¨ ´ ´ ERT ´ ´ ´ FOLYTONOSSAGA ´ 5. FUGGV ENYEK HATAR EKE ES ¨ ggve ´ny hata ´ re ´rte ´ke 5.1 Fu Egy D ⊂ R halmaz torl´od´asi pontjainak halmaz´at D0 -vel fogjuk jel¨olni. ´ . Legyen f : D ⊂ R → R ´es legyen x0 ∈ D0 (a D halmaz torl´od´asi pontja). Azt mondjuk, hogy Defin´ıcio f -nek van (v´eges) hat´ ar´ert´eke az x0 pontban, ha van olyan a ∈ R sz´am, hogy minden ε > 0-hoz van olyan δ(ε) > 0, hogy |f (x) − a| < ε ha 0 < |x − x0 | < δ(ε) ´es x ∈ D teljes¨ ul. Az a ∈ R sz´ amot az f f¨ uggv´eny x0 pontbeli hat´ ar´ert´ek´enek nevezz¨ uk, ´es jel¨ol´es´ere az lim f (x) = a, vagy x→x0
f (x) → a (x → x0 )-t haszn´aljuk.
¤
´ ´ıta ´ s. A hat´ All ar´ert´ek, ha l´etezik, akkor egy´ertelm˝ u. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy f -nek l´etezik v´eges hat´ar´ert´eke x0 -ban, de nem egy´ertelm˝ u. Akkor van k´et olyan sz´am a, a0 ∈ R, a 6= a0 hogy minden ε > 0-hoz vannak olyan δ(ε), δ 0 (ε) > 0 sz´amok, melyekre |f (x) − a | < ε |f (x) − a0 | < ε
ha ha
0 < |x − x0 | < δ (ε) ´es x ∈ D 0 < |x − x0 | < δ 0 (ε) ´es x ∈ D.
Ebb˝ol 0 ≤ |a − a0 | = |a − f (x) + f (x) − a0 | < 2ε ha 0 < |x − x0 | < min{δ(ε), δ 0 (ε)} ´es x ∈ D. Mivel itt ε > 0 tetsz˝olegesen kicsi, ´ıgy |a − a0 | = 0, a = a0 , ami ellentmond´as, bizony´ıtva ´all´ıt´asunkat.
¤
´s. Hat´ar´ert´ek l´etezhet az x0 pontban akkor is, ha a f¨ Megjegyze uggv´eny nincs ´ertelmezve a pontban de ´ torl´od´asi pontja annak (egy halmaz torl´od´asi pontja ui. nem felt´etlen¨ ul pontja a halmaznak). Eppen emiatt l´enyeges a defin´ıci´ oban a 0 < |x − x0 | felt´etel, ez biztos´ıtja azt, hogy x 6= x0 . T´ etel. [´atviteli elv] Legyen f : D ⊂ R → R ´es x0 ∈ D0 . lim f (x) = a akkor ´es csakis akkor, ha b´ armely (xn ) : N → D, x0 6= xn → x0 (n → ∞) sorozat eset´en
x→x0
f (xn ) → a (n → ∞). M´ask´eppen megfogalmazva: az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´anak egy x0 torl´od´asi pontj´aban akkor ´es csakis akkor lesz f hat´ar´ert´eke az a sz´am, ha az ´ertelmez´esi tartom´anyb´ol b´armely x0 -hoz konverg´al´o (xn ) sorozatot v´eve, melynek elemei x0 -t´ol k¨ ul¨onb¨ oz˝oek, a f¨ uggv´eny´ert´ekek (f (xn )) sorozata a hoz konverg´al. Bizony´ıt´ as. ⇒ Ha lim f (x) = a, ´es x0 6= xn → x0 (n → ∞), akkor δ(ε) > 0-hoz van olyan N (δ(ε)) > 0, hogy x→x0
