozz´ arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´alj´at!
210
´ lok 17. T¨ obbsz¨ or¨ os integra
17. Sz´ am´ıtsuk az orig´ o k¨ oz´eppont´ u 1 sugar´ u k¨or¨on az f (x, y, z) = x2 +y 2 +z 2 hozz´ arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´alj´at! 18. Sz´ am´ıtsuk az orig´ o k¨ oz´eppont´ u 1 sugar´ u k¨or¨on az p f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 hozz´ arendel´essel adott f¨ uggv´eny integr´alj´at!
17.4. Megold´ asok 1. 3.
2. 4.
5. 2.
6. 0.
9.
661 60 .
13. 8π. 17.
4π 5 .
10.
64 9
3. 7. −
14. 4π. 18. π.
64 3 ln(2).
11.
1 2 2 e 7π 3 . 125 12 .
15. 0.
−e−1+
1 e
.
4. e − 2 + 1e . 8. 6 ln(2). 12. − 625 32 . 16.
256π 3 .
18. fejezet
Differenci´ alegyenletek
18.1. Elm´ eleti ¨ osszefoglal´ o 18.1. Defin´ıci´ o. A H ⊂ R2 s´ıkbeli halmazt ny´ılt halmaz nak nevezz¨ uk, ha tetsz˝ oleges (x, y) ∈ H eset´en l´etezik olyan (x, y) k¨oz´eppont´ u pozit´ıv sugar´ u k¨ orlap, mely r´esze a H halmaznak. A H ⊂ R2 s´ıkbeli halmazt z´ art halmaz nak nevezz¨ uk, ha komplementere, az R2 \ H halmaz ny´ılt halmaz. A H ⊂ R2 s´ıkbeli halmaz lez´ artja a legsz˝ ukebb olyan s´ıkbeli z´art halmaz, amelyik tartalmazza a H halmazt. A H halmaz lez´artj´anak jele H. A H ⊂ R2 halmazt ¨ osszef¨ ugg˝ o halmaz nak nevezz¨ uk, ha nincs olyan H = A ∪ B nem¨ ures diszjunkt halmazok uni´oj´ara val´o felbont´asa, melyre A ∩ B = A ∩ B = ∅. Megjegyz´esek. A ny´ılt halmaz a hat´ar´anak egyetlen pontj´at sem tartalmazza, a z´ art halmaz a hat´ ar´ anak minden pontj´at tartalmazza. Egy halmaz lez´artja a halmaznak ´es a hat´ ar´ anak az egyes´ıt´ese. Az o sszef¨ u gg˝ o halmaz szeml´eletesen olyan, amelyik nem esik sz´et egym´as¨ sal nem ´erintkez˝ o r´eszhalmazokra. 18.2. Defin´ıci´ o. Ha f ¨ osszef¨ ugg˝o ny´ılt halmazon ´ertelmezett folytonos k´etv´ altoz´ os f¨ uggv´eny, akkor az x(t) ˙ = f (t, x(t)) egyenletet els˝ orend˝ u explicit k¨ oz¨ ons´eges differenci´ alegyenletnek (r¨oviden differenci´alegyenlet) nevezz¨ uk. Az f f¨ uggv´enyt a differenci´ alegyenlet jobb oldal ´anak h´ıvjuk. E differenci´ alegyenletnek megold´asa a ny´ılt intervallumon ´ertelmezett folytonosan differenci´ alhat´ o x f¨ uggv´eny, ha minden t ∈ D(x) eset´en (t, x(t)) ∈ D(f ) ´es x(t) ˙ = f (t, x(t)). 18.3. Defin´ıci´ o. A differenci´alegyenlet maxim´ alis megold´ asa olyan megold´ as, mely nem ´ all´ıthat´ o el˝ o semelyik megold´as val´odi lesz˝ uk´ıt´esek´ent. A differenci´ alegyenlet ´ altal´ anos megold´ as´an a differenci´alegyenlet maxim´alis megold´ asainak halmaz´ at ´ertj¨ uk. 18.4. Defin´ıci´ o. Az x(t) ˙ = f (t, x(t)) differenci´alegyenlet ir´ anymez˝ o j´enek ˜) ∈ D(f )} halmazt. nevezz¨ uk a {(t, x ˜, f (t, x ˜)) ∈ R3 : (t, x 211
212
´ legyenletek 18. Differencia
Minden k ∈ R(f ) eset´en a differenci´alegyenlet ir´ anyvonal ´anak (vagy izokl´ın´ a j´ anak) h´ıvjuk az lk := {(t, x ˜) ∈ D(f ) : f (t, x ˜) = k} halmazt. Megjegyz´esek. Az ir´ anymez˝ ot u ´gy szeml´eltethetj¨ uk, hogy a s´ıkon D(f ) minden (t, x ˜) pontj´ ahoz kis” f (t, x ˜) meredeks´eg˝ u szakaszt h´ uzunk. ” Egy-egy ir´ anyvonal pontjaiban a megold´as azonos meredeks´eg˝ u. 18.5. Defin´ıci´ o. Ha f ¨ osszef¨ ugg˝o ny´ılt halmazon ´ertelmezett folytonos k´etv´ altoz´ os f¨ uggv´eny ´es (t0 , x0 ) ∈ D(f ), akkor az ) x(t) ˙ = f (t, x(t)) x(t0 ) = x0 egyenletrendszert kezdeti´ert´ek-feladatnak nevezz¨ uk. Ennek megold´ asa az x(t) ˙ = f (t, x(t)) differenci´alegyenlet olyan x megold´ asa, melyre t0 ∈ D(x) ´es x(t0 ) = x0 . Megjegyz´esek. Differenci´ alegyenlet megold´asakor az ´altal´anos megold´ast, kezdeti´ert´ek-feladat megold´ asakor a maxim´alis megold´asokat adjuk meg. Az ´ altal´ anos megold´ ast a primit´ıv f¨ uggv´enyekn´el haszn´alt param´eteres alakban szok´ as fel´ırni a halmaz helyett. 