Eger, augusztus 31. Liptai Kálmán Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet

Tartalomjegyzék 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

Előszó . . . . . . . . . . . . . . . . . . Függvénytani alapismeretek . . . . . . Valós számsorozatok . . . . . . . . . . Valós számsorok . . . . . . . . . . . . . Valós függvények határértéke . . . . . Valós függvények differenciálhányadosa A differenciálszámítás alkalmazásai . . Integrálszámítás . . . . . . . . . . . . . Improprius integrál . . . . . . . . . . . Megoldások . . . . . . . . . . . . . . . Függvénytani alapismeretek . . . . . . Valós számsorozatok . . . . . . . . . . Valós számsorok . . . . . . . . . . . . . Valós függvények határértéke . . . . . Valós függvények differenciálhányadosa A differenciálszámítás alkalmazásai . . Integrálszámítás . . . . . . . . . . . . . Improprius integrál . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. 5 . 7 . 9 . 13 . 17 . 21 . 24 . 29 . 34 . 37 . 38 . 41 . 49 . 59 . 68 . 74 . 102 . 117

ELŐSZÓ

A nem matematika szakos hallgatóknak a matematika tanulása olykor jóval nagyobb nehézséget okoz, mint azt az elsajátítandó tananyag mennyiségéből és bonyolultságából gondolnánk. Ennek valószínűleg az egyik nagyon fontos oka az, hogy az órára való felkészüléskor, egyedül nagyon kevés feladattal birkóznak meg a hallgatók. Kiváló feladatgyűjtemények állnak a hallgatók rendelkezésére, amelyekből sikeresen felkészülhetnek a vizsgáikra, zárthelyi dolgozataikra, ha megfelelő matematikai „alapműveltséggel” rendelkeznek az analízis feladatok megoldásában. Ehhez a tudáshoz próbálja hozzásegíteni a könyv azokat a hallgatókat, akik hajlandók olyan oldalakat lapozgatni, ahol nem bízunk semmit (vagy olykor egy nagyon keveset) a kezdő lépéseket megtevőkre, hanem végigvezetjük a feladatmegoldás alapvető lépésein, melynek végén nyugodt szívvel tekinthetnek leendő számonkéréseikre. A tankönyv tartalma és jelölésrendszere követi az irodalomjegyzékben megemlített „Matematika, nem matematika szakos hallgatóknak" ([2]) című jegyzetét. A feladatgyűjtemény a LATEX nevű dokumentumkészítő rendszer segítségével készült, annak minden szépségét és nehézségét megélve. Az ábrák elkészítéséhez a Scientific Workplace programcsomagot használtuk. Ez a rendszer tette lehetővé azt is, hogy a feladatok megoldásait ne csak a szokásos módon ellenőrizhessük, hanem számítógéppel is. Így ha esetleges bosszantó elírások elő is fordulnak a végeredményekben hibák csak nagyon ritka esetben találhatók. Ezúton szeretném kifejezni köszönetemet azon kollégáimnak, barátaimnak és tanítványaimnak, akik hozzájárultak e könyv elkészítéséhez. Kovács Emődnek és Olajos Péternek TEX-hel kapcsolatos kérdéseim türelmes megválaszolásáért. Kollégáimnak a sok megtalált hibáért, amelyek így nem kerültek bele a feladatgyűjteménybe. Rados Mihálynak a teljes kézirat átolvasásáért, az olykor tréfás, mindig alapos és segítő, margóra írt megjegyzéseiért. Rimán Jánosnak, akitől megtanultam, hogy mindig még maga-

sabbra kell tenni a mércét. Kovács Dórának a precíz szerkesztő munkájáért. Tanítványaimnak az ábrák elkészítésében és a megoldások ellenőrzésében tanúsított lelkes munkájukért. Köszönöm a Békésy György posztdoktori ösztöndíj támogatását, amely nyugodt hátteret biztosított a munkámhoz. Külön köszönöm családtagjaimnak megértésüket és türelmüket. Eger, 2004. augusztus 31. Liptai Kálmán Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet [email protected]

1. Függvénytani alapismeretek

7

1. Függvénytani alapismeretek 1. Legyen X adott halmaz és A, B, C ⊂ X. Bizonyítsuk be, hogy (a) (A ∩ B) \ C = (A \ C) ∩ (B \ C), (b) A \ (B ∪ C) = (A \ B) ∩ (A \ C), (c) A \ (A \ (B \ C)) = A ∩ B ∩ C c . 2. Határozzuk meg az alábbi f relációk értelmezési tartományát, értékkészletét és inverzét: (a) A := {1, 2, 3, 5}, B := {3, 4, 6, 7}, f ⊂ A × B, és xf y akkor és csak akkor, ha x osztója y-nak, (b) A := {−1, 0, 2, 4, 5}, B := {−2, 1, 3, 5, 6, 7}, f ⊂ A × B, és xf y akkor és csak akkor, ha x + y = 5. 3. Döntsük el, hogy az alábbi függvények közül melyek invertálhatók, azokban az esetekben, amelyekben ez lehetséges határozzuk meg az inverz függvényét: (a) f : R → R,

f (x) := 5 + 6x,

f (x) := 1 − x2 , x+1 , (c) f : R \{1} → R, f (x) := x−1 (d) f : R → R, f (x) := 2x+1 ,

(b) f : R → R,

(e) f : R → R,

f (x) := sin 2x − 1.

4. Határozzuk meg a következő halmazok pontos alsó és pontos felső korlátját, belső, külső, torlódási és határpontjainak halmazát: (a) H1 := [1, 2] ∪ (5, 7], (b) H2 := (−∞, 3) ∪ {6} ∪ {7} , (c) H3 := (−∞, 5) ∪ (5, +∞) ,

8


(d) H4 := [−3, 2] ∪ (4, +∞) , (e) H5 := (−3, 1] ∪ (2, 4) ∪ [5, 10), (f) H6 := {−8} ∪ [1, +∞). 5. Határozzuk meg a következő halmazok pontos alsó és pontos felső korlátját, belső, külső, torlódási és határpontjainak halmazát: (a) H1 := Q, (b) H2 := R \ Q, (c) H3 := N, ½ ¾ 1 (d) H4 := x ∈ R : x = , n ∈ N , n ¾ ½ 1 (e) H5 := x ∈ R : x = 2 − , n ∈ N , n ¾ ½ 2 , n∈N . (f) H6 := x ∈ R : x = −1 + n+1 6. Határozzuk meg a g ◦ f és f ◦ g függvényeket: (a) f : R → R, f (x) :=

2x+1 7 ,

(b) f : R+ → R, f (x) :=

√ x,

g : R → R, g (x) := x2 + 2, g : [−π, π] → R, g (x) := sin x,

(c) f : [0, 2π] → R, f (x) = sin x,

g : [0, π] → R, g (x) := cos x,

1 x,

(d) f : R− → R, f (x) := √ g : [2, +∞) → R, g (x) := x − 2, (e) f : [2, 4] → R, f (x) :=

1 x−1 ,

g : [1, +∞) → R, g (x) := 2x−1 .

2. Valós számsorozatok

9

2. Valós számsorozatok 1. Határozzuk meg, hogy hányadik tagtól kezdve esnek a sorozatok tagjai a határérték 10−3 sugarú környezetébe: (a) han i : N → R, (b) han i : N → R, (c) han i : N → R,

2 , n2 + 6 −6n an := , n+7 3n + 2 an := . 4n + 2 an :=

2. Bizonyítsuk be a definíció alapján, hogy az alábbi sorozatok konvergensek: (−1)n , n sin n := , n n+2 , := n+1 n2 + 2 := 2 , n +n+1 1 := 3 , n +5 6n2 + n + 2 , := 2 n +n+2 µ ¶n 1 := 6 − , 2 (−1)n := 5 + . 5n

(a) han i : N → R,

an :=

(b) han i : N → R,

an

(c) han i : N → R,

an

(d) han i : N → R,

an

(e) han i : N → R,

an

(f) han i : N → R,

an

(g) han i : N → R,

an

(h) han i : N → R,

an

10


3. Határozzuk meg a következő sorozatok határértékét: (a) han i : N → R, (b) han i : N → R, (c) han i : N → R, (d) han i : N → R, (e) han i : N → R,

12n3 − 5n2 + 8 , 3n3 + 2n + 7 −4n5 + 3n3 − 5 an := 5 , 3n + 4n4 + n3 + 9 2n2 + 2 an := (−1)n 3 , n + 5n − 3 1 + 33 an := n2 n5 , n + n3 an :=

an :=

2n3 + 5n2 + n + 2 . −5n3 + 2n2 + 6

4. Határozzuk meg a következő sorozatok határértékét: ¶ µ 3n + 4 n (a) han i : N → R, an := , 3n − 5 ¶ µ 5n − 1 n+2 (b) han i : N → R, an := , 5n + 3 µ ¶ 7n − 1 n−5 , (c) han i : N → R, an := 7n + 4 ¶2n2 +4 µ 2 6n − 1 , (d) han i : N → R, an := 6n2 + 3 µ 2 ¶4n2 −1 3n + 7 (e) han i : N → R, an := , 3n2 − 5 µ ¶ 1 2n (f) han i : N → R, an := 1 − 2 . n 5. Határozzuk meg a következő sorozatok határértékét: µ (a) han i : N → R,

an :=

n2 + 3 3n2

¶4n2 ,


(b) han i : N → R, (c) han i : N → R, (d) han i : N → R,

11

3n+2 + 2n−2 , 4 + 5n 2n − 6 an := 2 cos nπ, 4n + 2 (−2)n + 4n+1 . an := 3n + 7n−2 an :=

6. Vizsgáljuk meg a következő sorozatokat monotonitás és korlátosság szempontjából: n+4 , 2n + 3 3n2 − 4 := 2 , 2n + 1 n−2 := , −3n + 5 2n , := (−1)n 2 n +2 n2 := (−1)n 2 , 2n + 1 5n+2 := , n! 2n2 + 3 := 2 cos nπ. 4n + 1

(a) han i : N → R,

an :=

(b) han i : N → R,

an

(c) han i : N → R,

an

(d) han i : N → R,

an

(e) han i : N → R,

an

(f) han i : N → R,

an

(g) han i : N → R,

an

7. Döntsük el, hogy konvergensek-e a következő sorozatok, és ha igen, határozzuk meg a határértéküket: p (a) han i : N → R, an := n2 + 2 − n, p 3 (b) han i : N → R, an := n3 + 5 − n, ³p ´ (c) han i : N → R, a1 := 0, an := n2 n4 − 4 − n2 , ha n ≥ 2, (d) han i : N → R,

an :=

3n3 + 4n2 − n + 2 , 3n2 + n2 + 7

12


(e) han i : N → R, (f) han i : N → R, (g) han i : N → R, (h) han i : N → R,

6n4 − 3n2 + 1 , −n2 + n − 7 µ ¶ 2n − 1 n an := , 3n ¶ 2 µ n−1 n an := , n an :=

an :=

5n−1 + 32n−2 . 1 + 6n

8. Határozzuk meg a következő sorozatok határértékét: p 2n (a) han i : N → R, an := n2 + 6n + 7, p 3n2 +1 (b) han i : N → R, an := 6n2 + 8n + 1, √ (c) han i : N → R, an := n 4n + 5n , (d) han i : N → R, (e) han i : N → R, (f) han i : N → R,

n2 sin n! , 2n3 + 4 1 + 2 + ··· + n , an := n(n + 5) an :=

an :=

12 + 22 + · · · + n2 . (n2 + 1)(n + 2)

√ √ 9. Legyen a1 := 2 és an := 2 + an−1 , ha n ∈ N és n > 1. Határozzuk meg az adott rekurzióval definiált sorozat határértékét.

3. Valós számsorok

13

3. Valós számsorok 1. Bizonyítsuk be a definíció alapján, hogy az alábbi sorok konvergensek, és számítsuk ki az összegüket: (a)

∞ X 1

(b)

∞ X 1

(c)

∞ X 1

(d)

∞ X 1

(e)

1 , n (n + 1) 1 , (2n + 1) (2n + 3) 1 , 2n (2n + 2) 1 , n (n + 1) (n + 2)

∞ X 3

n2

3 . −n−2

2. Határozzuk meg a következő sorok összegét: ¶ ∞ µ X 1 5 (a) + , 7n 3n (b)

0 ∞ X 2

(c)

,

∞ X 1 + (−1)n 0

(d)

−1 62n+5

3 · 5n+1

∞ X cos nπ 0

3n

,

,

∞ X sin n π2 + cos nπ , (e) 4n+3 0

14


(f) (g)

∞ X (−3)n + 2n 0 ∞ X 0

8 · 6n

,

1 2nπ cos . n 2 3

3. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi sorok divergensek: ¶ ∞ µ X n−1 n , (a) n 1

∞ X n+1 (b) , 2n + 3 1

(c) (d)

∞ X p n

0, 001,

1 ∞ X

1, 01n ,

1

(e)

∞ X

10−5

√ n n2 ,

1 ∞ X n+1 cos nπ. (f) 5n − 2 1

4. A Cauchy-féle gyökkritérium vagy a d’Alembert-féle hányadoskritérium segítségével döntsük el, hogy konvergensek-e az alábbi sorok: ∞ X 5n2 , (a) 3n n! 1 ∞ µ ¶n X 3 (b) n!, n 1

(c)

∞ X 0, 1n 1

n!

,


(d)

∞ X

5n n7 ,

1 ∞ X n! (e) , (2n)!

(f)

1 ∞ X 1

5n−3 . (6n − 2) 7n

5. Döntsük el, hogy konvergensek-e az alábbi valós számsorok: (a) (b)

∞ X 1 ∞ X 1

(c) (d) (e) (f)

n+3 , n (n + 5) 2n−3 , (5n + 1) 3n

∞ X n2 1 ∞ X 1 ∞ X 1 ∞ X 2

3n n4

, 2n − 2 , + n2 + 1

e−n

1 , (2n + 1)!

1 √ . 2 n−1

6. Döntsük el, hogy konvergensek-e az alábbi valós számsorok: (a)

∞ X 1

arctg n , 2n2 + n + 1

∞ X n! (b) , en n n 1

15

16


(c)

∞ X 1

(d) (e)

∞ X 1 ∞ X 2

(f)

∞ X 2

(g) (h)

∞ X 1 ∞ X 1

√ 3 n+1 √ , 3 2 n +n+1 (arcsin n)

n4

1 , +1

n+1 √ , 3 n4 + 3n + 4 3n+4 , (log2 n)n (−1)n

n+2 , n(n + 3)

(−1)n

2n . n!

4. Valós függvények határértéke

4. Valós függvények határértéke 1. Határozzuk meg a következő határértékeket: 4x4 + x3 , x→0 x (1 − cos x)

(a) lim

x4 + 2x3 , x→0 5x (1 − cos x) 1 − cos 3x lim 2 , x→0 x cos x 1 − cos 5x lim , x→0 x2 (1 + cos 2x) tg x − sin x lim . x→0 x3 cos x sin x (1 − cos x) lim , x→0 2x3 cos3 x sin 2x − 2 sin x , lim x→0 tg2 x sin mx lim , ahol n, m ∈ N . x→0 sin nx

(b) lim (c) (d) (e) (f) (g) (h)

2. Határozzuk meg a következő határértékeket: ³p ´ p (a) lim x2 + ax − x2 + bx , a, b ∈ R+ , x→+∞ ³p ´ 2 (b) lim x 9x + 1 − 3x , x→+∞

12 + x lim √ , 7 + 6x2 x−9 (d) lim √ , x→+∞ x−3 x−9 (e) lim √ , x→9 x−3 (c)

x→+∞

17

18


(f)

2x2 + 5x + 6 . x→+∞ 4x2 − 5x + 7 lim

3. Határozzuk meg a következő határértékeket: (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g)

−3x2 − 6x + 1 , x→+∞ x+2 √ √ x2 + 5 + 4 2x2 + 1 √ lim , 3 x→+∞ x+3 √ √ 6 3 x + 1 + 7x + 1 √ lim , √ x→+∞ 3x + 2 + 2x 6x + 2 lim √ , x→−∞ 3 x3 + 1 x−2 lim , x→2 |x| − 2 √ √ x+3− 3 lim , x→0 x √ x2 + 4 − 2 lim . x→0 x lim

4. Határozzuk meg a következő határértékeket: ³p ´ (a) lim x2 + 2 − x , x→+∞ ³p ´ (b) lim x2 + 5x − x , x→+∞ ³p ´ (c) lim x2 + ax − x , a ∈ R+ , x→+∞ ³p ´ p 3 3 (d) lim x2 + a − x2 − a , a ∈ R, x→+∞ ¶ µ 4x + 2 2x+5 (e) lim , x→+∞ 4x − 3 ¶ µ 6 − 2x 5x+1 (f) lim , x→+∞ 1 − 2x

19


µ

¶4x2 +2 5x2 − π √ (g) lim , x→+∞ 5x2 + 2 µ 2 ¶x2 4x + 2 (h) lim . x→+∞ 6x2 − 4 5. Az A paraméter milyen értékénél lesz a következő határérték egyenlő 1-gyel, A lim arctg x. x→+∞ 2 6. Határozzuk meg a következő függvények bal és jobb oldali határértékét az adott x0 helyeken: x2 + 1 , x0 = 1, x−1 −2x − 1 R \ {−1, 1} → R, f (x) := 2 , x0 = 1, x0 = −1, x −1 (x + 1)2 , x0 = 1, x0 = 4, R \ {1, 4} → R, f (x) := 2 x − 5x + 4 x+2 R \ {0, 1} → R, f (x) := 4 , x0 = 0, x0 = 1, x − x3 x+3 R \ {0} → R, f (x) := 2 , x0 = 0, 3x + 1

(a) f : R \ {1} → R, (b) f : (c) f : (d) f : (e) f :

(f) f : R \ {1} → R,

f (x) :=

5

f (x) := 5 x−1 ,

x0 = 1.

7. Határozzuk meg a következő függvények bal és jobb oldali határértékét az adott x0 helyeken: (a) f : R \ {3} → R,

f (x) :=

(b) f : R \ {2} → R,

f (x) :=

(c) f : R \ {0} → R,

x+2 , |x − 3|

x0 = 3,

1 , (x − 2) − |x − 2| 1 f (x) := arctg , x0 = 0, 2x 2

x0 = 2,

20


(d) f : [−1, 0) ∪ (0, 1] → R,

f (x) :=

2 , arcsin x

x0 = 0.

5. Valós függvények differenciálhányadosa

21

5. Valós függvények differenciálhányadosa 1. Bizonyítsuk be a definíció felhasználásával, hogy a következő függvények tetszőleges x0 ∈ R pontban differenciálhatók: (a) f : R → R,

f (x) := x3 + 2x2 + 1,

(b) g : R → R,

g (x) := −x2 + 2x + 3.

2. Bizonyítsuk be a definíció alapján, hogy az f függvény az értelmezési tartomány tetszőleges x0 pontjában differenciálható, ahol 1 f : R \ {0} → R, f (x) := . x 3. Bizonyítsuk be a definíció alapján, hogy az f függvény tetszőleges x0 ∈ R pontban differenciálható, ahol f : R → R,

f (x) := xn ,

n ∈ N.

4. Bizonyítsuk be, hogy a következő függvények nem differenciálhatók az x0 = 0 pontban: (a) f : R → R, (b) g : R → R, (c) h : R → R,

f (x) := |x| , ½ 0, ha x = 0, g (x) := x sin x1 , ha x 6= 0, h (x) := |sin x| .

5. Határozzuk meg az alábbi függvények deriváltját: √ 4 (a) f : R+ → R, f (x) := x5 + x3 + 7x4 + x52 , √ √ (b) f : R+ → R, f (x) := 6x7 + 5 πx3 + 2 x1 , ¡ ¢ (c) f : R → R, f (x) := (2 cos x + 1) x2 + 6 · 3x , (d) f : R+ → R, f (x) = (ln x + arctg x) (5 + 2x ) , ³ π´ 6π 2 tg x + 6 (e) f : 0, → R, f (x) := √ , 2 2 arctg x

22


π cos x − 3 sin x + f (x) = x2 + 7 ln2 x

(f) f : R+ → R,

√ x

.