|xn − x0 | < δ(ε) ha n > N (δ(ε)) , ´ıgy |f (xn ) − a| < ε ha n > N (δ(ε)) , ami azt jelenti, hogy f (xn ) → a (n → ∞. ⇐ Indirekt bizony´ıt´ast haszn´alunk. Tegy¨ uk fel, hogy b´armely (xn ) : N → D, x0 6= xn → x0 (n → ∞) sorozat eset´en f (xn ) → a (n → ∞), de a lim f (x) = a nem teljes¨ ul. Ez ut´obbi azt jelenti, hogy x→x0
∀ (ε > 0) ∃ (δ(ε) > 0) ∀ (x ∈ D) [(0 < |x − x0 | < δ(ε)) ⇒ (|f (x) − a| < ε)] . Ennek tagad´asa azt jelenti, hogy ∃ (ε∗ > 0) ∀ (δ(ε∗ ) > 0) ∃ (x ∈ D) [(0 < |x − x0 | < δ(ε∗ )) ∧ (|f (x) − a| ≥ ε∗ )] . 1
2
Innen δ(ε∗ ) =
1 n -t
v´eve
·µ
¶ ¸ 1 ∗ ∃ (xn ∈ D) 0 < |xn − x0 | < ∧ (|f (xn ) − a| ≥ ε ) n de akkor x0 6= xn → x0 (n → ∞) ´es f (xn ) 9 a (n → ∞), ami ellentmond´as.
¤
Megjegyezz¨ uk, hogy a P ⇒ Q implik´aci´o ekvivalens (¬P ) ∨ Q-val, ´ıgy tagad´asa ¬(P ⇒ Q) = ¬ ((¬P ) ∨ Q) = P ∧ (¬Q) lesz (itt ¬ a tagad´as m˝ uvelet´enek logikai jele). ´lda ´k. ld. el˝oad´as. Pe ´ ´ s. Atfogalmaz a |f (x) − a| < ε ⇔ f (x) ∈ K(a, ε) 0 < |x − x0 | < δ(ε) ∧ x ∈ D ⇔ x ∈ (K(x0 , δ) \ {x0 }) ∩ D ahol K(a, ε) az a pont ε sugar´ u k¨ornyezet´et jel¨oli. Ennek seg´ıts´eg´evel a defin´ıci´o ´atfogalmazhat´o: lim f (x) = a, ha a pont b´ armely K(a, ε) k¨ ornyezet´ehez van x0 -nak olyan K(x0 , δ) k¨ ornyezete, hogy ha
x→x0
x ∈ (K(x0 , δ) \ {x0 }) ∩ D, akkor f (x) ∈ K(a, ε). Ez az ´atfogalmaz´as lehet˝os´eget ad a hat´ ar´ert´ek defin´ıci´ oj´ anak kiterjeszt´es´ere. +∞ +∞ Azt mondjuk, hogy torl´ od´ asi pontja D ⊂ R-nek, ha b´armely k¨ornyezet´eben van D-beli pont (ami −∞ −∞ +∞ nyilv´ anval´oan mindig k¨ ul¨onb¨oz˝o -t˝ol). −∞ 1. A defin´ıci´ o kiterjeszthet˝ o arra az esetre, amikor x0 , a ∈ Rb . P´eld´aul, az x0 = ∞, a = −∞ esetben a hat´ar´ert´ek defin´ıci´oja: legyen x0 = ∞ torl´od´ asi pontja D-nek, akkor lim f (x) = −∞ azt jelenti, hogy hogy x→∞ −∞ b´armely k¨ornyezet´ehez van ∞-nek olyan k¨ornyezete, hogy ha x-et ezen ut´obbi k¨ornyezet ´es D k¨oz¨os r´esz´eb˝ol vessz¨ uk, akkor f (x) benne lesz −∞ el˝obbi k¨ornyezet´eben. Vagy, ami ugyanaz, b´armely K < 0 sz´amhoz van olyan δ(K) > 0 sz´am, hogy f (x) < K
ha
x > δ(K), ´es x ∈ D.