18.1. T´ etel (Picard–Lindel¨of-t´etel). Ha f ¨ osszef¨ ugg˝ o ny´ılt halmazon ´ertelmezett folytonos k´etv´ altoz´ os f¨ uggv´eny, ennek l´etezik ´es folytonos a m´ asodik v´ altoz´ o szerinti parci´ alis deriv´ altf¨ uggv´enye a D(f ) halmazon, akkor b´ armely (t0 , x0 ) ∈ D(f ) eset´en az x(t) ˙ = f (t, x(t)) x(t0 ) = x0 kezdeti´ert´ek-feladatnak l´etezik olyan megold´ asa, hogy a kezdeti´ert´ek-feladat b´ armely megold´ asa annak lesz˝ uk´ıt´ese. Megjegyz´es. A t´etel u ´gy is fogalmazhat´o, hogy a tett felt´etelek mellett pontosan egy maxim´ alis megold´ asa l´etezik a kezdeti´ert´ek-feladatnak. 18.6. Defin´ıci´ o. Ha f ny´ılt intervallumon ´ertelmezett folytonos f¨ uggv´eny, akkor az x(t) ˙ = f (t) differenci´alegyenletet k¨ ozvetlen¨ ul integr´ alhat´ o differenci´ alegyenletnek h´ıvjuk. ´ ıt´ 18.1. All´ as. Az x(t) ˙ =R f (t) k¨ ozvetlen¨ ul integr´ alhat´ o differenci´ alegyenlet ´ altal´ anos megold´ asa x = f . 18.7. Defin´ıci´ o. Ha g ´es h egy-egy ny´ılt intervallumon ´ertelmezett folytonos f¨ uggv´eny, akkor az x(t) ˙ = g(t) h(x(t)) differenci´alegyenletet sz´etv´ alaszthat´ o v´ altoz´ oj´ u differenci´ alegyenletnek nevezz¨ uk. Megjegyz´es. Ha a h f¨ uggv´eny nem veszi fel a nulla ´ert´eket, akkor a fenti sz´etv´alaszthat´ o v´ altoz´ oj´ u differenci´alegyenletben a jobb oldal m´asodik t´enyez˝oj´evel
213
18.2. Kidolgozott feladatok
osztva, majd mindk´et oldal primit´ıv f¨ uggv´enyeit k´epezve implicit egyenletet kapunk a differenci´ alegyenlet megold´asaira. 18.8. Defin´ıci´ o. Ha a ´es b a k¨oz¨os J ny´ılt intervallumon ´ertelmezett folytonos f¨ uggv´eny, akkor a J × R halmazon defini´alt jobb oldallal az x(t) ˙ = a(t) x(t) + b(t) differenci´ alegyenletet line´ aris differenci´ alegyenletnek nevezz¨ uk. A b f¨ uggv´enyt inhomog´en tagnak h´ıvjuk. Homog´ennek mondjuk a line´aris differenci´alegyenletet, ha az inhomog´en tagja nulla konstans f¨ uggv´eny, m´askor inhomog´ennek h´ıvjuk. ´ ıt´ 18.2. All´ as. Az x˙ h (t) = a(t)xh (t) homog´en line´ aris differenci´ alegyenlet egyben sz´etv´ alaszthat´ o v´ altoz´ oj´ u is, az ´ altal´ anos megold´ asa xh (t) = CeA(t) , D(xh ) = D(a), C ∈ R, ahol az A f¨ uggv´eny az a f¨ uggv´eny egyik primit´ıv f¨ uggv´enye. Az x(t) ˙ = a(t) x(t)+b(t) line´ aris differenci´ alegyenlet ´ altal´ anos megold´ asa R pedig x(t) = eA(t) b(t)e−A(t) dt, D(x) = D(a). ´ ıt´ 18.3. All´ as. Az inhomog´en line´ aris differenci´ alegyenlet minden megold´ as´ at el˝ o´ all´ıthatjuk az inhomog´en line´ aris differenci´ alegyenlet egy adott (´ un. partikul´ aris) megold´ as´ anak ´es a homog´en line´ aris differenci´ alegyenlet valamelyik megold´ as´ anak ¨ osszegek´ent. Megjegyz´es. Egy line´ aris algebrai t´etel szerint az inhomog´en line´aris egyenlet minden megold´ asa az inhomog´en line´aris egyenlet egy adott megold´as´anak ´es a homog´en line´ aris egyenlet valamely megold´as´anak ¨osszege. Ennek differen´ ıt´as. ci´ alegyenletekre val´ o alkalmaz´asa a 18.3. All´ ´ ıt´ 18.4. All´ as (Lagrange-m´ odszer, az ´alland´o vari´al´asa). Legyen a ´es b a k¨ oz¨ os J ny´ılt intervallumon ´ertelmezett folytonos f¨ uggv´eny. Az x(t) ˙ = a(t) x(t)+b(t) inhomog´en line´ aris differenci´ alegyenlet ¨ osszes maxim´ alis megold´ asa x(t) = C(t)eA(t) ,
D(x) = J
alak´ u, ahol C a J ny´ılt intervallumon ´ertelmezett differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny ´es az A f¨ uggv´eny az a f¨ uggv´eny egyik primit´ıv f¨ uggv´enye. Megjegyz´es. A megfelel˝ o C f¨ uggv´enyeket meghat´arozhatjuk u ´gy, hogy a keresett x megold´ as fenti alakj´ at behelyettes´ıtj¨ uk a differenci´alegyenletbe, majd megoldjuk a C f¨ uggv´enyre kapott k¨ozvetlen¨ ul integr´alhat´o differenci´alegyenletet.
