Dr. Rontó Miklós - Lengyelné Szilágyi Szilvia. Programtervező informatikus és Gazdaságinformatikus hallgatók részére

´ Miklo ´s Dr. Ronto

-

´ Szila ´gyi Szilvia Lengyelne

Anal´ızis I. (El˝oadáskövet˝o jegyzet) I. éves Programtervez˝o informatikus és Gazdaságinformatikus hallgatók részére

Miskolci Egyetem Gépészmérnöki és Informatikai Kar Anal´ızis Tanszék

2008

´k Tartalomjegyze ´k Tartalomjegyze

3

˝ szo ´ Elo

7

´leti alapfogalmak 1 Halmazelme 9 ¨ le ´sek, elneveze ´sek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.1 Jelo ˝veletek halmazokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.2 Mu ´ e ´s a metszet tulajdonsa ´gai. . . . . . . . . . . . 16 1.3 Az unio ćio ´ k, Fu ¨ggve ńyek 2 Rela ´rok, Descartes-szorzat 2.1 Rendezett elempa ćio ´k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Rela ćio ´ k az A halmazon . . . . . . . . . . . . 2.3 Rela ¨ggve ńyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Fu ´mla ´lhato ´ halmazok . . . . . . . . . . 2.5 Megsza

. . . . .

. . . . .

. . . . .

´ s sza ´mok halmaza 3 A valo ´ s sza ´mok halmaza, egyes tulajdonsa ´gai. 3.1 A valo ´ s sza ´mok axio ´ marendszeres bevezete ´se . 3.2 A valo ´ elve e ´ s ne ´ ha ńy alkalmaza ´sa 3.3 A teljes indukcio 3.4 Kombinatorikai ismeretek . . . . . . . . . . . . . ´t e ´rte ´k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Abszolu 3.6 Intervallumok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ris te ´r, skala ´ris szorzat . . . . . . . . . . . 3.7 Linea ˝veletek a valo ´ s sza ´mok halmaza ń . . . . . . 3.8 Mu

. . . . .

. . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . .

4 Numerikus sorozatok, Konvergencia ´ s sza ´msorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1 Valo ´tos e ´s monoton sorozatok . . . . . . . . . . . 4.2 Korla ´msorozatok konvergencia ´ja e ´s divergencia ´ja 4.3 Sza ´ da ´si pontja . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Sorozatok torlo ´ja 5 Sorozatok konvergencia ´tos e ´s monoton sorozatok konvergencia ´ja 5.1 Korla 5.2 Cauchy-sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ s mu ˝veletek . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Konvergencia e 5.4 Nevezetes sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . .

21 21 23 26 29 34

. . . . . . . .

35 35 42 44 46 51 53 53 58

. . . .

62 62 63 68 72

. . . .

74 74 78 81 83

4

´ TARTALOMJEGYZEK

´ltozo ´ s valo ´ s fu ¨ggve ńyek 6 Egyva 6.1 Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¨ggve ńytranszforma ćio ´ . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Fu ´ltozo ´ s fu ¨ggve ńyek egyes intervallumbeli tu6.3 Egyva ´gai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . lajdonsa ´ltozo ´ s fu ¨ggve ńy hata ´ re ´rte ´ke . . . . . . . . . . 6.4 Egyva

. 107 . 113

¨ggve ńyek. Szakada ´si helyek 7 Folytonos fu ¨ggve ńyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1 Folytonos fu ´si helyek oszta ´lyoza ´sa . . . . . . . . . . . . 7.2 Szakada ¨ggve ńyek . . . . . . . . 7.3 Egyenletesen folytonos fu ¨ggve ńyek fontosabb tulajdonsa ´gai 7.4 Folytonos fu

. . . .

127 . 127 . 129 . 132 . 134

. . . . . . . . . .

139 . 139 . 143 . 145 . 152 . 162 . 170 . 174 . 175 . 177 . 181

. . . . . .

186 . 186 . 193 . 195 . 202 . 204 . 207

. . . .

210 . 210 . 212 . 215 . 220

¨ggve ńyek, Nevezetes fu ¨ggve ńyek 8 Elemi fu ńt linea ´ris fu ¨ggve ńyek . 8.1 Szakaszonke ńyfu ¨ggve ńy . . . . . . . . . . . . . 8.2 Hatva ´lis ege ´szfu ¨ggve ńy . . . . . . . 8.3 Raciona ´lis to ¨ rtfu ¨ggve ńy . . . . . . . . 8.4 Raciona ¨ggve ńyek . . . . . 8.5 Trigonometrikus fu ¨ggve ńyek . . . . . . . . . . . . 8.6 Arkuszfu ´lis fu ¨ggve ńy . . . . . . . 8.7 Az exponencia ¨ggve ńy . . . . . . . . . 8.8 A logaritmus fu ¨ggve ńyek . . . . . . . . 8.9 Hiperbolikus fu ¨ggve ńyek . . . . . . . . . . . . . 8.10 Area fu

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

´lsza ´m´ıta ´s 9 Differencia ´s differencia ´lha ńyados . . . 9.1 A differencia- e ¨ggve ńyek differencia ´ la ´sa . . . . . . . 9.2 Elemi fu ´ la ´si szaba ´lyok . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3 Deriva ˝ deriva ´ltak . . . . . . . . . . . . 9.4 Magasabbrendu ´lsza ´m´ıta ´s ko ¨ ze ´pe ´rte ´kte ´telei . . 9.5 A differencia ´lhato ´ fu ¨ggve ńyek monotonita ´sa 9.6 Differencia ´lsza ´m´ıta ´s alkalmaza ´sai 10 A differencia ´rinto ˝ e ´s norma ´lis egyenlete 10.1 Az e 10.2 Taylor-polinom . . . . . . . . . . . ´ly . 10.3 A Bernoulli-L’Hospital szaba ¨ggve ńyvizsga ´lat . . . . 10.4 Teljes fu

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

95 . 95 . 103

5

´ TARTALOMJEGYZEK

´ s sza ´msorok 11 Valo ´s divergencia . . . . . . . . . . 11.1 Konvergencia e ´ ´rium . . . . . 11.2 Cauchy-fele konvergencia krite ´s a geometriai sor . . . . . . . 11.3 A harmonikus e ´ ve ´gtelen valo ´ s sorok . . . . . . 11.4 Pozit´ıv tagu ´lyosan va ´ltakozo ´ elo ˝ jelu ˝ sorok . . . . . 11.5 Szaba ´t e ´s felte ´telesen konvergens sorok 11.6 Abszolu ´ ´ ´se . . . . . . . . . . . 11.7 Vegtelen sorok atrendeze ˝veletek konvergens sorokkal . . . . . . . . 11.8 Mu

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

234 . 234 . 236 . 239 . 243 . 252 . 256 . 257 . 259

¨ggve ńysorozatok e ´s fu ¨ggve ńysorok 12 Fu ¨ggve ńysorozatok . . . . . . . . . 12.1 Fu ¨ggve ńysorok . . . . . . . . . . . . 12.2 Fu ´ 12.3 Hatvanysorok . . . . . . . . . . . . . 12.4 Taylor-sor . . . . . . . . . . . . . . . ńysorok . . . . . . 12.5 Nevezetes hatva

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

´k Irodalomjegyze

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

263 263 268 273 280 285 289

˝ szo ´ Elo Tárgyunk - az Anal´ızis I. - a matematikai anal´ızis alapfogalmaival foglalkozik. Az anal´ızis szó görög eredet˝ u, jelentése ”elemzés”. A matematikában ez a szó mintegy háromszáz éve egy nagy és fontos tudományág megjelölésére használatos, de ennek tárgyát és feladatát a szó eredeti jelentése nem juttatja kifejezésre. Az anal´ızis feladata olyan eljárások keresése, amelyek révén valamely keresett mennyiség számára tetsz˝olegesen kicsiny hibáj´ u közel´ıt˝o értékeket lehet megadni. A matematikai anal´ızis a matematikának azokat a fejezeteit öleli fel, amelyek szorosan kapcsolódnak a f¨ uggvény és a határérték fogalmához, a differenciál- és az integrálszám´ıtáshoz, a végtelen sorozatok, sorok fogalmához, a differenciálegyenletek elméletéhez, stb. A matematikai anal´ızis kialak´ıtása a XVII. században kezd˝odött el, amikor sz¨ ukségessé vált a mozgással kapcsolatos folyamatok tanulmányozása az asztronómiában, fizikában. Sz¨ ukségessé vált továbbá a változó mennyiségek vizsgálata is, amely a f¨ uggvények bevezetéséhez vezetett. Több neves tudós (Kepler, Ferma, Barrow) részeredményei vezettek oda, hogy a XVII. században egymástól f¨ uggetlen¨ ul I. Newton (1643-1707) és Leibniz (német, 1646-1716) más-más megközel´ıtéssel megalapozták a differenciál- és integrálszám´ıtást. E szám´ıtások tárgyának: a f¨ uggvénynek a fogalma egy¨ utt fejl˝odött az elmélettel. Descartes a század els˝o felében még minden olyan görbét távol k´ıvánt tartani, amely nem definiálható algebrai m˝ uveletekkel. A differenciál- és integrálszám´ıtásból megsz¨ ulet˝o matematikai anal´ızisben azonban rendre polgárjogot nyertek az algebraiakon k´ıv¨ ul más egyszer˝ u f¨ uggvények is, mint a logaritmus-, exponenciális, trigonometrikus és arcusf¨ uggvények. Ekkor a matematikusok még meg voltak gy˝oz˝odve arról, hogy bármilyen kis szakaszon ismerve a f¨ uggvényt, le lehet abból vezetni azt a törvényszer˝ uséget, amelynek a f¨ uggvény teljes menetében eleget tesz. Ez a felfogás gyökeresen megd˝olt a XVIII. század végén és a XIX. század elején a trigonometrikus sorok vizsgálatának kapcsán. Az anal´ızis alapfogalmainak prec´ız és elvontabb megalkotása a fejl˝odés jelent˝os mérföldköveit jelentette. Newton (aki egyben az egyetemes tömegvonzás feltalálója) els˝oként vezette be a derivált fogalmát ”fluxus” elnevezéssel. Leibniz használta els˝oként azt a jelölést, amelyet a derivált és az integrál megjelölésére a jelenlegi modern matematika is alkalmaz. Azonban Newton és Leibniz dolgazataiban hiányzott egy alapvet˝o fogalom és eszköz - a határátmenet fogalma. A határátmenet modern értelmezését a matematikában Euler (svájci, 1707-1783), Jean D’Alembert (francia, 17171783) és mások dolgozatainak köszönhet˝oen Cauchy-nak (francia, 1789-1857)

8

´ TARTALOMJEGYZEK

siker¨ ult bevezetni és seg´ıtségével egzakt módon definiálni a matematikai anal´ızis alapvet˝o m˝ uveleteit a diffelenciál- és integrálszám´ıtásban. Bolzano prágai matematikus, aki Cauchy-val egyid˝oben a határérték és folytonosság tekintetében hasonló elvekhez jutott el, volt az els˝o, aki példát szerkesztett folytonos, de sehol sem differenciálható f¨ uggvényre, ezt a példát azonban nem közölhette. Weierstrass 1861-t˝ol kezdve el˝oadásáiban, 1872-ban pedig egy dolgozatában nyilvánosan taglalta a kérdést, s egy nevezetes példát is közölt sehol sem differenciálható folytonos f¨ uggvényre. Kés˝obb ezek a példák megsokszorozódtak, mind egyszer˝ ubbeket fedeztek fel. A valós f¨ uggvények elméletének modern fejezete ezekt˝ol a példáktól szám´ıtható. A Riemann-féle integrál, Jordan és Peano mértékelmélete az anal´ızis u ´j irányának el˝ofutárai. R. Baire, E. Borel és H. Lebesgue munkái révén sz¨ uletik meg vég¨ ul a modern valós f¨ uggvénytan. Lebesgue alkotta meg a mérték és integrál u ´j és általánosabb fogalmát, és az u ´j integrálelmélettel párhuzamosan a deriválás elméletét is kiép´ıtette. Vegy¨ uk észre, hogy igazából két évszázadra volt sz¨ ukség a matematikai anal´ızis elméletének egzakt megfogalmazására.

Miskolc, 2008. szeptember 8. A Szerz˝ok

9

1 1.1

´leti alapfogalmak Halmazelme ¨ le ´sek, elneveze ´sek Jelo

A mindennapi életben, k¨ ulönböz˝o tudományágakban, ´ıgy a matematikában is, sokszor beszél¨ unk bizonyos, a valóságban létez˝o, vagy a gondolatunkban kialak´ıtott objektumok, dolgok, fogalmak összességér˝ol. Így például mindenki tudja mir˝ol van szó, amikor eml´ıtj¨ uk a bolygók sokaságát, az els˝oéves f˝oiskolai hallgatókat, az egyetemi oktatókat, a trigonometrikus f¨ uggvények osztályát, a természetes számokat. A matematikában az összesség, a sokaság és más hasonló értelm˝ u szavak helyett a halmaz elnevezést használják. A halmazt nem definiáljuk, hanem alapfogalomnak tekintj¨ uk. Középiskolás tanulmányainkból ismeretes, hogy ugyancsak defin´ıció nélk¨ ul, alapfogalomként használjuk például a pont, a s´ık fogalmát is. A halmaz és a halmaz eleme fogalmát matematikai absztrakciónak tekintj¨ uk. A halmazokat általában nagybet˝ ukkel A, B, C, ..., X, Y, Z, ...; A1 , A2 , A3 , ..., elemeiket kisbet˝ ukkel jelölj¨ uk: a, b, c, ..., x, y, z, ...; a1 , a2 , a3 , .... Azt a tényt, hogy x az X halmaz eleme, ´ıgy jelölj¨ uk: x ∈ X, m´ıg azt, hogy a nem eleme az A halmaznak az a 6∈ A szimbólummal jelölj¨ uk. Egy halmazt akkor tekint¨ unk adottnak, ha ismerj¨ uk az összes elemét, vagy azokat a tulajdonságokat melyek seg´ıtségével egyértelm˝ uen el tudjuk dönteni bármely elemr˝ol, dologról, hogy hozzátartozike a halmazhoz vagy sem. A halmazokat kétféleképpen tudjuk megadni. Elemeinek felsorolásával, kapcsos zárójelbe téve ezt a felsorolást. Például ´ıgy: A = {2, 4, 6, 8}, B = {a, b, c, d}, X = {1, 5, 10, 15}, F = {Duna, Tisza}, H = {hétf˝o, kedd, szerda, cs¨ utörtök, péntek}. Ez a megadási mód véges szám´ u elemb˝ol álló halmazokra alkalmas. Számos esetben ez a megadási mód kényelmetlen, esetleg lehetetlen. Ilyenkor a halmazt elemeinek tulajdonságaival ´ırjuk le. Azt a tényt, hogy a C halmaz a T tulajdonsággal rendelkez˝o x elemekb˝ol áll, ´ıgy fejezz¨ uk ki:

10

´ 1 HALMAZELMELETI ALAPFOGALMAK

C = {x : T (x)}

vagy

C = {x | T (x)}.

Például A = {x : |x| < 2, x ∈ R} jelenti a 2-nél kisebb abszol´ ut érték˝ u valós számok halmazát, B = {(x, y) : x2 + y 2 = 9, x ∈ R, y ∈ R} pedig az origó középpont´ u 3-sugar´ u kör ker¨ uleti pontjainak halmazát. Legyen az A halmaz a −2-nél nagyobb és 10-nél kisebb egész számok halmaza: A = {a : −2 < a < 10, a ∈ Z}. Ezt a halmazt elemei felsorolásával is megadhattuk volna: A = {−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Egy elem csak egyszer fordulhat el˝o egy halmazban. 1.1.1. Defin´ıci´ o (¨ ures halmaz) Azt a halmazt, amelynek egyetlen eleme sincs, u ¨res halmaznak nevezz¨ uk. Jelölése: ∅. Például az A = {x ∈ R : x2 + 4 = 0} halmaz u ¨res, mivel x2 + 4 = 0 semmilyen valós számra nem teljes¨ ul. 1.1.2. Defin´ıci´ o (egyenl˝ o halmazok) Az A és B halmazok egyenl˝ oek, ha elemeik ugyanazok, azaz x ∈ A ⇐⇒ x ∈ B. Jelölése: A = B. Tagadását A 6= B m´ odon jel¨ olj¨ uk. Az 1.1.2. Defin´ıcióból következik, hogy csak egy u ¨res halmaz létezik, illetve a halmaz elemek megadási sorrendje tetsz˝oleges. Például: A = {2, 4, 6} = B = {4, 2, 6} = C = {6, 2, 4} = D = {6, 4, 2} = E = {4, 6, 2} = F = {2, 6, 4}.

1.1.3. Defin´ıci´ o (r´ eszhalmaz) Az A halmaz részhalmaza a B halmaznak, ha minden x ∈ A esetén x ∈ B is teljes¨ ul, azaz x ∈ A =⇒ x ∈ B. Jelölése: A ⊂ B vagy B ⊃ A.

11

¨ le ´sek, elneveze ´sek 1.1 Jelo

Az 1.1.3. Defin´ıció szerint minden halmaz részhalmaza önmagának és az u ¨res halmaz minden halmaznak részhalmaza. Például: A ⊂ A, ∅ ⊂ B, ∅ ⊂ X. 1.1.4. Defin´ıci´ o (val´ odi r´ eszhalmaz) Az A halmaz valódi részhalmaza a B halmaznak, ha A ⊂ B, de A 6= B. Ez azt jelenti, hogy van B-nek A-ba nem tartozó eleme is. Az u ¨res halmaz valódi részhalmaza bármelyik nem¨ ures halmaznak. 1.1.5. Megjegyz´ es Két halmaz egyenl˝oségét ´ıgy is megfogalmazhatjuk: Az A és B halmazok akkor és csak akkor egyenl˝ok, ha A⊂B

és

B ⊂ A.

1.1.6. P´ elda Egyenl˝o-e az ∅ és a {0} halmaz? Megold´ as: Az u ¨res halmaznak nincs eleme. A második halmaz egy-elem˝ u. Így a két halmaz nem egyenl˝o. 1.1.7. Defin´ıci´ o (v´ eges halmaz) Egy halmazt végesnek nevez¨ unk, ha elemeinek sz´ ama véges. Ellenkez˝ o esetben végtelennek mondjuk. Véges halmaz számosságán elemeinek sz´ am´ at értj¨ uk. 1.1.8. P´ elda Az A = {2, −4, 6, 7, 10, 14, 100, 2006} halmaz számossága 8, a B = {x ∈ R : x2 + 5x + 6 = 0} számossága 2, mert B = {x ∈ R : x2 + 5x + 6 = 0} = {−2, −3}. Emlékeztet˝ou ¨l megadjuk néhány nevezetes számhalmaz jelölését: N = {1, 2, ...}, a pozit´ıv természetes számok halmaza; N0 = {0, 1, 2, ...}, a természetes számok halmaza a nullával b˝ov´ıtve; Z ={..., −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, ...}, az egész számok halmaza; Z+ ={1, 2, 3, ...}, a pozit´ıv egész számok halmaza; Z− ={..., halmaza; −3, −2, −1}, a negat´ıv egész számok p : p ∈ Z, q ∈ {Z\{0}} , (p, q) = 1 , a racionális számok halmaza; Q= q R = {racionális és irracionális számok}, a valós számok halmaza.

12


1.1.9. Megjegyz´ es A természetes számok N halmazának számosságát megszámlálhatóan végtelennek mondjuk. A valós számok R halmazának számossága kontinuum. 1.1.10. Defin´ıci´ o (halmazrendszer) Egy olyan nem¨ ures halmazt, amelynek elemei maguk is halmazok, halmazrendszernek vagy halmazcsal´ adnak nevez¨ unk. 1.1.11. Defin´ıci´ o (indexelt halmazrendszer) Ha I 6= ∅ egy (´ ugynevezett) indexhalmaz és b´ armely i ∈ I esetén adott egy Ai halmaz, akkor az A = {Ai : i ∈ I} halmazt I-vel indexelt halmazrendszernek nevezz¨ uk. 1.1.12. Defin´ıci´ o (hatv´ anyhalmaz) Egy A halmaz összes részhalmaz´ ab´ ol ´ all´ o halmzat az A halmaz hatv´ anyhalmaz´ anak nevezz¨ uk és P(A)-val jelölj¨ uk. 1.1.13. P´ elda Hatázozzuk meg az A = {a, b, c} halmaz hatványhalmazát! Megold´ as: P(A) = ∅, {a} , {b} , {c} , {a, b} , {a, c} , {b, c} , A

1.2

˝veletek halmazokkal Mu

Három m˝ uveletet értelmez¨ unk: 1. a halmazok egyes´ıtését (unióját); 2. a halmazok közös részét (metszetét); 3. a halmazok k¨ ulönbségét. 1.2.1. Megjegyz´ es A halmazok számos esetben jól szemléltethet˝ok zárt görbével határolt s´ıkidomokkal (körlap, téglalap, ellipszis), a halmazokhoz tartozó elemek pedig a halmazt ábrázoló s´ıkidom belsejében lév˝o pontokkal. Az ilyen jelleg˝ u ábrát Venn-diagramnak nevezz¨ uk.

13

˝veletek halmazokkal 1.2 Mu

1.2.2. Megjegyz´ es John Venn (1834 - 1923), angol matematikus. Venn édesanyja korán meghalt, mikor gyermeke még egészen kicsi volt. Apja a drypool-i egyházközség vezet˝oje volt, s nagyapja is lelkész volt, s mindketten fontos szerepet töltöttek be az evangélikus egyházban. Nem volt tehát kérdéses, hogy az ifj´ u John Venn-nek is a papi hivatást kell választania. 1853-ban kezdte egyetemi tanulmányait Cambridge-ben. A második évben der¨ ult ki matematikai tehetsége, mikor hatodik lett a matematikai d´ıjazottak közt. 1859-ben, diplomája megszerzése után két évvel pappá szentelték. S ezután Cheshuntban, Hertfordshire-ben majd Mortlake-ben teljes´ıtett szolgálatot. 1862-ben visszatért Camebridge-be, ahol egyetemi tanári állást kapott, s többek közt logikát tan´ıtott. Venn kiterjesztette Boole logikáját, és leginkább grafikus ábrázolási módjáról ismert. 1883-ban Venn-t a h´ıres Royal Society tagjává választották. 1.2.3. Defin´ıci´ o (halmazok egyes´ıt´ ese) Az A és B halmazok egyes´ıtésén vagy uni´ oj´ an azoknak az elemeknek a halmazát értj¨ uk, amelyek legal´ abb az egyik halmazban benne vannak. Jel¨ olése: A ∪ B. Azaz A ∪ B := {x : x ∈ A vagy x ∈ B}. ´ an az A és B halmaz uniója látható (A, B ⊂ H): Az 1.1. Abr´

1.1. ábra 1.2.4. Defin´ıci´ o (halmazok metszete) Az A és B halmazok metszetén vagy k¨ oz¨ os részén azoknak az elemeknek a halmazát értj¨ uk, amelyek mindkét halmaznak elemei. Jel¨ olése: A ∩ B. Azaz A ∩ B := {x : x ∈ A és x ∈ B}.

14


Az 1.2. ábrán az A és B halmazok metszete van ábrázolva (A, B ⊂ H):

1.2. ábra 1.2.5. Defin´ıci´ o (halmazok k¨ ul¨ onbs´ ege) Az A és B halmaz k¨ ulönbségén azt a halmazt értj¨ uk, amelynek elemei A-hoz tartoznak, de nincsenek benne B-ben. Jelölése: A \ B. A \ B = {x : x ∈ A és x 6∈ B}.

1.3. ábra 1.2.6. Defin´ıci´ o (komplementer halmaz) Legyen A a H halmaz részhalmaza: A ⊂ H. Ekkor a H \ A := {x : x ∈ H és x 6∈ A}

15

˝veletek halmazokkal 1.2 Mu

halmazt az A halmaz H-ra vonatkoz´ o komplementerének nevezz¨ uk (kiegész´ıt˝ o halmazának nevezz¨ uk). (Lásd az 1.4. ´ abr´ at.) Jelölése: A vagy AH .

1.4. ábra 1.2.7. Defin´ıci´ o (diszjunkt halmazok) Az A és B halmazok diszjunktak, ha metszet¨ uk u ¨res halmaz: A ∩ B = ∅.

1.5. ábra 1.2.8. P´ elda Legyen A = {2, 4, 6, 8, 10} és B = {n ∈ N0 : n < 7}. Ekkor:

16


A ∪ B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10}. 1.2.9. P´ elda Legyen A = {pozit´ıv páros számok}, B = {pozit´ıv páratlan számok} és C = {0}. Ekkor: A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, ...} = N;

A ∪ B ∪ C = {0, 1, 2, 3, ...} = N0 .

1.2.10. P´ elda Legyen A = {pozit´ıv páros számok} = {2, 4, 6, 8, 10, ...} és B = {az 5-tel osztható természetes számok} = {5, 10, 15, 20, 25, 30, ...}. Ekkor: A ∩ B = {10, 20, 30, 40, ...} = {a 10-el osztható természetes számok}.

1.3

´ e ´s a metszet tulajdonsa ´gai. Az unio

1.3.1. T´ etel (m˝ uveleti szab´ alyok) Legyenek A, B és C tetsz˝oleges halmazok. Ekkor érvényesek az al´ abbi tulajdonságok: 1. Kommutativitás: A ∪ B = B ∪ A, illetve A ∩ B = B ∩ A; 2. Asszociativitás: A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C, illetve A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C; 3. Idempotens tulajdons´ ag: A ∪ A = A, illetve A ∩ A = A; 4. Elnyelési tulajdonság: A ∪ (A ∩ B) = A, illetve A ∩ (A ∪ B) = A; 5. Disztributivitás: A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C), illetve A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C); ¨ 6. Ures halmazzal való m˝ uvelet: A ∪ ∅ = A, illetve A ∩ ∅ = ∅. A tétel bizony´ıtása a m˝ uveletek defin´ıciójából következik. 1.3.2. Megjegyz´ es Könnyen belátható, hogy a komplementer felhasználásával a H alaphalmaz A és B részhalmazaira az A \ B k¨ ulönbséget a következ˝oképpen fejezhetj¨ uk ki: A \ B = A ∩ BH . Valamely H alaphalmaz A és B részhalmazaira teljes¨ ulnek az alábbi áll´ıtásban kimondott tulajdonságok.

´ e ´s a metszet tulajdonsa ´gai. 1.3 Az unio

17

1.3.3. T´ etel (r´ eszhalmazok ´ es komplementerek tulajdons´ agai) Ha A ⊂ H és B ⊂ H, akkor: 1. AH = A 2. A∩ AH = ∅ illetve A ∪ AH = H 3. A ∩ B = A ∪ B illetve A ∪ B = A ∩ B, ahol minden komplementer a H halmazra vonatkozik. Bizony´ıt´ as: Bizony´ıtsuk a A ∩ B = A ∪ B De-Morgan féle képletet! Legyen x ∈ H tetsz˝oleges eleme H-nak. Ekkor x ∈ A ∩ B akkor és csak akkor, ha x 6∈ (A ∩ B). Az x 6∈ (A ∩ B) reláció akkor és csak akkor teljes¨ ul, ha x 6∈ A vagy x 6∈ B. Ezért x 6∈ A vagy x 6∈ B akkor és csak akkor, ha x ∈ A vagy x ∈ B. Tehát igaz, hogy A ∩ B = A ∪ B. A második De Morgan képletet bizony´ıtása analóg. 1.3.4. Megjegyz´ es Augustus de Morgan (1806 - 1871), angol matematikus. Bevezette a teljes indukció használatát és a De Morgan-azonosságnak nevezett szabályokat. Indiában sz¨ uletett, családja ötödik gyermekeként. Nem sokkal sz¨ uletése után elvesztette szeme világát, s amikor 7 hónapos volt, visszatértek Angliába. 1823-ban, 16 évesen a Cambridge-i Trinity College diákja lett, ahol többek között George Peacock is tan´ıtotta. 1827-ben az u ´jjáalap´ıtott Londoni University College-ben megpályázott egy állást a Matematika Tanszéken, s annak ellenére, hogy nem addig nem jelent meg matematikai publikációja, meg is kapta az állást. 1828-ban az University College els˝o matematika professzora lett. 1831-ben lemondott a posztjáról egy elvi vita miatt, azonban 1836ban u ´jra megkapta ugyanazt a tisztséget, amelyet aztán 1866-ig meg is tartott, amikor egy u ´gyjabb elvi vita miatt ismét lemondott. Az Aritmetika elemei c´ım˝ u könyve 1830-ban érte meg a második kiadást, amelyet még számos másik követett az id˝ok folyamán. 1838-ban definiálta és bevezette az u ´gynevezett matematikai indukciót, ez a kifejezés el˝oször Induction (Mathematics) c´ım˝ u m˝ uvében jelenik meg, amit a Penny Cyclopedia-ba ´ırt. Az évek során további 712 cikket ´ırt ebbe az enciklopédiába, melyet a Society for the Diffusion of Useful Knowledge jelentetett meg, ugyanaz a társaság ami a kés˝obbiek folyamán London University-t alap´ıtották, s akik de Morgan másik h´ıres m˝ uvét, A differenci´ al- és integr´ alsz´ am´ıt´ as-t is kiadta. 1849-ben publikált még egy m˝ uvet a komplex számok geometriai értelmezésér˝ol, majd bevezette a ma De Morgan-azonosságként ismert szabályokat, melyekkel

18


nagyban hozzájárult a matematikai logika megreformálásához. De Morgan-t mindig érdekelték a furcsa számtani tények, és 1864-es ´ırásában megjegyezte, hogy éppen x éves, és éppen az x2 -edik évet ´ırják, ugyanis 43 éves volt 1849ben. 1.3.5. P´ elda Legyen A = {x : x ∈ R, |x| < 3} és B = {x : x ∈ R, x > 0}. Írjuk fel az AR , B R , A ∩ B, A ∪ B, A \ B halmazokat! Megold´ as: AR = {x : x ∈ R, |x| ≥ 3}; B R = {x : x ∈ R, x ≤ 0}. Mivel az A és B halmaz közös elemei a háromnál kisebb pozit´ıv valós számok, ezért A ∩ B = {x : x ∈ R, 0 < x < 3}. Az A és B halmaz uniója mindkét halmaz valamennyi elemét tartalmazza, ezért A ∪ B = {x : x ∈ R, x > −3}. Az A\B halmaz A-nak azokat az elemeit tartalmazza, amelyek nem tartoznak B-hez, ´ıgy A \ B = {x : x ∈ R, −3 < x ≤ 0}. 1.3.6. P´ elda Legyen A = {(x, y) ∈ R2 | y = ax + b} és B = {(x, y) ∈ R2 | y = cx + d} . Mit mondhatunk az a, b, c, d paraméterekr˝ol, ha tudjuk, hogy a) A\B = A; b) A\B = ∅; c) A ∩ B = {(0, 0)} ; d) {(1, 0), (0, 1)} ⊂ (A ∩ B). Megold´ as: Az A és B halmazok elemei az R2 s´ık egy-egy egyenesének pontjai. a) Ha A\B = A, akkor a két egyenesnek nincs közös pontja, azaz párhuzamosak, de nem esnek egybe. Ekkor a = c és b 6= d.

´ e ´s a metszet tulajdonsa ´gai. 1.3 Az unio

19

b) Ha A\B = ∅, akkor minden pont közös, vagyis a = c, és b = d. c) Ha A ∩ B = {(0, 0)} , akkor a két egyenes az origóban metszi egymást és ez az egy közös pontjuk van. Tehát a 6= c és b = d = 0. d) Ekkor az egyenesek a két adott pontot biztosan tartalmazzák, ´ıgy egyértelm˝ uen meghatározottak. Vagyis a = c = −1 és b = d = 1. A két egyenes egybe esik. 1.3.7. P´ elda Igazoljuk, hogy tetsz˝oleges A, B, C halmazokra a) A\(B ∪ C) = A ∩ B ∩ C; b) A\(A ∩ B) = A\B; c) (A\B) ∩ (A\C) = A\(B ∪ C); d) A\(B ∩ C) = (A\B) ∪ (A\C). Megold´ as:

a) A\(B ∪ C) = A ∩ (B ∪ C) = A ∩ (B ∩ C) = A ∩ B ∩ C b) A\(A ∩ B) = A ∩ (A ∩ B) = A ∩ (A ∪ B) = (A ∩ A) ∪ (A ∩ B) = ∅ ∪ (A ∩ B) = (A ∩ B) = A\B c) (A\B) ∩ (A\C) = (A ∩ B) ∩ (A ∩ C) = A ∩ A ∩ B ∩ C = A ∩ (B ∩ C) = A ∩ (B ∪ C) = A\(B ∪ C) d) A\(B ∩ C) = A ∩ (B ∩ C) = A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) = (A\B) ∪ (A\C) 1.3.8. Defin´ıci´ o (halmazok szimmetrikus k¨ ul¨ onbs´ ege) Az A és B halmaz szimmetrikus k¨ ul¨ onbségén (szimmetrikus differenci´ aj´ an) az (A \ B) ∪ (B \ A) halmazt értj¨ uk. Jelölése: A4B.

20


1.6. ábra 1.3.9. Megjegyz´ es Könnyen ellen˝orizhet˝o, hogy A4B = (A ∪ B) \ (A ∩ B). Az 1.3.8. Defin´ıcióból világosan kit˝ unik, hogy a 4 m˝ uvelet kommutat´ıv: A4B = B4A, továbbá A4B ⊆ A ∪ B, és A4A = ∅,

∅4A = A.

21

2 2.1

ćio ´ k, Fu ¨ggve ńyek Rela ´rok, Descartes-szorzat Rendezett elempa

2.1.1. Defin´ıci´ o (rendezett elemp´ arok) Két tetsz˝oleges a és b elemb˝ ol rendezett elemp´ art, amelyet alapfogalomnak tekint¨ unk, u ´gy alkotunk, hogy a két elemet meghat´ arozott sorrendben tekintj¨ uk és az (a, b) szimbólummal jel¨ olj¨ uk; a-t az (a, b) rendezett elemp´ ar els˝ o, b-t pedig a második komponensének nevezz¨ uk. 2.1.2. Megjegyz´ es A rendezett elempárra igaz, hogy (a, b) = (c, d) ⇐⇒ a = c és

b = d.

2.1.3. P´ elda Rendezett elempárok: (Budapest, Duna), (Szeged, T isza); (1, 1), (2, 4), (3, 9), (4, 16). 2.1.4. Defin´ıci´ o (halmazok direkt(Descartes-) szorzata) Az A és B halmaz direkt szorzat´ an (Descartes-szorzat´ an) pontosan azoknak a rendezett elempároknak a halmaz´ at értj¨ uk, mely elemp´ arok els˝ o komponense A-beli, második pedig B-beli elem. Jelölése: A × B := {(a, b) : a ∈ A, b ∈ B}. 2.1.5. Megjegyz´ es René du Peron Descartes (1596 - 1650), francia matematikus, fizikus és filozófus. Az analitikus geometria megalapozásával u ´j korszakot nyitott a matematika történetében. Gazdag nemesi családból származik. Nyolc évesen a jezsuiták egyik iskolájába ker¨ ul. Onnan 1612-ben Párizsba megy és Mersenne-t˝ol matematikát tanul. 1617-ben katonának áll be a holland Orániai Móricz herceg hadseregébe. Innen a bajor hadsereghez szeg˝odik. Katonáskodása során sok csatában vesz részt és sok országban megfordul, ´ közt¨ uk hazánkban is. Ersek´ ujvár ostromakor szemtan´ uja vezére halálának. Egy id˝ore elmegy a kedve a katonáskodástól és visszatér Párizsba. 1629ben Hollandiában telepedik le és ott él 20 évig. Nem n˝os¨ ul meg, idejét egy általános megismerési módszer keresésének szenteli. A skolasztika ellen´ feleként hisz az értelmi megismerésben.1637-ben jelenik meg az Ertekez´ esek a módszerr˝ol c´ım˝ u m˝ uve, amelyben a természetkutatás általános módszereit

22

´ OK, ´ ¨ ´ 2 RELACI FUGGV ENYEK

dolgozza ki. A koordinátamódszert a m˝ u Geometria c´ım˝ u f¨ uggeléke tartalmazza. 1649-ben Krisztina királyn˝o megh´ıvására Svédországba megy az akadémia megszervezésére. Gyenge szervezete azonban nem b´ırja az északi kl´ımát és 1650 elején t¨ ud˝ogyulladásban meghal. 2.1.6. P´ elda Legyen A = {1, 2} és B = {2, 3, 4}. Írjuk fel az A × B és a B × B = B 2 halmaz elemeit! Megold´ as: A × B = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 2), (2, 3), (2, 4)}; B × B = B 2 = {(2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 2), (4, 3), (4, 4)}. 2.1.7. Megjegyz´ es A direkt szorzás általában nem kommutat´ıv m˝ uvelet. Ezt az alábbi példa igazolja. 2.1.8. P´ elda Ha A = {2, 4} és B = {1, 3}, akkor A × B = {(2, 1), (2, 3), (4, 1), (4, 3)} B × A = {(1, 2), (1, 4), (3, 2), (3, 4)}. Tehát A × B 6= B × A. Ismertetj¨ uk a direkt szorzat egyes tulajdonságait. 2.1.9. T´ etel (direkt szorzat tulajdons´ agai) Ha A, B és C tetsz˝oleges halmazok, akkor: 1. A × B = ∅ ⇐⇒ A = ∅ vagy B = ∅; 2. (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C); 3. A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C); 4. (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C); 5. A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C); 6. (A \ B) × C = (A × C) \ (B × C); 7. A × (B \ C) = (A × B) \ (A × C);

23

ćio ´k 2.2 Rela

8. B ⊂ C =⇒ (A × B) ⊂ (A × C). Ezek a tulajdonságok közvetlen¨ ul a defin´ıcióból adódnak. 2.1.10. Megjegyz´ es A rendezett párokhoz hasonlóan értelmezhet˝o a rendezett elem hármasok, s˝ot a rendezett elem n-esek fogalma is. Az A1 × A2 × ...An direkt szorzat elemei azok a rendezett (a1 , a2 , ..., an ) elem n-esek, melyekre a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 , ..., an ∈ An . 2.1.11. P´ elda Legyen A1 = {a, 5}; A2 = {1, 2}; A3 = {4, 6}. Írjuk fel az A1 ×A2 ×A3 halmaz elemeit! Megold´ as: A1 ×A2 ×A3 = {(a, 1, 4), (a, 1, 6), (a, 2, 4), (a, 2, 6), (5, 1, 4), (5, 1, 6), (5, 2, 4), (5, 2, 6)}.

2.2

ćio ´k Rela

2.2.1. Defin´ıci´ o (bin´ aris (k´ etv´ altoz´ os) rel´ aci´ o) Bináris (kétváltozós) reláci´ onak nevez¨ unk minden olyan halmazt, amelynek elemei rendezett párok. Legyen F bináris reláció és (a, b) F valamely eleme. Az (a, b) ∈ F hozzátartozást a következ˝oképpen is jel¨ olhetj¨ uk: aF b. Olvasva: a az F relációban van b-vel, vagy F a-hoz a b-t rendeli. 2.2.2. P´ elda F = {(1, 2), (a, g), (4, 6)} - bináris reláció. 2.2.3. Defin´ıci´ o (bin´ aris rel´ aci´ o´ ertelmez´ esi tartom´ anya ´ es ´ ert´ ekk´ eszlete) Valamely bináris reláció elemeinek az els˝ o komponenseib˝ ol alkotott halmazt a reláció értelmezési tartomány´ anak, a m´ asodik komponeneseib˝ ol sz´ armaztatott halmazt pedig a bináris rel´ aci´ o értékkészletének nevezz¨ uk. Jel¨ olj¨ uk az F bináris reláció értelmezési tartom´ any´ at DF -el, értékkészletét pedig RF -el. 2.2.4. P´ elda Ha F = {(1, 2), (a, g), (4, 6)}, akkor DF = {1, a, 4}; RF = {2, g, 6}.

24


2.2.5. Defin´ıci´ o (az A ´ es B halmaz k¨ oz¨ otti rel´ aci´ o) Az A × B direkt szorzat egy F ⊂ A × B részhalmaz´ at A és B k¨ oz¨ otti (bin´ aris kétváltozós) relációnak, vagy A-b´ ol B-be ´ atviv˝ o rel´ aci´ onak nevezz¨ uk. Ha A = B akkor azt mondjuk, hogy F rel´ aci´ o A-n. 2.2.6. P´ elda Ha A = {1, 2} és B = {2, 3, 4, 5}, akkor A × B = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5)} és F = {(1, 2), (1, 4), (2, 2)} ⊂ A × B egy A-ból B-be átviv˝o reláció. 2.2.7. Megjegyz´ es Nem szabad összekeverni a bináris reláció (lásd: 2.2.1. Defin´ıció) és a két adott halmaz közötti reláció (lásd: 2.2.5. Defin´ıció) fogalmát. 2.2.8. Defin´ıci´ o (rel´ aci´ o inverze) Az F ⊂ A × B reláció inverze alatt a B × A halmaz al´ abbi részhalmaz´ at értj¨ uk: F −1 := {(b, a) : (a, b) ∈ F ⊂ A × B}. 2.2.9. Megjegyz´ es (a, b) ∈ F akkor és csak akkor, ha (b, a) ∈ F −1 . Ezért azonnal adódik, hogy −1 (F −1 ) = F . Az is látható, hogy F −1 (B) = DF . 2.2.10. Defin´ıci´ o (rel´ aci´ ok kompoz´ıci´ oja) Legyenek F ⊂ (A × B) és G ⊂ (B × C) adott rel´ aci´ ok. Ezen rel´ aci´ ok kompoziciója a következ˝o reláci´ o: G ◦ F := {(a, c) : ∃b ∈ B u ´gy, hogy (a, b) ∈ F, (b, c) ∈ G} A fenti defin´ıció szerint G ◦ F egy A és C közötti reláció. 2.2.11. P´ elda Adottak az F = {(1; 2), (2; 3), (3; 1), (4; 5), (5; 1)} és a G = {(1; 5), (5; 4), (2; 4), (3; 1), (4; 1)} relációk az A = {1, 2, 3, 4, 5} halmazon. Határozzuk meg a (F ◦ G) ∩(G ◦ F ) relációt! Megold´ as: F ◦ G = {(1; 1), (2; 5), (3; 2), (4; 2), (5; 5)} G ◦ F = {(1; 4), (2; 1), (3; 5), (4; 4), (5; 5)} Tehát: (F ◦ G) ∩ (G ◦ F ) = {(5; 5)}.

25

ćio ´k 2.2 Rela

2.2.12. P´ elda Adott az F = {(1; 2), (2; 3), (3; 1), (4; 5), (5; 3)} bináris reláció az A = {1, 2, 3, 4, 5} halmazon. Szám´ıtsuk ki az F 2 és az F 3 relációkat! Megold´ as: F ◦ F = F 2 = {(1; 3), (2; 1), (3; 2), (4; 3), (5; 1)}, F ◦ F 2 = F 3 = {(1; 1), (2; 2), (3; 3), (4; 1), (5; 2)}. 2.2.13. T´ etel (rel´ aci´ ok kompoz´ıci´ oj´ anak inverze) Legyenek F ⊂ A × B és G ⊂ B × C tetsz˝ oleges rel´ aci´ ok. Ekkor (G ◦ F )−1 = F −1 ◦ G−1 . Bizony´ıt´ as: Mivel a G ◦ F reláció elemei A × C-beli elempárok, ezért (G ◦ F )−1 ⊂ C × A. Egy (c, a) elempár pontosan akkor tartozik (G ◦ F )−1 hez, ha (a, c) ∈ G ◦ F . Ez a tartalmazás akkor és csak akkor lehet érvényes, ha létezik b ∈ B u ´gy hogy (a, b) ∈ F és (b, c) ∈ G. Ez a két tartalmazás egyenérték˝ u azzal, hogy (c, b) ∈ G−1 és (b, a) ∈ F −1 valamilyen b ∈ B-vel, tehát ha (c, a) ∈ F −1 ◦ G−1 . Ezzel megmutattuk, hogy a (c, a) ∈ (G ◦ F )−1 és a (c, a) ∈ F −1 ◦ G−1 összef¨ uggések ekvivalensek. Így a tétel áll´ıtását beláttuk.

2.2.14. T´ etel (rel´ aci´ ok kompoz´ıci´ oj´ anak asszociativit´ asa) Legyen adott az A, B, C és D halmaz. Legyen F ⊂ A × B, G ⊂ B × C és H ⊂ C × D tetsz˝oleges reláci´ ok. Ekkor H ◦ (G ◦ F ) = (H ◦ G) ◦ F. Bizony´ıt´ as: A bizony´ıtást a szokott módon végezz¨ uk. Legyen (a, d) ∈ H ◦ (G ◦ F ). Ekkor létezik olyan c ∈ C, hogy (c, d) ∈ H és (a, c) ∈ (G ◦ F ). Ez utóbbi miatt létezik olyan b ∈ B, hogy (a, b) ∈ F és (b, c) ∈ G. Viszont (c, d) ∈ H és (b, c) ∈ G miatt (b, d) ∈ (H ◦ G), ´ıgy (a, d) ∈ (H ◦ G) ◦ F . Megford´ıtva: Ha (a, d) ∈ (H ◦ G) ◦ F , akkor létezik b ∈ B, hogy (a, b) ∈ F és (c, d) ∈ (H ◦ G). Emiatt létezik olyan c ∈ C, hogy (b, c) ∈ G és (c, d) ∈ H. Így (a, c) ∈ (G ◦ F ), ahonnan adódik, hogy (a, d) ∈ H ◦ (G ◦ F ).

26


2.3

ćio ´ k az A halmazon Rela

2.3.1. Defin´ıci´ o (parci´ alis rendez´ es) Legyen adott az A nem¨ ures halmaz. Egy R ⊂ A × A rel´ aci´ ot parci´ alis rendezésnek (részben rendezésnek) nevez¨ unk az A halmazon, ha teljes¨ ulnek a k¨ ovetkez˝o feltételek: 1. az A halmaz minden x elemére (x, x) ∈ R, azaz a rel´ aci´ o reflex´ıv; 2. az A halmaz minden x, y elemére ha (x, y) ∈ R és (y, x) ∈ R, akkor x = y, azaz a reláció antiszimmetrikus; 3. az A halmaz minden x, y, z elemére ha (x, y) ∈ R és (y, z) ∈ R, akkor (x, z) ∈ R, vagyis a rel´ aci´ o tranzit´ıv. Ha R parciális rendezés A-n, akkor az A halmazt részben rendezett halmaznak nevezz¨ uk. 2.3.2. Defin´ıci´ o (rendez´ esi rel´ aci´ o) Legyen adott az A nem¨ ures halmaz. Egy R ⊂ A × A rel´ aci´ ot rendezési relációnak nevez¨ unk az A halmazon, ha teljes¨ ulnek a k¨ ovetkez˝ o feltételek: 1. az A halmaz minden x elemére (x, x) ∈ R, azaz a rel´ aci´ o reflex´ıv; 2. az A halmaz minden x, y elemére ha (x, y) ∈ R és (y, x) ∈ R, akkor x = y, azaz a reláció antiszimmetrikus; 3. az A halmaz minden x, y, z elemére ha (x, y) ∈ R és (y, z) ∈ R, akkor (x, z) ∈ R, vagyis a rel´ aci´ o tranzit´ıv; 4. az A halmaz minden x, y elemére vagy (x, y) ∈ R vagy (y, x) ∈ R, azaz a reláció lineáris. Ha R rendezési reláció A-n, akkor az A halmazt rendezett halmaznak nevezz¨ uk. 2.3.3. P´ elda Legyenek x, y, z k¨ ulönböz˝o elemek és A = {x, y, z}. Adjuk meg az összes parciális rendezést az A halmazon, majd válasszuk ki ezek köz¨ ul a rendezési relációkat!

ćio ´ k az A halmazon 2.3 Rela

27

Megold´ as: R1 := R2 := R3 := R4 := R5 := R6 := R7 := R8 := R9 := R10 := R11 := R12 := R13 := R14 := R15 := R16 := R17 := R18 := R19 :=

A × A; (x, x), (y, y), (z, z), (x, y) ; (x, x), (y, y), (z, z), (y, x) ; (x, x), (y, y), (z, z), (x, z) ; (x, x), (y, y), (z, z), (z, x) ; (x, x), (y, y), (z, z), (y, z) ; (x, x), (y, y), (z, z), (z, y) ; (x, x), (y, y), (z, z), (x, y), (x, z) ; (x, x), (y, y), (z, z), (y, x), (y, z) ; (x, x), (y, y), (z, z), (z, x), (z, y) ; (x, x), (y, y), (z, z), (x, y), (z, y) ; (x, x), (y, y), (z, z), (y, x), (z, x) ; (x, x), (y, y), (z, z), (x, z), (y, z) ; (x, x), (y, y), (z, z), (x, y), (y, z), (x, z) ; (x, x), (y, y), (z, z), (y, x), (x, z), (y, z) ; (x, x), (y, y), (z, z), (z, y), (x, z), (x, y) ; (x, x), (y, y), (z, z), (x, y), (z, x), (z, y) ; (x, x), (y, y), (z, z), (y, x), (z, x), (z, y) ; (x, x), (y, y), (z, z), (z, x), (y, z), (y, x) .

Az utolsó hat reláció rendezési reláció is. 2.3.4. Defin´ıci´ o (ekvivalencia-rel´ aci´ o) Legyen adott az A nem¨ ures halmaz. Egy R ⊂ A × A rel´ aci´ ot ekvivelenciarelációnak nevez¨ unk az A halmazon, ha teljes¨ ulnek a k¨ ovetkez˝ o feltételek: 1. az A halmaz minden x elemére (x, x) ∈ R, azaz a rel´ aci´ o reflex´ıv; 2. az A halmaz minden x, y elemére ha (x, y) ∈ R, akkor (y, x) ∈ R, azaz a reláció szimmetrikus; 3. az A halmaz minden x, y, z elemére ha (x, y) ∈ R és (y, z) ∈ R, akkor (x, z) ∈ R, vagyis a rel´ aci´ o tranzit´ıv.

28


2.3.5. P´ elda Legyenek x, y, z k¨ ulönböz˝o elemek és A = {x, y, z}. Adjuk meg az összes ekvivalencia-relációt az A halmazon! Megold´ as: R1 := A × A; R2 := (x, x), (y, y), (z, z) ; R3 := (x, x), (y, y), (z, z), (x, y), (y, x) ; R4 := (x, x), (y, y), (z, z), (x, z), (z, x) ; R5 := (x, x), (y, y), (z, z), (z, y), (y, z) . 2.3.6. Defin´ıci´ o (oszt´ alyoz´ as) Legyen H egy nem¨ ures halmaz. Az R halmazrendszert H egy oszt´ alyoz´ as´ anak nevezz¨ uk, ha • R elemei páronként diszjunktak; • minden A ∈ R esetén igaz, hogy A 6= ∅ és A ⊂ H; • ∪R = H. 2.3.7. P´ elda Legyenek x, y, z k¨ ulönböz˝o elemek és H = {x, y, z}. Adjuk meg a H halmaz összes osztályozását! Megold´ as: A H halmaz osztályozásai az alábbi halmazrendszerek: R1 := {x}, {y}, {z} ; R2 := {x}, {y, z} ; R3 := {y}, {x, z} ; R4 := {z}, {x, y} ; R5 := {x, y, z} . 2.3.8. T´ etel (oszt´ alyoz´ as ´ es ekvivalencia-rel´ aci´ o kapcsolata) Ha R egy osztályozása H-nak, akkor megadhat´ o H-n egy ekvivalencia-rel´ aci´ o. Ford´ıtva: ha adott egy ekvivalencia-rel´ aci´ o H-n, u ´gy megadhat´ o H-nak egy osztályozása.

¨ggve ńyek 2.4 Fu

29

Bizony´ıt´ as: Tegy¨ uk fel, hogy R egy osztályozása H-nak. Vezess¨ uk be a % relációt a H halmazon u ´gy, hogy (x, y) ∈ %, ha létezik olyan A ∈ R, hogy x ∈ A és y ∈ A. Ellen˝orizz¨ uk, hogy az ´ıgy bevezetett % reláció ekvivalencia-reláció! % reflex´ıv, mert bármely a ∈ H esetén ∪R = H miatt van olyan A ∈ R halmaz, hogy a ∈ A; tehát a%a. Ha a%b, akkor van olyan A ∈ R, hogy a, b ∈ A; azaz b%a ugyancsak teljes¨ ul, ´ıgy % szimmetrikus is. Ha a%b és b%c, akkor van olyan A ∈ R és B ∈ R, hogy a, b ∈ A és b, c ∈ B. Ekkor b ∈ (A ∩ B), az R osztályozás azonban diszjunkt halmazokból áll, amib˝ol A = B következik. Vagyis a, c ∈ A, tehát a%c is teljes¨ ul, ami % tranzitivitását jelenti. Megmutattuk tehát, hogy % ekvivalencia-reláció. Megford´ıtva: Legyen % ekvivalencia-reláció a H halmazon. Legyen x tetsz˝oleges eleme H-nak és jelölje Ax azt a halmazt, amelynek elemei % relációban állnak x-szel. Így megadtuk H egy osztályozását, hiszen ha Ax 6= Ay , akkor a az osztályozáshoz tartozó halmazok páronként diszjunktak, mert ha lenne közös elem¨ uk, z, akkor x%z és y%z miatt a tranzitivitásból x%y adódna, amib˝ol Ax = Ay következne. Az osztályozás második tulajdonsága is fennáll, mert a reflexivitás miatt x ∈ Ax , ´ıgy Ax 6= ∅ és Ax ⊂ H, hiszen Ax -be csak H-beli elemek ker¨ ulhetnek. Továbbá ∪R = H is igaz, hiszen minden x ∈ H esetén a reflexivitás miatt x%x, azaz x ∈ Ax .

2.4

¨ggve ńyek Fu

Két adott halmaz elemei között értelmezett hozzárendelés seg´ıtségével bevezethet˝o a f¨ uggvényfogalom általánosságban. 2.4.1. Defin´ıci´ o (adott halmazt adott halmazba lek´ epz˝ o egy´ ertelm˝ u f¨ uggv´ eny megad´ asa) Ha egy nem u ¨res X halmaz minden egyes eleméhez hozz´ arendelj¨ uk a nem u ¨res Y halmaznak pontosan egy elemét, akkor X-b˝ ol Y -ba viv˝ o egyértelm˝ u leképezést, vagy f¨ uggvényt adunk meg. Ha erre a f¨ uggvényre, mint az f f¨ uggvényre hivatkozunk, akkor az f : X → Y jel¨ olést haszn´ aljuk. A jelenkor matematikájában a leképezés a f¨ uggvény szó szinon´ımája. Megjegyezz¨ uk, hogy a matematikában a ”hozzárendelésnek” önmagában nincs értelme. A hozzárendelés mindig halmazokhoz van kötve, tehát feltételezi mind az értelmezési tartomány, mind a képhalmaz megadását. 2.4.2. Megjegyz´ es A 2.4.1. Defin´ıcióban szerepl˝o egymáshoz rendelésnél csak az egyik irányban

30


k´ıvánjuk meg az egyértelm˝ uséget, azaz X egy eleméhez Y -nak csak egy eleme tartozik, de ford´ıtva Y -nak valamelyik eleme tartozhat X-nek több eleméhez.

2.1. ábra 2.4.3. Defin´ıci´ o (´ ertelmez´ esi tartom´ any, ´ ert´ ekk´ eszlet) Az f : X → Y f¨ uggvény értelmezési tartom´ any´ an azoknak az X-beli elemeknek a halmazát értj¨ uk, melyekhez f val´ oban hozz´ arendeli az Y halmaz valamely elemét. Az f f¨ uggvény értékkészlete azon Y -beli elemek halmaza, melyeket f az X halmaz legalább egy eleméhez hozz´ arendel. Az f f¨ uggvény értelmezési tartományának jelölése: Domf vagy Df , értékkészletének jel¨ olése: Ranf vagy Rf . Ha f : X → Y , akkor Df ⊆ X, Rf ⊆ Y és f (Df ) = Rf . 2.4.4. Megjegyz´ es A matematikában a hozzárendelés szinon´ımái: megfeleltetés, utas´ıtás, el˝o´ırás, szabály, törvény és mindez annak kör¨ ul´ırására szolgálhat, hogy hogyan adunk meg valamely adott halmazt adott halmazba leképz˝o f¨ uggvényt. Az adott halmazt adott halmazba leképz˝o egyértelm˝ u f¨ uggvény bevezethet˝o a két halmaz közötti reláció seg´ıtségével is (lásd: 2.2.5. Defin´ıció). 2.4.5. Defin´ıci´ o (egy´ ertelm˝ u f¨ uggv´ eny, mint k´ et adott halmaz k¨ oz¨ otti rel´ aci´ o) Legyen X és Y adott nem u ¨res halmaz. Az f ⊂ X × Y két halmaz k¨ oz¨ otti relációt (azaz az X × Y direkt szorzat egy részhalmaz´ at) X-b˝ ol Y -ba viv˝ o

31


egyértelm˝ u f¨ uggvénynek vagy leképezésnek nevezz¨ uk, ha (x, y) ∈ f és (x, z) ∈ f esetén y = z teljes¨ ul, azaz ∀ x ∈ X esetén legfeljebb egy olyan y ∈ Y létezik, melyre (x, y) ∈ f . 2.4.6. Megjegyz´ es Az adott halmazt adott halmazba leképz˝o egyértelm˝ u f¨ uggvény defin´ıciója a következ˝oképpen is megfogalmazható. Az X és Y halmazok közötti f ⊂ X × Y reláció f¨ uggvény, ha ∀x ∈ Df esetén pontosan egy y ∈ Y létezik, melyre (x, y) ∈ f . Azaz az f halmazban nincs olyan két elempár, amelyeknek az els˝o eleme egyenl˝o. 2.4.7. Defin´ıci´ o (f¨ uggv´ eny helyettes´ıt´ esi ´ ert´ eke) Az x ∈ X elemhez hozzárendelt y ∈ Y elemet az f f¨ uggvény x helyen felvett értékének vagy helyettes´ıtési értékének nevezz¨ uk. Jel¨ olése: y = f (x). 2.4.8. Megjegyz´ es A 2.4.7. Defin´ıcióban szerepl˝o ”érték” szót szimbolikusan használják, hiszen az X és Y halmaz elemei tetsz˝oleges objektumok (dolgok) lehetnek. 2.4.9. P´ elda Legyen X = {els˝oéves hallgat´ ok }, Y = {a hét napjai: hétf˝ o, kedd, szerda, cs¨ utörtök, péntek, szombat, vas´ arnap}. Legyen f az a f¨ uggvény, amely minden hallgatóhoz hozzárendeli a hét napjai köz¨ ul azt a napot, amelyiken sz¨ uletett (lásd a 2. ábrát). Ez esetben a ”f¨ uggvényértékek” a hét napjai. 2.4.10. Defin´ıci´ o (f¨ uggv´ eny grafikonja) Legyen adott az f : X → Y f¨ uggvény. Az f f¨ uggvény grafikonj´ anak az X × Y direkt szorzat alábbi rendezett elemp´ araib´ ol ´ all´ o részhalmazt nevezz¨ uk: G(f ) := {(x, y) ∈ X × Y : x ∈ X, y = f (x) ∈ Y }. 2.4.11. P´ elda Legyen X = {a, b, c}, Y = {y1 , y2 , y3 , y4 } és az f : X → Y f¨ uggvény értékkészlete: f (a) = y4 , f (b) = y2 , f (c) = y2 . Ekkor az f f¨ uggvény grafikonja az alábbi halmaz: G(f ) = {(a, y4 ), (b, y2 ), (c, y2 )}. 2.4.12. Megjegyz´ es Az R-b˝ol R-be átviv˝o relációt grafikusan is ábrázolhatjuk. Minden rendezett (x, y) ∈ R × R elempárhoz hozzárendelj¨ uk a derékszög˝ u koordinátarendszerben az (x, y) koordinátákkal rendelkez˝o pontot.

32


2.4.13. Defin´ıci´ o (sz¨ urjekt´ıv f¨ uggv´ eny) Az f : X → Y f¨ uggvény sz¨ urjekt´ıv, ha f (X) = Y . 2.4.14. Defin´ıci´ o (injekt´ıv f¨ uggv´ eny) Az f : X → Y f¨ uggvény injekt´ıv, ha b´ armely x1 , x2 ∈ Domf -re x1 6= x2 esetén következik, hogy f (x1 ) 6= f (x2 ). 2.4.15. Defin´ıci´ o (bijekt´ıv f¨ uggv´ eny, k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ ertelm˝ u f¨ uggv´ eny) Az f : X → Y f¨ uggvény bijekt´ıv, ha injekt´ıv és sz¨ urjekt´ıv, azaz k¨ olcs¨ on¨ osen egyértelm˝ u leképezést létes´ıt az X és Y halmazok elemei k¨ oz¨ ott. 2.4.16. Megjegyz´ es Egy f : X → Y f¨ uggvény akkor tekinthet˝o adottnak, ha ismerj¨ uk a Df értelmezési tartományát, az Y halmazt és azt a szabályt, ahogyan az értelmezési tartomány elemeihez az Y -beli elemeket hozzárendelj¨ uk. Az f f¨ uggvény megadásánál szokásosak még az alábbi jelölések: 1. x 7−→ f (x), 2. y = f (x),

x ∈ X, x ∈ X,

(x ∈ Df ) (x ∈ Df )

Természetesen az X és Y halmazok nem feltétlen¨ ul k¨ ulönböz˝oek, ezek meg is egyezhetnek. 2.4.17. Defin´ıci´ o (¨ osszetett f¨ uggv´ eny) Legyen g : X → Y és f : Y → Z két adott f¨ uggvény. A h : X → Z f¨ uggvényt, amelyet a h(x) := f (g(x)),

x∈X

képlet határoz meg, összetett f¨ uggvénynek nevezz¨ uk. Jel¨ olése: h = f (g) vagy

h = f ◦ g,

illetve h(x) = f (g(x)) vagy

h(x) = (f ◦ g)(x).