2. Jobb- ´es baloldali hat´ ar´ert´ek (csak x0 ∈ R-ben). D ∩ [x0 , +∞[ D ∩ [x0 , +∞[ Tegy¨ uk fel, x0 a halmaz torl´od´asi pontja. Ha a halmazra lesz˝ uk´ıtett f¨ uggv´eny D∩] − ∞, x0 ] D∩] − ∞, x0 ] jobboldali hat´ar´ert´eke az x0 pontban az a sz´am, akkor azt mondjuk, hogy f hat´ar´ert´eke a, ´es ezt baloldali lim f (x) = a x→x0 +0 -val jel¨olj¨ uk. lim f (x) = a x→x0 −0
D ∩ [x0 , +∞[ halmaz torl´od´asi pontja. Akkor mondjuk, hogy az f : D ⊂ D∩] − ∞, x0 ] jobboldali R → R f¨ uggv´enynek az a sz´am a hat´ ar´ert´eke az x0 pontban, ha minden ε > 0-hoz van olyan δ(ε) > 0, baloldali hogy 0 < x − x0 < δ(ε) |f (x) − a| < ε ha ´es x ∈ D −δ(ε) < x − x0 < 0 teljes¨ ul. M´ask´eppen fogalmazva, legyen x0 a
3
´ . Legyenek f, g : D ⊂ R → R, akkor e f¨ Defin´ıcio uggv´enyek (pontonk´enti) ¨ osszeg´et, f c ∈ R-szeres´et, szorzatukat, h´ anyadosukat az (f + g)(x) : (cf )(x) : (f g)(x) : (f /g)(x) :
= f (x) + g(x) (x ∈ D) = cf (x) (x ∈ D) = f (x)g(x) (x ∈ D) = f (x)/g(x) (x ∈ D, g(x) 6= 0)
k´epletekkel ´ertelmezz¨ uk. T´ etel. [hat´ar´ert´ek, monotonit´as ´es m˝ uveletek] Legyenek f, g : D ⊂ R → R, x0 ∈ D0 , ´es tegy¨ uk fel, hogy lim f (x) = a,
x→x0
¤
lim g(x) = b.
x→x0
Akkor b´ armely c ∈ R mellett lim (f + g)(x) = a + b,
x→x0
lim (cf )(x) = ca,
x→x0
lim (f g)(x) = ab,
x→x0
lim (f /g)(x) = a/b, ha b 6= 0.
x→x0
Ha f (x) ≤ g(x) (x ∈ D, x 6= x0 ), akkor a ≤ b. Ha f (x) ≤ h(x) ≤ g(x) (x ∈ D, x 6= x0 ), ´es a = b, akkor lim h(x) = a. x→x0
Bizony´ıt´ as. Az ´atviteli elv alapj´an sorozatok hat´ar´ert´ek´enek tulajdons´agaib´ol k¨ovetkezik. A t´etel akkor is igaz, ha a, b ∈ Rb , x0 ∈ Rb , de ekkor meg kell k¨ oveteln¨ unk, hogy a jobboldali kifejez´esek (a + b, ca, ab, a/b) ´ertelmezve legyenek. ¤ ´ . A h(x) := g (f (x)) (x ∈ D) f¨ Defin´ıcio uggv´enyt, ahol f : D ⊂ R → R, g : f (D) → R, az f ´es g f¨ uggv´enyekb˝ ol ¨ osszetett f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk, f a bels˝o, g a k¨ uls˝o f¨ uggv´eny. h jel¨ol´es´ere haszn´aljuk h = g ◦ f -t is (itt f (D) = { f (x) : x ∈ D } az f f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete). ¤ T´ etel. [¨osszetett f¨ uggv´eny hat´ar´ert´eke] Legyen f : D ⊂ R → R, g : f (D) → R, ´es h(x) := g (f (x)) (x ∈ D). Ha x0 ∈ D0 , lim f (x) = a, a ∈ / f (D \ {x0 }) , ´es lim g(x) = b x→x0
y→a
akkor lim h(x) = b.