6. Határozzuk meg az alábbi függvények deriváltját: (a) f : R → R,

f (x) := 7x

+ π, √ f (x) := cos( x + x2 ),

(b) f : R+ → R,

(c) f : (−1, 0) → R, (d) f : R → R, (e) f : R → R,

2 +6

f (x) := arcsin(x7 + 1),

f (x) := cos2 x, ¡ ¢ f (x) := x2 + e sin6 x,

(f) f : R+ → R, (g) f : R+ → R, (h) f : R+ → R, ¢ ¡ (i) f : 0, π2 → R,

√

f (x) := 2sin x , ¡ ¢ f (x) := ln x2 3ln x , q 2 f (x) := arctg 2x6√+1 , x f (x) := 2 ln2 tg x,

(j) f : (e, +∞) → R,

f (x) := ln ln ln x, √ (k) f : R → R, f (x) := sin2 (arctg 3 x) s 6 cos4 x √ (l) f : R+ → R, f (x) := , 7 x+π √ 3 x7 + arctg x2 , (m) f : R → R, f (x) := π2 + 2 √ 3

(n) f : R → R, f (x) := 2 2 + π ln 86 , ³ π ´ ³ π´ tg2 x √ , (o) f : − , 0 ∪ 0, → R, f (x) := log6 2 2 2x + 2 rq 7 7 3 √ (p) f : R+ → R, f (x) := π x + 2 sin x , x 3 ³ π π´ 8 → R, f (x) := cos x . (q) f : − , 2 2 e + 6 · 3tg x


23

7. Határozzuk meg az alábbi függvények deriváltját: f (x) := xx

(a) f : R+ → R, (b) f : (0, π) → R,

f (x) := (sin x)x ,

(c) f : (0, π) → R,

f (x) := (sin x)cos x ,

√ x

f (x) := (ln x)2 ¡ ¢1 f (x) := x2 x ,

(d) f : (1, +∞) → R, (e) f : R+ → R, ¡ ¢ (f) f : 0, π4 → R,

,

f (x) := logx cos x.

8. Határozzuk meg a következő függvények negyedik deriváltját: (a) f : R → R,

f (x) := x4 + 2x3 + 6x + 1,

(b) f : R → R,

f (x) := 2x3 + 6x2 + 10x + 1,

(c) f : R → R,

f (x) := e2x + cos x,

(d) f : R → R,

f (x) :=

(e) f : R → R,

f (x) := x sin x.

1 , x2 +1

9. Határozzuk meg a következő függvények n-edik differenciálhányadosát, ahol n tetszőleges természetes szám: (a) f : (−1, +∞) → R,

f (x) := ln (1 + x) ,

(b) f : R → R,

f (x) =

ex +e−x , 2

(c) f : R → R

f (x) = x sin x,

(d) f : R → R,

f (x) := x2 ex .

24

6. A differenciálszámítás alkalmazásai

6. A differenciálszámítás alkalmazásai 1. Határozzuk meg a következő határértékeket l’Hospital-szabály1 segítségével: sin x , x ex − e−x lim , x→0 sin x sin 2x − sin x lim , x→0 sin 5x 5x − 2x lim , x→0 x xe2x − x lim , x→0 1 − cos 2x

(a) lim

x→0

(b) (c) (d) (e) (f)

2

lim (1 + 3x)− x .

x→0+0

2. Határozzuk meg a következő határértékeket l’Hospital-szabály segítségével: (a)

lim xe−x ,

x→+∞

¶ 3 µ 1 x (b) lim 1+ , x→+∞ x arctg 6x , (c) lim x→0 5x (d) lim ln x sin x, x→0+0

(e) 1

lim xsin x ,

x→0+0

Guillaume Francois Antoine de l’Hospital (1661—1704) francia matematikus, Johann Bernoulli tanítványa. Bernoulli előadásai alapján írt könyvében — Analyse des infiniment petits (1696) — szerepel ez a szabály, amely valójában Bernoullitól származik.


(f) (g)

25

5

lim x x−1 ,

x→1+0

1 lim x2 sin , x→+∞ x

3. Határozzuk meg a következő határértékeket l’Hospital-szabály segítségével: µ ¶ 1 1 (a) lim − x . x→0+0 x e −1 µ ¶ 1 cos x (b) lim − 2 , x→0 x2 x ¡ ¡ ¢¢ (c) lim x − ln x2 + 2 , x→+∞ ¡ ¡ ¢¢ (d) lim 2x − ln 2x2 + ex , x→+∞

(ln x)3 , (e) lim x→+∞ x x2004 (f) lim , x→+∞ ex ³ ´ 1 (g) lim x esin x − 1 , x→+∞

(h)

lim (tg x)cos x .

x→ π2 −0

4. Határozzuk meg a következő határértékeket: x2 sin x1 , (a) lim x→0 sin x x − sin x (b) lim . x→+∞ x + sin x 5. Keressük meg a következő függvények abszolút és helyi szélsőértékeit: 2 3 2 4 x − x2 − x + 1, 18 12 6 2 (b) f : [3, 8] → R, f (x) := 4x − 40x + 80, (a) f : R → R, f (x) :=

26


· (c) f :

¸ 1 x2 + 1 , 3 → R, f (x) := + 2, 2 x

(d) f : [−3, 2] → R, f (x) := x3 − 3x + 18, h √ i (e) f : −1, 5 → R, f (x) := x5 − 5x3 + 2. 6. Végezzünk teljes függvényvizsgálatot a következő függvényeken: (Vizsgáljuk meg a következő függvények monotonitását, szélsőérték helyeit, konvexitását, paritását és periodicitását. Határozzuk meg a függvények határértékét a végtelenben (ha lehetséges) és a szakadási helyeken (ha vannak ilyenek). Rajzoljuk fel a függvény gráfját.) (a) f : R → R, f (x) := x4 − 2x2 , (b) f : R → R, f (x) := x3 − 3x, x2 , +1 x3 + 1 (d) f : R \ {0} → R, f (x) := , x2 (e) f : R+ → R, f (x) := x ln x, (c) f : R \ {−1} → R, f (x) :=

x3

(f) f : R+ → R, f (x) := x2 ln x, 2x + 1 , x−1 x , R \{−1, 1} → R, f (x) := 2 x −1 x+5 , R \{2} → R, f (x) := 3 − x−2 x R → R, f (x) := xe , 1 2 R \{0} → R, f (x) := 2 + x , x x , R \{1} → R, f (x) := (x − 1)2

(g) f : R \{1} → R, f (x) := −1 + (h) f : (i) f : (j) f : (k) f : (l) f :

(m) f : R+ → R, f (x) := 2x2 − ln x,


½ (n) f : R → R, f (x) :=

27

xe−x , ha x > 0, 0, egyébként.

7. Döbrögi szőlőt termel a birtokán fekvő napos dombokon. Azt tapasz1 52 talja, hogy az f (x) = 5 + 2049 8 x − 5 x összefüggés adja meg, hogy x kg trágya felhasználása után hány mázsa szőlő terem hektáronként. Mennyi trágyát használjon fel ahhoz, hogy a szüret után, a bevételből, a legtöbb pénzt tudja fizetni Ludas Matyinak a vásárban? Abban biztos lehet, hogy a szőlő ára 2 aranytallér lesz, egy kg trágya pedig 1 10 aranytallérba kerül. 8. A Matematika Tanszék repülőgépet szeretne rendelni a geometriai terepgyakorlatozók részére. A bérleti díj 20 utasra 6000 euró. Minden további személy 10 euró árengedményt kap. A repülőgép legfeljebb 60 személyt képes befogadni. Mennyi szponzori pénzt kell a Matematika Tanszéknek előzetesen összegyűjteni, hogy nyugodtan megrendelhesse ezt az utazást a résztvevők pontos számának ismerete nélkül? 9. Bergengóciában egy fa magasságát, a jelenlegi pillanattól kezdve, x √ év múlva a következő összefüggés adja meg: f (x) = x − 81 x. Mikor lesz a fa a legmagasabb? 10. Egy folyó partján egy 1568 m2 nagyságú, téglalap alakú telket kell elkeríteni. Mekkorára válasszuk a téglalap méreteit, hogy a legrövidebb kerítésre legyen szükségünk? (A partra értelemszerűen nem kell kerítés.) 11. Egységnyi térfogatú és azonos falvastagságú söröskorsók közül melyiknek a gyártásához szükséges a legkevesebb üveg ? (A korsót egyenes hengernek tekintjük.) 12. Adott gömb köré írható egyenes kúpok közül melyiknek a legkisebb a térfogata? 13. Egy adott V térfogatú, négyzet alapú, felül nyitott tartályt akarunk készíteni. Mekkorára válasszuk a méreteket, hogy az elkészítéshez a legkevesebb lemezt kelljen felhasználni.

28


14. Osszuk fel a 8-at két részre úgy, hogy (a) négyzetösszegük minimális, (b) szorzatuk maximális legyen. 15. Valamely kör és négyzet kerületének összege állandó. Mutassuk meg, hogy a két síkidom területének összege akkor minimális, ha a kör átmérője egyenlő a négyzet oldalával.

7. Integrálszámítás

29

7. Integrálszámítás 1. Számítsuk ki a következő határozatlan integrálokat az adott I intervallumokon: ¶ Z µ √ 6 3 I := R+ , (a) x + 3 x + 7 dx, x ¶ Z µ √ π 3 5 (b) dx, I := R+ , 12 x + √ 73x Z √ 4 x + 2x + 1 √ (c) dx, I := R+ , 3 x2 Z 2 x +3 dx, I := R, (d) x2 + 1 Z 1 (e) dx, I := R, 1 + 49x2 Z ¡ ¢ 1 √ dx, I := − 13 , 13 . (f) 1 − 9x2 2. Számítsuk ki a következő határozatlan integrálokat az adott I intervallumokon: Z (a) sin x cos x dx, I := R, Z (b) sin2 x cos2 x dx, I := R, Z 2 (c) xex dx, I := R, Z (d) x2 cos x3 dx, I := R, Z ³ π π´ (e) tg2 x dx, I := − , . 2 2

30


3. Számítsuk ki a következő határozatlan integrálokat az adott I intervallumokon: Z 3x (a) dx, I := R, 2 x +1 Z x2 + 1 (b) dx, I := R+ , x3 + 3x Z 1 (c) dx, I := (1, +∞), 5x ln x Z 1 (d) dx, I := (0, +∞), (6x2 + 6) arctg x √ Z 2 √ (e) dx I := (0, 1), 2 1 − x arcsin x Z ³ π´ , (f) tg 6x dx, I := 0, 12 Z 1 x 2e + x (g) dx, I := R, ex + x2 Z 1 √ √ dx I := R+ . (h) x ( x + 5) 4. Számítsuk ki a következő határozatlan integrálokat az adott I intervallumokon: Z 1 (a) dx, I := (1, +∞), x log5 x Z p (b) I := R+ , x2 x3 + 7 dx, Z −x √ (c) dx, I := R, 5 x2 + 3 Z √ (d) I := R, ex 4 ex + 2 dx, Z ¡ 2x ¢p (e) e +x e2x + x2 dx, I := R,


31

Z

1 √ dx, I := (1, +∞), x ln x Z q 5 (g) sin x (cos x)6 dx, I := R, Z p 3 I := R. (h) sin 2x 1 + sin2 x dx, (f)

5. Számítsuk ki a következő határozatlan integrálokat a parciális integrálásra vonatkozó tétel segítségével az adott I intervallumokon: Z (a) x sin x dx, I := R, Z (b) (2x + 1) ex dx, I := R, Z ¡ 2 ¢ (c) x + 2 e1−x dx, I := R, Z (d) (−3x) cos 6x dx, I := R, Z ln 2x dx, I := R+ , (e) Z ¢ ¡ (f) arcsin 3x dx, I := − 13 , 13 , Z (g) arctg x dx, I := R, Z ¡ 2 ¢ (h) x + 1 ln x dx, I := R+ , Z (i) e2x sin 3x dx, I := R, Z (j) ex+2 sin x dx, I := R.

32


6. Számítsuk ki a következő határozatlan integrálokat az adott I intervallumokon: Z −5 (a) dx, I := (−2, +∞), x+2 Z 6 (b) dx, I := (−∞, 3), 3−x √ Z 2 2 (c) dx, I := (2, 3), x2 − 5x + 6 Z π+1 dx, I := (5, +∞), (d) 2 x − 6x + 5 Z 5 (e) dx, I := (−∞, 3), 2 x − 6x + 9 Z 3 (f) dx, I := R, 2 x + 4x + 5 √ Z 5 7 (g) dx, I := R, x2 + 6x + 11 Z 1 (h) dx, I := R. 2 4x + 12x + 15 7. Számítsuk ki a következő határozatlan integrálokat az adott I intervallumokon: Z 1 dx, I := (−1, +∞), (a) 2 (x + 2) (x + 1) Z 1 (b) dx, I := (2, +∞), (x2 + x + 1) (x − 2) Z 1 (c) dx, I := (−∞, 0), 3 x − 3x2 + 2x Z 2x + 6 (d) dx, I := (−7, +∞), 2 (x + 5) (x + 7) Z 2x2 + x + 1 (e) dx, I := R+ . x3 (x2 + x + 1)


8. Számítsuk ki a következő határozott integrálokat: π

Z2 (a)

cos 5x dx, 0

Z2 (b)

1 dx, + 1)

x(x2

1

Zr π(r2 − x2 ) dx, ahol r ∈ R+ ,

(c) −r π

Z2 (d) − π4

cos x √ dx, 1 + sin x

1

Z2 (e)

arcsin x dx, 0

Z1 x2 arctg x dx.

(f) 0

33

34

8. Improprius integrál

8. Improprius integrál 1. Számítsuk ki a következő improprius integrálokat: +∞ Z

(a) 1 +∞ Z

(b) 2 +∞ Z

(c) 1

1 dx, x7 1 dx, x 1 dx, ahol α ∈ R, xα

+∞ Z

(d) −∞

x2

1 dx, +1

x2

1 dx, + 2x + 5

+∞ Z

(e) −∞ +∞ Z

(f) 2 +∞ Z

(g) √ 10 +∞ Z

(h) 2

1 dx, x ln2 x x p dx, 2 (x − 1)3 1 dx, x2 + x

+∞ Z (i) (x − 1)e−x dx, 1

35


+∞ Z (j) (cos x)2−x dx. 1 +∞ Z 2. Határozzuk meg A értékét úgy, hogy az f (x) dx = 1 egyenlőség −∞

teljesüljön, ha (a)

½ f : R → R,

f (x) :=

(b)

( f : R → R,

f (x) :=

(c) f (x) :=

A π(1+x2 )

, ha x ≥ 0, ha x < 0,

0, ½

f : R → R,

Ae−x , ha x ≥ 0, 0, ha x < 0,

2

Axe−2x , ha x ≥ 0, 0, ha x < 0.

3. Számítsuk ki a következő improprius integrálokat: Z1 (a) 0

Ze (b) 1

Z3 (c) 1

Z1 (d) 0

1 √ dx, x 1 √ dx, 4 x ln x 2x p dx, 3 (x2 − 1)2 1 √ dx, x3x

36


Z2 (e) 1

1 √ dx. 4 − x2

MEGOLDÁSOK

38


1. Függvénytani alapismeretek 1. (a) A halmazelméleti műveletek tulajdonságait felhasználva adódik, hogy (A ∩ B) \ C = A ∩ B ∩ C c = A ∩ B ∩ C c ∩ C c = = (A ∩ C c ) ∩ (B ∩ C c ) = (A \ C) ∩ (B \ C) . (b) A halmazelméleti műveletek tulajdonságait és a de Morgan-féle azonosságokat felhasználva kapjuk, hogy (A \ B) ∩ (A \ C) = (A ∩ B c ) ∩ (A ∩ C c ) = = (A ∩ B c ∩ A) ∩ C c = A ∩ (B c ∩ C c ) = = A ∩ (B ∪ C)c = A \ (B ∪ C) . (c) A halmazelméleti műveletek tulajdonságait és a de Morgan-féle azonosságokat felhasználva kapjuk, hogy A \ (A \ (B \ C)) = A ∩ (A ∩ (B ∩ C c )c )c = = A ∩ (A ∩ (B c ∪ C))c = A ∩ (Ac ∪ (B c ∪ C)c ) = = A ∩ (Ac ∪ (B ∩ C c )) = (A ∩ Ac ) ∪ (A ∩ B ∩ C c ) = = A ∩ B ∩ C c. (A feladat megoldásában felhasználtuk, hogy tetszőleges A halmaz esetén (Ac )c = A.) 2. (a) Mivel f = {(1, 3), (1, 4), (1, 6), (1, 7), (2, 4), (2, 6), (3, 6)}, így Df = {1, 2, 3}, Rf = {3, 4, 6, 7} és f −1 = {(3, 1), (4, 1), (6, 1), (7, 1), (4, 2), (6, 2), (6, 3)}. (b) Mivel f = {(−1, 6), (0, 5), (2, 3), (4, 1)}, így Df = {−1, 0, 2, 4}, Rf = {1, 3, 5, 6} és f −1 = {(6, −1), (5, 0), (3, 2), (4, 1)}.

39

Megoldások

3. (a) Ha x, y ∈ R esetén f (x) = f (y), azaz ha 5x + 6 = 5y + 6, akkor x = y, tehát az ismert tétel miatt a függvény invertálható. Rögzített x ∈ R esetén jelöljük f (x)-et y-nal. Az így kapott y = 5x + 6 egyenlőségben cseréljük fel x és y szerepét, majd ebből fejezzük ki y-t. Azt kapjuk, hogy y = 61 (x − 5). Mivel Rf = R, így Df −1 = R, tehát az f függvény inverze f −1 : R → R,

1 f −1 (x) := (x − 5). 6

(b) Mivel f (−1) = f (1) = 0, az f függvény nem invertálható. (c) A fentebb említett módszert követve kapjuk, hogy f −1 : R \{1} → R,

f −1 (x) :=

x+1 . x−1

(d) A fentebb említett módszert követve kapjuk, hogy f −1 : R+ → R,

f −1 (x) := log2 x − 1.

(e) Mivel f (0) = f (π) = −1, az f függvény nem invertálható. A könnyebbség kedvéért vezessük be a következő jelöléseket. Jelentse H ◦ a belső pontok, ∂H a határpontok, H k a külső pontok és H ∗ a torlódási pontok halmazát. 4. (a) sup H1 = 7, inf H1 = 1, H1◦ = (1, 2) ∪ (5, 7) , ∂H1 = {1, 2, 5, 7} , H1k = (−∞, 1) ∪ (2, 5) ∪ (7, +∞) , H1∗ = [1, 2] ∪ [5, 7] . (b) sup H2 = 7, inf H2 = −∞, H2◦ = (−∞, 3) , ∂H2 = {3, 6, 7} , H2k = (3, 6) ∪ (6, 7) ∪ (7, +∞) , H2∗ = (−∞, 3]. (c) sup H3 = +∞, inf H3 = −∞, H3◦ = (−∞, 5) ∪ (5, +∞) , ∂H3 = {5} , H3k = ∅, H3∗ = R . (d) sup H4 = +∞, inf H4 = −3, H4◦ = (−3, 2) ∪ (4, +∞) , ∂H4 = {−3, 2, 4} , H4k = (−∞, −3) ∪ (2, 4) , H4∗ = [−3, 2] ∪ [4, +∞).

40


(e) sup H5 = 10, inf H5 = −3, H5◦ = (−3, 1) ∪ (2, 4) ∪ (5, 10) , ∂H5 = {−3, 1, 2, 4, 5, 10} , H5k = (−∞, −3) ∪ (1, 2) ∪ (4, 5) ∪ (10, +∞) , H5∗ = [−3, 1] ∪ [2, 4] ∪ [5, 10] . (f) sup H6 = +∞, inf H6 = −8, H6◦ = (1, +∞) , ∂H6 = {−8, 1} , H6k = (−∞, −8) ∪ (−8, 1) , H6∗ = [1, +∞). 5. (a) sup H1 = +∞, inf H1 = −∞, H1◦ = ∅, ∂H1 = R, H1k = ∅, H1∗ = R . (b) Megegyezik az előző feladat megoldásával. (c) sup H3 = +∞, inf H3 = 1, H3◦ = ∅, ∂H3 = N, H3k = R \ N, H3∗ = ∅. (d) sup H4 = 1, inf H4 = 0, H4◦ = ∅, ∂H4 = H4 ∪ {0} , H4k = R \ (H4 ∪ {0}) , H4∗ = {0} . (e) sup H5 = 2, inf H5 = 1, H5◦ = ∅, ∂H5 = H5 ∪ {2} , H5k = R \ (H5 ∪ {2}) , H5∗ = {2} . (f) sup H6 = 0, inf H6 = −1, H6◦ = ∅, ∂H6 = H6 ∪ {−1} , H6k = R \ (H6 ∪ {−1}) , H6∗ = {−1} . 6. (a) f ◦ g : R → R, (f ◦ g) (x) := g ◦ f : R → R, (g ◦ f ) (x) := (b) f ◦ g g◦f (c) f ◦ g g◦f

2x2 +5 7 , ¡ 2x+1 ¢2 7

+ 2. √ : (0, π) → R, (f ◦ g) (x) := sin x, √ : R+ → R, (g ◦ f ) (x) := sin x. £ ¤ : 0, π2 → R, (f ◦ g) (x) := sin cos x, : [0, π] → R, (g ◦ f ) (x) := cos sin x.

(d) Ekkor g ◦ f = f ◦ g = ∅. (e) f ◦ g : [2, 3] → R, (f ◦ g) (x) := g ◦ f : {2} → R, (g ◦ f ) (x) := 2

1 , 2x−1 −1 1 −1 x−1

.