18.2. Kidolgozott feladatok 1. Rajzolja meg az x(t) ˙ = 2x(t) + t differenci´alegyenlet ir´anymez˝oj´et!
214
´ legyenletek 18. Differencia
Megold´ as. A jobb oldal ´ertelmez´esi tartom´anya legyen R2 . A differenci´alegyenlet n´eh´ any ir´ anyvonala l0 = {(t, x ˜ ) ∈ R2 : x ˜ = − 21 t}, l1 = {(t, x ˜ ) ∈ R2 : x ˜ = − 21 t + 12 }, l2 = {(t, x ˜ ) ∈ R2 : x ˜ = − 21 t + 1}, l3 = {(t, x ˜ ) ∈ R2 : x ˜ = − 21 t + 32 }, l−1 = {(t, x ˜ ) ∈ R2 : x ˜ = − 21 t − 21 }, l−2 = {(t, x ˜ ) ∈ R2 : x ˜ = − 21 t − 1}, l−3 = {(t, x ˜ ) ∈ R2 : x ˜ = − 21 t − 23 }.
18.1. ´ abra. Az x(t) ˙ = 2x(t) + t differenci´alegyenlet ir´anymez˝oje Megjegyz´es. A feladatban line´aris differenci´alegyenlet szerepel, melyet megoldunk a 11. feladatban. A megold´as x(t) = − 21 t − 14 + Ce2t , C ∈ R, minden maxim´ alis megold´as ´ertelmez´esi tartom´anya R. 2. Oldja meg a k¨ ovetkez˝ o k¨ozvetlen¨ ul integr´alhat´o differenci´alegyenleteket! (a) x(t) ˙ = 2t3 − t2 + 3t + 1.
(b) x(t) ˙ =
√
t.
(c) x(t) ˙ =
sin(t) . cos(t) + 2
Megold´ as. Z (a) D(x) = R ´es x(t) = C ∈ R. (b) D(x) = R
+
´es x(t) =
(2t3 −t2 +3t+1) dt = Z √
t dt =
1 4 1 3 3 2 t − t + t +t+C, 2 3 2
2 3 t 2 + C, C ∈ R. 3
215
18.2. Kidolgozott feladatok
18.2. ´ abra. Az x(t) ˙ = 2x(t) + t differenci´alegyenlet ir´anymez˝oje ´es megold´asai Z
sin(t) dt = − ln(cos(t) + 2) + C, C ∈ R. cos(t) + 2 A 3.–6. feladatban oldja meg a sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenletet! t 2x(t) − 1 3. x(t) ˙ = x(t) . 4. x(t) ˙ = −x(t). 5. x(t) ˙ = . t ep t2 x2 (t) + 1 . 6. x(t) ˙ = 1 + t3 Megold´ as. t 3. A differenci´ alegyenlet jobb oldala f (t, x ˜) := x˜ , D(f ) := R2 . A teljes e R halmazon ´ertelmezett megold´asokat keres¨ unk. (c) D(x) = R ´es x(t) =
Klasszikus jel¨ ol´esek n´elk¨ ul: x(t) ˙ =
t ex(t)
dx t = x, dt e ex dx = t dt, R x R e dx = t dt,
,
ex(t) x(t) ˙ = t, R x(t) R e x(t) ˙ dt = t dt, ex(t) =
Klasszikus jel¨ol´esekkel:
t2 + C, C ∈ R. 2
A kapott implicit egyenlet
t2 2
ex =
t2 + C, C ∈ R. 2
+ C > 0 eset´en explicitt´e tehet˝o, ´es az 2 t x(t) = ln +C 2
216
´ legyenletek 18. Differencia
megold´ a√ st kapjuk C > 0√eset´en az R halmazon, C ≤ 0 eset´en pedig a −∞, − −2C vagy a −2C, +∞ intervallumon. 4. El˝ osz¨ or keress¨ uk meg azokat az eg´esz R halmazon ´ertelmezett megold´asokat, melyek nem veszik fel a nulla ´ert´eket! Klasszikus jel¨ ol´esek n´elk¨ ul:
Klasszikus jel¨ol´esekkel: dx = −x, dt
x(t) ˙ = −x(t), x(t) ˙ = −1, x(t) Z Z x(t) ˙ dt = (−1) dt, x(t)
1 dx = (−1) dt, x Z Z 1 dx = (−1) dt, x
ln(|x(t)|) = −t + C, C ∈ R,
ln(|x|) = −t + C, C ∈ R,
|x(t)| = e−t+C = eC e−t .
|x| = e−t+C = eC e−t .