x→x0
Bizony´ıt´ as. Legyen x0 6= xn → x0 (n → ∞) akkor yn := f (xn ) → a (n → ∞) ´es yn ∈ f (D \ {x0 }) ez´ert yn = 6 a, ´ıgy h(xn ) = g(yn ) → b (n → ∞.) ¤ ¨ggve ´ny folytonossa ´ ga 5.2 Fu ´ . Az f : D ⊂ R → R f¨ Defin´ıcio uggv´enyt ´ertelmez´esi tartom´any´anak x0 ∈ D pontj´aban folytonosnak nevezz¨ uk, ha b´armely ε > 0-hoz van olyan δ(ε) > 0, hogy |f (x) − f (x0 )| < ε
ha
|x − x0 | < δ(ε) ´es x ∈ D
teljes¨ ul.
¤ 0
Ha x0 ∈ D ∩ D akkor f folytonos x0 -ban akkor, ´es csakis akkor, ha lim f (x) = f (x0 ). x→x0
Ha x0 ∈ D, de x0 ∈ / D0 , akkor x0 a D izol´ alt pontja, izol´alt pontokban f a defin´ıci´o alapj´an mindig folytonos. T´ etel. [´atviteli elv f¨ uggv´eny folytonoss´ag´ara] Az f : D ⊂ R → R f¨ uggv´eny folytonos az x0 ∈ D pontban akkor ´es csakis akkor, ha b´ armely (xn ) : N → D, xn → x0 (n → ∞) sorozat eset´en f (xn ) → f (x0 ) (n → ∞).
4
¨ rnyezetes a ´ tfogalmaza ´ s. Az f : D ⊂ R → R f¨ Ko uggv´eny folytonos az x0 ∈ D pontban akkor ´es csakis akkor, ha f (x0 ) b´ armely K(f (x0 ), ε) k¨ ornyezet´ehez van x0 -nak olyan K(x0 , δ) k¨ ornyezete, hogy ha x ∈ K(x0 , δ), akkor f (x) ∈ K(f (x0 ), ε). T´ etel. [folytonoss´ag es m˝ uveletek] Ha f, g : D ⊂ R → R folytonosak az x0 ∈ D pontban, akkor f + g, cf, f g, f /g (ha g(x0 ) 6= 0) is folytonosak x0 -ban. Tov´ abb´ a, a h(x) = g (f (x)) (x ∈ D) ¨ osszetett f¨ uggv´eny (ahol f : D ⊂ R → R, g : f (D) → R) folytonos x0 -ban, ha f folytonos x0 -ban ´es g folytonos az y0 := f (x0 ) pontban. ¨ggve ´nyek globa ´ lis tulajdonsa ´gai 5.3 Folytonos fu ´ k. Az f : D ⊂ R → R f¨ Defin´ıcio uggv´enyt Az f : D ⊂ R → R f¨ uggv´enyt monoton
alulr´ ol alulr´ol korl´ atosnak nevezz¨ uk, ha ´ert´ekk´eszlete korl´atos. fel¨ ulr˝ ol fel¨ ulr˝ol
n¨ ovekv˝ onek nevezz¨ uk D − n, ha b´armely x1 < x2 , x1 , x2 ∈ D eset´en cs¨ okken˝ onek f (x1 ) ≤ f (x2 ) teljes¨ ul. f (x1 ) ≥ f (x2 )
n¨ ovekv˝ onek Az f : D ⊂ R → R f¨ uggv´enyt szigor´ uan monoton nevezz¨ uk D − n, ha b´armely x1 < x2 , x1 , x2 ∈ cs¨ okken˝ onek D eset´en f (x1 ) < f (x2 ) teljes¨ ul. f (x1 ) > f (x2 ) maximuma Azt mondjuk, hogy az f : D ⊂ R → R f¨ uggv´enynek lok´ alis (helyi) az x0 ∈ D pontban, ha van minimuma olyan ε > 0 hogy f (x0 ) ≥ f (x) teljes¨ ul minden x ∈ K(x0 , ε) ∩ D f (x0 ) ≤ f (x) eset´en. maximuma Azt mondjuk, hogy az f : D ⊂ R → R f¨ uggv´enynek szigor´ u lok´ alis (helyi) az x0 ∈ D pontban, minimuma ha van olyan ε > 0 hogy f (x0 ) > f (x) teljes¨ ul minden x ∈ K(x0 , ε) ∩ D, x 6= x0 f (x0 ) < f (x) eset´en. Azt mondjuk, hogy az f : D ⊂ R → R f¨ uggv´enynek glob´ alis (abszol´ ut) ha