2.4.18. P´ elda Legyen g : R → R, g(x) = x2 + 2 és f : R → [−1, 1], f (x) = sin x. Ekkor f (g(x)) = (f ◦ g)(x) = sin(x2 + 2);

D(f ◦ g) = R;

f ◦ g : R → [−1, 1];

g(f (x)) = (g ◦ f )(x) = sin2 x + 2;

D(g ◦ f ) = R;

g ◦ f : R → [2, 3].

33


2.4.19. Defin´ıci´ o (inverz f¨ uggv´ eny) Legyen f : X → Y egy bijekt´ıv f¨ uggvény. Ekkor ∀ y ∈ Y -ra létezik egyetlen egy x ∈ X, melyre f (x) = y. Jel¨ olése: f −1 (y) := x. Az f −1 : Y → X f¨ uggvényt az f f¨ uggvény inverzének nevezz¨ uk. 2.4.20. Megjegyz´ es Az inverz f¨ uggvény megadható két adott halmaz közötti reláció seg´ıtségével is. Az f ⊂ X × Y két halmaz közötti relációval meghatározott bijekt´ıv f¨ uggvény inverzén az f −1 ⊂ Y × X, azaz az Y és X közötti relációval adott f¨ uggvényt értj¨ uk, ahol az f −1 részhalmaz elemei: f −1 := {(y, x) ∈ Y × X : (x, y) ∈ f } 2.4.21. P´ elda Legyen f : X → Y , y = f (x) = 2x + 10. Ekkor f −1 : Y → X,

x = f −1 (y) =

y − 10 . 2

2.4.22. Megjegyz´ es Az f : X → Y f¨ uggvény megadásánál az X, Y halmazok igen változatosak lehetnek. Az X, Y halmazok konkrét megválasztásával olyan speciális t´ıpus´ u f¨ uggvényeket kapunk, amelyeket k¨ ulön elnevezéssel illet¨ unk. Például, ha X és Y is a valós számok halmaza, akkor azt mondjuk, hogy f egyváltozós valós f¨ uggvény. Ha X = R × R és Y = R, akkor f : R × R → R kétváltozós valós f¨ uggvény. Ha X = C[a, b], azaz az [a, b] intervallumon értelmezett egyváltozós valós folytonos f¨ uggvények halmaza és Y = R, akkor az f : C[a, b] → R leképezést funkcionálnak mondjuk. 2.4.23. P´ elda Határozzuk meg az x 7−→ f (x) = x4 + 4,

x ∈ R és x > 0

f¨ uggvény értelmezési tartományát és értékkészletét! Megold´ as: Df = R+

(a pozit´ıv valós számok halmaza)

Rf = {x ∈ R : x > 4} (a négynél nagyobb valós számok halmaza)

34

2.5


´mla ´lhato ´ halmazok Megsza

2.5.1. Defin´ıci´ o (ekvivalens halmazok) Két halmaz ekvivalens, ha létezik k¨ oz¨ ott¨ uk egy bijekt´ıv leképezés, vagyis az A és B halmazok ekvivalensek, ha létezik f :A→B bijekció. Ha A és B ekvivalens halmazok, akkor azt ´ıgy jel¨ olj¨ uk: A ∼ B. Az ekvivalens halmazokról azt is mondhatjuk, hogy egyenl˝ o sz´ amoss´ ag´ uak. 2.5.2. Defin´ıci´ o (megsz´ aml´ alhat´ o halmaz) Azt mondjuk, hogy egy halmaz megsz´ aml´ alhat´ o, ha az elemeit k¨ olcs¨ on¨ osen egyértelm˝ uen megfeleltethetj¨ uk a természetes sz´ amok halmaz´ anak, azaz olyan halmazok,amelyek végtelen sorozatba rendezhet˝ ok: a1 , a2 , ..., an , ..., ami azt jelenti, hogy bijekció létes´ıthet˝ o k¨ ozte és a természetes sz´ amok halmaza k¨ oz¨ ott. 2.5.3. P´ elda Tekints¨ uk az egész számok halmazát és a létes´ıthet˝o bijekciót a természetes számok halmazával: { {

0, ↓ 1,

−1, ↓ 2,

1, ↓ 3,

−2, ↓ 4,

2, ↓ 5,

−3, 3, ↓ ↓ 6, 7,

...

}

... }.

2.5.4. P´ elda Bizony´ıtsuk be, hogy a racionális számok halmaza szintén megszámlálható! Megold´ as: p Minden racionális szám egyértelm˝ uen ´ırható fel olyan r = , (q > 0) q törtként, amelyik már nem egyszer˝ us´ıthet˝o. Nevezz¨ uk a |p| + q összeget az r racionális szám ”magasságának”. Nyilvánvaló, hogy az adott n mag0 asság´ u törtek száma véges. Például 1 magasság´ u szám csak a ; 2 mag1 1 −1 2 1 −2 −1 asság´ uak: , ; 3 magasság´ uak: , , , . Ezek után a racionális 1 1 1 2 1 2 számokat növekv˝o magasságuk szerint rendezz¨ uk sorozatba, azaz el˝oször az 1 magasság´ u számot, azután a 2 magasság´ u számot ´ırjuk le, és ´ıgy tovább. Ezáltal minden racionális szám sorszámot kap, azaz bijekt´ıv megfeleltetést létes´ıtett¨ unk a természetes számok és a racionális számok halmaza között. 2.5.5. Megjegyz´ es A valós számok halmaza nem megszámlálható. Így a [0, 1] intervallum sem megszámlálható halmaz.

35

3

´ s sza ´mok halmaza A valo

3.1

´ s sza ´mok halmaza, egyes tulajdonsa ´gai. A valo

A valós számok halmaza, melyet R-rel jelölt¨ unk középiskolai tanulmányaink során, kiemelt fontosság´ u a matematikai anal´ızisben. A valós számok fogalmának kialak´ıtása a matematikában egy elég hossz´ u folyamat eredménye. Ismeretes, hogy a valós számok R halmaza tartalmazza: 1. A természetes számok halmazát: N0 = {0, 1, 2, ...},

N = {1, 2, ...}.

A természetes számok halmaza zárt az összeadásra és a szorzásra, azaz két természetes szám összege és szorzata is természetes szám. A természetes számok halmazában van legkisebb szám, de nincs legnagyobb, elemeinek száma végtelen. 2. Az egész számok halmazát: Z ={..., −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, ...} Az egész számok halmazán az összeadás, szorzás és kivonás mindig elvégezhet˝o. A Z halmazban nincs legkisebb és legnagyobb elem, ez a halmaz megszámlálhatóan végtelen, mint az N halmaz. 3. A racionális számok halmazát: p : p ∈ Z, q ∈ {Z\{0}} . Q= q Az értelmezésb˝ol következik, hogy minden racionális szám egyértelm˝ uen fel´ırható véges tizedes vagy végtelen szakaszos tizedes tört alakban, melyet periódikus törtnek is neveznek. Fennáll a ford´ıtottja is, azaz minden ilyen tizedes tört racionális szám. Ha a racionális szám nevez˝oje q = 2k · 5s , ahol k p és s pozit´ıv egész számok, akkor a racionális számnak létezik véges tizedes q tört alak´ u kifejtése: p (3.1) = a0 .α1 α2 α3 ...αn , q ahol a0 ∈ Z, α1 , α2 , α3 , ...αn pedig a 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 jegyek köz¨ ul valók. A (3.1) véges tizedes tört el˝oáll´ıtására egyszer˝ u osztási eljárás szolgál (p-ben a q megvan a-szor és marad s0 , 10s0 -ban a q megvan α1 -szer és marad s1 ,...).

36

´ SZAMOK ´ 3 A VALOS HALMAZA

3.1.1. P´ elda 1 = 0.5; 2

−

106 = −2.12 50

Minthogy az osztási eljárás során az s0 , s1 , ..., sn , ... maradékok mindegyike az 1, 2, ..., q − 1 számok köz¨ ul való, ezért legfeljebb q lépés után u ´jra egy el˝obbi maradék áll el˝o. Ebb˝ol következik, hogy a tizedes törtben a jegyek bizonyos p helyt˝ol kezdve szakaszonként ismétl˝odnek, és a számot vagy az q (3.2) p = a0 . b1 b2 ...bn b1 b2 ...bn b1 b2 ...bn ..., a0 ∈ Z, bk ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} | {z } | {z } | {z } q u ń. tiszta szakaszos végtelen tizedes tört, vagy az (3.3) p = a0 .a1 a2 ...am b1 b2 ...bn b1 b2 ...bn b1 b2 ...bn ..., a0 ∈ Z, aj , bk ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} | {z } | {z } | {z } q u ń. vegyes alak´ u szakaszos végtelen tizedes tört ábrázolja. Ford´ıtva, minden (3.2) vagy (3.3) szakaszos végtelen tizedes tört ábrázol p valamely racionális számot, nevezetesen: q (3.4) b1 · 10n−1 + b2 · 10n−2 + ... + bn−1 · 10 + bn ; a0 . b1 b2 ...bn b1 b2 ...bn ... = ± a0 + | {z } | {z } 10n − 1 (3.5) b1 · 10n−1 + ... + bn−1 · 10 + bn ., a0 .a1 ...am b1 b2 ...bn b1 b2 ...bn ... = ± a0 .a1 ...am + | {z } | {z } 10n − 1 a0 > 0 esetén. 3.1.2. P´ elda 1 = 0.166... = 0.1(6)...; 6 1 = 0.142857142857... = 0.(142857)...; 7 2 = 0.222... = 0.(2)...; 9 7 = 0.070707... = 0.(07)...; 99 103 − = −0.3121212... = −0.3(12)... 330

37

´ s sza ´mok halmaza, egyes tulajdonsa ´gai. 3.1 A valo

3.1.3. P´ elda Írjuk fel a 0.3121212... = 0.3(12)... vegyes szakaszos végtelen tizedes törtet racionális törtalakban! Megold´ as: p = x = 0.3(12)... q 10x = 3.(12)... 1000x = 312.(12)... 1000x − 10x = 312 − 3 990x = 309 309 103 p x= = = . 990 330 q A racionális számok halmazán az összeadás, szorzás, kivonás és osztás (kivéve a nullával való osztást) mindig elvégezhet˝o, azaz ezeknek a m˝ uveleteknek az eredménye ismét racionális szám. A racionális számokat a számegyesesen ábrázolhatjuk egy megfelel˝o ponttal. 3.1.4. Megjegyz´ es Bármely két racionális szám között mindig van végtelen sok racionális szám. Ugyanis r1 + r2 < r2 , r1 < 2 r 1 + r2 ahol racionális szám, hiszen az összeadás és osztás eredménye 2 racionális szám. Ezt folytatva kapjuk, hogy végtelen sok racionális számot tudunk elhelyezni r1 és r2 közé. Ezt másképpen u ´gy mondjuk, hogy a racionális számok halmaza minden¨ utt s˝ ur˝ u. Ennek ellenére meglep˝o talán, hogy a racionális számok halmazának számossága megegyezik az N halmaz számosságával, azaz az N és Q halmazok ekvivalensek. A tizedes törtek között vannak olyanok, amelyek nem végesek és nem szakaszosak (periódikusak). Felmer¨ ul a kérdés, hogy vajon milyen számokat határoznak meg az (3.6)

a0 .a1 a2 ...an ...,

ak ∈ {0, 1, 2, ..., 9},

alak´ u nemszakaszos tizedes törtek?

a0 ∈ Z

38


3.1.5. Defin´ıci´ o (irracion´ alis sz´ amok) Az a0 .a1 a2 ...an ... végtelen nem szakaszos tizedes t¨ orteket irracion´ alis számoknak nevezz¨ uk. 3.1.6. P´ elda √ Igazoljuk, hogy 2 nem racionális szám! Megold´ as: √ Tételezz¨ uk fel az ellenkez˝ojét, hogy 2 racionális, azaz √

p 2= , q

ahol a p-nek és a q-nak az 1 számon k´ıv¨ ul nincs más pozit´ıv osztója. Négyzetre emelés után: p2 2= 2 q p2 = 2q 2 . Látszik, hogy p2 páros szám, ennek következtében p is páros. Legyen p = 2s. Ekkor p2 = 4s2 = 2q 2 =⇒ 2s2 = q 2 . Innen látható, hogy q 2 páros szám, ´ıgy q is páros. Ha p és q páros, akkor a 2 szám közös osztójuk. Ez viszont ellentmondáshoz vezet. 3.1.7. Defin´ıci´ o (val´ os sz´ amok halmaza) A racionális és irracionális sz´ amok alkotj´ ak a val´ os sz´ amok halmaz´ at, amelyet R-rel jelölnek. A valós számok halmazán az összeadás, szorzás, kivonás, osztás (kivéve a nullával való osztást) eredménye ismét valós szám. A valós számok is ábrázolhatók a számegyenesen. Ugyanis, annak ellenére, hogy a racionális számoknak megfelel˝o pontok s˝ ur˝ un helyezkednek el a számegyenesen mégsem töltik ki egészen. Így a számegyenes bizonyos értelemben ”hézagos”. Az irracionális számok ezen hézagoknak megfelel˝o pontokkal ábrázolhatók a számegyenesen, tehát ezeket a hézagokat töltik ki. 3.1.8. Megjegyz´ es Az irracionális számok halmaza is minden¨ utt s˝ ur˝ u és nagyobb számosság´ u, mint a racionális számoké, u ń. kontinuum számosság´ u. Tehát, a valós számok halmaza is kontinuum számosság´ u.


39

3.1.9. Lemma (val´ os sz´ am nem szakaszos v´ egtelen tizedes t¨ ort alakja) Bármely a valós számnak van nem szakaszos végtelen tizedes t¨ ort alak´ u kifejtése: a = a0 .a1 a2 ...an , ...ahol

a0 ∈ Z,

ak ∈ {0, 1, ..., 9}.

3.1.10. Megjegyz´ es A véges a0 .α1 α2 ...αn tizedes tört fel´ırható vegyes szakaszos végtelen tizedes tört alakjában a következ˝oképpen: (3.7)

a = a0 .α1 α2 ...αn = a.α1 α2 ...αn 00...0... = a.α1 α2 ...αn (0)

Néha (3.7) helyett az alábbi vegyes szakaszos végtelen tizedes törtet ´ırják fel: (3.8) a = a0 .α1 ...αn = a0 .α1 ...αn−1 (αn − 1)999...9... = a0 .α1 ...αn−1 (αn − 1)(9) Annak ellenére, hogy az egyszer˝ u osztási eljárás során ilyen alak nem keletkezik. 3.1.11. Defin´ıci´ o (nemnegat´ıv val´ os sz´ am) A végtelen tizedestört alak´ u a = a0 .a1 a2 ...an ... valós szám nemnegat´ıv, ha • a0 ∈ N ∪ {0} és • n ≥ 1 esetén an ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. 3.1.12. Defin´ıci´ o (pozit´ıv val´ os sz´ am) A nemnegat´ıv valós számot pozit´ıvnak nevezz¨ uk, ha m´ ar a0 > 0 vagy pedig létezik n ≥ 0 u ´gy, hogy an > 0. 3.1.13. Defin´ıci´ o (negat´ıv val´ os sz´ am) A ” − ” (minusz) el˝ojellel vett pozit´ıv val´ os sz´ am negat´ıv val´ os sz´ amot hat´ aroz meg. 3.1.14. Megjegyz´ es A ” − ” el˝ojelre vonatkozó m˝ uveleti szabályok ugyanazok, mint a Q halmaz esetén. Ezért a továbbiakban f˝oleg csak a pozit´ıv valós számok tulajdonságait tárgyaljuk. A 3.1.9. Lemmából kapjuk a következ˝o tulajdonságot.

40


3.1.15. K¨ ovetkezm´ eny Bármely α valós számot alulr´ ol illetve fel¨ ulr˝ ol r1 , r2 racion´ alis sz´ ammal k¨ ozel´ıthetj¨ uk: r1 = a0 .a1 a2 ...an < a < a0 .a1 a2 ...an +

1 = r2 , 10n

1 mégpedig u ´gy, hogy az r2 − r1 = n k¨ ul¨ onbség tetsz˝ olegesen kicsivé tehet˝ on 10 n¨ ovelésével. 3.1.16. P´ elda √ Szám´ıtsuk ki a π + π összeg racionális közel´ıtését! Megold´ as: 1 106 √ 1 1.772453 < π < 1.772453 + 6 . 10 3.141592 < π < 3.141592 +

Tehát:

√

2 . 106 A valós számok egzakt bevezetése a matematikában k¨ ulönböz˝o módon történhet: 4.914046 <

π + π < 4.914046 +

1. Egy megfelel˝o axiómarendszer által. Ennek az axiomatikus megközel´ıtésnek az alapját az u ń. axiómák, más szóval bizonyos kézenfekv˝o fogalmak és ezek nyilvánvaló tulajdonságai adják. Az axiómákat bizony´ıtás nélk¨ ul, alapvetésként fogadjuk el. A valós számok elméletébe tartozó minden további fogalmat, áll´ıtást pedig már az axiómák felhasználásával pontosan definiálunk illetve bizony´ıtunk. 2. A valós számok definiálhatók a racionális számok u ń. Dedekindszeleteinek seg´ıtségével is. [Richard Dedekind, német, 1831-1913]. Ezekkel a témakörökkel mi nem foglalkozunk. A továbbiakban sz¨ ukség lesz az alábbi fogalmakra. 3.1.17. Defin´ıci´ o (nagyobb ill. kisebb fogalom a pozit´ıv val´ os sz´ amok k¨ or´ eben) Azt mondjuk, hogy a = a0 .a1 a2 a3 ...an ...


41

kisebb, mint b = b0 .b1 b2 b3 ...bn ..., azaz a < b, ha már a0 < b0 , vagy a0 = b0 , a1 = b1 ,...,an−1 = bn−1 esetén an < b n . 3.1.18. Defin´ıci´ o (fel¨ ulr˝ ol korl´ atos sz´ amhalmaz) Az X ⊂ R számhalmazt fel¨ ulr˝ ol korl´ atosnak nevezz¨ uk, ha létezik olyan K valós szám, hogy minden x ∈ X-re x≤K teljes¨ ul. Ekkor a K szám az X halmaz egy fels˝ o korl´ atja. 3.1.19. P´ elda Legyen X = {x ∈ R : x < 3}. Ez a halmaz fel¨ ulr˝ol korlátos, például K = 3, K = 4. 3.1.20. Defin´ıci´ o (alulr´ ol korl´ atos sz´ amhalmaz) Az X ⊂ R számhalmazt fel¨ ulr˝ ol korl´ atosnak mondjuk, ha létezik olyan k val´ os szám, hogy minden x ∈ X-re x≥k fennáll. Ekkor a k szám az X halmaz egy als´ o korl´ atja. 3.1.21. P´ elda Legyen X = {x ∈ R : x > 43}. Ez a halmaz alulról korlátos, például k = 42, k = 40. 3.1.22. Defin´ıci´ o (legkisebb fels˝ o korl´ at, supremum, pontos fels˝ o korl´ at) Legyen X ⊂ R nem u ¨res, fel¨ ulr˝ ol korl´ atos halmaz. Az M sz´ amot az X halmaz legkisebb fels˝o korlátjának (supremumnak) nevezz¨ uk, ha M fels˝ o korl´ atja ∗ X-nek és nincs olyan M < M sz´ am, mely az X-nek szintén fels˝ o korl´ atja. Jelölése: M = sup X. 3.1.23. P´ elda Legyen X = {x ∈ R : x < 2}. Ekkor sup X = 2. 3.1.24. Defin´ıci´ o (legnagyobb als´ o korl´ at, infimum, pontos als´ o korl´ at) Legyen X ⊂ R nem u ¨res, alulr´ ol korl´ atos sz´ amhalmaz. Az m sz´ amot az X halmaz legnagyobb alsó korl´ atj´ anak (infimumnak) nevezz¨ uk, ha m als´ o ∗ korlátja X-nek és nincs olyan m > m sz´ am, mely az X-nek szintén als´ o korlátja. Jelölése: m = inf X.

42


3.1.25. P´ elda Legyen X = {x ∈ R : x > −4}. Ekkor inf X = −4. 3.1.26. Defin´ıci´ o (korl´ atos halmaz) Egy nem u ¨res X ⊂ R számhalmaz korl´ atos, ha alulr´ ol és fel¨ ulr˝ ol is korl´ atos. 3.1.27. P´ elda Legyen X = {x ∈ R : −1 < x < 11}. Ekkor inf X = −1;

3.2

sup X = 11.

´ s sza ´mok axio ´ marendszeres bevezete ´se A valo

Ennek az axiomatikus megközel´ıtésnek az alapját az u ń. axiómák, azaz bizonyos kézenfekv˝o fogalmak és ezek nyilvánvaló tulajdonságai adják. Az axiómákat bizony´ıtás nélk¨ ul, alapvetésként fogadjuk el. A valós számok elméletébe tartozó minden további fogalmat, áll´ıtást az axiómák felhasználásával definiálunk illetve bizony´ıtunk. 3.2.1. Defin´ıci´ o (m˝ uvelet) Legyen A tetsz˝oleges halmaz. Minden f : A × A → A f¨ uggvényt m˝ uveletnek nevez¨ unk A-ban. 3.2.2. Defin´ıci´ o (a val´ os sz´ amok axi´ omarendszeres bevezet´ ese) Az R halmazt a valós számok halmaz´ anak nevezz¨ uk, ha elemeire érvényesek az alábbi axiómák: 1. Egyértelm˝ uen értelmezve van két m˝ uvelet - az ¨ osszead´ as és a szorz´ as, azaz bármely a, b ∈ R sz´ amp´ arhoz hozz´ arendelhet˝ o az a+b∈R

osszeg és az ¨

a·b∈R

szorzat.

´ enyesek a m˝ 2. Erv´ uveleti axi´ om´ ak: (a) Az összeadás kommutat´ıv, azaz x + y = y + x,

∀x, y ∈ R.;

(b) Az összeadás asszociat´ıv, azaz (x + y) + z = x + (y + z),

∀x, y, z ∈ R.;

(c) A szorzás kommutat´ıv, azaz x · y = y · x,

∀x, y ∈ R.;

43

´ s sza ´mok axio ´ marendszeres bevezete ´se 3.2 A valo

(d) A szorzás asszociat´ıv, azaz (x · y) · z = x · (y · z),

∀x, y, z ∈ R.;

(e) A szorzás az összead´ asra nézve disztribut´ıv, azaz (x + y) · z = x · z + y · z,

∀x, y, z ∈ R.;

(f ) Létezik zéruselem (nullelem) illetve egységelem, azaz két olyan 0-val és 1-el jelölt - elem u ´gy, hogy 0+x=x+0=x

illetve

1 · x = x · 1 = x,

∀x ∈ R.;

(g) Létezik addit´ıv inverz elem u ´gy, hogy x + (−x) = 0,

∀x ∈ R

(a −x elem az x elem ellentetje) és létezik multiplikat´ıv inverz elem, melyre x · x−1 = 1 ∀x ∈ R \ {0} (x−1 az x 6= 0 elem reciproka). 3. Fennállnak a rendezési axi´ om´ ak: ´ (a) Ertelmezett az x ≤ y rendezési rel´ aci´ o minden x, y ∈ R-re u ´gy, hogy az x = y, x < y, x > y rel´ aci´ o k¨ oz¨ ul pontosan egy érvényes. ´ enyes a tranzitivit´ (b) Erv´ as: Ha x < y

és

y < z,

akkor x < z,

∀x, y, z ∈ R.

(c) Teljes¨ ul az összead´ as és a szorz´ as monotonit´ asa: • Ha x ≤ y, akkor x + z ≤ y + z, ∀x, y, z ∈ R; • Ha x, y ∈ R, 0 ≤ x és 0 ≤ y, akkor 0 ≤ x · y. 4. Dedekind-féle teljességi axi´ oma: A valós számok minden nem¨ ures, fel¨ ulr˝ ol korl´ atos részhalmaz´ anak van supremuma (legkisebb fels˝ o korl´ atja). 3.2.3. Megjegyz´ es Ha egy halmaz rendelkezik a megfogalmazott axiómákban felt¨ untetett tuqlajdonságokkal, akkor ez a halmaz nem más, mint a valós számok R halmaza.

44


3.2.4. Megjegyz´ es A Dedekind-féle teljességi axiómából már következik az alulról korlátos nem¨ ures számhalmazok infimumának létezése. 3.2.5. Megjegyz´ es Richard Dedekind (1831-1916), német matematikus. Munkássága nagy hatással volt a modern matematika fejl˝odésére. A gimnáziumot és a f˝oiskolát sz¨ ul˝ovárosában, Braunschweigben végezte. Jó eredményei alapján Gauss mellé ker¨ ulhetett Göttingenbe. Két évi munka után magántanárrá habilitálta magát. Szorgalmasan látogatta Dirichlet óráit is. Ekkor fogalmazódott meg benne a valós számok megalapozásának sz¨ ukségessége a határértékfogalom nélk¨ ul, pusztán aritmetikai tulajdonságaik alapján. 1858-tól a z¨ urichi, 1862-t˝ol pedig a braunschweigi m˝ uszaki f˝oiskola tanára. 1872-ben adta ki a ”szeleteit” és a halmazelmélet sok alapfogalmát tartalmazó m˝ uvét Folytonosság és irracionális számok c´ımmel. 1874-es svájci vakációja során megismerkedett Cantorral. Barátsággá mély¨ ult között¨ uk az a sorsközösség, hogy egyik¨ uk munkásságát sem értékelték a kortársak. Dedekind vezette be 1879-ben az ideál és a háló fogalmát és ˝o alapozta meg a gy˝ ur˝ uelméletet. 3.2.6. Megjegyz´ es A valós számok axiomatikus felép´ıtéséb˝ol következik, hogy a természetes számok halmaza (N), az egész számok halmaza (Z), a racionális számok halmaza (Q) és az irracionális számok halmaza (R \ Q) az R részhalmazai. 3.2.7. Megjegyz´ es Hasonlóképpen, mint a racionális számok, u ´gy az irracionális számok halmaza is s˝ ur˝ u R-ben. 3.2.8. Defin´ıci´ o (b˝ ov´ıtett val´ os sz´ amok halmaza) Az R0 = R ∪ {+∞} ∪ {−∞} halmazt a b˝ ov´ıtett val´ os sz´ amok halmaz´ anak nevezz¨ uk.

3.3

´ elve e ´ s ne ´ ha ńy alkalmaza ´sa A teljes indukcio

A matematika egyik fontos, gyakran használt bizony´ıtási módszere az u ń. teljes indukció alklmazása. Ez a bizony´ıtási eljárás három lépésb˝ol áll, és akkor alkalmazható, ha tudjuk, hogy minden természetes n számhoz tartozik egy-egy áll´ıtás vagy meghatározott tulajdonság és azt szeretnénk igazolni, hogy a szóban forgó áll´ıtás igaz minden n-re. 1. lépés: El˝oször belátjuk, hogy a kérdéses áll´ıtás vagy tulajdonság teljes¨ ul ´ valamilyen n0 természetes számra. Altalában n0 = 0 vagy n0 = 1.

´ elve e ´ s ne ´ ha ńy alkalmaza ´sa 3.3 A teljes indukcio

45

2. lépés: Feltételezz¨ uk, hogy az áll´ıtás igaz tetsz˝oleges rögz´ıtett k ∈ N természetes számra. 3. lépés: Az el˝obbi feltételezést felhasználva igazoljuk, hogy az áll´ıtás a természetes (k + 1) számra is igaz. 3.3.1. P´ elda Igazoljuk teljes indukcióval, hogy 1 + 3 + 5 + ... + (2n − 1) = n2 . Megold´ as: 1. Belátjuk, hogy n0 = 1 esetén az áll´ıtás igaz. Valóban: 1 = 12 = 1. 2. Feltételezz¨ uk, hogy az áll´ıtás k-ra igaz: 1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) = k 2 . 3. Bebizony´ıtjuk, hogy (k + 1)-re is igaz: 1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) + (2k + 1) = k 2 + 2k + 1 = (k + 1)2 . {z } | k2

Ezzel igazoltuk, hogy az áll´ıtás minden n ∈ N-re igaz. 3.3.2. T´ etel (Bernoulli-f´ ele egyenl˝ otlens´ eg) Ha x ≥ −1, x ∈ R és n ∈ N, akkor (1 + x)n ≥ 1 + nx. Bizony´ıt´ as: Alkalmazzuk a teljes indukció módszerét. 1. Ha n = 1, akkor (1 + x) ≥ 1 + x nyilván igaz.

46


2. Tegy¨ uk fel, hogy tetsz˝oleges n = k ∈ N-re teljes¨ ul: (1 + x)k ≥ 1 + kx. 3. Igazoljuk, hogy n = k + 1-re is igaz. Az indukciós feltevés mindkét oldalát a pozit´ıv (1+x)-szel megszorozva: (1 + x)k+1 ≥ (1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx2 > 1 + (k + 1)x. tehát az áll´ıtás igaz k + 1-re is, ´ıgy minden természetes n-re.

3.4

Kombinatorikai ismeretek

Határozzuk meg, hogy egy véges halmaz elemeit hogyan és hányféleképpen lehet csoportos´ıtani. 3.4.1. Defin´ıci´ o (faktori´ alis) Az els˝o n pozit´ıv egész szám szorzat´ at n faktori´ alisnak nevezz¨ uk. Jelölése: n! = 1 · 2 · 3 · ... · (n − 1) · n, n ∈ N, n ≥ 1; 0! := 1. 3.4.2. Defin´ıci´ o (permut´ aci´ o) Tekints¨ unk egy n elem˝ u X = {x1 , x2 , ..., xn } halmazt (az elemek mind k¨ ulönböz˝ok). Az adott n elem permut´ aci´ oinak az olyan, mind az n elemet tartalmazó (x1 , x2 , ..., xn ),

(x2 , x1 , ..., xn ),

(xi , xj , ..., xk ),

(i, j, k ∈ {1, 2, ..., n})

sorbarendelését nevezz¨ uk, amelyek csak az elemek sorrendjében k¨ ul¨ onb¨ oznek egymástól. 3.4.3. T´ etel (a permut´ aci´ ok sz´ ama) Az n elem˝ u halmaz permut´ aci´ oinak sz´ ama: Pn = n! Bizony´ıt´ as: Alkalmazzuk a teljes indukció módszerét! 1. Ha n = 1, akkor X = {x1 } és ´ıgy P1 = 1 = 1! 2. Tegy¨ uk fel, hogy tetsz˝oleges n = k ∈ N esetén, ha X = {x1 , x2 , ...xk }, akkor teljes¨ ul Pk = k!.

47

3.4 Kombinatorikai ismeretek

3. Legyen X egy (k + 1) elem˝ u halmaz: X = {x1 , x2 , ..., xk , xk+1 } és (x1 , x2 , ..., xk , xk+1 ) a permutációk egyike. Minden j ∈ {1, 2, ..., k + 1} esetén az X \ {xj } halmaz permutációinak száma: Pk = k!. Ezeket a k elem˝ u permutációkat (k + 1) elem˝ uvé tehetj¨ uk, ha a (k + 1)edik elemet xj -nek vessz¨ uk. Nyilvánvaló, hogy ´ıgy megkapjuk az X = {x1 , x2 , ..., xk , xk+1 } (k + 1) elem˝ u halmaz összes permutációit, melyeknek száma: k! · (k + 1) = (k + 1)!, mivel az xj elemet (k + 1)-féleképpen tudjuk kiválasztani. Ezzel igazoltuk, hogy Pk+1 = (k + 1)!, ´ıgy ∀n ∈ N esetén Pn = n!.

3.4.4. P´ elda Legyen A = {a, b, c}. Adjuk meg az A halmaz elemeinek permutációit! Megold´ as: A permutációk a következ˝ok: (a, b, c) (c, b, a)

(b, c, a) (b, a, c)

(c, a, b) (a, c, b)

A permutációk száma: 3! = 6. 3.4.5. Defin´ıci´ o (ism´ etl´ eses permut´ aci´ o) Ha az adott elemek között egyform´ ak is vannak, péld´ aul az a1 elem k1 -szer fordul el˝o, az a2 elem k2 -sz¨ or,..., az ar elem pedig kr -szer, tov´ abb´ a k1 + k2 + ... + kr = n, akkor a permut´ aci´ ok sz´ ama: Pnk1 k2 ...kr =

n! k1 ! · k2 ! · ... · kr !

3.4.6. P´ elda Hány permutáció alkotható az ANALÍZIS szó bet˝ uib˝ol? Megold´ as: Az A bet˝ u kétszer szerepel a szóban, k1 = 2. Ezért: P82,1,1,1,1,1,1 =

8! 1·2·3·4·5·6·7·8 = = 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 = 20160 2! 1·2

48


3.4.7. Defin´ıci´ o (kombin´ aci´ o) Az adott n elem m-ed oszt´ aly´ u kombin´ aci´ oinak az olyan n adott elemb˝ ol kiválasztott m elemet tartalmaz´ o egy¨ utteseket nevezz¨ uk, amelyek a kiv´ alasztott elemekben k¨ ulönböznek egym´ ast´ ol. A kombinációk száma: Cnm =

n! ; m! · (n − m)!

Cn1 = n;

A Cnm számot ´ıgy is jelölik: Cnm

Cnn = Cn0 = 1.

n = m

(olvasva: n alatt m) és gyakran binomi´ alis egy¨ utthat´ onak nevezik. 3.4.8. P´ elda Legyen A = {a, b, c}. Ekkor C32 = {a, b},

3! = 3 és 2! · 1! {a, c},

{b, c}.

3.4.9. T´ etel (binomi´ alis egy¨ utthat´ ok tulajdons´ agai) A binomiális egy¨ utthatókra érvényesek a k¨ ovetkez˝ ok: n n 1. = ; k n−k n n+1 n 2. = + ; k+1 k k+1 n+1 n n−1 k 3. = + + ... + . k+1 k k k Bizony´ıt´ as:

n n! n n! n! 1. = = = = n−k k (n − k)!(n − (n − k))! (n − k)!k! k!(n − k)! n! n n n! 2. + = + = k k+1 k!(n − k)! (k + 1)!(n − (k + 1))! n!(k + 1) + n!(n − k) n!(n + 1) = = (k + 1)!(n − k)! (k + 1)!(n − k)! (n + 1)! n+1 . = (k + 1)!(n + 1 − (k + 1))! k+1

49

3.4 Kombinatorikai ismeretek

3. Az el˝oz˝o áll´ıtás ismételt alkalmazásával bizony´ıtható: n+1 n n n n−1 n−1 = + = + + = k+1 k k+1 k k k+1 n n−1 n−2 n−2 + + + = ... = k k k k+1 n n−1 k+1 k+1 + + ... + + , k k k k+1 k az utolsó tag 1-gyel egyenl˝o, ´ıgy helyettes´ıthet˝o - val. k

3.4.10. T´ etel (Newton-f´ ele binomi´ alis t´ etel) Bármely a, b ∈ R és n ∈ N esetén n X n n−k k n (a + b) = a b , k k=0 azaz n n n n−1 n n−2 2 n n n n−1 (a + b) = a + a b+ a b + ... + ab + b 0 1 2 n−1 n n

Bizony´ıt´ as: A tételt teljes indukcióval bizony´ıtjuk. 1. lépés: n = 0 esetén (a + b)0 = 1 miatt az áll´ıtás igaz. 2. lépés: Tegy¨ uk fel, hogy (n − 1) -re is igaz az áll´ıtás, azaz n−1 n−2 n−2 n−1 (a + b)n−1 = n−1 a + n−1 a b + ... + n−2 ab + 0 1 3. lépés: Bizony´ıtsunk n -re: (a + b)n = (a + b)n−1 · (a + b) = n−1 n−1 n−2 n−1 a + ... + ab + 0 n−2

n−1 n−1

bn−1 · (a + b) =

n−1 n−1

bn−1

50


n−1 0

2 n−2 n−1 an−1 b + ... + n−1 ab + n−1 ab + n−2 n−1 n−1 n−1 n−1 n−1 n−2 2 n−1 n−1 n a b + a b + ... + ab + b = 0 1 n−2 n−1 n−1 n−1 n n−1 n−1 n−1 n−1 n−1 a + + a b + ... + + ab + 0 1 0 n−1 n−2 n n n a + n1 an−1 b + n2 an−2 b2 + ... + n−1 abn−1 + nn bn , 0 n mert nk + k−1 = n+1 . Az áll´ıtás tehát igaz. k

an +

n−1 1

n n

bn =

3.4.11. P´ elda Fejts¨ uk ki a binomiális tétel alapján az (x2 − 2y 3 )4 hatványt! Megold´ as: 2 3 4 (x − 2y ) = 2 4 2 3 2 2 2 4 4 4 4 4 3 3 2 3 3 (x ) + (x ) (−2y ) + (x ) (−2y ) + (x )(−2y ) + (−2y 3 )4 = 0 1 2 3 4 x8 + 16y 12 − 8x6 y 3 + 24x4 y 6 − 32x2 y 9 . 3.4.12. P´ elda √ Az (1 + 2)n kifejezés binomiális tétel szeinti kifejtésének harmadik tagja 110. Mekkora a kifejtés utolsó el˝otti tagja? Megold´ as: 3. tag:

n n √ 2 2 = 110 ( 2) = 2 2 Alkalmazzuk a binomiális egy¨ utthatóra adott defin´ıciót és határozzuk meg n értékét! n! 2 = 110. 2!(n − 2)! n(n − 1) = 110 Azaz: n2 − n − 110 = 0 Így: 1±

√

1 + 440 1 ± 21 = =⇒ n = 11. 2 2 A másik gyök nem ad megoldást, mert negat´ıv. Az utolsó el˝otti tag tehét a 10. tag: √ n−1 n 11 √ 10 = ( 2) = 11 · 25 = 352 ( 2) n−1 10 n1,2 =

51

´t e ´rte ´k 3.5 Abszolu

3.4.13. P´ elda

12 2 kifejezés binomiális tétel szerinti Szám´ıtsuk ki az E(x) = x − x kifejtésének azon tagját, amely nem tartalmazza x-et!

2

Megold´ as: Írjuk fel a kifejtés (k + 1)-edik tagját általánosan: k 2 12 12 24−2k 12 2 12−k k −k − x = x (−2) x = (−2)k x24−3k k x k k A keresett tagban x nem szerepel, azaz hatványkitev˝oje 0. Így: 24 − 3k = 0 k = 8 Tehát a 9. tag nem tartalmazza x-et, értéke: 12 (−2)8 = 495 · 256 = 126 720 8

3.5

´t e ´rte ´k Abszolu

3.5.1. Defin´ıci´ o (val´ os sz´ am abszol´ ut ´ ert´ eke) Az x ∈ R valós szám abszol´ ut értéke az al´ abbi képlettel ad´ od´ o pozit´ıv (nemnegat´ıv) szám: x, ha x ≥ 0 |x| = −x, ha x < 0. 3.5.2. T´ etel (az abszol´ ut ´ ert´ ek tulajdons´ agai) 1. | − x| = |x|,

x ≤ |x|,

−x ≤ |x|;

2. |x| ≤ a

⇐⇒

−a ≤ x ≤ a, ha a ≥ 0;

3. |x| ≥ a

⇐⇒

x ≤ −a vagy x ≥ a, ha a ≥ 0;

4. |xy| = |x| · |y| ∀x, y ∈ R-re; x |x| ∀x, y ∈ R-re, y 6= 0; 5. = y |y|

52


6. Háromszög egyenl˝otlenség: |x + y| ≤ |x| + |y|,

∀x, y ∈ R − re;

Bizony´ıt´ as: Az abszol´ utérték defin´ıciója alapján: −|x| ≤ x ≤ |x|,

−|y| ≤ y ≤ |y|.

¨ Osszeadva a fel´ırt egyenl˝otlenségeket: −(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y|, melyb˝ol következik, hogy |x + y| ≤ |x| + |y|. A háromszög egyenl˝otlenség n-tag´ u¨ osszegekre is érvényes: n n X X x ≤ |xk | , k k=1

7. ||x| − |y|| ≤ |x + y|,

∀xk ∈ R − re.

k=1

∀x, y ∈ R-re.

Bizony´ıt´ as: Nyilvánvaló, hogy x = (x + y) − y; |x| ≤ |x + y| + |y|;

y = (x + y) − x |y| ≤ |x + y| + |x|

−|x + y| ≤ |x| − |y| ≤ |x + y| Tehát: ||x| − |y|| ≤ |x + y|.

8. ||x| − |y|| ≤ |x − y|, azaz

|x − y| ≥ ||x| − |y||.

53

3.6 Intervallumok

3.6

Intervallumok

A valós számok halmazának igen fontos részhalmazai az u ń. intervallumok. 3.6.1. Defin´ıci´ o (intervallumok) Legyenek a, b ∈ R és a ≤ b két adott val´ os sz´ am. Az al´ abbi részhalmazokat a k¨ ovetkez˝oképpen nevezz¨ uk: (a, b) [a, b] (a, b] [a, b)

:= := := :=

{x ∈ R : a < x < b} {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} {x ∈ R : a < x ≤ b} {x ∈ R : a ≤ x < b}

ny´ılt intervallum, z´ art intervallum, balr´ ol ny´ılt és jobbr´ ol z´ art intervallum, balr´ ol z´ art és jobbr´ ol ny´ılt intervallum.

A felsorolt négy intervallum mind korl´ atos (mindegyik hossza véges). Az alábbi intervallumok nem korl´ atosak: (a, +∞) [a, +∞[ (−∞, a) (−∞, a] (−∞, +∞)

3.7

:= := := := :=

{x ∈ R : a < x}, {x ∈ R : a ≤ x}, {x ∈ R : x < a}, {x ∈ R : x ≤ a}, R.

´ris te ´r, skala ´ris szorzat Linea

3.7.1. Defin´ıci´ o (line´ aris t´ er) Egy adott V halmazt, melynek elemeit vektoroknak nevezz¨ uk, val´ os line´ aris térnek mondjuk, ha értelmezve van V -n két m˝ uvelet: • a vektorok összeadása: ∀ x, y ∈ V,

x+y ∈V

• a vektorok skalárral val´ o szorz´ asa: ∀ x ∈ V, ∀λ ∈ R :

λx ∈ V ,

melyekre fennállnak az alábbi tulajdons´ agok (axi´ om´ ak): 1. x + y = y + x

∀x, y ∈ V

∀x, y, z ∈ V

2. x + (y + z) = (x + y) + z 3. ∃0 ∈ V ,

x+0=x

4. ∀x ∈ V ,

∃ − x ∈ V,

5. 1 · x = x,

0 · x = 0,

6. λ(µx) = (λµ)x,

(kommutativit´ as),

∀x ∈ V

(asszociativit´ as),

(nullelem létezése),

x + (−x) = 0 (inverz elem létezése), 0 ∈ R;

x∈V;

λ, µ ∈ R;

54


7. (λ + µ)x = λx + µx,

x∈V;

λ, µ ∈ R.

3.7.2. P´ elda 1. A 3-dimenziós R3 tér vektorai lineáris teret alkotnak. 2. Rn - lineáris tér 3. Az x(t) = a0 + a1 t + ... + ak tk ; a0 , a1 , ..., ak ∈ R k-nál nem magasabb fok´ u polinomok lineáris teret alkotnak. 4. C[a, b]-az [a, b] intervallumon folytonos f¨ uggvények halmaza lineáris tér. 5. C k [a, b]-az [a, b] intervallumon k-szor folytonosan differenciálható f¨ uggvények halmaza lineáris tér. 6. Az n × m valós számokból alkotott x ∈ Rn×m mátrixok lineáris teret alkotnak. 3.7.3. Defin´ıci´ o (skal´ aris szorzat vektort´ erben) Ha V egy lineáris vektortér, akkor egy h, i : V × V → R szimbólummal jelölt f¨ uggvényt (leképezést) skal´ aris szorzatnak nevezz¨ uk, ha ∀x, y, z ∈ V és λ ∈ R esetén ez a f¨ uggvény kielég´ıti az al´ abbi feltételeket: 1. hx, yi = hy, xi; 2. hx + y, zi = hx, zi + hy, zi; 3. hλx, yi = λhx, yi; 4. hx, xi ≥ 0,

hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0.

3.7.4. P´ elda Legyen V = R2 , x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ) ∈ R2 . Ekkor hx, yi = x1 · y1 + x2 · y2 . 3.7.5. Defin´ıci´ o (Euklideszi t´ er) A skaláris szorzattal ellátott line´ aris teret Euklideszi térnek nevezz¨ uk. 3.7.6. P´ elda 1. Legyen x ∈ Rn , a skaláris szorzat: hx, yi = x1 · y1 + ... + xn · yn . Ez Euklideszi tér.

55

´ris te ´r, skala ´ris szorzat 3.7 Linea

2. Legyen x, y ∈ C[a, b], a skaláris szorzat: hx, yi = Euklideszi tér.

Rb a

x(t) · y(t)dt. Ez

3.7.7. Defin´ıci´ o (norm´ alt t´ er) Egy lineáris V vektorteret norm´ alt térnek nevez¨ unk, ha ∀ x ∈ V -hez hozz´ a van rendelve egy nemnegat´ıv kxk val´ os sz´ am (az x vektor norm´ aja), melyre teljes¨ ul az alábbi három axi´ oma: 1. kxk > 0,

kxk = 0 ⇐⇒ x = 0,

2. kλ · xk = |λ| · kxk,

x∈V;

x ∈ V , λ ∈ R;

3. kx + yk ≤ kxk + kyk,

x, y ∈ V .

Tehát a vektor normája egy nemnegat´ıv érték˝ u f¨ uggvény. 3.7.8. P´ elda 1. Legyen V = Rn , ekkor a norma: q kxk = x21 + x22 + ... + x2n . 2. Ha V = R, akkor a norma: kxk = |x|. 3.7.9. Defin´ıci´ o (t´ avols´ ag R-ben) Az a, b ∈ R elemek távolság´ an a sz´ amegyenesen a és b pontj´ anak t´ avols´ ag´ at értj¨ uk, azaz az |a − b| számot. Jelölése: %(a, b) := |a − b|. 3.7.10. Megjegyz´ es Könny˝ u észrevenni, hogy a % távolság egy kétváltozós f¨ uggvény: % : R × R → R. 3.7.11. Megjegyz´ es A 3.7.9. Defin´ıció és az abszol´ ut érték tulajdonságai alapján a távolságra teljes¨ ulnek az alábbiak: 1. %(a, b) ≥ 0

és

2. %(a, b) = %(b, a),

%(a, b) = 0 ⇐⇒ a = b, ∀a, b ∈ R; ∀a, b ∈ R;

3. %(a, b) ≤ %(a, c) + %(b, c), ∀a, b, c ∈ R.

56


3.7.12. Defin´ıci´ o (ε-sugar´ u k¨ ornyezet R-ben) Bármely valós x0 ∈ R ε-sugar´ u k¨ ornyezetén (ε > 0) azon x ∈ R pontok halmazát értj¨ uk, amelyeknek x0 -t´ ol val´ o t´ avols´ aga kisebb ε-n´ al, azaz Bε = {x ∈ R : %(x, x0 ) < ε}, vagy Bε = {x ∈ R : |x − x0 | < ε} = (x0 − ε, x0 + ε). 3.7.13. Megjegyz´ es Tehát az x0 pont ε-sugar´ u környezete az (x0 − ε, x0 + ε) ny´ılt intervallum. A távolság fogalma általános´ıtható általános halmazokra. 3.7.14. Defin´ıci´ o (metrika nem¨ ures halmazon, metrikus t´ er) Legyen X egy nem¨ ures halmaz. Ha értelmezve van egy % : X × X → R f¨ uggvény az alábbi tulajdons´ agokkal: 1. %(x, y) ≥ 0

és

2. %(x, y) = %(y, x),

%(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y,

∀x, y ∈ X;

∀x, y ∈ X;

3. %(x, z) ≤ %(x, y) + %(y, z),

∀x, y, z ∈ X,

akkor azt mondjuk, hogy % metrika X-en és X-et metrikus térnek nevezz¨ uk. Jelölése: (X, %). 3.7.15. Megjegyz´ es Egy normált V tér mindig egyben metrikus tér is, ha a % : V × V → R metrikát (távolságot) a %(x, y) = kx − yk formulával definiáljuk. Könnyen kimutatható, hogy a bevezetett metrika teljes´ıti a metrikára el˝o´ırt mind a három tulajdonságot. Így, a metrikus terek a normált terek általános´ıtásának tekinthet˝ok. 3.7.16. P´ elda Tekints¨ uk u ´jra a valós szám n-esek Rn halmazát. Adjuk meg a normát az alábbi formulával: kxkRn1 :=

n X

|xi | = |x1 | + |x2 | + ... + |xn | ,

i=1

a metrikát pedig a következ˝oképpen: %(x, y) :=

n X k=1

|xk − yk | .

∀x ∈ Rn ,

57

´ris te ´r, skala ´ris szorzat 3.7 Linea

Ekkor az Rn lineáris teret Rn1 szimbólummal jelölj¨ uk. n Legyen ∀x = (x1 , ..., xn ) ∈ R esetén kxk∞ = max |xi | , 1≤i≤n

és %∞ (x, y) = max |xi − yi | . 1≤i≤n

n

Ezzel a metrikával az R teret

Rn∞

szimbólummal jelölj¨ uk.

Kimutatható, hogy a fentebb bevezetett normák illetve metrikák az R lineáris térben mind teljes´ıtik a 3.7.7. Defin´ıcióban és a 3.7.14. Defin´ıcióban szerepl˝o axiómákat. 3.7.17. Defin´ıci´ o (halmaz bels˝ o pontja, hat´ arpontja, k¨ uls˝ o pontja) Legyen X ⊂ R. 1. x0 ∈ R bels˝o pontja X-nek, ha van olyan k¨ ornyezete, amelyik X-nek részhalmaza. Az X bels˝ o pontjainak halmaz´ at az X belsejének nevezik. Jelölése: X ◦ . 2. x0 ∈ R határpontja X-nek, ha minden k¨ ornyezetében van eleme X-nek és R \ X-nek. Az X halmaz hat´ arpontjainak halmaz´ at X hat´ ar´ anak nevezik. Jelölése: ∂X. 3. x0 ∈ R k¨ uls˝o pontja X-nek, ha van olyan k¨ ornyezete, amelyben X-nek nincs eleme. Az X halmaz k¨ uls˝ o pontjainak halmaz´ at X K jel¨ oli. 3.7.18. Defin´ıci´ o (halmaz torl´ od´ asi pontja, izol´ alt pontja) Legyen X ⊂ R. 1. x0 ∈ R torlódási pontja X-nek, ha minden k¨ ornyezetéban van X-nek x0 -tól k¨ ulönböz˝o eleme. Az X torl´ od´ asi pontjainak halmaz´ at X ∗ -gal jelölj¨ uk. 2. x0 ∈ R izolált pontja X-nek, ha nem torl´ od´ asi pontja. 3.7.19. P´ elda A racionális számok halmazának minden valós szám torlódási pontja, mivel minden x, y ∈ R, x < y esetén van olyan r racionális szám, hogy x < r < y. 3.7.20. P´ elda Határozzuk meg a H = [1, 3]∪(5, 8] halmaz bels˝o pontjainak, határpontjainak, k¨ uls˝o pontjainak és torlódási pontjainak halmazát!

58


Megold´ as: sup H = 8 inf H = 1 ◦ H = (1, 3) ∪ (5, 8) H K = (−∞, 1) ∪ (3, 5) ∪ (8, +∞) H ∗ = [1, 3] ∪ [5, 8] ∂H = {1, 3, 5, 8} 3.7.21. P´ elda Határozzuk meg az irracionális számok halmazának bels˝o pontjait, k¨ uls˝o pontjait, torlódási pontjait és határpontjait! Megold´ as: (R \ Q)◦ = (R \ Q)K = ∅ (R \ Q)∗ = ∂(R \ Q) = R 3.7.22. P´ elda

1 1 :n∈N . Legyen X ⊂ R, X = − : n ∈ N ∪ n n Itt X-nek egyetlen egy torlódási pontja van az x0 = 0 és X minden eleme izolált pont.

3.7.23. Megjegyz´ es Véges halmaznak nem létezik torlódási pontja.

3.8

˝veletek a valo ´ s sza ´mok halmaza ń Mu

Az a = a0 .a1 a2 ...an ... végtelen tizedes tört alak´ u valós szám esetén vezess¨ uk be az alábbi jelöléseket: a0 = a0 .a1 a2 ...an és a00 = a0 .a1 a2 ...an+1 , jelöléseket. (a0 és a00 véges tizedes törtek) 3.8.1. Defin´ıci´ o (m˝ uveletek val´ os sz´ amokkal) Ha a = a0 .a1 a2 ...an ... és b = b0 .b1 b2 ...bn ... két pozit´ıv val´ os sz´ am, akkor: 0

0

• a + b := sup(an + bn ); n≥0

• a · b := sup (a0n · b0n ) ; n≥0

59

˝veletek a valo ´ s sza ´mok halmaza ń 3.8 Mu

a a0n • := sup 00 ; b n≥0 bn • a − b := sup(a0n − b00n ), ha a > b; n≥0

• a0 := 1; • an = a · a · ...a, ∀ n ∈ N. Most áttekintj¨ uk, feleleven´ıtj¨ uk a középiskolából jól ismert egyes m˝ uveleteket a valós számok halmazán. 1. Pozit´ıv egész kitev˝o esetén a hatványozás ismételt szorzással végezhet˝o el: ak = a · ... · a}, k ∈ N \ {0}, a0 = 1. | · a {z k

A hatványozás azonosságai: (a) A hatványozást lehet természetes, negat´ıv, racionális kitev˝okre értelmezni. Irracionális kitev˝o esetén határátmenettel értelmezz¨ uk. (b) n ∈ N esetén: an = a · a · ... · a,

a0 = 1,

(c) −n ∈ Z− esetén: a−n = P´ elda: a−3 = (d) n =

a ∈ R \ {0};

1 ; an

1 . a3

p ∈ Q esetén: q

p √ a q = q ap ;

(e) an · am = an+m ; (f) (an )m = an·m ; an (g) m = an−m ; a (h) (a · b)n = an · bn ; (i) n = α ∈ (R \ Q) esetén: aα = lim ark , k→∞

ahol r1 , r2 , ... racionális számok egy α-hoz tartó sorozata.

60


2. A gyökvonás a hatványozás egyik ford´ıtott (inverz) m˝ uvelete, mégpedig az alap meghatározása a hatvány és a kitev˝o ismeretében: √ xn = a → x =? → x = n a (olvasva: n-edik gyök a). √ n a egy olyan valós számot jelent, melynek n-edik hatványa a: √ ( n a)n = a. √ n Megállapodunk abban, hogy pozit´ ıv a eset´ e n a pozit´ıv. √ √ Például 25 = +5 és nem ±5. −16 nincs értelmezve R-ben. Ha az n gyökkitev˝o páros és a hatvány a < 0, akkor a gyökvonás R-ben nincs értelmezve. Például: √ 3 P´ elda:

√

−64 = −4;

√ 4

−16 - nincs értelmezve

a2 = |a|.

A gyökvonás azonosságai: √ √ √ (a) n a · b = n a · n b; r √ n a a n (b) = √ ; n b b √ √ n n (c) an+k · b = a · ak · b; p√ √ (d) n k a = nk a. 3. Logartimus keresés (logaritmálás) Ez a m˝ uvelet a hatványozás egy másik inverz m˝ uvelete, amikor az ax = b,

a 6= 1,

b>0

o¨sszef¨ uggésben adottnak tekintj¨ uk az a alapot és a b hatványt. Ekkor az x kitev˝o meghatározásást logaritmus keresésnek nevezz¨ uk. Jelölése: x = loga b (olvasva: x a b szám a alap´ u logaritmusa). 1 1 = −4, mivel 2−4 = . P´ elda: log2 16 16 Tetsz˝oleges a 6= 1 és x, y > 0 esetén fennállnak a következ˝o azonosságok:

61

˝veletek a valo ´ s sza ´mok halmaza ń 3.8 Mu

(a) loga (x · y) = loga x + loga y; x (b) loga = loga x − loga y; y (c) loga 1 = 0; (d) loga a = 1; (e) aloga x = x; (f) loga xk = k · loga x; 1 √ 1 (g) loga x n = loga n x = · loga x; n (h) Logaritmus átalak´ıtása egy másik alapra: loga x = logb x · loga b = logb x · (i) logb a =

1 ; logb a

1 . loga b

Tehát az y = loga x összef¨ uggés u ´gy értelmezhet˝o, hogy minden x > 0 számhoz megkeress¨ uk azt a kitev˝ot, amelyre az a alapot fel kell emeln¨ unk, hogy a hatványozás eredményeként x-et kapjuk.

62

4 NUMERIKUS SOROZATOK, KONVERGENCIA

4

Numerikus sorozatok, Konvergencia

4.1

´ s sza ´msorozatok Valo

A sorozatok és ennek következtében a határérték a matematikai anal´ızis egyik alapvet˝o fogalma. Korábban általánosságban már megadtuk egy adott X halmazból adott Y halmazba leképz˝o egyértelm˝ u f :X→Y f¨ uggvény defin´ıcióját. Ha a 2.4.1. Defin´ıcióban X = N - a természetes számok halmaza, Y pedig a való számok R halmaza, akkor u ń. numerikus sorozatokhoz jutunk. 4.1.1. Defin´ıci´ o (v´ egtelen sz´ amsorozatok) Ha minden természetes n ∈ N sz´ amhoz (esetleg elhagyva bel˝ ole valamely r¨ ogz´ıtett n0 számnál kisebb sz´ amokat), teh´ at ha minden 1, 2, 3, ..., n, ... vagy n0 + 1, n0 + 2, ..., n0 + n, ... számokhoz egyértelm˝ uen hozz´ arendel¨ unk egy val´ os an sz´ amot, akkor végtelen számsorozatot (numerikus sorozatot) adunk meg: n 7−→ an ,

an ∈ R.

∞ Jelölése: {an }∞ oviden {an }, illetve n=1 vagy {an }n=k ; (k ∈ N), vagy r¨

a1 , a2 , ..., an , ...

ai ∈ R, i ∈ N.

Az an ∈ R elemet a sorozat n-edik elemének nevezz¨ uk. A sorozatot többféleképpen adhatjuk meg. 1. Rendszerint u ´gy adjuk meg, hogy fel´ırjuk általános an elemét az n index f¨ uggvényeként. P´ elda: Legyen an = n2 , n ∈ N. Írjuk fel a sorozat néhány elemét! Megold´ as: A sorozat els˝o, második, ..., k-adik elemét u ´gy kapjuk, hogy az n2 kifejezésbe n helyére rendre az 1, 2, 3, ..., k, ...

63

´tos e ´s monoton sorozatok 4.2 Korla

számot helyettes´ıtj¨ uk. Így a2 = 4, a3 = 9, ... ak = k 2 , ... ∞ 1 P´ elda: Legyen an = adott. Írjuk fel a sorozat néhány elemét! 3n n=0 a1 = 1,

Megold´ as: A számsorozat elemei: 1 1 1 1 1, , , , ..., n , ... 3 9 27 3 2. Megadható a számsorozat u ń. rekurziós formulával, ekkor az an n-edik elemet az el˝oz˝o elemek seg´ıtségével határozzuk meg. Például az an−2 és an−3 elemek seg´ıtségével an = an−2 + 2 · an−3 . P´ elda: Legyen a1 = 1, a2 = 2, an = an−1 + an−2 , ha n ≥ 3, n ∈ N. Adjuk meg a sorozat els˝o hét elemét! Megold´ as: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ... Ezt a sorozatot Fibonacci-féle sorozatnak nevezz¨ uk. 3. Megkaphatjuk a sorozat elemeit szöveges utas´ıtásból is. ımszám P´ elda: Legyen az {an }∞ n=1 sorozat n-edik eleme az n-edik pr´ kétszerese. Határozzuk meg a sorozat els˝o hét elemét! Megold´ as: A pr´ımszámok: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, ... Tehát a sorozat elemei: 4, 6, 10, 14, 22, 26, 34, ...

4.2

´tos e ´s monoton sorozatok Korla

4.2.1. Defin´ıci´ o (korl´ atos sorozat) Egy {an } számsorozatot fel¨ ulr˝ ol korl´ atosnak nevezz¨ uk, ha létezik olyan K valós szám, amelynél a sorozatnak nincs nagyobb eleme, azaz an ≤ K,

∀n ∈ N.

Az {an } számsorozat alulról korl´ atos, ha megadhat´ o olyan k val´ os sz´ am, amelynél a sorozatnak nincs kisebb eleme, azaz an ≥ k,

∀n ∈ N.

64


Az {an } sorozat korlátos, ha alulr´ ol és fel¨ ulr˝ ol is korl´ atos: k ≤ an ≤ K. A korlátosság szemléletesen azt jelenti, hogy a sorozatnak minden eleme egy véges hossz´ uság´ u intervallumban van: |an | ≤ H,

H ∈ R.

4.2.2. Megjegyz´ es Könnyen látható, hogy ha létezik egy alsó k, illetve fels˝o K korlát, akkor végtelen sok alsó, illetve fels˝o korlát van. A legnagyobb alsó korlát a sorozat infimuma, a legkisebb fels˝o korlát pedig a sorozat supremuma. Jelölése: inf{an }, sup{an }. 4.2.3. P´ elda 2 ∞ Legyen {an }∞ n=1 = {n }n=1 , azaz 1, 4, 9, ..., n2 , ... Vizsgáljuk a megadott sorozatot korlátosság szempontjából! Megold´ as: A sorozat minden eleme pozit´ıv, ezért a sorozatnak 0 az egyik alsó korlátja. Ennél nagyobb alsó korlátja 1, amely egyben a sorozat legkisebb eleme, és ugyanakkor a sorozat infimuma: inf{an } = 1. A sorozatnak nem létezik fels˝o korlátja. 4.2.4. P´ elda Legyen

{an }∞ n=1

szempontjából!