41

Megoldások


1. (a) Könnyen belátható, hogy a sorozat határértéke 0. A kérdés megválaszolásához az ¯ ¯ ¯ 2 ¯ ¯ ¯ < 10−3 − 0 ¯ n2 + 6 ¯ egyenlőtlenséget kell megoldanunk, melyből n2 > 1994 adódik, azaz n > 44,6. Tehát a sorozat tagjai a 45. tagtól kezdve lesznek a határérték 10−3 sugarú környezetében. (b) A sorozat tagjai a 41 994. tagtól kezdve lesznek az adott környezetben. (c) A sorozat tagjai a 125. tagtól kezdve lesznek az adott környezetben. 2. (a) Belátjuk, hogy a sorozat határértéke 0. Legyen ε ∈ R+ tetszőleges, de rögzített és n ∈ N. Az ¯ ¯ ¯ ¯ (−1)n ¯ ¯ ¯ n − 0¯ < ε egyenlőtlenségből n > állításunkat igazoltuk.

1 ε

adódik, azaz N (ε) =

1 ε

választással

(b) Belátjuk, hogy a sorozat határértéke 0. Legyen ε ∈ R+ tetszőleges, de rögzített. Ekkor minden n ∈ N esetén ¯ ¯ ¯ 1 ¯ sin n ¯ ¯ ¯ n − 0¯ ≤ n , amelyből N (ε) = 1 ε

1 ε

választással állításunk következik.

(c) N (ε) = választással adódik, hogy a sorozat konvergens és határértéke 1.

42


(d) Ha n ∈ N, n > 1, akkor ¯ ¯ ¯ n2 + 2 ¯ 1 ¯ ¯ ¯ n2 + n + 1 − 1¯ < n . © ª Ebből N (ε) = max 1, 1ε választással adódik, hogy a sorozat konvergens és határértéke 1. q (e) N (ε) = 3 1ε választással adódik, hogy a sorozat konvergens és határértéke 0. (f) N (ε) = 15 ε választással adódik, hogy a sorozat konvergens és határértéke 6. ε (g) N (ε) = lnln0,5 választással adódik, hogy a sorozat konvergens és határértéke 6. ε választással adódik, hogy a sorozat konvergens és (h) N (ε) = lnln0,2 határértéke 5.

3. (a) Mind a számlálót, mind a nevezőt n3 -nal osztva a 12 − n5 + n83 12n3 − 5n2 + 8 = lim n→∞ 3n3 + 2n + 7 n→∞ 3 + 22 + 73 n n lim

egyenlőséget kapjuk, melyből a határérték 4-nek adódik. (b) A határérték − 43 . (c) A sorozat egy korlátos és egy nullsorozat szorzata, így a határértéke 0. (d) A számlálót és a nevezőt is n3 -nal szorozva könnyen adódik, hogy a határérték 21 . (e) A határérték − 25 . 4. (a) Könnyen adódik, hogy µ lim

n→∞

3n + 4 3n − 5

¶n

¡ 1+ = lim ¡ n→∞ 1 −

¢ 4 n 3n ¢ 5 n 3n

³ 4 ń 1 + n3 3 = lim ³ 5 ń = e . n→∞ 3 1− n

43

Megoldások

Megjegyezzük, hogy más úton is célba érhetünk, ha felhasználjuk a következő ismert tételt. Ha lim cn = 0, cn > −1 és cn 6= 0 n→∞

1

minden n ∈ N esetén, akkor lim (1 + cn ) cn = e. Ekkor µ lim

n→∞

3n + 4 3n − 5

Ãµ = 1+

¶n

9 3n − 5

n→∞

= lim

n→∞

µ

3n − 5 + 9 3n − 5

¶n =

9n ¶ 3n−5 ! 3n−5 9

= e3 .

4

(b) A határérték e− 5 , mivel µ

¶ µ ¶ 5n − 1 n+2 (5n + 3) − 4 n+2 lim = lim = n→∞ 5n + 3 n→∞ 5n + 3 Ãµ ¶5n+3 µ ¶−3 ! 15 4 4 4 = lim 1− 1− = e− 5 . n→∞ 5n + 3 5n + 3 A második egyenlőségben felhasználtuk, hogy ¶2 µ 4 lim 1 − = 1. n→∞ 5n + 3 5

(c) A határérték e− 7 . (d) µ 2 ¶2n2 +4 µ ¶2n2 +4 6n − 1 4 lim = lim 1 − 2 = n→∞ 6n2 + 3 n→∞ 6n + 3 "µ ¶6n2 +12 # 13 4 = = lim 1− 2 n→∞ 6n + 3 "µ ¶6n2 +3 µ ¶9 # 13 4 4 4 = lim 1− 2 1− 2 = e− 3 . n→∞ 6n + 3 6n + 3

44


(e) A határérték e16 . ¢¡ ¢ ¡ ¢ ¡ (f) Felhasználva az 1 − n12 = 1 − n1 1 + n1 azonosságot a határérték 1-nek adódik. 5. (a) Felhasználjuk a konvergens sorozatok szorzatára vonatkozó tételt. Így µ lim

n→∞

n2 + 3 3n2

¶4n2

µ ¶4n2 µ 2 ¶4n2 1 n +3 = lim = 0. n→∞ 3 n2

Megjegyezzük, hogy µ lim

n→∞

n2 + 3 n2

¶4n2

Ãµ ¶ 2 !4 3 n = lim 1+ 2 = e12 . n→∞ n

(b) Felhasználjuk, hogy lim q n = 0, ha |q| < 1. Így n→∞

¡ ¢n ¡ ¢n 9 35 + 14 52 3n+2 + 2n−2 ¡ ¢n lim = lim = 0. n→∞ n→∞ 4 + 5n 4 15 + 1 (c) A korlátos sorozatok és nullsorozatok szorzatára vonatkozó tétel miatt a határérték 0. Itt lim

n→∞

2n − 6 =0 4n2 + 2

és a koszinuszfüggvény korlátos. (d) A határérték 0. (Lásd a (b) feladat megoldását!) 6. (a) Vizsgáljuk meg az an+1 − an különbséget. Az an+1 − an =

(n + 1) + 4 n+4 −5 − = <0 2(n + 1) + 3 2n + 3 (2n + 5)(2n + 3)

egyenlőtlenségből következik, hogy a sorozat szigorúan monoton

Megoldások

45

csökkenő. Az n+4 (n + 1,5) + 2,5 1 2,5 = = + 2n + 3 2n + 3 2 2n + 3 átalakítást elvégezve is megkaphatjuk az állítást. Minden n ∈ N esetén 12 < an ≤ 1. (b) A sorozat szigorúan monoton növekvő. Minden n ∈ N esetén − 13 ≤ an < 32 . (c) A sorozat nem monoton, mert a1 < a2 és a2 > a3 . Ha n ≥ 2, akkor an+1 − an =

n−1 n−2 −1 − = < 0, −3n + 2 −3n + 5 (−3n + 2)(−3n + 5)

így an+1 < an . Ebből minden n ∈ N esetén a − 12 ≤ an ≤ 0 egyenlőtlenségrendszer adódik. (d) A sorozat nem monoton, mert a1 < a2 és a2 > a3 . A páros indexű tagok részsorozata monoton csökkenő sorozat, és minden k természetes szám esetén 0 < a2k ≤ 23 . A páratlan indexű tagok részsorozata monoton növekvő sorozat, és minden k ∈ N esetén − 23 ≤ a2k+1 < 0. Azaz a sorozat korlátos, és minden n ∈ N esetén − 23 ≤ an ≤ 23 . (e) A sorozat nem monoton, mert a1 < a2 és a2 > a3 . A sorozat korlátos, és minden n ∈ N esetén − 31 ≤ an ≤ 49 . (f) Mivel an > 0 és

5 an+1 = an n+1

minden n-re , így n > 5 esetén an+1 < an , míg n < 4 esetén an+1 > an (a4 = a5 ). Ebből következik, hogy minden n ter6 mészetes szám esetén 0 < an ≤ 54! . Megjegyezzük, hogy 0 a 6 sorozat értékkészletének a pontos alsó, és 54! pedig a pontos felső korlátja.

46


(g) A sorozat nem monoton, mert a1 < a2 és a2 > a3 . A sorozat 11 korlátos, és minden n ∈ N esetén −1 ≤ an ≤ 17 . 7. (a) Az eredményt egyszerű átalakítással kapjuk: ³p ³p ´ ´ √n2 + 2 + n lim n2 + 2 − n = lim n2 + 2 − n √ = n→∞ n→∞ n2 + 2 + n 2 = lim √ = 0. 2 n→∞ n +2+n (b) A megoldásban felhasználjuk az a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) azonosságot. ¶ ³√ ´ µq √ 3 3 n3 + 5 − n (n3 + 5)2 + n 3 n3 + 5 + n2 q lim = √ n→∞ 3 (n3 + 5)2 + n 3 n3 + 5 + n2 5 = lim q = 0. √ n→∞ 3 3 2 3 3 2 (n + 5) + n n + 5 + n (c) A sorozat határértéke −2. µ 3¶ 3 + n4 − n12 + n23 n (d) Az an = átalakítás után könnyen látn2 3 + n1 + n72 ható, hogy lim an = +∞. n→∞ µ 4¶ 6 − n32 + n14 n (e) Az an = átalakítás után könnyen látható, n2 −1 + n1 − n72 hogy lim an = −∞. n→∞

(f) A sorozat határértéke 0, ami következő egyenlőségekből és a konvergens sorozatok szorzatára vonatkozó tételből következik. Azaz !!n Ã Ã µ ¶ 2n − 1 n 2 n − 21 lim = lim = n→∞ n→∞ 3 3n n ! µ ¶n Ã 1 n 2 1− 2 , = lim n→∞ 3 n

Megoldások

Ã és így lim

n→∞

(g) Mivel

1−

1 2

n

47

!n 1

= e− 2 . µ

¶ n−1 n 1 lim = n→∞ n e ¡ n−1 ¢n és az han i : N →¡ R, ¢ an := n sorozat szigorúan monoton n 1 növekvő, ezért n−1 < teljesül minden n ∈ N esetén. A n 2 közrefogási szabályból és a µ ¶n 1 0 ≤ an < 2

egyenlőtlenségekből adódik, hogy a szóban forgó sorozat határértéke 0. µ ¶ 1 n 1 n 1 n 1 3 n 55 + 99 99 (h) Mivel an = > = , így lim an = +∞. n→∞ 1 + 6n 2 · 6n 18 2 8. (a) A közrefogási szabályból és az p √ √ ¡ √ ¢2 n 2n n 1< n2 + 6n + 7 ≤ 14n2 = 14 n n egyenlőtlenségekből adódik, hogy a határérték 1. (b) A közrefogási szabályból és az p p 3n2 +1 n 1< 6n2 + 8n + 1 < 6n2 + 8n + 1 ≤ √ √ ¡ √ ¢2 n n ≤ 15n2 = 15 n n , egyenlőtlenségekből adódik, hogy a határérték 1. (c) A közrefogási szabályból és az √ √ √ n n 5 < n 4n + 5n < 2 · 5n < 5 2 egyenlőtlenségekből adódik, hogy a határérték 5.

48


(d) A sorozat egy korlátos és egy nullsorozat szorzatára bontható, így a határértéke 0. (e) Az első n természetes szám összegére vonatkozó állítás felhasználásával kapjuk, hogy lim an = lim

n→∞

n→∞

n(n + 1) 1 = . 2n(n + 5) 2

(f) Felhasználva az első n természetes szám négyzetének összegére vonatkozó állítást kapjuk, hogy lim an = lim

n→∞

n→∞

n(n + 1)(2n + 1) 1 = . 6(n2 + 1)(n + 2) 3

9. A sorozat nyilvánvalóan monoton növekvő. A teljes indukció módszerével igazoljuk, hogy a sorozat korlátos. Érvényesek az √ √ √ a1 = 2 < 2, a2 = 2 + a1 < 2 + 2 = 2 egyenlőtlenségek. Tegyük fel, hogy an−1 < 2, ekkor az indukciós feltevésünket felhasználva kapjuk, hogy p √ an = 2 + an−1 < 2 + 2 = 2. Mivel a sorozat korlátos és monoton, így konvergens. Az p an = 2 + an−1 egyenlőségből következik, hogy a2n = 2 + an−1 . Jelölje a a sorozat határértékét. Felhasználva az előző egyenlőséget és azt, hogy konvergens sorozat részsorozatai is az eredeti sorozat határértékéhez konvergálnak, az a2 = 2 + a összefüggéshez jutunk. Az egyenlet gyökei 2 és −1. Mivel a sorozat minden tagja pozitív, így a = 2.

Megoldások

49

3. Valós számsorok 1. (a) Mivel így

1 1 1 = − minden n természetes szám esetén, n (n + 1) n n+1

1 1 1 + + ··· + = 1·2 2·3 n(n + 1) 1 1 1 1 1 1 = 1 − + − + ··· + − =1− . 2 2 3 n n+1 n+1 µ ¶ 1 A lim 1 − = 1 egyenlőségből következik, hogy a sor n→∞ n+1 konvergens, és összege 1. 1 kifejezést parciális törtekre. Az (b) Bontsuk az (2n + 1) (2n + 3) sn =

1 = (2n + 1) (2n + 3) A B (2A + 2B) n + 3A + B = + = 2n + 1 2n + 3 (2n + 1) (2n + 3) egyenlőségekből a 2A + 2B = 0, 3A + B = 1 egyszerű lineáris egyenletrendszerhez jutunk. Ebből az A = 12 , B = − 21 értékek adódnak. Így 1 1 1 + + ··· + = 3·5 5·7 (2n + 1) (2n + 3) µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 = − + − ··· − + − = 2 3 5 5 2n + 1 2n + 1 2n + 3 1 1 = − . 6 2n + 3 µ ¶ 1 1 1 − = egyenlőségből következik, hogy a sor A lim n→∞ 6 2n + 3 6 1 konvergens, és összege . 6 sn =

50


Egyszerűbben megkaphatjuk az előző eredményt, ha észreveszszük, hogy 1 1 (2n + 3) − (2n + 1) = . (2n + 1) (2n + 3) 2 (2n + 1) (2n + 3) (c) Az (a) feladatból rögtön következik, hogy a sor összege 14 . Az előző megoldáshoz hasonló módon is belátható, hogy µ ¶ 1 1 1 1 = − 2n (2n + 2) 2 2n 2n + 2 minden n ∈ N esetén. Így µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 − + − + ··· + − = sn = 2 2 4 4 6 2n 2n + 2 1 1 1 = − . 4 2 2n + 2 µ ¶ 1 1 1 1 Mivel lim − = , a sor konvergens, és összege . n→∞ 4 4n + 4 4 4 1 kifejezést parciális törtekre. Az (d) Bontsuk az n (n + 1) (n + 2) 1 A B C = + + = n (n + 1) (n + 2) n n+1 n+2 (A + B + C) n2 + (3A + 2B + C) n + 2A = n (n + 1) (n + 2) egyenlőségekből az A + B + C = 0, 3A + 2B + C = 0, 2A = 1 lineáris egyenletrendszert kapjuk, amelyből az A = 12 , B = −1, C = 12 értékek adódnak, azaz 1 1 = n (n + 1) (n + 2) 2

µ

1 2 1 − + n n+1 n+2

¶ .

51

Megoldások

Most tekintsük az sn kifejezést és használjuk fel az előzőeket. Ekkor 1 1 + ··· + + 1·2·3 (n − 1) n (n + 1) µ 1 1 2 1 1 2 1 + = 1− + + − + + n (n + 1) (n + 2) 2 2 3 2 3 4 1 2 1 1 2 1 1 − + + − + + + − ··· + 3 n − 2 n¶− 1 µn n − 1 n n¶+ 1 1 2 1 1 1 1 1 + − + = − + . n n+1 n+2 2 2 n+1 n+2 µ ¶ 1 1 1 1 1 A lim − + = egyenlőségből következik, n→∞ 2 2 n+1 n+2 4 1 hogy a sor konvergens, és összege . Megjegyezzük, hogy az 4 összegzés könnyebben átlátható, ha a kapott törteket hármas csoportokban egymás alá írjuk. sn =

(e) Mivel 3 3 1 1 = = − n2 − n − 2 (n − 2) (n + 1) n−2 n+1 minden n ∈ N esetén, így 1 1 1 1 1 1 1 1 + − + − + − + ··· + − 4 2 5 3 6 4 7 n−4 1 1 1 1 1 − + − + − = n−1 n−3 n n−2 n+1 1 1 1 1 1 =1+ + − − − . 2 3 n−1 n n+1

sn = 1 −

A

µ lim

n→∞

11 1 1 1 − − − 6 n−1 n n+1

¶ =

11 6

egyenlőségből következik, hogy a sor konvergens, és összege

11 . 6

52


2. (a) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sor összegképletének felhasználásával kapjuk a feladat végeredményét: ¶ X ∞ µ ∞ µ ¶n ∞ µ ¶n X X 1 1 5 1 26 + n = +5 = . n 7 3 7 3 3

n=0

n=0

n=0

(b) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sor összegképletének felhasználásával kapjuk a feladat megoldását: ¡ 1 ¢2 ¶ ∞ ∞ µ X −1 −1 X 1 n −1 36 1 1 = 5 = 5 = − · 7. 1 2n+5 6 6 36 6 1 − 36 35 6 n=2

n=2

(c) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sor összegképletének felhasználásával kapjuk, hogy Ã∞ µ ¶ µ ¶n ! ∞ X 1 + (−1)n 5 1 X 1 n 1 = . = + − n+1 3·5 15 5 5 36 n=0

n=0

(d) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sor összegképletének felhasználásával kapjuk, hogy ∞ X cos nπ n=0

3n

=

∞ X (−1)n n=0

3n

¶ ∞ µ X 1 n 3 = − = . 3 4 n=0

(e) Mivel ¶ ∞ ∞ µ X sin n π2 + cos nπ 1 X sin n π2 cos nπ = + , 4n+3 64 4n 4n

n=0

n=0

a feladat megoldását két konvergens sor összegéből kapjuk. Felhasználva a ∞ ∞ X cos nπ X (−1)n 4 = = 4n 4n 5 n=0

n=0

53

Megoldások

és a ∞ X sin n π 2

n=0

4n

=

∞ µ ¶4n+1 X 1 n=0

4

egyenlőségeket, az eredmény

−

∞ µ ¶4n+3 X 1 n=0

4

=

4 17

11 680 .

(f) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sor összegképletének felhasználásával kapjuk meg a feladat végeredményét: Ã∞ µ ¶ µ ¶n ! ∞ X (−3)n + 2n 1 X 3 n 2 13 = − + = . n 8·6 8 6 6 48 n=0

n=0

(g) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sor összegképletének felhasználásával kapjuk meg a feladat végeredményét: ∞ ∞ ∞ ∞ X X X − 21 − 12 1 2nπ X 1 = cos + + = 2n 3 23n 23n+1 23n+2 n=0 n=0 n=0 n=0 ∞ µ ¶n ∞ µ ¶n ∞ µ ¶n X X X 1 1 1 1 1 5 = − − = . 8 4 8 8 8 7 n=0

n=0

n=0

¡ ¢n ¡ ¢n 3. (a) Mivel lim n−1 = lim 1 − n1 = 1e , a sorok konvergencin n→∞ n→∞ ájának szükséges feltétele nem teljesül, tehát a sor divergens. n+1 n→∞ 2n+3

(b) Mivel lim

= 12 , az előző indok alapján a sor divergens.

√ (c) Mivel lim n 0, 001 = 1, az (a) feladatban említett indok alapján n→∞ a sor divergens. (d) Mivel lim 1, 01n = +∞, az (a) feladatban említett indok alapn→∞ ján a sor divergens. √ √ 2 n (e) Mivel lim 10−5 n2 = lim 10−5 ( n n) = 10−5 , az (a) feladatn→∞ n→∞ ban említett indok alapján a sor divergens.

54


n+1 n+1 (f) Mivel az han i : N → R, an := (cos nπ) 5n−2 = (−1)n 5n−2 sorozat divergens, az (a) feladatban említett indok alapján a sor divergens.