maximuma van az x0 ∈ D pontban, minimuma
f (x0 ) ≥ f (x) teljes¨ ul minden x ∈ D eset´en. f (x0 ) ≤ f (x) maximuma Azt mondjuk, hogy az f : D ⊂ R → R f¨ uggv´enynek szigor´ u glob´ alis (abszol´ ut) van az x0 ∈ D minimuma pontban, ha f (x0 ) > f (x) teljes¨ ul minden x ∈ D, x 6= x0 eset´en. f (x0 ) < f (x) ¤
5
´ ´ıta ´ s. Folytonos f¨ All uggv´eny jeltart´ o, azaz ha f : D ⊂ R → R folytonos az x0 ∈ D pontban, ´es f (x0 ) 6= 0 akkor van olyan δ > 0 hogy sg f (x) = sg f (x0 ) ha x ∈ K(x0 , δ) ∩ D, ahol sg a szignum (el˝ ojel) f¨ uggv´enyt jel¨ oli. Bizony´ıt´ as. A folytonoss´ag miatt ε := |f (x0 )|/2-h¨oz van olyan δ > 0, hogy |f (x) − f (x0 )| < |f (x0 )|/2
ha
|x − x0 | < δ(ε) ´es x ∈ D.
Legyen pl. f (x0 ) > 0, akkor az el˝oz˝o egyenl˝otlens´eget r´eszletesen ki´ırva kapjuk, hogy −f (x0 )/2 < f (x) − f (x0 ) < f (x0 )/2, vagy f (x0 )/2 < f (x) (< 3f (x0 )/2) ,
ha x ∈ G(x0 , δ) ∩ D,
ami mutatja ´all´ıt´asunk helyess´eg´et.
¤
´ . Azt mondjuk, hogy az f : D ⊂ R → R f¨ Defin´ıcio uggv´eny folytonos az A ⊂ D halmazon, ha f az A halmaz minden pontj´aban folytonos. ¤ T´ etel. [folytonos f¨ uggv´eny korl´atoss´aga] Korl´ atos z´ art intervallumon folytonos f¨ uggv´eny korl´ atos. Azaz ha f : [a, b] → R folytonos [a, b]-n, akkor vannak olyan k, K ∈ R amelyekre k ≤ f (x) ≤ K minden x ∈ [a, b] mellett. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel ´all´ıt´asunkkal ellent´etben, hogy pl. f nem korl´atos fel¨ ulr˝ol. Akkor minden n ∈ N-hez van olyan xn ∈ [a, b], hogy f (xn ) > n. Tekints¨ uk az A := { xn : n ∈ N } halmazt. Ha A v´eges halmaz, akkor van olyan xk0 eleme A-nak, hogy xn = xk0 v´eges sok n index kiv´etel´evel, azaz, xn = xk0 ha n > n0 . Ha A v´egtelen halmaz, akkor a Bolzano-Weierstrass t´etel alapj´an A-nak van (legal´abb egy) x0 torl´od´asi pontja. xn ∈ [a, b] ´es [a, b] z´arts´aga miatt x0 ∈ [a, b]. Vegy¨ unk az x0 pont K(x0 , 1) k¨ornyezet´eb˝ol egy x0 -t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o A-beli xn1 pontot. Ezut´an az x0 pont K(x0 , d1 ) k¨ornyezet´eb˝ol, ahol