Most olyan megold´ asokat keres¨ unk, melyek ´ert´eke sehol sem nulla. A Bolzano-t´etel szerint ezek mindegyike a teljes ´ertelmez´esi tartom´any´an pozit´ıv vagy minden¨ utt negat´ıv. Az els˝o esetben x(t) = eC e−t , t ∈ R, a m´ asodik esetben x(t) = −eC e−t , t ∈ R. Mivel az e alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete R+ , minden pozit´ıv ´es minden negat´ıv val´os sz´am egy¨ utthat´ o lehet. M´ asodszor keress¨ uk meg azokat a teljes val´os sz´amhalmazon ´ertelmezett megold´ asokat, melyek felveszik a nulla ´ert´eket! Ha az x megold´as ´ert´eke a t0 ∈ R helyen nulla, akkor x megold´asa az ) x(t) ˙ = −x(t) x(t0 ) = 0 kezdeti´ert´ek-feladatnak. Ennek megold´asa a teljes R halmazon ´ertelmezett nulla konstansf¨ uggv´eny, ´es a Picard–Lindel¨of-t´etel szerint m´as maxim´ alis megold´ as nincs. Ez´ert a differenci´ alegyenlet ´altal´anos megold´asa x(t) = Ke−t , K ∈ R. 5. Hat´ arozzuk meg el˝ osz¨ or azokat az R+ vagy R− halmazon ´ertelmezett x megold´ asokat, melyekre a 2x − 1 f¨ uggv´eny nem veszi fel a nulla ´ert´eket!
217
18.2. Kidolgozott feladatok
Klasszikus jel¨ ol´esek n´elk¨ ul:
Klasszikus jel¨ol´esekkel:
2x(t) − 1 , t x(t) ˙ 1 = , 2x(t) − 1 t Z Z x(t) ˙ 1 dt = dt, 2x(t) − 1 t
dx 2x − 1 = , dt t 1 1 dx = dt, 2x − 1 t Z Z 1 1 dx = dt, 2x − 1 t 1 ln(|2x − 1|) = ln(|t|) + C, 2 ln(|2x − 1|) = 2 ln(|t|) + 2C,
x(t) ˙ =
1 ln(|2x(t) − 1|) = ln(|t|) + C, 2 ln(|2x(t) − 1|) = 2 ln(|t|) + 2C, |2x(t) − 1| = e2 ln(|t|)+2C ,
|2x − 1| = e2 ln(|t|)+2C ,
|2x(t) − 1| = e2C t2 .
|2x − 1| = e2C t2 .
Az x megold´ as folytonoss´aga miatt 2x − 1 ´alland´o el˝ojel˝ u. Ha pozit´ıv, akkor e2C 2 1 t + , t ∈ D(x), x(t) = 2 2 ha negat´ıv, akkor x(t) = −
e2C 2 1 t + , t ∈ D(x). 2 2
Mivel az e alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete R+ , t2 egy¨ utthat´ oja tetsz˝ oleges pozit´ıv vagy negat´ıv val´os sz´am lehet. Ezut´ an keress¨ uk meg azokat az R+ vagy az R− halmazon ´ertelmezett x megold´ asokat, melyekre 2x − 1 felveszi a nulla ´ert´eket, vagyis x az 1 ert´eket! Ha az x megold´as ´ert´eke a t0 ∈ R \ {0} helyen 21 , akkor x 2 ´ megold´ asa az ) x(t) ˙ = 2x(t)−1 t x(t0 ) =
1 2
kezdeti´ert´ek-feladatnak. Ennek megold´asa az R+ , ill. az R− halmazon ´ertelmezett 21 konstans f¨ uggv´eny, ´es a Picard–Lindel¨of-t´etel szerint m´as maxim´ alis megold´ as nincs. Ez´ert a differenci´ alegyenlet ´altal´anos megold´asa x(t) = Kt2 + 21 , K ∈ R. 6. A differenci´ alegyenlet nincs ´ertelmezve t = −1 eset´en. Ha a jobb oldal √ t2 x ˜2 + 1 f (t, x ˜) := , D(f ) := (−∞, −1) × R, 1 + t3 akkor a (−∞, −1) intervallumon ´ertelmezett megold´asokat keres¨ unk, ha pedig a jobb oldal ´ertelmez´esi tartom´anya a (−1, +∞) × R halmaz,
218
´ legyenletek 18. Differencia
akkor olyanokat, melyek a (−1, +∞) intervallumon vannak ´ertelmezve. Az egyenletet klasszikus jel¨ol´eseket haszn´alva oldjuk meg: √ dx t2 x2 + 1 , = dt 1 + t3 1 t2 √ dt, dx = 1 + t3 x2 + 1 Z Z 1 1 3t2 √ dt, dx = 3 1 + t3 x2 + 1 1 arsh (x) = ln(|1 + t3 |) + C, 3 1 3 ln(|1 + t |) + C . x = sh 3 Teh´ at
x(t) = sh
1 ln(|1 + t3 |) + C , C ∈ R, 3
ahol D(x) = (−∞, −1) vagy D(x) = (−1, +∞).
18.3. ´ abra. Az x(t) ˙ =
t2
p
x2 (t) + 1 differenci´alegyenlet megold´asai 1 + t3
7. Oldja meg az al´ abbi kezdeti´ert´ek-feladatokat! (a)
x(t) ˙ = x2 (t) x(0) = 2
) .