4. (a) Mivel ¯ ¯ 2 2 n ¯ an+1 ¯ ¯ = lim 5 (n + 1) 3 n! = lim (n + 1) n! = 0, lim ¯¯ an ¯ 3n+1 (n + 1)! 5n2 3 (n + 1) n!n2 ezért a d’Alembert-féle hányadoskritérium szerint a sor abszolút konvergens. (b) Mivel ¯ ¯ n ¯ an+1 ¯ nn 1 ¯ = lim 3 · 3 (n + 1) n! n lim ¯¯ = ¯ n+1 an 3 n! (n + 1) 3 3 = lim ¡ n+1 ¢n = , e n és 3e > 1, így a d’Alembert-féle hányadoskritérium szerint a sor divergens. (c) Mivel ¯ ¯ n+1 n! ¯ an+1 ¯ 0, 1 ¯ ¯ = lim 0, 1 lim ¯ = 0, = lim ¯ n an (n + 1)! 0, 1 n+1 így a d’Alembert-féle hányadoskritérium szerint a sor abszolút konvergens. (d) Mivel

√ ¡ √ ¢7 n lim 5n n7 = lim 5 n n = 5 > 1,

így a sor a Cauchy-féle gyökkritérium szerint divergens. A sor divergenciája nyilvánvalóan adódik abból a tényből is, hogy lim 5n n7 = +∞. n→∞

55

Megoldások

¯ ¯ ¯ ¯ (e) Határozzuk meg a lim ¯ an+1 an ¯ értékét. Mivel lim

(n + 1) n! (2n)! n+1 = lim 2 = 0, (2n + 2) (2n + 1) (2n)!n! 4n + 6n + 2

így a d’Alembert-féle hányadoskritérium szerint a sor abszolút konvergens. (f) Mivel lim

s

p n

|an | = lim

n

√ n 5 5−3 5 5−3 5n √ = lim = < 1, n n (6n − 2) 7 7 7 6n − 2

így a Cauchy-féle szerint √ √ √ a sor abszolút konver√ gyökkritérium gens. Az 1 < n 6n − 2 < n 6n = n 6 n n egyenlőtlenségekből és √ n a közrefogási szabályból adódik, hogy lim 6n − 2 = 1. n→∞

5. (a) Minden n ∈ N esetén 1 n n+3 = 2 < 2 . 6n 6n n + 5n 1 n+3 Legyen hbn i : N → R, bn := 6n minden . Ekkor 0 < bn < n(n+5) ∞ ∞ P P 1 n ∈ N esetén, és a bn = 16 n sor divergens. Így a minoráns 1

kritérium szerint a

∞ P 1

1

n+3 n(n+5)

sor divergens.

(b) Mivel lim

s

p n

|an | = lim

n

√ n 2 2n 2−3 2 2−3 √ = < 1, = lim n n (5n + 1) 3 3 3 5n + 1

így a sor a Cauchy-féle gyökkritérium miatt konvergens. √ √ √ √ Az 1 < n 5n + 1 ≤ n 6n = n 6 n n egyenlőtlenségből és a közre√ fogási szabályból adódik, hogy lim n 5n + 1 = 1. n→∞

56


(c) Mivel r √ 2 2 p ( n n) 1 n n n = lim = < 1, lim |an | = lim 3n 3 3 így a sor a Cauchy-féle gyökkritérium miatt konvergens. (d) Minden n ∈ N esetén 1 2n − 2 2n < 4 = 2 3. n4 + n2 + 1 n n Legyen hbn i : N → R, bn := n23 . Ekkor 0 ≤ n42n−2 < bn +n2 +1 ∞ ∞ P P minden n ∈ N esetén, és a bn = 2 n13 sor konvergens. Így a 1 ∞ P

1

2n−2 n4 +n2 +1

majoráns kritérium miatt a sor abszolút konvergens. 1 ¯ ¯ ¯ ¯ (e) Határozzuk meg a lim ¯ an+1 an ¯ értékét. Mivel e−n e−1 (2n + 1)! = (2n + 3) (2n + 2) (2n + 1)!e−n 1 = lim = 0, e (4n2 + 10n + 6)

lim

így a sor a d’Alembert-féle hányadoskritérium miatt abszolút konvergens. √1 . 2 n−1 1 1 Legyen most hbn i : N → R, bn := 2√n . Ekkor 0 < bn < 2√n−1 ∞ ∞ P P √1 sor divergens. minden n ∈ N, n ≥ 2 esetén, és a bn = 12 n 1 1 ∞ P √1 Így a minoráns kritérium miatt a sor divergens. 2 n−1 2

(f) Minden n ∈ N, n ≥ 2 esetén

1 √ 2 n

<

6. (a) Minden n ∈ N esetén ¯ ¯ π ¯ arctg n ¯ π 2 ¯ ¯< ¯ 2n2 + n + 1 ¯ 2n2 + n + 1 < 4n2 .

57

Megoldások

¯ ¯ ¯ n ¯ Legyen hbn i : N → R, bn = π4 n12 . Ekkor 0 < ¯ 2narctg 2 +n+1 ¯ < bn ∞ ∞ P P 1 minden n ∈ N esetén, és a bn = π4 sor konvergens. Így n2 1

1

a majoráns kritérium miatt az adott sor konvergens. ¯ ¯ ¯ an+1 ¯ (b) Határozzuk meg a lim ¯ an ¯ értékét. Mivel lim

(n + 1) n! en nn 1 1 1 = lim ¡ n+1 ¢n = 2 < 1, n een (n + 1) (n + 1) n! e n e

így a d’Alembert féle hányadoskritérium miatt az adott sor konvergens. (c) Minden n ∈ N esetén √ 3 1 n+1 √ √ < . √ 3 3 3 2 3 n n +n+1 √ 3

n+1 1 Legyen hbn i : N → R, bn := √ . Ekkor 0 < bn < √ 3 3 2 3n n +n+1 ∞ ∞ P 1 P √1 minden n ∈ N esetén, és a bn = √ 3 3 n sor divergens. Így 1

a minoráns kritérium miatt a

∞ P 1

(d) Minden n ∈ N esetén ¯ ¯ ¯(arcsin n) ¯

3 1 √ 3 n+1 √ 3 2 n +n+1

sor divergens.

¯ 1 ¯¯ π 1 < . n4 + 1 ¯ 2 n4

¯ ¯ ¯ n¯ Legyen hbn i : N → R, bn := π2 n14 . Ekkor 0 < ¯ arcsin ≤ bn 4 n +1 ¯ ∞ ∞ P P 1 minden n ∈ N esetén, és a bn = π2 sor konvergens. Így n4 1

a majoráns kritérium miatt a

1

∞ P arcsin n 1

n4 +1

sor konvergens.

(e) Minden n ∈ N esetén n+1 1 √ > √ . 3 3 4 2 n n + 3n + 4

58


1 n+1 Legyen hbn i : N → R, bn := 2 √ 3 n . Ekkor 0 < bn < √ 3 4 n +3n+4 ∞ ∞ P P 1 √ bn = 12 minden n ∈ N esetén, és a 3 n sor divergens. Így a

minoráns kritérium miatt a

1 ∞ P 1

1

n+1 √ 3 4 n +3n+4

sor divergens.

(f) A Cauchy-féle gyökkritérium alkalmazásával egyszerűen igazolható, hogy a sor abszolút konvergens. n+2 soro(g) Könnyen belátható, hogy az han i : N → R, an := n(n+3) zat monoton csökkenő nullsorozat. A váltakozó előjelű sorokra vonatkozó Leibniz-tétel miatt a sorozat konvergens.

(h) Az előző feladathoz hasonlóan igazolható, hogy a sorozat konvergens.

Megoldások

59


1. (a) A lim

x→0

sin x x

= 1 ismert határérték felhasználásával, egyszerű

átalakítások után adódik a feladat végeredménye. Azaz x2 (4x + 1) (1 + cos x) x3 (4x + 1) (1 + cos x) = lim = x→0 x→0 x (1 − cos x) (1 + cos x) (1 − cos2 x) x2 = lim (4x + 1) (1 + cos x) = 2. x→0 sin2 x lim

(b) A lim

x→0

sin x x


átalakítások után adódik a feladat végeredménye. Azaz x2 (x + 2) (1 + cos x) x3 (x + 2) (1 + cos x) = lim = x→0 x→0 5x (1 − cos x) (1 + cos x) 5 (1 − cos2 x) x2 4 = lim (x + 2) (1 + cos x) = . x→0 5 sin2 x 5 lim

(c) A lim

x→0

sin x x


átalakítások után adódik a feladat végeredménye. Azaz 1 − cos2 3x (1 − cos 3x) (1 + cos 3x) = lim = x→0 x2 cos x (1 + cos 3x) x→0 x2 cos x (1 + cos 3x) sin2 3x = = lim 2 x→0 x cos x (1 + cos 3x) µ ¶ sin 3x 2 1 9 = lim 9 = . x→0 3x cos x (1 + cos 3x) 2 lim

(d) A lim

x→0

sin x x


60


átalakítások után adódik a feladat végeredménye. Azaz (1 − cos 5x) (1 + cos 5x) = x2 (1 + cos 2x) (1 + cos 5x) 1 − cos2 5x = lim 2 = x→0 x (1 + cos 2x) (1 + cos 5x) sin2 5x = lim 2 = x→0 x (1 + cos 2x) (1 + cos 5x) µ ¶ sin 5x 2 1 25 = lim 25 = . x→0 5x (1 + cos 2x) (1 + cos 5x) 4

lim

x→0

(e) A lim

x→0

sin x x


átalakítások után adódik a feladat végeredménye. Azaz sin x cos x − sin x lim x→0 x3 cos x

=

sin x−sin x cos x cos x lim x→0 x3 cos x

=

sin x − sin x cos x sin x (1 − cos x) 1 + cos x = lim = x→0 x3 cos2 x x3 cos2 x 1 + cos x sin x sin2 x = lim 3 = x→0 x cos2 x (1 + cos x) µ ¶ sin x 3 1 1 = lim = . 2 x→0 x cos x (1 + cos x) 2 = lim

x→0

(f) A lim

x→0

sin x x


átalakítások után adódik a feladat végeredménye. Azaz sin x (1 − cos x) 1 + cos x = x→0 2x3 cos3 x 1 + cos x sin x sin2 x = lim 3 = x→0 2x cos3 x (1 + cos x) µ ¶ 1 1 1 sin x 3 = . = lim 3 x→0 2 x cos x (1 + cos x) 4 lim

61

Megoldások

(g) A lim

x→0

sin x x


átalakítások után adódik a feladat végeredménye. Azaz 2 sin x (cos x − 1) cos2 x = sin2 x x→0 x→0 sin2 x 2 ¡ cos x ¢ ¡ ¢ 2 cos2 x − 1 cos2 x 2 − sin2 x cos2 x = lim = lim = 0. x→0 x→0 sin x(1 + cos x) sin x(cos x + 1) lim

(h) A lim

x→0

2 sin x (cos x − 1)

sin x x

= lim


átalakítások után adódik a feladat végeredménye. Azaz lim

x→0

sin mx nx 1 sin mx nx m m mx = lim = . mx sin nx nx x→0 mx sin nx n n

2. (a) A kifejezést a eredményt:

√ √ 2 2 √x +ax+√x +bx 2 x +ax+ x2 +bx

hányadossal bővítve kapjuk az

x2 + ax − x2 − bx √ = lim √ x→+∞ x2 + ax + x2 + bx x (a − b) √ = lim √ = 2 x→+∞ x + ax + x2 + bx a−b a−b q = lim p . = x→+∞ 2 1+ a + 1+ b x

x

(b) Az előző feladat megoldásában alkalmazott ötlet segítségével adódik a megoldás: x 9x2 + 1 − 9x2 = lim √ = lim x √ 2 2 x→+∞ 9x + 1 + 3x x→+∞ 9x + 1 + 3x 1 1 = lim q = . x→+∞ 6 9 + x12 + 3

62


12

+1

1 =√ . 7 6 +6 x2 √ √ ( x − 3) ( x + 3) √ (d) lim = +∞. x→+∞ x−3 (c)

lim qx

x→+∞

(e) A határérték 6. (f) A határérték

1 . 2

3. (a) A határérték −∞.

(b)

(c)

(d)

lim

x→+∞

q 1+

q

5 x2

+

4

3

1 x2

+

1 x3

+

q

q 6 3 x12 + q lim

x→+∞

3 x

+

2 x2

1 x4

3 x

q 2 x2

+

+

7 x

+

√ 2

= +∞.

1 x2

= 0.

6 + x2 lim q = 6. x→−∞ 1 + x13

(e) A határérték 1. (f) Egyszerű bővítéssel adódik az eredmény: Ã√ √ √ √ ! x+3− 3 x+3+ 3 √ ·√ lim = x→0 x x+3+ 3 x+3−3 √ ¢= = lim ¡√ x→0 x x+3+ 3 1 = √ . 2 3

63

Megoldások

(g) Egyszerű bővítéssel adódik az eredmény: Ã√ ! √ x2 + 4 − 2 x2 + 4 + 2 lim ·√ = x→0 x x2 + 4 + 2 x2 + 4 − 4 ³√ ´ = 0. x→0 x x2 + 4 + 2

= lim 4. (a)

" ³p

lim

# ´ √x2 + 2 + x x2 + 2 − x √ = x2 + 2 + x

x→+∞

x2 + 2 − x2 = lim √ = 0. x→+∞ x2 + 2 + x (b)

" # ´ √x2 + 5x + x ³p lim x2 + 5x − x √ = x→+∞ x2 + 5x + x x2 + 5x − x2 5 5 = lim √ = lim q = . x→+∞ 2 x2 + 5x + x x→+∞ 1 + 5 + 1 x

(c) lim

" ³p

x→+∞

# ´ √x2 + ax + x = x2 + ax − x √ x2 + ax + x

x2 + ax − x2 a a = lim √ = lim p = . a x→+∞ 2 x2 + ax + x x→+∞ 1 + x + 1 2 + ab + b2 ) azonosságot. Bő(d) Használjuk√fel az a3 −√b3 = (a − b)(a√ 3 3 2 3 (x2 +a) + (x2 +a)(x2 −a)+ (x2 −a)2 √ √ vítsünk a √ kifejezéssel. Ekkor 3 3 2 2 3 2 2 2 2 (x +a) +

3

(x −a)

2a q = 0. √ 3 3 2 2 4 2 2 (x + a) + x − a + (x − a)

lim q

x→+∞

(x +a)(x −a)+

2

64


(e) Használjuk fel a lim

x→+∞

¡ ¢x 1 + x1 = e ismert határértéket:

"µ

¶ µ ¶ # 4x + 2 2x 4x + 2 5 lim = x→+∞ 4x − 3 4x − 3 vÃ sµ u ¶4x u 1+ 4x + 2 = lim t = lim x→+∞ x→+∞ 4x − 3 1−

2 4x 3 4x

!4x =

√ e5 .

Egy lehetséges másik út a megoldáshoz a következő: µ lim

x→+∞

4x + 2 4x − 3

¶2x+5

"µ = lim 1+ x→+∞

5 4x − 3

2x+5 ¶4x−3 # 4x−3

=

5

= e2 . (f) Az előző feladathoz hasonlóan: Ã ¶ µ ¶ 1− −2x + 6 5x −2x + 6 1 lim = lim x→+∞ −2x + 1 x→+∞ 1 − −2x + 1 x 5  1 − x3 25   = e− 2 . = lim  1 x→+∞ 1 − x2 µ

6 2x 1 2x

(g) Az előzőekhez hasonló módon: ¶4x2 µ ¶2 5x2 − π 5x2 − π √ √ = lim x→+∞ 5x2 + 2 5x2 + 2 Ã sµ !5x2  45 ¶ −π 4 1 − 5xπ2  = 5 e√ √ = lim  . x→+∞ e 2 1 + 5x22 µ

!5x =

65

Megoldások

(h) A megoldás az előzőekhez hasonló módon történik. Ã lim

x→+∞

2 2x2 + 1 · 3 2x2 − 43

!x2

v u µ ¶x2 u u 1+ 2 t = lim x→+∞ 3 1+

µ ¶x2 q 7 2 = lim e 3 = 0. x→+∞ 3 5. A =

1 2x2 − 43 2x2

2x2 

4 . π

6. (a) Használjuk fel azt, hogy lim

x→1+0

1 = +∞, x−1

illetve

lim

x→1−0

1 = −∞. x−1

Így µ ¶ ¡ 2 ¢ 1 x +1 = +∞, x→1+0 x−1 ¶ µ ¡ 2 ¢ 1 = −∞. lim x +1 x→1−0 x−1 lim

(b) Az előző feladathoz hasonlóan oldható meg. Ekkor µ

¶ −2x − 1 1 = −∞, x→1+0 x+1 x−1 ¶ µ −2x − 1 1 = +∞, lim x→1−0 x+1 x−1 µ ¶ −2x − 1 1 lim = −∞, x→−1+0 x+1 x−1 ¶ µ −2x − 1 1 lim = +∞. x→−1−0 x+1 x−1 lim

=

66


(c) Ã lim

x→1+0

Ã lim

x→1−0

Ã lim

x→4+0

Ã lim

x→4−0

(x + 1)2 1 x − 4 (x − 1) 1 (x + 1)2 x − 4 (x − 1) 1 (x + 1)2 x − 1 (x − 4) (x + 1)2 1 x − 1 (x − 4)

! = −∞, ! = +∞, ! = +∞, ! = −∞.

µ

µ ¶ ¶ x+2 1 x+2 1 = −∞, lim = +∞, x→0+0 x − 1 x3 x→0−0 x − 1 x3 ¶ µ ¶ µ x+2 1 x+2 1 = +∞, lim = −∞. lim x→1−0 x→1+0 x3 x − 1 x3 x − 1 (e) Felhasználjuk az ismert

(d)

lim

lim

x→0+0

2 = +∞, x

lim

x→0−0

2 = −∞, x

illetve lim 3x = +∞,

x→+∞

határértékeket. Ekkor ¶ µ 1 lim (x + 3) 2 = 0, x→0+0 3x + 1 (f)

5

lim 5 x−1 = +∞

x→1+0

lim 3x = 0

x→−∞

µ lim (x + 3)

x→0−0

1 2

3x + 1

5

lim 5 x−1 = 0.

x→1−0

x+2 x+2 = +∞, lim = +∞. x→3+0 |x − 3| x→3−0 |x − 3| 1 1 1 (b) lim · = −∞. = lim 2 x→2+0 (x − 2) − |x − 2| x→2+0 x − 2 x − 3

7. (a)

lim

¶ = 3.

Megoldások

1 1 1 = lim · = −∞. x→2−0 (x − 2) − |x − 2| x→2−0 x − 2 x − 1 1 π 1 π (c) lim arctg = , lim arctg =− . x→0+0 x→0−0 2x 2 2x 2 2 2 (d) lim = +∞, lim = −∞. x→0+0 arcsin x x→0−0 arcsin x lim

2

67

68


5. Valós függvények differenciálhányadosa 1. (a) Legyen x0 tetszőleges valós szám. Ekkor ¡ ¢ x3 + 2x2 + 1 − x20 + 2x20 + 1 f (x) − f (x0 ) = lim = lim x→x0 x→x0 x − x0 x − x0 x3 − x30 + 2x2 − 2x20 = lim = x→x0 x − x0 ¡ 2 ¢ (x − x0 ) x + xx0 + x20 + 2 (x − x0 ) (x + x0 ) = = lim x→x0 x − x0 ¡ 2 ¢ = lim x + xx0 + x20 + 2x + 2x0 = 3x20 + 4x0 , x→x0

azaz a függvény differenciálható x0 -ban, és f 0 (x0 ) = 3x20 + 4x0 . (b) Legyen x0 tetszőleges valós szám. Ekkor g (x) − g (x0 ) = x − x0 −x2 + 2x + 3 − (−x20 + 2x0 + 3) = lim = x→x0 x − x0 −(x − x0 )(x + x0 ) + 2(x − x0 ) = −2x0 + 2, = lim x→x0 x − x0 lim

x→x0

azaz a g függvény differenciálható x0 -ban, és g 0 (x0 ) = −2x0 + 2. 2. Legyen x0 6= 0 tetszőleges valós szám. Ekkor 1

1

x −x

0 − f (x) − f (x0 ) = lim x x0 = lim xx0 = x→x0 x→x0 x − x0 x→x0 x − x0 x − x0 1 1 = lim − = − 2, x→x0 xx0 x0

lim

azaz a függvény differenciálható x0 -ban, és f 0 (x0 ) = − x12 . 0

69

Megoldások

3. Legyen x0 tetszőleges valós szám, ekkor f (x) − f (x0 ) xn − xn0 = lim = x→x0 x→x0 x − x0 x − x0 ) (x − x0 )(xn−1 + xn−2 x0 + · · · + xn−1 0 = lim = nx0n−1 , x→x0 x − x0 lim

azaz a függvény differenciálható x0 -ban, és f 0 (x0 ) = nx0n−1 . 4. (a) Mivel f (x) − f (x0 ) |x| = lim = 1, x→0+0 x→0+0 x x − x0 lim

és f (x) − f (x0 ) |x| = lim = −1, x→0−0 x→0−0 x x − x0 lim

azaz a függvény jobb és bal oldali differenciálhányadosa az x0 = 0 pontban nem egyenlő. Tehát a függvény az adott pontban nem differenciálható. (b) Tekintsük a függvény x0 = 0 ponthoz tartozó differenciahányag (x) − g (x0 ) 1 dosát: = sin . Ha x − x0 x hxn i : N → R,

xn :=

2 , (2n − 1)π

akkor az hxn i sorozat nullához konvergál. Ebben az esetben a hozzá tartozó hsin x1n i sorozat nem konvergens, így a g függvény az adott pontban nem differenciálható. (c) Mivel lim

x→0+0

h (x) − h (x0 ) |sin x| = lim = 1, x→0+0 x − x0 x

70


és lim

x→0−0

h (x) − h (x0 ) |sin x| = lim = −1, x→0−0 x − x0 x

azaz a h függvény jobb és bal oldali differenciálhányadosa a 0 pontban nem egyenlő, a függvény az adott pontban nem differenciálható. A fejezet további feladataiban a Df 0 = Df egyenlőség miatt nem adjuk meg az f 0 értelmezési tartományát. q 3 4 1 0 4 5. (a) f (x) = 5x + 4 x + 28x3 − 10 x13 . √ √ √ (b) f 0 (x) = 42x6 + 15 π · x − 2 x12 . 2 ¡ ¢ (c) f 0 (x) = −2 sin x x2 + 6 · 3x + (2 cos x + 1) (2x + 6 · 3x ln 3) . ´ ³ 1 (d) f 0 (x) = x1 + 1+x (5 + 2x ) + (ln x + arctg x) (2x ln 2) . 2 √ ¡ ¢√ 1 6 2π 2 cos12 x arctg x − 6π 2 tg x + 6 2 1+x 2 0 . (e) f (x) = 2 arctg2 x q ´¡ ³ ¢ −π sin x − 3 cos x + 12 x1 x2 + 7 ln2 x (f) f 0 (x) = − ¡ ¢2 x2 ¡+ 7 ln2 x ¡ ¢¢ √ (π cos x − 3 sin x + x) 2x + 14 ln x x1 − . ¡ ¢2 x2 + 7 ln2 x 2 +6

6. (a) f 0 (x) = 7x

ln 7 · 2x. ´ ¡ ¢³ q √ (b) f 0 (x) = − sin x + x2 12 x1 + 2x . 1

(c) f 0 (x) = p

1 − (x7 + 1)2

7x6 .