=

2n − 1 n+1

∞ . Vizsgáljuk meg a sorozatot korlátosság n=1

Megold´ as: Ez a sorozat alulról korlátos, mert minden eleme pozit´ıv. Így a 0 egy alsó 1 korlát. A sorozat legkisebb eleme , mivel 2 2n − 1 1 ≥ n+1 2 1 1 n+ 2 2 3 3 n ≥ 2 2 n ≥ 1

2n − 1 ≥

65


´ıgy 1 an ≥ , 2

∀n ∈ N,

1 ezért a sorozat infimuma . 2 A sorozat fel¨ ulr˝ol is korlátos, mert például a K = 2.1 szám egy fels˝o korlát, vagyis a sorozat minden eleme kisebb, mint 2.1. Valóban 2n − 1 n+1 2n − 1 −3.1 −31

< 2.1 < 2.1n + 2.1 < 0.1n < n.

Ez pedig nyilvánvaló, mivel n csak természetes szám lehet. A sorozat tehát korlátos: 1 ≤ an < 2.1, 2 azaz minden eleme az 1 , 2.1 2 intervallumban van. Bizonyos sorozatokra aza a jellemz˝o, hogy az n index növekedésével az elemek is növekednek vagy csökkennek. 4.2.5. Defin´ıci´ o (monoton n¨ ovekv˝ o, cs¨ okken˝ o sorozatok) ∞ Az {an }n=1 sorozat monoton n¨ ovekv˝ o, ha b´ armely n ∈ N esetén an+1 ≥ an , és monoton csökken˝o, ha b´ armely n ∈ N esetén an+1 ≤ an . Ha an+1 > an , illetve an+1 < an , akkor azt mondjuk, hogy a sorozat szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o, illetve szigor´ uan monoton csökken˝ o.

66


Jelölések: monoton növekv˝ o sorozat szigor´ uan monoton növekv˝ o sorozat monoton csökken˝ o sorozat szigor´ uan monoton csökken˝ o sorozat 4.2.6. P´ elda Igazoljuk, hogy az

{an }∞ n=1

=

: {an } % {an } ↑

:

: {an } & {an } ↓

:

2n − 1 n+1

∞ sorozat szigor´ uan monoton n=1

növekv˝o! Bizony´ıt´ as: A sorozat elemei: 1 a1 = , 2

a2 = 1,

5 a3 = , 4

7 a4 = , 5

9 a5 = , 6

... an =

2n − 1 , n+1

Azt kell igazolni, hogy an+1 > an , azaz

2n − 1 2n + 1 > . n+2 n+1

Ekkor (2n + 1)(n + 1) > (2n − 1)(n + 2) 2n2 + 3n + 1 > 2n2 + 3n − 2 1 > −2, ami már nyilvánvaló, vagyis a sorozat szigor´ uan monoton növekv˝o. 4.2.7. P´ elda

Vizsgáljuk meg monotonitás szempontjából az

1 3n

∞ sorozatot! n=0

Megold´ as: Mivel an+1 − an =

1 3n+1

−

1 1−3 2 = n+1 = − n+1 < 0, n 3 3 3

ezért an+1 < an ,

∀n ∈ N,

...

67


azaz a sorozat szigor´ uan monoton csökken˝o. ebb˝ol az következik, hogy a sorozat legkisebb fels˝o korlátja - supremuma - megegyezik a sorozat els˝o elemével, tehát ∞ 1 = a0 = 1. sup 3n n=0 Mivel a sorozat pozit´ıv számokból áll, ezért 1 > 0 = k, 3n tehát a sorozat alulról is korlátos. Vagyis 0 < an ≤ 1,

∀n ∈ N.

Így a sorozat korlátos. 4.2.8. P´ elda Vizsgáljuk monotonitás és korlátosság szempontjából a {(−1)n+1 }∞ n=1 sorozatot! Megold´ as: A sorozat elemei: 1, −1, 1, −1, 1, −1, ... Ez esetben an+1 − an = (−1)n+2 − (−1)n+1 = (−1)n+2 + (−1)n+2 = 2 · (−1)n+2 Azaz an+1 − an =

2, −2,

ha n páros , ha n páratlan

vagyis a k¨ ulönbség váltakozó, ezért a sorozat nem monoton. Ez a sorozat korlátos, mivel elemei csak a −1 és 1 értéket veszik fel. Ezért k = −1 ≤ an ≤ 1 = K. 4.2.9. P´ elda ∞ Vizsgáljuk az {an }∞ as szempontjából! n=1 = {1}n=1 sorozatot monotonit´ Megold´ as: ∞ Az {an }∞ n=1 = {1}n=1 %

∞ és egyben {an }∞ n=1 = {1}n=1 &.

68


4.2.10. P´ elda Vizsgáljuk meg az

{an }∞ n=1

szempontjából!

∞ 1 = sorozatot monotonitás és korlátosság n n=1

Megold´ as: Megmutatjuk, hogy a sorozat szigor´ uan monoton csökken˝o: an+1 − an =

1 n−n−1 −1 1 − = = <0 n+1 n n(n + 1) n(n + 1)

Tehát an+1 < an . Azaz

∞ 1 1 1 1 = 1, , , , ... ↓ . n n=1 2 3 4

A sorozat tehát szigor´ uan monoton csökken˝o, vagyis az els˝o eleme a fels˝o korlátok köz¨ ul a legkisebb, ´ıgy: ∞ 1 sup = 1. n n=1 A minden eleme pozit´ıv, tehát a 0 alsó korlátja a sorozatnak. Az ∞ sorozat 1 sorozat tehát korlátos és n n=1 0 < an ≤ 1.

4.3

´msorozatok konvergencia ´ja e ´s divergencia ´ja Sza

4.3.1. Defin´ıci´ o (r´ eszsorozat) A {bn } sorozatot az {an } sorozat részsorozat´ anak nevezz¨ uk, ha az {an } sorozatból bizonyos véges vagy végtelen sz´ am´ u elemek t¨ orlésével ´ all´ıthat´ o el˝ o u ´gy, hogy a megtartott elemek {an }-beli sorrendje v´ altozatlan. 4.3.2. P´ elda Legyen {an }∞ n=1 = {1, −1, 1, −1, ...}. A részsorozatok: {bn }∞ n=1 = {1, 1, 1, 1, ...},

vagy {bn }∞ n=1 = {−1, −1, −1, −1, ...}.

A numerikus végtelen sorozatok között megk¨ ulönböztetj¨ uk a konvergens illetve divergens sorozatokat.

´msorozatok konvergencia ´ja e ´s divergencia ´ja 4.3 Sza

69

4.3.3. Defin´ıci´ o (hat´ ar´ ert´ ek, konvergencia, divergencia) ∞ os sz´ am, Az {an }n=1 sorozat határértéke, vagy limesze, ha n → ∞, az A val´ ha bármely ε > 0 számhoz megadhat´ o olyan ε-t´ ol f¨ ugg˝ o n0 (ε) természetes szám, hogy minden n ≥ n0 (ε)-ra |an − A| < ε teljes¨ ul. Jelölése: lim an = A,

vagy

n→∞

an → A, n → ∞.

Egy {an } sorozatot konvergensnek nevez¨ unk, ha létezik olyan A ∈ R, amelyhez {an } konvergál; ellenkez˝ o esetben a sorozatot divergensnek nevezz¨ uk. 4.3.4. Megjegyz´ es A 4.3.3. Defin´ıció azt jelenti, hogy konvergens sorozat esetén elég nagy k¨ uszöbindext˝ol kezdve a sorozat összes eleme az A határérték ε-sugar´ u környezetébe esik, azaz az A határérték ε-sugar´ u környezetén k´ıv¨ ul a sorozatnak csak véges szám´ u eleme helyezkedik el. 4.3.5. P´ elda Igazoljuk, hogy az

n n+1

∞ sorozat konvergens és n=1

n = 1. n→∞ n + 1 lim

Megold´ as: A defin´ıció szerint az n n + 1 − 1 < ε egyenl˝otlenség teljes¨ ulését kell vizsgálnunk tetsz˝olegesen kicsiny ε érték mellett egy bizonyos n0 k¨ uszöbszámtól kezdve, azaz amikor n ≥ n0 . ´ Atalak´ıtásokkal: n −1 1 n + 1 − 1 = n + 1 = n + 1 < ε 1 −1 < n ε 1 n ≥ − 1 = n0 ε

70


1 1 − 1 (ε kis pozit´ıv értéke miatt − 1 > 0), akkor ε ε n 1 ∀n ≥ n0 = − 1. n + 1 − 1 < ε, ε

tehát, ha n ≥ n0 =

Így a sorozat határértéke n =1 n→∞ n + 1

A = lim és a sorozat konvergens. 4.3.6. P´ elda Mutassuk meg, hogy az

{an }∞ n=3

=

n+2 n2 − 4

∞ sorozat határértéke 0, azaz n=3

n+2 = 0. n→∞ n2 − 4

lim an = lim

n→∞

Keress¨ uk meg azt a k¨ uszöbszámot, amelyt˝ol kezdve a sorozat elemei a −4 határérték 10 -sugar´ u környezetébe esnek! Megold´ as: A defin´ıció szerint teljes¨ ulnie kell az n+2 <ε − 0 n2 − 4 egyenl˝otlenségnek, melyb˝ol n+2 < ε − 0 (n − 2)(n + 2) 1 n − 2 < ε 1 < ε n−2 1 < n−2 ε 1 +2 < n ε 1 n0 (ε) = 2 + . ε

´msorozatok konvergencia ´ja e ´s divergencia ´ja 4.3 Sza

71

1 uszöbszám, melynél Tehát bármely kicsiny ε > 0 esetén létezik n0 = 2 + k¨ ε nagyobb index˝ u elemei a sorozatnak az origó ε-sugar´ u környezetébe esnek, tehát n+2 lim an = lim 2 = 0. n→∞ n→∞ n − 4 Az ε = 10−4 értékhez tartozó k¨ uszöbszámot az el˝oz˝o szám´ıtásinkat felhasználva kapjuk: 1 10−4 −4 n0 (10 ) = 2 + 10000 = 10002. n0 (10−4 ) = 2 +

Tehát a sorozat 10002 indext˝ol kezd˝od˝o elemei mind az origótól ε = 0.0001t˝ol nem nagyobb távolságra vannak. Felvet˝odhet a kérdés, hogy vajon hány határértéke van egy konvergens sorozatnak? Erre ad választ az alábbi tétel. 4.3.7. T´ etel (a hat´ ar´ ert´ ek unicit´ asa) sorozatnak csak egy hat´ arértéke van. Minden konvergens {an }∞ n=1 Bizony´ıt´ as: Az áll´ıtást indirekt u ´ton bizony´ıtjuk. Tételezz¨ uk fel, hogy az adott konvergens sorozatnak két k¨ ulönböz˝o határértéke van: lim an = A

és

n→∞

lim an = B.

n→∞

Továbbá A 6= B. Mivel a sorozat konvergens, ezért létezik nA k¨ uszöbszám, melyre fennáll, hogy |an − A| < ε,

∀n > nA esetén.

Hasonlóan, létezik nB k¨ uszöbszám, melyre |an − B| < ε,

∀n > nB esetén.

Legyen n0 = max(nA , nB ), ekkor ∀n > n0 esetén |an − A| < ε

és

|an − B| < ε.

Válasszuk meg ε-t a következ˝oképpen: ε=

|A − B| > 0. 4

72


Ekkor a háromszög-egyenl˝otlenség felhasználásával 4ε = |A − B| = |(an − B) − (an − A)| ≤ |an − B| + |an − A| ≤ ε + ε = 2ε 4ε ≤ 2ε 2ε ≤ ε. Ellentmondásra jutottunk. Tehát a tétel áll´ıtása igaz.

4.4

´ da ´si pontja Sorozatok torlo

A sorozatnak egy másik, a határértékhez közelálló, de azzal nem azonos jellemz˝oje az u ń. torlódási pont. 4.4.1. Defin´ıci´ o (torl´ od´ asi pont) ∞ od´ asi pontj´ anak nevezz¨ uk, ha t b´ armely A t számot az {an }n=1 sorozat torl´ k¨ ornyezete a sorozat végtelen sok elemét tartalmazza. 4.4.2. Defin´ıci´ o (torl´ od´ asi pont) Az {an }∞ sorozat torl´ o d´ asi pontj´ anak nevez¨ unk minden olyan t sz´ amot, n=1 mely az adott sorozat valamely részsorozat´ anak hat´ arértéke. 4.4.3. Megjegyz´ es Igazolható, hogy a két defin´ıció ekvivalens. 4.4.4. Megjegyz´ es Nyilvánvaló, hogy a határérték mindig torlódási pont, de ez a ford´ıtott áll´ıtás általában nem igaz. 4.4.5. P´ elda n ∞ odási pontjait! Határozzuk meg az {an }∞ n=1 = {(−1) }n=1 sorozat torl´ Megold´ as: Az adott −1, 1, −1, 1, −1, 1, ... sorozatból el˝oször a páratlan index˝ u elemekb˝ol alkossuk a ∞ {bn }∞ n=1 = {−1}n=1

részsorozatot. Nyilvánvaló, hogy lim bn = −1.

n→∞

73

´ da ´si pontja 4.4 Sorozatok torlo

Hasonlóan, a páros index˝ u elemekb˝ol alkotott ∞ {cn }∞ n=1 = {1}n=1

részsorozat szintén konvergens és lim cn = 1.

n→∞

n ∞ Tehát az {an }∞ et torlódási pontja van, n=1 = {(−1) }n=1 sorozatnak k´ határértéke viszont nem létezik, mert a határérték létezésének feltétele nem teljes¨ ul.

4.4.6. Megjegyz´ es Mivel a konvergens sorozatnak csak egy határértéke van megállap´ıthatjuk, hogy több torlódási ponttal rendelkez˝o sorozatok sz¨ ukségképpen divergensek. Azonban az egyetlen torlódási ponttal rendelkez˝o sorozatok sem feltétlen¨ ul konvergensek. Ezt az alábbi példa is igazolja. 4.4.7. P´ elda Vizsgáljuk az alábbi sorozat torlódási pontjait! ∞ 2, ha n páros ∞ {an }n=1 = n, ha n páratlan n=1 Megold´ as: A páros index˝ u elemek a ∞ {bn }∞ n=1 = {2}n=1

részsorozatot alkotják, amely konvergens és lim bn = 2.

n→∞

Tehát t = 2 a sorozat torlódási pontja. Viszont a sorozat páratlan index˝ u elemeib˝ol képzett részsorozat ∞ {cn }∞ n=1 = {n}n=1

divergens. 4.4.8. Megjegyz´ es Minden konvergens sorozatnak pontosan egy torlódási pontja van (ez a határérték), de az egyetlen torlódási ponttal rendelkez˝o sorozatok nem feltétlen¨ ul konvergensek.

74

5

5.1

´ 5 SOROZATOK KONVERGENCIAJA

´ ja ´val kapcsolatos Sorozatok konvergencia ´ll´ıta ´sok a ´tos e ´s monoton sorozatok konvergencia ´ja Korla

5.1.1. T´ etel (konvergens sorozatok korl´ atoss´ aga) sorozat korl´ a tos. Minden konvergens {an }∞ n=1 Bizony´ıt´ as: Legyen a sorozat határértéke lim an = A.

n→∞

Tekints¨ uk az A határérték ε = 1-sugar´ u környezetét. Mivel a sorozat konvergens, ezért csak véges sok m eleme marad ki a sorozatnak az (A − 1, A + 1) környezetb˝ol. Vegy¨ uk ezen kimaradó véges szám´ u elemek A-tól mért távolságának a legnagyobb értékét, amit jelölj¨ unk K-val. Ekkor nyilvánvaló, hogy |an − A| ≤ K teljes¨ ul a sorozat minden elemére, azaz A − K ≤ an ≤ A + K,

∀n ∈ N,

tehát a konvergens sorozat valóban korlátos. 5.1.2. T´ etel (monoton korl´ atos sorozatok kornvergenci´ aja) Ha az {an }∞ sorozat monoton n¨ o vekv˝ o a ≥ a ´ e s fel¨ u lr˝ o l korl´ atos, akkor n+1 n n=1 konvergens és lim an = sup{an }. n→∞

{an }∞ n=1

Ha az sorozat monoton cs¨ okken˝ o an+1 ≤ an és alulr´ ol korl´ atos, akkor konvergens és lim an = inf{an }. n→∞

Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk a monoton növekv˝o és fel¨ ulr˝ol korlátos sorozatot. Legyen S = sup{an }. Ha a supremumot bármilyen kis ε > 0 értékkel csökkentj¨ uk, akkor S − ε már nem lesz a sorozat fels˝o korlátja. Ezért létezik olyan n0 index, hogy S − ε < an0 ≤ S.

75

´tos e ´s monoton sorozatok konvergencia ´ja 5.1 Korla

A sorozat monoton növekv˝o, ezért an ≥ an0 ,

∀n ≥ n0

esetén.

A fel¨ ulr˝ol korlátosság miatt an ≤ S,

n ∈ N,

´ıgy S − ε < an0 ≤ an ≤ S < S + ε,

n ≥ n0

esetén.

Tehát az utóbbi egyenl˝otlenségek miatt a sorozat minden n0 -nál nagyobb eleme benne van az S supremum ε-sugar´ u környezetében, tehát a sorozat konvergens és határértéke S. Monoton csökken˝o sorozatokra a bizony´ıtás hasonló módon történik. 5.1.3. P´ elda Már igazoltuk (4.2.4. Példa), hogy az ∞ 2n − 1 ∞ {an }n=1 = n + 1 n=1 sorozat szigor´ uan monoton növekv˝o és fel¨ ulr˝ol korlátos, mégpedig egyik fels˝o korlátja 2.1. ezért a sorozatnak létezik határértéke. Meggy˝oz˝od¨ unk arról, hogy a sorozat határértéke 2. Vizsgáljuk az 2n − 1 <ε − 2 n+1 egyenl˝otlenséget, melyb˝ol |2n − 1 − 2n − 2| < (n + 1)ε 3 < (n + 1)ε 3 < n+1 ε 3 −1 < n ε 3 n0 (ε) ≥ −1>0 ε Tehát, bármilyen kis ε-hoz található olyan 3 n0 (ε) = − 1 ε k¨ uszöbszám, melynél nagyobb index˝ u elemei a sorozatnak a határérték εsugar´ u környezetébe esnek.

76


5.1.4. T´ etel (konvergens sorozat r´ eszsorozat´ anak hat´ ar´ ert´ ek´ er˝ ol) ∞ Ha az {an }n=1 sorozat konvergens és lim an = A,

n→∞

akkor minden {bn }∞ eszsorozata is konvergens. Tov´ abb´ a minden részsoron=1 r´ zat határértéke megegyezik a sorozat hat´ arértékével: lim bn = lim an = A.

n→∞

n→∞

Bizony´ıt´ as: A sorozat konvergenciája miatt az A határérték bármely ε-sugar´ u ∞ u eleme marad ki. környezetéb˝ol az {an }n=1 sorozatnak legfeljebb véges szám´ ∞ Nyilvánvalóan ugyanez igaz {an }∞ b´ a rmely {b } r´ e szsorozat´ ara is. n n=1 n=1 5.1.5. Megjegyz´ es Ez a tétel hasznos egyes sorozatok divergenciájának bizony´ıtására. Ugyanis, ha siker¨ ul kiválasztani a sorozatnak két k¨ ulönböz˝o határérték˝ u konvergens részsorozatát, akkor a sorozat biztosan divergens. Tehát, ha a sorozatnak két torlódási pontja van, akkor a sorozat biztosan divergens. 5.1.6. T´ etel (a konvergencia ”rend˝ or-elve”) Feltételezz¨ uk, hogy az {an } és {cn } olyan konvergens sorozatok, amelyek határértékei megegyeznek: lim an = lim cn = H.

n→∞

n→∞

Legyen továbbá an ≤ b n ≤ c n ,

∀n ≥ n0

esetén.

Ekkor a {bn } sorozat is konvergens és lim bn = H.

n→∞

Bizony´ıt´ as: A közös határérték miatt H ε-sugar´ u környezetéb˝ol az {an } és {cn } sorozat csak véges szám´ u eleme marad ki. Mivel a {bn } sorozat elemei egy véges n0 indext˝ol kezdve mind az {an } és {cn } sorozat elemei közé esnek, ezért a {bn } sorozat elemei az n0 indext˝ol kezdve mind a H valós szám ε-sugar´ u környezetéhez tartoznak (csak véges sok elem eshet a környezeten k´ıv¨ ulre). Tehát igaz, hogy lim bn = H. n→∞

´tos e ´s monoton sorozatok konvergencia ´ja 5.1 Korla

77

5.1.7. T´ etel (Bolzano-Weierstrass-f´ ele kiv´ alaszt´ asi t´ etel) ∞ ol kiv´ alaszthat´ o legal´ abb egy konMinden végtelen korlátos {an }n=1 sorozatb´ vergens részsorozat. Vagy más megfogalmazásban: Minden végtelen korlátos {an }∞ abb egy torl´ od´ asi pontn=1 sorozatnak van legal´ ja. Bizony´ıt´ as: Mivel {an }∞ atos, ezért n=1 korl´ k ≤ an ≤ K,

∀n ∈ N,

azaz a sorozat minden eleme a [k, K] intervallumban van. Felezz¨ uk meg a [k, K] intervallumot. A két keletkez˝o intervallum köz¨ ul legalább az egyik az adott sorozat végtelen sok elemét tartalmazza. A kapott két intervallum köz¨ ul jelölje [α1 , β1 ] azt, amelybe a sorozatnak végtelen sok eleme esik (ha mindkett˝oben végtelen sok elem van, akkor legyen [α1 , β1 ] a bal oldali). Felezz¨ uk most az [α1 , β1 ] intervallumot és válasszuk azt az [α2 , β2 ] felét, amely a sorozat végtelen sok elemét tartalmazza. Folytatva ezt az eljárást olyan, u ń. egymásba skatulyázott zárt intervallumokból álló [k, K] ⊃ [α1 , β1 ] ⊃ [α2 , β2 ] ⊃ ... ⊃ [αn , βn ] ⊃ ... zárt intervallumsorozatot kapunk, ahol minden [αn , βn ], n = 1, 2, ... intervallumban az {an }∞ egtelen sok eleme megtalálható. Nyilvánvaló, n=1 sorozatnak v´ hogy az [αn , βn ], n = 1, 2, ... intervallumok hossza a felezés miatt nullához tart. Kimutatható, hogy létezik egy és csak egy olyan A valós szám, amelyik az intervallumsorozat mindegyik intervallumának eleme: ∃!

A∈R:

A ∈ [αn , βn ],

∀n ∈ N

Ha ugyanis A-n k´ıv¨ ul B 6= A közös eleme lenne az [αn , βn ], n = 1, 2, ... intervallumoknak, akkor az intervallumok egyike sem lehetne a |A − B| > 0 számnál rövidebb. Ez viszont ellentmond annak, hogy az intervallumok hossza a felezés következtében nullához tart. Igazoljuk, hogy ez a közös A valós szám a végtelen {an }∞ odási n=1 sorozat torl´ helye. Tekints¨ uk A-nak az ε-sugar´ u környezetét, ahol ε > 0 tetsz˝oleges kicsiny valós szám, azaz vizsgáljuk az (A − ε, A + ε) intervallumot. Válasszunk az egymásba skatulyázott intervallumokból egy olyan [αk , βk ],

k∈N

78


intervallumot, amelyiknek hossza ε-nál kisebb. Ilyen létezik, mivel az intervallumok hossza 0-hoz tart. Ekkor nyilvánvaló, hogy (A − ε, A + ε) ⊃ [αk , βk ], melyb˝ol azt kapjuk, hogy A-nak az ε-sugar´ u környezete az {an }∞ n=1 sorozat végtelen sok elemét tartalmazza, mivel az [αk , βk ] intervallum az {an }∞ n=1 sorozat végtelen sok elemét tartalmazza. Ez azt jelenti, hogy A valóban az odási pontja. {an }∞ n=1 sorozat torl´

5.2

Cauchy-sorozatok

Ismertek bizonyos kritériumok, amelyek alapján a határérték ismerete nélk¨ ul el tudjuk dönteni, hogy konvergens-e egy adott sorozat. 5.2.1. Defin´ıci´ o (Cauchy-f´ ele sorozat) Az {an }∞ , a ∈ R sorozatot Cauchy-féle sorozatnak nevezz¨ uk, ha ∀ε > 0 n n=1 esetén ∃n0 = n0 (ε) k¨ uszöbsz´ am, hogy ∀p, q > n0 (ε), p, q ∈ N esetén %(ap , aq ) = |ap − aq | < ε. 5.2.2. T´ etel (Cauchy-f´ ele konvergenciakrit´ erium) ∞ Az {an }n=1 valós számsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha Cauchy-féle sorozat. Bizony´ıt´ as: • Sz¨ uks´ egess´ eg: El˝oször azt látjuk be, hogy ha a sorozat konvergens, akkor {an }∞ n=1 Cauchy-féle sorozat, azaz ∀ε > 0 esetén ∃n0 = n0 (ε), hogy ∀p, q > n0 (ε), p, q ∈ N esetén |ap − aq | < ε teljes¨ ul. Legyen {an }∞ es n=1 konvergens sorozat ´ lim an = A,

n→∞

továbbá ε > 0 tetsz˝oleges. A konvergencia miatt található olyan n0 természetes szám, hogy ε |an − A| < , 2

ha n ≥ n0 .

79

5.2 Cauchy-sorozatok

Ekkor p, q > n0 esetén a háromszög-egyenl˝otlenséget felhasználva: ε ε |ap − aq | = |(ap − A) − (aq − A)| ≤ |ap − A| + |aq − A| < + = ε, 2 2 tehát {an }∞ ele sorozat. n=1 Cauchy-f´ • El´ egs´ egess´ eg: ele sorozat. Igazoljuk, hogy ebb˝ol az Adott, hogy {an }∞ n=1 Cauchy-f´ ∞ {an }n=1 sorozat konvergenciája következik. Legyen ε = 1. A feltétel miatt létezik olyan n0 , hogy rögz´ıtett p > n0 és bármely q > p > n0 esetén |ap − aq | < ε = 1, vagy ap − 1 < aq < ap + 1. Bevezetve a k = min{a1 , a2 , ..., ap , ap − 1}

és

K = max{a1 , a2 , ..., ap , ap + 1}

jelöléseket, fel´ırhatjuk, hogy k ≤ an ≤ K,

∀n ∈ N.

A sorozat tehát korlátos és a Bolzano-Weierstrass-féle kiválasztási tétel alapján létezik legalább egy konvergens {bn }∞ eszsorozata {an }∞ n=1 r´ n=1 ∞ nek. Jelölje a B valós szám a {bn }n=1 sorozat határértékét: lim bn = B.

n→∞

Azt kell még belátni, hogy B az eredeti {an }∞ n=1 sorozatnak is határértéke. A {bn }∞ r´ e szsorozat konvergenci´ a ja illetve a tétel n=1 feltétele miatt tetsz˝oleges ε > 0-hoz létezik olyan n1 és n2 szám, hogy ε |bm − B| < , ha m > n1 2 és

ε |an − bm | < , ha m > n2 és n > n2 . 2 Legyen n3 = max(n1 , n2 ). Ekkor minden m > n3 és n > n3 esetén igaz a fenti két egyenl˝otlenség és ∀n > n3 esetén ε ε |an − B| = |(an − bm ) + (bm − B)| ≤ |an − bm | + |bm − B| < + = ε, 2 2

ami azt jelenti, hogy {an }∞ es határértéke B. n=1 konvergens ´

80


5.2.3. Megjegyz´ es Az a tény, hogy minden valós számokból álló Cauchy-féle {an }∞ n=1 sorozatnak van határértéke, fontos szerepet játszik az anal´ızisben. 5.2.4. Megjegyz´ es Augustin-Louis Cauchy (1789-1857), francia matematikus és mérnök. A határérték fogalmára ép´ıtve elvégezte az anal´ızis szabatos megalapozását. Egyik megteremt˝oje volt a komplex f¨ uggvénytannak. Párizsban sz¨ uletett. ´ 1805-ben kezdte tanulmányait az Ecole Polytechniqueben, ahol kiv´ıvta Lagrange és Laplace elismerését. Két évvel kés˝obb átment egy mérnökképz˝o f˝oiskolára. 1813-ig mérnökként dolgozott. 1816-ban lett az akadémia ´ tagja, és feladva mérnöki munkáját, az Ecole Polytechnique tanára. Lelkes királypártiként a Bourbon ház h´ıve volt. Ezért az 1830 - as forradalom után 18 évre eltiltották a közszolgálattól. Nyolc évig Torinóban és Prágában élt. 1838-ban tért haza és egyházi iskolában tan´ıtott. Az 1848-as forradalom után visszavették állásába. Legitimista meggy˝oz˝odését tisztelve nem követelték meg t˝ole a köztársaság alkotmányára való felesk¨ udést. Cauchy zsenije megérdemelte ezt a kivételezést, a franciák példájából pedig sok más ¨ ország is tanulhatna. Munkab´ırása Eulerével vetekedett. Osszesen 789 cikket és számos nagy terjedelm˝ u könyvet ´ırt. A francia akadémia folyóirata nem gy˝ozte közölni ´ırásait. Vég¨ ul terjedelmi korlátozást vezettek be: egyetlen cikk sem lehet hosszabb 4 oldalnál. Ez a szabály ma is érvényben van. Az anal´ızisben k¨ ulönösen a sorelmélet köszönhet neki sokat. A komplex f¨ uggvénytan sarkkövei közé tartoznak a Cauchy - féle integrálformula és tétel, valamint a Cauchy - Riemann differenciálegyenletek. Az anal´ızisen k´ıv¨ ul a csoportelméletben, a determinánselméletben, a matematikai fizikában és a valósz´ın˝ uségszám´ıtásban ért el figyelemre méltó eredményeket. 5.2.5. Megjegyz´ es n Minden valós vektorokból álló Cauchy-féle {an }∞ n=1 , an ∈ R sorozatnak szintén mindig van határértéke. 5.2.6. Megjegyz´ es ´ Altal´ anos (X, %) metrikus terekben nem igaz az, hogy minden Cauchy-féle sorozat konvergens, azaz olyan sorozat, melyre ∀ε > 0 esetén ∃n0 = n0 (ε), hogy ∀p, q ∈ N esetén %(ap , aq ) < ε. Az azonban igaz, hogy egy metrikus térben minden konvergens sorozat Cauchy-féle sorozat. 5.2.7. Defin´ıci´ o (teljes metrikus t´ er) Az (X, %) metrikus teret teljesnek nevezz¨ uk, ha benne minden Cauchy-féle sorozat konvergens.

81

´s mu ˝veletek 5.3 Konvergencia e

5.2.8. Megjegyz´ es Az R és Rn halmazok teljes metrikus terek, benn¨ uk minden Cauchy-féle sorozat konvergens. 5.2.9. Defin´ıci´ o (Banach-t´ er) Azt mondjuk, hogy egy norm´ alt tér - azaz egy vektortér, amelyben norma van értelmezve - Banach-tér, ha a tér - mint metrikus tér - teljes. 5.2.10. Defin´ıci´ o (+∞-hez diverg´ al´ o sorozat) ∞ al´ onak mondjuk, ha b´ armely K > 0 Az {an }n=1 sorozatot a +∞-hez diverg´ valós számhoz létezik olyan n0 k¨ usz¨ obsz´ am, hogy n ≥ n0 esetén an > K. Jelölése: lim an = +∞ n→∞

5.2.11. Defin´ıci´ o (−∞-hez diverg´ al´ o sorozat) ∞ Az {an }n=1 sorozatot a −∞-hez diverg´ al´ onak mondjuk, ha b´ armely K < 0 valós számhoz létezik olyan n0 k¨ usz¨ obsz´ am, hogy n ≥ n0 esetén an < K. Jelölése: lim an = −∞ n→∞

5.2.12. P´ elda 2 ∞ Legyen {an }∞ n=1 = {n }n=1 . Ekkor lim an = +∞. n→∞

5.3

´ s mu ˝veletek Konvergencia e

Sorozatokon m˝ uveleteket is értelmezhet¨ unk. Az elemek közötti m˝ uveletek bizonyos feltételek mellett a sorozatok határértékére is érvényesek. 5.3.1. Defin´ıci´ o (sorozatok ¨ osszege, k¨ ul¨ onbs´ ege, szorzata, h´ anyadosa) ∞ ∞ Legyen {an }n=1 és {bn }n=1 két adott, azonos indexhalmaz´ u sorozat. E két sorozat összegén az {an + bn }∞ n=1 , k¨ ulönbségén az {an − bn }∞ n=1 , szorzatán az {an · bn }∞ n=1 és hányadosán az sorozatokat értj¨ uk.

an bn

∞ , n=1

ha

bn 6= 0

82


5.3.2. T´ etel (sorozatokok ¨ osszeg´ enek, k¨ ul¨ onbs´ eg´ enek, szorzat´ anak ´ es h´ anyados´ anak hat´ ar´ ert´ eke) ∞ ∞ abb´ a Ha az {an }n=1 és {bn }n=1 sorozatok konvergensek, tov´ lim an = A

és

n→∞

lim bn = B,

n→∞

∞ ∞ ∞ es az akkor a {c · an }∞ n=1 , c ∈ R, {an + bn }n=1 , {an − bn }n=1 , {an · bn }n=1 ´ ∞ an , (bn 6= 0, B 6= 0) sorozatok is konvergensek, mégpedig u ´gy, hogy: bn n=1

lim c · an

1. 2.

= c·A

n→∞

lim (an ± bn )

=

lim (an · bn )

=

n→∞

3. 4.

n→∞

lim

an

n→∞ bn

c ∈ R;

lim an ± lim bn = A ± B;

n→∞

n→∞

lim an · lim bn = A · B;

n→∞

n→∞

lim an

=

n→∞

lim bn

n→∞

=

A , B

B 6= 0.

Bizony´ıt´ as: ∞ 1. Ha c = 0, akkor {c · an }∞ n=1 = {0}n=1 , melynek minden eleme 0. Ez a sorozat nyilvánvalóan konvergens és határértéke is 0 = 0 · A. Ha c 6= 0, akkor az {an }∞ aja biztos´ıtja, hogy n=1 sorozat konvergenci´ ∀ε > 0 esetén ∃n0 = n0 (ε) k¨ uszöbszám, hogy

|an − A| <

ε , |c|

ha n ≥ n0 .

Ekkor |c · an − c · A| = |c| · |an − A| < |c| ·

ε = ε. |c|

Tehát lim c · an = c · A.

n→∞

2. Legyen ε > 0 adott. Az {an }∞ es {bn }∞ aja n=1 ´ n=1 sorozatok konvergenci´ miatt van olyan na ∈ N és nb ∈ N k¨ uszöbszám, hogy

és

ε |an − A| < , 2

ha n ≥ na

ε |bn − B| < , 2

ha n ≥ nb .

83

5.4 Nevezetes sorozatok

Ha n > n0 = max(na , nb ), akkor a fenti két egyenl˝otlenség egyszerre teljes¨ ul. Továbbá a háromszög-egyenl˝otlenség felhasználásával |(an ± bn ) − (A ± B)| ≤ |an − A| + |bn − B| <

ε ε + = ε. 2 2

Így a konvergens sorozatok összegére és k¨ ulönbségére fel´ırt áll´ıtás igaz. 3. Az 5.1.1. Tételb˝ol adódik, hogy a konvergens {bn }∞ atos n=1 sorozat korl´ egy korl´ a tj´ a t K. Ekkor megv´ a laszthat´ o n ´ e s n ´gy, is. Jelölje {bn }∞ a b u n=1 hogy ε |an − A| < (n > na ), 2K illetve ε |bn − B| < (n > nb ). 2(|A| + 1) Ekkor n > max{na , nb } esetén |an bn −AB| ≤ |an bn −Abn |+|Abn −AB| ≤ |an −A|K +(|A|+1)|bn −B| < ε ε + = ε, 2 2 azaz lim (an · bn ) = lim an · lim bn = A · B.

n→∞

n→∞

n→∞

4. Az el˝oz˝o áll´ıtásokhoz hasonlóan igazolható.

5.4

Nevezetes sorozatok

Kiszám´ıtjuk néhány nevezetes sorozat határértékét. ∞ 1 ∞ 5.4.1. T´ etel (az {an }n=0 = sorozat hat´ ar´ ert´ eke) n n=0 1 lim = 0 n→∞ n Bizony´ıt´ as: Megmutatjuk, hogy bármely pozit´ıv ε-hoz van olyan n0 k¨ uszöbindex, hogy n > n0 esetén az 1 − 0 < ε n

84


egyenl˝otlenség teljes¨ ul. Mivel 1 − 0 = 1 n n és

1 <ε n

1 ha n > . ε

Így az 1 -nál nagyobb index˝ u tagokra az ε 1 − 0 < ε n egyenl˝otlenség teljes¨ ul. 5.4.2. P´ elda Adjuk meg az alábbi sorozatok határértékét!

1.

{an }∞ n=0

=

n3 − 14n + 2 n4 − 2n − 18

(√ 2. {bn }∞ n=0 =

3. {cn }∞ n=0 =

√

n2 + 6 + 7 4n + 3

n2 + 1 − n

∞ ; n=0

)∞ ; n=0

∞ n=0

.

Megold´ as: 1 14 2 − + 3 n − 14n + 2 n4 = 0; 1. lim an = lim 4 = lim n n 2 18 n→∞ n→∞ n − 2n − 18 n→∞ 1− 3 − 4 n n 3

√ 2. lim bn = lim n→∞

n→∞

r n2

+6+7 = lim n→∞ 4n + 3

6 7 + 2 1 n n = ; 3 4 4+ n

1+

85


3. lim cn = lim n→∞

√

n→∞

n2

+ 1 − n = lim

√

n→∞

n2 + 1 − n2 lim √ = lim r n→∞ n2 + 1 + n n→∞

n2

√n 2 + 1 + n = +1−n · √ n2 + 1 + n

1 n = 0. 1 1+ 2 +1 n

5.4.3. T´ etel (m´ ertani sorozat hat´ ar´ ert´ eke) ∞ n ∞ Legyen {an }n=0 ={q }n=0 , ahol q ∈ R az u ń. mértani sorozat. Ekkor  ha |q| < 1  0, n 1, ha q = 1 lim q = n→∞  divergens, ha |q| > 1 vagy q = −1 Bizony´ıt´ as: • El˝oször legyen |q| < 1. Igazoljuk, hogy bármely ε > 0-hoz található olyan n0 k¨ uszöbszám, hogy n ≥ n0 esetén (5.1)

|q n − 0| < ε.

Az utóbbi egyenl˝otlenség ekvivalens az alábbiakkal: |q n | < ε

(5.2) (5.3)

1 |q|

n

1 > . ε

Alkalmazzuk az (5.3) egyenl˝otlenséghez a Bernoulli-egyenl˝otlenséget (3.3.2. Tétel): (1 + x)n ≥ 1 + nx, x ≥ −1, ha x=

1 − 1. |q|

Nyilvánvaló, hogy n n 1 1 1 = 1+ −1 ≥1+n· −1 . |q| |q| |q| Ha (5.4)

1+n·

1 1 −1 > , |q| ε

86


akkor biztosan fennáll az (5.3) egyenl˝otlenség és ´ıgy az (5.1) egyenl˝otlenség is. Az (5.4) egyenl˝otlenségb˝ol kapjuk, hogy az mindig teljes¨ ul, ha 1−ε . n = n0 > 1 ε −1 |q| Tehát |q| < 1 esetén lim q n = 0.

n→∞

• Ha q = 1, akkor q n = 1, ∀n-re, ´ıgy egy egyesekb˝ol álló állandó elem˝ u sorozatunk van, amely konvergens és határértéke 1. • Vizsgáljuk végezet¨ ul a q = −1 és |q| > 1 eseteket. Ha q = −1, akkor q 2n = 1

és

q 2n−1 = −1.

Ebb˝ol az következik, hogy a sorozatnak két torlódási helye van: 1

és

− 1,

ezért a sorozat divergens. Legyen |q| > 1. Alkalmazzuk u ´jra a Bernoulli-féle egyenl˝otlenséget, ha 2 x = q − 1. Ekkor n ≥ 1 + n(q 2 − 1), q 2n = 1 + q 2 − 1 vagyis a sorozat páros elemeib˝ol álló részsorozat |q| > 1 esetén minden határon t´ ul n˝o, ha n → ∞. Így a sorozat nem lehet korlátos és nem lehet konvergens sem.

87


5.4.4. P´ elda Adjuk meg az alábbi sorozatok határértékét! 1.

2.

{an }∞ n=0

{bn }∞ n=0

=

=

3. {cn }∞ n=0 =

7n − 9n 8n

∞

7n − 8n 9n

∞

; n=0

; n=0

22n−1 + 3n+2 5n+1 − 23n+3

∞ . n=0

Megold´ as: n n 7 9 − n n 7 −9 8 8 = lim = −∞; 1. lim an = lim n n→∞ n→∞ n→∞ 8 1 n n 8 7 − n n 7 −8 9 9 2. lim bn = lim = lim = 0; n n→∞ n→∞ n→∞ 9 1 n 1 1 n 1 n n + 9 · 38 22n−1 + 3n+2 2 · 2 2 ·4 +9·3 n 3. lim cn = lim n+1 3n+3 = lim = lim = 0. n→∞ n→∞ 5 n→∞ 5 · 5n − 8 · 8n n→∞ −2 5 · 58 − 8

5.4.5. T´ etel Legyen q ∈ R és

sn = 1 + q + · · · + q n . 1 , az |q| ≥ 1 esetben pedig (sn ) divergens Ekkor −1 < q < 1 esetén sn → 1−q sorozat. Bizony´ıt´ as: Ha q = 1, akkor sn = n → ∞. Ha q 6= 1, akkor sn =

q n+1 − 1 , q−1

tehát sn pontosan akkor konvergens, ha q n konvergens. Ez utóbbi |q| < 1 esetén teljes¨ ul, és ekkor q n+1 → 0, ahonnan az áll´ıtás adódik.

88


5.4.6. Lemma (a geometriai ´ es sz´ amtani k¨ oz´ ep´ ert´ ekekre vonatkoz´ o egyenl˝ otlens´ eg) Ha d1 , d2 , ..., dn nem mind egyenl˝ o pozit´ıv sz´ amok, akkor p n

d1 · d2 · ... · dn <

(5.5)

d1 + d2 + ... + dn , n

illetve d1 · d2 · ... · dn <

(5.6)

d1 + d2 + ... + dn n

n .

Bizony´ıt´ as: Ha n = 2, akkor (5.7)

d1 + d2 2

2

− d1 d2 =

d1 − d2 2

2 ≥ 0,

ahol egyenl˝oség csak d1 = d2 mellett áll fenn, azaz (5.6) igaz. Az (5.7) összef¨ uggést alkalmazva n = 22 = 4 esetén: d1 d2 d3 d4 ≤

d1 + d2 2

2 2 4 d3 + d4 d1 + d2 + d3 + d4 · ≤ , 2 4

tehát (5.8)

d1 d2 d3 d4 ≤

d1 + d2 + d3 + d4 4

4 ,

ahol egyenl˝oség csak akkor van, ha d1 = d2 és d3 = d4 , továbbá d3 + d4 d1 + d2 = , 2 2 tehát d1 = d2 = d3 = d4 esetén. Hasonlóképpen, n = 23 = 8 esetén kapjuk, hogy 8 d1 + d2 + ... + d8 (5.9) d1 d2 ...d8 ≤ , 8 egyenl˝oség pedig csak d1 = d2 = d3 = d4 = d5 = d6 = d7 = d8 esetén lehet. Matematikai indukcióval igazolható, hogy (5.6) igaz mindazokban az esetekben, amikor n = 2m (2 hatványa).

89


Most megmutatjuk, hogy (5.6) tets˝oleges n-re is fennáll. Válasszunk ki egy pozit´ıv k > 0 számot, amelyre 2k > n. (Például, ha n = 11, akkor 2k = 24 = 16.) A d1 , d2 , ..., dn számokhoz csatoljuk hozzá még a 2k − n számot, amelyek mindegyike egyenl˝o a d1 + d2 + ... + dn =S n számtani középpel: d1 , d2 , ..., dn , S, S, ..., S . | {z } | {z } n

2k −n

Az ´ıgy kapott számokra az el˝obbiek szerint érvényes az áll´ıtás, azaz d1 · d2 · ... · dn · S

2k −n

<

d1 + d2 + ... + dn + (2k − n)S 2k

2 k .

Mivel d1 + d2 + ... + dn = S · n, ezért d1 + d2 + ... + dn + (2k − n)S = 2k · S. Tehát d1 · d2 · ... · dn · S

2k −n

<

2k S 2k

2k

k

= S2 ,

amelyb˝ol d1 · d2 · ... · dn < S n , azaz az áll´ıtás igaz minden n ∈ N esetén. √ ∞ n 5.4.7. T´ etel (az {an }∞ ar´ ert´ eke) n=1 = { a}n=1 sorozat hat´ lim

n→∞

√ n

a=1

ha

a > 0.

Bizony´ıt´ as: Ha a = 1, akkor az áll´ıtás nyilvánvaló. Ha a 6= 1, akkor meg kell mutatnunk, hogy van olyan n0 index, amelynél nagyobb n-ekre √ n a − 1 < ε

90


tetsz˝oleges pozit´ıv ε esetén. Ha a > 1, akkor √ √ n a − 1 = n a − 1 és

√ n

a−1<ε

ahonnan a < (1 + ε)n . A Bernoulli-féle egyenl˝otlenséget alkalmazva (1 + ε)n ≥ 1 + nε > nε. a Így, ha nε > a teljes¨ ul, akkor (1 + ε)n > a is fennáll. Tehát n > = n0 ε esetén teljes¨ ul a konvergencia feltétele. A másik eset, ha 0 < a < 1. Ekkor √ √ √ n a − 1 = 1 − n a és 1 − n a < ε, azaz a > (1 − ε)n . Ha ε ≥ 1 az egyenl˝otlenség nyilvánvaló. Ha ε < 1, akkor (1 − ε)n → 0. Így van olyan n, amelyre a > (1 − ε)n teljes¨ ul bármely pozit´ıv ε-ra. √ ∞ n 5.4.8. T´ etel (az {an }∞ ar´ ert´ eke) n=1 = { n}n=1 sorozat hat´ lim

n→∞

√ n

n=1

Bizony´ıt´ as: Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti összef¨ uggést u ´gy, hogy az n számot (ha n > 2) szorzat alakban ´ırjuk fel: √ s √ √ √ 2 n + (n − 2) 1 1 n n = n n · n · 1| · {z ... · 1} ≤ =1+2 √ − . n n n n−2

√ Nyilván n n ≥ 1, és a zárójelben lév˝o kifejezés nem negat´ıv. Tehát van kétoldali becslés, mert n = 1, 2 esetén is teljes¨ ul,hogy √ 1 1 n 1≤ n≤1+2 √ − . n n Az egyenl˝otlenség két szélén álló {1}∞ n=1

és

∞ 1 1 1+2 √ − n n n=1

sorozat konvergens√és mindkett˝o határértéke 1. A rend˝or-elv (5.1.6. Tétel) szerint akkor az { n n} sorozat is konvergens és határértéke 1.

91


5.4.9. P´ elda Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét! ( r )∞ n 13 1. {an }∞ ; n=1 = n n=1

(r 2. {bn }∞ n=1 =

n

16 5n3

)∞ . n=1

Megold´ as: r 1. lim an = lim n→∞

n

n→∞

lim

√ n

13 13 1 n→∞ √ = = =1 n n 1 lim n n→∞

r 2. lim bn = lim n→∞

n→∞

n

√ √ lim n 16 lim n 16 1 16 n→∞ n→∞ √ = = =1 = 3 n √ √ 5n3 1·1 n lim 5n3 n lim 5 · lim n n→∞ n→∞

n→∞

5.4.10. T´ etel (Euler-f´ ele sz´ am) n ∞ 1 1+ Az {an }∞ sorozat konvergens és hat´ arértéke e, azaz n=0 = n n=1 n 1 = e. lim 1 + n→∞ n Ez a határérték a nevezetes Euler-féle sz´ am, amely irracion´ alis és e ≈ 2.718281828. Bizony´ıt´ as: Megmutatjuk, hogy az adott sorozat szigor´ uan monoton növekv˝o és fel¨ ulr˝ol korlátos, amelyb˝ol következik, hogy konvergens. El˝oször belátjuk, hogy n n+1 1 1 1+ < 1+ n n+1 fennáll minden n ∈ N esetén. Ismert, hogy a nem mind egyenl˝o pozit´ıv d1 , d2 , ..., dn számok d1 + d2 + ... + dn n számtani középértéke és p n d1 · d2 · ... · dn

92


mértani középértéke között fennáll az alábbi egyenl˝otlenség: p d1 + d2 + ... + dn n . d1 · d2 · ... · dn < (5.10) n Felhasználva ezt az egyenl˝otlenséget az alábbi (n + 1) számra 1 1 1 1+ , 1+ , ..., 1 + ,1 n n n | {z } n

kapjuk, hogy s n+1

1 1+ n

n <

1 1+ n

1 1 + 1+ + ... + 1 + +1 n n = n+1

1 n 1+ +1 n+1+1 1 n = =1+ , n+1 n+1 n+1 s n 1 1 n+1 <1+ . 1+ n n+1

azaz

Az utóbbi egyenl˝otlenségben mindkét oldal pozit´ıv, ezért (n + 1)-edik hatványra emelve kapjuk a sorozat monotonitását: n n+1 1 1 < 1+ . 1+ n n+1 Megmutatjuk, hogy a sorozat fel¨ ulr˝ol korlátos, azaz ∃K > 0, hogy n 1 1+ < K ∀n ∈ N. n Felhasználva ismét a mértani és számtani középértékre vonatkozó egyenl˝otlenségetaz alábbi (n + 2) szám esetén: 1 1 1 1 1 1+ , 1+ , ..., 1 + , , n n n 2 2 | {z } n

kapjuk, hogy

s n+2

1 1 1 n + + n· 1+ 1 1 n+2 n 2 2 1+ · < = = 1, n 4 n+2 n+2

93


azaz

s n+2

1 1+ n

n ·

1 < 1. 4

Mindkét oldalt (n + 2)-edik hatványra emelve kapjuk, hogy n 1 1+ < 4, ∀n ∈ N. n Ezek szerint a sorozat fel¨ ulr˝ol korlátos és K = 4. Tehát a sorozat konvergens. 5.4.11. Megjegyz´ es Legyen α ∈ R, ekkor lim

n→∞

1+

α n = eα . n

5.4.12. P´ elda Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét! n ∞ 1 ∞ ; 1. {an }n=1 = 1− n n=1 ( 2n )∞ 1 2. {bn }∞ 1+ ; n=1 = n n=1

3. {cn }∞ n=1 = 4. 5.

{dn }∞ n=1 {en }∞ n=1

n+2 n+1

n ∞

n n+1

n ∞

= =

6. {fn }∞ n=1 =

(

; n=1

1 1 + 5 n 1 1− n

; n=1

n ∞ ; n=1

5n−7 )∞ ; n=1

n ∞

5n + 10 ; 5n − 15 n=1 n ∞ 1 = 4+ ; n n=1

7. {gn }∞ n=1 = 8. {hn }∞ n=1

94


9. {jn }∞ n=1

 n ∞   √    ne  . =      n+1  n n=1

Megold´ as: 1. lim an = lim n→∞

n→∞

1 1− n

2. lim bn = lim (1 + n→∞

n→∞

n

1 2n ) n

n (−1) 1 = lim 1 + = e−1 = ; n→∞ n e 2 1 n = lim (1 + ) = e2 ; n→∞ n

n 2 1+ lim 1 + n→∞ n n = = lim n→∞ 1 1+ lim 1 + n→∞ n

3. n→∞ lim cn = lim n→∞

n+2 n+1

4. lim dn = lim n→∞

n→∞

n

n n+1

n = lim n→∞

n 2 e2 n n = = e; e 1 n

1

1 n = ; e 1 1+ n

n n n 5 1 1 5 1+ = lim · lim 1 + = 0 · e5 = 0; n→∞ 5 n→∞ n→∞ 5 n n

5. lim en = lim n→∞

n 5 (−1) 1 + 1+ n e−5 n→∞ 6. lim fn = lim = e−5 ; 7 = 7 = n→∞ n→∞ 1 1 + (−1) lim 1 + (−1) n n

(−1) n

5n

lim

n→∞

n 2 n 1+ 5n + 10 e2 n n = −3 = e5 ; 7. lim gn = lim = lim n→∞ n→∞ n→∞ 5n − 15 e 3 1− n 1 n 1 n n 4 8. lim hn = lim 4 1 + = lim (4) · lim 1 + 4 = +∞; n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n n  n √ e e  ne  n = = 1. 9. lim jn = lim  = n+1 n→∞ n→∞ e 1 lim 1 + n n→∞ n

95

6

´ltozo ´ s valo ´ s fu ¨ggve ńyek Egyva

A f¨ uggvény az egyik legfontosabb matematikai fogalom. A 2. fejezetben már bevezett¨ uk általánosságban a f¨ uggvény fogalmát, mint két adott X, Y halmaz elemei közötti egyértelm˝ u leképezést (hozzárendelést): f : X → Y. Megjegyezt¨ uk, ha az X és Y a valós számok halmazának egy-egy részhalmaza, akkor f -et valós f¨ uggvénynek nevezz¨ uk.

6.1

Alapfogalmak

6.1.1. Defin´ıci´ o (egyv´ altoz´ os val´ os f¨ uggv´ eny) Egyváltozós valós f f¨ uggvényen olyan f¨ uggvényt ért¨ unk, melynek Df értelmezési tartománya és Rf értékkészlete a val´ os sz´ amok valamely részhalmaza. Jelölése: f : R → R, ahol Df ⊂ R, Rf ⊂ R. 6.1.2. Defin´ıci´ o (helyettes´ıt´ esi ´ ert´ ek) Az egyváltozós f f¨ uggvény adott x0 ∈ Df helyhez rendelt y0 = f (x0 ) ∈ Rf f¨ uggvényértéket a f¨ uggvény x0 -beli helyettes´ıtési értékének nevezz¨ uk. 6.1.3. P´ elda Legyen f : R → R,

f (x) := x2 + 1.

Határozzuk meg a f¨ uggvény helyettes´ıtési értékét az x0 = 0, az x1 = 2 és az x2 = 3 helyen! Megold´ as: f (x0 ) = f (0) = 1; f (x1 ) = f (2) = 5; f (x2 ) = f (3) = 10.

96

´ ´ VALOS ´ FUGGV ¨ ´ 6 EGYVALTOZ OS ENYEK

6.1.4. Megjegyz´ es Egy f f¨ uggvény egyértelm˝ uen meghatározott, ha adott a Df értelmezési tartomány illetve az a hozzárendelési szabály, amely egyértelm˝ uen meghatározza, hogy az értelmezési tartomány minden egyes x ∈ Df eleméhez az Df értékkészlet mely y = f (x) eleme tartozik. Ez a hozzárendelési (leképzési) szabály megadható képlettel, ekkor fel´ırjuk azt a formulát, amellyel ki lehet szám´ıtani az f (x) helyettes´ıtési értéket. Például: x2 ; f : R → R, f (x) := 3 x +2 g : R → R, g(t) := sin t, t ∈ [0, 2π]. Ennek a megadásnak az a hátránya, hogy f (x), g(t) az x illetve t helyen ´ vett helyettes´ıtési értéket és a f¨ uggvényt is jelöli. Altal´ aban ez nem okoz félreértést. Jól ismert az x 7→ f (x) =

x2 x3 + 2

t 7→ g(t) = sin t,

x ∈ R;

t ∈ [0, 2π]

alak´ u fel´ırás is. Megadhatunk hozzárendelést táblázat, illetve grafikon seg´ıtségével is, továbbá paraméteres alakban is lehetséges a f¨ uggvények megadása. 6.1.5. Defin´ıci´ o (a f¨ uggv´ eny grafikonja) A Descartes-féle derékszög˝ u koordin´ ata-rendszerben az (x, y) = (x, f (x)) pontok halmazát, ha x ∈ Df az f f¨ uggvény grafikonj´ anak nevezz¨ uk, ha (x, f (x)) abrázolható. Ekkor az y = f (x), x ∈ Df egyenlet a f¨ ´ uggvény g¨ orbéjének egyenlete. 6.1.6. P´ elda A Dirichlet-féle f¨ uggvény: f (x) =

1, 0,

ha x ∈ Q ha x ∈ (R \ Q)

nem ábrázolható f¨ uggvény. 6.1.7. Megjegyz´ es Peter Gustave Lejune Dirichlet (1805-1859), német matematikus és fizikus. A modern f¨ uggvényfogalom kialak´ıtója. A számelmélet továbbfejleszt˝oje és a Fourier-sorok elméletének megalapozója. Franciaországból menek¨ ult hugenotta családból származott. Tehetsége hamar megmutatkozott.

97

6.1 Alapfogalmak

Göttingenben Gauss tan´ıtványa volt. Harminckét évesen már professzor volt a breslaui (ma Wroclaw) egyetemen. Innen Berlinbe ker¨ ult és Gauss halála után egykori mestere helyét foglalta el. Kapcsolatot tartott fenn korának minden jelent˝os matematikusával. 6.1.8. P´ elda Vázoljuk az

f : R → R,

f (x) =

 √  x,

ha x ≥ 0

 −1, x

ha x < 0

f¨ uggvény görbéjét! Megold´ as: A f¨ uggvény tulajdonságai alapján:

6.1. ábra 6.1.9. P´ elda Az

x = ϕ(t) , y = ψ(t)

t ∈ [a, b]

98


t-paraméteres egyenletrendszer az (x, y)-s´ık valamely görbéjének u ń. paraméteres egyenlete. Ha a ϕ leképezés kölcsönösen egyértelm˝ u és Dϕ = Dψ , akkor a fenti egyenletrendszer u ń. paraméteres megadás´ u f¨ uggvényt határoz meg. Legyen x = cos t , t ∈ [0, 2π] y = sin t Mivel x2 + y 2 = sin2 x + cos2 x = 1, ´ıgy

√ y = ± 1 − x2 .

6.1.10. Defin´ıci´ o (explicit ´ es implicit alakban megadott f¨ uggv´ enyek) Az y = f (x) alakban megadott f¨ uggvényt explicit alak´ unak mondjuk, m´ıg az F (x, y) = 0 egyenlettel meghat´ arozott f¨ uggvényt implicit alak´ unak nevezz¨ uk. Bizonyos feltételek mellett az implicit alakból fel´ırható a f¨ uggvény explicit alakja. 6.1.11. P´ elda 2 Legyen az F (x, y) = x2 + u f¨ uggvény adott. Ha y > 0, √y − 1 = 0 implicit alak´ 2 akkor az y = f (x) = 1 − x√ explicit fel´ırás adódik, illetve, amennyiben y < 0, akkor az y = f (x) = − 1 − x2 explicit alakhoz jutunk. 6.1.12. Defin´ıci´ o (f¨ uggv´ enyek egyenl˝ os´ ege) Legyen adott az f és g f¨ uggvény, megfelel˝ oen a Df és Dg értelmezési tartománnyal. Az f és g f¨ uggvények egyenl˝ oek, ha megegyezik az értelmezési tartományuk és értékkészlet¨ uk, azaz ha Df = Dg = D és f (x) = g(x), ∀x ∈ D esetén. Ismert f¨ uggvényekb˝ol - értelmezési tartományuk közös részén - az alapm˝ uveletek felhasználásával u ´j f¨ uggvényeket áll´ıthatunk el˝o. 6.1.13. Defin´ıci´ o (m˝ uveletek f¨ uggv´ enyekkel) Legyen adott az f és g f¨ uggvény a Df és Dg értelmezési tartom´ annyal. Az f és g f¨ uggvény: • összege az F1 (x) = (f + g)(x) := f (x) + g(x) f¨ uggvény,

∀x ∈ (Df ∩ Dg );

99

6.1 Alapfogalmak

• k¨ ulönbsége az F2 (x) = (f − g)(x) := f (x) − g(x) f¨ uggvény,

∀x ∈ (Df ∩ Dg );

• szorzata az F3 (x) = (f · g)(x) := f (x) · g(x) f¨ uggvény, • hányadosa az f (x) f (x) := F4 (x) = g g(x)

f¨ uggvény,

∀x ∈ (Df ∩ Dg );

∀x ∈ Df ∩{x : g(x) 6= 0, x ∈ Dg }.

6.1.14. Defin´ıci´ o (¨ osszetett f¨ uggv´ eny, f¨ uggv´ enyek kompoz´ıci´ oja) Legyen f : R → R és g : R → R két egyv´ altoz´ os val´ os f¨ uggvény. Ekkor a Df értelmezési tartomány´ u f k¨ uls˝ o és Dg értelmezési tartom´ any´ u g bels˝ o f¨ uggvényekb˝ol álló f ◦ g összetett f¨ uggvényt a k¨ ovetkez˝ oképpen értelmezz¨ uk: h = f ◦ g : R → R,

h(x) := f (g(x)),

ahol a h f¨ uggvény értelmezési tartom´ anya a Dg azon x0 pontjaib´ ol ´ all, melyekhez tartozó g(x0 ) értékek beletartoznak Df -be: Df ◦g = Dh := Dg ∩ {x : g(x) ∈ Df , x ∈ Dg }. Az összetett h = f ◦ g f¨ uggvény x0 pontbeli helyettes´ıtési értéke: h(x0 ) = (f ◦ g)(x0 ) = f (g(x0 )),

6.2. ábra

x0 ∈ Dh .