(b)
) x(t) ˙ = x2 (t) x(π) = 0
.
x(t) ˙ = x2 (t) (c) . 1 x = −1 4
219
18.2. Kidolgozott feladatok
Megold´ as. Mindh´ arom kezdeti´ert´ek-feladatnak egyetlen maxim´alis megold´ asa van a Picard–Lindel¨of-t´etel miatt. El˝ osz¨ or megoldjuk a sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u x(t) ˙ = x2 (t) differenci´alegyenletet. Klasszikus jel¨ol´eseket haszn´alunk. Ha a keresett x megold´as ´ert´eke sehol sem nulla, akkor dx = x2 , dt 1 dx = 1 dt, x2 Z Z 1 dx = 1 dt, x2 1 − = t + C, x 1 , C ∈ R. x(t) = x = − t+C Ezzel a hozz´ arendel´esi szab´allyal maxim´alis megold´ast akkor kapunk, ha a megold´ as ´ertelmez´esi tartom´anya (−∞, −C) vagy (−C, +∞). A Picard–Lindel¨ of-t´etel szerint egyetlen maxim´alis megold´asnak lehet nulla ´ert´eke, ez az R halmazon ´ertelmezett nulla konstans f¨ uggv´eny. 2 (a) Ha x(0) = 2, akkor C = − 12 , a maxim´alis megold´as x(t) = , 1 − 2t D(x) = −∞, 12 . (b) Ha x(π) = 0, akkor a maxim´alis megold´as a val´os halmazok halmaz´ an ´ertelmezett nulla konstans f¨ uggv´eny. (c) Ha x 41 = −1, akkor C = 34 , ez´ert a maxim´alis megold´as x(t) = 4 − , D(x) = − 43 , +∞ . 4t + 3 A 8.–9. feladatban helyettes´ıt´essel oldja meg differenci´alegyenletet! x3 (t) + t3 8. x(t) ˙ = (x(t) + t)2 . 9. x(t) ˙ = . t x2 (t) Megold´ as. 8. Legyen x a differenci´ alegyenlet megold´asa ´es legyen y(t) := x(t) + t, D(y) := D(x) u ´j ismeretlen f¨ uggv´eny. Ekkor x(t) = y(t) − t ´es x(t) ˙ = y(t) ˙ − 1, t ∈ D(x) alapj´an y megold´asa az y(t) ˙ = y 2 (t) + 1 sz´etv´alaszthat´ o v´ altoz´ oj´ u differenci´alegyenletnek.
220
´ legyenletek 18. Differencia
A kapott differenci´ alegyenlet megold´asa y(t) ˙ = y 2 (t) + 1, 1 y(t) ˙ = 1, y 2 (t) + 1 Z
1 y 2 (t)
+1
y(t) ˙ dt =
R
1 dt,
arctg (y(t)) = t + C, C ∈ R, π π y(t) = tg (t + C), D(y) = − − C, − C . 2 2 Az eredeti differenci´ alegyenlet megold´asa π π x(t) = tg (t + C) − t, D(x) = − − C, − C , C ∈ R. 2 2 9. Az egyenlet nem ´ertelmes sem t = 0, sem x(t) = 0 eset´en, ez´ert a jobb oldal ´ertelmez´esi tartom´anya legyen valamelyik ny´ılt s´ıknegyed. Keress¨ unk olyan x megold´ asokat, melyek ´ertelmez´esi tartom´anya R+ vagy R− , ´es nem veszik fel a nulla ´ert´eket! A differenci´alegyenlet x(t) ˙ =
x(t) t2 x3 (t) + t3 = + 2 2 t x (t) t x (t)
x(t) , D(y) := D(x) u ´j ismeretlen f¨ uggv´enyre t x(t) = t y(t) ´es x(t) ˙ = y(t) + t y(t), ˙ t ∈ D(x). Ennek k¨ovetkezt´eben y megold´ asa az y(t) ˙ = t y21(t) sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenletnek. Az y f¨ uggv´enyre vonatkoz´o differenci´alegyenlet megold´asa
alak´ u, ´ıgy az y(t) :=
y(t) ˙ = y 2 (t) y(t) ˙ = Z
y 2 (t) y(t) ˙ dt =
1 , t y 2 (t) 1 , t Z
1 dt, t
1 3 y (t) = ln(|t|) + C, C ∈ R, 3 y 3 (t) = 3 ln(|t|) + 3C = 3 ln(|t|) + K, K ∈ R, p y(t) = 3 3 ln(|t|) + K.