(d) f 0 (x) = 2 cos x (− sin x) . ¡ ¢ (e) f 0 (x) = 2x sin6 x + x2 + e 6 sin5 x cos x. √ √ q (f) f 0 (x) = 2sin x ln 2 cos x 12 x1 .

71

Megoldások

(g) f 0 (x) = (h) f 0 (x) =

¡ ¢ 2x3ln x + x3ln x ln 3 . q s √ 24x√x − (2x2 + 1)3 1 1 1 6 x x

1 x2 3ln x

1+

2 +1 2x√ 6 x

2

2x2 + 1

1 1 . tg x cos2 x 1 1 1 (j) f 0 (x) = . ln ln x ln x x √ √ (k) f 0 (x) = 2 · sin (arctg 3 x) cos (arctg 3 x)

36x

.

(i) f 0 (x) = 4 (ln tg x)

1+(

1 √ 3

2

x)

1 3

q 3

1 . x2

(l) A függvény differenciálhányadosát a következő kifejezés adja: q r √ 1 3 x (− sin x) (7√x + π) − 21 cos4 x 24 cos 1 7 x+π x √ . 2 6 cos4 x (7 x + π)2 µ √ ¶ 1 73 4 1 0 (m) f (x) = 2 x + 2x . π +2 3 1 + x4 (n) f 0 (x) = 0, mivel f konstansfüggvény. √ ¢ ¡ 1 1 2 tg x cos12 x 2x + 2 − tg2 x2x ln 2 0 . (o) f (x) = √ ¢ ¡ ln 6 tg2√x x+ 2 2 2 2x + 2 √ (p) Mivel f (x) = π 42 x + 7x−2 3− sin x , így r π 42 1 14 1 7 (ln 3) cos x 0 f (x) = − 3 sin x − . 41 42 x x 3 x2 3sin x ¡ ¢ −8 ecos x (− sin x) + 6 · 3tg x ln 3 cos12 x 0 . (q) f (x) = (ecos x + 6 · 3tg x )2 x

7. (a) Végezzük el az xx = eln x = ex ln x átalakításokat, majd alkalmazzuk az összetett, illetve szorzatfüggvényre vonatkozó differenciálási szabályokat. Így f 0 (x) = ex ln x (ln x + 1) = xx (ln x + 1) .

72


(b) Az előző példa alapján kapjuk, hogy ¢ ¡ f 0 (x) = ex ln sin x ln ¡sin x + x sin1 x cos x . Az ¢ eredményt felírhatjuk f 0 (x) = (sin x)x ln sin x + x sin1 x cos x alakban is. (c) Az előzőek alapján kapjuk, hogy ¡ ¢ f 0 (x) = ecos x ln sin x − sin x ln sin x + cos x sin1 x cos x . (d) Az előzőek alapján kapjuk, hogy ³q √ √ 1 1´ 1 f 0 (x) = e2 x ln ln x ln ln x + 2 x ln x x . x (e) Az előzőek alapján kapjuk, hogy ¢ 1 2 ¡ f 0 (x) = e x ln x −1 ln x2 + x22 . x2 (f) Térjünk át természetes alapú logaritmusra, majd alkalmazzuk az összetett, illetve a hányados függvényre vonatkozó differenciálási szabályokat. Így f (x) = lnlncosx x és f 0 (x) =

1 cos x

(− sin x) ln x − 2

1 x

ln cos x

ln x

.

8. (a) A deriváltak minden valós x esetén a következők: f 0 (x) = 4x3 + 6x2 + 6, f 00 (x) = 12x2 + 12x, f (3) (x) = 24x + 12, f (4) (x) = 24. (b) Könnyen belátható, hogy f (4) (x) = 0, minden x ∈ R esetén. (c) A deriváltak minden valós x esetén a következők: f 0 (x) = 2e2x + (− sin x) , f 00 (x) = 4e2x + (− cos x) , f (3) (x) = 8e2x + sin x, f (4) (x) = 16e2x + cos x. (d) A deriváltak minden valós x esetén a következők: f 0 (x) = f (3) (x)

−2x , (x2 +1)2 −48x3 = (x2 +1)4

f 00 (x) = + (x224x , +1)3

8x2 (x2 +1)3 f (4) (x)

− =

2 , (x2 +1)2 2 384x4 − (x288x 2 +1)4 (x2 +1)5

+ (x224 . +1)3

(e) A deriváltak minden valós x esetén a következők: f 0 (x) = sin x + x cos x, f 00 (x) = 2 cos x − x sin x, f (3) (x) = −3 sin x − x cos x, f (4) (x) = −4 cos x + x sin x.

Megoldások

73

9. (a) Az első néhány differenciálhányados a következő: 1 f 0 (x) = 1+x , f 00 (x) = − (1 + x)−2 , f (3) (x) = (−1) (−2) (1 + x)−3 , f (4) (x) = (−1) (−2) (−3) (1 + x)−4 . Azt állítjuk, hogy f (n) (x) = (−1)n−1 (n − 1)! (1 + x)−n minden n ∈ N esetén. A bizonyítást teljes indukcióval végezzük. Az előzőekből következik, hogy n = 1 esetén igaz az állítás. Legyen n > 1. Megmutatjuk, hogy ha valamely n természetes számra igaz az állítás, akkor igaz (n + 1)-re is. Az n-edik differenciálhányados deriváltjából egyszerűen következik az állítás, azaz f (n+1) (x) = (−1)n n! (1 + x)−(n+1) , és ezzel az állítást bizonyítottuk. (b) Az előzőhöz hasonló módon teljes indukció segítségével igazolható, hogy(minden x ∈ R esetén f (n) (x) =

ex +e−x , 2 ex −e−x , 2

ha n páros, ha n páratlan. x

−x

Az f : R → R, f (x) := e −e függvényt szinusz hiperbolikusz 2 x −x függvénynek, az f : R → R, f (x) := e +e függvényt koszinusz 2 hiperbolikusz függvénynek nevezzük. (c) Az előzőhöz hasonló módon teljes indukció segítségével igazolható, hogy minden x ∈ R és k ∈ N ∪{0} esetén  −n cos x + x sin x, ha n = 4k,    n sin x + x cos x, ha n = 4k + 1, f (n) (x) = n cos x − x sin x, ha n = 4k + 2,    −n sin x − x cos x, ha n = 4k + 3. (d) Az előzőekhöz hasonló módon teljes indukció segítségével igazolható, hogy minden x ∈ R esetén ¡ ¢ f (n) (x) = ex x2 + 2nx + n (n − 1) .

74


6. A differenciálszámítás alkalmazásai 1. (a) A határérték 1. (b) A határérték „ 00 ” típusú, a l’Hospital-szabály alkalmazásával száx −e−x ex +e−x mítható ki. Így lim e sin x = lim cos x = 2. x→0 0 „ 0 ” típusú,

(c) A határérték mítható ki. Így lim

x→0

x→0

a l’Hospital-szabály alkalmazásával szá-

sin 2x − sin x 2 cos 2x − cos x 1 = lim = . x→0 sin 5x 5 cos 5x 5

Természetesen néhány esetben a l’Hospital-szabály alkalmazása nélkül is célba jutunk. Ebben az esetben járható lenne a következő út is: sin x (2 cos x − 1) sin 2x − sin x = lim = x→0 x→0 sin 5x sin 5x sin x 1 = lim (2 cos x − 1) = . x→0 sin 5x 5 lim

sin x x→0 sin 5x

Felhasználjuk, hogy lim

=

1 lim sin5x5x sinx x 5 x→0

= 15 .

(d) A határérték „ 00 ” típusú, a l’Hospital-szabály alkalmazásával száx x ln 2 mítható ki a határérték. Így lim 5 ln 5−2 = ln 5 − ln 2. 1 x→0

(e) A határérték 1, mivel xe2x − x xe2x − x ¡ ¢ = lim = x→0 1 − cos2 x − sin2 x x→0 2 sin2 x ¡ ¢ µ ¶ x e2x − 1 x e2x − 1 = lim = lim , x→0 2 sin x sin x x→0 sin x 2 sin x lim

x x→0 sin x

a lim

= 1 ismert határérték, a második tényezőre pedig al-

kalmazhatjuk a l’Hospital-szabályt.

75

Megoldások

(f) A határérték „1∞ ” típusú. Egyszerű átalakítás után a kitevőre alkalmazzuk a l’Hospital-szabályt, és felhasználjuk, hogy az exponenciális függvény folytonos. Így 2

lim (1 + 3x)− x = lim e(− x ) ln(1+3x) = lim e

x→0+0 −6

=e

2. (a)

2

x→0+0

−2 ln(1+3x) x

x→0+0

=

.

lim xx x→+∞ e

1 x x→+∞ e

= lim

= 0.

(b) A határérték „1∞ ” típusú. Végezzük el a lim

x→+∞

x3 ln(1+ x1 )

= lim e x→+∞

¡ ¢x3 1 + x1 =

átalakítást, majd a kitevőben lévő kifejezésre

(némi átalakítás után) alkalmazzuk a l’Hospital-szabályt. Így lim

¢ ¡ ln 1 + x1 1 x3 x x+1

x→+∞

= lim

x→+∞

= lim

¡ 1¢ − x2

− x34

1 1+ x1

¡ 1¢ − x2

−3x−4

x→+∞

=

x3 1 lim = +∞. 3 x→+∞ x + 1

=

Az e alapú exponenciális függvénynek a +∞-ben vett határértéke adja a feladat megoldását, azaz a kérdéses határérték +∞. (c) A határérték „ 00 ” típusú, a l’Hospital-szabály alkalmazásával számítható ki a határérték. Így lim

6 1+(6x)2

x→0

5

= 65 .

(d) A határérték „(−∞) · 0” típusú. Egy egyszerű átalakítás után a l’Hospital-szabály alkalmazásával kapjuk meg az eredményt. Így lim

ln x

x→0+0

1 sin x

= lim

x→0+0

1 x −2

− (sin x)

cos x

1 x x→0+0 cos2 x sin x

= − lim

1 sin2 x sin x 1 = − lim sin x = 0. x→0+0 x cos x x→0+0 x cos x

= − lim

=

76


(e) A határérték „00 ” típusú. Végezzük el a lim xsin x = lim eln x sin x

x→0+0

x→0+0

átalakítást. Az előző feladat és az exponenciális függvény folytonosságának felhasználásával a határérték 1-nek adódik. (f) A határérték „1∞ ” típusú. Egy egyszerű átalakítás után alkalmazzuk a l’Hospital szabályt, és így 5

5 ln x

lim x x−1 = lim e x−1 = e5 .

x→1+0

x→1+0

(g) A határérték „∞ · 0” típusú. Egy egyszerű átalakítás után a l’Hospital-szabály alkalmazásával kapjuk meg az eredményt: ¡ ¢¡ ¢ cos x1 − x12 cos x1 1 lim = lim = lim = 1 x→+∞ x→+∞ −2x−3 2 x→+∞ x1 x2 1 1 = lim x cos = +∞. x→+∞ 2 x sin x1

Érdemes megemlíteni a feladat megoldásának egy másik lehetséges útját is, ami azért érdekes, mert megmutatja számunkra, hogy a l’Hospital-szabály mellőzésével is célba érhetünk. Végezzük el a t := x1 helyettesítést. Ekkor lim

x→+∞

sin x1 1 x2

= lim x x→+∞

sin x1 1 x

1 sin t = +∞. t→0+0 t t

= lim

3. (a) A határérték „∞ − ∞” típusú. Közös nevezőre hozás után a l’Hospital-szabály alkalmazásával kapjuk meg az eredményt. Így ex − 1 − x ex − 1 = lim = 0. x→0+0 x→0+0 ex − 1 ex lim

77

Megoldások

(b) A határérték „∞ − ∞” típusú. Közös nevezőre hozás után a l’Hospital-szabály alkalmazásával kapjuk meg az eredményt. Így 1 − cos x sin x 1 lim = lim = . 2 x→0 x→0 2x x 2 (c) A határérték „∞ − ∞” típusú. Az azonos alapú logaritmusokra vonatkozó azonosságok miatt ¡ ¢ ex ln ex − ln x2 + 2 = ln 2 . x +2 Ebben az esetben a l’Hospital-szabály kétszeri alkalmazásával és a természetes alapú logaritmusfüggvény tulajdonságainak felhasználásával érhetünk célba. Így ex ex ex lim 2 = lim = lim = +∞, x→+∞ x + 2 x→+∞ 2x x→+∞ 2 ¡ ¡ ¢¢ x és lim ln ex − ln x2 + 2 = lim ln x2e+2 = +∞. x→+∞

x→+∞

(d) A határérték „∞ − ∞” típusú. Az azonos alapú logaritmusokra ¡ ¢ 2x vonatkozó azonosságok miatt ln e2x − ln 2x2 + ex = ln 2xe2 +ex . A l’Hospital-szabály háromszori alkalmazásával és a logaritmusfüggvény tulajdonságainak felhasználásával kapjuk meg az eredményt. Így 2e2x 4e2x e2x = lim = lim = x→+∞ 4x + ex x→+∞ 4 + ex x→+∞ 2x2 + ex 8e2x = lim = lim 8ex = +∞, x→+∞ ex x→+∞ ¡ 2x ¡ 2 ¢¢ és lim ln e − ln 2x + ex = +∞. lim

x→+∞

(e) A határérték „ ∞ ∞ ” típusú, a l’Hospital-szabály háromszori alkalmazásával számítható ki a határérték. Így 2(ln x) x1 3 (ln x)2 x1 (ln x)2 = 3 lim = 3 lim = lim x→+∞ x→+∞ x→+∞ 1 x 1 1 ln x = 6 lim = 0. = 6 lim x→+∞ x x→+∞ x

78


∞ (f) A határérték „ ∞ ” típusú. A feladat megoldásához alkalmazzuk a l’Hospital-szabályt 2004-szer. Így

x2004 1 = 2004! lim x = 0. x x→+∞ e x→+∞ e lim

(g) A határérték „0 · ∞” típusú. Egy egyszerű átalakítás, majd a l’Hospital-szabály alkalmazásával kapjuk az eredményt. Így 1

lim

esin x − 1

x→+∞

1 x

= lim

x→+∞

¡ ¢ 1 esin x cos x1 − x12 − x12

(h) A határérték „∞0 ” típusú. Végezzük el a ³ ćos x cos x ln tg x lim (tg x) = lim e = π π x→ 2 −0

x→ 2 −0

= 1.

lim ecos x ln tg x

x→ π2 −0

átalakítást, majd a kitevőre alkalmazzuk a l’Hospital-szabályt. Így 1 1 tg x cos2 x −2

= lim 1 x→ π2 −0 − (cos x) (− sin x) cos x cos x 1 cos x 2 lim sin1 x cos x = lim = 0. 2 π x→ x→ π2 −0 −0 sin x sin x 2 cos2 x

lim

x→ π2 −0

=

ln tg x

=

Az exponenciális függvény folytonosságát felhasználva az eredeti határérték 1-nek adódik. 4. (a) A határérték „ 00 ” típusú. A l’Hospital-szabályt alkalmazhatjuk a határérték meghatározásához, de néhány lépés után beláthatjuk, hogy ez esetben nem vezet eredményre. Úgyis mondhatjuk, hogy ezek a feladatok (a következővel együtt) a fejezet kakukktojásai, megmutatják számunkra, hogy ez a szabály sem mindenható. A feladat megoldását egyszerű átalakítás után kapjuk, felhasználjuk, hogy a szinusz függvény korlátos. Ekkor

79

Megoldások

µ ¶ x2 sin x1 x 1 lim = lim x sin = 0. x→0 sin x x→0 sin x x (b) A határérték „ ∞ ∞ ” típusú. Az előző feladatban említettek itt is érvényesek. A megoldást azzal a trükkel kapjuk, hogy mind a számlálót, mind a nevezőt osztjuk x-szel. Ekkor x − sin x = lim x→+∞ x + sin x x→+∞ lim

x−sin x x x+sin x x

= lim

x→+∞

1− 1+

sin x x sin x x

= 1.

a függvény első deriváltját: f 0 (x) = 26 x2 − 26 x − 46 . A 5. (a) Tekintsük ¡ 2 ¢ 2 6 x − x − 2 = 0 egyenletből: x1 = −1 és x2 = 2 megoldások adódnak. Tehát az f függvénynek az x1 = −1 és x2 = 2 helyeken lehet lokális szélsőértéke. Mivel f 00 (x) = 32 x − 26 és f 00 (−1) = = −1 < 0, illetve f 00 (2) = 1 > 0, az f függvénynek az x1 = −1 pontban helyi maximuma, az x2 = 2 pontban helyi minimuma van. Megjegyezzük, hogy a függvénynek abszolút szélsőértéke nincs. (b) Tekintsük az f függvény első deriváltját: f 0 (x) = 8x − 40. Mivel az f 0 (x) = 0 egyenletnek az x0 = 5 a megoldása, így az x0 pontban lehet lokális szélsőértéke a függvénynek. Az f függvény második deriváltja f 00 (x) = 8 > 0, tehát a függvénynek helyi minimuma van az x0 pontban. A függvény első deriváltja előjelének vizsgálatából kiderül, hogy a függvény szigorúan monoton csökkenő a [3, 5] intervallumon és szigorúan monoton növekvő az [5, 8] intervallumon. Ebből következik, hogy a [3, 5] intervallumon a legnagyobb függvényérték f (3) = −4, míg az [5, 8] intervallumon f (8) = 176. Az előzőekből következik, hogy a függvénynek abszolút maximuma van az x = 8 pontban és abszolút minimuma van az x0 = 5 pontban, ahol f (5) = −20. Megjegyezzük, hogy elemi úton, az f (x) = 4x2 − 40x + 80 = = 4(x − 5)2 − 20 egyenlőségből egyszerűbben is megkaphatjuk a végeredményt.