100


6.1.15. P´ elda Legyen f (x) = cos x,

g(x) = 3x ,

z(x) =

√

1 − x,

ahol Df = Dg = R, illetve Dz = {x : 1 − x ≥ 0, x ∈ R} = {x : x ≤ 1, x ∈ R}. Ekkor • F1 (x) = f (x) + g(x) = cos x + 3x , ∀x ∈ (Df ∩ Dg ) = R; √ • F2 (x) = g(x) − z(x) = 3x − 1 − x, ∀x ∈ (Dg ∩ Dz ) = Dz ; √ • F3 (x) = f (x) · z(x) = (cos x) · 1 − x, ∀x ∈ (Df ∩ Dz ) = Dz ; • F4 (x) =

g(x) 3x =√ , z(x) 1−x

∀x ∈ Dg ∩ (Dz \ {1}) = Dz \ {1} = {x : x < 1, x ∈ R}; √ • F5 (x) = f ◦ z = cos 1 − x, ∀x ∈ Dz ; √ • F6 (x) = z ◦ g = 1 − 3x , ∀x ∈ {x : 1 − 3x ≥ 0, x ∈ R} = {x : x ≤ 0, x ∈ R. 6.1.16. Megjegyz´ es Már ismert, hogy ha az f : X → Y f¨ uggvény bijekt´ıv (azaz injekt´ıv és sz¨ urjekt´ıv, más néven kölcsönösen egyértelm˝ u leképezést létes´ıt az X és Y halmazok között), akkor létezik f −1 : Y → X inverz f¨ uggvény. Az invertálás m˝ uvelete során az f : X → Y és f −1 : Y → X f¨ uggvények értelmezési tartománya és értékkészlete szerepet cserél. Mindez igaz egyváltozós valós f¨ uggvényekre is. 6.1.17. P´ elda Mutassuk meg, hogy az f : R → R,

f (x) = x + 2,

x ∈ Df = R,

Rf = R

f¨ uggvény invertálható az egész Df = R értelmezési tartományban és f −1 : R → R,

f −1 (x) = x − 2,

x ∈ Df −1 = R.

101

6.1 Alapfogalmak

Megold´ as: Az adott f (x) = x + 2 f¨ uggvény esetén Df = R,

Rf = R

és f minden valós értéket egyszer vesz fel. Ezért létezik f −1 : R → R inverz f¨ uggvény. Az f f¨ uggvény görbéjének egyenlete y = x + 2. Felcserélve a f¨ ugg˝o és f¨ uggetlen változók szerepét kapjuk, hogy x = y + 2, amelyb˝ol adódik, hogy y = x − 2, vagyis az inverz f¨ uggvény: f −1 : R → R,

f −1 (x) = x − 2.

6.3. ábra 6.1.18. P´ elda Mutassuk meg, hogy az f : R → R,

f (x) := x2 ,

Df ⊆ R,

a teljes értelmezési tartományában nem invertálható! Adjunk meg egy olyan intervallumot, ahol létezik az f −1 inverz f¨ uggvény!

102


Megold´ as: Mivel a f¨ uggvény minden pozit´ıv valós értéket két helyen vesz fel: f (x0 ) = x20 = (−x0 )2 = f (−x0 ),

x0 ∈ R \ {0},

ezért a teljes értelmezési tartományában nem invertálható.

6.4. ábra Azonban, ha a Df = R értelmezési tartományt lesz˝ uk´ıtj¨ uk a pozit´ıv valós számok halmazára: Df = R+ , azaz ha f : R+ → R+ , akkor f (a) − f (b) = a2 − b2 = (a − b)(a + b) miatt bármely a, b ∈ R+ , a 6= b esetén f (a) − f (b) 6= 0, azaz f (a) 6= f (b). Tehát fennáll az invertálhatóság feltétele. A változók szerepét felcserélve az y = x2 egyenletben kapjuk, hogy x = y2,

103

¨ggve ńytranszforma ćio ´ 6.2 Fu

ahonnan y=

√

x,

´ıgy az inverz f¨ uggvény: f −1 : R+ → R+ ,

6.2

f −1 (x) =

√

x.

¨ggve ńytranszforma ćio ´ Fu

Egy f¨ uggvény görbéjének megrajzolását a Descartes-féle derékszög˝ u koordinátarendszerben megkönny´ıti, ha valamely ismert grafikon´ u f¨ uggvény megfelel˝o geometriai transzformációjának seg´ıtségével jutunk el a keresett görbéhez. Az alábbi f¨ uggvénytranszformációkat emelj¨ uk ki: Eltol´ as az y-tengely ment´ en Az y = f (x) + a, a ∈ R f¨ uggvény (x, f (x) + a) grafikonja az f f¨ uggvény (x, f (x)) grafikonjának az y-tengely mentén |a| egység˝ u eltolással kapható meg. Ha a > 0, akkor az y-tengely pozit´ıv irányába, ha pedig a < 0 akkor az y-tengely negat´ıv irányába történik az eltolás. 6.2.1. P´ elda Legyen f (x) = x2 + 2, x ∈ R. Rajzoljuk meg a f¨ uggvény grafikonját! Megold´ as: A f¨ uggvény grafikonját a g(x) = x2 , x ∈ R f¨ uggvény görbéjének 2 egység˝ u ”felfelé” való eltolásával kapjuk.

6.5. ábra

104


Eltol´ as az x-tengely ment´ en Az y = f (x − b), b ∈ R f¨ uggvény (x, f (x − b)) grafikonja az f f¨ uggvény (x, f (x)) grafikonjának az x-tengely mentén |b| nagyság´ u eltolással származtatható. Ha b > 0, akkor az x-tengely pozit´ıv irányába, ha pedig b < 0 akkor az x-tengely negat´ıv irányába valós´ıtjuk meg az eltolást. 6.2.2. P´ elda Legyen g(x) = x2 . Rajzoljuk fel az f (x) = (x − 1)2 f¨ uggvény grafikonját! Megold´ as: Az ábrán fekete sz´ınnel a g(x) = x2 f¨ uggvényt, kék sz´ınnel pedig az 2 f (x) = (x − 1) f¨ uggvényt ábrázoltuk.

6.6. ábra Ny´ ujt´ as (vagy zsugor´ıt´ as) az y-tengely ment´ en Az y = c · f (x), c ∈ R f¨ uggvény (x, c · f (x)) grafikonja az f f¨ uggvény (x, f (x)) görbéjéb˝ol az y-tengely menti |c|-szeres ny´ ujtással (zsugor´ıtással) származtatható. Ha c < 0, akkor c · f (x) grafikonját a |c| · f (x) f¨ uggvény görbéjének az x-tengelyre vett t¨ ukrözésével kapjuk meg. Ha |c| > 1 akkor ny´ ujtunk, ha |c| < 1 akkor zsugor´ıtunk. 6.2.3. P´ elda 1 Legyen f (x) = x2 . Rajzoljuk fel az g(x) = 3x2 és a h(x) = x2 illetve az 2 l(x) = −3x2 f¨ uggvények görbéjét!

105

¨ggve ńytranszforma ćio ´ 6.2 Fu

Megold´ as: A 6.7. ábrán fekete sz´ınnel az f (x) = x2 f¨ uggvényt, piros sz´ınnel a g(x) = 1 uggvényt és t¨ urkizkék sz´ınnel az 3x2 f¨ uggvényt, zöld sz´ınnel a h(x) = x2 f¨ 2 2 l(x) = −3x f¨ uggvényt ábrázoltuk.

6.7. ábra Ny´ ujt´ as (vagy zsugor´ıt´ as) az x-tengely ment´ en Az y = f xd , d ∈ R \ {0}, xd ∈ Df f¨ uggvény x, f xd görbéje az f f¨ uggvény (x, f (x)) grafikonjának x-tengely menti |d|-szeres ny´ ujtással (|d| > 1) vagy zsugor´ıtásával (|d| < 1) származtatható. Ha d < 0, akkor x x grafikonból kapjuk az y-tengelyre vett az x, f d görbét az x, f |d| t¨ ukrözéssel. 6.2.4. P´ elda x 2 Legyen f (x) = x2 . Rajzoljuk fel a g(x) = f¨ uggvény grafikonját! 2 Megold´ as: x 2 Fekete sz´ınnel az f (x) = x2 f¨ uggvényt, piros sz´ınnel a g(x) = f¨ uggvényt 2 ábrázoltuk a 6.8. ábrán.

106


6.8. ábra T¨ ukr¨ oz´ es az x-tengelyre Az y = −f (x) f¨ uggvény görbéjét megkapjuk, ha az y = f (x) f¨ uggvény grafikonját t¨ ukrözz¨ uk az x-tengelyre.

6.9. ábra

´ltozo ´ s fu ¨ggve ńyek egyes intervallumbeli tulajdonsa ´gai 6.3 Egyva

107

T¨ ukr¨ oz´ es az y-tengelyre Az y = f (−x) f¨ uggvény görbéjét megkapjuk, ha az y = f (x) f¨ uggvény grafikonját t¨ ukrözz¨ uk az y-tengelyre.

6.10. ábra

6.3

´ltozo ´ s fu ¨ggve ńyek egyes intervallumbeli Egyva ´gai tulajdonsa

A 3.6 alfejezetben megk¨ ulönböztett¨ uk a számegyenes k¨ ulönböz˝o t´ıpus´ u intervallumait. Most ismertetj¨ uk az egyváltozós f f¨ uggvény egyes tulajdonságait, amelyek teljes¨ ulhetnek vagy az egész Df értelmezési tartományban, vagy annak egy bizonyos I ⊂ Df részintervallumán. 6.3.1. Defin´ıci´ o (f¨ uggv´ eny monotonit´ asa) Az f : Df → R valós egyv´ altoz´ os f¨ uggvényt értelmezési tartom´ any´ anak valamely I ⊂ Df részintervallum´ an monoton n¨ ovekv˝ onek illetve monoton csökken˝onek nevezz¨ uk, ha ∀x1 , x2 ∈ I,

x1 < x 2

esetén

f (x1 ) ≤ f (x2 )

∀x1 , x2 ∈ I,

x1 < x 2

esetén

f (x1 ) ≥ f (x2 ).

illetve Az f : Df → R f¨ uggvényt szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ onek illetve szigor´ uan monoton csökken˝onek mondjul az I intervallumon, ha ∀x1 , x2 ∈ I,

x1 < x 2

esetén

f (x1 ) < f (x2 )

108


illetve ∀x1 , x2 ∈ I,

x1 < x 2

esetén

f (x1 ) > f (x2 ).

6.3.2. Defin´ıci´ o (f¨ uggv´ eny korl´ atoss´ aga) Az f : Df → R egyváltoz´ os val´ os f¨ uggvényt az I ⊆ Df részintervallumon alulról illetve fel¨ ulr˝ol korlátosnak nevezz¨ uk, ha létezik olyan k illetve K val´ os szám, hogy ∀x ∈ I

esetén

k ≤ f (x) illetve

f (x) ≤ K.

Ha az f f¨ uggvény alulról és fel¨ ulr˝ ol korl´ atos f¨ uggvény, akkor korl´ atosnak nevezz¨ uk. Nyilvánvalóan a korlátosság azt fejezi ki, hogy a f¨ uggvény görbéje az I ∈ Df intervallumon az y = k és y = K egyenesek által határolt sávban található.

6.11. ábra 6.3.3. P´ elda Korlátos-e az f : R → R, f (x) := intervallumon?

1 f¨ uggvény az I = R = (−∞, ∞) 2 + x2

Megold´ as: Mivel f (x) > 0, ∀x ∈ R esetén, ezért f alulról korlátos és k = 0. Továbbá f (x) = Ezért f (x) ≤

1 1 1 ≤ = 2 2+x 2+0 2

1 = K. Tehát a f¨ uggvény korlátos. 2

∀x ∈ R-re.


109

6.12. ábra Legyen I = [a, b] az f : R → R f¨ uggvény értelmezési tartományának egy zárt intervalluma. Tekints¨ uk az f : R → R f¨ uggvény görbéjének az [a, b] intervallumhoz tartozó darabját. 6.3.4. Defin´ıci´ o (konvex, konk´ av f¨ uggv´ eny ) Az f : R → R f¨ uggvény konvex (fel¨ ulr˝ ol dombor´ u) az [a, b] intervallumon, ha ∀x1 , x2 ∈ (a, b) és 0 ≤ α ≤ 1 esetén az f (αx1 + (1 − α)x2 ) ≤ α · f (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) egyenl˝otlenség teljes¨ ul minden x ∈ (a, b) esetén. Ha az f (αx1 + (1 − α)x2 ) ≥ α · f (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) egyenl˝otlenség áll fenn, akkor az f : R → R f¨ uggvény konk´ av (alulr´ ol homor´ u) az (a, b) intervallumon. 6.3.5. Megjegyz´ es A konvex illetve konkáv tulajdonságnak az alábbi egyszer˝ u geometriai szemléltetés felel meg. Ismeretes, hogy bármely u, v ∈ [a, b], u < v esetén a görbe (u, f (u)) és (v, f (v)) pontjait összeköt˝o egyenes (h´ ur) egyenlete a következ˝oképpen ´ırható fel: f (v) − f (u) (x − u) + f (u), x ∈ (u, v). y= v−u Az f : R → R f¨ uggvény az [a, b] intervallumon konvex (fel¨ ulr˝ol dombor´ u), ha bármely (u, v) ∈ [a, b], u < v esetén minden x ∈ (u, v)-re teljes¨ ul az (6.1)

f (x) ≤

f (v) − f (u) (x − u) + f (u) v−u

110


egyenl˝otlenség, azaz a f¨ uggvény görbéjének bármely ´ıve az ´ıv végpontjait összeköt˝o h´ ur alatt helyezkedik el.

6.13. ábra Ha bármely (u, v) ∈ [a, b], u < v esetén minden x ∈ (u, v)-re (6.2)

f (x) ≥

f (v) − f (u) (x − u) + f (u) v−u

teljes¨ ul, akkor a f¨ uggvény konkáv (alulról dombor´ u) az [a, b] intervallumon. Ekkor bármely ´ıve a görbének a h´ ur felett van.

6.14. ábra


111

6.3.6. P´ elda Az f : R → R, f (x) = Ax + B, A, B ∈ R, A 6= 0 lineáris f¨ uggvény az [a, b] intervallumon egyszerre konvex és konkáv is, mivel a (6.1) és a (6.2) relációk egyszerre teljes¨ ulnek egyenl˝oség esetén. 6.3.7. Defin´ıci´ o (p´ aros ´ es p´ aratlan f¨ uggv´ eny ) Az f : Df → R f¨ uggvényt p´ arosnak illetve p´ aratlannak nevezz¨ uk, ha • ∀x ∈ Df esetén −x ∈ Df is teljes¨ ul és • f (x) = f (−x) illetve f (−x) = −f (x). 6.3.8. Megjegyz´ es A páros f¨ uggvény grafikonja az y-tengelyre, m´ıg a páratlan f¨ uggvény görbéje az origóra szimmetrikus. 6.3.9. P´ elda Az f (x) = x2 , x ∈ R páros f¨ uggvény, a g(x) = 2x, x ∈ R páratlan f¨ uggvény.

6.15. ábra Ismeretes a trigonometrikus f¨ uggvények periodicitása. 6.3.10. Defin´ıci´ o (periodikus f¨ uggv´ eny ) Az f : R → R f¨ uggvényt periodikusnak nevezz¨ uk, ha létezik olyan pozit´ıv T szám, hogy minden x ∈ Df -re és (x + kT )-re, ahol k ∈ Z f (x) = f (x + kT ) teljes¨ ul, ha (x+kT ) ∈ Df . Azt a legkisebb T sz´ amot, melyre fenn´ all az ut´ obbi egyenl˝oség, a f¨ uggvény peri´ odus´ anak mondjuk.

112


A periodikus f¨ uggvény képe a T periódusonként ismétl˝odik. 6.3.11. P´ elda Vázoljuk az f (x) =

2x, f (x + 1),

ha 0 ≤ x < 1 egyébként, x ∈ R

f¨ uggvény grafikonját! Megold´ as: A f¨ uggvény periódusa: T = 1.

6.16. ábra 6.3.12. P´ elda Bizony´ıtsuk be, hogy az f : R → R, 1, ha x racionális f (x) = 0, ha x irracionális u ń. Dirichlet-féle f¨ uggvénynek minden 0-tól k¨ ulönböz˝o racionális szám periódusa! Létezik-e olyan irracionális szám, amelyik periódusa f -nek? Megold´ as: Legyen r ∈ Q, r 6= 0. Ha x ∈ Q, akkor x + r ∈ Q, m´ıg x ∈ (R \ Q) esetén x + r ∈ (R \ Q). Ezért f (x + r) = f (x) minden x valós számra, azaz minden r periódusa f -nek. Irracionális szám nem lehet periódusa f -nek: ha p ∈ (R \ Q) periódusa lenne f -nek, akkor 0 = f (−p) = f (−p + p) = f (0) = 1 teljes¨ ulne. Ez ellentmondáshoz vezet.

113

´ltozo ´ s fu ¨ggve ńy hata ´ re ´rte ´ke 6.4 Egyva

6.3.13. Defin´ıci´ o (glob´ alis maximum, minimum ) Az f : Df → R f¨ uggvénynek az értelmezési tartom´ any valamelyik a ∈ Df pontjában globális maximuma illetve glob´ alis minimuma van, ha f (x) < f (a) illetve

f (x) > f (a),

∀x ∈ Df \ {a}.

6.3.14. Defin´ıci´ o (lok´ alis maximum, minimum ) Az f : Df → R f¨ uggvénynek az a ∈ Df helyen lok´ alis maximuma illetve lokális minimuma van, ha létezik a-nak olyan Kδ (a) = {x ∈ R : |x − a| < δ} δ-sugar´ u környezete amelyre teljes¨ ul, hogy f (x) ≤ f (a) illetve

f (x) ≥ f (a),

∀x ∈ Kδ (a) ∩ Df .

6.3.15. P´ elda Legyen f (x) = x2 + 1, x ∈ R. Az adott f¨ uggvénynek az x = 0 helyen globális minimuma van.

6.17. ábra

6.4

´ltozo ´ s fu ¨ggve ńy hata ´ re ´rte ´ke Egyva

A 4.3 alfejezetben bevezett¨ uk a határérték fogalmát numerikus sorozatok esetén. Most egyváltozós f¨ uggvényre vonatkozóan tárgyaljuk a határérték fogalmát. 6.4.1. Defin´ıci´ o (δ-sugar´ u k¨ ornyezet) Az x0 ∈ R δ-sugar´ u környezetén a Kδ (x0 ) := {x ∈ R : |x − x0 | < δ} = (x0 − δ, x0 + δ) halmazt értj¨ uk.

114


6.4.2. Defin´ıci´ o (δ-sugar´ u bal oldali k¨ ornyezet) Az x0 ∈ R δ-sugar´ u bal oldali k¨ ornyezetén a Kδ− (x0 ) := {x ∈ R : x0 − δ < x < x0 } = (x0 − δ, x0 ) halmazt értj¨ uk. 6.4.3. Defin´ıci´ o (δ-sugar´ u jobb oldali k¨ ornyezet) Az x0 ∈ R δ-sugar´ u jobb oldali k¨ ornyezetén a Kδ+ (x0 ) := {x ∈ R : x0 < x < x0 + δ} = (x0 , x0 + δ) halmazt értj¨ uk. 6.4.4. Defin´ıci´ o (a hat´ ar´ ert´ ek Cauchy-f´ ele megfogalmaz´ asa ) Legyen az f : R → R f¨ uggvény értelmezett az x0 véges pont valamely γsugar´ u Kγ (x0 ) környezetében, kivéve esetleg az x0 pontot. (Az x0 pont a Df értelmezési tartomány torl´ od´ asi pontja, hiszen k¨ ornyezete végtelen sz´ am´ u pontot tartalmaz.) Akkor mondjuk, hogy az A ∈ R sz´ am az f f¨ uggvény x0 helyen vett határértéke, ha ∀ ε > 0 esetén ∃ δ = δ(ε) > 0 (δ ≤ γ), melyre ∀ x ∈ Kδ (x0 ) esetén |f (x) − A| < ε

(6.3)

Jelölése: lim f (x) = A. Olvasva: limesz f (x), ha x tart x0 -hoz. x→x0

6.4.5. Defin´ıci´ o (a hat´ ar´ ert´ ek Heine-f´ ele megfogalmaz´ asa ) Legyen az f : R → R f¨ uggvény értelmezett az x0 véges pont valamely δ-sugar´ u Kδ (x0 ) környezetében. Akkor mondjuk, hogy az A ∈ R sz´ am az f f¨ uggvény x0 pontban vett határértéke, ha minden olyan {xn } sz´ amsorozat esetén, amelyre (6.4)

lim xn = x0 ,

n→∞

xn ∈ Kδ (x0 )

teljes¨ ul, hogy (6.5)

lim f (xn ) = A.

n→∞

6.4.6. Megjegyz´ es A Heine-féle defin´ıcióból következik, hogy a f¨ uggvény határértéke egyértelm˝ uen meghatározott, hiszen számsorozat határértékeként vezett¨ uk be. Ez utóbbira pedig érvényes az unicitás. 6.4.7. P´ elda Igazoljuk, hogy az f : R → R,

115


f (x) =

3x, 5,

ha x ∈ R \ {1} ha x = 1

f¨ uggvény határértéke az x0 = 1 helyen 3, azaz: lim f (x) = 3.

x→1

Megold´ as: Alkalmazzuk a Cauchy-féle defin´ıciót. Tetsz˝oleges ε > 0 esetén válasszuk ε δ(ε) = -nak, azaz legyen 3 ε |x − x0 | = |x − 1| < . 3 Ekkor |f (x) − 3| = |3x − 3| = 3|x − 1| < 3 ·

ε = ε. 3

Tehát valóban lim f (x) = 3.

x→1

Vegy¨ uk észre viszont, hogy a f¨ uggvény helyettes´ıtési értéke az x0 = 1 helyen 5.

6.18. ábra 6.4.8. Lemma (a Cauchy- ´ es a Heine-f´ ele defin´ıci´ ok ekvivalenci´ aja) A határérték Cauchy-féle és Heine-féle defin´ıci´ oja ekvivalensek.

116


Bizony´ıt´ as: Igazoljuk, hogy a Cauchy-féle defin´ıcióból következik a Heine-féle defin´ıció. Mivel az x0 pont torlódási pont, ezért ki tudunk választani az értelmezési tartomány Kδ (x0 ) környezetéb˝ol egy (6.6)

{xn }∞ n=1 ,

xn 6= 0

számsorozatot, amely x0 -hoz konvergál: (6.7)

lim xn = x0 .

n→∞

A sorozat határértékének defin´ıciója szerint a (6.3)-ban szerepl˝o δ számnak megfelel egy n = n0 (δ) ∈ N index, amelyre n ≥ n0 (δ) esetén |x − x0 | < δ és (6.3) szerint ekkor (6.8)

|f (xn ) − A| < ε.

A (6.8) egyenl˝otlenségb˝ol kapjuk a Heine-féle defin´ıcióban szerepl˝o (6.5) egyenl˝oséget. Most pedig indirekt u ´ton belátjuk, hogy a Heine-féle defin´ıcióból következik a Cauchy-féle. Indirekt feltevés¨ unk a következ˝o: ∀ε > 0 -hoz mindig létezik olyan x = x 6= x0 érték, hogy |x − x0 | < δ esetén (6.9)

|f (x) − A| ≥ ε.

Legyen {δn }∞ ıv számokból álló nullához tartó sorozat, azaz n=1 egy pozit´ lim δn = 0.

n→∞

Az indirekt feltevés¨ unk alapján ∀ δ = δn számhoz létezik olyan x = xn , melyre |xn − x0 | < δn esetén (6.10)

|f (xn ) − A| ≥ ε.

Így el˝oállt egy x1 , x2 , x3 , ..., xn , ... = {xn }∞ n=1 sorozat, melyre |xn − x0 | < δn ,

n = 1, 2, 3, ...

Mivel lim δn = 0,

n→∞

117


ezért lim xn = x0 .

n→∞

A Heine-féle defin´ıcióból következik, hogy az f (x1 ), f (x2 ), f (x3 ), ..., f (xn ), ... = {f (xn )}∞ n=1 számsorozat A-hoz konvergál. Ez viszont ellentmond a (6.10) feltételnek, mivel ez utóbbi szerint |f (xn ) − A| ≥ ε.

6.4.9. Megjegyz´ es A határérték kiszám´ıtására e két defin´ıció nem használható, mivel alkalmazásukhoz a határérték ismerete sz¨ ukséges. Az u ń. Cauchy-féle kritérium seg´ıtségével a határérték ismerete nélk¨ ul tudjuk eldönteni a határérték létezését. 6.4.10. T´ etel (Cauchy-f´ ele krit´ erium a hat´ ar´ ert´ ek l´ etez´ es´ ere) Az f : Df → R valós egyv´ altoz´ os f¨ uggvénynek az x0 ∈ Df helyen vett határértéke akkor és csak akkor létezik, ha ∀ ε > 0 esetén tal´ alhat´ o olyan δ(ε) > 0, melyre (6.11)

|x − x0 | < δ,

|y − x0 | < δ,

x, y ∈ Df ,

x, y 6= x0

esetén (6.12)

|f (x) − f (y)| < ε.

Bizony´ıt´ as: • Sz¨ uks´ egess´ eg. Adott, hogy létezik véges határérték: lim f (x) = A.

x→x0

Ekkor ∀ ε > 0 esetén létezik olyan δ = δ(ε) > 0, melyre |x − x0 | < δ

ε esetén |f (x) − A| < . 2

Feltételezz¨ uk, hogy y-ra is fennáll az |y − x0 | < δ

118


egyenl˝otlneség és ´ıgy |f (y) − A| <

ε 2

is teljes¨ ul. Ezek alapján: |f (x) − f (y)| = |f (x) − A + (−f (y) + A)| <

ε ε + =ε 2 2

• El´ egs´ egess´ eg. Adott, hogy fennáll (6.11) és (6.12). Belátjuk, hogy létezik határérték. oleges x0 -hoz tartó számsorozat Legyen {xn }∞ n=1 , xn ∈ Df egy tetsz˝ (ilyen létezik, mivel x0 torlódási pont): lim xn = x0 .

n→∞

Ekkor létezik n = n0 (δ), melyre n > n0 és m > n0 esetén |xn − x0 | < δ és |xm − x0 | < δ. Továbbá a (6.11) és a (6.12) feltételek alapján (6.13)

|f (xn ) − f (xm )| < ε.

teljes¨ ul. A (6.13) egyenl˝otlenség az 5.2.2 Tétel (Cauchy-féle konvergenciakritérium) alapján azt jelenti, hogy az {f (xn )}∞ n=1 számsorozat konvergens, melynek határértékét jelölj¨ uk A-val. (6.14)

lim f (xn ) = A.

n→∞

Már csak azt kell igazolni, hogy A f¨ uggetlen az {xn } számsorozattól. egy m´ a sik x -hoz tart´ o számsorozat: Legyen {xn }∞ 0 n=1 lim xn = x0 .

n→∞

A bizony´ıtottak alapján az {f (xn )}∞ amsorozat is konvergens, n=1 sz´ melynek határértéke legyen A: (6.15)

lim f (xn ) = A.

n→∞

Az A = A egyenl˝oség bizony´ıtása céljából feltételezz¨ uk, hogy A 6= A. Ezek után kiválasztunk egy u ´jabb számsorozatot, mely magába foglalja az {xn }∞ es {xn }∞ n=1 ´ n=1 sorozatok elemeit: (6.16)

x1 , x1 , x2 , x2 , ..., xn , xn , ...


119

A (6.16) számsorozat nyilvánvalóan x0 -hoz konvergál. A (6.16) számsorozat az (6.17)

f (x1 ), f (x1 ), f (x2 ), f (x2 ), ..., f (xn ), f (xn ), ...

számsorozathoz vezet, amely divergens, hiszen két k¨ ulönböz˝o torlódási pontja van (A 6= A). Ellentmondásra jutottunk, hiszen már bizony´ıtottuk, hogy a (6.17) sorozatnak létezik határértéke. Cauchy-féle megfogalmazásban megadhatjuk az u ń. baloldali és jobboldali határérték fogalmát. 6.4.11. Defin´ıci´ o (bal oldali ´ es jobb oldali hat´ ar´ ert´ ek) Akkor mondjuk, hogy az A− sz´ am az f : Df → R f¨ uggvény x0 pontban vett bal T oldali határértéke, ha ∀ ε > 0 esetén ∃ δ = δ(ε) > 0, hogy ∀ x ∈ Df Kδ− (x0 ) esetén |f (x) − A− | < ε

(6.18) Jelölése:

lim f (x) = A− .

x→x0 −0

Az A+ szám az f : Df → R f¨ uggvény x0 helyen vett arértéke, T jobb oldali hat´ ha ∀ ε > 0 esetén ∃ δ = δ(ε) > 0, hogy ∀ x ∈ Df Kδ+ (x0 ) esetén |f (x) − A+ | < ε

(6.19) Jelölése:

lim f (x) = A+ .

x→x0 +0

6.19. ábra

120


6.4.12. T´ etel (sz¨ uks´ eges ´ es el´ egs´ eges felt´ etel a hat´ ar´ ert´ ek l´ etez´ es´ ere) Az egyváltozós f : Df → R f¨ uggvénynek az x0 helyen akkor és csak akkor létezik határértéke, ha létezik az x0 pontban bal és jobb oldali hat´ arérték és a két féloldali határérték megegyezik. Ez a k¨ oz¨ os A érték az f f¨ uggvény x0 -beli határértéke: (6.20)

lim f (x) = lim f (x) = A

x→x0 −0

x→x0 +0

⇔

lim f (x) = A

x→x0

Bizony´ıt´ as: • Sz¨ uks´ egess´ eg. Ha lim f (x) = A, akkor a Heine-féle defin´ıció alapján bármely x0 -hoz x→x0

∞ − ∞ + konvergáló bal oldali {x− es jobb oldali {x+ n }n=1 , xn < x0 ´ n }n=1 , xn > x0 sorozatok esetén léteznie kell az alábbi határértékeknek:

(6.21)

lim f (x− es n) = A ´

n→∞

lim f (x+ n ) = A,

n→∞

tehát (6.22)

lim f (x) = lim f (x) = A.

x→x0 −0

x→x0 +0

• El´ egs´ egess´ eg. Az (6.22) egyenl˝oségb˝ol indulunk ki. Tekints¨ uk az x0 szám δ-sugar´ u (x0 − δ, x0 + δ) környezetét és az A szám ε-sugar´ u (A − ε, A + ε) környezetét. Feltételeink szerint x ∈ Df ∩Kδ− (x0 ) és x ∈ Df ∩Kδ+ (x0 ), ´ıgy |f (x) − A| < ε.

(6.23)

Tehát a határérték Cauchy-féle defin´ıciója értelmében: (6.24)

lim f (x) = A.

x→x0

´ Altal´ anos´ıtható a f¨ uggvény határértékének fogalma végtelen A illetve x0 esetén is. 6.4.13. Defin´ıci´ o (v´ egtelen hat´ ar´ ert´ ek) Azt mondjuk, hogy az f : Df → R f¨ uggvénynek véges x0 pontban vett határértéke +∞ illetve −∞, ha ∀ A > 0-hoz illetve B < 0-hoz ∃ δ = δ(A) illetve δ = δ(B) u ´gy, hogy ∀ x ∈ Df ∩ Kδ (x0 ) esetén (6.25)

f (x) > A

illetve

f (x) < B

Jelölése: lim f (x) = +∞ illetve lim f (x) = −∞. x→x0

x→x0


121

6.4.14. P´ elda 1 Igazoljuk, hogy lim 2 = +∞, Df = R \ {0}. x→0 x Megold´ as: Igazolnunk kell, hogy ∀ A-hoz ∃ δ = δ(A), melyre |x − x0 | = |x − 0| < δ esetén 1 > A, x2 melyb˝ol 1 x2 < . A 1 1 Legyen δ = √ . Ha |x − 0| < √ , akkor A A x2 < azaz

1 , A

1 > A. x2

6.4.15. Defin´ıci´ o (hat´ ar´ ert´ ek a v´ egtelenben) Legyen az f : Df → R f¨ uggvény értelmezési tartom´ anya fel¨ ulr˝ ol nem korl´ atos. Az f f¨ uggvény +∞-ben vett hat´ arértéke a A sz´ am, ha ∀ ε > 0 estén ∃ δ = δ(ε) > 0 szám u ´gy, hogy ∀ x ∈ Df és x > δ esetén |f (x) − A| < ε

(6.26) teljes¨ ul. Jelölése: lim f (x) = A. x→+∞

6.4.16. P´ elda 1 Igazoljuk, hogy lim 2 = 0, Df = R \ {0}. x→+∞ x Megold´ as: Valóban, ∀ ε > 0 esetén ∃ δ = δ(ε) > 0, melyre x > δ(ε) esetén 1 − 0 = 1 < ε, x2 x2 melyb˝ol 1 x2 > , ε

122


azaz

1 x> √ . ε 1 1 Tehát, ha x > δ = √ , akkor 2 − 0 < ε, azaz x ε 1 = 0. x→+∞ x2 A határérték kiszám´ıtását megkönny´ıti az alábbi a´ll´ıtás. lim

6.4.17. T´ etel (a hat´ ar´ ert´ ek m˝ uveleti tulajdons´ agai) Ha az f : Df → R és g : Dg → R f¨ uggvényeknek az x0 helyen létezik határértéke: (6.27)

lim f (x) = A és

x→x0

lim g(x) = B,

x→x0

akkor a két f¨ uggvény összegének, k¨ ul¨ onbségének, szorzat´ anak és h´ anyados´ anak is létezik határértéke az x0 pontban, mégpedig: 1. lim (c · f (x)) = c · lim f (x) = c · A, (c ∈ R); x→x0

x→x0

2. lim (f (x) ± g(x)) = lim f (x) ± lim g(x) = A ± B; x→x0

x→x0

x→x0

3. lim (f (x) · g(x)) = lim f (x) · lim g(x) = A · B; x→x0

x→x0

x→x0

lim f (x) A f (x) x→x0 = = , ha B 6= 0. 4. lim x→x0 g(x) lim g(x) B x→x0

Bizony´ıt´ as: Csak a 2. áll´ıtást bizony´ıtjuk. Az A és B határértékek létezése miatt: ∀ ε > 0 esetén ∃δ1 = δ1 (ε) u ´gy, hogy |x − x0 | < δ1 esetén ε |f (x) − A| < , 2 illetve ∀ ε > 0 esetén ∃δ2 = δ2 (ε) u ´gy, hogy |x − x0 | < δ2 esetén ε |g(x) − B| < . 2 Legyen δ = min{δ1 , δ2 }. Ekkor ∀ ε > 0 esetén ∃δ = δ(ε) u ´gy, hogy |x−x0 | < δ esetén ε ε |f (x) + g(x) − (A + B)| ≤ |f (x) − A| + |g(x) − B| < + = ε. 2 2

123


6.4.18. P´ elda

2x2 + 4 határértéket! x→1 x

Szám´ıtsuk ki a lim Megold´ as:

lim (2x2 + 4) 2x2 + 4 2+4 x→1 lim = = = 6. x→1 x lim x 1 x→1

6.4.19. T´ etel (v´ eges hat´ ar´ ert´ ek l´ etez´ es´ eb˝ ol k¨ ovetkez˝ o korl´ atoss´ ag) Ha létezik véges lim f (x) = A hat´ arérték, akkor az x0 pont valamely x→x0

k¨ ornyezetében az f f¨ uggvény korl´ atos. Bizony´ıt´ as: A határérték létezéséb˝ol: ∀ ε > 0 esetén ∃δ = δ(ε) u ´gy, hogy ∀ x ∈ Df ∩ Kδ (x0 ) esetén |f (x) − A| < ε. Az abszol´ ut érték tulajdonságai miatt: ||f (x)| − |A|| ≤ |f (x) − A| < ε, azaz ||f (x)| − |A|| < ε. Tehát |A| − ε < |f (x)| < |A| + ε. Vagyis f (x) korlátos. 6.4.20. T´ etel (a f¨ uggv´ eny abszol´ ut ´ ert´ ek´ enek hat´ ar´ ert´ ek´ er˝ ol) Ha létezik a véges lim f (x) = A hat´ arérték, akkor a lim |f (x)| = |A| x→x0

x→x0

határérték is létezik. Bizony´ıt´ as: Az el˝oz˝o tétel bizony´ıtásából következik, hogy ||f (x)| − |A|| < ε.

6.4.21. Megjegyz´ es Az el˝oz˝o tétel megford´ıtása nem igaz.

124


6.4.22. P´ elda 1 1 és |f (x)| = Létezik-e határértéke az x0 = 0 helyen az f (x) = x |x| f¨ uggvényeknek? Megold´ as: Kiszám´ıtjuk az x0 = 0-beli bal- és jobboldali határértékeket: 1 1 = −∞ = 6 lim = +∞, x→0+0 x x→0−0 x lim

azaz az f (x) =

1 f¨ uggvénynek x0 = 0-ban nincs határértéke. x

6.20. ábra Azonban, 1 = +∞. x→0 |x| lim

6.21. ábra

125


6.4.23. T´ etel (nevezetes hat´ ar´ ert´ ekek) sin x = 1, x 6= 0, x ∈ R x→0 x x x 1 1 = lim 1 + =e 2. lim 1 + x→−∞ x→+∞ x x a x 3. lim 1 + = ea , a ∈ R, a 6= 0, x ∈ (−∞, −|a|) ∪ (|a|, +∞) x→+∞ x 1. lim

Bizony´ıt´ as: Az áll´ıtás els˝o részét bizony´ıtjuk. El˝oször igazoljuk, hogy sin x < x < tgx,

ha 0 < x <

π . 2

Tekints¨ uk az alábbi R sugar´ u kört.

6.22. ábra Jelölj¨ uk ki B-t a körvonalon az els˝o s´ıknegyedben, majd kész´ıts¨ uk el az AC érint˝ot. Ekkor: S4OAB < SOAB körcikk < S4OAC . Mivel 1 1 R2 sin x R2 sin x cos x S4DAB = DA · BD = R sin x(R − R cos x) = − ; 2 2 2 2 S4OAB =

R2 sin x cos x R2 sin x R2 sin x cos x R2 sin x + − = ; 2 2 2 2

126


SOAB körcikk = és

R2 · x 2

radiánban mért ”x” szög;

tgx 1 . S4OAC = OA · AC = R2 · 2 2

Tehát

R2 sin x 1 1 < R2 x < R2 tgx, 2 2 2

azaz sin x < x < tgx. Feltéve, hogy 0 < x <

π adódik, hogy sin x > 0. Tehát 2 1<

1 x < . sin x cos x

1>

sin x > cos x x

´ erve a reciprokokra: Att´

Továbbá − azaz 1−

sin x < − cos x, x sin x < 1 − cos x. x

Azonban 1 − cos x < x, ezért

1 − sin x < x, x sin x 1 − < |x| . x

0< illetve

A defin´ıció szerint, ha ∀ ε > 0 esetén ∃ δ = δ(ε) = ε, |x − 0| < δ = ε esetén sin x 1 − < ε, x azaz

sin x = 1. x→0 x lim

127

7

¨ggve ńyek. Szakada ´si helyek Folytonos fu

A gyakorlatban igen fontos szerepe van az u ń. folytonos f¨ uggvényeknek.

7.1

¨ggve ńyek Folytonos fu

7.1.1. Defin´ıci´ o (folytonos f¨ uggv´ eny) Az f : Df → R f¨ uggvényt az x0 ∈ Df helyen folytonosnak nevezz¨ uk, ha az x0 helyen létezik határértéke és helyettes´ıtési értéke, és ezek megegyeznek: lim f (x) = f (x0 ).

x→x0

7.1.2. Megjegyz´ es 1. A határérték Cauchy-féle defin´ıciója szerint a fenti defin´ıció azt jelenti, hogy ∀ ε > 0 esetén ∃ δ = δ(ε) u ´gy, hogy |x − x0 | < δ esetén |f (x) − f (x0 )| < ε teljes¨ ul. 2. Szemléletesen a folytonosság azt jelenti, hogy ha az x0 számot kismértékben megváltoztatjuk, akkor az f (x0 ) f¨ uggvényérték is csak kicsit változik. 7.1.3. Defin´ıci´ o (balr´ ol illetve jobbr´ ol folytonos f¨ uggv´ eny) Az f : Df → R f¨ uggvényt az x0 ∈ Df helyen balr´ ol illetve jobbr´ ol folytonosnak nevezz¨ uk, ha létezik az x0 pontban baloldali illetve jobboldali hat´ arértéke és ezek a féloldali határértékek egybeesnek az x0 -beli helyettes´ıtési értékkel: lim f (x) = f (x0 ),

x→x0 −0

illetve

lim f (x) = f (x0 ).

x→x0 +0

7.1.4. P´ elda Folytonos-e az f (x) = x2 f¨ uggvény az x0 = 3 helyen? Megold´ as: Az adott f¨ uggvény folytonos x0 = 3-ban, mivel ∀ ε > 0 esetén meg tudunk adni olyan δ = δ(ε)-t, melyre ha |x − 3| < δ, akkor |f (x) − f (3)| = |f (x) − 9| = |x2 − 9| < ε. √ √ Legyen δ = 9 + ε − 3. Ekkor |x − 3| < δ = 9 + ε − 3 esetén √ √ −( 9 + ε − 3) < x − 3 < 9 + ε − 3.

128

¨ ´ ´ 7 FOLYTONOS FUGGV ENYEK. SZAKADASI HELYEK

Így: √ √ |f (x)−f (3)| = |x2 −9| = |(x−3)(x+3)| < ( 9 + ε+3)( 9 + ε−3) = 9+ε−9 = ε. A f¨ uggvény határérték m˝ uveleti tulajdonságaira vonatkozó tétel alapján kapjuk az alábbi áll´ıtást: 7.1.5. T´ etel (folytonos f¨ uggv´ enyek ¨ osszeg´ er˝ ol, szorzat´ ar´ ol, h´ anyados´ ar´ ol) Az x0 helyen folytonos f¨ uggvények ¨ osszege, k¨ ul¨ onbsége és szorzata is folytonos x0 -ban. Az adott f¨ uggvények h´ anyadosa szintén folytonos, amennyiben a nevez˝oben lév˝o f¨ uggvény helyettes´ıtési értéke nem zérus x0 -ban. 7.1.6. T´ etel (¨ osszetett f¨ uggv´ eny folytonoss´ ag´ ar´ ol) Feltételezz¨ uk, hogy az f : Df → R és g : Dg → R f¨ uggvények adottak és Rg ⊆ Df . Ha a g f¨ uggvény folytonos az x0 helyen és az f f¨ uggvény folytonos a g(x0 ) helyen, akkor az F (x) = f (g(x)) ¨ osszetett f¨ uggvény, azaz f ◦ g : Dg → R szintén folytonos az x0 helyen és lim (f ◦ g)(x) = lim f (g(x)) = f (g(x0 )).

x→x0

x→x0

Bizony´ıt´ as: Alkalmazzuk a folytonosság defin´ıcióját. Mivel f folytonos a g(x0 ) helyen, ezért ∀ ε > 0 esetén ∃ δ > 0, melyre |g(x) − g(x0 )| < δ esetén |f (g(x)) − f (g(x0 ))| < ε. A g f¨ uggvény x0 -beli folytonosságából következik, hogy ∀ ε1 > 0 esetén ∃ δ1 > 0 u ´gy, hogy |x − x0 | < δ1 esetén: |g(x) − g(x0 )| < ε1 . Legyen továbbá ε1 ≤ δ. Ekkor |f (g(x)) − f (g(x0 ))| < ε. 7.1.7. T´ etel (folytonos f¨ uggv´ enyek el˝ ojeltart´ as´ ar´ ol) Ha az f : Df → R f¨ uggvény az x0 helyen folytonos és f (x0 ) > 0 illetve

f (x0 ) < 0,

akkor létezik x0 -nak olyan δ-sugar´ u k¨ ornyezete, melyben f (x) > 0 illetve

f (x) < 0.

129

´si helyek oszta ´lyoza ´sa 7.2 Szakada

Bizony´ıt´ as: f (x0 ) =ε>0 2 esetén létezik olyan δ > 0, hogy |x − x0 | < δ, x ∈ Df esetén teljes¨ ul, hogy Tekints¨ uk az f (x0 ) > 0 esetet. Az x0 -beli folytonosság miatt

|f (x) − f (x0 )| < ε =

f (x0 ) , 2

amelyb˝ol −

f (x0 ) f (x0 ) < f (x) − f (x0 ) < , 2 2

azaz f (x) >

f (x0 ) > 0. 2

7.1.8. K¨ ovetkezm´ eny Ha f : R → R az x0 bármely k¨ ornyezetében pozit´ıv és negat´ıv értéket is felvesz, azaz van x1 és x2 , hogy f (x1 ) · f (x2 ) < 0, akkor sz¨ ukségképpen f (x0 ) = 0.

7.1. ábra

7.2

´si helyek oszta ´lyoza ´sa Szakada

7.2.1. Defin´ıci´ o (szakad´ asi hely) Ha az f : R → R f¨ uggvény értelmezési tartom´ any´ anak valamely x0 ∈ Df pontjában nem folytonos, akkor f -nek az x0 helyen szakad´ asa van.

130


Háromféle szakadási helyet k¨ ulönböztet¨ unk meg. 7.2.2. Defin´ıci´ o (megsz¨ untethet˝ o szakad´ as) Az f : R → R f¨ uggvénynek az x0 szakad´ asi helyen megsz¨ untethet˝ o szakad´ asa van, ha az x0 pontban létezik véges hat´ arérték: lim f (x) = A < ∞.

x→x0

7.2.3. P´ elda Tekints¨ uk az alábbi f¨ uggvényt!   2, ha x > 0 1, ha x = 0 f (x) =  2, ha x < 0 Nyilvánvaló, hogy lim f (x) = 2. Valóban, ∀ ε > 0 esetén akármilyen δ > 0, x→0

|x| < δ választásakor: |f (x) − 2| = |2 − 2| < ε. Az x0 = 0 helyen f nem folytonos, mivel lim f (x) = 2 6= 1, azaz az x0 x→0 beli határérték nem egyezik meg az x0 -ban felvett helyettes´ıtési értékkel. A szakadás megsz¨ untethet˝o szakadás.

7.2. ábra 7.2.4. Defin´ıci´ o (p´ olus) Az f : R → R f¨ uggvény x0 szakad´ asi helyét p´ olusnak nevezz¨ uk, ha az |f (x)| f¨ uggvénynek az x0 pontbeli hat´ arértéke végtelen: lim |f (x)| = ∞.

x→x0

131

´si helyek oszta ´lyoza ´sa 7.2 Szakada

7.2.5. P´ elda 1 Legyen f (x) = , x ∈ R \ {0}. Ekkor x 1 |f (x)| = , x ∈ R \ {0}. x Az x0 = 0 pont ebben az esetben pólus. 7.2.6. Defin´ıci´ o (l´ enyeges szakad´ asi hely) Az f : R → R f¨ uggvény x0 szakad´ asi helyét lényeges szakad´ asi helynek nevezz¨ uk, ha az x0 pontban a f¨ uggvénynek nem létezik sem véges sem végtelen határértéke. 7.2.7. Megjegyz´ es A lényeges szakadási hellyel rendelkez˝o f¨ uggvény nem tehet˝o folytonossá. A szakadási helyek osztályozása a következ˝oképpen is történhet. 7.2.8. Defin´ıci´ o (els˝ ofaj´ u szakad´ asi hely) Az f : R → R f¨ uggvény x0 szakad´ asi helyét els˝ ofaj´ u szakad´ asi helynek nevezz¨ uk, ha az x0 pontban létezik véges baloldali és jobboldali hat´ arérték, azonban ezek nem egyenl˝ok: lim f (x) 6= lim f (x).

x→x0+0

x→x0−0

7.3. ábra 7.2.9. Defin´ıci´ o (m´ asodfaj´ u szakad´ asi hely) Az f : R → R f¨ uggvény x0 szakad´ asi helyét m´ asodfaj´ u szakad´ asi helynek mondjuk, ha az x0 pontban legfeljebb az egyik féloldali hat´ arérték végtelen (a másik véges). (Ekkor lehetséges, hogy az x0 pontban a f¨ uggvény nincs is meghat´ arozva.)

132

7.3


¨ggve ńyek Egyenletesen folytonos fu

Eddig egy f¨ uggvény pontbeli folytonosságáról volt szó, annak ellenére, hogy a f¨ uggvény értelmezésére sz¨ ukség volt a vizsgált pont környezetében is. A folytonossági tulajdonságot most kiterjesztj¨ uk intervallumokra is. 7.3.1. Defin´ıci´ o (ny´ılt intervallumon folytonos f¨ uggv´ eny) Az f : (a, b) → R f¨ uggvényt a ny´ılt (a, b) intervallumon folytonosnak nevezz¨ uk, ha f az intervallum minden x ∈ (a, b) pontj´ aban folytonos. 7.3.2. Defin´ıci´ o (z´ art intervallumon folytonos f¨ uggv´ eny) Az f : [a, b] → R f¨ uggvényt a z´ art (a, b) intervallumon folytonosnak nevezz¨ uk, ha f folytonos az (a, b) ny´ılt intervallumon és jobbr´ ol folytonos az x = a végpontban illetve balról folytonos az x = b végpontban. 7.3.3. Defin´ıci´ o (szakaszonk´ ent folytonos f¨ uggv´ eny) Ha az f f¨ uggvény értelmezési tartom´ anya olyan k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o intervallumok egyes´ıtése, melyeken az adott f¨ uggvény folytonos, akkor f szakaszonkét folytonos f¨ uggvény. 7.3.4. P´ elda Tekints¨ uk az alábbi f¨ uggvényt!   −2x, ha −∞ < x < 1 x2 , ha 1 ≤ x ≤ 3 f (x) =  sin x, ha 3 < x < ∞ A megadott f¨ uggvény szakaszonként folytonos.

7.4. ábra

133

¨ggve ńyek 7.3 Egyenletesen folytonos fu

7.3.5. Defin´ıci´ o (egyenletesen folytonos f¨ uggv´ eny) Az f : Df → R f¨ uggvényt az I ⊂ Df intervallumon egyenletesen folytonosnak nevezz¨ uk, ha bármely x0 ∈ I és ε > 0 esetén létezik olyan δ = δ(ε) > 0 sz´ am, hogy minden x ∈ I-re, |x − x0 | < δ esetén |f (x) − f (x0 )| < ε teljes¨ ul. Az el˝oz˝o defin´ıcióval ekvivalens az alábbi defin´ıció. 7.3.6. Defin´ıci´ o (egyenletesen folytonos f¨ uggv´ eny) Az f : Df → R f¨ uggvényt az I ⊂ Df intervallumon egyenletesen folytonosnak nevezz¨ uk, ha ∀ ε > 0 esetén ∃ δ = δ(ε) > 0 sz´ am u ´gy, hogy ∀ x1 , x2 ∈ I-re fennáll, hogy: |f (x1 ) − f (x2 )| < ε,

ha

|x1 − x2 | < δ.

7.3.7. P´ elda 1 uggvény a (0, 1) intervallumon nem egyenMutassuk meg , hogy az f (x) = f¨ x letesen folytonos, de az (α, 1), ahol α > 0 intervallumon már egyenletesen folytonos! Megold´ as: Legyen 0 < x1 < x2 < 1. Az egyenletes folytonosság teljes¨ uléséhez kell (kellene) találni egy δ > 0 számot, hogy |x1 − x2 | < δ esetén 1 1 |f (x1 ) − f (x2 )| = − < ε. x1 x2 ´ Atrendezve: 1 1 − = x2 − x1 < ε x1 x2 x1 · x − 2

⇐⇒

x2 − x1 < ε · x1 · x2 .

Hiába rögz´ıtj¨ uk ε-t, az x1 · x2 szorzatnak nincs 0-nál nagyobb alsó korlátja. Tekints¨ uk azon x1 , x2 számpárokat, amelyekre x2 − x1 = c > 0. Ezen számpárok között lesznek olyanok, amelyekre x2 − x1 ≥ ε · x1 · x2 , ha x1 elég kis érték˝ u. Így nem létezik a rögz´ıtett ε > 0-hoz tartozó δ > 0 szám. Tehát f nem egyenletesen folytonos (0, 1)-en.

134


Tekints¨ uk az (α, 1), ahol α > 0 intervallumot. Legyen α < x1 < x2 < 1 és ε > 0 tetsz˝oleges. Ha δ = ε · α2 , akkor |x1 − x2 | < ε · α2 esetén 1 − 1 = x2 − x1 < ε x1 x2 x1 · x − 2 teljes¨ ul, azaz a megadott f¨ uggvény egyenletesen folytonos az (α, 1) intervallomon, ha 0 < α < 1.

7.4

¨ggve ńyek fontosabb tulajdonsa ´gai Folytonos fu

Ismertetj¨ uk a folytonos f¨ uggvények zárt intervallumokra vonatkozó tulajdonságait. 7.4.1. T´ etel (Bolzano t´ etele a z´ erushely l´ etez´ es´ er˝ ol) Ha az [a, b] zárt intervallumon folytonos f f¨ uggvényre teljes¨ ul, hogy: f (a) · f (b) < 0, akkor létezik olyan ξ ∈ (a, b) pont, melyre f (ξ) = 0. Bizony´ıt´ as: Alkalmazzuk a már korábban használt egymásba skatulyázott intervallumok tulajdonságát. Vegy¨ uk az [a, b] intervallum felez˝opontjában az f f¨ uggvény értékét.

7.5. ábra

¨ggve ńyek fontosabb tulajdonsa ´gai 7.4 Folytonos fu

135

a+b a+b Ha f = 0, akkor a tétel áll´ıtása igaz. Ha f 6= 0, akkor a 2 2 két részintervallum köz¨ ul jelölje [a1 , b1 ] azt, melyre f (a1 ) · f (b1 ) < 0. Mivel b1 − a1 =

b−a , ezért 2 [a1 , b1 ] ⊂ [a, b].

Folytatva ezt az intervallumfelez˝o eljárást, olyan egymásba skatulyázott intervallum-sorozatot kapunk, melyre ... ⊂ [an , bn ] ⊂ [an−1 , bn−1 ] ⊂ ... ⊂ [a1 , b1 ] ⊂ [a, b] és

b−a = 0. n→∞ 2n

lim (bn − an ) = lim

n→∞

A felezési eljárást minden határon t´ ul folytatva csak egyetlen olyan ξ ∈ (a, b) pont marad, amely eleme minden intervallumnak, azaz lim an = lim bn = ξ.

n→∞

n→∞

Mivel ξ ∈ (a, b) és f folytonos ξ-ben; továbbá bármely ε-sugar´ u környezetben f negat´ıv és pozit´ıv értéket egyaránt felvesz, ezért a folytonos f¨ uggvények el˝ojeltartása miatt (7.1.7. Tétel) : f (ξ) = 0. A ξ pontbeli folytonosság miatt a határérték Heine-féle defin´ıciója alapján, az {an } számsorozat esetén (legyen ∀ an -re f (an ) ≤ 0): lim f (an ) = f (ξ) ≤ 0,

n→∞

illetve a {bn } számsorozatra (legyen ∀ bn -re f (bn ) ≥ 0): lim f (bn ) = f (ξ) ≥ 0.

n→∞

Tehát, valóban f (ξ) = 0.

136


7.4.2. T´ etel (Bolzano tulajdons´ ag folytonos f¨ uggv´ eny k´ et pont k¨ oz¨ ott ´ ert´ ekeir˝ ol) Ha az [a, b] zárt intervallumon folytonos f¨ uggvényre fenn´ all, hogy: f (a) < f (b), akkor a f¨ uggvény minden olyan c értéket felvesz, amely f (a) és f (b) k¨ ozé esik, azaz ∃ ξ ∈ (a, b), amelyre f (ξ) = c. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk a g(x) = f (x) − c f¨ uggvényt. Erre a f¨ uggvényre teljes¨ ul az el˝oz˝o tétel áll´ıtása, mivel g(a) = f (a) − c < 0 és g(b) = f (b) − c > 0. Létezik tehát ξ ∈ [a, b], melyre g(ξ) = 0, és ezért f (ξ) = c. 7.4.3. T´ etel (Weierstrass t´ etele folytonos f¨ uggv´ eny korl´ atoss´ ag´ ar´ ol) Ha az [a, b] intervallum minden pontj´ aban folytonos az f f¨ uggvény, akkor az [a, b] intervallumon korlátos is, azaz létezik K > 0, hogy |f (x) ≤ K,

∀x ∈ [a, b].

Bizony´ıt´ as: A 6.4.19. Tételb˝ol következik az áll´ıtás, amely véges határérték létezése esetén garantálja a f¨ uggvény korlátosságát. 7.4.4. T´ etel (folytonos f¨ uggv´ eny maximum´ anak ´ es minimum´ anak l´ etez´ es´ er˝ ol) Egy zárt [a, b] intervallumon folytonos f f¨ uggvény felveszi legnagyobb és legkisebb értékét. Bizony´ıt´ as: Az el˝oz˝o tétel szerint az f f¨ uggvény korlátos az [a, b] intervallumon, azaz létezik sup f (x) = S. x∈[a,b]

A tétel áll´ıtásával ellentétben tételezz¨ uk fel, hogy az f f¨ uggvény az S értéket nem veszi fel az [a, b] intervallumon, vagyis f (x) < S, esetén. Vezess¨ uk be a g(x) =

∀x ∈ [a, b] 1 S − f (x)

¨ggve ńyek fontosabb tulajdonsa ´gai 7.4 Folytonos fu

137

segédf¨ uggvényt, amely nyilvánvalóan folytonos az [a, b] intervallumon és következésképpen korlátos is. Létezik olyan K > 0, amelyre g(x) =

1 < K. S − f (x)

Ez utóbbi egyenl˝otlenséget átrendezve adódik, hogy f (x) < S −

1 , K

∀x ∈ [a, b].

Így ellentmondáshoz jutottunk, mert feltételeink szerint az f f¨ uggvény supremuma az [a, b] intervallumban az S szám. Azaz létezik olyan ξ ∈ [a, b] pont, ahol f (ξ) = S = max f (x). x∈[a,b]

Hasonlóan látható be a minimumra vonatkozó áll´ıtás. 7.4.5. T´ etel (folytonos f¨ uggv´ eny egyenletes folytonoss´ ag´ ar´ ol) Ha az f f¨ uggvény a zárt [a, b] intervallumon folytonos, akkor ugyanott egyenletesen is folytonos. Bizony´ıt´ as: Indirekt u ´ton bizony´ıtunk. Ellentétben a tétel áll´ıtásával feltételezz¨ uk, hogy az egyenletes folytonosság 7.3.6. Defin´ıciójában valamilyen rögz´ıtett ε > 0hoz nem található olyan δ > 0, amelyre |x − x0 | < δ esetén |f (x) − f (x0 )| < ε teljes¨ ulne. Ez azt jelenti, hogy tetsz˝oleges δ > 0-ra az [a, b] intervallumban található két olyan pont, x és x0 , melyekre |x − x0 | < δ, de ugyanakkor |f (x) − f (x0 )| ≥ ε. Válasszunk ki egy pozit´ıv számokból álló, nullához konvergáló számsorozatot: {δn }∞ n=1 ,

δn > 0 és

lim δn = 0.

n→∞

Az el˝obbiek alapján mindegyik δn -hez található az [a, b] intervallumban két olyan pont, xn és x0n , amelyekre |xn − x0n | < δn , de ennek ellenére: |f (xn ) − f (x0n )| ≥ ε,

n = 1, 2, ...

A Bolzano-Weierstrass-féle kiválasztási tétel alapján a korlátos {xn }∞ n=1 sorozatból kiválasztható egy x0 ∈ [a, b] ponthoz konvergáló részsorozat. Jelölje ezt a részsorozatot éppen {xn }∞ n=1 : lim xn = x0 .

n→∞

138


Mivel (xn − x0n ) → 0, mert |xn − x0n | < δn és δn → 0, ´ıgy lim x0n = x0 .

n→∞

Az f f¨ uggvény x0 -beli folytonossága alapján: f (xn ) → f (x0 ),

ha n → ∞

f (x0n ) → f (x0 ),

ha n → ∞,

és amelyekb˝ol adódik, hogy f (xn ) − f (x0n ) → 0,

ha n → ∞.

Ez viszont ellentmond annak, hogy minden n-re |f (x) − f (x0 )| ≥ ε. Tehát az áll´ıtás igaz. 7.4.6. T´ etel (monoton f¨ uggv´ eny inverz´ enek l´ etez´ es´ er˝ ol ´ es annak folytonoss´ ag´ ar´ ol) Ha az f f¨ uggvény az (a, b) intervallumon folytonos és szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝o (illetve csökken˝o), akkor a megadott intervallumon létezik az inverz f −1 (x) f¨ uggvény, amely szintén folytonos és monoton cs¨ okken˝ o (illetve n¨ ovekv˝o) az (f (a), f (b)) (illetve f (b), f (a)) intervallumban. A tételt nem bizony´ıtjuk.

139

8

¨ggve ńyek, Nevezetes fu ¨ggve ńyek Elemi fu

8.1

ńt linea ´ris fu ¨ggve ńyek Szakaszonke

8.1.1. Defin´ıci´ o (elemi f¨ uggv´ enyek) Az elemi f¨ uggvények olyan formul´ aval megadhat´ o f¨ uggvények, amelyek véges szám´ u összeadással, kivon´ assal, szorz´ assal, oszt´ assal ¨ osszetett f¨ uggvény és inverz képzéssel származtathat´ ok a konstans f¨ uggvények (f (x) = c), a x hatványf¨ uggvények (f (x) = a ), a trigonometrikus f¨ uggvények (f (x) = sin x, f (x) = cos x, f (x) =tgx, f (x) =ctgx), illetve a logaritmus f¨ uggvények (f (x) = loga x) osztályából. Az alábbiakban nevezetes szakaszonként lineáris f¨ uggvényeket mutatunk be. Ezen f¨ uggvények közös jellemz˝oje, hogy grafikonjaik egyenes szakaszokból vagy félegyenesekb˝ol állnak (és esetleg még néhány pontból). 1. Egys´ egugr´ as f¨ uggv´ eny f : R \ {0} → R, f (x) :=

0, 1,

ha x < 0 ha x > 0

Az origóban a f¨ uggvény nincs meghatározva. A f¨ uggvény grafikonja:

8.1. ábra 2. Szignum f¨ uggv´ eny A f¨ uggvény elnevezése a latin eredet˝ u szignum - jelentése: jel - szóból származik.