221
18.2. Kidolgozott feladatok
Az eredeti differenci´ alegyenlet a´ltal´anos megold´asa p x(t) = t y(t) = t 3 3 ln(|t|) + K, K ∈ R, a maxim´ alis megold´ asok ´ertelmez´esi tartom´anya R+ vagy R− . A 10.–11. feladatban oldja meg a line´aris differenci´alegyenletet! 1 . 11. x(t) ˙ = 2x(t) + t. 10. x(t) ˙ = ctg (t) x(t) + sin(t) Megold´ as. 10. Az egyenlet jobb oldala nincs ´ertelmezve t = kπ, k ∈ Z eset´en, ez´ert a differenci´ alegyenlet jobb oldala legyen adott k ∈ Z eset´en f (t, x ˜) := ctg (t) x ˜+
1 , D(f ) := kπ, (k + 1)π × R. sin(t)
A homog´en line´ aris egyenlet x˙ h (t) = ctg (t) xh (t), melyben az egy¨ utthat´ of¨ uggv´eny a(t) := ctg (t), D(a) := kπ, (k+1)π , primit´ıv f¨ uggv´enyei Z ctg (t) dt = ln(| sin(t)|) + C, C ∈ R. ´ ıt´as alapAz inhomog´en line´ aris egyenlet ´altal´anos megold´asa a 18.2. All´ j´ an Z Z 1 1 1 − ln(| sin(t)|) ln(| sin(t)|) e dt = | sin(t)| dt = x(t) = e sin(t) sin(t) | sin(t)| Z 1 = sin(t) dt = sin(t) − ctg (t) + K = 2 sin (t) = − cos(t) + K sin(t), K ∈ R a kπ, (k + 1)π intervallumon. Megjegyz´esek. A homog´en line´aris egyenlet ´altal´anos megold´asa a 18.2. ´ ıt´ All´ as szerint xh (t) = Leln(| sin(t)|) = L| sin(t)| = M sin(t), L, M ∈ R a kπ, (k+1)π intervallumon, mert ott a szinuszf¨ uggv´eny ´alland´o el˝ojel˝ u, annak el˝ ojel´et˝ ol f¨ ugg˝ oen M := L, ill. M := −L. Az inhomog´en line´ aris differenci´alegyenlet megold´as´ara alkalmazhatjuk Lagrange m´ odszer´et, ´es a megold´asokat megkapjuk x(t) = M ∗ (t) sin(t), D(x) = D(M ∗ ) = kπ, (k + 1)π alakban is, ahol M ∗ folytonosan differenci´alhat´o f¨ uggv´eny.
222
´ legyenletek 18. Differencia
Mivel t ∈ D(x) eset´en x(t) ˙ = M˙ ∗ (t) sin(t) + M ∗ (t) cos(t), az M ∗ f¨ uggv´enyre M˙ ∗ (t) sin(t) + M ∗ (t) cos(t) = ctg (t)M ∗ (t) sin(t) +
1 , sin(t)
1 , sin2 (t) Z 1 M ∗ (t) = dx = −ctg (t) + N, N ∈ R. sin2 (t)
M˙ ∗ (t) =
´Igy szint´en az x(t) = − ctg (t) + N sin(t) = − cos(t) + N sin(t), N ∈ R eredm´enyt kapjuk a kπ, (k + 1)π intervallumon. 11. A jobb oldal f (t, x ˜) := 2˜ x + t, D(f ) := R2 , ez´ert a maxim´alis megold´asok a teljes R halmazon vannak ´ertelmezve. A homog´en line´aris egyenlet x˙ h (t) = 2xh (t). Ha ennek az xh megold´asa minden¨ utt ´ertelmezve van ´es sehol sem veszi fel a nulla ´ert´eket, akkor klasszikus jel¨ol´esekkel dxh = 2xh , dt 1 dxh = 2 dt, xh Z Z 1 dxh = 2 dt, xh ln(|xh |) = 2t + C, |xh | = e2t+C = eC e2t . Ezek az xh megold´ asok ´alland´o el˝ojel˝ uek, tov´abb´a a Picard–Lindel¨oft´etel k¨ ovetkezt´eben az egyetlen nulla ´ert´eket is felvev˝o minden¨ utt ´ertelmezett megold´ as az xh (t) = 0, t ∈ R konstans f¨ uggv´eny, ´ıgy a homog´en line´ aris egyenlet ´ altal´anos megold´asa xh (t) = Ke2t , K ∈ R, ahol D(xh ) = R. Ezut´ an keress¨ uk az inhomog´en egyenlet megold´asait a homog´en megold´ asaihoz hasonl´ o x(t) = K ∗ (t) e2t alakban, ahol K ∗ a val´os sz´amok halmaz´ an ´ertelmezett folytonosan differenci´alhat´o f¨ uggv´eny. E szorzatot ´es ennek x(t) ˙ = K˙ ∗ (t) e2t + K ∗ (t) e2t · 2
223
18.2. Kidolgozott feladatok