80


2

(c) Tekintsük a függvény első differenciálhányadosát: f 0 (x) = x x−1 2 . x2 −1 Az x2 = 0 egyenlet megoldásai x1 = 1 és x2 = −1. Az f függvénynek az x1 helyen lehet lokális szélsőértéke, mivel x2 nem tartozik a függvény értelmezési tartományába. Vizsgáljuk meg az f függvény második deriváltját. Mivel f 00 (x) = x23 , így f 00 (1) = 2 > 0, tehát a a függvénynek helyi minimuma van az x1 pontban. A derivált függvény előjelének vizsgálatából £ ¤ kiderül, hogy a függvény szigorúan monoton csökkenő az 12 , 1 intervallumon¡ és¢ szigorúan monoton növekvő az [1, 3] intervallumon. Mivel f 21 = 92 és f (3) = 16 3 , így az előző feladat gondolatmenetét alkalmazva azt kapjuk, hogy az x = 3 pontban a függvénynek abszolút maximuma, az x = 1 pontban abszolút minimuma van. (d) Tekintsük a függvény első differenciálhányadosát. Az f 0 (x) = = 3x2 − 3 = 0 egyenlet megoldásai az x1 = 1 és x2 = −1. Ezekben a pontokban lehet a függvénynek lokális szélsőértéke. Mivel f 00 (x) = 6x, így f 00 (1) = 6 > 0 és f 00 (−1) = −6 < 0. Az előző egyenlőtlenségekből következik, hogy a függvénynek az x1 pontban helyi minimuma és az x2 pontban helyi maximuma van. A derivált függvény előjelének vizsgálatából adódik, hogy a függvény szigorúan monoton növekvő a [−3, −1] és az [1, 2] intervallumokon és szigorúan monoton csökkenő a [−1, 1] intervallumon. Az előzőekkel összevetve, és felhasználva az f (1) = 16, f (−1) = 20, f (2) = 20 és f (−3) = 0 egyenlőségeket adódik, hogy a függvénynek az x = −3 helyen abszolút minimuma, az x = −1 és x = 2 helyeken pedig abszolút maximuma van. √ 5x4 − 15x2 = 0 egyenlet megoldásai x1 = 0, x2 = 3 (e) Az f 0 (x) =√ és x3 = − 3. Tehát az f függvénynek helyi szélsőértéke lehet az x1 és az x2 helyeken. (Az x3 pont nincs benne a függ00 3 vény √ tartományában.) Mivel f (x) = 20x − 30x és ¢ ¡√értelmezési 00 f 3 = 30 3 > 0, így a függvénynek x2 pontban helyi minimuma van. Könnyen látható, hogy f 00 (0) = 0 és f 000 (0) 6= 0, azaz a függvénynek az x1 pontban nincs helyi szélsőértéke. A

81

Megoldások

függvény első deriváltja előjelének vizsgálatából √ ¤kiderül, hogy a £ függvény szigorúan monoton csökkenő a −1, 3 intervallumon £√ √ ¤ és szigorúan monoton növekvő a 3, 5 intervallumon. Mivel √ √ f (−1) = 6 és f ( 5) = 50 5 + 2 > 6, így √ az előzőek összevetéséből adódik, hogy a √ függvénynek az x = 5 pontban abszolút maximuma, az x = 3√ helyen pedig abszolút √ √ minimuma van. Megjegyezzük, hogy f ( 3) = −6 3 + 2 és f ( 5) = 2. ¡ ¢ 6. (a) A függvény zérushelyeit az x2 x2 − 2 = 0 egyenletből egyszerűen√meghatározhatjuk. √A gyökök a következők: x1 = 0, x2 = 2, illetve x3 = − 2. Tekintsük az f függvény első 0 differenciálhányadosát. Az f (x) = 4x3 − 4x = 0 egyenlet gyökei x1 = 0, x2 = 1 és x3 = −1. A gyökök által meghatározott intervallumokon vizsgálva a derivált függvény előjelét a következőket kapjuk. Az f függvény a (−∞, −1] intervallumon szigorúan monoton csökkenő, a [−1, 0] intervallumon szigorúan monoton növekvő, a [0, 1] intervallumon szigorúan monoton csökkenő és az [1, +∞) intervallumon ismét szigorúan monoton növekvő. Az előzőekből következik, hogy az x = −1 és x = 1 pontokban a függvénynek helyi minimuma, az x = 0 pontban pedig helyi maximuma van. 00 Tekintsük az f függvény második deriváltját. Az f (x)√= √ = 12x2 − 4 = 0 egyenlet megoldásai: x1 = 33 és x2 = − 33 . A gyökök által meghatározott intervallumokon vizsgálva a második √ derivált függvény előjelét a következőket kapjuk. A (−∞, − 33 ] intervallumon a függvény konvex, a [− √

káv és a [

3 3 , +∞)

√ √ 3 3 3 , 3 ]

intervallumon kon-

intervallumon szintén konvex. Az előzőek√

√

ből következik, hogy az x = − 33 és az x = 33 pontokban a függvénynek inflexiós pontjai vannak. A végtelenben a következő határértékeket kapjuk:

lim

x→+∞

¡ 4 ¢ x − 2x2 = +∞ és

lim

x→−∞

¡ 4 ¢ x − 2x2 = +∞.

82


Mivel érvényes az x4 − 2x = (−x)4 − 2 (−x)2 egyenlőség, a függvény páros. Az értékkészlete a [−1, +∞) intervallum.

1. ábra. ¡ ¢ (b) A függvény zérushelyeit az x x2 − 3 = 0 egyenletből kapjuk, √ √ melyek x1 = 0, x2 = 3 és x3 = − 3. Tekintsük az f függ0 vény első differenciálhányadosát. Az f (x) = 3x2 − 3 = 0 egyenlet megoldásai x1 = 1 és x2 = −1. A gyökök által meghatározott intervallumokon vizsgálva a derivált függvény előjelét a következőket kapjuk. A (−∞, −1] intervallumon a függvény szigorúan monoton növekvő, a [−1, 1] intervallumon szigorúan monoton csökkenő és az [1, +∞) intervallumon ismét szigorúan monoton növekvő. Az előzőekből következik, hogy az x = −1 pontban a függvénynek helyi maximuma, illetve az x = 1 pontban helyi minimuma van. 00 Tekintsük a függvény második deriváltját. Az f (x) = 6x = 0 egyenlet megoldása x = 0. A gyök által meghatározott intervallumokon vizsgálva a második derivált függvény előjelét a követ-

83

Megoldások

kezőket kapjuk. A (−∞, 0] intervallumon a függvény konkáv és a [0, +∞) intervallumon konvex. Az x = 0 pontban a függvénynek inflexiós pontja van. A végtelenben a következő határértéket kapjuk: ¡ ¢ ¡ ¢ lim x3 − 3x = +∞ és lim x3 − 3x = −∞. x→+∞

x→−∞

Mivel teljesül az x3 − 3x = −((−x)3 − 3(−x)) egyenlőség a függvény páratlan. Az értékkészlete a valós számok halmaza. A függvény gráfja a következő:

2. ábra. (c) A függvény zérushelye az x = 0 pontban van. Tekintsük az x(−x3 +2) f függvény első differenciálhányadosát. Az f 0 (x) = (x3 +1)2 kifejezés előjelének vizsgálatából (amelyet az első derivált zérushelyei és a szakadási helyek által meghatározott intervallumokon végzünk) azt ¢kapjuk, hogy az f függvény a (−∞, −1), (−1, 0] £√ 3 és a 2, +∞ intervallumokon szigorúan monoton csökkenő, a

84


¡ √ ¤ 0, 3 2 intervallumon szigorúan monoton növekvő. Az előzőekből következik, hogy az f függvénynek helyi √minimuma van az x = 0 helyen és helyi maximuma van az x = 3 2 helyen. Az f függvény második deriváltjának tanulmányozásából a kon00 vexitásra és a konkávitásra következtethetünk. Az f (x) = 6 3 +2 = 2x(x−14x kifejezés előjelének vizsgálatából kapjuk, hogy az 3 +1)3 f függvény konvex a (−1, 0,53) és a (1,89, +∞) intervallumokon és konkáv a (−∞, −1) és a (0,53, 1,89) intervallumokon. (Megjegyezzük, hogy a számláló zérushelyeit az x3 = a helyettesítés elvégzése után egy másodfokú egyenlet vizsgálatából nyerjük, melyből a1 = 6,85 és a2 = 0,15.) Az előzőekből következik, hogy az f függvénynek az x = 0,53 és az x = 1,89 helyeken inflexiós pontjai vannak. A függvény viselkedését a végtelenben a

lim

x2 x2 = lim 3 =0 + 1 x→−∞ x + 1

x→+∞ x3

határértékek mutatják, a szakadási helyek környezetében pedig a x2 x2 = +∞ és a lim = −∞. x→−1−0 x3 + 1 x→−1+0 x3 + 1 lim

határértékek. A függvény nem páros, nem páratlan, nem periodikus, értékkészlete az R halmaz. Az előzőek alapján a függvény gráfja a következő:

Megoldások

85

3. ábra. (d) A függvény zérushelye az x = −1 pontban van. Tekintsük a függvény első differenciálhányadosát. Az f 0 (x) = 1 − x23 kifejezés előjelének vizsgálatából azt kapjuk, hogy az f¢ függvény szigorúan £√ 3 2, +∞ intervallumokon és monoton növekvő a (−∞, 0) és a ¡ √ ¤ szigorúan monoton csökkenő a 0, 3 2 intervallumon. Az előző√ ekből következik, hogy az x = 3 2 helyen helyi minimuma van. Az f 00 (x) = x64 minden x ∈ Df esetén pozitív, tehát a függvény konvex a (−∞, 0) és a (0, +∞) intervallumokon. A függvény viselkedését a végtelenben és a szakadási hely környezetében a következő hatátértékek határozzák meg: x3 + 1 x3 + 1 = +∞, lim = −∞ x→−∞ x→+∞ x2 x2 lim

és

x3 + 1 x3 + 1 = lim = +∞. x→0+0 x→0−0 x2 x2 lim

A függvény nem páros, nem páratlan, nem periodikus, értékkész-

86


lete az R halmaz. Az előzőek összevetéséből a függvény gráfja a következő:

4. ábra. (e) A függvény zérushelye az x = 1 pontban van. Tekintsük a függ0 vény első differenciálhányadosát. Az f (x) = ln x + 1 derivált függvény előjelének vizsgálatából azt kapjuk, hogy a (0, 1e ] intervallumon a függvény szigorúan monoton csökkenő, az [ 1e , +∞) intervallumon szigorúan monoton növekvő, így az x = 1e pontban a függvénynek helyi minimuma van. 00 Az f (x) = x1 függvény minden értelmezés tartománybeli x esetén pozitív, tehát a függvény konvex. A függvény viselkedését a végtelenben a lim x ln x = +∞ határérték mutatja. Érdemes x→+∞

megvizsgálni az ábrázolás érdekében a függvény viselkedését az x = 0 pont környezetében. A l’Hospital szabály alkalmazásával a lim x ln x = 0 határérték adódik. x→0

A függvény nem páros és nem páratlan. A függvény értékkészlete a [− 1e , +∞) intervallum. Az előzőek alapján a függvény gráfja a következő:

87

Megoldások

5. ábra. (f) A függvény zérushelye az x = 1 pontban van. Tekintsük a függ0 vény első differenciálhányadosát. Az f (x) = x (2 ln x + 1) = 0 1 egyenlet megoldása x = e− 2 = √1e . Az első derivált függvény előjelét tanulmányozva azt kapjuk, hogy a függvény a (0, √1e ]

intervallumon szigorúan monoton csökkenő, az [ √1e , +∞) inter-

vallumon szigorúan monoton növekvő. Így az x = √1e pontban a függvénynek helyi minimuma van. 3 00 Az f (x) = 2 ln x + 3 függvény zérushelye x = e− 2 = √1 3 . A e második derivált függvény előjelének vizsgálatából azt kapjuk, 3 hogy a függvény konkáv a (0, e− 2 ] intervallumon és konvex az 3 3 [e− 2 , +∞) intervallumon. Ebből következik, hogy az x = e− 2 pontban a függvénynek inflexiós pontja van. A lim x2 ln x = +∞ határérték mutatja a függvény viselkex→+∞

dését a végtelenben. Érdemes megvizsgálni az ábrázolás érdekében a függvény viselkedését az x = 0 pont környezetében. A l’Hospital szabály alkalmazásával a lim x2 ln x = 0 határérték x→0+0

88


adódik. A függvény nem páros és nem páratlan. A függvény 1 értékkészlete a [− 2e , +∞) intervallum. A függvény gráfja a következő:

6. ábra. (g)

Az f (x) = x+2 x−1 = 0 egyenlőségből azt kapjuk, hogy a függvény0 −3 nek zérushelye van az x = −2 pontban. Mivel az f (x) = (x−1) 2 függvény minden x-re negatív, így a függvény monoton csök00 6 kenő a (−∞, 1) és (1, +∞) intervallumokon. Az f (x) = (x−1) 3 függvény előjelének vizsgálatából következik, hogy az f függvény konkáv a (−∞, 1) intervallumon és konvex az (1, +∞) intervallumon. A függvény viselkedését a végtelenben és a szakadási helyek környezetében a következő határértékek határozzák meg: x+2 x+2 = lim =1 x→−∞ x − 1 x→+∞ x − 1 lim

és

x+2 = +∞ x→1+0 x − 1 lim

x+2 = −∞. x→1−0 x − 1 lim

89

Megoldások

A függvény nem páros és nem páratlan. A függvény értékkészlete R \{1}. Könnyű számolásból adódik, hogy a függvény és inverze ebben az esetben ugyanaz a függvény. A függvény gráfja a következő:

7. ábra. (h)

A függvény zérushelye az x = 0 pontban van. Tekintsük a −(x2 +1) 0 függvény első differenciálhányadosát. Mivel az f (x) = (x2 −1)2 minden x esetén negatív, így a függvény szigorúan monoton csökkenő a (−∞, −1), (−1, 1) és (1, +∞) intervallumokon. Vizsgáljuk meg az 00

f (x) =

¡ ¢2 ¡ ¢ ¡ ¢ −2x x2 − 1 − −x2 − 1 2 x2 − 1 2x (x2 − 1)4

=

2x3 + 6x (x2 − 1)3

függvény előjelét. Az f függvény konkáv a (−∞, −1) és a [0, 1) intervallumokon, konvex a (−1, 0] és az (1, +∞) intervallumokon. Az x = 0 pontban a függvénynek inflexiós pontja van.

90


A függvény viselkedését a végtelenben és a szakadási helyek környezetében a következő határértékek határozzák meg: lim

x→+∞

lim

x→−1+0 x2

és lim

x→1+0 x2

x x = lim = 0, x2 − 1 x→−∞ x2 − 1

x = +∞ −1 x = +∞ −1

lim

x→−1−0 x2

lim

x→1−0 x2

x = −∞, −1

x = −∞. −1

A függvény páratlan, értékkészlete a valós számok halmaza. A függvény gráfja a következő:

8. ábra. (i)

Az f (x) = 2x−11 x−2 = 0 egyenletből azt kapjuk, hogy a függvénynek zérushelye van az x = 11 2 pontban. 0 7 Az f (x) = (x−2)2 függvény minden x esetén pozitív, tehát az f függvény szigorúan monoton növekvő a (−∞, 2) és (2, +∞)

91

Megoldások

intervallumokon. 00 −14 Az f (x) = (x−2) 3 függvény előjelének vizsgálatából adódik, hogy a függvény konvex a (−∞, 2) intervallumon és konkáv a (2, +∞) intervallumon. A függvény viselkedését a végtelenben és a szakadási helyek környezetében a következő határértékek határozzák meg: 2x − 11 2x − 11 = lim =2 x→+∞ x − 2 x→−∞ x − 2 lim

és

2x − 11 = −∞, x→2+0 x − 2 lim

2x − 11 = +∞. x→2−0 x − 2 lim

A függvény nem páros és nem páratlan. A függvény értékkészlete R \{2}. Egyszerű számolással adódik, hogy jelen esetben a függvény és inverze ugyanaz a függvény. A függvény gráfja a következő:

9. ábra. (j)

A függvénynek zérushelye van az x = 0 pontban. Tekintsük a 0 függvény első differenciálhányadosát Az f (x) = ex (1 + x) függvény előjelének vizsgálatából adódik, hogy az f függvény szigorúan monoton csökkenő a (−∞, −1] intervallumon és szigorúan

92


monoton növekvő az [−1, +∞) intervallumon. A függvénynek helyi minimuma van az x = −1 pontban. 00 Az f (x) = ex (x + 2) függvény előjelének vizsgálatából adódik, hogy a (−∞, −2] intervallumon az f függvény konkáv, a [−2, +∞) intervallumon pedig konvex. Az előzőekből adódik, hogy a függvénynek inflexiós pontja van az x = −2 pontban. A függvény viselkedését a végtelenben a következő határértékek határozzák meg: lim xex = +∞

x→+∞

lim xex = 0.

x→−∞

£ ¢ A függvény nem páros és nem páratlan, értékkészlete a − 1e , +∞ intervallum. A függvény gráfja a következő:

10. ábra. (k)

A függvénynek nincs zérushelye. Tekintsük a függvény első dif2x(2x4 −1) 0 ferenciálhányadosát. Az f (x) = függvény előjelének x4 vizsgálatából adódik, hogy a függvény szigorúan monoton csökkenő a (−∞, −1] és a (0, 1] intervallumokon, szigorúan monton növekvő a [−1, 0) és az [1, +∞) intervallumokon. Így az x = −1

Megoldások

93

és az x = 1 pontokban a függvénynek helyi minimuma van. 00 Az f (x) = 2 + x64 függvény minden x esetén pozitív, tehát a függvény konvex a (−∞, 0) és (0, +∞) intervallumokon. A függvény viselkedését a végtelenben és a szakadási helyek környezetében a következő határértékek határozzák meg: lim

1 1 + x2 = lim 2 + x2 = +∞ 2 x→−∞ x x

lim

1 1 + x2 = lim 2 + x2 = +∞. 2 x→0−0 x x

x→+∞

és x→0+0

A függvény páros. A függvény értékkészlete a [2, +∞) intervallum. A függvény gráfja a következő:

11. ábra. (l)

A függvény zérushelye az x = 0 pontban van. Tekintsük a függ0 −x−1 vény első differenciálhányadosát. Az f (x) = (x−1) 3 kifejezés előjelének vizsgálatából következik, hogy a függvény a (−∞, −1) és az (1, +∞) intervallumokon szigorúan monoton csökkenő, a

94


(−1, 1) intervallumon szigorúan monoton növekvő. Ebből következik, hogy az x = −1 pontban a függvénynek helyi minimuma van. 00 2x+4 Az f (x) = (x−1) 4 függvény előjelének a vizsgálatából következik, hogy a (−∞, −2] és az (1, +∞) intervallumokon a függvény konkáv és a [−2, 1) intervallumon konvex. Így az x = −2 pontban a függvénynek inflexiós pontja van. A végtelenben és a szakadási helyek környezetében a következő határértékeket kapjuk: x x lim = lim = 0, 2 x→+∞ (x − 1) x→−∞ (x − 1)2 x x = lim = +∞. lim 2 x→1+0 (x − 1) x→1−0 (x − 1)2 A függvény nem páros és nem páratlan. A függvény értékkészlete a [− 14 , +∞) intervallum. A függvény gráfja a következő:

12. ábra. (m)

A függvénynek nincs zérushelye. Tekintsük a fügvény első dif2 0 ferenciálhányadosát Az f (x) = 4x − x1 = 4x x−1 kifejezés előjelének vizsgálatából következik, hogy a függvény szigorúan monoton

95

Megoldások

csökkenő a (0, 12 ] intervallumon és szigorúan monoton növekvő az [ 21 , +∞) intervallumon. Így az x = 21 pontban a függvénynek helyi minimuma van. 2 00 Az f (x) = 4xx2+1 függvény minden x esetén pozitív, amelyből következik, hogy a függvény konvex. A függvény viselkedését az x = 0 pontban és a végtelenben a következő határértékek határozzák meg: lim (2x2 − ln x) = +∞,

x→0+0

A függvény értékkészlete az vény gráfja a következő:

£1 2

lim (2x2 − ln x) = +∞.

x→+∞

¢ + ln 12 , +∞ intervallum. A függ-

13. ábra. (n)

A függvénynek zérushelye van az x = 0 helyen. Mivel lim f (x) = lim f (x) = 0

x→0+0

x→0−0

egyenlőség érvényes, a függvény az x0 = 0 pontban folytonos. A x0 = 0 pontban a függvény nem differenciálható, ami következik

96


az f−0 (0) = 0 és f+0 (0) = 1 egyenlőségekből. Tekintsük a függvény első deriváltját x > 0 esetén. Az f 0 (x) = e−x (1 − x) = 0 egyenlet gyöke x = 1. A derivált függvény előjelének vizsgálatából adódik, hogy az f függvény szigorúan monoton növekvő a (−∞, 1] intervallumon és szigorúan monoton csökkenő az [1, +∞) intervallumon. Az előzőekből következik, hogy a függvénynek helyi maximuma van az x = 1 pontban. Tekintsük a függvény második deriváltját x > 0 esetén. Az f 00 (x) = e−x (x − 2) = 0 egyenlet megoldása x = 2. A gyök által meghatározott intervallumokon vizsgálva a második derivált függvény előjelét a következőket kapjuk. A függvény konkáv a [0, 2] intervallumon és konvex a [2, +∞) intervallumon. Az előzőekből következik, hogy az x = 2 helyen a függvénynek inflexiós pontja van. A (−∞, 0] intervallumon a a függvény konvex és x konkáv is. A függvény viselkedését a végtelenben a lim x = 0 x→+∞ e határérték határozza £ 1 ¤ meg. A függvény nem páros, nem páratlan, értékkészlete a 0, e intervallum. A függvény gráfja a következő:

14. ábra.