d1 = |xn1 − x0 |, v´alasszunk egy olyan x0 -t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o xn2 ∈ A pontot melyre n2 > n1 legyen (ilyen biztosan van, mert az x0 pont b´armely k¨ornyezete v´egtelen sok A-beli pontot tartalmaz, egy´ebk´ent x0 nem lehetne A torl´od´asi pontja). Az xn3 pontot a K(x0 , d2 ) k¨ornyezetb˝ol v´alasztjuk, ahol d2 = |xn2 − x0 |, u ´gy, hogy xn3 6= x0 , ´es n3 > n2 legyen. Hasonl´oan folytatva, egy olyan xnk ∈ A (k ∈ N) sorozatot kapunk mely x0 -hoz konverg´al. (Az xnk (k ∈ N) sorozatot az xn (n ∈ N) sorozat r´eszsorozat´ anak nevezz¨ uk). Mivel v´eges A eset´en xnk := xk (k ∈ N), x0 := xk0 -t v´eve ugyanez a helyzet, ´ıgy mondhatjuk, hogy az xn (n ∈ N) sorozatb´ol mind v´eges, mind v´egtelen A eset´en kiv´alaszthat´o egy x0 ∈ [a, b]-hez konverg´al´o r´eszsorozat. Mivel feltev´es¨ unk szerint f (xnk ) > nk
(k ∈ N) ´ıgy k → ∞-vel f x0 -beli folytonoss´aga miatt kapjuk, hogy f (x0 ) ≥ ∞,
ami ellentmond´ as, bizony´ıtva ´all´ıt´asunkat.
¤
T´ etel. [maximum, minimum l´etez´ese] Korl´ atos z´ art intervallumon folytonos f¨ uggv´eny felveszi a f¨ uggv´eny´ert´ekek szupr´emum´ at ´es infimum´ at f¨ uggv´eny´ert´ekk´ent. Azaz ha f : [a, b] → R folytonos [a, b]-n, ´es m := inf{ f (x) : x ∈ [a, b] },
M := sup{ f (x) : x ∈ [a, b] }
akkor vannak olyan xm , xM ∈ [a, b] amelyekre f (xm ) = m,
f (xM ) = M.
Azt is mondhatjuk, hogy korl´ atos z´ art intervallumon folytonos f¨ uggv´enynek van maximuma ´es minimuma ezen az intervallumon.
6
Bizony´ıt´ as. Azt mutatjuk meg, hogy van olyan xM ∈ [a, b] melyre f (xM ) = M, a m´asik ´all´ıt´as igazol´asa hasonl´o. Tetsz˝oleges n ∈ N eset´en M − n1 nem fels˝o korl´atja a f¨ uggv´eny´ert´ekeknek, igy van olyan xn ∈ [a, b], hogy 1 < f (xn ) ≤ M (n ∈ N ). n Az el˝oz˝o t´etel bizony´ıt´as´ahoz hasonl´oan, kiv´alaszthat´o az xn (n ∈ N) sorozatb´ol egy olyan xnk (k ∈ N) r´eszsorozat, mely valamely xM ∈ [a, b] elemhez konverg´al. De akkor 1 M− < f (xnk ) ≤ M (k ∈ N ), amib˝ol k → ∞-vel a folytonoss´ag miatt M ≤ f (xM ) ≤ M nk ad´odik, azaz f (xM ) = M. ¤ M−
´ . Azt mondjuk, hogy az f : D ⊂ R → R f¨ Defin´ıcio uggv´eny egyenletesen folytonos a D1 ⊂ D halmazon, ha b´armely ε > 0-hoz van olyan (csak ε-t´ol f¨ ugg˝o) δ(ε) > 0 amelyre |f (x) − f (y)| < ε
ha
|x − y| < δ(ε) ´es x, y ∈ D1
teljes¨ ul.