deriv´ altj´ at az inhomog´en egyenletbe helyettes´ıtve minden t ∈ R eset´en fenn´ all K˙ ∗ (t) e2t + 2K ∗ (t) e2t = 2K ∗ (t) e2t + t, K˙ ∗ (t) e2t = t, K˙ ∗ (t) = t e−2t , ez´ert parci´ alis integr´ al´ assal Z Z Z e−2t e−2t 1 1 e−2t dt = K ∗ (t) = t e−2t dt = t − 1· dt = − t e−2t + −2 −2 2 2 1 1 −2t = − t− e + L, L ∈ R. 2 4 V´eg¨ ul az inhomog´en egyenlet megold´asa: 1 −2t 1 ∗ 2t e + L e2t = x(t) = K (t) e = − t− 2 4 1 1 = − t− + Le2t , L ∈ R, 2 4 minden maxim´ alis megold´as ´ertelmez´esi tartom´anya R. Megjegyz´es. Ezt a differenci´alegyenletet az y(t) := 2x(t)+t, D(y) := D(x) line´ aris helyettes´ıt´essel visszavezethetj¨ uk az y(t) ˙ = 2y(t) + 1 sz´etv´alaszthat´ o v´ altoz´ oj´ u differenci´alegyenletre, melynek ´altal´anos megold´asa y(t) = Ce2t − 21 , D(y) = R, C ∈ R. Az eredeti differenci´alegyenlet altal´ ´ anos megold´ as´ at ezen az u ´ton is megkapjuk: 1 1 1 t x(t) = y(t) − t = Ce2t − − , D(x) = R, C ∈ R. 2 2 4 2 12. Egy 15 literes j´ ol kevert tart´aly tele van s´ooldattal. Ebbe percenk´ent 4 liter tiszta v´ız ´ aramlik ´ alland´o sebess´eggel, ´es ugyanannyi oldat folyik ki bel˝ ole. Hat´ arozza meg a tart´alybeli s´o mennyis´eg´et az id˝o f¨ uggv´eny´eben! Mennyi id˝ o alatt u ul ki a tart´alyb´ol az eredeti s´omennyis´eg fele? ¨r¨ Megold´ as. Jel¨ olje x(t) a tart´alybeli s´o mennyis´eg´et a t id˝opontban, az id˝ ot percekben m´erj¨ uk. Tegy¨ uk fel, hogy a keresett x : [0, +∞) → R f¨ uggv´eny folytonosan differenci´alhat´o. E f¨ uggv´eny monoton cs¨okken, hiszen s´ omentes v´ız folyik be a tart´alyba. A t0 ´es t (t0 , t ∈ [0, +∞), t0 < t) id˝ opont k¨ oz¨ otti ∆t := t − t0 id˝o alatt befoly´o v´ız ´es a kifoly´o s´ooldat t´erfogata is 4∆t liter. B´ armely t ∈ [0, +∞) id˝opontban a s´ooldat s˝ ur˝ us´ege x(t) , ez´ e rt az eml´ ıtett ∆t id˝ o alatt a tart´ a lybeli s´ o t¨ o meg´ e nek ∆x := 15 x(t) − x(t0 ) v´ altoz´ as´ ara −
x(t0 ) x(t) · 4∆t ≤ ∆x ≤ − · 4∆t, 15 15
224
´ legyenletek 18. Differencia
majd −
4 ∆x 4 x(t0 ) ≤ ≤ − x(t). 15 ∆t 15
R¨ ogz´ıtett t0 ∈ R+ eset´en
lim ∆x ∆t→0 ∆t
= x(t ˙ 0 ) ´es lim x(t) = x(t0 ), ebb˝ol t→t0
k¨ ovetkezik
4 x(t0 ), t0 ∈ R+ . 15 A sz´etv´ alaszthat´ o v´ altoz´oj´ u differenci´alegyenletet megoldva a tart´alybeli s´ o mennyis´ege az id˝ o f¨ uggv´eny´eben x(t ˙ 0) = −
4
x(t) = x(0) e− 15 t , t ∈ [0, +∞). Ha T id˝ o alatt felez˝ odik meg a s´o mennyis´ege, akkor 4 1 x(0) = x(T ) = x(0) e− 15 T . 2
Felt´eve, hogy kezdetben volt s´o a tart´alyban, azt kapjuk, hogy T = 15 ul ki a tart´alyb´ol az eredeti s´omennyis´eg fele. ¨r¨ 4 ln(2) ≈ 2,6 perc alatt u 13. A kemenc´eb˝ ol kivett keny´er h˝om´ers´eklete kezdetben 120 ◦ C, 30 perc ◦ m´ ulva 50 C. A leveg˝ o h˝om´ers´eklete 20 ◦ C. Tegy¨ uk fel, hogy a keny´er h˝ ul´es´enek sebess´ege minden id˝opontban egyenesen ar´anyos a keny´er ´es a leveg˝ o h˝ om´ers´eklet´enek k¨ ul¨onbs´eg´evel! Adja meg a keny´er h˝om´ers´eklet´et a h˝ ul´es kezdet´et˝ ol eltelt id˝o f¨ uggv´eny´eben! Megold´ as. M´erj¨ uk az id˝ ot ´or´akban! Legyen x(t) a keny´er h˝om´ers´eklete a t id˝ opontban, ´es tegy¨ uk fel, hogy x : [0, +∞) → R folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny. A keny´er h˝ ul´es´enek sebess´ege a t id˝opontban x(t). ˙ Ha a feladatban szerepl˝ o egyenes ar´anyoss´ag ar´anyoss´agi t´enyez˝oje a ∈ R, akkor a keresett x f¨ uggv´enyre x(t) ˙ = a (x(t) − 20) x(0) = 120 . x 21 = 50 A kapott sz´etv´ alaszthat´ o v´altoz´oj´ u differenci´alegyenlet megold´asa x(t) = Keat + 20, K ∈ R, t ∈ [0, +∞). 3 , A k´et mell´ekfelt´etelt felhaszn´alva kaphat´o K = 100 ´es a = 2 ln 10 teh´ at a keny´er h˝ om´ers´eklete a h˝ ul´es kezdet´et˝ol eltelt t id˝o f¨ uggv´eny´eben 2t 3 x(t) = 100 + 20, t ∈ [0, +∞). 10
225
´ sok 18.4. Megolda
18.3. Megoldand´ o feladatok 1. Rajzolja meg az x(t) ˙ = x(t) − 2t differenci´alegyenlet ir´anymez˝oj´et! A 2.–10. feladatban oldja meg a differenci´alegyenletet! t−1 2. x(t) ˙ = ln(t) + 1. 3. x(t) ˙ = . 4. x(t) ˙ = 5x(t) − 2. t+1 5. x(t) ˙ =
1 − 2x(t) x(t) √ . 6. x(t) ˙ = . t t
8. x(t) ˙ = x(t) + t.