97

Megoldások

7. Döbrögi nyereségét a µ ¶ 2049 1 5 1 2 g : [0, +∞) → R, g(x) := 2 5 + x− x − x 8 5 4 függvény írja le. Vizsgáljuk meg a határozzuk meg a zérushelyét. A µ 2049 0 g (x) = 2 − 8

függvény első deriváltját, majd 1 3 x2 2

¶ −

1 =0 4

egyenlet megoldása az x0 = 16. Mivel a második derivált minden x ∈ R+ esetén negatív, így a függvénynek az x0 helyen helyi maximuma van. A g 0 függvény előjelének a vizsgálatából könnyen kiderül, hogy a g függvény szigorúan monoton növekvő a [0, 16] intervallumon és szigorúan monoton csökkenő a [16, +∞) intervallumon. Azaz 16 kg trágya felhasználása után lesz maximális a a nyereség. 8. Egy személy költsége 20 utas esetén 300 euró. Jelölje x azon utasok számát, akik már kedvezményes jegyeket kapnak. Ekkor a légitársaságnak befizetendő összeget az f (x) = 6000 + 300x − (10 + 20 + · · · + 10x) = −5x2 + 295x + 6000 összefüggés adja meg. Az f 0 (x) = −10x + 295 egyenlőségből következik, hogy az x0 = 29,5 helyen lehet a függvénynek szélsőértéke. Mivel f 00 (x) = −10, így a függvénynek az x0 pontban helyi maximuma van. Világos, hogy 29,5 utas nem vehet részt az utazáson, így tehát még szűkíthetjük a szponzoroktól kért összeget. Az f 0 függvény előjelének vizsgálatából könnyen kideríthető, hogy az f függvény szigorúan monoton növekvő a [20, 29,5] intervallumon és szigorúan monoton csökkenő a [29,5, 60] intervallumon. Ebből következik, hogy a kiadás 29 vagy 30 utas esetén lehet maximális. Mivel f (29) = f (30) = 10350, így 10 350 euróval kell rendelkezni a Tanszéknek, hogy nyugodt szívvel kibérelhesse a gépet.

98


1

1 −2 0 9. Tekintsük − 18 . Az ³ áz f függvény első deriváltját, f (x) = 2 x 1 √1 − 14 = 0 egyenletből az x0 = 16 megoldás adódik. Tehát 2 x az f függvénynek az x0 = 16 helyen lehet lokális szélsőértéke. Vizs3 gáljuk meg a függvény második deriváltját. Mivel f 00 (x) = − 41 x− 2 1 és f 00 (x0 ) = − 256 < 0, a függvénynek helyi maximuma van az x0 pontban. Az előzőekből következik, hogy a fa 16 év múlva lesz a legmagasabb.

10. Jelöljük a téglalap oldalait a-val és b-vel, ekkor T = ab = 1568 és K = 2a + b. Az előzőekből következik, hogy K (a) = 2a + 1568 a . A ¶ µ 1 1568 K 0 (a) = 2 + 1568 − 2 = 2 − 2 = 0 a a egyenlőségből következik, hogy az a0 = 28 pontban lehet a függvénynek szélsőértéke (az a = −28 érték szintén megoldása az egyenletnek, de a feladat csak pozitív értékeket enged meg). Mivel 1 > 0, 283 így a K(a) függvénynek az a0 = 28 pontban helyi minimuma van. Tehát a téglalap alakú telek oldalait 28 méternek, illetve 56 méternek kell választani, és 112 méter kerítésnek való anyagot kell vásárolnunk. Megjegyezzük, hogy ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha a másik lehetséges behelyettesítés után a K(b) függvénynek keressük a szélsőértékét. K” (28) = 3136

11. Jelölje a korsó alapkörének sugarát r, magasságát m. A szokásos jelöléseket használva V = 1 = r2 πm és F = r2 π +2rπm. Felhasználva az előző egyenlőségeket azt kapjuk, hogy F (r) = r2 π + 2rπ

q

Az = 2rπ − = 0 egyenlőségből következik, hogy az r0 = 3 π1 helyen lehet a függvénynek szélsőértéke. A második derivált vizsgálatából adódik, hogy F ” (r0 ) = 2π + r043 > 0, így a függvénynek az F 0 (r)

2 r2

1 2 = r2 π + . r2 π r

99

Megoldások

r0 pontban q helyi minimuma van. Egyszerű számolással kapjuk, hogy ekkor m = 3 π1 , azaz r0 = m. (Zárójelben jegyezzük meg, hogy szerencsére a söröskosókat nem ilyen alakúakra gyártják, mert ezekből csak nagy nehézségek árán lehetne inni. Az általunk kiszámolt méretekkel inkább a konzervdobozoknál találkozunk.) 12. Jelöljük a kúp alapkörének a sugarát r-el magasságát m-el, a gömb sugarát R-el, ekkor a szokásos jelöléssel V = 13 r2 πm.

15. ábra. A következőkben felhasználjuk, hogy az OT2 C4 ≈ T1 BC4 (egyik szögük közös, egy másik pedig derékszög). Ebből következik, hogy R m−R =√ , r m2 + r2 melyből néhány egyszerű átalakítás után az m = kapjuk. A térfogat képletbe helyettesítve V (r) =

2Rr 2 egyenlőséget r2 −R2 2 r4 3 πR r2 −R2 . A

¡ 5 ¢ 2 1 V 0 (r) = πR 2r − 4r3 R2 = 0 2 3 (r2 − R2 )

100


√ egyenlőségből következik, hogy az r0 = 2R pontban lehet a V (r) függvénynek szélsőértéke. Könnyen ellenőrizhető, hogy V ” (r0 ) > 0, így az általunk talált esetben lesz a kúp térfogata √ minimális. Megjegyezzük, hogy a fenti egyenlet megoldása az r = − 2R érték is, de a feladatban értelemszerűen csak a pozitív értékekkel kell számolnunk. Érdekes megemlíteni, hogy a minimális térfogatú kúpnál m = 4R és Vk = 2Vg egyenlőségek adódnak. 13. Jelöljük a tartály alapélét a-val. Ekkor a szokásos jelöléssel V = a2 m és F = a2 + 4am. Az előzőekből következik, hogy F (a) = a2 + 4

V . a

√ 3 Az F 0 (a) = 2a a−4V = 0 egyenlőségből kapjuk, hogy az a0 = 3 2V 2 4 , esetben lehet az F függvénynek szélsőértéke. Mivel F ” (a) = 2a +8aV a4 így F ” (a0 ) > 0, azaz √ az a0 pontban az F függvénynek helyi minimuma van. Tehát az a0 = 3 2V választással minimális lesz a lemezfelhasza nálás. Megjegyezzük, hogy ebben az esetben m = 2. 14. Jelölje x és y a két részt, ekkor 8 = x + y. (a) Az x2 +y 2 kifejezést kell minimalizálni. Legyen ebben az esetben A (x) = x2 + (8 − x)2 = 2x2 − 16x + 64. Az A0 (x) = 4x − 16 = 0 egyenlőségből következik, hogy az x0 = 4 esetén lehet a kifejezésnek szélsőértéke. Mivel A” (x) = 4 > 0, így a kifejezésnek az x0 = 4 esetben helyi minimuma van, ekkor y0 = 4. (b) Az xy kifejezés maximális értékét keressük. Legyen ebben az esetben B (x) = x (8 − x) = 8x − x2 . A B 0 (x) = −2x + 8 = 0 egyenlőségből következik, hogy az x0 = 4 esetben lehet a kifejezésnek szélsőértéke. Mivel B” (x) = −2 < 0, így a kifejezésnek az x0 = 4 esetben maximuma van, ekkor y0 = 4. Érdekesség, hogy mindkét esetben x0 = y0 = 28 . 15. Jelölje a kör sugarát r és a négyzet oldalát a, ekkor a szokásos jelöléseket és az ismert összefüggéseket alkalmazva Kk = 2rπ, Kn = 4a és

101

Megoldások

T = r2 π+a2 . Legyen K = 2rπ+4a, melyből az a = következik, ekkor µ

¶2

K−2rπ 4

egyenlőség

16r2 π + K 2 − 4rπK + 4r2 π 2 . 16 ¡ ¢ 1 A T 0 (r) = 16 32rπ − 4Kπ + 8rπ 2 = 0 egyenlőségből következik, K esetén lehet szélsőértéke. Mihogy a T (r) függvénynek az r0 = 8+2π 1 2 vel T ” (r) = 2π + 2 π > 0, így az r0 pontban a kifejezésnek helyi minimuma van. Ekkor az előzőekben a-ra kapott kifejezés felhaszná2K lásával a = 8+2π , melyből a feladat állítása nyilvánvaló. 2

T (r) = r π +

K − 2rπ 4

=

102



1. (a) Z ³ Z Z ´ 1 1 x3 + 3x 2 + 6x−7 dx = x3 dx + 3 x 2 dx+ Z

3

x2 x4 6x−6 +3 3 + +c= + 6 x dx = 4 −6 2 √ 1 1 = x4 + 2 x3 − 6 + c, ahol c ∈ R . 4 x −7

Z (b) 12

π x dx + 7 5 3

Z

1

x− 3 dx =

9√ 3π √ 3 3 x8 + x2 + c, ahol c ∈ R . 2 14

(c) Z √ Z 1 4 x + 2x + 1 x 4 + 2x + 1 √ dx = dx = 2 3 2 x3 Z ³ x ´ √ √ √ 1 2 5 12 12 3 = x7 + 3 x2 + 3 3 x + c, x− 12 + 2x− 3 + x− 3 dx = 7 ahol c ∈ R. (d) ¶ Z Z µ x2 + 3 (x2 + 1) + 2 2 dx = dx = dx = 1+ 2 x2 + 1 x2 + 1 x +1 = x + 2 arctg x + c, ahol c ∈ R .

Z

Z (e) Z (f)

1 dx = 1 + 49x2

Z

1 √ dx = 1 − 9x2

Z

1 1 2 dx = 7 arctg 7x + c, ahol c ∈ R . 1 + (7x) 1

p

1−

(3x)2

dx =

1 arcsin 3x + c, c ∈ R . 3

103

Megoldások

2. (a) Z sin x cos x dx = =

1 2

Z 2 sin x cos x dx =

1 2

Z sin 2x dx =

1 − cos 2x 1 + c = − cos 2x + c, ahol c ∈ R . 2 2 4

2x (b) A megoldásban felhasználjuk a sin2 x = 1−cos azonosságot. 2 Z Z 1 4 sin2 x cos2 xdx = sin2 x cos2 xdx = 4 Z Z 1 1 = (2 sin x cos x)2 dx = (sin 2x)2 dx = 4 4 Z Z 1 1 − cos 4x 1 = dx = (1 − cos 4x) dx = 4 2 8 sin 4x 1 1 1 )+c= x− sin 4x + c, = (x − 8 4 8 32

ahol c ∈ R. Z Z 1 2 1 2 2 (c) 2xex dx = ex + c, ahol c ∈ R . xex dx = 2 2 Z Z 1 1 2 3 (d) x cos x dx = 3x2 cos x3 dx = sin x3 + c, c ∈ R . 3 3 (e) Z Z Z sin2 x 1 − cos2 x 2 tg x dx = dx = dx = cos2 x cos2 x ¶ Z µ 1 = − 1 dx = tg x − x + c, ahol c ∈ R . cos2 x Más módszerrel is célba érhetünk, ha felhasználjuk a (tg x)0 = = 1 + tg2 x összefüggést. Ekkor Z Z ¡ ¢ tg2 x dx = 1 + tg2 x − 1 dx = tg x − x + c, ahol c ∈ R .

104


Z 3. (a) (b) (c) (d)

Z ¢ 3x 3 2x 3 ¡ dx = dx = ln x2 + 1 + c, ahol c ∈ R. 2 2 x +1 2 x +1 2 Z Z ¢ x2 + 1 1 3x2 + 3 1 ¡ dx = dx = ln x3 + 3x + c, c ∈ R. 3 3 x + 3x 3 x + 3x 3 Z Z 1 1 1 1 x dx = dx = ln (ln x) + c, ahol c ∈ R. 5x ln x 5 ln x 5 Z Z 1 1 1 1 x2 +1 dx = dx = ln (arctg x) + c, 2 (6x + 6) arctg x 6 arctg x 6 ahol c ∈ R.

(e) √ 1 √ Z √1−x 2 2 √ dx = 2 dx = 2 arcsin x 1 − x arcsin x √ = 2 ln (arcsin x) + c, ahol c ∈ R .

Z

(f)

Z

Z tg 6x dx =

sin 6x 1 dx = − cos 6x 6

Z

−6 sin 6x dx = cos 6x

1 = − ln (cos 6x) + c, ahol c ∈ R . 6 Z 1 x Z x ¢ e + 2x 1 1 ¡ 2e + x (g) dx = dx = ln ex + x2 + c, ahol c ∈ x 2 x 2 e +x 2 e +x 2 R. Z Z 1 √ ¢ ¡√ 1 2 x √ √ (h) dx = 2 √ dx = 2 ln x + 5 + c, ahol x ( x + 5) x+5 c ∈ R. 4. (a)

Z

Z Z 1 1 1 dx = dx = ln 5 dx = ln x x log5 x x ln x x ln 5 Z 1 x = ln 5 dx = (ln 5) ln |ln x| + c, ahol c ∈ R . ln x

Megoldások

105

(b) ¡ 3 ¢3 Z 2 p 1 ¡ ¢ x + 7 1 1 x2 x3 + 7 dx = 3x2 x3 + 7 2 dx = +c= 3 3 3 2 q 2 (x3 + 7)3 + c, ahol c ∈ R . = 9

Z

(c)

Z

Z ¡ 2 ¢− 1 −x 5 √ dx = − x x + 3 dx = 5 x2 + 3 ¡ 2 ¢4 Z 5 ¡ 2 ¢− 1 x + 3 1 1 +c= =− 2x x + 3 5 dx = − 4 2 2 5 q 55 2 =− (x + 3)4 + c, ahol c ∈ R . 8 Z Z q √ 1 44 x x 4 x ex (ex + 2) 4 dx = (e + 2)5 + c, ahol (d) e e + 2 dx = 5 c ∈ R. (e) Z Z ¡ 2x ¢p ¢¡ ¢1 1 ¡ 2x e +x 2e + 2x e2x + x2 2 dx = e2x + x2 dx = 2 3 ¡ 2x ¢ q 1 e + x2 2 1 = + c = (e2x + x2 )3 + c, ahol c ∈ R . 3 2 3 2 Z

1 Z √ 1 1 (ln x) 2 − 12 √ dx = (ln x) + c = 2 ln x + c, (f) dx = 1 x x ln x 2 ahol c ∈ R. (g) Z Z q 6 5 sin x (cos x)6 dx = − (− sin x) (cos x) 5 dx = 11

=−

(cos x) 5 11 5

5 +c=− 11

q 5 (cos x)11 + c, ahol c ∈ R .

106


(h) Z

¡ ¢4 ¡ ¢1 1 + sin2 x 3 2 3 +c= 2 sin x cos x 1 + sin x dx = 4

3 = 4

q¡ ¢4 4 1 + sin2 x + c, ahol c ∈ R .

3

5. (a) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és az f (x) = x, g 0 (x) = sin x választással a következő egyenlőséget kapjuk: Z Z x sin x dx = x (− cos x) + cos x dx = −x cos x + sin x + c, ahol c ∈ R. (b) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és az f (x) = 2x + 1, g 0 (x) = ex választással a következő egyenlőséget kapjuk: Z Z x x (2x + 1) e dx = (2x + 1) e − 2ex dx = = (2x + 1) ex − 2ex + c, ahol c ∈ R . (c) A parciális integrálásra vonatkozó tétel kétszeri felhasználásával, először az f1 (x) = x2 + 2, g10 (x) = e1−x , majd a következőben az f2 (x) = x, g20 (x) = e1−x választással a következő egyenlőséget kapjuk: Z Z ¡ 2 ¢ ¡ ¢¡ ¢ x + 2 e1−x dx = x2 + 2 −e1−x + 2 xe1−x dx = µ ¶ Z ¡ 2 ¢ ¡ 1−x ¢ ¡ 1−x ¢ ¡ 1−x ¢ = x + 2 −e + 2 x −e − −e dx = ¡ 2 ¢ 1−x =− x +2 e − 2xe1−x − 2e1−x + c, ahol c ∈ R .

Megoldások

107

(d) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és az f (x) = −3x, g 0 (x) = cos 6x választással a következő egyenlőséget kapjuk: Z 1 1 cos 6x + c, ahol c ∈ R . (−3x) cos 6x dx = − x sin 6x − 2 12 (e) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és az f (x) = ln 2x, g 0 (x) = 1 választással a következő egyenlőséget kapjuk: Z Z ln 2x dx = x ln 2x − 1 dx = x ln 2x − x + c, ahol c ∈ R . (f) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és az f (x) = arcsin 3x, g 0 (x) = 1 választással a következő egyenlőséget kapjuk: Z Z 1 arcsin 3xdx = x arcsin 3x − 3 x √ dx = 2 1 − 9x Z ¡ ¢− 1 = x arcsin 3x − 3 x 1 − 9x2 2 dx = Z ¡ ¢− 1 3 (−18x) 1 − 9x2 2 dx = = x arcsin 3x + 18 1p = x arcsin 3x + 1 − 9x2 + c, ahol c ∈ R . 3 (g) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és az f (x) = arctg x, g 0 (x) = 1 választással a következő egyenlőséget kapjuk: Z Z x arctg x dx = x arctg x − dx = 2 x +1 ¯ 1 ¯ = x arctg x − ln ¯x2 + 1¯ + c, ahol c ∈ R . 2

108


(h) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és az f (x) = ln x, g 0 (x) = x2 + 1 választással a következő egyenlőséget kapjuk: µ 3 ¶ ¶ Z Z µ 2 ¡ 2 ¢ x x 1 x + 1 ln x dx = + 1 ln x − + dx = 3 3 x µ 3 ¶ x x3 = + 1 ln x − − ln x + c, ahol c ∈ R . 3 9 (i) Alkalmazzuk kétszer a parciális integrálásra vonatkozó tételt. Legyen először f1 (x) = e2x és g10 (x) = sin 3x, majd f2 (x) = e2x és g20 (x) = cos 3x. Így Z Z 2 1 2x 2x e2x cos 3x dx = I = e sin 3x dx = − e cos 3x + 3 3 µ ¶ Z 1 2x 2 1 2x 2 2x = − e cos 3x + e sin 3x − e sin 3x dx = 3 3 3 3 Z 2 4 1 = − e2x cos 3x + e2x sin 3x − e2x sin 3x dx. 3 9 9 Az előző egyenlőségekből az 1 2 4 I = − e2x cos 3x + e2x sin 3x − I 3 9 9 egyenlőséget kapjuk, melyből I=−

2 3 2x e cos 3x + e2x sin 3x + c, ahol c ∈ R . 13 13

(j) Az előző feladathoz hasonlóan oldjuk meg: Z Z I = ex+2 sin x dx = −ex+2 cos x + ex+2 cos x dx = Z x+2 x+2 = −e cos x + e sin x − ex+2 sin x dx. Így I = − 12 ex+2 cos x + 12 ex+2 sin x + c, ahol c ∈ R .