140

¨ ´ ¨ ´ 8 ELEMI FUGGV ENYEK, NEVEZETES FUGGV ENYEK

  1, 0, f : R → R, f (x) = sgnx :=  −1,

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

Az origóban a f¨ uggvény értéke 0. A f¨ uggvény grafikonja:

8.2. ábra 3. Abszol´ ut´ ert´ ek f¨ uggv´ eny f : R → R, f (x) = |x| :=

x, −x,

A f¨ uggvény grafikonja két félegyenesb˝ol áll:

8.3. ábra

ha x ≥ 0 ha x < 0

141

ńt linea ´ris fu ¨ggve ńyek 8.1 Szakaszonke

8.1.2. Megjegyz´ es Könny˝ u ellen˝orizni, hogy |x| = x · sgnx. 8.1.3. P´ elda Vázoljuk a h(x) = |x−2|+3 f¨ uggvény grafikonját f¨ uggvénytranszformáció seg´ıtségével! Megold´ as: El˝oször az f (x) = |x| f¨ uggvény grafikonját vázoltuk (lila sz´ınnel), majd a g(x) = |x − 2| f¨ uggvény grafikonját rajzoltuk meg (zöld sz´ınnel). Legvég¨ ul a h(x) = |x − 2| + 3 f¨ uggvény grafikonját kész´ıtett¨ uk el az y tengely mentén való eltolás seg´ıtségével (piros sz´ınnel).

8.4. ábra 4. Eg´ eszr´ esz f¨ uggv´ eny 8.1.4. Defin´ıci´ o (eg´ eszr´ esz f¨ uggv´ eny) Az x ∈ R szám egészrészének azt a legnagyobb egész sz´ amot nevezz¨ uk, amely nem nagyobb x-nél. Jelölése: [x] vagy Entx. f : R → Z,

f (x) = [x]

142


N´ eh´ any p´ elda: [0.5] = 0; [1.2] = 1; [2.8] = 2; [7.2] = 7; [−2.8] = −3; [−1.2] = −2; [−1.0001] = −2; [−0.2] = −1. A f¨ uggvény grafikonja:

8.5. ábra A f¨ uggvény monoton növekv˝o, nem korlátos.

5. T¨ ortr´ esz f¨ uggv´ eny f : R → [0, 1),

{x} = fracx := x − [x]

N´ eh´ any p´ elda: {0.5} = 0.5; {1.2} = 0.2; {2.8} = 0.8; {−2.8} = 0.2; {−1.2} = 0.8; {−1.0001} = 0.9999;

{7} = 0; {−0.2} = 0.8.

A törtrész f¨ uggvény korlátos, szakaszosan monoton, nem páros és nem páratlan. Ha x ∈ / Z, akkor a f¨ uggvény folytonos x-ben, ha x ∈ Z, akkor a f¨ uggvénynek els˝ofaj´ u, nem megsz¨ untethet˝o szakadása van és ott a f¨ uggvény jobbról folytonos: lim f (x) = 0

x→n+0

és

lim f (x) = 1

x→n−0

A törtrész f¨ uggvény periodikus, periódusa 1. A f¨ uggvény grafikonja:

∀n ∈ Z.

143

ńyfu ¨ggve ńy 8.2 Hatva

8.6. ábra

8.2

ńyfu ¨ggve ńy Hatva

8.2.1. Defin´ıci´ o (hatv´ anyf¨ uggv´ eny) Az (x) = xn , (n ∈ N, x ∈ R) f¨ uggvényt hatványf¨ uggvénynek nevezz¨ uk. Tekints¨ uk át a hatványf¨ uggvény f˝obb tulajdonságait. 1. A f¨ uggvény értelmezési tartománya a valós számok halmaza ∀ n ∈ N esetén. ´ ekkészlete: 2. Ert´ Rf =

[0, +∞), ha n = 2k, k ∈ N (−∞, +∞) = R, ha n = 2k + 1, k ∈ N

3. A páratlan kitev˝oj˝ u (n = 2k + 1, k ∈ N) hatványf¨ uggvény szigor´ uan monoton növekv˝o a teljes értelmezési tartományában; m´ıg a páros kitev˝oj˝ u (n = 2k, k ∈ N) hatvány¨ uggvény a (−∞, 0] intervallumon szigor´ uan monoton csökken˝o, a [0, +∞) intervallumon szigor´ uan monoton növekv˝o. 4. A páros kitev˝oj˝ u hatványf¨ uggvény páros, a páratlan kitev˝oj˝ u pedig páratlan; ennek megfelel˝oen a páros kitev˝oj˝ u hatvány¨ uggvény grafikonja az y-tengelyre szimmetrikus, m´ıg a páratlan kitev˝oj˝ u hatvány¨ uggvény graikonja az origóra középpontosan t¨ ukrös.

144


5. Vizsgáljuk a hatványf¨ uggvény határértékét a végtelenben! lim xn = +∞

x→+∞

és n

lim x =

x→−∞

+∞, −∞,

ha n = 2k, k ∈ N ha n = 2k + 1, k ∈ N

6. A páratlan kitev˝oj˝ u (n = 2k + 1, k ∈ N) hatványf¨ uggvény invertálható a (−∞, +∞) intervallumon, azaz √ ∃ f −1 (x) = n x, ∀x ∈ R. A páros kitev˝oj˝ u hatványf¨ uggvény esetén k¨ ulön-k¨ ulön vizsgálandó a (−∞, 0], illetve a [0, +∞) intervallum. 7. Az xn hatványf¨ uggvény a teljes értelmezési tartományában folytonos. ´ an az f (x) = x2 , a g(x) = x3 , a h(x) = x4 és az l(x) = x5 A 8.7. Abr´ f¨ uggvények grafikonjai láthatóak.

8.7. ábra

145

´lis ege ´szfu ¨ggve ńy 8.3 Raciona

8.3

´lis ege ´sz fu ¨ggve ńy Raciona

8.3.1. Defin´ıci´ o (polinom) Az (8.1)

f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0

alak´ u f¨ uggvényt racionális egész f¨ uggvénynek, polinomf¨ uggvénynek vagy n-ed fok´ u polinomnak nevezz¨ uk, ha an 6= 0, ai ∈ R, i = 1, 2, ..., n. Az a0 -t szabad tagnak mondjuk, az n ∈ N sz´ amot pedig a polinom foksz´ am´ anak. 8.3.2. T´ etel (polinom oszt´ asa polinommal) Legyen pn (x) egy n-ed fok´ u, pm (x) egy m-ed fok´ u polinom u ´gy, hogy n ≥ m. Ekkor mindig létezik olyan qn−m (x) (n − m)-ed fok´ u polinom és egy rm−1 (x) legeljebb (m − 1)-ed fok´ u polinom, amelyekre teljes¨ ul az al´ abbi ¨ ossze¨ uggés: (8.2)

pn (x) = qn−m (x) · pm (x) + rm−1 (x)

A qn−m (x) polinomot hányadosnak, az rm−1 (x) polinomot maradéknak nevezz¨ uk. 8.3.3. P´ elda Tekints¨ uk a p(x) = x3 − 3x2 + 3x − 1 és a q(x) = x − 1 polinomokat. Osszuk el a p(x) polinomot a q(x) polinommal! Megold´ as: (x3 − 3x2 + 3x − 1) : (x − 1) = x2 − 2x + 1 ±x3 ∓ x2 −2x2 + 3x − 1 ∓2x2 ± 2x x−1 ±x ∓ 1 0 Azaz: x3 − 3x2 + 3x − 1 = (x2 − 2x + 1)(x − 1) + |{z} 0 {z }| {z } | {z } | pn (x)

qn−m (x)

pm (x)

r(x)

8.3.4. P´ elda Tekints¨ uk a p(x) = 3x3 − 10x + 5 és a q(x) = x − 2 polinomokat. Osszuk el a p(x) polinomot a q(x) polinommal!

146


Megold´ as: (3x3 − 10x + 5) : (x − 2) = 3x2 + 6x + 2 ±3x3 ∓ 6x2 6x2 − 10x + 5 ±6x2 ∓ 12x 2x + 5 ±2x ∓ 4 9 Azaz: 3x3 − 10x + 5 = (3x2 + 6x + 2)(x − 2) + |{z} 9 {z }| {z } | {z } | pn (x)

qn−m (x)

pm (x)

r(x)

8.3.5. Megjegyz´ es Ha m = 1, akkor a maradék r konstans (nulladfok´ u polinom): pn (x) = qn−1 (x) · (x − x0 ) + r,

(8.3)

r ∈ R.

8.3.6. Defin´ıci´ o (polinom z´ erushelye) A pn (x) polinomnak az x0 pontban zérushelye van, ha pn (x0 ) = 0. 8.3.7. T´ etel (a polinom fel´ır´ asa egy z´ erushely ismeret´ eben) A pn (x) polinomnak az x0 pont akkor és csak akkor zérushelye, ha pn (x) fel´ırható az alábbi alakban: pn (x) = (x − x0 ) · qn−1 (x),

(8.4)

ahol qn−1 (x) egy (n − 1)-ed fok´ u polinom. Bizony´ıt´ as: • Elégségesség: Nyilvánvaló, hogy ha (8.4) teljes¨ ul, akkor pn (x0 ) = (x0 − x0 )qn−1 (x) = 0. • Sz¨ ukségesség: Adott, hogy pn (x0 ) = 0. Igazoljuk, hogy fennáll (8.2). Végezz¨ uk el az x = x0 helyettes´ıtést (8.3)-ban. Ekkor: 0 = pn (x0 ) = qn − m(x0 )(x0 − x0 ) + r, azaz r = 0. Ezért pn (x) = qn−1 (x) · (x − x0 ).


147

8.3.8. Defin´ıci´ o (polinom gy¨ okt´ enyez˝ os alakja) A pn (x) polinom fel´ırható az al´ abbi alakban: (8.5) pn (x) = (x − x1 )m1 · (x − x2 )m2 · ... · (x − xj )mj · qn−(m1 +m2 +...+mj ) (x), ahol az x1 , x2 , ..., xj k¨ ulönb¨ oz˝ o val´ os gy¨ ok¨ ok, az m1 , m2 , ..., mj pozit´ıv egész számok rendre az x1 , x2 , ..., xj gy¨ ok¨ ok multiplicit´ asai (m1 + m2 + ... + mj ≤ n) és a qn−(m1 +m2 +...+mj ) (x) polinomnak nincs val´ os gy¨ oke. A (8.5) alakot a polinom valós gyöktényez˝os alakj´ anak nevezz¨ uk. 8.3.9. P´ elda Írjuk fel az alábbi polinomok valós gyöktényez˝os alakját! 1. g(x) = x3 + x2 − 5x + 3. 2. f (x) = x4 + 2x3 + x2 + 2x; Megold´ as: 1. A g(x) = x3 + x2 − 5x + 3 polinom egyik gyöke x1 = 1, mert g(1) = 1 + 1 − 5 + 3 = 0. Tehát a harmadfok´ u polinom osztható az (x−1) polinommal. Végezz¨ uk el a polinomosztást! (x3 + x2 − 5x + 3) : (x − 1) = x2 + 2x − 3 −x3 ∓ x2 2x2 − 5x + 3 −2x2 ∓ 2x −3x + 3 ∓3x ± 3 0 Az x2 + 2x − 3 = 0 másodfok´ u egyenlet gyökeit meghatározva x2 = 1 és x3 = −3 adódik. Tehát a g(x) polinom valós gyöktényez˝os alakja: g(x) = (x − 1)2 · (x + 3). Az x1 = x2 = 1 gyök multiplicitása 2.

148


2. Az f (x) = x4 +2x3 +x2 +2x negyedfok´ u polinom két zérushelye: x1 = 0 és x2 = −2, ugyanis f (0) = 0

és

f (−2) = 0.

A két gyök seg´ıtségével, a polinomosztás elvégzése után, a valós gyöktényez˝os alak: f (x) = x · (x + 2) · (x2 + 1). Az x2 + 1 polinomnak nincs valós gyöke. 8.3.10. Megjegyz´ es Két polinom összege, k¨ ulönbsége és szorzata is polinom, de hányadosuk általában nem. 8.3.11. Megjegyz´ es (Racion´ alis eg´ esz f¨ uggv´ enyek ´ abr´ azol´ asa) Az f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 racionális egész f¨ uggvény ábrázolásához fel´ırjuk az f (x) polinom valós gyöktényez˝os alakját: f (x) = (x − x1 )m1 · (x − x2 )m2 · ... · (x − xj )mj · g(x), ahol a g(x)-nek már nincs valós gyöke. Könnyen igazolható, hogy ha mi (i ∈ {1, 2, ..., j}) páros, akkor a f¨ uggvény az xi zérushelyen nem vált el˝ojelet, m´ıg páratlan mi esetén a f¨ uggvény xi -ben el˝ojelet vált. Vagyis az f (x) görbéje xi kicsiny környezetében olyan jelleg˝ u, mint a megfelel˝o hatványf¨ uggvény. Az f (x) f¨ uggvény jelleggörbéjének ábrázolásához a +∞-beli ill. a −∞-beli határérték kiszám´ıtása is fontos információt ad. 8.3.12. P´ elda Vázoljuk az alábbi f¨ uggvények grafikonját! 1. f1 (x) = x3 − x; 2. f2 (x) = x3 − 12x + 16; 3. f3 (x) = x5 + 9x4 + 27x3 + 27x2 ; 4. f4 (x) = −x8 + 2x6 − 2x2 + 1. Megold´ as:

149


1. Írjuk fel f1 (x) valós gyöktényez˝os alakját! f1 (x) = x · (x2 − 1) = x(x − 1)(x + 1) A f¨ uggvény zérushelyei: x1 = −1,

x2 = 0,

x3 = 1.

Minden zérushely egyszeres, ezeken a helyeken tehát a f¨ uggvény görbéje u ´gy metszi az x-tengelyt, mint egy egyenes. Továbbá: lim f1 (x) = +∞

x→+∞

és

lim f1 (x) = −∞.

x→−∞

A f¨ uggvény grafikonja:

8.8. ábra 2. Az f2 (x) polinom egyik gyöke 2, mert f2 (2) = 8 − 24 + 16 = 0. Osszuk el f2 (x)-et (x − 2)-vel! (x3 − 12x + 16) : (x − 2) = x2 + 2x − 8 ±x3 ∓ 2x2 2x2 − 12x + 16 ±2x2 ∓ 4x −8 x + 16

150


∓8x ± 16 0 Az x2 + 2x − 8 = másodfok´ u egyenlet gyökei x2 = 2 és x3 = −4. Az f2 (x) polinom gyöktényez˝os alakja: f2 (x) = (x − 2)2 · (x + 4). Az x1 = x2 = 2 kétszeres gyök, a f¨ uggvény görbéje itt u ´gy érinti az x tengelyt, mint egy parabola, m´ıg x3 = −4 egyszeres. Továbbá: lim f2 (x) = +∞

x→+∞

és

lim f2 (x) = −∞.

x→−∞


8.9. ábra 3. Alak´ıtsuk szorzattá f3 (x) = x5 + 9x4 + 27x3 + 27x2 -et! x5 + 9x4 + 27x3 + 27x2 = x2 · (x3 + 9x2 + 27x + 27) = x2 (x + 3)3 f3 (x)-nek x1 = 0 kétszeres, m´ıg x2 = −3 háromszoros gyöke. x2 = −3ban a f¨ uggvény görbéje u ´gy metsz az x tengelyt, mint egy harmadfok´ u f¨ uggvény. Szám´ıtsuk ki a +∞-beli ill. a −∞-beli határértéket! lim f3 (x) = +∞

x→+∞

f3 (x) grafikonja:

és

lim f3 (x) = −∞.

x→−∞

151


8.10. ábra 4. Mivel f4 (x) = −x8 + 2x6 − 2x2 + 1 = (1 − x)3 · (1 + x)3 · (x2 + 1), ezért x1 = 1 és x2 = −1 egyaránt háromszoros zérushely. A f¨ uggvény páros és lim f4 (x) = lim f4 (x) = −∞. x→+∞

x→−∞


8.11. ábra

152

8.4


´lis to ¨ rtfu ¨ggve ńy Raciona

8.4.1. Defin´ıci´ o (racion´ alis t¨ ortf¨ uggv´ eny) Racionális törtf¨ uggvényen két racion´ alis egész f¨ uggvény h´ anyados´ at értj¨ uk. ´ Altalános alakja: (8.6)

f (x) =

an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 pn (x) = , qm (x) bm xm + bm−1 xm−1 + ... + b1 x + b0

ahol n ≥ 0, m ≥ 1, n, m ∈ N, an 6= 0, bm 6= 0. Ha n < m, azaz a számláló foksz´ ama kisebb, mint a nevez˝ o foksz´ ama, akkor valódi törtf¨ uggvényr˝ol, ha pedig n ≥ m, akkor ´ alt¨ ortf¨ uggvényr˝ ol beszél¨ unk. 8.4.2. Megjegyz´ es A (8.6) alak´ u racionális törtf¨ uggvény értelmezési tartománya a valós számok halmazának az a részhalmaza, amelyre qm (x) 6= 0. 8.4.3. Megjegyz´ es Az áltörtf¨ uggvény (n ≥ m) mindig fel´ırható egy (n − m)-ed fok´ u racionális egészf¨ uggvény és egy valódi racionális törtf¨ uggvény összegeként: (8.7)

f (x) =

sm−1 (x) pn (x) = rn−m (x) + , qm (x) qm (x)

ha n ≥ m.

Az rn−m (x) f¨ uggvényt a racionális törtf¨ uggvény asszimptotájának nevezz¨ uk. Az áltörtf¨ uggvény (8.7) alakját polinomosztás seg´ıtségével áll´ıtjuk el˝o. 8.4.4. Megjegyz´ es Könnyen igazolható, hogy a racionális törtf¨ uggvény +∞-beli határértékére igaz az alábbi formula:  0, ha n ≤ m,    an , ha n = m, lim f (x) = bm x→+∞    lim rn−m (x), ha n ≥ m. x→+∞

8.4.5. Defin´ıci´ o (racion´ alis t¨ ortf¨ uggv´ eny z´ erushelye) Az x0 helyet a (8.6) alak´ u racion´ alis t¨ ortf¨ uggvény zérushelyének nevezz¨ uk, ha pn (x0 ) = 0,

de

qm (x0 ) 6= 0,

azaz az (x − x0 ) gyöktényez˝ o csak a sz´ aml´ al´ oban fordul el˝ o.

153

´lis to ¨ rtfu ¨ggve ńy 8.4 Raciona

8.4.6. Megjegyz´ es A (8.6) alak´ u racionális törtf¨ uggvény grafikonja zérushelyének környezetében olyan jelleg˝ u, mint a racionális egész f¨ uggvény görbéje egy zérushelye környezetében. 8.4.7. Defin´ıci´ o (racion´ alis t¨ ortf¨ uggv´ eny p´ olushelye) Az x0 helyet a (8.6) alak´ u racion´ alis t¨ ortf¨ uggvény p´ olushelyének nevezz¨ uk, ha qm (x0 ) = 0,

de

fn (x0 ) 6= 0,

azaz az (x − x0 ) gyöktényez˝ o csak a nevez˝ oben fordul el˝ o. P´ olusr´ ol beszél¨ unk akkor is, ha a számlálóban és a nevez˝ oben is el˝ ofordul az (x−x0 ) gy¨ oktényez˝ o, de a nevez˝oben nagyobb kitev˝ ovel, mint a sz´ aml´ al´ oban. 8.4.8. Megjegyz´ es A (8.6) alak´ u racionális törtf¨ uggvény a pólushelyen nincs értelmezve. Itt a f¨ uggvény görbéjének ”f¨ ugg˝oleges” aszimptotája (pólusegyenese) van. Ha x0 multiplicitása k, azaz (x − x0 )k szerepel (8.6) nevez˝ojében a gyöktényez˝os alak fel´ırásakor (egyszer˝ us´ıtés után), akkor páros k esetén a f¨ uggvény görbéje jobbról és balról is a ”f¨ ugg˝oleges” aszimptotához simul, anélk¨ ul, hogy el˝ojelet váltana. Ha k értéke páratlan, akkor el˝ojelet váltva simul a f¨ uggvény görbéje a ”f¨ ugg˝oleges” aszimptotához. 8.4.9. Defin´ıci´ o (racion´ alis t¨ ortf¨ uggv´ eny h´ ezagpontja) Az x0 helyet a (8.6) alak´ u racion´ alis t¨ ortf¨ uggvény hézagpontj´ anak nevezz¨ uk, ha fn (x0 ) = 0, és qm (x0 ) = 0, azaz az (x − x0 ) gyöktényez˝ o sz´ aml´ al´ oban és a nevez˝ oben is el˝ ofordul, de a számlálóban nem kisebb kitev˝ on, mint a nevez˝ oben. 8.4.10. Megjegyz´ es A (8.6) alak´ u racionális törtf¨ uggvény hézagpontja els˝ofaj´ u megsz¨ untethet˝o szakadási hely, ezt u ´gy ábrázoljuk, hogy a f¨ uggvény görbéjére nullkört rajzolunk. 8.4.11. Megjegyz´ es (Racion´ alis t¨ ortf¨ uggv´ enyek ´ abr´ azol´ asa) Az an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 pn (x) = f (x) = qm (x) bm xm + bm−1 xm−1 + ... + b1 x + b0 racionális törtf¨ uggvény ábrázolásához fel´ırjuk a pn (x) és a qm (x) polinomok valós gyöktényez˝os alakját: (8.8) f (x) =

(x − xα1 )gamma1 · (x − xα2 )gamma2 · ... · (x − xαj )gammaj · g1 (x) (x − xβ1 )delta1 · (x − xβ2 )delta2 · ... · (x − xβk )deltak · g2 (x)

154


ahol a g1 (x)-nek és g2 (x)-nek már nincs valós gyöke. Meghatározzuk a f¨ uggvény lehetséges zérushelyeit, pólushelyeit (multiplicitásaikkal egy¨ utt) és hézagpontjait. Ha f (x) áltört, akkor polinomosztás seg´ıtségével (8.7) alakra hozzuk. Az f (x) f¨ uggvény jelleggörbéjének ábrázolásához meghatározzuk a +∞-beli ill. a −∞-beli határértékeket. 8.4.12. P´ elda Vázoljuk az f (x) =

x2

x f¨ uggvény grafikonját! −1

Megold´ as: Írjuk fel az f (x) f¨ uggvény (8.8)-as alakját! f (x) =

x2

x x = −1 (x − 1)(x + 1)

Az f (x) f¨ uggvénynek x0 = 0-ban egyszeres zérushelye van, továbbá x1 = −1 és x2 = 1 egyszeres pólushelyek, vagyis ezeken a helyeken aszimptotája van a f¨ uggvénynek. A f¨ uggvénynek nincs hézagpontja. Az f (x) valódi törtf¨ uggvény, tehát lim f (x) = 0. x→+∞

Továbbá: lim f (x) =

x→1+0

lim f (x) = +∞

x→−1+0

és lim f (x) =

x→1−0

lim f (x) = −∞.

x→−1−0

Így f (x) grafikonja könnyen elkész´ıthet˝o:

8.12. ábra

155


8.4.13. P´ elda x−1 Vázoljuk a g(x) = f¨ uggvény grafikonját! x2 Megold´ as: A g(x) f¨ uggvénynek x0 = 1 egyszeres zérushelye, továbbá x1 = 0 kétszeres pólushelye, ezért itt g(x) nem vált el˝ojelet, és lim g(x) = lim g(x) = −∞.

x→0−0

x→0+0

A f¨ uggvénynek nincs hézagpontja. A g(x) valódi törtf¨ uggvény, tehát lim g(x) = 0.

x→+∞

A g(x) f¨ uggvény grafikonja:

8.13. ábra 8.4.14. P´ elda Vázoljuk a h(x) =

x−1 f¨ uggvény grafikonját! (x + 1)2 · (x − 3)2

Megold´ as: A h(x) f¨ uggvénynek x0 = 1 egyszeres zérushelye, továbbá x1 = −1 és x2 = 3 kétszeres pólushelyek, vagyis ezeken a helyeken aszimptotája van a f¨ uggvénynek, és g(x) nem vált el˝ojelet. Továbbá: lim h(x) =

x→−1−0

lim h(x) = −∞

x→−1+0

és lim h(x) = lim h(x) = +∞.

x→3−0

x→3+0

156


A f¨ uggvénynek nincs hézagpontja. A h(x) valódi törtf¨ uggvény, tehát lim h(x) = 0.

x→+∞

A h(x) f¨ uggvény grafikonja:

8.14. ábra 8.4.15. P´ elda Vázoljuk az f (x) =

x2 − 4 f¨ uggvény grafikonját! x3 − x2 − 10x − 8

Megold´ as: Írjuk fel az f (x) f¨ uggvény (8.8)-as alakját! f (x) =

x2 − 4 (x − 2)(x + 2) = 3 2 x − x − 10x − 8 (x + 1)(x + 2)(x − 4)

Az f (x) f¨ uggvénynek x0 = −2 hézagpontja, mert az (x + 2) gyöktényez˝o a számlálóban és a nevez˝oben is megtalálható egyforma hatványkitev˝ovel. A hézagpont els˝ofaj´ u, megsz¨ untethet˝o szakadási hely, ´ıgy x0 = −2-ben f (x)nek létezik határértéke: (x − 2)(x + 2) x−2 −2 = lim = . x→−2 (x + 1)(x + 2)(x − 4) x→−2 (x + 1)(x − 4) 3

lim f (x) = lim

x→−2

A f¨ uggvénynek x1 = 2 egyszeres zérushelye, x2 = −1 és x3 = 4 pedig egyszeres pólushelyek. Továbbá: lim f (x) = lim f (x) = +∞

x→−1+0

x→4+0

157


és lim f (x) = lim f (x) = −∞.

x→−1−0

x→4−0

Az f (x) valódi törtf¨ uggvény, tehát lim f (x) = 0.

x→+∞

Az f (x) grafikonján a hézagpontot nullkör jelöli:

8.15. ábra 8.4.16. P´ elda Vázoljuk a g(x) =

x2 f¨ uggvény grafikonját! x2 − 1

Megold´ as: A g(x) olyan áltörtf¨ uggvény, ahol megegyezik a számlálóban lév˝o és a nevez˝oben lév˝o polinom fokszáma. Alak´ıtsuk szorzattá a nevez˝ot: g(x) =

x2 x2 = x2 − 1 (x − 1)(x + 1)

Az x0 = 0 kétszeres zérushely, x1 = 1 és x2 = −1 pedig egyszeres pólushelyek, továbbá lim g(x) = lim g(x) = +∞, x→−1−0

x→1+0

illetve lim g(x) = lim g(x) = −∞.

x→−1+0

x→1−0

158


A f¨ uggvénynek nincs hézagpontja. Bontsuk fel a g(x) áltört f¨ uggvényt (8.7)nek megfelel˝oen: g(x) =

(x2 − 1) + 1 1 x2 = =1+ 2 , 2 2 x −1 x −1 x −1

azaz lim g(x) = lim g(x) = 1.

x→+∞

x→−∞

Az y = 1 egyenes a f¨ uggvény aszimptotája, amelyet a f¨ uggvény görbéje nem metsz. A g(x) f¨ uggvény grafikonja:

8.16. ábra 8.4.17. P´ elda Vázoljuk a h(x) =

x2 − 1 f¨ uggvény grafikonját! x2

Megold´ as: A h(x) olyan áltörtf¨ uggvény, ahol a számlálóban lév˝o polinom fokszáma egyel nagyobb, mint a nevez˝oben lév˝o polinom fokszáma. Alak´ıtsuk szorzattá a számlálót: x2 − 1 (x − 1)(x + 1) h(x) = = , 2 x x azaz x0 = 1 és x1 = −1 egyszeres zérushelyek, x2 = 0 pedig egyszeres pólushely, továbbá lim h(x) = +∞, x→0−0

illetve lim h(x) = −∞.

x→0+0

159


A f¨ uggvénynek nincs hézagpontja. Bontsuk fel a h(x) áltört f¨ uggvényt (8.7)nek megfelel˝oen: x2 − 1 1 h(x) = =x− , 2 x x azaz lim h(x) = lim x = +∞, x→+∞

x→+∞

és lim h(x) = lim x = −∞.

x→−∞

x→−∞

Az y = x egyenes a f¨ uggvény aszimptotája. A h(x) f¨ uggvény grafikonja:

8.17. ábra 8.4.18. P´ elda

x4 − x3 − 8x2 + 12x f¨ uggvény grafikonját! Vázoljuk a g(x) = 2x3 + 6x2 − 2x − 6 Megold´ as: A g(x) olyan áltörtf¨ uggvény, ahol a számlálóban lév˝o polinom fokszáma egyel nagyobb, mint a nevez˝oben lév˝o polinom fokszáma. Alak´ıtsuk szorzattá a számlálót és a nevez˝ot is: g(x) =

x4 − x3 − 8x2 + 12x x(x + 3)(x − 2)2 = , 2x3 + 6x2 − 2x − 6 2(x + 1)(x + 3)(x − 1)

azaz x0 = −3 hézagpont, x1 = 0 egyszeres zérushely, x2 = 2 kétszeres zérushely, x3 = −1 és x4 = 1 pedig egyszeres pólushelyek, továbbá lim g(x) = lim g(x) = −∞,

x→−1−0

x→1−0

160


illetve lim g(x) = lim g(x) = +∞.

x→−1+0

x→1+0

Bontsuk fel a g(x) áltört f¨ uggvényt (8.7)-nek megfelel˝oen: h(x) =

x2 − 1 1 11x + 5x2 − 12 1 = x − 2 + , = x − x2 x 2 2 (x − 1) (x + 1) (x + 3)

azaz

1 x − 2 = +∞, 2

1 x − 2 = −∞, 2

lim g(x) = lim

x→+∞

x→+∞

és lim g(x) = lim

x→−∞

x→−∞

1 Az y = x−2 egyenes a f¨ uggvény aszimptotája. A hézagpontot nullkör jelöli 2 a f¨ uggvény grafikonján:

8.18. ábra 8.4.19. P´ elda

x4 − 1 Vázoljuk az f (x) = f¨ uggvény grafikonját! (x + 1)2 Megold´ as: A h(x) olyan áltörtf¨ uggvény, ahol a számlálóban lév˝o polinom fokszáma kett˝ovel nagyobb, mint a nevez˝oben lév˝o polinom fokszáma. Alak´ıtsuk szorzattá a számlálót: f (x) =

x4 − 1 (x − 1)(x + 1)(x2 + 1) = (x + 1)2 (x + 1)2

161


Az f (x) f¨ uggvénynek x0 = 1 egyszeres zérushelye, x1 = −1 pedig egyszeres pólushely, mert az (x + 1) gyöktényez˝o a számlálóban és a nevez˝oben is megtalálható, de a nevez˝oben egyel nagyobb kitev˝on, mint a számlálóban. Továbbá: lim f (x) = +∞

x→−1−0

és

lim f (x) = −∞.

x→−1+0

Bontsuk fel az f (x) áltört f¨ uggvényt (8.7)-nek megfelel˝oen: f (x) =

4 x4 − 1 , = x2 − 2x + 3 − 2 (x + 1) x+1

azaz lim f (x) = lim (x2 − 2x + 3) = +∞,

x→+∞

x→+∞

és lim f (x) = lim (x2 − 2x + 3) = +∞.

x→−∞

x→−∞

Az y = x2 − 2x + 3 = (x − 1)2 + 2 parabola a f¨ uggvény aszimptotája. Az f (x) f¨ uggvény grafikonja:

8.19. ábra

162

8.5


¨ggve ńyek Trigonometrikus fu

A trigonometrikus f¨ uggvények (szögf¨ uggvények) eredetileg egy derékszög˝ u háromszög egy szöge és két oldalának hányadosa közötti összef¨ uggést ´ırják le. 8.5.1. Defin´ıci´ o (trigonometrikus f¨ uggv´ enyek) Vegy¨ unk fel egy tetsz˝oleges ABC deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ oget az euklideszi s´ıkon, melynek A cs´ ucspontjában mérhet˝ o az α sz¨ og. A h´ aromsz¨ og oldalai a k¨ ovetkez˝ok: • az átfogó a derékszöggel szemben tal´ alhat´ o (leghosszabb) oldal (c-vel jelölt¨ uk), • a szöggel szembeni oldal az α sz¨ oggel ´ atellenes oldal (jelölése a), • a szög melletti oldal pedig az α sz¨ og mellett lév˝ o oldal (jel¨ olése b).

8.20. ´ abra A vizsgált háromszög az euklideszi s´ıkban fekszik, teh´ at a h´ aromsz¨ og bels˝ o ◦ szögeinek összege π radián (vagy 180 ) és a két nem deréksz¨ og˝ u sz¨ oge nulla π és radián közötti értéket vesz fel. A deréksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogek esetén a 2 szögf¨ uggvények csak ebben a tartom´ anyban értelmezhet˝ ok. Tekints¨ uk a hat alapvet˝o trigonometrikus f¨ uggvényt: • szinusz: sin α =

b c

cos α =

a c

• koszinusz:

163

¨ggve ńyek 8.5 Trigonometrikus fu

• tangens: tgα =

b a

ctgα =

a b

secα =

c a

secα =

c b

• kotangens:

• szekáns:

• koszekáns:

A fenti hat szögf¨ uggvény az egységsugar´ u kör seg´ıtségével is bevezethet˝o. Ez a defin´ıció lehet˝ové teszi, hogy a szögf¨ uggvényeket kiterjessz¨ uk az összes pozit´ıv és negat´ıv szögre (valós értékre). 8.5.2. Defin´ıci´ o (trigonometrikus f¨ uggv´ enyek) Vegy¨ unk fel a derékszög˝ u koordin´ ata-rendszerben egy orig´ o k¨ ozéppont´ u egységsugar´ u kört. Az α sz¨ og cs´ ucsa legyen az orig´ oban, a nyugv´ o sz¨ ogsz´ ar pedig essen egybe az x tengely pozit´ıv felével. A mozg´ o sz´ ar a k¨ ort a P (x, y) pontban metszi. A trigonometrikus f¨ uggvényeket a P (x, y) pont koordin´ at´ aival fejezz¨ uk ki:

8.21. ´ abra • szinusz: sin α = y • koszinusz: cos α = x

164


• tangens: tgα =

y x

ctgα =

x y

secα =

1 x

secα =

1 y

• kotangens:

• szekáns:

• koszekáns:

8.5.3. Megjegyz´ es Az u ´j defin´ıciók hegyesszögek esetén ugyanazt az értéket adják, mint a régiek. 8.5.4. Megjegyz´ es A korszer˝ ubb defin´ıciók a szögf¨ uggvényeket végtelen sorként vagy bizonyos differenciálegyenletek megoldásaként határozzák meg megengedve tetsz˝oleges pozit´ıv és negat´ıv argumentumot, s˝ot komplex számot is. A 12. fejezetben ezzel a megadással is találkozhat az olvasó. 8.5.5. Megjegyz´ es ´ A 8.22. Abráról könnyen leolvasható a nevezetes szögek szögf¨ uggvényeinek pontos értéke:

8.22. ábra

165


Például: 1 π sin = , 6 2√ 2 π , sin = 4 √2 π 3 sin = , 3 2

√ π 3 cos = 6 √2 π 2 cos = 4 2 π 1 cos = 3 2

8.5.6. Megjegyz´ es ´ enyesek az alábbi összef¨ Erv´ uggések (azokra a szögekre, amelyekre értelmesek): sin α , cos α 1 sec α = , cos α tgα =

cos α 1 = , sin α tgα 1 csc α = . sin α ctgα =

A trigonometrikus f¨ uggv´ enyek grafikonja 1. A szinusz f¨ uggvény ´ Ertelmez´ esi tartomány: −∞ < x < ∞ ´ Ertékkészlet: −1 ≤ y ≤ 1 Periódus: 2π Zérushelyek: x = kπ, k ∈ Z A f¨ uggvény páratlan: sin(−x) = − sin x Grafikonja:

8.23. ábra

166


2. A koszinusz f¨ uggvény ´ Ertelmez´ esi tartomány: −∞ < x < ∞ ´ ekkészlet: Ert´ −1 ≤ y ≤ 1 Periódus: 2π π Zérushelyek: x = + kπ, k ∈ Z 2 A f¨ uggvény páros: cos(−x) = cos x Grafikonja:

8.24. ábra 3. A tangens f¨ uggvény n o π ´ Ertelmezési tartomány: x ∈ R | x 6= + kπ, k ∈ Z 2 ´ ekkészlet: Ert´ −∞ ≤ y ≤ ∞ Periódus: π Zérushelyek: x = kπ, k ∈ Z A f¨ uggvény páratlan: tg(−x) = tgx Grafikonja:

8.25. ábra

167


4. A kotangens f¨ uggvény ´ Ertelmez´ esi tartomány: ´ ekkészlet: Ert´ Periódus: Zérushelyek: A f¨ uggvény páratlan:

{x ∈ R | x 6= kπ, k ∈ Z} −∞ ≤ y ≤ ∞ π π x = + kπ, k ∈ Z 2 ctg(−x) = ctgx

Grafikonja:

8.26. ábra 5. A szekáns f¨ uggvény n o π ´ Ertelmez´ esi tartomány: x ∈ R | x 6= + kπ, k ∈ Z 2 ´ ekkészlet: Ert´ y ≤ −1 és y ≥ 1 Periódus: 2π A f¨ uggvény páros: sec(−x) = sec x Grafikonja:

8.27. ábra

168


6. A koszekáns f¨ uggvény ´ Ertelmez´ esi tartomány: {x ∈ R | x 6= kπ, k ∈ Z} ´ ekkészlet: Ert´ y ≤ −1 és y ≥ 1 Periódus: 2π A f¨ uggvény páratlan: csc(−x) = csc x Grafikonja:

8.28. ábra

Trigonometrikus azonoss´ agok ´ enyesek az alábbi, leggyakrabban el˝oforduló azonosságok és add´ıciós Erv´ tételek: 1. sin2 x + cos2 x = 1, 2. sin(x ± y) = sin x cos y ± cos x sin y, 3. cos(x ± y) = cos x cos y ∓ sin x sin y, 4. sin 2x = 2 sin x cos x, 5. cos 2x = cos2 x − sin2 x, 6. cos2 x = 7. sin2 x=

1 + cos 2x , 2

1 − cos 2x , 2

8. sin x sin y =

cos(x − y) − cos(x + y) , 2

169


9. sin x cos y =

sin(x + y) + sin(x − y) , 2

10. cos x cos y =

cos(x − y) + cos(x + y) , 2

11. tg(x ± y) =

tgx + tgy , 1 ∓ tgx · tgy

12. ctg(x ± y) =

ctgx · ctgy ∓ 1 . ctgy ± ctgx

8.5.7. P´ elda Alak´ıtsuk egyetlen szinusz-rezgéssé, azaz C sin(α + ϕ) alak´ uvá az f (x) = A cos α + B sin α alak´ u kifejezést! Megold´ as: Az add´ıciós tétel alkalmazásával: C sin(α+ϕ) = C(sin α·cos ϕ+cos α·sin ϕ) = (C sin ϕ) cos α+(C cos ϕ) sin α. Továbbá az A cos α + B sin α = (C sin ϕ) cos α + (C cos ϕ) sin α egyenl˝oségb˝ol adódik, hogy C sin ϕ = A

és

C cos ϕ = B,

ahonnan A2 + B 2 = C 2 , azaz C=

√

A2 + B 2 .

A ϕ ∈ [0, 2π] fázisszög a  B   cos ϕ = √ 2 A + B2 A   sin ϕ = √ A2 + B 2 egyenletrendszerb˝ol határozható meg.

170

8.6


¨ggve ńyek Arkuszfu

Az arkuszf¨ uggvények a trigonometrikus f¨ uggvények inverzei. A trigonometrikus f¨ uggvények a teljes értelmezési tartományukon nem invertálhatóak, mert nem injekt´ıvek. Azonban, az értelmezési tartomány alkalmas, megállapodás szerinti lesz˝ uk´ıtésével már léteznek az inverz f¨ uggvények. 8.6.1. Defin´ıci´ o (arcsin x) Azh y = arcsin x f¨ uggvény a [−1, 1] értelmezési tartom´ any minden pontj´ ahoz π πi intervallum egy (radi´ anban kifejezett) értékét rendeli, amelyre a − , 2 2 sin y = x. Grafikonja:

8.29. ábra 8.6.2. Megjegyz´ es Az f (x) = arcsin x f¨ uggvény a [−1, 1] intervallumon folytonos és szigor´ uan monoton növekv˝o. 8.6.3. P´ elda 1 Határozzuk meg az arcsin kifejezés pontos értékét! 2 Megold´ as: 1 π π Az arcsin kifejezés azt a − és közötti szöget jelenti, amelynek szinusza 2 2 2 1 , tehát 2 1 π arcsin = , 2 6 mert π 1 sin = . 6 2

171

¨ggve ńyek 8.6 Arkuszfu

8.6.4. Defin´ıci´ o (arccos x) Az y = arccos x f¨ uggvény a [−1, 1] értelmezési tartom´ any minden pontj´ ahoz a [0, π] intervallum egy (radi´ anban kifejezett) értékét rendeli, amelyre cos y = x. Grafikonja:

8.30. ábra 8.6.5. Megjegyz´ es Az f (x) = arccos x f¨ uggvény a [−1, 1] intervallumon folytonos és szigor´ uan monoton csökken˝o. 8.6.6. P´ elda

√ ! 3 Határozzuk meg az arccos − kifejezés pontos értékét! 2 Megold´ as:

√ ! 3 Az arccos − kifejezés azt a 0 és π közötti szöget jelenti, amelynek 2 √ ! 3 , tehát koszinusza − 2 √ ! 3 5π arccos − = , 2 6 mert 5π cos = 6

√ ! 3 − . 2

172


8.6.7. Defin´ıci´ o (arctg x) Azy = arctg x f¨ uggvény a (−∞, ∞) értelmezési tartom´ any minden pontj´ ahoz π π intervallum egy (radi´ anban kifejezett) értékét rendeli, amelyre a − , 2 2 tgy = x. Grafikonja:

8.31. ábra 8.6.8. Megjegyz´ es Az f (x) = arctgx f¨ uggvény R-en folytonos és szigor´ uan monoton növekv˝o. Továbbá: π π és lim arctgx = − . lim arctgx = x→−∞ x→+∞ 2 2 8.6.9. P´ elda Határozzuk meg az arctg(−1) kifejezés pontos értékét! Megold´ as:

mert

π arctg(−1) = − , 4 π tg − = −1. 4

8.6.10. Defin´ıci´ o (arcctg x) Az y = arcctg x f¨ uggvény a (−∞, ∞) értelmezési tartom´ any minden pontjához a (0, π) intervallum egy (radi´ anban kifejezett) értékét rendeli, amelyre ctgy = x.

173

¨ggve ńyek 8.6 Arkuszfu

Grafikonja:

8.32. ábra 8.6.11. Megjegyz´ es Az f (x) = arcctgx f¨ uggvény R-en folytonos és szigor´ uan monoton csökken˝o. Továbbá: lim arctgx = 0 és lim arctgx = π. x→+∞

x→−∞

8.6.12. P´ elda Határozzuk meg az arcctg(1) kifejezés pontos értékét! Megold´ as: arctg(1) = mert

π , 4

π tg − = −1. 4

174

8.7


´lis fu ¨ggve ńy Az exponencia

8.7.1. Defin´ıci´ o (exponenci´ alis f¨ uggv´ eny) Az f (x) = ax , a > 0, a 6= 1, x ∈ R hozz´ arendeléssel adott f¨ uggvényt a alap´ u exponenciális f¨ uggvénynek nevezz¨ uk. Grafikonja:

8.33. ábra 8.7.2. Megjegyz´ es Az f (x) = ax , a > 0, a 6= 1, f¨ uggvény értelmezési tartománya az R hal+ maz, értékkészlete pedig R . A f¨ uggvény a teljes értelmezési tartományában folytonos. Ha a > 1, akkor f (x) szigor´ uan monoton növekv˝o, m´ıg a < 1 esetén szigor´ uan monoton csökken˝o a f¨ uggvény. Ha a > 1, akkor lim ax = 0

x→−∞

lim ax = +∞;

és

x→+∞

illetve 0 < a < 1 esetén: lim ax = +∞

x→−∞

és

lim ax = 0.

x→+∞

Nevezetes azonoss´ agok ´ enyesek az alábbi, gyakran el˝oforduló azonosságok (a, b > 0, a, b 6= 1, Erv´ x ∈ R) : 1. ax · ay = ax+y , 2. (ax )y = axy ,

175

¨ggve ńy 8.8 A logaritmus fu

3. ax · bx = (ab)x . 8.7.3. Megjegyz´ es Ha az exponenciális f¨ uggvény alapja az e szám (5.4.10. Tétel), akkor jelölése: f (x) = ex .

8.8

¨ggve ńy A logaritmus fu

Az exponenciális f¨ uggvények szigor´ u monotonitásából következik invertálhatóságuk. 8.8.1. Defin´ıci´ o (logaritmus f¨ uggv´ eny) x Az f (x) = a , a > 0, a 6= 1, x ∈ R f¨ uggvény f −1 (x) = loga x,

x ∈ R+

inverzét a alap´ u logaritmus f¨ uggvénynek nevezz¨ uk. Ha a = 10, akkor az f (x) = lg x, illetve ha a = e, akkor az f (x) = ln x jelölést alkalmazzuk. Grafikonja:

8.34. ábra 8.8.2. Megjegyz´ es Legyen y = loga x. A logaritmus értelmezése alapján ay = x,

176


azaz x = aloga x ,

x > 0.

Tehzát az y = f (x) = loga x f¨ uggvény u ´gy is értelmezhet˝o, hogy minden pozit´ıv x-hez hozzárendelju¨ uk azt az y kitev˝ot, amelyre az alapot hatványozva eredmény¨ ul x-et kapjuk: ay = x. 8.8.3. Megjegyz´ es Az f (x) = loga , a > 0, a 6= 1, f¨ uggvény értelmezési tartománya az R+ halmaz, értékkészlete pedig az R halmaz. A f¨ uggvény a teljes értelmezési tartományában folytonos és nem korlátos. Zérushelye x = 1-nél van. Ha a > 1, akkor f (x) szigor´ uan monoton növekv˝o, m´ıg 0 < a < 1 esetén szigor´ uan monoton csökken˝o a f¨ uggvény. Ha a > 1, akkor lim loga x = −∞

x→0+0

és

lim loga x = +∞;

x→+∞

illetve 0 < a < 1 esetén: lim loga x = +∞

x→0+0

és

lim loga x = −∞.

x→+∞

8.35. ábra Nevezetes azonoss´ agok ´ enyesek az alábbi azonosságok (a, b > 0, a, b 6= 1, x, y ∈ R+ ) : Erv´ 1. loga (xy) = loga x + loga y,

177

¨ggve ńyek 8.9 Hiperbolikus fu

2. loga

x = loga x − loga y, y

3. loga xk = k · loga x, 4. loga b · logb a = 1 5. A k¨ ulönböz˝o alap´ u logaritmusok között az alábbi kapcsolat áll fenn: 1 loga x = logb x · loga b = logb x · . logb a

8.9

¨ggve ńyek Hiperbolikus fu

Az ex és e−x f¨ uggvények seg´ıtségével származtathatóak az u ń. hiperbolikus f¨ uggvények. 8.9.1. Defin´ıci´ o (szinusz-hiberbolikusz f¨ uggv´ eny) Az ex − e−x , x∈R sh x := 2 f¨ uggvényt szinusz-hiperbolikusz f¨ uggvénynek nevezz¨ uk. Grafikonja:

8.36. ábra ´ Ertelmez´ esi tartomány: −∞ < x < ∞ ´ Ertékkészlet: −∞ < x < ∞ Zérushely: x=0 A f¨ uggvény páratlan: sh(−x) = − sh x

178


A f¨ uggvény folytonos és szigor´ uan monoton növekv˝o R-en. Továbbá: lim sh x = −∞

x→−∞

és

lim sh x = +∞.

x→+∞

8.9.2. Defin´ıci´ o (koszinusz-hiberbolikusz f¨ uggv´ eny) Az ex + e−x ch x := , x∈R 2 f¨ uggvényt koszinusz-hiperbolikusz f¨ uggvénynek nevezz¨ uk. Grafikonja:

8.37. ábra ´ Ertelmez´ esi tartomány: ´ ekkészlet: Ert´ Zérushelye nincs. Szigor´ uan monoton csökken˝o: Szigor´ uan monoton növekv˝o: A f¨ uggvény páros: A f¨ uggvény folytonos és alulról

−∞ < x < +∞ 1 ≤ x < +∞ −∞ < x < 0 0 < x < +∞ ch(−x) = ch x korlátos. Továbbá:

lim ch x = lim ch x = +∞.

x→−∞

x→+∞

8.9.3. Megjegyz´ es A hiperbolikus f¨ uggvények egy másik bevezetését és az alábbi azonosságok bizony´ıtását a 12. fejezetben találja meg a kedves olvasó.

179

¨ggve ńyek 8.9 Hiperbolikus fu

Nevezetes azonoss´ agok 1. ch x + sh x = ex , 2. ch x − sh x = e−x , 3. ch2 x − sh2 x = 1, 4. ch2 x + sh2 x = ch 2x, 5. 2 sh x · ch x = sh 2x, 6. ch2 x =

1 + ch 2x , 2

7. sh2 x =

ch 2x − 1 , 2

8. sh(x ± y) = sh x · ch y ± ch x · sh y, 9. ch(x ± y) = ch x · ch y ± sh x · sh y. 8.9.4. Defin´ıci´ o (tangens-hiberbolikusz f¨ uggv´ eny) Az ex − e−x sh x = x , x∈R th x := ch x e + e−x f¨ uggvényt tangens-hiperbolikusz f¨ uggvénynek nevezz¨ uk. Grafikonja:

8.38. ábra

180


´ Ertelmez´ esi tartomány: −∞ < x < ∞ ´ Ertékkészlet: −1 < x < 1 Zérushely: x=0 A f¨ uggvény páratlan: th(−x) = − th x A f¨ uggvény folytonos, korlátos és szigor´ uan monoton növekv˝o R-en. Továbbá: lim th x = −1 és lim th x = 1. x→−∞

x→+∞

8.9.5. Defin´ıci´ o (kotangens-hiberbolikusz f¨ uggv´ eny) Az ex + e−x ch x = x cth x := , x∈R sh x e − e−x f¨ uggvényt kotangens-hiperbolikusz f¨ uggvénynek nevezz¨ uk. Grafikonja:

8.39. ábra ´ Ertelmez´ esi tartomány: R \ {0} ´ Ertékkészlet: R \ [−1, 1] Zérushelye nincs. Szigor´ uan monoton csökken˝o: −∞ < x < 0, 0 < x < +∞ A f¨ uggvény páratlan: cth(−x) = − cth x A f¨ uggvény az értelmezési tartományában folytonos. Továbbá: lim cth x = −1 és lim cth x = 1. x→−∞

lim cth x = −∞

x→0−0

x→+∞

és

lim cth x = +∞.

x→0+0

181

¨ggve ńyek 8.10 Area fu

8.10

¨ggve ńyek Area fu

Az area f¨ uggvények a hiberbolikus f¨ uggvények inverzei. 8.10.1. Defin´ıci´ o (arsh x) Az y = arsh x f¨ uggvény a (−∞, +∞) értelmezési tartom´ any minden pontjához a (−∞, +∞) intervallumnak azt az egy értékét rendeli, amelyre sh y = x. 8.10.2. Megjegyz´ es Az f (x) = arsh x f¨ uggvény a R-en folytonos és szigor´ uan monoton növekv˝o. Grafikonja:

8.40. ábra ´ Ertelmez´ esi tartomány: −∞ < x < ∞ ´ Ertékkészlet: −∞ < x < ∞ Zérushely: x=0 A f¨ uggvény páratlan: arsh(−x) = − arsh x Továbbá: lim arsh x = −∞

x→−∞

és

lim arsh x = +∞.

x→+∞

8.10.3. Megjegyz´ es A arsh x f¨ uggvény defin´ıciója alapján sh(arsh x) = arsh(sh x) = x.

182


8.10.4. Megjegyz´ es A ch x f¨ uggvény a [0, +∞) ill. a (−∞, 0] intervallumon szigor´ uan monoton növekv˝o ill. szigor´ uan monoton csökken˝o, ´ıgy a két f¨ uggvényágnak k¨ ulön-k¨ ulön létezik az inverze, a két inverz neve egyaránt area koszinuszhiperbolikusz f¨ uggvény. 8.10.5. Defin´ıci´ o (arch x) Az y = arch x f¨ uggvény a [1, +∞) értelmezési tartom´ any minden pontj´ ahoz a [0, +∞) vagy a (−∞, 0] intervallumnak azt az egy értékét rendeli, amelyre ch y = x. 8.10.6. Megjegyz´ es Az f (x) = arch x f¨ uggvény a [1, +∞) intervallumon folytonos. Grafikonja:

8.41. ábra ´ Ertelmez´ esi tartomány: 1 ≤ x < +∞ ´ ekkészlet: Ert´ 0 ≤ x < +∞ ill. −∞ < x ≤ 0 Zérushely: x=1 Továbbá: lim arch x = +∞,

x→+∞

ha x > 0

és

lim arch x = −∞,

x→+∞

8.10.7. Megjegyz´ es A arch x f¨ uggvény defin´ıciója alapján ch(arch x) = arch(ch x) = x,

ha x ≥ 1.

ha x < 0.

183


8.10.8. Defin´ıci´ o (arth x) Az y = arth x f¨ uggvény a (−1, 1) értelmezési tartom´ any minden pontj´ ahoz a (−∞, +∞) intervallumnak azt az egy értékét rendeli, amelyre th y = x. 8.10.9. Megjegyz´ es Az f (x) = arth x f¨ uggvény az értelmezési tartományában folytonos és szigor´ uan monoton növekv˝o. Grafikonja:

8.42. ábra ´ Ertelmez´ esi tartomány: −1 < x < 1 ´ Ertékkészlet: −∞ < x < ∞ Zérushely: x=0 A f¨ uggvény páratlan: arth(−x) = − arth x Továbbá: lim arth x = −∞

x→−1+0

és

lim arth x = +∞.

x→1−0

8.10.10. Defin´ıci´ o (arcth x) Az y = arcth x f¨ uggvény az R \ [−1, 1] értelmezési tartom´ any minden pontjához az R \ {0} halmaznak azt az egy értékét rendeli, amelyre cth y = x. 8.10.11. Megjegyz´ es Az f (x) = arcth x f¨ uggvény az értelmezési tartományában folytonos és szigor´ uan monoton csökken˝o.

184


Grafikonja:

8.43. ábra ´ Ertelmez´ esi tartomány: ´ Ertékkészlet: Zérushelye nincs.: A f¨ uggvény páratlan: Továbbá: lim

x→−∞

R \ [−1, 1] R \ {0} arcth(−x) = − arcth x arcth x = lim arcth x = 0, x→+∞

valamint lim arcth x = −∞

és

x→−1−0

lim arcth x = +∞.

x→1+0

8.10.12. P´ elda Adjuk meg az f (x) = arsh x u ń. logaritmikus alakját! Megold´ as: Alkalmazzuk az y = arsh x jelölést. A 8.9.1. Defin´ıció alapján ey − e−y . x= 2 Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát 2ey -nal, ´ıgy az alábbi ey -ban másodfok´ u egyenlethez jutunk: e2y − 2xey − 1 = 0. Azaz: y

(e )1,2 =

2x ±

√

√ 4x2 + 4 = x ± x2 + 1. 2

185


Mivel ey > 0, ´ıgy csak az ey = x +

√

x2 + 1

gyök megfelel˝o. Ahonnan y = ln(x +

√

adódik, tehát arsh x = ln(x +

x2 + 1) √

x2 + 1).

8.10.13. Megjegyz´ es Könnyen megmutatható, hogy arch x = ln(x +

√

x2 − 1),

ha a ch x, x > 0 f¨ uggvény inverzér˝ol van szó, illetve √ arch x = ln(x − x2 − 1), logaritmikus alak ´ırható fel a ch x, x < 0 f¨ uggvény inverze esetén. Továbbá arth x = és

1 1+x ln , 2 1−x

1 x+1 ln 2 x−1 az adott f¨ uggvényekhez tartozó logaritmikus alakok. arcth x =

186

9

´ ´ ÍTAS ´ 9 DIFFERENCIALSZ AM

´lsza ´m´ıta ´s Differencia

Az egyváltozós valós f¨ uggvények differenciálszám´ıtásának kialak´ıtása a XVII. században kezd˝odött és Isaac Newton (angol, 1642-1727) valamint Gottfried Leibniz (német, 1646-1716) tudósok nevéhez és munkásságához f˝ uz˝odik.

9.1

´s differencia ´lha ńyados A differencia- e

9.1.1. Defin´ıci´ o (differenciah´ anyados) Az egyváltozós valós f : (a, b) → R f¨ uggvény x0 ∈ (a, b) helyhez tartoz´ o differenciahányados-f¨ uggvényén a (9.1)

ϕ(x, x0 ) =

f (x) − f (x0 ) , x − x0

x, x0 ∈ (a, b),

x 6= x0

altal definiált ϕ f¨ ´ uggvényt értj¨ uk. 9.1.2. Megjegyz´ es A differenciah´ anyados geometriai ´ ertelmez´ ese: Az f f¨ uggvény x0 és x abszcisszáj´ u pontjait összeköt˝o szel˝o meredeksége: tgβ =

f (x) − f (x0 ) . x − x0

9.1. ábra

´s differencia ´lha ńyados 9.1 A differencia- e

187

Az x0 ∈ Df ponthoz az x megválasztásával a szel˝ok egész sokasága rendelhet˝o. Vajon az x0 ponthoz közel´ıtve létezik-e határértéke az adódó szel˝ok meredekségének? Ha az x pontot változónak tekintj¨ uk, akkor a differenciahányados x f¨ uggvénye, azaz szintén f¨ uggvény. 9.1.3. Defin´ıci´ o (a differenci´ alh´ anyados hat´ ar´ atmenetes megfogalmaz´ asa) Ha az f : R → R f¨ uggvény x0 ∈ Df helyhez tartoz´ o (9.2)

ϕ(x, x0 ) =

f (x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) = x − x0 ∆x

differenciahányados-f¨ uggvényének létezik véges hat´ arértéke x0 -ban: (9.3)

f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 ), x→x0 x − x0

lim ϕ(x, x0 ) = lim

x→x0

akkor ezt a határértéket az f f¨ uggvény differenci´ alh´ anyados´ anak (vagy deriváltjának) nevezz¨ uk az x0 pontban. Jelölések: f (x) − f (x0 ) df (x0 ) = f 0 (x0 ) = . lim x→x0 x − x0 dx 9.1.4. Megjegyz´ es Ha az f : R → R f¨ uggvénynek az x0 helyen létezik differenciálhányadosa, akkor azt mondjuk, hogy f az x0 helyen differenciálható. 9.1.5. Megjegyz´ es Ha az f 0 (x0 ) derivált egy I ⊂ Df intervallum minden x pontjában létezik, akkor azt mondjuk, hogy f differenciálható az I intervallumon. 9.1.6. Megjegyz´ es A differenciálhányadosnak fontos geometriai jelentése van. Ha rögz´ıj¨ uk az f : R → R görbéjén az A pontot, azaz az x0 helyet és a B pont a görbén haladva tart az A ponthoz, akkor a szel˝ok, melyeknek iránytangense rendre tg β1 , tg β2 , ..., tg βn ,..., egy határegyeneshez, az A-beli érint˝ohöz tartanak, amelynek iránytangense tgα. Ekkor nyilván x → x0 és (9.4)

f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 ) = tgα. x→x0 x − x0 lim

A szel˝ok tg βn iránytangense tehát az (x0 , f (x0 )) ponton áthaladó (9.5)

y = f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 )

egyenes iránytangenséhez tart. Az arctg f¨ uggvény folytonossága miatt βn → α,

ha x → x0 .