9. x(t) ˙ =
7. x(t) ˙ =
1 . x(t) (4 + t2 )
x(t) x(t) + 2t − 1. 10. x(t) ˙ = + 2(t + 1)2 . t t+1
A 11.–13. feladatban oldja meg a kezdeti´ert´ek-feladatot! ) ) x2 (t) + t2 x(t) ˙ = x(t) ˙ = cos(t) x(t) ˙ = 2 − 3x(t) t x(t) 11. . . 12. . 13. x(π) = 4 x(0) = 1 x(1) = −2 ) p x(t) ˙ = |x(t)| 14. Mutassa meg, hogy az kezdeti´ert´ek-feladatnak nem x(0) = 0 l´etezik olyan megold´ asa, amelyiknek lesz˝ uk´ıt´ese e kezdeti´ert´ek-feladat b´ armely megold´ asa! 15. A r´ adium boml´ asi sebess´ege minden id˝opontban egyenesen ar´anyos annak pillanatnyi t¨ omeg´evel, felez´esi ideje 1590 ´ev. A r´adium kezdeti menynyis´eg´enek h´ any sz´ azal´eka bomlik el 350 ´ev alatt? 16. Egy ´eleszt˝ ogomba-teny´eszetben a gomba mennyis´ege annak pillanatnyi mennyis´eg´evel egyenes ar´anyban n¨ovekszik. Ha 40 perc alatt e mennyis´eg megdupl´ az´ odott, a kezd´est˝ol sz´am´ıtva mennyi id˝o m´ ulva lesz a gomba mennyis´ege az eredeti ¨ otsz¨or¨ose?
18.4. Megold´ asok 1. A jobb oldal ´ertelmez´esi tartom´anya legyen R2 . A differenci´alegyenlet ir´ anyvonalai lk = {(t, x ˜ ) ∈ R2 : x ˜ = 2t + k}, k ∈ R. 2. x(t) = t ln(t) + C, C ∈ R, ahol D(x) = R+ . 3. x(t) = t − 2 ln(|t + 1|) + C, C ∈ R, ahol D(x) = (−∞, −1) vagy D(x) = (−1, +∞). 4. x(t) =
2 5
+ Ce5t , C ∈ R, ahol D(x) = R.
5. x(t) =
1 2
+ Ce−4
√
t
, C ∈ R, ahol D(x) = R+ .
6. x(t) = Ct, C ∈ R, ahol D(x) = R+ vagy D(x) = R− .
226
´ legyenletek 18. Differencia
18.4. ´ abra. Az x(t) ˙ = x(t) − 2t differenci´alegyenlet ir´anymez˝oje
Megjegyz´es. A tx(t) ˙ = x(t) implicit differenci´alegyenlet megold´asa x(t) = Ct, C ∈ R, ahol D(x) = R. q q 7. x1,C (t) = arctg 2t + C ´es x2,C (t) = − arctg 2t + C, C ∈ R, ahol D(x1,C ) = D(x2,C ) = (−2tg (C), +∞). 8. x(t) = Cet − t − 1, C ∈ R, ahol D(x) = R. 9. x(t) = 2t2 − t ln(|t|) + Ct, C ∈ R, ahol D(x) = R+ vagy D(x) = R− . 10. x(t) = (t + 1)3 + C(t + 1), C ∈ R, ahol D(x) = (−∞, −1) vagy D(x) = (−1, +∞). 11. x(t) = sin(t) + 4, ahol D(x) = R. + 13 e−3t , ahol D(x) = R. p 13. x(t) = −t 2 ln(t) + 4, ahol D(x) = (e−2 , +∞). 12. x(t) =
2 3
14. A kezdeti´ert´ek-feladatnak megold´asa az x1 (t) := 0, D(x1 ) := R konstans f¨ uggv´eny ´es az ( 1 2 t , ha t ≥ 0, x2 (t) := 4 1 2 D(x2 ) := R − 4 t , ha t < 0, f¨ uggv´eny is, ez´ert nem l´etezik olyan megold´as, amelyiknek lesz˝ uk´ıt´ese a kezdeti´ert´ek-feladat b´ armely megold´asa. 15. M´erj¨ uk az id˝ ot (t) ´evekben, a megfigyel´es kezdete legyen a nulla id˝opont! t A r´ adium mennyis´ege a t id˝opontban x(t) = x(0) 2− 1590 , t ∈ [0, +∞).
´ sok 18.4. Megolda
227
A megfigyel´es kezdete ut´an 350 ´evvel a r´adium kezdeti mennyis´eg´enek 350 2− 1590 · 100 ≈ 85,85 sz´ azal´eka maradt meg, 14,15 sz´azal´eka bomlott el. 16. M´erj¨ uk az id˝ ot (t) percekben, a megfigyel´es kezdete a nulla id˝opont let gyen! A gomba mennyis´ege a t id˝opontban x(t) = x(0) 2 40 , t ∈ [0, +∞). ln(5) A kezd´est˝ ol sz´ am´ıtva 40ln(2) ≈ 92,88 perc m´ ulva lesz a gomba mennyis´ege a kezdeti ¨ otsz¨ or¨ ose, ha kezd´eskor volt gomba a teny´eszetben, azaz x(0) 6= 0.