Megoldások

6. (a) (b) (c)

R

109

R

1 −5 dx = −5 x+2 dx = −5 ln (x + 2) + c, ahol c ∈ R. R x+2 R 6 −1 3−x dx = −6 3−x dx = −6 ln (3 − x) + c, ahol c ∈ R. √ R √ R R 2√2 1 1 dx = 2 2 x2 −5x+6 dx = 2 2 (x−2)(x−3) dx. x2 −5x+6 1 Bontsuk az (x−2)(x−3) kifejezést parciális törtekre. Az

1 A B (A + B) x − 2B − 3A = + = (x − 2) (x − 3) x−2 x−3 (x − 2) (x − 3) egyenlőségből, ahol A és B valós számokat jelöl, az A + B = 0, −2B − 3A = 1 egyenletrendszerhez jutunk, melyből A = −1 és B = 1. Ezek a felhasználásával a fenti integrál meghatározható. Így √ Z 2 2

µ

1 −1 + x−2 x−3

¶

√ √ dx = −2 2 ln |x − 2| + 2 2 |x − 3| + c,

ahol c ∈ R. (d) Az előző módszer felhasználásával oldható meg a feladat. Az x2

1 A B (A + B) x − 5A − B = + = − 6x + 5 x−1 x−5 (x − 1) (x − 5)

egyenlőségből következik (A, B ∈ R), hogy A = − 41 és B = 14 . Ennek felhasználásával ! Z Z Ã 1 1 −4 π+1 4 dx = (π + 1) + dx = x2 − 6x + 5 x−1 x−5 = (π + 1) (e)

Z

1 (ln |x − 5| − ln |x − 1|) + c, ahol c ∈ R . 4

Z Z 5 1 dx = 5 dx = 5 (x − 3)−2 dx = x2 − 6x + 9 (x − 3)2 −5 = + c, ahol c ∈ R . x−3

110


(f) Z

3 dx = 3 2 x + 4x + 5

Z

1 dx = 3 arctg (x + 2) + c, (x + 2)2 + 1

ahol c ∈ R. (g) Egyszerű átalakítás után adódik az eredmény: √ √ Z 5 7 1 dx = 5 7 dx = 2 x + 6x + 11 (x + 3)2 + 2 √ Z 5 7 1 = dx = ³ ´2 2 x+3 √ + 1 2 √ x+3 5 14 arctg √ + c, ahol c ∈ R . = 2 2

Z

(h) Egyszerű átalakítás után adódik az eredmény: Z Z 1 1 dx = dx = 2 4x + 12x + 15 (2x + 3)2 + 6 √ Z 1 2x + 3 1 6 arctg √ + c, ahol c ∈ R . = dx = ³ ´2 6 12 6 2x+3 √ + 1 6 7. (a) Bontsuk fel az

1 (x2 +2)(x+1)

kifejezést parciális törtekre. Ekkor az

1 Ax + B C = 2 + = + 2) (x + 1) x +2 x+1 (A + C) x2 + (A + B) x + B + 2C = (x2 + 2) (x + 1)

(x2

egyenlőségből, ahol A, B, C ∈ R, az A + C = 0, A + B = 0, B+2C = 1 egyenletrendszerhez jutunk, melyből A = − 13 , B = 13 ,

Megoldások

111

C = 13 . Ennek felhasználásával

Z

Z 1 dx = (x2 + 2) (x + 1) Z Z x−1 1 1 =− dx + 3 x2 + 2 3 Z Z 2x − 2 1 1 =− dx + 6 x2 + 2 3 Z Z 1 2x 1 =− dx + 6 x2 + 2 3 Z Z 2x 1 1 dx + =− 6 x2 + 2 6

Z 1 − 13 x + 13 3 dx + dx = x2 + 2 x+1 1 dx = x+1 1 dx = x+1 Z 1 1 1 dx + dx = 2 x +2 3 x+1 Z 1 1 1 dx + dx = ³ ´2 3 x+1 √x + 1 2

√ ¯ 1 ¯¯ 2 2 x 1 ¯ = − ln x + 2 + arctg √ + ln |x + 1| + c, c ∈ R . 6 6 2 3

(b) Bontsuk fel a kifejezést parciális törtekre. Az

Ax + B C 1 = 2 + = + x + 1) (x − 2) x +x+1 x−2 (A + C) x2 + (B − 2A + C) x + C − 2B = (x2 + x + 1) (x − 2)

(x2

egyenlőségből az A + C = 0, B − 2A + C = 0, C − 2B = 1 egyenletrendszerhez jutunk, melyből A = − 17 , B = − 73 és C = 17 .

112


Ennek felhasználásával Z

Z 1 1 x+3 dx = − dx+ 2 2 (x + x + 1) (x − 2) 7 x +x+1 Z Z Z 1 1 1 (2x + 1) + 5 1 1 + dx = − dx + dx = 2 7 x−2 14 x +x+1 7 x−2 Z Z 1 2x + 1 5 1 =− dx − dx+ ¡ ¢ 1 2 14 x2 + x + 1 14 x + 2 + 43 Ã ! √ Z 1 ¯ 2 ¯ 5 3 x + 1 1 1 √ 2 + dx = − ln ¯x + x + 1¯ − arctg + 3 7 x−2 14 21 2

1 + ln |x − 2| + c, ahol c ∈ R . 7 (c) Bontsuk fel a kifejezést parciális törtekre. Az 1 1 1 = = = 2 2 − 3x + 2x x (x − 3x + 2) x (x − 1) (x − 2) A B C = + + = x x−1 x−2 (A + B + C) x2 + (−3A − 2B − C) x + 2A = x (x − 1) (x − 2)

x3

egyenlőségből az A + B + C = 0, −3A − 2B − C = 0, 2A = 1 egyenletrendszerhez jutunk, melyből A = 21 , B = −1, C = 21 . Ennek felhasználásával Z

Z Z 1 1 1 1 dx = dx − dx+ 3 2 x − 3x + 2x 2 x x−1 Z 1 1 1 1 + dx = ln |x| − ln |x − 1| + ln |x − 2| + c, c ∈ R . 2 x−2 2 2

(d) Bontsuk fel a kifejezést parciális törtekre. A

113

Megoldások

2x + 6 Ax + B C = 2 + = (x2 + 5) (x + 7) x +5 x+7 (A + C) x2 + (B + 7A) x + 7B + 5C = (x2 + 5) (x + 7) egyenlőségekből a A =

4 27 ,

B=

26 27 ,

4 C = − 27 .

Így Z

Z Z 2x + 6 2 2x + 13 4 1 dx = dx − dx = 2 2 (x + 5) (x + 7) 27 x +5 27 x+7 Z Z Z 2x 26 1 1 2 4 dx + dx = = − ³ ´2 2 27 x +5 135 27 x+7 √x + 1 5 √ ¯ ¯ 2 x 4 26 5 = ln ¯x2 + 5¯ + arctg √ − ln |x + 7| + c, c ∈ R 27 135 27 5

(e) Bontsuk fel a kifejezést parciális törtekre. Az A Dx + E 2x2 + x + 1 B C = 3+ 2+ + 2 = 3 2 x (x + x + 1) x x x x +x+1 (C + D) x4 + (B + C + E) x3 = + x3 (x2 + x + 1) (A + B + C) x2 + (A + B) x + A + x3 (x2 + x + 1) egyenlőségekből következik, hogy A = 1, B = 0, C = 0, D = −1, E = −1.

114


Így Z

Z Z Z 2x2 + x + 1 1 1 x+1 dx = dx + dx − dx = x3 (x2 + x + 1) x3 x x2 + x + 1 Z Z Z 1 1 1 (2x + 1) + 1 = dx + dx − dx = 3 x x 2 x2 + x + 1 Z Z Z 1 1 1 2x + 1 = dx + dx − dx− 3 2 x x 2 x +x+1 Z ¯ 1 1 1 1 1 ¯ − + ln |x| − ln ¯x2 + x + 1¯ − ¡ ¢2 3 dx = 2 1 2 2x 2 x+ 2 + 4 √ √ 3 3 − arctg (2x + 1) + c, ahol c ∈ R . 3 3

8. (a) A feladatot a Newton—Leibniz-tétel felhasználásával oldjuk meg. A szokásos jelöléseket használva kapjuk, hogy π

Z2 0

·

sin 5x cos 5x dx = 5

¸π 2

0

=

sin 5 π2 sin 0 1 − = . 5 5 5

(b) A feladatot a Newton—Leibniz-tétel felhasználásával oldjuk meg. A szokásos jelöléseket használva kapjuk, hogy Z2 1

1 dx = 2 x(x + 1) Z2

= 1

=

µ

Z2 µ 1

1 1 2x − x 2 (x2 + 1)

1 x − 2 x (x + 1)

¶

¶ dx =

· ¸2 1 dx = ln x − ln(x2 + 1) = 2 1

3 1 ln 2 − ln 5. 2 2

Megjegyezzük, hogy feladat megoldásakor az parciális törtekre bontottuk. Az

1 kifejezést + 1)

x(x2

115

Megoldások

A Bx + C 1 = + 2 + 1) x x +1

x(x2

egyenlőségből azt kaptuk, hogy A = 1, B = 1 és C = 0. Az előzőeket egyszerű bővítéssel is megkaphatjuk: 1 x2 + 1 − x2 1 x = = − 2 . x(x2 + 1) x(x2 + 1) x x +1 (c) A feladatot a Newton—Leibniz-tétel felhasználásával oldjuk meg. A szokásos jelöléseket használva kapjuk, hogy Zr

·

x3 (r − x ) dx = π r x − 3 2

π −r

2

¸r

2

= −r

4πr3 . 3

Az ismerős kifejezés az r sugarú gömb térfogatát adja meg. Általában is igaz, hogy ha a, b ∈ R és f : [a, b] → R folytonos, nemnegatív értékű függvény, akkor az f függvény gráfjának az x tengely körüli megforgatásával nyert forgástest térfogatát az Rb π f 2 (x) dx integrállal definiáljuk. a

(d) A feladatot a Newton—Leibniz-tétel felhasználásával oldjuk meg. A szokásos jelöléseket használva kapjuk, hogy π

Z2 − π4

π

cos x √ dx = 1 + sin x

Z2

1

cos x(1 + sin x)− 2 dx = − π4

q h√ iπ √ √ 2 = 2 1 + sin x π = 2 2 − 4 − 2 2. −4

(e) A feladatot a parciális integrálás tétele és a Newton—Leibniztétel segítségével oldjuk meg. Az f 0 (x) = 1 és g(x) = arcsin x

116


választással kapjuk, hogy 1

1

Z2

Z2

1 2

arcsin x dx = [x arcsin x]0 − 0

0 1

= [x arcsin x]02 + 1 2

= [x arcsin x]0 + √ π 3 = + − 1. 12 2

1 2

1 x√ dx = 1 − x2

1 2

Z

1

(−2x)(1 − x2 )− 2 dx = 0

hp

i1 1 − x2

2

0

1 1 = arcsin + 2 2

r

3 −1= 4

(f) A feladatot a parciális integrálás tétele és a Newton—Leibniztétel segítségével oldjuk meg. Az f 0 (x) = x2 és g(x) = arctg x választással kapjuk, hogy Z1

¸1 Z1 1 x3 x3 arctg x − x arctg x dx = dx = 3 3 1 + x2 0 ·

2

0

0

¸1 1 x3 arctg x − = 3 3 0 ·

Z1 0

µ x−

x 1 + x2

¶ dx =

¸1 · ¸1 1 x2 1 arctg x − − ln(x2 + 1) = = 3 3 2 2 0 0 µ ¶ 1 1 1 ln 2 1 1 1 = arctg 1 − − = π − + ln 2. 3 3 2 2 12 6 6 ·

x3

117

Megoldások

8. Improprius integrál 1. (a) Legyen Zx F : [1, +∞) → R,

F (x) := 1

1 dt. t7

Ekkor minden x ∈ [1, +∞) esetén · ¸ µ ¶ 1 1 x 1 1 F (x) = − −1 . =− 6 t6 1 6 x6 +∞ Z

Az előzőekből következik, hogy 1

1 1 dx = lim F (x) = . 7 x→+∞ x 6

(b) Legyen

Zx F : [2, +∞) → R,

F (x) := 2

1 dt. t

Ekkor minden x ∈ [2, +∞) esetén F (x) = [ln t]x2 = ln x − ln 2. Az +∞ Z 1 dx = lim F (x) = +∞. előzőekből következik, hogy x→+∞ x 2

(c) Legyen α 6= 1, α ∈ R és Zx F : [1, +∞) → R,

F (x) := 1

1 dt. tα

Ekkor minden x ∈ [1, +∞) esetén · ¸ µ ¶ 1 x 1 1 1 F (x) = = − 1 . 1 − α tα−1 1 1 − α xα−1

118


Az előzőekből következik, hogy α > 1 esetén +∞ Z

1

α < 1 esetén

1 1 dx = lim F (x) = , α x→+∞ x α−1

lim F (x) = +∞. (Az α = 1 esetet az előző

x→+∞

példában vizsgáltuk.) (d) Legyen

Zx F : [0, +∞) → R,

F (x) := 0

1 dt. 1 + t2

Ekkor minden x ∈ [0, +∞) esetén F (x) = [arctg t]x0 = arctg x. Az előzőekhez hasonlóan, ha Z0 G : (−∞, 0] → R,

G(x) := x

1 dt, 1 + t2

akkor minden x ∈ (−∞, 0] esetén G(x) = [arctg t]0x = − arctg x. Az előzőekből következik, hogy +∞ Z

−∞

1 π ³ π´ dx = lim F (x) + lim G(x) = − − = π. x→+∞ x→−∞ x2 + 1 2 2

(e) A feladatot az előzőhöz hasonlóan oldjuk meg. Felhasználjuk, hogy Z Z 1 1 x+1 1 1 dx = + c, dx = arctg ¡ x+1 ¢2 (x + 1)2 + 4 4 2 2 +1 2

119

Megoldások

+∞ Z

ahol c ∈ R . Így

x2

−∞

π 1 dx = . + 2x + 5 2

(f) Legyen Zx F : [2, +∞) → R,

1 dt. t ln2 t

F (x) := 2

Ekkor minden x ∈ [2, +∞) esetén Zx F (x) = 2

· ¸ 1 −1 x −1 1 −2 (ln t) dt = + . = t ln t 2 ln x ln 2

Az előzőekből következik, hogy +∞ Z

1

1 1 lim F (x) = . 2 dx = x→+∞ ln 2 x ln x

(g) Legyen Zx

√ F : [ 10, +∞) → R,

F (x) := √ 10

t p dt. 2 (t − 1)3

√ Ekkor minden x ∈ [ 10, +∞) esetén Zx F (x) = √

10

p dt = (t2 − 1)3 √ ·

Zx

1 = 2√

10

Zx

t

2

2t(t − 1)

− 32

3

t(t2 − 1)− 2 dt = 10

−1 dt = √ t2 − 1

¸x √ 10

−1 1 =√ +√ . 2 9 x −1

120



x

p √

(x2

−

1)3

1 dx = lim F (x) = . x→+∞ 3

10

(h) Legyen

Zx F : [2, +∞) → R,

F (x) := 2

t2

1 dt. +t

Ekkor minden x ∈ [2, +∞) esetén Zx

Zx 1 1 1 F (x) = dt = − dt = t(t + 1) t t+1 2 2 2 ¸x · x 2 t = ln − ln . = [ln t − ln(t + 1)]x2 = ln t+1 2 x+1 3 1 dt = t2 + t

Zx


2

x2

1 2 3 dx = lim F (x) = − ln = ln . x→+∞ +x 3 2

Megjegyezzük, hogy az

1 t(t+1)

=

1 t

−

törtekre bontás segítségével vagy a révén juthatunk.

1 t+1 egyenlőséghez parciális (t+1)−t 1 t(t+1) = t(t+1) átalakítás

(i) Legyen Zx F : [1, +∞) → R,

(t − 1)e−t dt.

F (x) := 1

A kérdéses improprius integrál meghatározásához először hatáZ rozzuk meg az (t − 1)e−t dt integrált a parciális integrálásra

121

Megoldások

vonatkozó tétel segítségével. Az f (t) = t − 1 és g 0 (t) = e−t választással kapjuk, hogy Z Z ¡ −t ¢ −t (t − 1)e dt = (t − 1) −e + e−t dt. Így minden x ∈ [1, +∞) esetén £ ¡ ¢ ¤x 1 − x 1 1 − x+ . F (x) = (1 − t) e−t − e−t 1 = x e e e Az előzőekből következik, hogy +∞ Z 1 (x − 1)e−x dx = lim F (x) = . x→+∞ e 1

1−x határex értéket l’Hospital-szabály segítségével határozhatjuk meg. (j) Legyen Megjegyezzük, hogy a feladatban előforduló lim

x→+∞

Zx F : [1, +∞) → R,

(cos t)2−t dt.

F (x) := 1

A kérdéses improprius integrál meghatározásához először hatáZ rozzuk meg az (cos t)2−t dt integrált a parciális integrálásra vonatkozó tétel segítségével. Az f10 (t) = cos t, g1 (t) = 2−t , majd az f20 (t) = sin t és g2 (t) = 2−t választással kapjuk, hogy Z Z 2−t 1 −t (cos t)2 dt = −(cos t) − (sin t)2−t dt = ln 2 ln 2 µ ¶ Z 2−t 1 (sin t)2−t 1 −t = −(cos t) − − − (− cos t)2 dt = ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 Z 1 2−t 2−t (cos t)2−t dt. = −(cos t) + (sin t) 2 − 2 ln 2 ln 2 ln 2

122


Az első és az utolsó kifejezést egyenlővé téve, majd rendezve azt kapjuk, hogy Z ¡ ¢ 1 1 (cos t)2−t dt = −(cos t)2−t ln 2 + (sin t)2−t + c, 2 2 ln 2 + 1 ahol c ∈ R . Így minden x ∈ [1, +∞) esetén £ ¤x 1 1 F (x) = −(cos t)2−t ln 2 + (sin t)2−t 1 = 2 2 ln 2 + 1 µ ¶ sin x 1 cos x ln 2 + + cos 1 ln 2 − sin 1 . − = 2x 2x 2 ln2 2 + 2 Az előzőekből következik, hogy +∞ Z (cos x) 2−x dx = lim F (x) = x→+∞

1

1 (cos 1 ln 2 − sin 1). 2 ln 2 + 2 2

+∞ +∞ Z Z0 Z 2. (a) Mivel 1 = f (x) dx = 0 dx + Ae−x dx, így a követke−∞

−∞

0

zőkben a második tag meghatározása a cél. Legyen Zx F : [0, +∞) → R, F (x) := Ae−t dt. 0

Ekkor minden x ∈ [0, +∞) esetén · µ ¸ ¶ 1 x 1 F (x) = A − t = A 1 − x . e 0 e Az előzőekből következik, hogy +∞ Z Ae−t dx = lim F (x) = A, x→+∞

0

így az első egyenlőség felhasználásával az A = 1 adódik.

123

Megoldások

+∞ +∞ Z Z0 Z 1 A (b) Mivel 1 = dx, így a köf (x) dx = 0 dx + 2 π x +1 −∞

−∞

0

vetkezőkben a második tag meghatározása a cél. Az 1.(d) fel+∞ Z π 1 adat megoldásából következik, hogy dx = , azaz x2 + 1 2 0

+∞ Z A 1= f (x) dx = , így A = 2. 2 −∞

+∞ +∞ Z0 Z Z 2 (c) Mivel 1 = f (x) dx = 0 dx + Axe−2x dx, így a követ−∞

−∞

0

kezőkben a második tag meghatározása a cél. Legyen Zx F : [0, +∞) → R,

2

te−2t dt.

F (x) := A 0

Ekkor minden x ∈ [0, +∞) esetén A F (x) = − 4

Zx 2

(−4t)e−2t dt = − 0

´ A h −2t2 ix A ³ −2x2 e e −1 . =− 4 4 0

Az előzőekből következik, hogy +∞ Z A 2 Axe−2x = lim F (x) = , x→+∞ 4 0

ezért az első egyenlőség felhasználásával az A = 4 adódik. 3. (a) Legyen Z1 F : (0, 1] → R,

F (t) := t

1 √ dx. x

124


Ekkor minden t ∈ (0, 1] esetén Z1

1

x− 2 dx = 2

F (t) =

√ £√ ¤1 x t = 2(1 − t).

t

Z1 Így 0

1 √ dx = lim F (t) = 2. t→0 x

(b) Legyen Ze F : (1, e] → R,

F (t) := t

1 √ dx. 4 x ln x

Ekkor minden t ∈ (1, e] esetén Ze i 1 3 e 1 4h F (t) = (ln x)− 4 dx = (ln x) 4 = x 3 t t ´ 4³ ´ p p 4 ³p 4 4 4 = ln3 e − ln3 t = 1 − ln3 t . 3 3 Ze 1 4 √ Így dx = lim F (t) = . 4 t→1 3 x ln x 1

(c) Legyen Z3 F : (1, 3] → R,

F (t) := t

2x q dx. 3 (x2 − 1)2

Ekkor minden t ∈ (1, 3] esetén Z3 q

F (t) =

2x

Z3 dx =

¡ ¢− 2 2x x2 − 1 3 dx =

(x2 − 1)2 t hp i3 ³√ ´ p 3 3 3 =3 x2 − 1 = 3 8 − t2 − 1 . 3

t

t

125

Megoldások

Z3

2x

p 3

Így

(x2 − 1)2

1

dx = lim F (t) = 6. t→1+0

(d) Legyen Z1 F : (0, 1] → R,

F (t) := t

1 √ dx. x3x

Ekkor minden t ∈ (0, 1] esetén Z1 F (t) = t

Z1 Így 0

1 √ dx = x3x

Z1 t

· ¸ µ ¶ 4 1 1 1 √ x− 3 dx = −3 √ = −3 1 − . 3 3 x t t

1 √ dx = lim F (t) = +∞. t→0 x3x

(e) Legyen Zt F : [1, 2) → R,

F (t) := 1

1 √ dx. 4 − x2

Ekkor minden t ∈ [1, 2) esetén Zt

Zt 1 1 1 √ q F (t) = dx = ¡ x ¢2 dx = 2 2 4−x 1 − 1 1 2 1h 1 x it t = arcsin − arcsin . = 2 arcsin 2 2 1 2 2 Z2 Így 1

1 π √ dx = lim F (t) = . 2 t→2 3 4−x

IRODALOMJEGYZÉK [1] P. Hammond, K. Sydsæter: Matematika közgazdászoknak. Aula Kiadó Kft., 2000. [2] Liptai K., Mátyás F., Rados M., Sashalminé K. É., Szepessy B., Tómács T., Zay B.: Matematika nem matematika szakos hallgatóknak. EKF Líceum Kiadó, Eger, 2000. [3] Rimán J.: Matematikai analízis. EKF Líceum Kiadó, Eger, 1992.

Eger, augusztus 31. Liptai Kálmán Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet

Recommend Documents