188


9.1.7. Defin´ıci´ o (f¨ uggv´ eny pontbeli ´ erint˝ oje) Ha az f : R → R f¨ uggvény differenci´ alhat´ o az x0 ∈ Df pontban, akkor az (9.6)

y = f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ),

x∈R

´ egyenlet˝ u egyenest az f f¨ uggvény (x0 , f (x0 ))-beli érint˝ ojének nevezz¨ uk. Igy 0 f (x0 ) az (x0 , f (x0 )) pontbeli érint˝ o ir´ anytangense (meredeksége). A differenciálhányados fogalmára megadható egy másik, u ´gynevezett törtmentes defin´ıció is. 9.1.8. Megjegyz´ es Legyen az f : R → R f¨ uggvény az x0 helyen differenciálható, azaz létezzen a véges f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 ) lim x→x0 x − x0 határérték. Ekkor f (x) − f (x0 ) 0 lim − f (x0 ) = 0. x→x0 x − x0 Vezess¨ uk be a következ˝o jelölést: f (x) − f (x0 ) − f 0 (x0 ) = ε(x), x − x0 amelyb˝ol kapjuk, hogy f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ) + ε(x)(x − x0 ) és lim ε(x) = 0.

x→x0

9.1.9. Defin´ıci´ o (a differenci´ alh´ anyados t¨ ortmentes megfogalmaz´ asa) Az f : R → R f¨ uggvényt az x0 ∈ Df helyen akkor nevezz¨ uk differenci´ alhat´ onak, ha létezik egy olyan f 0 (x0 )-lal jel¨ olt val´ os sz´ am és x0 -nak olyan, az értelmezési tartomány pontjaib´ ol ´ all´ o δ-sugar´ u k¨ ornyezete (Kδ = (x0 −δ, x0 + δ)), hogy minden x ∈ Kδ esetén teljes¨ ul az al´ abbi egyenl˝ oség: (9.7)

f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ) + ε(x)(x − x0 ),

ahol ε : Kδ → R olyan f¨ uggvény, amelyre lim ε(x) = 0.

x→x0

189


9.1.10. Megjegyz´ es Az f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ) + ε(x)(x − x0 ) formulában, ahol lim ε(x) = 0, a jobb oldalon álló második tag (ε(x)(x−x0 )) x→x0

mindkét tényez˝oje nullához tart, miközben x → x0 . Ez azt jelenti, hogy x → x0 esetén ε(x)(x − x0 ) magasabb rendben (gyorsabban) tart zérushoz, mint f 0 (x0 )(x−x0 ). Tehát a jobb oldal meghatározó része az els˝o tag, amelyet az f (x) − f (x0 ) megváltozás f˝orészének, a második ε(x)(x − x0 ) tagot pedig elenyész˝o részének nevezz¨ uk. Ez u ´gy is felfogható, hogy az f (x) f¨ uggvény az x0 pont Kδ -környezetében jól közel´ıthet˝o egy els˝ofok´ u polinommal: f (x) ≈ f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ), azaz f linearizálható. Nyilvánvaló, hogy a differenciálhányados törtmentes képlete a következ˝oképpen is fel´ırható: f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 ) + ε(x), x − x0 ahol ε(x) → 0, ha x → x0 . 9.1.11. Defin´ıci´ o (a f¨ uggv´ eny differenci´ alja) Az f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ) + ε(x)(x − x0 ) osszef¨ ¨ uggésben szerepl˝o f 0 (x0 )(x − x0 ) f˝ orészt az f f¨ uggvény x0 -beli differenci´ alj´ anak nevezz¨ uk. Jelölése: df (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ) vagy

df = f 0 (x0 )(x − x0 ).

9.1.12. Megjegyz´ es Vegy¨ uk észre, hogy df (x) az x változó f¨ uggvénye, és ha az (x−x0 ) k¨ ulönbéget dx = ∆x-el jelölj¨ uk,akkor az x0 -beli f 0 (x0 ) =

df (x) dx

derivált valóban két differenciál hányadosa.

190


9.2. ábra Az ábrán látható, hogy az f f¨ uggvény x0 -beli df (x0 ) differenciálja a teljes f (x) − f (x0 ) k¨ ulönbség egyik részét adja és minél közeleb van az x pont x0 hoz, annál jobban közel´ıti df (x0 ) = f 0 (x0 )(x−x0 ) az f (x)−f (x0 ) k¨ ulönbséget. 0 Az f (x) − f (x0 ) = f (x0 )(x − x0 ) + ε(x)(x − x0 ) k¨ ulönbség második része, mivel lim ε(x) = 0 kicsiny (x − x0 ) esetén, elhanyagolható. x→x0

A dy = yx0 · ∆x = yx0 · dx kifejezésben ∆x a f¨ uggetlen változó tetsz˝oleges növekménye, azaz tetsz˝oleges szám, amelyet gyakran x-t˝ol f¨ uggetlennek tekint¨ unk. 9.1.13. T´ etel (a differenci´ alhat´ os´ ag k´ et megfogalmaz´ as´ anak ekvivalenci´ aja) A differenciálhányados hat´ ar´ atmenetes és t¨ ortmentes dein´ıci´ oja ekvivalens. Bizony´ıt´ as: A törtmentes definciót a határátmenetes defin´ıcióból kiindulva vezett¨ uk be. Tehát, ha a határátmenetes defin´ıció fennáll, akkor a törtmentes is. Megford´ıtva, legyen f differenciálható a törtmentes defin´ıció szerint, azaz: f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ) + ε(x)(x − x0 ), ahol lim ε(x) = 0. x→x0

Ekkor

f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 ) + ε(x), x − x0


191

ahol lim ε(x) = 0, amelyb˝ol x→x0

lim [f 0 (x0 ) + ε(x)] = f 0 (x0 ),

x→x0

és ezért a bal oldal x → x0 esetén szintén f 0 (x0 )-hoz tart: f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 ), x→x0 x − x0 lim

ami azt jelenti, hogy f a határátmenetes defin´ıció szerint is differenciálható az x0 helyen. 9.1.14. P´ elda 1 Szám´ıtsuk ki az f (x) = x3 f¨ uggvény differenciálhányadosát az x0 = helyen! 4 Megold´ as: A határátmenetes defin´ıció szerint: x3 − x30 (x − x0 )(x2 + x · x0 + x20 ) f (x) − f (x0 ) = lim = lim = x→x0 x − x0 x→x0 x→x0 x − x0 x − x0 lim

lim (x2 + x · x0 + x20 ) = 3x20 .

x→x0

Így: 2 1 1 3 f =3· = . 4 4 16 0

9.1.15. P´ elda Szám´ıtsuk ki az f (x) = x3 f¨ uggvényre az x0 = 2 pontban a ∆f = f (x + ∆x) − f (x) k¨ ulönbséget és a df (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ) differenciált, ha ∆x = dx = 0.01. Megold´ as: A (9.1.14)-es feladatból tudjuk, hogy f 0 (x) = (x3 )0 = 3x2 . Ezért a differenciál: df (x) = f 0 (x)dx = 3x2 dx, továbbá x = x0 = 2 és dx = ∆x = 0.01, ´ıgy df (x0 ) = 3 · 22 · 0.01 = 0.12.

192


A ∆f = f (x + ∆x) − f (x) k¨ ulönbség pedig: ∆f = (x+∆x)3 −x3 = x3 +3x2 ∆x+3x(∆x)2 +(∆x)3 −x3 = 3x2 dx+3x(∆x)2 +(∆x)3 . Ha x = x0 = 2 és dx = ∆x = 0.01, akkor ∆f = 3 · 22 · 0.01 + 3 · 2 · (0.01)2 + (0.01)3 = 0.12 + 0.00061 = 0.12061. Így ∆f − df (x0 ) = 0.00061. 9.1.16. T´ etel (a differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ eny folytonoss´ ag´ ar´ ol) Ha az f f¨ uggvény az x0 ∈ Df helyen differenci´ alhat´ o, akkor ugyanitt folytonos is. Bizony´ıt´ as: Induljunk ki az alábbi nyilvánvaló egyenl˝oségb˝ol: f (x) = f (x0 ) +

f (x) − f (x0 ) · (x − x0 ). x − x0

Képezz¨ uk mindkét oldal határértékét, ha x → x0 : lim f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 ) · 0 = f (x0 ),

x→x0

amelyb˝ol következik f (x) folytonossága az x0 helyen. 9.1.17. Megjegyz´ es A tétel áll´ıtása nem ford´ıtható meg. A folytonosságból nem következik a differenciálhatóság. 9.1.18. P´ elda Mutassuk meg, hogy a folytonos f (x) = |x| f¨ uggvény nem differenciálható az x0 = 0 helyen! Bizony´ıt´ as: Vizsgáljuk a f (x) − f (x0 ) |x| − |0| = lim x→x x − x0 0 x − 0 határérték létezését! K¨ ulön-k¨ ulön kiszám´ıtjuk a tört jobb oldali és bal oldali hatrértékét: lim

x→x0

−x − 0 = −1, x→0−0 x lim

illetve

x−0 = 1. x→0+0 x lim

193

¨ggve ńyek differencia ´ la ´sa 9.2 Elemi fu

Az egyoldali határértékek k¨ ulönböz˝oek, ezért nem létezik az x0 = 0-beli határérték. Tehát az x0 = 0 pontban az f (x) = |x| f¨ uggvény nem differenciálható annak ellenére, hogy a f¨ uggvény x0 = 0-ban folytonos. Korábban már értelmezt¨ uk a bal és jobb oldali határértéket, folytonosságot. Most bevezetj¨ uk a bal és jobb oldali differenciálhatóság fogalmát. 9.1.19. Defin´ıci´ o (bal ´ es jobb oldali differenci´ alhat´ os´ ag) Az f : R → R f¨ uggvényt az x0 helyen balr´ ol illetve jobbr´ ol differenci´ alhat´ onak nevezz¨ uk, ha létezik véges bal oldali illetve jobb oldali hat´ arérték: f (x) − f (x0 ) = f−0 (x0 ) illetve x→x0 −0 x − x0 lim

f (x) − f (x0 ) = f+0 (x0 ), x→x0 +0 x − x0 lim

minden baloldali illetve jobboldali k¨ ornyezetbeli x-re. 9.1.20. Megjegyz´ es Ha egy f¨ uggvénynek az értelmezési tartománya valamely pontjában létezik bal oldali és jobb oldali diferenciálhányadosa, amelyek megegyeznek, akkor a f¨ uggvény ezen a helyen differenciálható.

9.2

¨ggve ńyek differencia ´ la ´sa Elemi fu

9.2.1. T´ etel (elemi f¨ uggv´ enyek differenci´ al´ asa) Az elemi f¨ uggvények deriváltjai a k¨ ovetkez˝ ok: 1. (c)0 = 0,

c ∈ R;

2. (xn )0 = n · xn−1 ,

n ∈ N+ , x ∈ R;

3. (xa )0 = a · xa−1 ,

a ∈ R \ {0};

4. (ex )0 = ex ,

x ∈ R;

5. (ax )0 = ax · ln a, 6. (ln x)0 =

a ∈ R+ \ {1}, x ∈ R;

1 , x ∈ R+ ; x

7. (loga x)0 =

1 , x ln a

8. (sin x)0 = cos x, 9. (cos x)0 = − sin x,

a ∈ R+ \ {1}, x ∈ R+ ; x ∈ R; x ∈ R;

194

10. (tgx)0 =


1 , cos2 x

11. (ctgx)0 =

x∈R\

−1 , sin2 x

12. (arcsin x)0 = √

x ∈ R \ {kπ : k ∈ Z}; |x| < 1, x ∈ R;

−1 , 1 − x2

|x| < 1, x ∈ R;

1 , 1 + x2

15. (arcctgx)0 =

2

o + kπ : k ∈ Z ;

1 , 1 − x2

13. (arccos x)0 = √ 14. (arctgx)0 =

nπ

x ∈ R;

−1 , 1 + x2

x ∈ R;

16. (shx)0 = chx, x ∈ R; 17. (chx)0 = shx, x ∈ R; 18. (thx)0 =

1 , ch2 x

19. (cthx)0 =

x ∈ R;

−1 , sh2 x

20. (arshx)0 = √

1 x2 + 1

21. (archx)0 = √ 22. (arthx)0 =

x ∈ R \ {0};

1 x2 − 1

1 , 1 − x2

23. (arcthx)0 =

1 , 1 − x2

,

x ∈ R;

,

x > 1, x ∈ R; |x| < 1, x ∈ R; |x| > 1, x ∈ R.

Bizony´ıt´ as: 1. A 9.1.3. Defin´ıció alapján bizony´ıtunk: c−c = 0, x→x0 x − x0

(c)0 = lim

c ∈ R;

195

´ la ´si szaba ´lyok 9.3 Deriva

6. x x − x0 + x0 ln ln ln x − ln x x0 x0 0 = lim = lim = (ln x)0x0 = lim x→x x→x x→x0 x − x0 x − x0 0 x − x0 0 1 x0 1 x − x0 x−x0 x0 x − x0 x−x0 lim ln 1 + = lim = u= ln 1 + = x→x0 x→x0 x0 x0 x0 x − x0 u 1 1 1 1 lim ln 1 + · ln e = , ∀x0 ∈ R+ ; lim = x→x0 x0 |u|→∞ u x0 x0 8. (sin x)0x=x0

lim cos

x→x0

2 cos sin x − sin x0 = lim = lim x→x0 x→x0 x − x0

x + x0 · lim x→x0 2

x + x0 x − x0 · sin 2 2 = x − x0

x − x0 2 x − x0 = cos x0 · 1 = cos x0 , 2

sin

∀x0 ∈ R;

9. (cos x)0x=x0

−2 sin cos x − cos x0 = lim = lim x→x0 x→x0 x − x0

x + x0 x − x0 · sin 2 2 = x − x0

x − x0 sin x + x0 2 − lim sin · lim x − x = − sin x0 · 1 = − sin x0 , x→x0 x→x0 0 2 2

9.3

∀x0 ∈ R.

´ la ´si szaba ´lyok Deriva

9.3.1. T´ etel (¨ osszeg, k¨ ul¨ onbs´ eg, szorzat ´ es h´ anyados deriv´ al´ asa) Ha az f : R → R és a g : R → R f¨ uggvények differenci´ alhat´ ok az x0 ∈ Df ∩Dg helyen, c pedig R-beli álland´ o, akkor: 1. (c · f (x))0x0 = c · f 0 (x0 ); 2. (f (x) ± g(x))0x0 = f 0 (x0 ) ± g 0 (x0 ); 3. (f (x) · g(x))0x0 = f 0 (x0 ) · g(x0 ) + f (x0 ) · g 0 (x0 ); 0 f 0 (x0 ) · g(x0 ) − f (x0 ) · g 0 (x0 ) f (x) = . 4. g(x) x0 g 2 (x0 )

196


Bizony´ıt´ as: A 9.1.3. Defin´ıció alapján bizony´ıtunk: c · f (x) − c · f (x0 ) f (x) − f (x0 ) = lim c · = x→x x − x0 x − x0 0

1. (c · f (x))0x0 = lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) = c · f 0 (x0 ); x→x0 x − x0

c · lim

[f (x) + g(x)] − [f (x0 ) + g(x0 )] = x→x0 x − x0

2. (f (x) + g(x))0x0 = lim

f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) + lim = f 0 (x0 ) + g 0 (x0 ); x→x0 x→x0 x − x0 x − x0 lim

f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 ) = x→x0 x − x0

3. (f (x) · g(x))0x0 = lim

f (x)g(x) − f (x0 )g(x) + f (x0 )g(x) − f (x0 )g(x0 ) = x→x0 x − x0 lim

f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) · g(x) + lim · f (x) = x→x0 x→x0 x − x0 x − x0 lim

f 0 (x0 ) · g(x0 ) + f (x0 ) · g 0 (x0 ); 4.

f (x) g(x)

0 = lim x0

f (x) g(x)

x→x0

−

f (x0 ) g(x0 )

x − x0

=

f (x)g(x0 ) − f (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g(x) 1 · = lim x→x0 g(x)g(x0 ) x − x0 f (x) − f (x0 ) 1 g(x) − g(x0 ) lim · · g(x0 ) − · f (x0 ) = x→x0 g(x)g(x0 ) x − x0 x − x0 h i (x0 ) g(x)−g(x0 ) lim f (x)−f · g(x ) − f (x ) · 0 0 x−x0 x−x0 f 0 (x0 ) · g(x0 ) − f (x0 ) · g 0 (x0 ) x→x0 = . lim g(x)g(x0 ) g 2 (x0 ) x→x0

9.3.2. Defin´ıci´ o (deriv´ altf¨ uggv´ eny) Ha az f : R → R f¨ uggvény az I ⊂ Df intervallum minden pontj´ aban differenciálható, akkor azt a leképezést, amely az I intervallum minden eleméhez az f f¨ uggvény ezen pontbeli deriv´ altj´ at rendeli az f f¨ uggvény deriváltf¨ uggvényének nevezz¨ uk. df Jelölése: f 0 (x) vagy , illetve f 0 . dx

197


9.3.3. P´ elda Végezz¨ uk el a kijelölt deriválásokat! 1. (x3 )0 = 3x2 ; √ 1 1 2. ( x)0 = (x1/2 )0 = x−1/2 = √ ; 2 2 x √ 1 1 3. ( 3 x)0 = (x1/3 )0 = x−2/3 = √ ; 3 3 3 x2 0 1 −1 4. = (x−1 )0 = −1x−2 = 2 ; x x −3 1 = [x−3 ]0 = −3x−4 = 4 ; 5. 3 x x 0 1 −1 1 6. √ ; = [x−1/4 ]0 = − x−5/4 = √ 4 4 4 x 4 x5 !0 r r 0 √ 0 1 1 −6/5 √ 7. = x = = x6/5 x5x −3 √ ; 5 5 x8

x−3/5

8. (5x )0 = 5x ln 5 ; 9. (5ex )0 = 5ex ; 10. (log7 x)0 = 11. (ln x)0 =

1 ; x ln 7

1 1 = ; x ln e x

12. (6 cos x)0 = 6(cos x)0 = 6(− sin x) = −6 sin x; 0 (sin x)0 cos x sin x 13. = = ; 8 8 8 1 −4/5 0 √ 0 x 5 x1/5 x 1 14. = = 5 = √ ; 5 8 8 8 40 x4 0

15. (x2 + 3x − 5) = (x2 )0 + (3x )0 − 5 = 2x + 3x ln 3;

0

=

−3 −8/5 x = 5

198


√ 16.

x − 7 log4 x 11

0

0

0

0

0

1 7 √ 0 √ − 0 ( x) − 7(log4 x) 2 x x ln 4 = = ; 11 11

17. (x7 + 7x ) = (x7 ) + (7x )0 = 7x6 + 7x ln 7; 18. (x5 cos x) = (x5 ) cos x + x5 (cos x)0 = 5x4 cos x − x5 sin x; 1 19. (6x ln x)0 = (6x )0 ln x + 6x (ln x)0 = 6x (ln 6) ln x + 6x ; x 0

0

0

20. ((x2 − 3x) (x3 + 7)) = (x2 − 3x) (x3 + 7) + (x2 − 3x) (x3 + 7) = = (2x − 3) (x3 + 7) + (x2 − 3x) 3x2 ; 0 sin x (sin x)0 cos x − sin x(cos x)0 0 21. (tg x) = = = cos x cos2 x cos2 x + sin2 x 1 cos x cos x − sin x (− sin x) = = ; = 2 2 cos x cos x cos2 x cos x 0 (cos x)0 sin x − cos x(sin x)0 22. (ctg x)0 = = = sin x sin2 x − sin2 x + cos2 x −1 − sin x sin x − cos x cos x = = ; = 2 2 sin x sin x sin2 x 0 log3 x (log3 x)0 x3 − (log3 x) (x3 )0 23. = x3 (x3 )2 1 2 1 1 x3 − (log3 x) 3x2 x − (log3 x) 3x2 − 3 log3 x x ln 3 ln 3 ln 3 = = = ; x6 x6 x4 √ 0 √ √ x+ x (x + x)0 cos x − (x + x) (cos x)0 24. = = cos x cos2 x √ √ 1 1 1+ √ cos x − (x + x) (− sin x) 1+ √ cos x + (x + x) sin x 2 x 2 x = = ; cos2 x cos2 x x 0 0 5e − 3 ln x (5ex − 3 ln x)0 (x4 − 2006) − (5ex − 3 ln x) (x4 − 2006) 25. = = x4 − 2006 (x4 − 2006)2 3 x 5e − (x4 − 2006) − (5ex − 3 ln x) 4x3 x = . (x4 − 2006)2

199


9.3.4. T´ etel (¨ osszetett f¨ uggv´ eny deriv´ al´ asi szab´ alya - a l´ ancszab´ aly) Legyen adott az f ◦ g vagy m´ as fel´ır´ asban az F (x) = f [g(x)] = f (u)

u = g(x)

¨sszetett f¨ o uggvény, ahol f : u 7→ f (u), g : x 7→ g(x) egyv´ altoz´ os f¨ uggvények. Ha a g f¨ uggvény differenci´ alhat´ o az x0 ∈ Dg helyen, az f f¨ uggvény pedig az x0 = u0 ∈ Df helyen, akkor az ¨ osszetett f ◦ g f¨ uggvény is differenci´ alhat´ o az x0 helyen és    d(f ◦ g)  df  dg    = ·  , dx x=x0 du u=g(x0 ) dx x=x0 vagy ekvivalens fel´ırásban:      dF  df (g(x)) 0 0    = = f (g(x)) · g (x) .  dx x=x0 dx x=x0 x=x0 Bizony´ıt´ as: A differenciálhányados törtmentes defin´ıciójából kiindulva: u(x) − u(x0 ) = g(x) − g(x0 ) = g 0 (x0 )(x − x0 ) + ε1 (x)(x − x0 ), ahol lim ε1 (x) = 0, és x→x0

f (u) − f (u0 ) = f 0 (u0 )(u − u0 ) + ε2 (u)(u − u0 ), ahol lim ε2 (u) = 0. u→u0

Írjuk el az összetett f¨ uggvény megváltozását: (f ◦ g)(x) − (f ◦ g)(x0 ) = f (g(x)) − f (g(x0 )) = f (u) − f (u0 ) = = f 0 (u0 )(u − u0 ) + ε2 (u)(u − u0 ) = = f 0 (u0 )[g 0 (x0 )(x−x0 )+ε1 (x)(x−x0 )]+ε2 g(x)[g 0 (x0 )(x−x0 )+ε1 (x)(x−x0 )] = = f 0 (u0 ) · g 0 (x0 )(x − x0 ) + [f 0 (u0 )ε1 (x) + ε2 g(x)g 0 (x0 ) + ε2 g(x)ε1 (x)](x − x0 ), ahol a második tag els˝o tényez˝ojénak határértéke egyenl˝o nullával. Így a törtmentes defin´ıció alapján igazoltuk, hogy f (g(x))0x=x0 = f 0 (u0 ) · g 0 (x0 ) = f 0 (g(x0 )) · g 0 (x0 ).

200


9.3.5. P´ elda Igazoljuk, hogy (shx)0 = chx, ∀ x ∈ R és (chx)0 = shx, ∀ x ∈ R ! Megold´ as: Az összegre és k¨ ulönbségre, valamint az összetett f¨ uggvényre vonatkozó deriválási szabály szerint: 0 x 1 e − e−x 0 = (ex + e−x ) = chx; (shx) = 2 2 és

0

(chx) =

ex + e−x 2

0

1 = (ex − e−x ) = shx. 2

9.3.6. P´ elda Végezz¨ uk el a kijelölt deriválásokat! 1. (cos (5x))0 = − (sin (5x)) · 5 = −5 sin (5x); 0

2. (sin (x3 )) = cos (x3 ) · 3x2 ; 0 0 3. sin3 (x) = (sin (x))3 = 3 sin2 x (sin x)0 = 3 sin2 x · cos x 0 7 6 0 6 6 4. (4 − x3 ) = 7 (4 − x3 ) (4 − x3 ) = 7 (4 − x3 ) (−3x2 ) = −21 (4 − x3 ) x2 ; 0 p 1 1 − sin x cos (x) = √ 5. (cos x)0 = √ (− sin x) = √ ; 2 cos x 2 cos x 2 cos x 0

6. (tg7 x) = (tg x)7 7.

√

0

= 7tg6 x (tg x)0 =

7tg6 x ; cos2 x

0 0 1 3x2 x3 + 4 = √ ; x3 + 4 = √ 2 x3 + 4 2 x3 + 4 0

8. (e2x−1 ) = e2x−1 (2x − 1)0 = e2x−1 · 2 = 2e2x−1 ; 0 2 2 2 2 0 9. ex = ex (x2 ) = ex · 2x = 2xex ; 10. (3cos x )0 = 3cos x (ln 3) (cos x)0 = −3cos x (ln 3) sin x; 0

11. (2tg x ) = 2tg x (ln 2) (tg x)0 = 2tg x (ln 2) 0

12. (e−x ) = e−x (−x)0 = e−x (−1) = −e−x ;

1 ; cos2 x

201


0 sh x ch xch x − sh xsh x ch2 x − sh2 x 1 13. (th x) = = = = 2 ; 2 2 ch x ch x ch x ch x 0 ch x sh xsh x − ch xch x sh2 x − ch2 x −1 0 14. (cth x) = = = = 2 ; 2 2 sh x sh x sh x sh x 0

15. (ln sh cos x)0 = =

1 1 (sh cos x)0 = (ch cos x) (cos x)0 = sh cos x sh cos x

1 (ch cos x) (− sin x) ; sh cos x

16. (sin sin sin x)0 = (cos sin sin x) (cos sin x) cos x; ch x 1 0 0 1 1 4 ; 17. ln5 th x = (ln th x)5 = 5 ln4 th x 2 = 5 ln th x th x ch x sh x ch2 x √ √ 0 2 0 2 2 2 18. log2 cth 3 − x = log2 cth 3 − x = √

(−1) 1 1 · 2√ · √ (−2x) ; cth 3 − x2 ln 2 sh 3 − x2 2 3 − x2 0 0 √ √ 1 sin x 4 4 sin x √ 19. ln x + 3 = = x +3 x4 + 3 sin x √ 1 1 sin x 3 √ = ln 3 √ cos x ; 4x + 3 x4 + 3 sin x 2 sin x 0 2 0 (−1) 3 2+x3 2 2+x3 2+x3 20. ctg e = ctg e = 2ctg e2+x · 3x2 . 2 2+x3 · e sin e = 2 log2 cth

3 − x2

√

9.3.7. T´ etel (az inverz f¨ uggv´ eny differenci´ alhat´ os´ ag´ ar´ ol) Ha az (a, b) intervallumon az f (x) f¨ uggvény szigor´ uan monoton, folytonos és az x0 pontban differenciálhat´ ou ´gy hogy f 0 (x0 ) 6= 0 és f (x0 ) = y0 , akkor az f f¨ uggvény x = ϕ(y) = f −1 (y) inverze differenci´ alhat´ o az y0 helyen és    −1 0  1 0  ϕ (y) = f (y)   = f 0 (x0 ) . y=y0 y0 Bizony´ıt´ as: Írjuk fel az f −1 (y) inverz f¨ uggvény differenciahányadosát az y0 pontban, −1 használva az x = f (y) jelölést: f −1 (y) − f −1 (y0 ) x − x0 = = y − y0 f (x) − f (x0 )

1 f (x)−f (x0 ) x−x0

.

202


Az inverz monotonitása miatt x − x0 6= 0, ha y 6= y0 és ha y → y0 , akkor f −1 (y) folytonosságából adódik, hogy x → x0 . Azaz határátmenettel a tétel áll´ıtását kapjuk: 1 1 f −1 (y) − f −1 (y0 ) = lim f (x)−f (x0 ) = 0 . x→x0 y→y0 y − y0 f (x0 ) lim

x−x0

9.3.8. P´ elda Igazoljuk, hogy y = f (x) = sin x esetén az inverz x = f −1 (y) = arcsin y f¨ uggvény deriváltja: −1 0 0 1 f (y) = arcsin y = p . 1 − y2 Megold´ as: Az inverz f¨ uggvény deriválási szabálya alapján:

−1 0 f (y) = Azaz:

9.4

1 1 1 1 = = =p 0 [sin x] cos x cos(arcsin y) 1 − sin2 (arcsin y) −1 0 1 . f (y) = p 1 − y2

˝ deriva ´ltak Magasabbrendu

9.4.1. Defin´ıci´ o (k´ etszer differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ eny) Ha az f f¨ uggvénynek az x0 hely valamely k¨ ornyezetében létezik a deriváltf¨ uggvénye, amely az x0 helyen differenci´ alhat´ o, akkor az f f¨ uggvény az x0 helyen kétszer differenci´ alhat´ o. 2 d f (x ) 0 Jelölése: f 00 (x0 ) vagy . dx2 9.4.2. Defin´ıci´ o (m´ asodik deriv´ altf¨ uggv´ eny) Ha az f f¨ uggvény az I intervallum minden pontj´ aban kétszer differenci´ alhat´ o, 00 akkor az f f¨ uggvényt f második deriv´ altf¨ uggvényének nevezz¨ uk. 9.4.3. Megjegyz´ es A második deriváltf¨ uggvény kiszám´ıtása az f 0 f¨ uggvény deriválásával történik: 0 f 00 = f 0 .

203

˝ deriva ´ltak 9.4 Magasabbrendu

9.4.4. Megjegyz´ es Hasonló módon értelmezz¨ uk egy f¨ uggvény magasabbrend˝ u deriváltjait. ´ Altalánosan az n-ed rend˝ u derivált: 0 f (n) = f (n−1) . 9.4.5. Defin´ıci´ o (ak´ arh´ anyszor differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ eny) Végtelen sokszor vagy ak´ arh´ anyszor differenci´ alhat´ onak mondjuk azt a f¨ uggvényt, melynek minden n ∈ N esetén létezik az n-edik deriv´ altja. 9.4.6. P´ elda Szám´ıtsuk ki az f (x) = x5 f¨ uggvény harmadrend˝ u derváltját! Megold´ as: f 0 (x) = 5x4 ,

f 00 (x) = 20x3 ,

f 000 (x) = 60x2 .

9.4.7. P´ elda Mutassuk meg, hogy az f (x) = 2x −

2 1 + tg

x 2

f¨ uggvény eleget tesz a cos x + f 00 (x)(1 + x)2 = 0 egyenletnek! Megold´ as: Szám´ıtsuk ki f 0 (x)-et! 0 x −1 x −2 1 1 0 = 2 − 2 · (−1) · 1 + tg · f (x) = 2x − 2 · 1 + tg · , x 2 2 2 cos2 2 azaz f 0 (x) = 2 +

1

1 1 1 · =2+ · x x, x 2 cos2 x 2x 1 + 2tg + tg cos2 1 + tg 2 2 2 2 2

tehát f 0 (x) = 2 +

1 1 =2+ . x x x x 1 + sin x cos2 + 2 sin cos + sin2 2 2 2 2

204


Szám´ıtsuk ki f 00 (x)-et is! 0 f (x) = f (x) = 00

0

1 2+ 1 + sin x

0

= −(1 + sin x)−2 · cos x =

− cos x . (1 + sin x)2

Vizsgáljuk a feladatban szerepl˝o egyenl˝oség bal oldalát: cos x + f 00 (x)(1 + x)2 = cos x +

(− cos x) · (1 + x)2 = cos x − cos x = 0. 2 (1 + sin x)

Tehát az egyenl˝oség teljes¨ ul. 9.4.8. Defin´ıci´ o (magasabbrend˝ u differenci´ al) Ha az y(x) f¨ uggvény kétszer differenci´ alhat´ o, akkor az els˝ o differenci´ al differenciálját a második differenci´ alnak nevezz¨ uk. Jelölése: d2 y = d(dy). Hasonló módon: dn y = d(dn−1 y). 9.4.9. Megjegyz´ es Emlékezve arra, hogy dx tetsz˝oleges szám és f¨ uggetlen x-t˝ol, ezért x-szerinti deriváláskor konstans tényez˝o, ´ıgy dx hatványai jelennek meg: dn y = y (n) (dx)n .

9.5

´lsza ´m´ıta ´s ko ¨ ze ´pe ´rte ´kte ´telei A differencia

9.5.1. T´ etel (az els˝ o deriv´ alt elt˝ un´ es´ er˝ ol) Ha az f : R → R f¨ uggvény az x0 ∈ Df pontban differenci´ alhat´ o és létezik x0 -nak olyan Kδ = (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ Df k¨ ornyezete, hogy ∀ x ∈ Kδ pontban f (x) ≥ f (x0 ) vagy

f (x) ≤ f (x0 ),

akkor f 0 (x0 ) = 0. Bizony´ıt´ as: Foglalkozzunk az f (x) ≥ f (x0 ) esettel! Szám´ıtsuk ki a differenciahányados x0 -beli bal- és jobboldali határértékét. Ha x ∈ Kδ és x < x0 , akkor f (x) − f (x0 ) ≤ 0, x − x0

´lsza ´m´ıta ´s ko ¨ ze ´pe ´rte ´kte ´telei 9.5 A differencia

205

azaz

f (x) − f (x0 ) ≤ 0; x→x0 −0 x − x0 továbbá, ha x ∈ Kδ és x > x0 , akkor lim

f (x) − f (x0 ) ≥ 0, x − x0 ´ıgy f (x) − f (x0 ) ≥ 0. x→x0 +0 x − x0 Feltétel¨ unk szerint f differenciálható az x0 helyen, tehát az egyoldali határértékeknek meg kell egyezni¨ uk egymással, és ez a közös érték egyben a derivált értéke az x0 helyen. Az f 0 (x0 ) ≤ 0 és f 0 (x0 ) ≥ 0 egyidej˝ uleg csak az lim

f 0 (x0 ) = 0 esetben teljes¨ ul. 9.5.2. T´ etel (Rolle-f´ ele k¨ oz´ ep´ ert´ ekt´ etel) Ha az f : R → R f¨ uggvény folytonos a z´ art [a, b] intervallumon, differenciálható az (a, b) ny´ılt intervallumon és f (a) = f (b), akkor létezik az (a, b) intervallumon legalább egy olyan ξ hely, ahol f 0 (ξ) = 0. Bizony´ıt´ as: A Weierstrass-féle tétel szerint zárt intervallumon folytonos f¨ uggvény ugyanitt korlátos és felveszi maximumát és minimumát. Tehát léteznek olyan k és K valós számok, valamint x1 ∈ [a, b], x2 ∈ [a, b] helyek, amelyekre: k := inf f (x) = f (x1 ) és K := sup f (x) = f (x2 ). x∈[a,b]

x∈[a,b]

Ha mindkét értéket az intervallum a és b végpontjaiban is felveszi, akkor az f (a) = f (b) feltétel miatt a maximális és minimális érték megegyezik, azi azt jelenti, hogy a f¨ uggvény az intervallumon konstans. Ekkor az áll´ıtás igaz. Tegy¨ uk fel, hogy a maximum és a minimum értékek köz¨ ul legalább az egyiket nem az intervallum végpontjában veszi fel a f¨ uggvény. Legyen ez az infimum pont x1 . Ekkor x1 -nek van olyan környezete, melynek pontjaiban: f (x1 ) ≤ f (x). Így a 9.5.1. Tétel szerint f 0 (x1 ) = 0. Hasonlóan x2 esetén, ha f (x2 ) ≥ f (x) az x2 valamely környezetében, akkor f 0 (x2 ) = 0.

206


9.5.3. Megjegyz´ es (A Rolle-f´ ele k¨ oz´ ep´ ert´ ekt´ etel jelent´ ese) Ha teljes¨ ulnek a tétel feltételei, akkor a f¨ uggvény görbéjének az (a, b) intervallumban van olyan pontja, ahol v´ızszintes az érint˝o és párhuzamos a f¨ uggvénygörbe végpontjait összeköt˝o szel˝ovel. 9.5.4. T´ etel (Lagrange-f´ ele k¨ oz´ ep´ ert´ ekt´ etel) Ha az f : R → R f¨ uggvény folytonos a z´ art [a, b] intervallumon, differenciálható az (a, b) ny´ılt intervallumon, akkor az (a, b) intervallumon létezik legalább egy olyan ξ hely, hogy f (b) − f (a) = f 0 (ξ), b−a vagy f (b) − f (a) = f 0 (ξ)(b − a). Bizony´ıt´ as: Egy alkalmasan választott segédf¨ uggvény seg´ıtségével a tételt a 9.5.2. Tételre vezetj¨ uk vissza. Legyen F (x) := f (x) −

f (b) − f (a) (x − a), b−a

amely folytonos az [a, b] intervallumon és differenciálható az (a, b)-n. Ezen k´ıv¨ ul az F f¨ uggvényre teljes¨ ul még, hogy F (a) = f (a) és F (b) = f (b) − f (b) + f (a) = f (a) = F (a). Ezért a Rolle-féle középértéktétel szerint létezik olyan ξ ∈ (a, b) hely, ahol F 0 (ξ) = 0, azaz f 0 (ξ) −

f (b) − f (a) = 0, b−a

tehát f 0 (ξ) =

f (b) − f (a) . b−a

9.5.5. Megjegyz´ es (A Lagrange-f´ ele k¨ oz´ ep´ ert´ ekt´ etel jelent´ ese) A f¨ uggvény görbéjének van olyan ξ ∈ (a, b) pontja, amelyhez h´ uzott érint˝o párhuzamos az a, f (a) és b, f (b) végpontokat összeköt˝o h´ urral.

´lhato ´ fu ¨ggve ńyek monotonita ´sa 9.6 Differencia

207

9.5.6. T´ etel (Cauchy-f´ ele k¨ oz´ ep´ ert´ ekt´ etel) Ha az f : R → R és g : R → R f¨ uggvények folytonosak a z´ art [a, b] intervallumon, differenciálhat´ oak az (a, b) ny´ılt intervallumon és a g f¨ uggvény deriváltja az (a, b) intervallumon sehol sem zérus, akkor az (a, b) intervallumon létezik egy olyan ξ hely, ahol f (b) − f (a) f 0 (ξ) = . 0 g (ξ) g(b) − g(a) Bizony´ıt´ as: Vezess¨ uk be a következ˝o segédf¨ uggvényt: F (x) = f (x) −

f (b) − f (a) · (g(x) − g(a)). g(b) − g(a)

A g(b) − g(a) 6= 0 összef¨ uggés teljes¨ ul, mert g(a) = g(b) esetén a g f¨ uggvény eleget tenne a Rolle-tétel feltételeinek és ´ıgy ellentmondásba ker¨ ulnénk a g 0 (x) 6= 0 feltétellel. Az F f¨ uggvény differenciálható (a, b)-n és F (a) = f (a) illetve F (b) = f (b) − f (b) + f (a) = f (a) = F (a). A Rolle-tétel értelmében létezik olyan ξ ∈ (a, b) hely, ahol F 0 (ξ) = 0, azaz F 0 (ξ) = f (x) − ´ıgy

f (b) − f (a) 0 · g (ξ) = 0, g(b) − g(a)

f 0 (ξ) f (b) − f (a) = . g 0 (ξ) g(b) − g(a)

9.5.7. Megjegyz´ es Nyilvánvaló, hogy g(x) = x esetén a Cauchy-féle középértéktételb˝ol a Lagrange-féle középértéktétel adódik.

9.6

´lhato ´ fu ¨ggve ńyek monotonita ´sa Differencia

9.6.1. T´ etel (a monotonit´ as el´ egs´ eges felt´ etele differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ enyekre) Ha az f : R → R f¨ uggvény az (a, b) intervallumon differenci´ alhat´ o és minden 0 x ∈ (a, b) esetén f (x) ≥ 0, akkor f az (a, b) intervallumon monoton n¨ ovekv˝ o; illetve ha minden x ∈ (a, b) esetén f 0 (x) ≤ 0, akkor f az (a, b) intervallumon monoton csökken˝o.

208


Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk az f 0 (x) ≥ 0 esetet. A differenciálhatóságból következik az (a, b)beli folytonosság. Legyen a < x1 < x2 < b. Ekkor az [x1 , x2 ] intervallumon az f f¨ uggvény teljes´ıti a Lagrange-tétel (9.5.4. Tétel) feltételeit, azaz létezik olyan ξ ∈ (a, b), amelyre f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (ξ). x2 − x1 0 A feltétel szerint f (ξ) ≥ 0 is teljes¨ ul, ezért f (x2 ) − f (x1 ) ≥ 0, x2 − x1 azaz f (x2 ) − f (x1 ) ≥ 0, vagyis f (x2 ) ≥ f (x1 ). Tehát f valóban növekv˝o az (a, b) intervallumon. Hasonlóan bizony´ıtható, hogy ha f 0 (x) ≤ 0, akkor f monoton csökken az (a, b) intervallumon. 9.6.2. T´ etel (a szigor´ u monotonit´ as el´ egs´ eges felt´ etele differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ enyekre) Ha az f : R → R f¨ uggvény az (a, b) intervallumon differenci´ alhat´ o és minden 0 x ∈ (a, b) esetén f (x) > 0, akkor f az (a, b) intervallumon szigor´ uan monoton növekv˝o; illetve ha minden x ∈ (a, b) esetén f 0 (x) < 0, akkor f az (a, b) intervallumon szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o. Bizony´ıt´ as: Hasonló, mint a 9.6.1. Tétel esetén. 9.6.3. T´ etel (el´ egs´ eges felt´ etel, hogy egy f¨ uggv´ eny konstans legyen) Ha az f : R → R f¨ uggvény az (a, b) intervallumon differenci´ alhat´ o és minden 0 x ∈ (a, b) esetén f (x) = 0, akkor f az (a, b) intervallumon konstans. Bizony´ıt´ as: Az f 0 (x) = 0 egyenl˝oségb˝ol következ˝oen az (a, b) intervallumon f 0 (x) ≥ 0 és f 0 (x) ≤ 0 egyidej˝ uleg fennáll. A monotonitást biztos´ıtó 9.6.1. Tétel szerint bármely x1 , x2 ∈ (a, b), a < x1 < x2 < b pontokra f (x2 ) ≥ f (x1 ) és f (x2 ) ≤ f (x1 )

209

´lhato ´ fu ¨ggve ńyek monotonita ´sa 9.6 Differencia

is fennáll. Ez csak akkor lehetséges, ha f (x1 ) = f (x2 ) = c,

c ∈ R.

9.6.4. P´ elda 2 uggvény szigor´ uan monoton szaKeress¨ uk meg az f (x) = x3 − 6x2 + 16x f¨ 3 kaszait! Megold´ as: Szám´ıtsuk ki f 0 (x)-et! f 0 (x) = 2x2 − 12x + 16 Keress¨ uk meg a kapott polinom zérushelyeit! √ 12 ± 144 − 128 12 ± 4 x1,2 = = 4 4 Azaz x1 = 4 és x2 = 2. Vizsgáljuk f 0 (x) el˝ojelét! Kész´ıts¨ unk táblázatot! x

x<2

x=2

2<x<4

x=4

x>4

f 0 (x)

+

0

−

0

+

f (x)

szig. mon. n˝o

szig. mon. csökken


9.3. ábra

szig. mon. n˝o

210

10 10.1

´ ´ ÍTAS ´ ALKALMAZASAI ´ 10 A DIFFERENCIALSZ AM

´lsza ´m´ıta ´s alkalmaza ´sai A differencia ´rinto ˝ e ´s norma ´lis egyenlete Az e

Használjuk fel azt az ismert tényt, hogy a P0 (x0 , y0 ) ponton átmen˝o m iránytangens˝ u egyenes egyenlete: y − y0 = m(x − x0 ). Mivel az érint˝o esetén az iránytangens m = f 0 (x0 ), ezért az y = f (x) egyenlet˝ u görbe P0 (x0 , y0 ) pontjához tartozó érint˝ojének egyenlete: y − y0 = f 0 (x0 )(x − x0 ). A P0 (x0 , y0 ) pontbeli normális egyenes mer˝oleges az érint˝ore és iránytangense 1 . Így a normális az érint˝o iránytangensének negat´ıv reciproka, azaz − 0 f (x0 ) egyenlete: 1 y − y0 = − 0 · (x − x0 ). f (x0 ) 10.1.1. P´ elda 36 Határozza meg az f (x) = hiperbolához az x0 = 3 abszcisszáj´ u pontx ban h´ uzott érint˝o és a koordinátatengelyek által meghatározott háromszög ter¨ uletét! Megold´ as: Szám´ıtsuk ki y0 -t! y0 = f (x0 ) = f (3) = Az érint˝o tehát az f (x) = Szám´ıtsuk ki f 0 (x)-et!

36 = 12. 3

36 hiperbola P (3, 12) pontjához tartozik. x f 0 (x) = −

36 . x2

Ekkor f 0 (x0 ) = f 0 (3) = −

36 = −4. 9

Az érint˝o egyenlete: y = −4(x − 3) + 12, azaz y = −4x + 24. Vázoljuk az f (x) =

36 hiperbolát és a P (3, 12) ponthoz tartozó érint˝ot! x

211

´rinto ˝ e ´s norma ´lis egyenlete 10.1 Az e

10.1. ábra A háromszög ter¨ ulete tehát: T4 =

24 · 6 = 72. 2

10.1.2. P´ elda Határozza meg, hogy mely pontokban lesz az f (x) = ln(x2 + 16) f¨ uggvény normálisa párhuzamos az y = −5x + 1 egyenessel! Megold´ as: Szám´ıtsuk ki f 0 (x)-et! 2x . x2 + 16 Tegy¨ uk fel, hogy az x0 abszcisszáj´ u pont teljes´ıti a feltételeket. Ekkor 2x0 f 0 (x0 ) = 2 . x0 + 16 f 0 (x) =

Mivel a keresett pont(ok)hoz tartozó normális párhuzamos az y = −5x + 1 egyenessel, ´ıgy 1 x2 + 16 − 0 =− 0 = −5, f (x0 ) 2x0 azaz x20 − 10x0 + 16 = 0. A kapott másodfok´ u egyenlet gyökei: x1 = 2

x2 = 8.

A keresett pontok: P1 (2, ln 20)

P2 (8, ln 80).

212

10.2


Taylor-polinom

10.2.1. Defin´ıci´ o (n-ed fok´ u Taylor-polinom) Az x0 helyen legalább n-szer differenci´ alhat´ o f : R → R f¨ uggvény x0 helyhez tartozó n-ed fok´ u Taylor-polinomj´ anak nevezz¨ uk a n

X f (k) (x0 ) f (n) (x0 ) f 0 (x0 ) (x−x0 )+...+ (x−x0 )n = (x−x0 )k Tn (x) = f (x0 )+ 1! n! k! k=0 n-ed fok´ u polinomot. 10.2.2. Megjegyz´ es Ha x0 = 0, akkor a Taylor-polinomot Maclaurin-polinomnak nevezz¨ uk. 10.2.3. Megjegyz´ es Brooke Taylor (1685-1731) angol matematikus formulát fedezett fel a f¨ uggvények hatványsorba való fejtésére. Foglalkozott a rezg˝o h´ urok elméletével is. Colin Maclaurin (1698-1746) a XVIII. század egyik legkiválóbb angol matematikusa. Az edinburghi egyetem matematika professzora volt. Ismerte Newtont és átvette matematikai elgondolásait. Több felfedezést tett a s´ıkgörbéket tanulmányozva, sok tétellel gazdag´ıtotta az ábrázoló geometriát is. 10.2.4. Megjegyz´ es A deriválási szabályok alapján nyilvánvaló, hogy az f f¨ uggvény és az f f¨ uggvény n-ed fok´ u Taylor-polinomjának a deriváltjai az x0 helyen rendre megegyeznek: Tn (x0 ) = f (x0 ),

Tn0 (x0 ) = f 0 (x0 ), ..., Tn(n) (x0 ) = f (n) (x0 ).

Természetesen nem igaz, hogy tetsz˝oleges x ∈ Df esetén Tn (x) = f (x) teljes¨ ul. Viszont, ha x ∈ Df beleesik x0 bizonyos környezetébe, azaz x ”elég közel” van x0 -hoz, akkor az n-ed fok´ u Taylor-polinom Tn (x) értéke jól közel´ıti az f (x) f¨ uggvényértéket. 10.2.5. T´ etel (Taylor-formula) Tegy¨ uk fel, hogy az f : R → R f¨ uggvény az x0 hely valamely [x0 − δ, x0 + δ] k¨ ornyezetében n-szer folytonosan differenci´ alhat´ o, illetve az (x0 − δ, x0 + δ) ny´ılt intervallumon (n + 1)-szer differenci´ alhat´ o. Ekkor tal´ alhat´ o olyan ξ ∈ (x0 − δ, x0 + δ) hely, hogy ∀ x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) esetén: f (x) = Tn (x) +

f n+1 (ξ) (x − x0 )n+1 . (n + 1)!

213

10.2 Taylor-polinom

Az Rn+1 (x) =

f n+1 (ξ) (x − x0 )n+1 (n + 1)!

kifejezést Lagrange-féle maradéktagnak nevezz¨ uk. Bizony´ıt´ as: Ismét alkalmazzuk a Rolle-féle középértéktételt (9.5.2. Tétel), ezért áttér¨ unk az ott használt jelölésekre. Legyen x0 = a és x = b. Ha a 6= b, akkor egyértelm˝ uen meghatározható egy valós c szám u ´gy, hogy f (b) − Tn (b) = c · (b − a)n+1 . Az a feladatunk, hogy igazoljuk, hogy f n+1 (ξ) c= . (n + 1)! Vezess¨ uk be az F (x) := f (x) − Tn (x) − c · (x − a)n+1 segédf¨ uggvényt, amelyre igazak a következ˝ok: f (k) (a) = Tn(k) (a),

k = 0, 1, ..., n

miatt F (k) (a) = 0,

k = 0, 1, ..., n.

Továbbá a fentiek miatt F (b) = 0. Az F (a) = F (b) egyenl˝oség miatt az F f¨ uggvényre teljes¨ ulnek a Rolle-tétel feltételei, ezért létezik olyan ξ1 ∈ (a, b), melyre F 0 (ξ1 ) = 0. Mivel F 0 (a) = F 0 (ξ1 ) = 0, ezért alkalmazható a Rolle-tétel az [a, ξ1 ] intervallumon az F 0 (x) f¨ uggvényre, azaz létezik olyan ξ2 ∈ (a, ξ1 ) hely, melyre F 00 (ξ2 ) = 0. Ezt az eljárást folytatva az n-edik lépésben azt kapjuk, hogy létezik ξn ∈ (a, ξn−1 hely, ahol F (n) (ξn ) = 0.

214


Mivel F (n) (a) = F (n) (ξn ) = 0, ´ıgy még egyszer alkalmazhatjuk a Rolle-tételt, amelynek alapján létezik ξ ∈ (a, ξn ), amelyre F (n+1) (ξ) = 0. Az F (x) segédf¨ uggvény definiáló egyenl˝oségéb˝ol és az el˝oz˝o eredményb˝ol kapjuk, hogy F (n+1) (ξ) = f (n+1) (ξ) − 0 − c · (n + 1)! = 0, azaz c=

f n+1 (ξ) , (n + 1)!

amit bizony´ıtani akartunk. 10.2.6. P´ elda uggvény x0 = 0-beli n-ed rend˝ u Taylor- (Maclaurin-) poliAz f (x) = ex f¨ nomja: x2 x3 xn Tn (x) = 1 + x + + + ... + . 2! 3! n! A g(x) = sin x f¨ uggvény x0 = 0-beli Taylor-polinomja: 2k+1 x3 x5 k x + + ... + (−1) . T2k+1 (x) = x − 3! 5! (2k + 1)!

A h(x) = ln x f¨ uggvény x0 = 1-beli n-ed rend˝ u Taylor-polinomja: Tn (x) = (x − 1) −

(x − 1)2 (x − 1)3 (x − 1)n + + ... + (−1)n−1 . 1! 2! (n − 1)!

10.2.7. Megjegyz´ es A Taylor-formula lehet˝oséget ad arra, hogy a f¨ uggvényeket els˝o, másod, harmad, . . . n-ed fok´ u polinomf¨ uggvényekkel közel´ıts¨ uk. Tekints¨ uk az f (x) = sin x f¨ uggvény x0 = 0-beli n = 1, 3, 5, 7, 9 és 11-ed rend˝ u Taylor-polinomjait: T1 (x) = x, 1 x3 = x − x3 , T3 (x) = x − 3! 6 x3 x5 1 1 5 T5 (x) = x − + = x − x3 + x, 3! 5! 6 120 x3 x5 x7 1 1 5 1 7 T7 (x) = x − + − = x − x3 + x − x, 3! 5! 7! 6 120 5040 1 1 5 1 7 1 T9 (x) = x − x3 + x − x + x9 , 6 120 5040 362 880 1 1 5 1 7 1 1 T11 (x) = x − x3 + x − x + x9 − x11 . 6 120 5040 362 880 39 916 800

215

´ly 10.3 A Bernoulli-L’Hospital szaba

A 10.2 ábrán a sin x f¨ uggvény x0 = 0 helyhez tartozó Taylor-polinomjai láthatóak n = 1, 3, 5, 7, 9, 11 és 13 fokig bezárólag. A 13-ad fok´ u Taylor-polinom - a képfelbontás hibahatárán bel¨ ul - a szinuszf¨ uggvénynek már csaknem másfél teljes periódusát el˝oáll´ıtja. Végtelen határátmenetben a Taylor-polinom egybeesik a szinuszf¨ uggvénnyel.

10.2. ábra

10.3

´ly A Bernoulli-L’Hospital szaba

Gyakran adódnak problémák, amikor két olyan f¨ uggvény hányadosának a határértékét kell meghatározni, ahol a számlálóban és a nevez˝oben lév˝o f¨ uggvény is nullához tart az adott pontban. 10.3.1. T´ etel (Bernoulli-L’Hospital szab´ aly) Legyenek az f : R → R és g : R → R olyan egyv´ altoz´ os f¨ uggvények, amelyek értelmezve vannak az x0 hely valamely [x0 − δ, x0 + δ] k¨ ornyezetében, kivéve esetleg az x0 pontot, tovább´ a lim f (x) = lim g(x) = 0,

x→x0

x→x0

valamint g(x) 6= g(x0 ),

ha

x 6= x0 .

216


Ha f és g differenciálható az [x0 − δ, x0 + δ] intervallumon és g 0 (x) 6= 0 b´ armely x ∈ [x0 − δ, x0 + δ]-re, akkor f 0 (x) f (x) = lim 0 , x→x0 g (x) x→x0 g(x) lim

ha a jobb oldalon álló határérték létezik. Bizony´ıt´ as: Az f és g differenciálható az [x0 − δ, x0 + δ] intervallumon, ezért folytonos is. Megjegyezz¨ uk, hogy ha az x0 helyen f vagy g, vagy mindkét f¨ uggvény nem folytonos, akkor az f (x0 ) := lim f (x) = 0 illetve g(x0 ) := lim g(x) = 0 x→x0

x→x0

megválasztásával x0 -ban is folytonossá tehet˝ok. A Cauchy-féle középértéktétel (9.5.6. Tétel) alapján: f (x) − f (x0 ) f 0 (ξ) f (x) = = 0 , g(x) g(x) − g(x0 ) g (ξ)

ahol ξ ∈ (x0 − δ, x0 + δ).

Mindkét oldal határértékét véve x → x0 és ´ıgy ξ → x0 esetén: f 0 (ξ) f 0 (x) f (x) = lim 0 = lim 0 , x→x0 g (x) x→x0 g(x) ξ→x0 g (ξ) lim

ha a jobb oldalon álló határérték létezik. 10.3.2. Megjegyz´ es 0 A fenti határértéket t´ıpus´ u határértéknek is mondják. A L’Hospital 0 szabály akkor is érvényes, ha lim f (x) = lim g(x) = ±∞.

x→x0

x→x0

∞

t´ıpus´ u határértékr˝ol beszél¨ unk. A tétel akkor is alkalmazható, ∞ 0 ha x0 = +∞ vagy x0 = −∞. A (0 · ∞), (∞ ), (∞0 ) és (1∞ ) ∞), (0 − ∞ 0 t´ıpus´ u határozatlan alakok visszavezethet˝ok a vagy határozatlan 0 ∞ alakokra. Ilyenkor

10.3.3. P´ elda 1 − sin x Szám´ıtsuk ki a limπ π határértéket! x→ 2 −x 2


217

Megold´ as: π A számlálóban és a nevez˝oben lév˝o f¨ uggvények differenciálhatók az x0 = 2 pont környezetében és g 0 (x) = −1 6= 0 ebben a környezetben. Továbbá az π f (x) = 1 − sin x és g(x) = − x helyettes´ıtési értéke nullával egyenl˝o az 2 π ulnek a L’Hospital szabály feltételei, ezért x0 = helyen. Tehát teljes¨ 2 1 − sin x − cos x 0 0 lim π = = limπ = = 0. x→ π2 x→ 0 −1 −1 2 −x 2 10.3.4. P´ elda Szám´ıtsuk ki az alábbi határértékeket! sin x ; x→0 x − 2 cos 3x + 2

1. lim

arctgx ; x→0 x x 3. lim ; x→∞ ln 5x

2. lim

2x2 − 1 . x→∞ ex − 1

4. lim

Megold´ as: sin x 1. lim = x→0 x − 2 cos 3x + 2 1; arctgx 2. lim = x→0 x

(sin x)0 cos x 0 = lim = lim = x→0 (x − 2 cos 3x + 2)0 x→0 1 + 6 sin 3x 0

1 2 0 (arctgx)0 = lim = lim 1 + x = 1; 0 x→0 x→0 0 (x) 1

∞ x (x)0 1 = = lim = lim = lim x = +∞; 0 x→+∞ ln 5x x→+∞ (ln 5x) x→+∞ 1 x→+∞ ∞ ·5 5x (2x2 − 1)0 4x ∞ 2x2 − 1 ∞ = lim = 4. lim x = = lim x = x→∞ ex x→∞ e − 1 x→∞ (e − 1)0 ∞ ∞ 3. lim

(4x)0 4 = lim x = 0. x 0 x→∞ (e ) x→∞ e lim

218


10.3.5. Megjegyz´ es ∞ 0 Visszavezetés vagy határozatlan alakokra: 0 ∞ f 0 t´ıpus´ u, 1. Ha lim f (x) · g(x) = (0 · ∞), akkor f · g = átalak´ıtással 1 x→x0 0 g ∞ g illetve f · g = t´ıpus´ u határértéket kapunk. átalak´ıtással 1 ∞ f 1 1 + f g 2. Ha lim [f (x) + g(x)] = (∞ − ∞), akkor az f + g = azonosság 1 1 x→x0 · f g szerinti átalak´ıtás alkalmazható.  0  0 g(x) ∞0 , akkor az 3. Ha lim [f (x)] = x→x0  ∞ 1 [f (x)]g(x) = eg(x)·ln f (x) azonosságot alkalmazzuk és kihasználjuk, hogy az exponenciális f¨ uggvény folytonossága miatt: lim y(x)

lim ey(x) = ex→x0

x→x0

10.3.6. P´ elda Szám´ıtsuk ki az alábbi határértékeket! 1. lim x ln x; x→0

2. lim 2xctg3x; x→0

3. lim

x→0

1 1 − ; x ex − 1 2

4. lim x 1+10 ln x ; x→0

1

5. lim (ex + x) x ; x→+∞

.

219


6. lim

x→+∞

3 1+ x

2x .

Megold´ as: 1. lim x ln x = (0 · ∞) = lim

ln x

=

1 x

∞

1 x = lim −1 = lim (−x) = 0;

x→0 2 x→0 ∞ x 0 2 2x 2 = = lim 1 2. lim 2xctg3x = (0 · ∞) = lim = ; x→0 x→0 x→0 tg3x 0 3 ·3 cos2 3x 1 1 ex − 1 − x 0 3. lim − x = (∞ − ∞) = lim = = x x→0 x→0 x(e − 1 x e −1 0 1 0 ex ex − 1 = = ; = lim lim x x x x x x→0 e + e + xe x→0 e − 1 + xe 0 2 x→0

x→0

2

4. lim x 1+10 ln x = (00 ) = lim eln x x→0

2 1+10 ln x

lim

2 ln x

2 ln x

= lim e 1+10 ln x = ex→0 1+10 ln x x→0

x→0

Vizsgáljuk a kitev˝oben lév˝o határértéket! 2 ∞ 2 ln x 1 x = = lim 10 = x→0 1 + 10 ln x x→0 ∞ 5 x

lim

Tehát: lim

2

2 ln x

√ 5

1

lim x 1+10 ln x = ex→0 1+10 ln x = e 5 =

x→0

x

1 x

e; 1

ln(ex +x) x

0

5. lim (e + x) = (∞ ) = lim e x→+∞

x→+∞

=e

lim

x→+∞

ln(ex +x) x

Vizsgáljuk a kitev˝oben lév˝o határértéket! 1 ∞ · (ex + 1) ln(ex + x) ex +x lim = = lim = x→+∞ x→+∞ x ∞ 1 ∞ = ∞ ∞ ex ex lim x = = lim x = 1 x→+∞ e + 1 x→+∞ e ∞

Azaz: 1

lim

2 ln x

lim (ex + x) x = ex→0 1+10 ln x = e1 = e;

x→+∞

ex + 1 = x→+∞ ex + x lim

220


6. lim

x→+∞

3 1+ x

2x

3

2x

= (1∞ ) = lim eln(1+ x ) x→+∞

=e

lim 2x·ln(1+ x3 )

x→+∞

Vizsgáljuk a kitev˝oben lév˝o határértéket! ln 1 + x3 3 ∞ lim 2x · ln 1 + = (∞ · 0) = lim = = 1 x→+∞ x→+∞ x ∞ 2x 1 3 · − 2 x 1 + x3 6 = lim lim = 6. 3 x→+∞ x→+∞ 1 1 1+ · − 2 x 2 x Tehát: 2x 3 lim 1 + =e x→+∞ x

10.4

lim 2x·ln(1+ x3 )

x→+∞

= e6 .

¨ggve ńyvizsga ´lat Teljes fu

A differenciálszám´ıtás seg´ıtségével a differenciálható f¨ uggvények széls˝oértékei (maximum, minimum) viszonylag egyszer˝ uen megállap´ıthatók. 10.4.1. T´ etel (sz¨ uks´ eges felt´ etel a lok´ alis sz´ els˝ o´ ert´ ek l´ etez´ es´ ere) Ha az x0 helyen differenciálhat´ o f : R → R f¨ uggvénynek az x0 ∈ Df helyen lokális széls˝oértéke (maximuma vagy minimuma) van, akkor sz¨ ukségképpen: f 0 (x0 ) = 0. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk azt az esetet, amikor az x0 pontban a f¨ uggvénynek lokális maximuma van, azaz létezik x0 -nak olyan Kδ (x0 ) = (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ Df környezete, hogy f (x) ≤ f (x0 ) teljes¨ ul bármely x ∈ Kδ (x0 ) esetén. Ha x > x0 , akkor f (x) − f (x0 ) ≤0 x − x0 és f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 ) ≤ 0. x→x0 x − x0 lim

221

¨ggve ńyvizsga ´lat 10.4 Teljes fu

Ha viszont x < x0 , akkor f (x) − f (x0 ) ≥0 x − x0 és

f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 ) ≥ 0. x→x0 x − x0 Innen pedig az következik, hogy lim

f 0 (x0 ) = 0. Lokális minimum esetén a bizony´ıtás hasonló. 10.4.2. Megjegyz´ es A 10.4.1. Tételb˝ol következik, hogy széls˝oértéke egy f¨ uggvénynek csak ott lehet, ahol az els˝o derivált nulla. 10.4.3. Defin´ıci´ o (stacion´ arius hely) Az f 0 (x) = 0 egyenlet gyökeit az f f¨ uggvény stacion´ arius helyeinek nevezz¨ uk. 10.4.4. Megjegyz´ es Széls˝oérték csak stacionárius helyen lehet. 10.4.5. T´ etel (sz´ els˝ o´ ert´ ek meghat´ aroz´ asa az els˝ o deriv´ alt el˝ ojelv´ alt´ as´ anak vizsg´ alat´ aval) Tegy¨ uk fel, hogy az f : R → R f¨ uggvény differenci´ alhat´ o, az x0 ∈ Df stacionárius hely (f 0 (x0 ) = 0) valamely (x0 − δ, x0 + δ) k¨ ornyezetben. Ha az f 0 (x) deriváltf¨ uggvény az x0 helyen el˝ ojelet v´ alt, akkor az f f¨ uggvénynek az x0 helyen lokális széls˝oértéke van. Ha x < x0 esetén f 0 (x) > 0 és x > x0 esetén f 0 (x) < 0, akkor f -nek lok´ alis maximuma van x0 -ban. Ford´ıtott esetben pedig lok´ alis minimuma. Bizony´ıt´ as: 0 Az f (x) > 0, x < x0 egyenl˝otlenség azt jelenti, hogy az f f¨ uggvény az 0 (x0 − δ, x0 ) intervallumon szigor´ uan növeked˝o. Az f (x) < 0, x > x0 egyenl˝otlenségb˝ol következik, hogy f az (x0 , x0 + δ) intervallumon pedig szigor´ uan csökken˝o. Tehát f -nek az x0 helyen valóban lokális maximuma van. Hasonlóképpen bizony´ıtható a lokális minimum esete is. 10.4.6. T´ etel (a sz´ els˝ o´ ert´ ek vizsg´ alata magasabbrend˝ u deriv´ altakkal) Ha az f : R → R f¨ uggvény az x0 stacion´ arius hely (x0 − δ, x0 + δ) k¨ ornyezetében legalább 2n-szer (n ≥ 1) folytonosan differenci´ alhat´ o és f 0 (x0 ) = f 00 (x0 ) = ... = f (2n−1) (x0 ) = 0,

222


továbbá f (2n) (x0 ) > 0, akkor az x0 helyen lokális minimuma van az f f¨ uggvénynek, ha f (2n) (x0 ) < 0, akkor az x0 helyen lokális maximuma van. Speciálisan n = 1 esetén, ha f 0 (x0 ) = 0 és f 00 (x0 ) > 0, akkor a f¨ uggvénynek 0 00 lokális minimuma van az x0 helyen. Ha pedig f (x) = 0 és f (x0 ) < 0, akkor f -nek lokális maximuma van x0 -ban. Bizony´ıt´ as: Írjuk fel a f¨ uggvény x0 helyhez tartozó (2n − 1)-ed fok´ u Taylor-polinomját a Lagrange-féle maradéktaggal egy¨ utt: f (x) = f (x0 )+

f (2n−1) (x0 ) f (2n) (ξ) f 0 (x0 ) (x−x0 )+...+ (x−x0 )2n−1 + (x−x0 )2n , 1! (2n − 1)! (2n)!

amelyb˝ol a tétel feltételei miatt következik, hogy f (x) = f (x0 ) +

f (2n) (ξ) (x − x0 )2n . (2n)!

Az (x0 − δ, x0 + δ) környezet megfelel˝o megválasztásával biztos´ıtható, hogy f (2n) (ξ) és f (2n) (x0 ) el˝ojele megegyezzen. Tehát az utóbbi formulában az f (2n) (x0 ) derivált el˝ojele dönti el, hogy az (x0 − δ, x0 + δ) környezetében a lokális minimumot kifejez˝o f (x) > f (x0 ), illetve a lokális maximumot meghatározó f (x) < f (x0 ) egyenl˝otlenségek köz¨ ul melyik teljes¨ ul. (Az (x − x0 )2n tényez˝o a kitev˝o párossága miatt x 6= x0 esetén pozit´ıv.) 10.4.7. Megjegyz´ es A lokális széls˝oértékek a monotonitási szakaszokat választják el egymástól. 10.4.8. Defin´ıci´ o (lok´ alis konvexit´ as ´ es konkavit´ as) Az f : R → R f¨ uggvényt az x0 helyen lok´ alisan konvexnek, illetve lok´ alisan konkávnak nevezz¨ uk, ha létezik az x0 helynek olyan (x0 −δ, x0 +δ) k¨ ornyezete, melyben a f¨ uggvény grafikonja az x0 helyhez tartoz´ o érint˝ o egyenes f¨ ol¨ ott, illetve alatta halad. 10.4.9. P´ elda 4 helyen lokálisan konvex f¨ uggvény grafikonját és A 10.3. ábra egy x0 = 3 4 annak x0 = pontbeli érint˝ojét mutatja: 3

223


10.3. ábra

A 10.4. ábra egy x0 = 0 helyen lokálisan konkáv f¨ uggvény grafikonját és annak x0 = 0 pontbeli érint˝ojét mutatja:

10.4. ábra

2 A 10.5. ábra az x0 = helyen inflexiós ponttal rendelkez˝o f¨ uggvényt ábrázol 3 az inflexiós ponthoz h´ uzott érint˝ovel:

224


10.5. ábra 10.4.10. Defin´ıci´ o (inflexi´ os pont) Ha az f : R → R f¨ uggvény grafikonj´ anak van az x0 helyhez tartoz´ o érint˝ oje, amely a P0 (x0 , f (x0 )) pontban ´ at is metszi a f¨ uggvény grafikonj´ at, akkor a P0 pontot a görbe inflexiós pontj´ anak, az érint˝ ot pedig inflexi´ os érint˝ onek nevezz¨ uk. 10.4.11. T´ etel (lok´ alis konvexit´ as ill. konkavit´ as vizsg´ alat magasabbrend˝ u deriv´ altakkal) Ha az f : R → R f¨ uggvény az x0 hely (x0 − δ, x0 + δ) k¨ ornyezetében legal´ abb 2n-szer (n > 1) folytonosan differenci´ alhat´ o és f 00 (x0 ) = f 000 (x0 ) = ... = f (2n−1) (x0 ) = 0, továbbá f (2n) (x0 ) > 0, akkor az x0 helyen az f f¨ uggvény lok´ alisan konvex, ellenben ha f (2n) (x0 ) < 0, akkor az x0 helyen az f f¨ uggvény lok´ alisan konk´ av. Bizony´ıt´ as: Vizsgáljuk az f f¨ uggvény x0 helyhez tartozó (2n − 1)-ed fok´ u Taylorpolinomját a Lagrange-féle maradéktaggal egy¨ utt: f (x) = f (x0 ) +

f 00 (x0 ) f (2n−1) (x0 ) f (2n) (ξ) f 0 (x0 ) (x − x0 ) + (x − x0 )2 + ... + (x − x0 )2n−1 + (x − x0 )(2n) . 1! 2! (2n − 1)! (2n)!

225


A tétel feltétele szerint f 00 (x0 ) = f 000 (x0 ) = ... = f (2n−1) (x0 ) = 0, ´ıgy f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 ) · (x − x0 ) +

f (2n) (ξ) (x − x0 )(2n) . (2n)!

Ez utóbbi egyenl˝oség jobb oldalának els˝o két tagja az f f¨ uggvény x0 helyhez tartozó y = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) érint˝o egyenes jobb oldala. Így az f (2n) (x0 ) kifejezés el˝ojele dönti el, hogy a f¨ uggvény görbéje az x0 környezetében érint˝oje fölött vagy alatta halad. 10.4.12. K¨ ovetkezm´ eny Speciálisan, ha f 00 (x0 ) > 0, akkor az x0 pontban az f f¨ uggvény lok´ alisan konvex, ha pedig f 00 (x0 ) < 0, akkor az x0 pontban az f f¨ uggvény lok´ alisan konk´ av. 10.4.13. P´ elda Vizsgáljuk meg konvexitás szempontjából az f (x) = 3x2 + 4x + 5 f¨ uggvényt! Megold´ as: Határozzuk meg f 0 (x)-et és f 00 (x)-et! f 0 (x) = 6x + 4,

f 00 (x) = 6.

Mivel f 00 (x) = 6 > 0 ∀x ∈ R, ´ıgy f (x) konvex R-en. 10.4.14. T´ etel (inflexi´ os pont meghat´ aroz´ asa magasabbrend˝ u deriv´ altakkal) Ha az f : R → R f¨ uggvény az x0 hely (x0 − δ, x0 + δ) k¨ ornyezetében legal´ abb (2n + 1)-szer folytonosan differenci´ alhat´ o és f 00 (x0 ) = f 000 (x0 ) = ... = f (2n) (x0 ) = 0, valamint f (2n+1) (x0 ) 6= 0,

226


akkor x0 az f f¨ uggvény inflexi´ os pontja. Speciálisan, ha n = 1, akkor f 00 (x0 ) = 0

és

f 000 (x0 ) 6= 0

esetén x0 inflexiós pont. Bizony´ıt´ as: Induljunk ki az f f¨ uggvény x0 pontbeli 2n-ed fok´ u Taylor-polinomjából: f (x) = f (x0 ) +

f 0 (x0 ) f 00 (x0 ) f (2n) (x0 ) f (2n+1) (ξ) (x − x0 ) + (x − x0 )2 + ... + (x − x0 )2n + (x − x0 )(2n+1) . 1! 2! (2n)! (2n + 1)!

A tétel feltétele szerint: f 00 (x0 ) = f 000 (x0 ) = ... = f (2n) (x0 ) = 0, ´ıgy f (x) = f (x0 ) +

f 0 (x0 ) f (2n+1) (ξ) (x − x0 ) + (x − x0 )(2n+1) . 1! (2n + 1)!

A f¨ uggvény grafikonja és x0 -pontbeli érint˝oje egymáshoz viszony´ıtott helyzetét vizsgálva könny˝ u észrevenni, hogy az f (2n+1) (ξ) (x − x0 )(2n+1) (2n + 1)! kifejezés az x0 helyen a (2n + 1) kitev˝o páratlansága miatt el˝ojelet vált, ezért a f¨ uggvény grafikonja attól f¨ ugg˝oen halad az érint˝o fölött vagy alatt, hogy x < x0 vagy x > x0 . 10.4.15. Megjegyz´ es Hasonlóképpen, mint a széls˝oérték meghatározásánál, a második derivált el˝ojelváltozásának vizsgálatával el tudjuk dönteni, hogy az f 00 (x0 ) = 0 sz¨ ukséges feltétel teljes¨ ulése mellett x0 inflexiós pont-e vagy sem. Ha f 00 az x0 helyen el˝ojelet vált, akkor x0 inflexiós pont. 10.4.16. Megjegyz´ es Az f : R → R f¨ uggvény teljes vizsgálatát a következ˝o lépésekben célszer˝ u elvégezni: 1. A Df értelmezési tartomány megállap´ıtása, a zérushelyek meghatározása az f (x) = 0 egyenlet gyökeinek fel´ırásával.

227


2. Az f f¨ uggvény párosságának, páratlanságának és periodicitásának vizsgálata. 3. A stacionárius helyek meghatározása az f 0 (x0 ) = 0 egyenlet gyökeinek kiszám´ıtásával. 4. A széls˝oértékek megállap´ıtása. 5. Monoton szakaszok keresése. 6. Inflexiós helyek keresése az f 00 (x0 ) = 0 egyenlet megoldásával. 7. Konvex és konkáv szakaszok szétválasztása. 8. Az értelmezési tartomány határpontjaiban a határértékek kiszám´ıtása. 9. Folytonosságvizsgálat. 10. A korlátosság eldöntése és az értékkészlet megállap´ıtása. 11. A f¨ uggvény grafikonjának vázolása. 10.4.17. P´ elda Végezz¨ unk teljes f¨ uggvényvizsgálatot az f (x) = vázoljuk a f¨ uggvény grafikonját!

1 f¨ uggvényen, majd 1 + x2

Megold´ as: Df = R. A f¨ uggvénynek nincs zérushelye, mert f (x) = Az f f¨ uggvény páros, mert f (x) =

1 6= 0, ∀x ∈ R. 1 + x2

1 1 = = f (−x). 2 1+x 1 + (−x)2

A f¨ uggvény grafikonja tehát az y-tengelyre szimmetrikus. Célszer˝ u kiszám´ıtani az els˝o, a második és a harmadik deriváltat: f 0 (x) = −

2x ; (1 + x2 )2

f 00 (x) = 2 ·

3x2 − 1 ; (1 + x2 )3

f 000 (x) = 24 ·

x − x3 . (1 + x2 )4

Vizsgáljuk az f 0 (x) = −

2x =0 (1 + x2 )2

egyenletet! Könnyen látható, hogy az x = 0 helyen lehetséges széls˝oérték. Mivel f 00 (0) = −2 < 0,

228


´ıgy az x = 0 helyen van széls˝oérték és az maximum. Azaz Pmax = (0, 1). A monoton szakaszok megadásához vizsgáljuk az els˝o derivált el˝ojelét! f 0 (x) =

−2x (1 + x2 )2

A fel´ırt tört nevez˝oje ∀x ∈ R esetén pozit´ıv, ´ıgy az els˝o derivált el˝ojelét a számláló el˝ojele határozza meg: • Ha x < 0, akkor f 0 (x) > 0, azaz f monoton n˝o a −∞ < x < 0 intervallumban. • Ha x > 0, akkor f 0 (x) < 0, azaz f monoton csökken a 0 < x < ∞ intervallumban. Az inflexiós pont létezésének sz¨ ukséges feltétele, hogy f 00 (x) = 2 ·

3x2 − 1 =0 (1 + x2 )3

teljes¨ uljön. Azaz 1 x1,2 = ± √ 3 helyeken lehet inflexió. Mivel f

000

1 ±√ 3

6= 0,

1 ´ıgy az x1,2 = ± √ helyeken van inflexió. 3 Az inflexiós pontok koordinátái: 1 3 1 3 ; I2 √ ; . I1 − √ ; 3 4 3 4 A konvex és konkáv szakaszok megtalálásához vizsgáljuk a második derivált el˝ojelét! Egyszer˝ u szám´ıtásokból adódik, hogy: • f 00 (x) > 0, azaz a f¨ uggvény konvex, ha 1 −∞ < x < − √ 3

és

1 √ < x < +∞; 3

229


• f 00 (x) < 0, azaz a f¨ uggvény konkáv, ha 1 1 −√ < x < √ . 3 3 A f¨ uggvény folytonos, 1 = 0. x→±∞ 1 + x2 A f¨ uggvény korlátos. Alsó korlátja például a 0, fels˝o korlátja pedig 1. ´ Ertékkészlete: Rf = (0, 1]. A f¨ uggvény grafikonja: lim

10.6. ábra 10.4.18. P´ elda Végezz¨ unk teljes f¨ uggvényvizsgálatot az f (x) = x2 · ex f¨ uggvényen, majd vázoljuk a f¨ uggvény grafikonját! Megold´ as: Df = R. Keress¨ uk meg a f¨ uggvény zérushelyeit: f (x) = x2 · ex = 0

⇔

x1,2 = 0.

A f¨ uggvény nem páros és nem páratlan. Szakadási helye nincs. Szám´ıtsuk ki az els˝o, a második és a harmadik deriváltat! f 0 (x) = (x2 + 2x)ex ;

f 00 (x) = (x2 + 4x + 2)ex ;

f 000 (x) = (x2 + 6x + 6)ex

230


Vizsgáljuk az f 0 (x) = (x2 + 2x)ex = 0 egyenletet a stacionárius helyek meghatározásához! Látható, hogy az x1 = 0 és az x2 = −2 helyeken lehetséges széls˝oérték. Mivel f 00 (0) = 2 > 0, ´ıgy az x = 0 helyen van széls˝oérték és ez minimum. Azaz Pmin = (0, 0); továbbá

2 < 0, e2 ´ıgy az x2 = −2 helyen is van széls˝oérték és ez maximum. Azaz f 00 (−2) = −

Pmax = (−2, 4e−2 ). A monotonitás megállap´ıtásához vizsgáljuk az els˝o derivált el˝ojelét! Mivel ex > 0 ∀x ∈ R esetén, ´ıgy az els˝o derivált el˝ojelét a (x2 + 2x) kifejezés határozza meg. Tehát: • Ha x < −2 vagy x > 0, akkor f 0 (x) > 0, azaz f monoton n˝o. • Ha pedig −2 < x < 0, akkor f 0 (x) < 0, azaz f monoton csökken. Az inflexiós pontok megadásához tekints¨ uk az f 00 (x) = (x2 + 4x + 2)ex = 0 egyenletet gyökeit: x1,2 = −2 ±

√

2.

Ezeken a helyeken lehet inflexió. Mivel √ 000 f −2 ± 2 6= 0, √ ´ıgy az x1,2 = −2 ± 2 helyeken van inflexió. A konvex és konkáv szakaszok meghatározásához vizsgáljuk a második derivált el˝ojelét! Egyszer˝ u szám´ıtásokkal igazolható, hogy: • f 00 (x) > 0, azaz a f¨ uggvény konvex, ha √ √ −∞ < x < −2 − 2 és − 2 + 2 < x < +∞;

231


• f 00 (x) < 0, azaz a f¨ uggvény konkáv, ha √ √ −2 − 2 < x < −2 + 2. Szám´ıtsuk ki az alábbi határértékeket! • lim x2 ex = +∞; x→+∞

•

∞ ∞ x2 2x 2 = = lim = = lim −x = 0. x→−∞ e−x x→−∞ −e−x x→−∞ e ∞ ∞

lim x2 ex = lim

x→−∞


10.7. ábra 10.4.19. P´ elda ln x uggvényen, majd Végezz¨ unk teljes f¨ uggvényvizsgálatot az f (x) = √ f¨ x vázoljuk a f¨ uggvény grafikonját! Megold´ as: Df = {x ∈ R|x > 0} = R+ . Keress¨ uk meg a f¨ uggvény zérushelyét: ln x f (x) = √ = 0 x

⇔

azaz a f¨ uggvénynek egy zérushelye van: x = 1.

ln x = 0,

232


A f¨ uggvény nem páros és nem páratlan. Szakadási helye nincs. Szám´ıtsuk ki az els˝o, a második deriváltat! f 0 (x) =

2 − ln x √ ; 2x x

f 00 (x) =

3 ln x − 8 √ . 4x2 x

Vizsgáljuk az f 0 (x) =

2 − ln x √ =0 2x x

egyenletet a stacionárius helyek meghatározásához! Könnyen látható, hogy az egyetlen stacionárius hely x = e2 . Mivel

1 < 0, 2e4 ´ıgy az x = e2 helyen van széls˝oérték és ez maximum. Azaz 2 2 Pmax = e , . e f 00 (e2 ) = −

A monotonitás megállap´ıtásához vizsgáljuk az els˝o derivált el˝ojelét! Mivel Df = R+ , ´ıgy az els˝o derivált el˝ojelét a (2 − ln x) kifejezés el˝ojele határozza meg. Tehát: • Ha 0 < x < e2 , akkor f 0 (x) > 0, azaz f monoton n˝o. • Ha pedig x > e2 , akkor f 0 (x) < 0, azaz f monoton csökken. Az inflexiós pont megadásához tekints¨ uk az f 00 (x) =

3 ln x − 8 √ =0 4x2 x

egyenletetet! Egy lehetséges inflexiós pont adódik az √ 3 x = e8 helyen. A harmadik derivált seg´ıtségével ellen˝orizhet˝o, hogy itt valóban van inflexiós pont. Azaz √ 8 3 √ Pinf l. = e8 , . 3 3 · e4 A konvex és konkáv szakaszok meghatározásához vizsgáljuk a második derivált el˝ojelét! Könnyen látható, hogy:

233


• f 00 (x) > 0, azaz a f¨ uggvény konvex, ha x >

√ 3

e8 , √ 3 • f 00 (x) < 0, azaz a f¨ uggvény konkáv, ha x < e8 .

Szám´ıtsuk ki az alábbi határértékeket! 1 ln x ∞ • lim √ = = lim 1 x − 1 = 0; x→+∞ x→+∞ · x 2 ∞ x 2 ln x • lim √ = −∞. x→0+0 x A f¨ uggvény grafikonja:

10.8. ábra

234

11 11.1

´ SZAMSOROK ´ 11 VALOS

´ s sza ´msorok Valo ´s divergencia Konvergencia e

A végtelen numerikus sorok a matematikai anal´ızis egy igen szép és k¨ ulönböz˝o alkalmazásokban szinte nélk¨ ulözhetetlen fejezetét alkotják. A végtelen valós számsort a végtelen valós számsorozat seg´ıtségével értelmezz¨ uk. 11.1.1. Defin´ıci´ o (val´ os sz´ amsor) Legyen adott egy végtelen val´ os sz´ amsorozat: a1 , a2 , ..., an , ...,

ai ∈ R,

i ∈ N.

A számsorozat elemeib˝ol képzett végtelen sok tagb´ ol ´ all´ o a1 + a2 + ... + an + ... formális összeget, vagy a szumma jel felhaszn´ al´ as´ aval r¨ ovidebben ´ırva, az (11.1)

a1 + a2 + ... + an + ... =

∞ X

an

n=1

kifejezést végtelen valós számsornak nevezz¨ uk. Az a1 , a2 , ..., an , ... számok a végtelen sor tagjai, ahol an a sor n-edik tagja. 11.1.2. Megjegyz´ es A (11.1) valós számsorban az o¨sszegzés kezd˝o indexe nem sz¨ ukségképpen 1. A ∞ X an , k ∈ Z (11.2) n=k

végtelen sok tagból álló összeg, ahol k bármilyen egész szám lehet, szintén végtelen valós számsort határoz meg. A továbbiakban a (11.1) alak´ u valós számsorokat vizsgáljuk. Felmer¨ ulhet a kérdés, hogy vajon mindig létezik-e a (11.1) kifejezésnek véges valós összege? Ha egyáltalán létezik, akkor hogyan lehet meghatározni ezen összeget? 11.1.3. Defin´ıci´ o (val´ os sz´ amsor n-edik r´ eszlet¨ osszege) ∞ P A an végtelen valós számsor n-edik részlet¨ osszegének az n=1

(11.3)

Sn = a1 + a2 + ... + an =

n X

ai

i=1

n-tag´ u összeget, azaz a sor els˝ o n tagj´ anak ¨ osszegét nevezz¨ uk.

235

´s divergencia 11.1 Konvergencia e

11.1.4. Defin´ıci´ o (r´ eszlet¨ osszegek sorozata) Az Sn részletösszegekb˝ol alkotott végtelen {Sn }∞ n=1

(11.4)

sorozatot a végtelen sor részlet¨ osszegei sorozat´ anak nevezz¨ uk. 11.1.5. Megjegyz´ es ∞ P A an végtelen valós számsorhoz hozzárendelt¨ uk a részletösszegek végtelen n=1

{Sn }∞ at. Nyilvánvaló, hogy n ≥ 2 esetén n=1 sorozat´ Sn − Sn−1 = an . Ezért, ha a részletösszegek sorozatából képezz¨ uk az (11.5) S1 +(S2 −S1 )+(S3 −S2 )+...+(Sn −Sn−1 )+... = a1 +a2 +a3 +...+an +... végtelen sort, akkor visszakapjuk az eredeti sort, melynek n-edik részletösszege pontosan Sn : S1 + (S2 − S1 ) + (S3 − S2 ) + ... + (Sn − Sn−1 ) = a1 + a2 + a3 + ... + an = Sn . Ezzel a

∞ P

an végtelen számsor és az ahhoz rendelt {Sn }∞ eszletösszegek n=1 r´

n=1

sorozata között kölcsönösen egyértelm˝ u megfeleltetést létes´ıtett¨ unk. Ez ∞ P lehet˝ové teszi azt, hogy a végtelen an sorok kovergenciáját az {Sn }∞ n=1 n=1

részletösszegek sorozatának konvergenciájával értelmezz¨ uk. 11.1.6. Defin´ıci´ o (sor konvergenci´ aja, ¨ osszege) ∞ P eszlet¨ osszegei A an végtelen valós számsor konvergens, ha az {Sn }∞ n=1 r´ n=1

sorozatának létezik S véges hat´ arértéke: (11.6)

lim Sn = lim (a1 + a2 + ... + an ) = S.

n→∞

n→∞

Egy konvergens sor összegén a sor részlet¨ osszegei sorozat´ anak hat´ arértékét értj¨ uk, azaz (11.7)

S=

∞ X n=1

an = lim Sn = lim = a1 + a2 + ... + an ). n→∞

n→∞

11.1.7. Defin´ıci´ o (divergens sor) ∞ Ha az {Sn }n=1 sorozat divergens, akkor a sor is divergens. Divergens sor esetén azt mondjuk, hogy annak nincs ¨ osszege.

236


11.2

´le konvergencia krite ´rium Cauchy-fe

Ha a végtelen sorozatokra vonatkozó Cauchy-féle konvergencia kritériumot (5.2.2. Tétel) alkalmazzuk az {Sn }∞ eszletösszegek sorozatára, akkor n=1 r´ megkapjuk a végtelen valós számsorokra vonatkozó sz¨ ukséges és elégséges feltételt biztos´ıtó Cauchy-féle konvergencia kritériumot. 11.2.1. T´ etel (Cauchy-f´ ele konvergencia krit´ erium sorokra) ∞ P A an végtelen számsor akkor és csak akkor konvergens, ha a részlet¨ osszegek n=1

egtelen sorozata Cauchy-féle sorozat, azaz ha ∀ε > 0 esetén létezik {Sn }∞ n=1 v´ n0 = n0 (ε) k¨ uszöbszám, hogy ∀p, q > n0 (ε), p, q ∈ N esetén: |Sp − Sq | < ε.

(11.8)

11.2.2. Megjegyz´ es Speciálisan, ha q = p + 1, akkor azt kapjuk (11.8)-ból, hogy (11.9) |Sp − Sp+1 | = |a1 + ... + ap − (a1 + ... + ap + ap+1 )| = | − ap+1 | < ε. Ebb˝ol következik az alábbi tétel. 11.2.3. T´ etel (sor konvergenci´ aj´ anak sz¨ uks´ eges felt´ etele) ∞ P Ha a an végtelen sor konvergens, akkor sz¨ ukségképpen a sor n-edik an n=1

tagja nullához tart: (11.10)

lim an = 0

n→∞

Bizony´ıt´ as: A sor n-edik tagja: an = Sn − Sn−1 . Mivel a sor konvergens, ezért lim (Sn − Sn−1 ) = lim Sn − lim Sn−1 = S − S = 0,

n→∞

n→∞

n→∞

tehát lim an = 0.

n→∞

´le konvergencia krite ´rium 11.2 Cauchy-fe

11.2.4. Megjegyz´ es A lim an = 0 egyenl˝oség a n→∞

∞ P

237

an sor konvergenciájának csak sz¨ ukséges, de

n=1

nem elégséges feltétele. A 11.2.3. Tétel számos esetben jól alkalmazható valós sor divergenciájának megállap´ıtására. Erre mutatunk be néhány példát az alábbiakban. 11.2.5. P´ elda Vizsgáljuk meg az alábbi sorokat divergencia szempontjából! ∞ n−1 P ; n=1 n + 1 √ ∞ 3n − P n2 + 1 √ 2. ; 3 3 n=1 8n − 5 + 2n

1.

3.

∞ √ P

n;

n=3

4.

∞ P

ln n;

n=2

5.

∞ P n=1

6.

∞ P

2 1− n

n ;

cos (nπ) ;

n=1

 7.

√ n

n

∞ P e   n+1 .

n=1

n Megold´ as:

1.

∞ n−1 P ; n=1 n + 1

1 1− n−1 n = 1 − 0 = 1 6= 0, lim = lim 1 n→∞ n + 1 n→∞ 1+0 1+ n ∞ n−1 P tehát a sor divergens. n=1 n + 1

238


√ ∞ 3n − P n2 + 1 √ 2. ; 3 3 n=1 8n − 5 + 2n r

1 √ 3− 1+ 2 +1 3n − 1 3− 1+0 n lim √ = lim r = 6= 0, = √ 3 n→∞ 3 8n3 − 5 + 2n n→∞ 2 8−0+2 5 3 8− 3 +2 n √ 2 ∞ 3n − P n +1 √ sor divergens. tehát a 3 3 n=1 8n − 5 + 2n √

3.

n2

∞ √ P

n; √ 6 0, lim n = ∞ = n→∞ ∞ √ P tehát a n sor divergens. n=3

n=3

4.

∞ P

ln n;

n=2

lim ln n = ∞ = 6 0, ∞ P tehát a ln n sor divergens. n→∞

n=2

n 2 ; 5. 1− n n=1 n n (−2) 2 = lim 1 + = e−2 6= 0, lim 1 − n→∞ n→∞ n n n ∞ P 2 tehát a 1− sor divergens. n n=1 ∞ P

6.

∞ P

cos (nπ) ; cos (nπ) = n=1

1, ha n páros , −1, ha n páratlan tehát a {cos (nπ)}∞ odik, hogy a n=1 sorozat divergens, ahonnan ad´ ∞ P cos (nπ) sor is divergens. n=1

 7.

√ n

n

∞ P e   n+1 .

n=1

n

´s a geometriai sor 11.3 A harmonikus e



√ n

239

n

e  e  lim  = lim = 1 6= 0,  n+1 n→∞ n→∞ e n n √ n ∞ P e   tehát a  n + 1  sor divergens. n=1

n

11.3

´s a geometriai sor A harmonikus e

11.3.1. Defin´ıci´ o (harmonikus sor) A (11.11)

∞ X 1 n=1

n

=1+

1 1 1 + + ... + + ... 2 3 n

végtelen sort harmonikus sornak nevezz¨ uk. ´ ıt´ 11.3.2. All´ as A harmonikus sor divergens. Bizony´ıt´ as: Megmutatjuk, hogy a harmonikus sor nem tesz eleget a Cauchy-féle sz¨ ukséges és elégséges feltételnek (11.2.1. Tétel). A sor S2n és Sn részletösszegeire fennáll, hogy: S2n − Sn =

1 1 1 1 1 1 1 + + ... + > + ... + =n· = . n+1 n+2 2n 2n 2n 2n 2

Tehát nem teljes¨ ul a Cauchy-féle konvergencia kritérium, mivel p = 2n és q = n esetén 1 |Sp − Sq | = |S2n − Sn | ≥ , 2 1 tehát van olyan ε > 0, például ε = , hogy |Sp − Sq | < ε nem teljes¨ ul. 2 11.3.3. Megjegyz´ es A harmonikus sor esetén a 11.2.3. Tétel sz¨ ukséges feltétele teljes¨ ul, hiszen 1 = 0. n→∞ n lim

´ ıtás), mivel a 11.2.3. Tétel Azonban a harmonikus sor divergens (11.3.2. All´ egy sor konvergenciájára elégséges feltételt nem ad.

240


11.3.4. Megjegyz´ es n ∞ ertani soroKorábban (5.4.3. Tétel) igazoltuk, hogy az {an }∞ n=0 ={q }n=0 m´ zatra teljes¨ ul a következ˝o:  ha |q| < 1  0, n 1, ha q = 1 lim q = n→∞  divergens, ha |q| > 1 vagy q = −1 Vizsgáljuk most az u ń. geometriai (mértani) sort! 11.3.5. Defin´ıci´ o (geometriai sor) Az 2

n

(11.12) a + aq + aq + ... + aq + ... =

∞ X

aq n ,

a ∈ R \ {0},

q ∈ R \ {0}

n=0

alak´ u sort végtelen geometriai sornak nevezz¨ uk. 11.3.6. P´ elda Határozzuk meg, hogy milyen q értékekre konvergens a geometriai sor és szám´ıtsuk ki konvergencia esetén a végtelen sor összegét! Megold´ as: A geometriai sor n-edik részletösszege: (11.13)

Sn =

n−1 X

aq i = a ·

i=0

1 − qn , 1−q

q 6= 1.

Ez az összef¨ uggés teljes indukcióval bizony´ıtható: 1. n = 1 esetén az egyenl˝oség teljes¨ ul: S1 = a = a ·

1−q = a; 1−q

2. Tegy¨ uk fel, hogy az áll´ıtás igaz n = k-ra: Sk = a + aq + ... + aq k−1 = a ·

1 − qk , 1−q

q 6= 1.

3. Igazoljuk, hogy az áll´ıtás fennáll n = k + 1-re is: Sk+1 = a+aq+...+aq k−1 +aq k = a·

1 − qk + qk 1−q

=a

1 − q k + q k − q k+1 1−q

=a

1 − q k+1 1−q

.

241

´s a geometriai sor 11.3 A harmonikus e

A mértani {q n }∞ ajára vonatkozó (11.3.4. Megjegyzés) n=0 sorozat konvergenci´ formula alapján ismeretes, hogy |q| < 1 esetén a sorozat konvergens, ezért ha: 1. |q| < 1, akkor a

∞ P

aq n mértani sor is konvergens lesz, mivel (11.13)

n=0

alapján: (11.14)

lim Sn = lim a ·

n→∞

2. q = 1, akkor

n→∞

∞ X

1 − qn 1 1 − qn = a · lim =a· = S. n→∞ 1 − q 1−q 1−q

aq n = a + a + ... + a + ...

n=0

divergens, mivel a konvergencia sz¨ ukséges feltétele (11.2.3. Tétel) nem teljes¨ ul, azaz: lim an = a 6= 0. n→∞

3. q = −1, akkor

∞ X

aq n = a − a + a − a + ...

n=0

szintén divergens sor, hiszen itt sem teljes¨ ul a konvergencia sz¨ ukséges feltétele (11.2.3. Tétel). 4. |q| > 1, akkor a sor divergens, mivel nem létezik véges lim a ·

n→∞

1 − qn 1−q

határérték és nem teljes¨ ul a sz¨ ukséges lim aq n = 0

n→∞

feltétel sem. 11.3.7. P´ elda Vizsgáljuk konvergencia szempontjából az alábbi sort és szám´ıtsuk ki az összegét, amennyiben lehetséges! 1 4+4· +4· 4

2 3 n n ∞ X 1 1 1 1 +4· + ... + 4 · + ... = 4· 4 4 4 4 n=0

242


Megold´ as: 1 A megadott sor mértani sor, ahol a = 4 és q = . Ezért a sor konvergens és 4 lim Sn = lim a ·

n→∞

n→∞

1 − qn 1 =a· =4· 1−q 1−q

1 1 1− 4

=

16 = S. 3

11.3.8. P´ elda Szám´ıtsuk ki az alábbi sorok összegét! 1.

2.

∞ P

1

n=0

52n+1

∞ P

n=0

1 − 4

; n ;

∞ P 5 ; n+2 n=1 2 ∞ P 5 2 4. − . 9k 9k+1 k=2

3.

Megold´ as: 1 1. A feladatban szerepl˝o mértani sorra q = , azaz |q| < 1, ´ıgy (11.14) 25 alkalmazható: n ∞ ∞ P 1 X 1 1 5 1 1 = · = . = · 2n+1 1 5 n=0 25 5 24 n=0 5 1− 25 1 2. Ebben az esetben q = − , azaz |q| < 1 most is teljes¨ ul, ´ıgy (11.14) 4 alkalmazható: n ∞ P 1 1 4 = . − = −1 4 5 n=0 1− 4 3. Az el˝oz˝oekhez hasonlóan (11.14) alkalmazásával oldjuk meg a feladatot: ∞ ∞ ∞ P 5 5 X 1 5 X1 5 1 5 = 3· = · = · = . n+2 n−1 k 1 2 n=1 2 8 k=0 2 8 4 n=1 2 1− 2

243

´ ve ´gtelen valo ´ s sorok 11.4 Pozit´ıv tagu

∞ P

5 2 4. − k+1 k 9 9 k=2 2 5 · − = 92 93

11.4

∞ ∞ ∞ P 1 5X1 2X1 5 2 = 2 − 3 = − 3 · = n n 2 n 9 n=0 9 9 n=0 9 9 9 n=0 9 1

1−

1 9

=

43 . 648

´ ve ´gtelen valo ´ s sorok Pozit´ıv tagu

A sz¨ ukséges és elégséges Cauchy-féle konvergencia kritérium alkalmazása a gyakorlatban általában nehézkes. Azonban a végtelen sorok speciális osztályaira ismertek olyan elégséges konvergencia (illetve divergencia) feltételek, amelyek könnyen alkalmazhatóak. Egy ilyen osztályt képeznek a pozit´ıv tag´ u sorok. 11.4.1. Defin´ıci´ o (pozit´ıv tag´ u v´ egtelen val´ os sor) ∞ P Ha a végtelen valós ai sor tagjai pozit´ıv sz´ amok, azaz ai > 0, ∀n ∈ N i=1

esetén, akkor a sort pozit´ıv tag´ u sornak nevezz¨ uk. 11.4.2. T´ etel (fel¨ ulr˝ ol korl´ atos r´ eszlet¨ osszeg˝ u sor konvergenci´ aja) ∞ P an sor n-edik részlet¨ osszegeinek Ha a pozit´ıv tag´ u n=1 ∞ {Sn }∞ n=1 = {a1 + ... + an }n=1

sorozata fel¨ ulr˝ol korlátos, akkor a sor konvergens. Bizony´ıt´ as: A pozit´ıv tag´ u sor részletösszegeinek sorozata szigor´ uan monoton növekv˝o, mivel Sn − Sn−1 = an > 0, ahonnan Sn > Sn−1 . Az 5.1.2. Tétel szerint minden monoton növekv˝o fel¨ ulr˝ol korlátos sorozat konvergens, azaz létezik véges határértéke a részletösszegek sorozatának: lim Sn = S =

n→∞

∞ X i=1

ai .

244


11.4.3. Defin´ıci´ o (major´ ans ill. minor´ ans sorok) ∞ ∞ P P A pozit´ıv tag´ u bn sor a pozit´ıv tag´ u an sor major´ ansa (major´ ans sora), n=1

n=1

ha van olyan n0 index, amelyre n ≥ n0 esetén an ≤ b n . Ekkor a

∞ P

an sort a

n=1

∞ P

bn sor minor´ ans´ anak (minor´ ans sor´ anak) mondjuk.

n=1

11.4.4. T´ etel (major´ ans krit´ erium) ∞ ∞ ∞ P P P Ha a an pozit´ıv tag´ u sor bn major´ ans sora konvergens, akkor a an n=1

n=1

n=1

(minoráns) sor is konvergens. Bizony´ıt´ as: Ha a majoráns sor konvergens, akkor n-edik részletösszegeinek sorozata korlátos: Snb = b1 + ... + bn < M, M > 0, ∀n ∈ N. Az an ≤ bn feltétel miatt: Sna = a1 + ... + an ≤ b1 + ... + bn < M,

M > 0, ∀n ∈ N,

atosságát jelenti. Így a 11.4.2. Tétel szerint a ami az {Sna }∞ n=1 sorozat korl´ ∞ P an sor konvergens. n=1

11.4.5. T´ etel (minor´ ans krit´ erium) ∞ ∞ ∞ P P P Ha a bn pozit´ıv tag´ u sor an minor´ ans sora divergens, akkor a bn n=1

n=1

n=1

(majoráns) sor is divergens. Bizony´ıt´ as: ∞ ∞ P P an sor részletösszegeinek sorozata fel¨ ulr˝ol nem korlátos. Ekkor a bn A n=1

(bn ≥ an ) majoráns sor részletösszegei sem korlátosak. Így a

∞ P n=1

gens. 11.4.6. P´ elda ∞ P Konvergens-e a

1 sor? n n=1 n · 3

n=1

bn sor diver-

245


Megold´ as: Tekints¨ uk a

∞ 1 P 1 mértani sort. Ez a sor konvergens, mivel −1 < q = < 1. n 3 n=1 3

Továbbá

1 1 1 · n ≤ n ∀n ∈ N, n 3 3 ∞ 1 ∞ P P 1 ´ıgy a konvergens sor az adott sor majoránsa. Tehát a man n n=1 3 n=1 n · 3 joráns kritérium (11.4.4. Tétel) alapján az adott sor is konvergens. 11.4.7. P´ elda ∞ P 1 √ sor? Konvergens-e a n=1 n Megold´ as: Mivel 1 1 <√ n n

∀n ∈ N

∞ 1 P harmonikus sor divergens, ezért a minoráns kritérium (11.4.5. Tén=1 n ∞ 1 P √ sor is divergens. tel) szerint a n=1 n

és a

11.4.8. T´ etel (D’Alembert-f´ ele h´ anyados krit´ erium) ∞ P A pozit´ıv tag´ u an sor konvergens, ha tal´ alhat´ o olyan 1-nél kisebb pozit´ıv q n=1

valós szám, amelyre bizonyos n0 ∈ N indext˝ ol kezdve teljes¨ ul, hogy: an+1 ≤ q < 1, ∀n ≥ n0 . an Bizony´ıt´ as: A feltétel miatt: an0 +1 ≤ qan0 ,

an0 +2 ≤ qan0 +1 ≤ q 2 an0 ,

an0 +3 ≤ q 3 an0 ,

..., an0 +k ≤ q k an0 , ...

Ez utóbbi egyenl˝otlenségek felhasználásával kapjuk, hogy az an0 +1 + an0 +2 + ... + an0 +k + ... =

∞ X

an0 +i

i=1

sor majoránsa az 2

k

an0 · (1 + q + q + ... + q + ...) = an0 ·

∞ X i=0

qi

246


mértani sor. Mivel q < 1, ezért a geometriai sor konvergens és a majoráns ∞ P kritérium értelmében a minoráns an0 +i sor is konvergens. Ehhez hozzáadva i=1

a véges szám´ u tagból álló a1 + a2 + ... + an0 −1 összeget, az eredeti

∞ P

an sort kapjuk, amely ezek szerint konvergens.

n=1

11.4.9. Megjegyz´ es Jean Le Rond D’Alembert (1716- 1783), francia matematikus és fizikus. A francia felvilágosodás egyik kiemelked˝o egyénisége. Elhagyott gyerekként találtak rá egy templom közelében. Egy özvegyasszonynál nevelkedett. Tehetsége hamar megmutatkozott és pályája töretlen¨ ul ´ıvelt felfelé. 1754-ben már a francia akadémia titkára volt. A differenciálegyenletek elméletének egyik kidolgozója. Az anal´ızist igyekezett a határérték-fogalomra ép´ıteni. Sokat fáradozott az algebra alaptételének bizony´ıtásán. 11.4.10. P´ elda Vizsgáljuk meg a hányadoskritériummal a ∞ X 1 n=1

n

=1+

1 1 1 + + ... + + ... 2 3 n

harmonikus sort! Megold´ as: Alkalmazzuk a 11.4.8. Tételt: an+1 = an

1 n+1 1 n

=

n < 1, n+1

∀n ∈ N.

an+1 an hányados minden n ∈ N esetén kisebb lenne. Tehát a hányados kritériummal nem lehet eldönteni a konvergenciát. ´ ıtás), hogy a harmonikus sor diverKorábban már megmutattuk (11.3.2. All´ gens. Azonban nem található olyan 1-nél kisebb q(< 1) szám, amelynél az

11.4.11. P´ elda Vizsgáljuk meg a hányadoskritériummal, hogy konvergens-e a ∞ X n n=1

pozit´ıv tag´ u sor!

2n

=

1 2 3 + + + ... 2 4 8

247


Megold´ as: n Mivel an = n , ezért 2 n+1 n an+1 n+1 = n+1 · n = ≤ q < 1. an 2 2 2n Például n0 ≥ 2 esetén: q=

2+1 3 = < 1, 4 4

és minden n ≥ n0 = 2 esetén: an+1 n+1 3 = ≤ < 1, an 2n 4 mivel

1 3 1 + ≤ . 2 2n 4

A sor tehát konvergens. A gyakorlatban egyszer˝ ubben használható a hányados kritérium speciális határátmenetes változata. 11.4.12. T´ etel (speci´ alis D’Alembert-f´ ele h´ anyados krit´ erium) ∞ P Ha a pozit´ıv tag´ u an val´ os sor esetén: n=1

an+1 n→∞ an lim

 M < 1,    M > 1, = M = 1,   

akkor a sor konvergens; akkor a sor divergens; akkor a h´ anyados kritériummal nem d¨ onthet˝ o el a konvergencia ill. a divergencia.

Bizony´ıt´ as: Ha M < 1, akkor bizonyos n = n0 indext˝ol kezdve an+1 ≤ q < 1, an

∀n ≥ n0 ,

´ıgy a sor a 11.4.8. Tétel szerint konvergens. Ha M > 1, akkor an+1 > 1 ∀n ≥ n0 , an azaz a sor divergens. Ha M = 1, akkor a sor divergens és konvergens is lehet. Mindkét esetre mutatunk példát az alábbiakban.

248


11.4.13. P´ elda Vizsgáljuk meg a speciális hányadoskritériummal (11.4.12. Tétel) a ∞ X 1 n=1

n

=1+

1 1 1 + + ... + + ... 2 3 n

harmonikus sort! Megold´ as: ∞ 1 P A sor esetén: n=1 n n an+1 = lim = 1 = M, n→∞ n + 1 n→∞ an lim

´ ıtás), hogy a sor divergens. és tudjuk (11.3.2. All´ 11.4.14. P´ elda Vizsgáljuk meg a speciális hányadoskritériummal (11.4.12. Tétel) a ∞ X n=1

n2

1 +n

pozit´ıv tag´ u sort! Megold´ as: Ekkor an+1 lim = lim n→∞ an n→∞

1 1 : 2 2 (n + 1) + n + 1 n + n

1 n = lim n→∞ n + 2 n→∞ 1 +

= lim

2 n

= 1.

Azonban az adott sor konvergens, mivel részletösszegeinek {Sn }∞ n=1 sorozata konvergens. Résztörtekre bontással: n2

1 1 1 = − , +n n n+1

´ıgy a sor n-edik részletösszege: Sn =

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1− + − +...+ − = 1+ − +...+ − − = 1− . 2 2 3 n n+1 2 2 n n n+1 n+1

Tehát

lim Sn = lim

n→∞

A 11.1.6. Defin´ıció alapján a

n→∞

∞ P

1 1− n+1

= 1.

1 sor konvergens és az összege 1. 2 n=1 n + n

249


11.4.15. Megjegyz´ es Vegy¨ uk észre, hogy Sn kiszám´ıtásakor (11.4.14. Példa) a valós számok asszociat´ıv törvényét véges sok tagszám esetén alkalmaztuk. Végtelen tagszámra nem alkalmazható! 11.4.16. P´ elda A D’Alambert-féle hányadoskritérium seg´ıtségével állap´ıtsuk meg, hogy az alábbi sorok köz¨ ul melyek konvergensek! 1.

∞ n3 P ; n=1 n!

2.

∞ n! P ; n n=1 n ∞ P

3.

1 ; n=1 2n + 5

4.

∞ 2nn P ; n n=1 3 n!

5.

∞ (n!)2 P . n=1 (2n)

Megold´ as: 1. Alkalmazzuk a 11.4.12. Tételt! an+1 (n + 1)3 n! (n + 1)3 (n + 1)2 · 3 = lim = lim = 0 < 1, = lim n→∞ an n→∞ (n + 1)! n n→∞ (n + 1) n3 n→∞ n3 lim

∞ n3 P sor konvergens. tehát a n=1 n!

an+1 (n + 1)! nn nn = lim · = lim n = lim n+1 n→∞ an n→∞ (n + 1) n→∞ (n + 1) n→∞ n!

2. lim

tehát a

1 1 1+ n

1 n = , e

∞ n! P 1 sor konvergens a 11.4.12. Tétel szerint, mivel < 1. n e n=1 n

an+1 2n + 5 = lim = 1, n→∞ an n→∞ 2n + 7 tehát a D’Alembert-féle hányados kritérium nem dönt a sor konvergenciájáról.

3. lim

250

´ SZAMSOROK ´ 11 VALOS ∞ ∞ X 1 1 1X 1 Mivel ≥ = , ´ıgy a vizsgált sor is divergens, 7n 7 n n=1 2n + 5 n=1 n=1 ∞ 1 X1 hiszen az · sorral minorálható, amely divergens. 7 n=1 n ∞ P

n 2(n + 1)n+1 3n n! 1 1 e 4. lim n+1 · = lim 1 + = < 1, n n→∞ 3 (n + 1)! 2n 3 n→∞ n 3 ´ıgy a vizsgált sor konvergens. ((n + 1)!)2 (2n)! 1 n2 + 2n + 1 5. lim = < 1, = lim 2 2 n→∞ (2(n + 1))! (n!) n→∞ 4n + 6n + 2 4 tehát a

∞ (n!)2 P sor konvergens. n=1 (2n)!

11.4.17. T´ etel (Cauchy-f´ ele gy¨ okkrit´ erium) ∞ P A pozit´ıv tag´ u an valós sor konvergens, ha létezik olyan 1-nél kisebb pozit´ıv n=1

q szám (q < 1), melyre bizonyos n0 ∈ N indext˝ ol kezdve b´ armely n ≥ n0 esetén √ n an ≤ q < 1 teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as: A feltétel szerint

√ n

an ≤ q,

azaz an ≤ q n . Mivel a

∞ P

q n sor q < 1 esetén konvergens, ´ıgy a majoráns kritérium alapján

n=1

(11.4.4. Tétel) az adott

∞ P

an sor is konvergens.

n=1

11.4.18. T´ etel (speci´ alis Cauchy-f´ ele gy¨ okkrit´ erium) ∞ P Ha a pozit´ıv tag´ u an val´ os sor esetén: n=1

  M < 1, √ n M > 1, lim an = n→∞  M = 1,

akkor a sor konvergens; akkor a sor divergens; akkor a sor lehet konvergens is, de lehet divergens is.

251


Bizony´ıt´ as: Ha M < 1, akkor egy bizonyos n0 indext˝ol kezdve √ n

an ≤ q < 1,

∀n ≥ n0

esetén és ´ıgy a sor a 11.4.17. Tétel szerint konvergens. Ha M > 1, akkor √ n an > 1 ∀n ≥ n0 esetén és ´ıgy a sor divergens. 11.4.19. P´ elda Vizsgáljuk meg a

∞ P n=1

n 3n + 1

n sort konvergencia szempontjából!

Megold´ as: A 11.4.18. Tétel felhasználásával: s n √ n 1 n n n = lim = lim an = lim n→∞ 3n + 1 n→∞ n→∞ 3n + 1 3+

1 n

=

1 < 1. 3

A sor tehát konvergens. 11.4.20. P´ elda A Cauchy-féle gyökkritérium seg´ıtségével állap´ıtsuk meg, hogy az alábbi sorok köz¨ ul melyek konvergensek! 1.

∞ n2 P ; n n=1 3

∞ 3n P 2. ; 2 n=1 n 2 n ∞ P 2n − 8n − 5 3. ; n2 + 10n + 7 n=1

Megold´ as: r 1. lim

n

n→∞

r 2. lim

n→∞

n

√ 2 ∞ n2 P n2 ( n n) 1 = lim = < 1, tehát a sor konvergens. n 3n n→∞ 3 3 n=1 3 ∞ 3n P 3n 3 = lim = 3 > 1, teh´ a t a sor divergens. √ 2 n2 n→∞ ( n n)2 n=1 n

252


3. lim

s n

n→∞

tehát a

2n2 − 8n − 5 n2 + 10n + 7

∞ P

n=1

n

8 5 2− − 2 2n2 − 8n − 5 n n = lim 2 = lim = 2 > 1, 10 7 n→∞ n + 10n + 7 n→∞ 1+ + 2 n n n

2n2 − 8n − 5 n2 + 10n + 7

sor divergens.

11.4.21. Megjegyz´ es

∞ an+1 Ha a hányados kritérium alkalmazása esetén az sorozatnak illetve a n n=1 √ ∞ a gyökkritérium alkalmazása során a n an n=1 sorozatnak nincs határértéke, azaz nem létezik √ an+1 illetve lim n an , lim n→∞ n→∞ an ∞ √ ∞ an+1 de a sorozat illetve a n an n=1 sorozat torlódási helyeinek an n=1 ∞ P van fels˝o határa (limesz superiorja), akkor a an pozit´ıv tag´ u sor kon

n=1

vergenciájának elégséges feltétele az alábbi egyenl˝otlenségek teljes¨ ulése: lim sup

n→∞

11.5

an+1 <1 an

illetve

√ lim sup n an < 1.

n→∞

´lyosan va ´ltakozo ´ elo ˝ jelu ˝ sorok Szaba

A végtelen valós sorok egy speciális osztályát alkotják azok a sorok, amelyek tagjai váltakozó el˝ojellel követik egymást. 11.5.1. Defin´ıci´ o (v´ altakoz´ o el˝ ojel˝ u sor, altern´ al´ o sor) Váltakozó el˝ojel˝ u sornak azokat a numerikus sorokat nevezz¨ uk, amelyekben a szomszédos tagok el˝ojele k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o: (11.15)

∞ X

(−1)n+1 · an = a1 − a2 + a3 + ... + (−1)n+1 · an + ...,

n=1

és an > 0, ∀n ∈ N esetén. A váltakozó el˝ojel˝ u sort altern´ al´ o sornak is nevezz¨ uk. 11.5.2. Megjegyz´ es A (11.15) sorban az els˝o tag el˝ojele pozit´ıv. A (11.16)

∞ X

(−1)n · an = −a1 + a2 − a3 + ... + (−1)n · an + ...,

n=1

sor is alternáló, de az els˝o tag el˝ojele negat´ıv (an > 0, ∀n ∈ N).

253

´lyosan va ´ltakozo ´ elo ˝ jelu ˝ sorok 11.5 Szaba

11.5.3. Defin´ıci´ o (Leibniz - t´ıpus´ u altern´ al´ o sor) A ∞ ∞ X X n+1 (−1) · an vagy (−1)n · an n=1

n=1

alternáló sort Leibniz - t´ıpus´ unak nevezz¨ uk, ha: 1. az an pozit´ıv számok monoton cs¨ okken˝ o {an }∞ n=1 sorozatot alkotnak, azaz ∀n ∈ N esetén: an+1 ≤ an ; 2. lim an = 0, azaz ∀ε > 0 esetén ∃n = n0 (ε), melyre an < ε b´ armely n→∞ n ≥ n0 esetén. 11.5.4. Defin´ıci´ o (altern´ al´ o sor n-edik marad´ ektagja) A ∞ X

(−1)n+1 ·an = a1 −a2 +a3 +...+(−1)n+1 ·an +(−1)n+2 ·an+1 +...,

(∀an > 0)

n=1

alternáló sor n-edik maradéktagja az ∞ P an+1 − an+2 + an+3 − ..., ha n p´ aros; n+k+1 Rn = (−1) · an+k = −a + a − a + ..., ha n p´ a ratlan n+1 n+2 n+3 k=1 végtelen sor, amely szintén altern´ al´ o. 11.5.5. T´ etel (Leibniz-t´ıpus´ u sor n-edik marad´ ektagj´ anak becsl´ ese) Ha a ∞ X (−1)n+1 · an n=1

sor Leibniz-t´ıpus´ u alternál´ o sor, akkor n-edik maradéktagj´ ara fenn´ all az alábbi becslés: ∞ X n+k+1 |Rn | = (−1) · an+k ≤ an+1 . k=1

Bizony´ıt´ as: Ha Rn = an+1 − an+2 + ... = (an+1 − an+2 ) + (an+3 − an+4 ) + ..., azaz n páros, akkor ak+1 ≤ ak miatt Rn ≥ 0.

254


Másrészt Rn = an+1 − (an+2 − an+3 ) − (an+4 − an+5 ) − ... és mindegyik zárójelben pozit´ıv szám szerepel: an+2 − an+3 ≥ 0,

an+4 − an+5 ≥ 0, ...,

ezért Rn ≤ an+1 . Igazoltuk, hogy 0 ≤ Rn ≤ an+1 . Ha pedig Rn = −an+1 + an+2 − an+3 ..., azaz n páratlan, akkor hasonló gondolatmenettel igazolható, hogy −an+1 ≤ Rn ≤ 0. Tehát −an+1 ≤ Rn ≤ an+1 , azaz |Rn | ≤ an+1 .

11.5.6. Megjegyz´ es A 11.5.5. Tételb˝ol az következik, hogy ha egy Leibniz-t´ıpus´ u sor összegét valamelyik n-edik részletösszegével közel´ıtj¨ uk, akkor a hiba kisebb, mint az els˝o figyelembe nem vett tag abszol´ ut értéke. 11.5.7. T´ etel (Leibniz-krit´ erium altern´ al´ o sorokra) Minden Leibniz-t´ıpus´ u altern´ al´ o val´ os sor konvergens. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk a ∞ X

(−1)n+1 · an = a1 − a2 + a3 + ... + (−1)n+1 an + (−1)n+2 an+1 + ...

n=1

sort, ahol ai > 0 ∀i ∈ N esetén, továbbá a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an ≥ an+1 ≥ ...

és

lim an = 0.

n→∞

´lyosan va ´ltakozo ´ elo ˝ jelu ˝ sorok 11.5 Szaba

255

Ekkor ∀ε > 0 esetén létezik n0 (ε) természetes szám, amelyre az Sn+k és Sn részletösszegekre tetsz˝oleges k természetes szám esetén |Sn+k −Sn | = |(a1 −a2 +a3 +...+(−1)n+k+1 an+k )−(a1 −a2 +a3 +...+(−1)n+1 an )|, azaz a 11.5.5. Tétel figyelembevételével |Sn+k − Sn | = |(−1)n+2 an+1 + (−1)n+3 an+2 + ...| = |Rn | ≤ an+1 < ε. Az utóbbi egyenl˝otlenség a Cauchy-féle konvergencia kritérium (11.2.1. Tétel) szerint az adott sor konvergenciáját jelenti. 11.5.8. P´ elda Konvergens-e a ∞ X 1 1 1 1 1 (−1)n+1 · = 1 − + − + ... + (−1)n+1 · + ... n 2 3 4 n n=1 alternáló harmonikus sor? Megold´ as: Ez a sor Leibniz-t´ıpus´ u sor, hiszen 1 1 1 < és lim = 0. n→∞ n n+1 n Ezért a Leibniz-kritérium (11.5.7. Tétel) szerint a sor konvergens. 11.5.9. P´ elda Konvergens-e a

∞ X

(−1)n+1 = 1 − 1 + 1 − 1 + ...

n=1

végtelen sor? Megold´ as: Nem. A sor alternáló ugyan, de nem teljes¨ ul a sz¨ ukséges lim an = 0

n→∞

feltétel. 11.5.10. P´ elda Konvergens-e az 1 1 1 1 1 1 1 − 1 + 2 − + 3 − + ... + n − + ... 2 2 2 2 3 2 n sor? Megold´ as: Nem. Ugyan a sor alternáló, de tagjainak abszol´ ut értéke nem monoton módon tart nullához.

256


11.6

´t e ´s felte ´telesen konvergens sorok Abszolu

∞ P ´ Ujra a an általános alak´ u sorokat tanulmányozzuk. n=1

11.6.1. Defin´ıci´ o (abszol´ ut konvergens sor) ∞ P A an valós sort abszol´ ut konvergensnek nevezz¨ uk, ha a n=1 ∞ X

|an | = |a1 | + |a2 | + ... + |an | + ...

n=1

sor konvergens. 11.6.2. Megjegyz´ es A 11.6.1. Defin´ıció szerint egy pozit´ıv tag´ u konvergens sor egy´ uttal abszol´ ut konvergens is. 11.6.3. T´ etel (abszol´ ut konvergenci´ ab´ ol k¨ ovetkez˝ o konvergencia) ∞ P an sor abszol´ ut konvergens, akkor egy´ uttal konvergens is. Ha a n=1

Bizony´ıt´ as: ∞ P Mivel a |an | sor konvergens, ezért a Cauchy-féle konvergencia kritérium n=1

(11.2.1. Tétel) szerint bármely ε > 0 esetén megadható olyan n0 (ε), hogy n ≥ n0 és k ∈ N esetén: |an+1 | + |an+2 | + ... + |an+k | < ε. Ekkor azonban |an+1 + an+2 + ... + an+k | < ε is fennál, mivel |an+1 + an+2 + ... + an+k | ≤ |an+1 | + |an+2 | + ... + |an+k | < ε. A

∞ P

an sor tehát konvergens.

n=1

11.6.4. Defin´ıci´ o (felt´ etelesen konvergens sor) ∞ ∞ ∞ P P P an sort Ha a an sor konvergens, de a |an | sor divergens, akkor a n=1

n=1

feltételesen konvergens sornak nevezz¨ uk.

n=1

257

´gtelen sorok a ´trendeze ´se 11.7 Ve

11.6.5. P´ elda Abszol´ ut konvergens-e a ∞ X

(−1)n+1 ·

n=1

1 1 1 1 1 = 1 − + − + ... + (−1)n+1 · + ... n 2 3 4 n

alternáló harmonikus sor? Megold´ as: A 11.5.8. Példában igazoltuk, hogy az alternáló harmonikus sor konvergens. Viszont nem abszol´ ut konvergens, mivel a harmonikus sor divergens ∞ P 1 ´ ıtás). Ezért a (11.3.2. All´ (−1)n+1 · sor feltételesen konvergens. n n=1

11.7

´gtelen sorok a ´trendeze ´se Ve

11.7.1. Defin´ıci´ o (v´ egtelen sor ´ atrendez´ ese) ∞ P Ha egy an végtelen sorban végtelen sok tag sorrendjét megv´ altoztatjuk, n=1

akkor a sor egy átrendezését kapjuk. 11.7.2. T´ etel (abszol´ ut konvergens sor ¨ osszeg´ enek f¨ uggetlens´ ege az ´ atrendez´ est˝ ol) ∞ ∞ P P Bármely abszol´ ut konvergens an sor ´ atrendezett bn sora is abszol´ ut konn=1

n=1

vergens és összege megegyezik az eredeti sor ¨ osszegével: ∞ X

an = S =

n=1

Legyen Sna az abszol´ ut konvergens ∞ P

bn .

n=1

Bizony´ıt´ as:

az átrendezett

∞ X

∞ P

an sor n-edik részletösszege és Snb pedig

n=1

bn sor n-edik részletösszege. A feltételek szerint a

n=1

∞ P

an

n=1

sor konvergenciája miatt bármely ε > 0 esetén megadható olyan n0 (ε), hogy n ≥ n0 és k ∈ N esetén |an+1 + an+2 + ... + an+k | < ε teljes¨ ul. Válasszuk meg az n1 > n0 értéket u ´gy, hogy az a1 , a2 , ..., an0

258


tagok el˝oforduljanak a b1 , b2 , ..., bn1 tagok között. Legyen most már n ≥ n1 . Ekkor az Sna − Snb k¨ ulönbségb˝ol kiesnek az a1 , a2 , ..., an0 tagok, a megmaradt tagok pedig olyanok, hogy azok indexei az eredeti sorban n0 -tól nagyobbak, amelyekre pedig a Sn − Snb < ε. teljes¨ ul. Ezért lim Sna = lim Snb = S.

n→∞

Mivel a

∞ P

|an | sor átrendezése a

n=1

látható, hogy

∞ P

n→∞

∞ P

|bn | sor, ezért hasonló gondolatmenettel

n=1

|bn | is konvergens, tehát

n=1

∞ P

bn abszol´ ut konvergens.

n=1

A feltételesen konvergens sorok az átrendezést nem jól viselik el. Ismert az alábbi tétel, amelyet bizony´ıtás nélk¨ ul közl¨ unk. 11.7.3. T´ etel (Riemann-f´ ele ´ atrendez´ esi t´ etel) ∞ P Bármely feltételesen konvergens an sor ´ atrendezhet˝ o u ´gy, hogy az atrendezett ´

∞ P

n=1

bn sor összege tetsz˝ oleges, el˝ ore adott S legyen.

n=1

(S lehet +∞ vagy −∞ is). 11.7.4. Megjegyz´ es Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826- 1866), német matematikus. Alapvet˝o eredményeket ért el a geometriában, a komplex f¨ uggvénytanban és az analitikus számelméletben. Egy Hannover melletti kis faluban sz¨ uletett, ahol édesapja evangélikus lelkész volt. A tehetséges, de gyenge egészség˝ u és félénk fiának apja a legjobb oktatást igyekezett biztos´ıtani szerény anyagi kör¨ ulményei ellenére. A berlini és a göttingeni egyetemen tanult. 1851 - ben doktorált Göttingenben komplex f¨ uggvénytanból. Disszertációjában szerepelnek az u ń. Cauchy - Riemann differenciálegyenletek, valamint a Riemann - fel¨ uletek és a Riemann - integrál defin´ıciói. 1854-ben a göttingeni egyetem

259

˝veletek konvergens sorokkal 11.8 Mu

magántanára lett. Habilitációs dolgozata A geometriai alapjait képez˝o hipotézisekr˝ol c´ımet viselte és u ´j fejezetet nyitott a geometria történetében. A Riemann - terek és a Riemann - geometriák átfogó elméletében minden létez˝o geometriai rendszert el lehetett helyezni és u ´jak bevezetésére is lehet˝oséget adott. Riemann megtalálta elméletének fizikai alkalmazásait is, amire Einstein ép´ıtett. Nevéhez f˝ uz˝odik a matematika egyik legnevezetesebb megoldatlan sejtése, az analitikus számelméletben fontos Riemann-féle zéta-f¨ uggvénnyel kapcsolatos Riemann - hipotézis. 1859 - ben, 33 évesen professzor lett azon a tanszéken, amit el˝otte Dirichlet és Gauss vezetett. 11.7.5. P´ elda∞ P 1 Tekints¨ uk a (−1)n+1 · alternáló harmonikus sort. A 11.5.8. Példában n n=1 igazoltuk, hogy ez a sor konvergens. A ...-ban megmutatjuk, hogy ∞ X

(−1)n+1 ·

n=1

1 1 1 1 = 1 − + − + ... = ln 2 = S. n 2 3 4

Rendezz¨ uk át a sort a következ˝oképpen: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + ... + 1− − + − − + − − − + ... | {z 2} 4 |3 {z 6} 8 |5 {z10} 12 |2n − 1 {z 4n − 2} 4n Ekkor az összevonásokat elvégezve az alábbi átrendezett sort kapjuk: ∞

X 1 1 1 1 1 1 − + − + ... + − + ... = bn 2 4 6 8 2(2n − 1) 4n n=1 Azonban: ∞ X

1 bn = 2 n=1

1 1 1 S ln 2 n+1 1 1 − + − + ... + (−1) · + ... = = . 2 3 4 n 2 2

Látható tehát, hogy az átrendezett sor összege megváltozott, a felére csökkent.

11.8

˝veletek konvergens sorokkal Mu

Vajon az algebrában megismert m˝ uveletek milyen módon és milyen feltételek mellett alkalmazhatók a végtelen sorokra?

260


11.8.1. T´ etel (tagonk´ enti konstanssal val´ o szorz´ assal nyert sor konvergenci´ aja) ∞ P Ha a an = S sor konvergens, akkor a n=1 ∞ X

c · an ,

c∈R

n=1

sor is konvergens és ∞ X

c · an = c ·

n=1

∞ X

an = c · S.

n=1

Bizony´ıt´ as: ∞ P A c · an sor n-edik részletösszege: n=1

Sn = c · a1 + ... + c · an = c · (a1 + ... + an ). Tehát lim Sn = c · lim (a1 + ... + an ) = c · S.

n→∞

n→∞

11.8.2. P´ elda Szám´ıtsuk ki a 4+

4 4 4 + 2 + ... + n + ... 7 7 7

1+

1 1 1 + 2 + ... + n + ... 7 7 7

sor összegét! Megold´ as: A geometriai

sor konvergens és összege: S= Mivel

1 1 = 1−q 1−

1 7

7 = . 6

∞ n X 4 4 4 1 4 + + 2 + ... + n + ... = 4 · , 7 7 7 7 n=0

´ıgy a sor összege:

∞ X 4 7 14 =4·S =4· = . n 7 6 3 n=0

261

˝veletek konvergens sorokkal 11.8 Mu

11.8.3. T´ etel (konvergens sorok ¨ osszege) ∞ ∞ P P Ha a an és bn sorok konvergensek, akkor a n=1

n=1 ∞ X

(an + bn )

n=1

osszeg¨ ¨ uk is konvergens, melynek ¨ osszege a két sor ¨ osszegének ¨ osszege. Bizony´ıt´ as: Legyen

∞ X

an =

Sna

és

∞ X

bn = Snb .

n=1

n=1

Ekkor ∞ X

h i (an +bn ) = lim (a1 +b1 )+...+(an +bn ) = lim (a1 +...an )+ lim (b1 +...bn ) = Sna +Snb . n→∞

n=1

n→∞

n→∞

11.8.4. T´ etel (abszol´ ut konvergens sorok ¨ osszege) ∞ ∞ P P Ha a an és bn sorok abszol´ ut konvergensek, akkor a n=1

n=1 ∞ X

(an + bn )

n=1

osszeg¨ ¨ uk is abszol´ ut konvergens. Bizony´ıt´ as: ∞ ∞ P P Mivel a |an | és a |bn | sorok konvergensek, ezért a 11.8.3. Tétel szerint n=1 n=1 a ∞ X |an | + |bn | n=1

sor is konvergens. Mivel |an + bn | ≤ |an | + |bn | , ∞ ∞ P P ezért a konvergens |an | + |bn | sor a pozit´ıv tag´ u |an + bn | sor man=1

n=1

joránsa. A majoráns kritérium (11.4.4. Tétel) alapján tehát a

∞ P n=1

|an + bn |

262


sor is konvergens. A következ˝o áll´ıtás során azt vizsgáljuk meg, hogy a konvergens sorok rendelkeznek-e a véges sok összeadandóból álló összeg asszociat´ıv tulajdonságával. 11.8.5. T´ etel (konvergens sorok z´ ar´ ojelez´ ese) ∞ P Ha a konverens an sor tagjait a tagok sorrendjének megv´ altoztat´ asa nélk¨ ul n=1

tetsz˝oleges véges szám´ u tagokat tartalmaz´ o csoportokba z´ ar´ ojelezz¨ uk, akkor az ´ıgy kapott ∞ X bk (a1 + a2 + an1 ) + (an1 +1 + ... + an2 ) + ... + (ank −1 + ... + ank ) + ... = {z } | {z } | | {z } b1

b2

bk

k=1

z´ arójelezett sor, ahol n1 < n2 < ... < nk < ..., is konvergens és összege megegyezik az eredeti sor ¨ osszegével: ∞ ∞ X X an = bk . n=1

Bizony´ıt´ as: Legyen {Sna } és {Snb } rendre a

∞ P

k=1

an és a

n=1

∞ P

bk sorok részletösszegeinek

k=1

sorozata. Nyilvánvaló, hogy az {Sna } sorozat az {Snb } sorozatot részsorozataként tartalmazza. Az 5.1.4. Tétel szerint konvergens sorozat minden részsorozata konvergens és minden részsorozat határértéke megegyezik a sorozat határértékével. 11.8.6. Megjegyz´ es A 11.8.5. Tétel megford´ıtása nem igaz, azaz zárójeleket általában nem szabad elhagyni a végtelen sorokban. 11.8.7. P´ elda Az (1 − 1) + (1 − 1) + ... = 0 + 0 + ... = 0 végtelen sor konvergens és összege 0. Azonban a zárójelek elhagyásával kapott ∞ X 1 − 1 + 1 − 1 + ... = (−1)n+1 n=1

végtelen sor divergens (11.5.9. Példa).

263

12

¨ggve ńysorozatok e ´s fu ¨ggve ńysorok Fu

12.1

¨ggve ńysorozatok Fu

A 4.1.1. Defin´ıcióban bevezett¨ uk a végtelen számsorozatok fogalmát. Most megadjuk a f¨ uggvénysorozat fogalmát. 12.1.1. Defin´ıci´ o (v´ egtelen f¨ uggv´ enysorozat) Ha minden n ∈ N számhoz (esetleg elhagyva bel˝ ole valamely r¨ ogz´ıtett n0 számnál kisebb számokat) egyértelm˝ uen hozz´ arendel¨ unk egy-egy ugyanazon az I intervallumon értelmezett val´ os f¨ uggvényt, akkor végtelen f¨ uggvénysorozatot adunk meg: n → fn : I → R, x ∈ I.

f1 (x), f2 (x), ..., fn (x), ..., Jelölése: {fn (x)}∞ n=1 .

Az fn (x) f¨ uggvényt a f¨ uggvénysorozat n-edik elemének nevezz¨ uk. 12.1.2. P´ elda Az 1, x, x2 , x3 , ..., xn , ...

x∈I

egy f¨ uggvénysorozat, a x∈R

sin x, sin 2x, sin 3x, ... sin nx, ..., egy másik f¨ uggvénysorozat. 12.1.3. Megjegyz´ es Ha az f1 (x), f2 (x), ..., fn (x), ...,

x∈I

f¨ uggvénysorozat esetén rögz´ıt¨ unk egy x = x0 ∈ I helyet, akkor az f1 (x0 ), f2 (x0 ), ..., fn (x0 ), ... numerikus sorozathoz jutunk, amely lehet konvergens, lehet divergens is. Ha konvergens, akkor létezik a véges lim fn (x0 ) = f (x0 ) = f0

n→∞

határérték, ami azt jelenti, hogy bármely ε > 0 esetén létezik n0 (ε) ∈ N, hogy ∀n ≥ n0 (ε) esetén |fn (x0 ) − f (x0 )| < ε teljes¨ ul.

264

¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ 12 FUGGV ENYSOROZATOK ES ENYSOROK

12.1.4. Defin´ıci´ o (pontonk´ ent konvergens f¨ uggv´ enysorozat) ∞ uggvénysorozat x0 ∈ I-ben konvergens, ha Azt mondjuk, hogy az {fn (x)}n=1 f¨ ∞ az {fn (x0 )}n=1 számsorozat konvergens. Ha a konvergencia az I intervallum egy nem¨ ures H részintervallum´ anak minden x ∈ H eleme esetén fenn´ all, ∞ akkor az {fn (x)}n=1 f¨ uggvénysorozatot pontonként konvergensnek nevezz¨ uk H-n. Azt mondjuk, hogy az {fn (x)}∞ uggvénysorozat pontonként konverg´ al egy n=1 f¨ f : H → R határf¨ uggvényhez a H ⊂ I részintervallumon, ha b´ armely x ∈ H esetén fn (x) → f (x). 12.1.5. Megjegyz´ es uggvénysorozat egy nem¨ ures H ⊂ I Azonnal látható, hogy egy {fn (x)}∞ n=1 f¨ részhalmazon akkor és csak akkor pontonként konvergens, ha létezik egy olyan f : H → R f¨ uggvény, hogy {fn (x)}∞ ent konvergál az f -hez n=1 pontonk´ H-n. A pontonkénti konvergencia mellett egy másik konvergencia t´ıpus az egyenletes konvergencia. 12.1.6. Defin´ıci´ o (egyenletesen konvergens f¨ uggv´ enysorozat) ∞ uggvénysorozat egyenletesen konverg´ al egy Azt mondjuk, hogy az {fn (x)}n=1 f¨ f : I → R f¨ uggvényhez az I ⊂ R intervallumon, ha b´ armely ε > 0-hoz létezik olyan n0 (ε) ∈ N, hogy n > n0 (ε) esetén |fn (x) − f (x)| < ε, ha x ∈ I. Ha egy {fn (x)}∞ uggvénysorozathoz létezik olyan f : I → R f¨ uggvény, n=1 f¨ amelyhez fn egyenletesen konverg´ al I-n, akkor az {fn (x)}∞ sorozatot aH n=1 halmazon egyenletesen konvergensenek nevezz¨ uk. 12.1.7. Megjegyz´ es Minden egyenletesen konvergens f¨ uggvénysorozat egy´ uttal pontonként konvergens f¨ uggvénysorozat. 12.1.8. P´ elda n ∞ Legyen {fn (x)}∞ n=0 = {x }n=0 , x ∈ (−1, 1]. f¨ uggvénysorozat? Megold´ as: Mivel x ∈ (−1, 1) esetén lim xn = 0

n→∞

és lim fn (1) = 1,

n→∞

ezért határf¨ uggvény:

Hol konvergens ez a

265

¨ggve ńysorozatok 12.1 Fu

f (x) =

ha −1 < x < 1 . ha x = 1

0, 1,

A konvergencitartomány tehát: I = (−1, 1]. A f¨ uggvénysorozat konvergenciáját a határf¨ uggvényt˝ol f¨ uggetlen¨ ul is megadhatjuk a Cauchy-sorozat és konvergencia kritérium felhasználásával. 12.1.9. Defin´ıci´ o (f¨ uggv´ enysorozat konvergenci´ aj´ anak hat´ arf¨ uggv´ eny mentes ´ ertelmez´ ese) f¨ u ggv´ enysorozatot az x ∈ I intervallumon pontonként konverAz {fn (x)}∞ n=1 gensnek mondjuk, ha ∀ε > 0 és ∀x ∈ I esetén ∃n = n0 (ε, x) természetes szám, hogy p > n0 (ε, x) és q > n0 (ε, x) esetén |fp (x) − fq (x)| < ε. 12.1.10. Megjegyz´ es A pontonkénti konvergenciánál vegy¨ uk észre, hogy az n = n0 (ε, x) k¨ uszöbszám f¨ ugg ε-tól és x-t˝ol. Fontos az az eset. amikor az n0 k¨ uszöbszám f¨ uggetlen x-t˝ol, azaz n0 (ε) minden x ∈ I esetén megfelel˝o k¨ uszöbszám. Ekkor a f¨ uggvénysor konvergenciája egyenletes. 12.1.11. Defin´ıci´ o (f¨ uggv´ enysorozat egyenletes konvergenci´ aja) ∞ Az {fn (x)}n=1 f¨ uggvénysorozatot az I intervallumon egyenletesen konvergensnek nevezz¨ uk, ha ∀ε > 0 esetén ∃n0 (ε) k¨ usz¨ obsz´ am, hogy p, q > n0 (ε) esetén |fp (x) − fq (x)| < ε teljes¨ ul minden x ∈ I esetén. 12.1.12. P´ elda

∞ nx Legyen = , x ∈ [0, +∞). Mutassuk meg, hogy a nx + 1 n=1 [0, +∞) intervallumon a f¨ uggvénysorozat nem egyenletesen konvergens. {fn (x)}∞ n=1

Megold´ as: A pontonkénti konvergencia szerint: x nx lim = lim n→∞ nx + 1 n→∞ x +

1 n

= f (x) =

1, 0,

ha x > 0 . ha x = 0

266


A k¨ uszöbszám meghatározához megoldjuk az nx |fn (x) − f (x)| = − 1 < ε nx + 1 egyenl˝otlenséget: |nx − nx − 1| < (nx + 1) · ε, azaz 1 < (nx + 1) · ε, átrendezve: 1 − 1 < nx, ε tehát 1 n> · x

1 −1 . ε

Ezek szerint, ha ε = 0, 1, akkor x = 10 esetén n0 (ε, x) = 1 és x = 1 esetén n0 (ε, x) = 9. Tehát nincs x-t˝ol f¨ uggetlen k¨ uszöbszám, ´ıgy a f¨ uggvénysorozat nem egyenletesen konvergens. 12.1.13. T´ etel (m˝ uveletek f¨ uggv´ enysorozatokkal) ∞ Ha az {fn (x)}∞ ´ e s {g (x)} f¨ u ggv´ enysorozatok az I intervallumon egyenn n=1 n=1 letesen konvergensek, és lim fn (x) = f (x)

n→∞

és

lim gn (x) = g(x),

n→∞

akkor e f¨ uggvénysorozatok konstansszorosa, o ¨sszege, k¨ ul¨ onbsége, szorzata és hányadosa is egyenletesen konverg´ al az I intervallumon a megfelel˝ o határf¨ uggvényhez, azaz: 1. lim c · fn (x) = c · lim fn (x) = c · f (x); n→∞

n→∞

2. lim (fn (x) ± gn (x)) = lim fn (x) ± lim gn (x) = f (x) ± g(x); n→∞

n→∞

n→∞

3. lim fn (x) · gn (x) = lim fn (x) · lim gn (x) = f (x) · g(x); n→∞

n→∞

n→∞

lim fn (x) fn (x) f (x) n→∞ 4. lim = = , ha |g(x)| > 0. n→∞ gn (x) lim gn (x) g(x) n→∞

267

¨ggve ńysorozatok 12.1 Fu

12.1.14. T´ etel (egyenletesen konvergens f¨ uggv´ enysorozat hat´ arf¨ uggv´ eny´ enek folytonoss´ aga) uggvénysorozat Ha az I intervallumon egyenletesen konvergens {fn (x)}∞ n=1 f¨ f¨ uggvényei folytonosak az I intervallumon, akkor az f (x) = lim fn (x) n→∞

határf¨ uggvény is folytonos az I intervallumon. Bizony´ıt´ as: Az egyenletes konvergencia miatt ∀ ε > 0 esetén ∃ n0 (ε) természetes szám, hogy ∀x ∈ I és n ≥ n0 (ε) esetén ε |fn (x) − f (x)| < . 3 Az fn0 (x) f¨ uggvény bármely x0 ∈ I helyen folytonos, ´ıgy van x0 -nak olyan I-beli környezete, hogy e környezetben lév˝o minden x esetén: ε |fn0 (x) − fn0 (x0 )| < . 3 Ekkor viszont: |f (x) − f (x0 ) = |(f (x) − fn0 (x)) + (fn0 (x) − fn0 (x0 )) + (fn0 (x0 ) − f (x0 ))| ≤ ε ε ε + + = ε. 3 3 3 Ez pedig azt jelenti, hogy f (x) folytonos az x0 ∈ I helyen. Mivel x0 ∈ I tetsz˝oleges, ezért f (x) folytonos I-n. |f (x) − fn0 (x)| + |fn0 (x) − fn0 (x0 )| + |fn0 (x0 ) − f (x0 ))| ≤

12.1.15. Megjegyz´ es A 12.1.8. Példában és a 12.1.12. Példában a f¨ uggvénysorozat f¨ uggvényei folytonosak a konvergenciaintervallumon, azonban a határf¨ uggvény nem folytonos. Ez azért van, mert a szóban forgó példákban csak pontbeli konvergencia létezett és nem egyenletes konvergencia.

268

12.2


¨ggve ńysorok Fu

A végtelen valós számsorok esetén a sor tagjai valós számok (11.1.1. Defin´ıció). Ha a sor tagjai f¨ uggvények, akkor f¨ uggvénysorokról beszél¨ unk. 12.2.1. Defin´ıci´ o (f¨ uggv´ enysor) Legyen adott egy végtelen val´ os {fn (x)}∞ uggvénysorozat: n=1 , x ∈ I f¨ f1 (x), f2 (x), ..., fn (x), ...,

x ∈ I.

A f¨ uggvénysorozat elemeib˝ol képzett végtelen sok tagb´ ol ´ all´ o (12.1)

f1 (x) + f2 (x) + ... + fn (x) + ... =

∞ X

fn (x)

n=1

formális összeget végtelen val´ os f¨ uggvénysornak nevezz¨ uk. 12.2.2. Megjegyz´ es Ha a (12.1) f¨ uggvénysorban rögz´ıt¨ unk egy x0 ∈ I helyet, akkor az (12.2)

f1 (x0 ) + f2 (x0 ) + ... + fn (x0 ) + ... =

∞ X

fn (x0 )

n=1

numerikus sorhoz jutunk. A kapott sor konvergenciájának vizsgálatára alkalmazhatjuk az el˝oz˝o fejezetben megismert tételeket. Bizonyos x0 ∈ I értékekre a (12.2) numerikus sor lehet konvergens, más érték helyettes´ıtése esetén viszont a számsor lehet divergens. 12.2.3. Megjegyz´ es A f¨ uggvénysor összege f¨ uggvény. Ennek meghatározásához, mint a numerikus sorok esetén, képezz¨ uk a (12.1) f¨ uggvénysor részletösszeg f¨ uggvényeinek sorozatát: (12.3)

∞ {Sn (x)}∞ n=1 = {f1 (x) + f2 (x) + ... + fn (x)}n=1 .

12.2.4. Defin´ıci´ o (f¨ uggv´ enysor pontonk´ enti ill. egyenletes konvergencia) ∞ P A fn (x) f¨ uggvénysor pontonként konvergens az I intervallumon, ha az n=1

{Sn (x)}∞ eszletösszeg f¨ uggvénysorozat pontonként konvergens az I intern=1 r´ vallumon: lim Sn (x) = S(x). n→∞

269

¨ggve ńysorok 12.2 Fu

Ekkor az S(x) f¨ uggvényt a f¨ uggvénysor ¨ osszegf¨ uggvényének nevezz¨ uk. Jelölése: ∞ X fn (x) = S(x). n=1

Ha az {Sn (x)}∞ eszletösszeg f¨ uggvénysorozat egyenletesen konvergens az I n=1 r´ intervallumon, akkor a (12.1) f¨ uggvénysor egyenletesen konvergens I-n. A numerikus soroknál megismert sz¨ ukséges és elégséges Cauchy-féle konvergencia kritérium a f¨ uggvénysorokra a már megismert defin´ıciók alapján a következ˝oképpen általános´ıtható: 12.2.5. K¨ ovetkezm´ eny (Cauchy-f´ ele krit´ erium a pontonk´ enti konvergenci´ ara) ∞ P A fn (x) f¨ uggvénysor az I intervallumon akkor és csak akkor pontonként n=1

konvergens, ha ∀ε > 0 és ∀x ∈ I ponthoz ∃n0 = n0 (ε, x) k¨ usz¨ obsz´ am, hogy tetsz˝oleges m > n > n0 (ε, x), (n, m ∈ N) esetén |Sm (x) − Sn (x)| < ε, azaz |fn+1 (x) + ... + fm (x)| < ε teljes¨ ul. 12.2.6. K¨ ovetkezm´ eny (Cauchy-krit´ erium f¨ uggv´ enysorok egyenletes konvergenci´ aj´ ara) ∞ P A fn (x) f¨ uggvénysor az I intervallumon akkor és csak akkor egyenletesen n=1

konvergens, ha ∀ε > 0 és ∀x ∈ I ponthoz ∃n0 = n0 (ε) k¨ usz¨ obsz´ am, hogy tetsz˝oleges m > n > n0 (ε), (n, m ∈ N) esetén |Sm (x) − Sn (x)| < ε, azaz |fn+1 (x) + ... + fm (x)| < ε teljes¨ ul. E kritériumok alapján adódik a f¨ uggvénysor egyenletes konvergenciájára vonatkozó Weierstrass-féle elégséges feltétel.

270


12.2.7. T´ etel (Weierstrass elegend˝ o felt´ etele f¨ uggv´ enysorok egyenletes konvergenci´ aj´ ara) ∞ P Ha a an pozit´ıv tag´ u végtelen val´ os numerikus sor konvergens és minden n=1

n ∈ N -re bármely x ∈ I esetén |fn (x)| < an , akkor a

∞ P

fn (x) f¨ uggvénysor az I intervallumon egyenletesen konvergens.

n=1

Bizony´ıt´ as: Az egyenletes konvergencia Cauchy-féle kritériumának igazolásához legyen ∞ P ε > 0. Ekkor an konvergenciája miatt létezik olyan n0 (ε), hogy m > n > n=1

n0 (ε) esetén |Sm − Sn | < ε, azaz

m n m X X X ak < ε. ak − ak = k=1

k=1

k=n+1

{an }∞ n=1

sorozat majoráns tulajdonságát, kapjuk, hogy m m m X X X |Sm (x)−Sn (x)| = |fk (x)| ≤ ak < ε, ha x ∈ I. fk (x) ≤

Alkalmazva a

k=n+1

Tehát a

∞ P

k=n+1

k=n+1

fn (x) f¨ uggvénysor teljes´ıti a Cauchy-kritérium feltételeit

n=1

(12.2.6. Következmény), ´ıgy egyenletesen konvergens. 12.2.8. P´ elda Legyen adott a sin2 x sin2 2x sin2 nx + + ... + + ..., 1! 2! n! f¨ uggvénysor. f¨ uggvényor!

x ∈ (−∞, +∞)

Vizsgáljuk meg, hogy egyenletesen konvergens-e az adott

Megold´ as: Bármely x ∈ (−∞, +∞) esetén sin2 nx 1 ≤ . n! n!

271

¨ggve ńysorok 12.2 Fu

Tehát a

∞ X 1 n=1

n!

∞ 1 P sor konvergens, mivel a n=1 n! D’Alembert-féle hányados kritérium (11.4.8. Tétel) szerint

számsor az adott f¨ uggvénysor majoránsa. A

n! an+1 1 = lim = lim = 0 < 1. n→∞ (n + 1)! n→∞ n + 1 n→∞ an lim

Ezért a Weierstrass-féle elegend˝o feltétel (12.2.7. Tétel) szerint az adott f¨ uggvénysor egyenletesen konvergens.

Felmer¨ ulhet a kérdés, hogy vajon örökl˝odik-e egy konvergens f¨ uggvénysor tagjainak folytonossági tulajdonsága az összegf¨ uggvényre? Erre ad választ az alábbi tétel. 12.2.9. T´ etel (egyenletesen konvergens f¨ uggv´ enysor ¨ osszegf¨ uggv´ eny´ enek folytonoss´ aga) Ha az I intervallumon egyenletesen konvergens ∞ X

fn (x) = S(x)

n=1

f¨ uggvénysor tagjai folytonosak az I intervallumon, akkor az S(x) ¨ osszegf¨ uggvény is folytonos az I intervallumon. Bizony´ıt´ as: Legyen x0 ∈ I tetsz˝oleges rögz´ıtett pont. Azt kell igazolni, hogy bármely ε > 0 esetén létezik δ > 0, hogy |x − x0 | < δ, x ∈ I esetén |S(x) − S(x0 )| < ε. Írjuk fel a vizsgált k¨ ulönbséget a következ˝o alakban: " n # n ∞ ∞ X X X X S(x) − S(x0 ) = fk (x) + fk (x) − fk (x0 ) + fk (x0 ) = k=1

k=n+1

k=1

k=n+1





#  " ∞  n n ∞ X X X  X fk (x0 ) fk (x) + fk (x0 ) . =  fk (x) − +   k=1 k=n+1 k=n+1 k=1 | {z } | {z } Sn (x)

Sn (x0 )

272


Az egyenletes konvergencia miatt az I intervallum bármely x, x0 pontjaiban az n indexet megválaszthatjuk olyan nagyra, hogy teljes¨ uljön: ∞ X ε fk (x) < 3 k=n+1 és

∞ X ε fk (x0 ) < . 3 k=n+1

Rögz´ıtett n esetén az Sn (x) n-edik részletösszeg folytonos az x0 helyen, mivel ε véges szám´ u folytonos f¨ uggvény összege. Ezért bármely ε > 0-hoz, ´ıgy > 03 hoz is található olyan δ > 0, hogy az I intervallum minden x helyén, ha |x − x0 | < δ, akkor ε |Sn (x) − Sn (x0 )| < . 3 Mindezt figyelembe véve kapjuk, hogy " ∞ # ∞ X X ε ε ε |S(x)−S(x0 )| = |Sn (x)−Sn (x0 )|+ fk (x) + fk (x0 ) < + + = ε. 3 3 3 k=n+1 k=n+1 Tehát S(x) folytonos az x0 helyen, amely tetsz˝olegesen választott pontja az I intervallumnak, ´ıgy S(x) folytonos az I intervallumon. 12.2.10. Defin´ıci´ o (abszol´ ut konvergens f¨ uggv´ enysor) ∞ P A fn (x) végtelen f¨ uggvénysort abszol´ ut konvergensnek nevezz¨ uk az I inn=1

tervallumon, ha a

∞ X

|fn (x)|

n=1

f¨ uggvénysor konvergens az I intervallumon. 12.2.11. Megjegyz´ es A 12.2.10. Defin´ıcióból az következik, hogy azok a f¨ uggvénysorok, amelyekre teljes¨ ul a Weierstrass féle elégséges konvergencia kritérium (12.2.7. Tétel) nemcsak egyenletesen konvergensek, hanem abszol´ ut konvergensek is.

273

ńysorok 12.3 Hatva

12.3

ńysorok Hatva

12.3.1. Defin´ıci´ o (hatv´ anysor) Az (12.4)

a0 + a1 · x + a2 · x2 + ... + an · xn + ... =

∞ X

ak · x k

k=0

alak´ u f¨ uggvénysort origó k¨ ozéppont´ u hatv´ anysornak nevezz¨ uk, ahol a sor egy¨ utthatói az ak , k = 0, 1, ... val´ os sz´ amok. 12.3.2. Megjegyz´ es A hatványsor általánosabb alakja az u ń. a középpont´ u hatványsor (a ∈ R): 2

n

(12.5) a0 + a1 · (x − a) + a2 · (x − a) + ... + an · (x − a) + ... =

∞ X

ak · (x − a)k .

k=0

Ez a hatványsor (x − a) = y helyettes´ıtéssel az y hatványai szerint haladó (12.4) alak´ u origó középpont´ u hatványsorba megy át. Így elegend˝o csak a (12.4) alak´ u hatványsorral foglalkozni. 12.3.3. Megjegyz´ es Nyilvánvaló, hogy az x = 0 pontban a (12.4) hatványsor konvergens és összege: S = a0 .

A f¨ uggvénysorokra vonatkozó tulajdonságok, megállap´ıtások nyilván a hatványsorokra is érvényesek. A hatványsorok egyszer˝ ubb szerkezete miatt célszer˝ u néhány tulajdonságukat k¨ ulön is megvizsgálni. 12.3.4. T´ etel (pontbeli konvergenci´ ab´ ol illetve divergenci´ ab´ ol ad´ od´ o tulajdons´ agok) ∞ P an · xn hatványsor az x = x0 helyen konvergens, akkor a hatv´ anysor Ha a n=0

a (−x0 , x0 ) intervallumon, azaz, ha |x| < |x0 | abszol´ ut konvergens. Ha a sor az x = x0 helyen divergens, akkor divergens minden olyan x helyen is, amelyre |x| > |x0 |, azaz a (−∞, −x0 ) illetve (x0 , +∞) intervallumokon. Bizony´ıt´ as: Mivel a hatványsor az x0 pontban konvergens, ezért sz¨ ukségképpen tagjai 0-hoz tartanak: lim an · xn0 = 0, n→∞

274


´ıgy korlátosak is, azaz ∃ K > 0, amelyre bármely n ∈ N-re: an · xn0 ≤ K. Ha x ∈ (−x0 , x0 ), azaz |x| < |x0 |, akkor n n n x x x n n |an · x | = an · x0 · n = |an · x0 | · ≤ K · x0 x0 x0 n

és

x < 1. x0

n x x A K · sor q = < 1 kvóciens˝ u konvergens mértani sor, amely x0 x0 n=0 egyben majoránsa a ∞ P

∞ X

|an · xn | = |a0 | + |a1 x| + ... + |an xn | + ...

n=0 ∞ P hatványsornak. Így a majoráns kritérium szerint a |an ·xn | sor konvergens,

tehát a

∞ P

n=0

an · xn hatványsor abszol´ ut konvergens.

n=0

A második rész bizony´ıtásához vegy¨ uk figyelembe, hogy amennyiben az |x| > |x0 | helyen a sor konvergens lenne, akkor az els˝o rész szerint abszol´ ut konvergens lenne a sor az x = x0 pontban. ez viszont ellenkezik a feltétel¨ unkkel, miszerint a sor az x0 helyen divergens.

12.3.5. Megjegyz´ es A 12.3.4. Tételb˝ol látható, hogy a hatványsor konvergenciaintervalluma egy olyan intervallum, amelynek középpontja a 0 pont. 12.3.6. Defin´ıci´ o (konvergenciaintervallum, konvergenciasug´ ar) ∞ P A an ·xn hatványsor konvergenciaintervallum´ anak azt az orig´ o k¨ or¨ uli szimn=0

metrikus (−r, r) intervallumot nevezz¨ uk, melynek pontjaiban a hatv´ anysor abszol´ ut konvergens. Az r sz´ amot (a konvergenciaintervallum félhossz´ at) konvergenciasugárnak mondjuk. 12.3.7. Megjegyz´ es A konvergenciaintervallum végpontjainak valamelyikében, esetleg mindkett˝oben a hatványsor lehet konvergens illetve divergens. Így a szám´ıtások során k¨ ulön vizsgálatot igényelnek a végpontok.

275


12.3.8. T´ etel (konvergenciasug´ ar meghat´ aroz´ asa) ∞ P Ha a an · xn hatványsor esetén a n=0

an lim n→∞ an+1

és

1 lim p n |an |

n→∞

határértékek léteznek, akkor ezek megegyeznek és k¨ oz¨ os érték¨ uk hat´ arozza meg a hatványsor konvergencia sugar´ at: an = lim p1 . r = lim n→∞ n |a | n→∞ an+1 n Bizony´ıt´ as: A numerikus soroknál megismert hányados kritérium (11.4.8. Tétel) alapján a sor abszol´ ut konvergens, ha an+1 xn+1 < 1, lim n→∞ an x n melyb˝ol an+1 lim · x < 1, n→∞ an illetve

an+1 · |x| < 1, lim n→∞ an

következik. Ekkor |x| <

1 an+1 , lim n→∞ an

amelyb˝ol adódik, hogy an . |x| < lim n→∞ an+1 Továbbá, a gyökkritérium (11.4.17. Tétel) felhasználásával, az adott sor abszol´ ut konvergens, ha p lim n |an xn | < 1, n→∞

ahonnan p lim |x| n |an | < 1,

n→∞

azaz |x| · lim

n→∞

p n

|an | < 1.

276


Tehát

1 . |x| < lim p n→∞ n |a | n

an és |x| < lim p1 Az |x| < lim egyenl˝otlenségekb˝ol adódik a n→∞ an+1 n→∞ n |a | n (12.3.4. Tétel) alapján, hogy ha léteznek az egyenl˝otlenségekben szerepl˝o határértékek, akkor azok sz¨ ukségképpen megegyeznek és közös r érték¨ uk adja a konvergenciasugarat. 12.3.9. Megjegyz´ es

an ∞ Ha a 12.3.8. Tételben szerepl˝o határértékek nem léteznek, de a a n+1 n=1 np o∞ n illetve a |an | sorozatnak vannak torlódási pontjai, akkor n=1

r=

1 lim sup

n→∞

p n |an |

an , = lim inf n→∞ an+1

vagyis a legnagyobb illetve legkisebb torlódási értéket kell felhasználni. 12.3.10. P´ elda Határozzuk meg a 2x +

22 · x2 23 · x3 2n · xn + + ... + + .. 2 3 n

hatványsor konvergenciaintervallumát! Megold´ as: 2n+1 2n Itt an = , an+1 = . Ezért n n+1 n an = lim 2 · (n + 1) = lim n + 1 = 1 . r = lim n→∞ n · 2n+1 n→∞ 2n n→∞ an+1 2 1 1 A − , konvergenciaintervallumon tehát a hatványsor abszol´ ut konver2 2 gens. 1 Ha x = − , akkor a keletkez˝o numerikus sor: 2 −1 +

1 1 1 − + ... + (−1)n · + ..., 2 3 n

277


amely Leibniz-t´ıpus´ u alternáló sor, azaz konvergens. 1 Ha x = , akkor az 2 1 1 1 1 + + + ... + + ... 2 3 n divergens harmonikus sort kapjuk. Ezek alapján a hatványsor konvergenciaintervalluma: 1 1 . − , 2 2 12.3.11. P´ elda Adjuk meg a ∞ X xn n=0

n!

=1+

x x2 xn + + ... + + ... 1! 2! n!

hatványsor konvergenciasugarát! Megold´ as: A 12.3.8. Tétel alapján an = lim r = lim n→∞ n→∞ an+1

1 n! 1 (n+1)!

= lim (n + 1) = +∞. n→∞

Mivel a konvergenciasugár végtelen, ´ıgy bármely x ∈ R esetén a hatványsor abszol´ ut konvergens. 12.3.12. P´ elda Szám´ıtsuk ki a

∞ X

xn = 1 + x + x2 + ... + xn + ...

n=0

hatványsor konvergenciasugarát és adjuk meg konvergenciaintervallumát! Megold´ as: A 12.3.8. Tétel alapján 1 1 √ r = lim p = lim = 1. n n→∞ n |a | n→∞ 1 n Ha x = 1, akkor a ∞ X n=0

1n = 1 + 1 + ... + 1 + ...

278


numerikus sort kapjuk, amely divergens. Ha x = −1, akkor a ∞ X

(−1)n = 1 − 1 + 1 − 1 + ...

n=0

sor adódik, amely szintén divergens. Így a konvergenciaintervallum: (−1, 1). 12.3.13. P´ elda Határozzuk meg a ∞ X

n! · xn = 1 + 1! · x + 2! · x2 + ... + n! · xn + ...

n=0

hatványsor konvergenciasugarát és adjuk meg konvergenciaintervallumát! Megold´ as: A 12.3.8. Tétel alapján an n! 1 = lim = lim = 0. r = lim n→∞ (n + 1)! n→∞ n + 1 n→∞ an+1 Ekkor a konvergenciaintervallum egyetlen pontból, a hatványsor középpontjából áll: {0}. 12.3.14. T´ etel (egyenletes konvergencia z´ art r´ eszintervallumon) ∞ P A an xn hatványsor a (−r, r) konvergenciaintervallum minden [a, b] ⊂ n=0

(−r, r) zárt intervallumon egyenletesen konvergens. Bizony´ıt´ as: Válasszunk meg egy c értéket u ´gy, hogy −r < −c < a < b < c < r teljes¨ uljön. Mivel c a konvergenciaintrevallumban van, ezért az a0 + a1 c + a2 c2 + ... + an cn + ... sor abszol´ ut konvergens, vagyis az |a0 | + |a1 |c + |a2 |c2 + ... + |an |cn + ...

279


nem negat´ıv tagokból álló numerikus sor konvergens. Ha a ≤ x ≤ b, akkor ∞ P a Weierstrass-féle elégséges kritérium értelmében a an xn hatványsor az n=0

[a, b] zárt intervallumon egyenletesen konvergens, mivel |an xn | ≤ |an | · |xn | ≤ |an | · cn teljes¨ ul bármely x ∈ [a, b] és bármely n ∈ N esetén. 12.3.15. T´ etel (hatv´ anysor tagonk´ epnti differenci´ alhat´ os´ aga) Az ∞ X a0 + a1 x + ... + an xn + ... = an x n n=0

hatványsor r konvergenciasugara egyenl˝ o a tagonkénti differenci´ al´ assal kapott a1 + 2a2 x + ... + nan xn−1 + ... =

∞ X

n · an x n

n=1

hatványsor r1 konvergenciasugar´ aval. Bizony´ıt´ as: A tagonkénti differenciálással kapott hatványsor konvergenciasugara: an an n n · a n = lim = lim = r, · r1 = lim n→∞ n + 1 an+1 n→∞ an+1 n→∞ (n + 1) · an+1 mivel

n = 1. n→∞ n + 1 A tagonkénti differenciálással kapott hatványsor tehát ugyan´ ugy abszol´ ut konvergens a (−r, r) intervallumban, mint az eredeti sor ill. ugyan´ ugy egyenletesen konvergens. lim

´ 12.3.16. T´ etel (Abel t´ etele az ¨ osszegf¨ uggv´ eny folytonoss´ ag´ ar´ ol) ∞ P Bármely ak xk = S(x) hatv´ anysor S(x) ¨ osszegf¨ uggvénye folytonos a konk=0

vergenciaintervallumban. Bizony´ıt´ as: A sor tagjainak folytonossága és az egyenletes konvergencia biztos´ıtja, hogy az áll´ıtás igaz.

280


12.3.17. T´ etel (¨ osszegf¨ uggv´ eny differenci´ alhat´ os´ aga a konvergenciaintervallumon) ∞ P Bármely ak xk = S(x) hatv´ anysor S(x) ¨ osszegf¨ uggvénye differenci´ alhat´ o k=0

a konvergenciaintervallum bels˝ o pontjaiban, és deriv´ altja a sor tagonkénti deriválásával kapható meg. Bizony´ıt´ as: A sor tagjainak differenciálhatósága (12.3.15. Tétel) és a tagonkénti deriválással kapott sor egyenletes konvergenciája miatt teljes¨ ul az áll´ıtás.

12.4

Taylor-sor

Már ismeretes számunkra, hogy egy hatványsor a konvergenciaintervallumban egy összegf¨ uggvényt határoz meg. Felmer¨ ul a kérdés, hogy vajon el˝o lehet-e áll´ıtani egy adott f¨ uggvényt hatványsorba fejtéssel? Ezt vizsgáljuk a továbbiakban. Már bevezett¨ uk az f : R → R f¨ uggvény x0 ∈ Df helyhez tartozó n-ed fok´ u Taylor-polinomját (10.2.1. Defin´ıció): n

X f (k) (x0 ) f (n) (x0 ) f 0 (x0 ) (x−x0 )+...+ (x−x0 )n = (x−x0 )k , Tn (x) = f (x0 )+ 1! n! k! k=0 és ismerj¨ uk a Taylor-formulát (10.2.5. Tétel): f (x) = Tn (x) +

f n+1 (ξ) (x − x0 )n+1 , (n + 1)!

ahol az Rn+1 (x) =

ξ ∈ (x0 − δ, x0 + δ),

f n+1 (ξ) (x − x0 )n+1 (n + 1)!

kifejezést Lagrange-féle maradéktagnak nevezz¨ uk. 12.4.1. Defin´ıci´ o (Taylor-sor, Maclaurin-sor) Ha az f f¨ uggvény akárh´ anyszor differenci´ alhat´ o az x0 hely valamely k¨ ornyezetében, akkor a ∞ X f (k) (x0 ) k=0

k!

· (x − x0 )k

281

12.4 Taylor-sor

végtelen hatványsort az f f¨ uggvény x0 pont k¨ or¨ uli Taylor-sor´ anak nevezz¨ uk. Amennyiben az x0 = 0 helyen tekintj¨ uk az f f¨ uggvény Taylor-sor´ at, akkor az f f¨ uggvény Maclaurin-sorár´ ol beszél¨ unk. 12.4.2. Megjegyz´ es A Taylor-sor n-edik Sn (x) részletösszegét az f f¨ uggvény n-ed fok´ u Taylorpolinomjának mondjuk. Jelölése: Tn (x) =

n X f (k) (x0 ) k=0

k!

· (x − x0 )k = Sn (x).

Vegy¨ uk észre, hogy a Taylor-sor a hatványsor egy speciális esete. 12.4.3. P´ elda Írjuk fel az f (x) = ex f¨ uggvény Maclaurin-sorát és Taylor-sorát az x0 = 3 hely kör¨ ul! Megold´ as: Az adott f¨ uggvény akárhányszor differenciálható és f (k) (x) = ex , ezért f (k) (0) = e0 = 1. Így

∞

X xn 1 1 1 . e = 1 + x + x2 + ... + xn + ... = 1! 2! n! n! n=0 x

Ha x0 = 3, akkor f (k) (3) = e3 , ezért az x0 = 3 pont kör¨ uli Taylor-sor: ∞

X e3 e3 e3 e3 (x − 3)n . e = e + (x − 3) + (x − 3)2 + ... + (x − 3)n + ... = 1! 2! n! n! n=0 x

3

Egy adott f f¨ uggvény Taylor-sorfejtésekor azonnal felvet˝odik a kérdés, hogy vajon a kapott Taylor-sornak, mint hatványsornak mi lesz az összegf¨ uggvénye? Azt várnánk, hogy az összegf¨ uggvény mindig az adott f f¨ uggvény legyen. Ez azonban nem mindig igaz. Az viszont mindig fennáll, ha egy adott f (x) f¨ uggvény el˝oáll´ıtható egy x0 kör¨ uli hatványsor összegeként, akkor ez csak egyféleképpen lehetséges, amikor ez a hatványsor az f f¨ uggvény x0 hely kör¨ uli Taylor-sora.

282


12.4.4. T´ etel (a hatv´ anysor ´ es a Taylor-sor egybees´ ese) Ha az x0 hely környezetében az a0 + a1 (x − x0 ) + ... + an (x − x0 )n + ... hatványsor összegf¨ uggvénye f (x): f (x) =

∞ X

ak (x − x0 )k ,

k=0

akkor f (x) ebben a környezetben ak´ arh´ anyszor differenci´ alhat´ o és ez a hatványsor nem más, mint az f (x) f¨ uggvény x0 -k¨ or¨ uli Taylor-sora. Bizony´ıt´ as: Az f f¨ uggvény akárhányszori differenciálhatósága a 12.3.17. Tételb˝ol következik. Továbbá az x = x0 helyettes´ıtéssel kapjuk, hogy a0 = f (x0 ). majd tagonkénti ismételt deriválással és x = x0 helyettes´ıtéssel azt kapjuk, hogy f 00 (x0 ) f (n) (x0 ) f 0 (x0 ) , a2 = , ..., an = , ... a1 = 1! 2! n! Tehát a hatványsor valóban f Taylor-sora. 12.4.5. Megjegyz´ es A 12.4.4. Tétel azt áll´ıtja, hogy bármilyen módon jutunk el egy adott f f¨ uggvény hatványoros fel´ırásához: f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + ... + an (x − x0 )n + ..., ez a hatványsor mindig az f f¨ uggvény x0 kör¨ uli Taylor-sora lesz. Most választ adunk arra a kérdésre, hogy egy adott f f¨ uggvény Taylorsorának az összegf¨ uggvénye mikor lesz egyenl˝o f (x)-el, azaz mikor teljes¨ ul az alábbi egyenl˝oség: f 00 (x0 ) f (n) (x0 ) f 0 (x0 ) (x − x0 ) + (x − x0 )2 + ... + (x − x0 )n + ... = f (x). 1! 2! n! 12.4.6. Defin´ıci´ o (Taylor-sor n-edik marad´ eksora) Az ∞ X f (k) (x0 ) Rn (x) = (x − x0 )k − Tn (x) = k! k=0 f (x0 ) +

∞ X f (k) (x0 ) k=0

k!

k

(x − x0 ) −

n X f (k) (x0 ) k=0

k!

∞ X f (k) (x0 ) (x − x0 ) = (x − x0 )k k! k=n+1 k

k¨ ulönbséget a Taylor-sor n-edik maradéksor´ anak (maradéktagj´ anak) nevezz¨ uk.

283

12.4 Taylor-sor

12.4.7. Megjegyz´ es Az Rn (x) maradéktag többféle alakban is el˝oáll´ıtható. A 10.2.5. Tételben ismert¨ uk meg a maradéktag Lagrange-féle alakját: Rn (x) =

f (n+1) (ξ) (x − x0 )n+1 (n + 1)!

ξ ∈ (x, x0 ).

Ismert még a Cauchy-féle alakja is: Rn (x) =

f (n+1) (ξ) (x − ξ)n (x − x0 ) ξ ∈ (x, x0 ). n!

12.4.8. T´ etel (sz¨ uks´ eges ´ es el´ egs´ eges felt´ etel egy f¨ uggv´ eny Taylorsorral val´ o el˝ o´ all´ıt´ as´ ara) Ha az f f¨ uggvény az x0 pont valamely I k¨ ornyezetében ak´ arh´ anyszor differenciálható, akkor f (x0 ) +

f 0 (x0 ) f (n) (x0 ) (x − x0 ) + ... + (x − x0 )n + ... 1! n!

Taylor-sor akkor és csak akkor ´ all´ıtja el˝ o az f f¨ uggvényt, azaz a Taylor-sor osszegf¨ ¨ uggvénye akkor és csak akkor lesz egyenl˝ o f (x)-el, ha b´ armely x ∈ I pontban f n+1 (ξ) (x − x0 )n+1 = 0, lim Rn (x) = lim n→∞ n→∞ (n + 1)! ahol ξ ∈ (x, x0 ) ∈ I. Bizony´ıt´ as: • El´ egs´ egess´ eg. Ha lim Rn (x) = 0, akkor az n→∞

f (x) = Tn (x) + Rn (x) Taylor-képlet alapján: lim f (x) = lim (Tn (x) + Rn (x)),

n→∞

n→∞

azaz f (x) = lim Tn (x) = n→∞

∞ X f (k) (x0 ) k=1

k!

· (x − x0 )k .

284


• Sz¨ uks´ egess´ eg. Ford´ıtva, ha lim Tn (x) = f (x), akkor sz¨ ukségképpen n→∞

lim Rn (x) = 0.

n→∞

A 12.4.8. Tétel alapján már megadható egy elégséges feltétel ahhoz, hogy egy adott f¨ uggvény Taylor-sora el˝oáll´ıtsa a f¨ uggvényt. 12.4.9. T´ etel (el´ egs´ eges felt´ etel egy f¨ uggv´ eny Taylor-sorral val´ o el˝ o´ all´ıt´ as´ ara) Ha az f f¨ uggvény az x0 hely (x0 − h, x0 + h) k¨ ornyezetében ak´ arh´ anyszor differenciálható és van egy k¨ oz¨ os K > 0 korl´ at, amelyre |f (n) (x0 )| ≤ K, n = 0, 1, 2, ... és bármely x ∈ (x0 − h, x0 + h) esetén, akkor az (x0 − h, x0 + h) intervallumban az f f¨ uggvény x0 pontbeli Taylor-sor´ anak ¨ osszege egyenl˝ o f (x)-el, azaz a Taylor-sor el˝ o´ all´ıtja az adott f f¨ uggvényt: f (x) = f (x0 ) +

f (n) (x0 ) f 0 (x0 ) (x − x0 ) + ... + (x − x0 )n + ... 1! n!

Bizony´ıt´ as: Az adott feltételek mellett igazoljuk, hogy az Rn (x) maradéktag nullához tart, ha n → ∞. A maradéktag Lagrange-féle alakját nézve, mivel |f (n) (x0 )| ≤ K, ∀n-re, bármely x ∈ (x0 − h, x0 + h) esetén, ezért (n+1) n+1 n+1 f hn+1 (ξ) · (x − x ) 0 ≤ K · |x − x0 | ≤ K · . |Rn (x)| = (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! hn+1 = 0, mint egy konvergens n→∞ (n + 1)!

Igaz, hogy lim

∞ ∞ X X hn+1 = bn (n + 1)! n=0 n=0

sor általános tagja. A

∞ P

bn sor konvergenciáját a hányados kritérium biz-

n=0

tos´ıtja: h bn+1 hn+2 · (n + 1)! = lim = lim = 0 < 1. n+1 n→∞ bn n→∞ (n + 2)! · h n→∞ n + 1 lim

Azaz lim Rn (x) = 0. n→∞

285

ńysorok 12.5 Nevezetes hatva

12.5

ńysorok Nevezetes hatva

12.5.1. Defin´ıci´ o (exponenci´ alis f¨ uggv´ eny) Az ∞ X xn x , x∈R e = exp(x) := n! n=0 képlettel értelmezett f¨ uggvényt exponenci´ alis f¨ uggvények nevezz¨ uk. 12.5.2. Megjegyz´ es √ n Mivel lim n! = +∞, ezért a fenti hatványsornak a konvergencia sugara n→∞

+∞ (12.3.8. Tétel), tehát a hatványsor az egész R halmazon (abszol´ ut) konvergens. 12.5.3. Defin´ıci´ o (szinusz-hiperbolikusz ´ es koszinusz-hiperbolikusz f¨ uggv´ eny) A ∞ ∞ X X x2n x2n+1 és ch(x) = sh(x) = (2n + 1)! (2n)! n=0 n=0 képletekkel értelmezett f¨ uggvényeket hiperbolikus f¨ uggvényeknek nevezz¨ uk. Az els˝o f¨ uggvényt szinusz-hiperbolikusznak, a m´ asodikat pedig koszinuszhiperbolikusznak mondjuk. 12.5.4. Megjegyz´ es Könnyen látható, hogy mindkét f¨ uggvény konvergenciatartománya az egész valós számhalmaz, és a defin´ıcióból azonnal adódik, hogy sh páratlan, ch pedig páros f¨ uggvény, azaz sh(−x) = − sh(x)

és

ch(−x) = ch(x),

ha x ∈ R.

Az alábbi tétel a hiperbolikus f¨ggvényeknek ez exponenciális f¨ uggvénnyel való kapcsolatát ´ırja le. 12.5.5. T´ etel Bármely x ∈ R esetén sh(x) =

exp(x) − exp(−x) 2

és

ch(x) =

exp(x) + exp(−x) , 2

továbbá exp(x) = sh(x) + ch(x). Bizony´ıt´ as: A bizony´ıtás során felhasználjuk a 11.8.5. Tételt: 1 exp(x) − exp(−x) = 2 2

∞ ∞ X xn X (−x)n − n! n=0 n! n=0

! =

∞ ∞ X X 1 − (−1)n xn x2k+1 · = = sh(x). 2 n! (2k + 1)! n=0 k=0

286


Ugyan´ıgy látható be a ch f¨ uggvényre vonatkozó áll´ıtás is. A harmadik egyenl˝oség hasonlóan, vagy az els˝o két összef¨ uggést felhasználva igazolható: sh(x) + ch(x) =

exp(x) − exp(−x) exp(x) + exp(−x) + = exp(x). 2 2

12.5.6. T´ etel (A hiperbolikus f¨ uggv´ enyek add´ıci´ os t´ etele) B´ armely x, y ∈ R esetén sh(x + y) = sh(x) ch(y) + ch(x) sh(y) és ch(x + y) = ch(x) ch(y) + sh(x) sh(y). Bizony´ıt´ as: Az els˝o összef¨ uggés igazolásához tekints¨ uk az egyenl˝oség jobb oldalán található összeget és alkalmazzuk az exp(x) = ex jelölést. Felhaználva a 12.5.5. Tétel összef¨ uggéseit: sh(x) ch(y) + ch(x) sh(y) =

ex − e−x ey + e−y ex + e−x ey − e−y · + · , 2 2 2 2

azaz 2e(x+y) − 2e−(x+y) sh(x) ch(y) + ch(x) sh(y) = = sh(x + y). 4 A második add´ıciós tétel hasonlóan igazolható. 12.5.7. Defin´ıci´ o (szinusz ´ es koszinusz f¨ uggv´ eny) A ∞ ∞ 2n+1 X X x2n n x (−1) és cos(x) = (−1)n sin(x) = (2n + 1)! (2n)! n=0 n=0 képletekkel értelmezett f¨ uggvényeket szinusz, illetve koszinusz f¨ uggvényeknek, osszefoglaló néven pedig trigonometrikus f¨ ¨ uggvényeknek nevezz¨ uk. 12.5.8. Megjegyz´ es Látható, hogy mindkét f¨ uggvény konvergenciatartománya az egész valós számegyenes, továbbá, hogy sin páratlan, cos pedig páros f¨ uggvény, azaz sin(−x) = − sin(x)

és

cos(−x) = cos(x),

ha x ∈ R.

287

ńysorok 12.5 Nevezetes hatva

A trigonometrikus és a hiperbolikus f¨ uggvények között pedig a fennáll a következ˝o kapcsolat. 12.5.9. T´ etel Bármely x ∈ R esetén sh(ix) = i sin(x),

ch(ix) = cos(x),

sin(ix) = i sh(x),

cos(ix) = ch(x).

illetve Bizony´ıt´ as: ∞ 2n+1 2n+1 ∞ ∞ X X X i x i(−1)n x2n+1 (ix)2n+1 = = = i sin(x). sh(ix) = (2n + 1)! n=0 (2n + 1)! (2n + 1)! n=0 n=0

A többi egyenl˝oség igazolása teljesen analóg. A következ˝o tétel a trigonometrikus f¨ uggvényeknek az exponenciális f¨ uggvénnyel való összef¨ uggését ´ırja le. 12.5.10. T´ etel Bármely x ∈ R esetén sin(x) =

exp(ix) − exp(−ix) 2i

cos(x) =

exp(ix) + exp(−ix) , 2

és

továbbá exp(ix) = cos(x) + i sin(x). Bizony´ıt´ as: Az áll´ıtás igazolásához használjuk fel az exponenciális f¨ uggvény és a hiperbolikus f¨ uggvények kapcsolatát le´ıró 12.5.5. Tételt, valamint a 12.5.9. Tételbeli összef¨ uggéseket. Ekkor kapjuk, hogy sin(x) =

sh(ix) exp(ix) − exp(−ix) = i 2i

és cos(x) = ch(ix) =

exp(ix) + exp(−ix) , 2

illetve exp(ix) = sh(ix) + ch(ix) = i sin(x) + cos(x).

288


12.5.11. Megjegyz´ es A 12.5.10. Tétel utolsó egyenl˝oségét szokás Euler-azonoss´ agnak is nevezni. 12.5.12. T´ etel (A trigonometrikus f¨ uggv´ enyek add´ıci´ os t´ etele) Bármely x, y ∈ R esetén sin(x + y) = sin(x) cos(y) + cos(x) sin(y) és cos(x + y) = cos(x) cos(y) − sin(x) sin(y). Bizony´ıt´ as: Használjuk fel a hiperbolikus f¨ uggvények add´ıciós tételét és a 12.5.10. Tételbeli összef¨ uggéseket. Ekkor nyerj¨ uk, hogy sh(ix + iy) sh(ix) sh(iy) = ch(ix) + ch(ix) i i i = sin(x) cos(y) + cos(x) sin(y).

sin(x + y) =

A cos f¨ uggvényre vonatkozó összef¨ uggés teljesen hasonlóan látható be. A sh, ch, sin és cos f¨ggvények seg´ıtségével további fontos hiperbolikus és trigonometrikus f¨ggvényeket értelmezhet¨ unk. 12.5.13. Defin´ıci´ o (th, cth, tg ´ es ctg f¨ uggv´ eny) Ha x ∈ R, akkor legyen th(x) = illetve tg(x) =

sh(x) , ch(x)

cth(x) =

ch(x) , sh(x)

sin(x) , cos(x)

ctg(x) =

cos(x) , sin(x)

feltéve, hogy a megfelel˝o kifejezés nevez˝ oje nem nulla. A fenti f¨ uggvényeket rendre tangens hiperbolikusz, kotangens hiperbolikusz, illetve tangens és kotangens f¨ uggvényeknek nevezz¨ uk.

´ IRODALOMJEGYZEK

289

´k Irodalomjegyze ´ [1] Császár Akos: Val´ os anal´ızis, Tankönyvkiadó, Budapest, 1984. [2] Liptai Kálmán: Anal´ızis Feladatgy˝ ujtemény (nem matematika szakos hall/ga/-t´ ok/-nak), EKTF L´ıceum Kiadó, Eger, 2005. [3] Makai Imre: Bevezetés az anal´ızisbe, Tankönyvkiadó, Budapest, 1981. [4] Ribnyikov, K. A.: A matematika t¨ orténete, Tankönyvkiadó, Budapest, 1968. [5] Rimán János: Matematikai Anal´ızis, I. kötet, EKTF L´ıceum Kiadó, Eger, 1998. [6] Rimán János: Matematikai anal´ızis feladatgy¨ ujtemény, I. kötet, második, jav´ıtott kiadás, EKTF L´ıceum Kiadó, Eger, 2002. [7] Rudin, W.: A matematikai anal´ızis alapjai, M˝ uszaki Kiadó, Budapest, 1978. [8] Szász Gábor: Matematika I., Tankönyvkiadó, Budapest, 1988. [9] http://hu.wikipedia.org/wiki

Dr. Rontó Miklós - Lengyelné Szilágyi Szilvia. Programtervező informatikus és Gazdaságinformatikus hallgatók részére

Recommend Documents