¤
Ha f csup´an folytonos D1 -en akkor a b´armely ε > 0-hoz ´es b´armely y ∈ D1 -hez van olyan (y-t´ol is f¨ ugg˝o) δ(ε, y) > 0 amelyre |f (x) − f (y)| < ε ha |x − y| < δ(ε, y) ´es x ∈ D1 teljes¨ ul. T´ etel. [Cantor t´etele] Korl´ atos z´ art intervallumon folytonos f¨ uggv´eny ott egyenletesen folytonos. Nem bizony´ıtjuk. T´ etel. [k¨ozbens˝o ´ert´ekek t´etele] Egy intervallumon folytonos f¨ uggv´eny felvesz b´ armely k´et f¨ uggv´eny´ert´ek k¨ oz¨ otti ´ert´eket is f¨ uggv´eny´ert´ekk´ent. Azaz, ha f : I → R folytonos az I intervallumon, ´es f (α) ≤ y0 ≤ f (β) valamely α, β ∈ I-re, akkor van olyan x0 az α, β k¨oz¨ott, amelyre f (x0 ) = y0 . Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy egy intervallumon folytonos f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete is egy intervallum. Bizony´ıt´ as. Feltehet˝o, hogy f (α) < y0 < f (β). A hat´arozotts´ag miatt tegy¨ uk fel, hogy α < β ´es legyen A = { x ∈ [α, β] : f (x) < y0 }. A fel¨ ulr˝ol korl´atos, nem¨ ures halmaz, ´ıgy van pontos fels˝o korl´atja: sup A = x0 ∈ [α, β]. Megmutatjuk, hogy f (x0 ) = y0 . Ha f (x0 ) > y0 volna, akkor az x → f (x) − y0 f¨ uggv´eny x0 -beli jeltart´os´aga miatt x0 egy [α, β]-ba es˝o k¨ ornyezet´eben is f (x) > y0 volna, de akkor x0 csak ugy lehetne fels˝o korl´atja A-nak, ha x0 = α, amib˝ol f (α) = f (x0 ) > y0 ad´odik, ami ellentmond felt´etelez´es¨ unknek. Ha f (x0 ) < y0 volna, akkor az x → f (x) − y0 f¨ uggv´eny x0 -beli jeltart´os´aga miatt x0 egy [α, β]-ba es˝o k¨ ornyezet´eben is f (x) < y0 volna, de akkor x0 csak ugy lehetne fels˝o korl´atja A-nak, ha x0 = β, amib˝ol f (β) = f (x0 ) < y0 ad´odik, ami ism´et ellentmond felt´etelez´es¨ unknek. ´ Igy csak f (x0 ) = y0 lehet, bizony´ıtva ´all´ıt´asunkat. ¤ T´ etel. [inverz f¨ uggv´eny folytonoss´aga] Egy intervallumon folytonos, szigor´ uan monoton f¨ uggv´eny injekt´ıv, ´es inverze is folytonos, ´es szigor´ uan monoton (ugyanolyan ´ertelemben mint az eredeti f¨ uggv´eny).
7
Azaz ha f : I → R folytonos, szigor´ uan monoton az I intervallumon akkor f injekt´ıv, ´es az f −1 : J → I (l´etez˝o) inverz f¨ uggv´eny folytonos J-n, ´es ugyanolyan ´ertelemben monoton, mint f (ahol J := f (I) = { f (x) : x ∈ I } az f f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete). Nem bizony´ıtjuk. Szigor´ u monotonit´as helyett injektivit´ast felt´eve is folytonos az inverz f¨ uggv´eny. T´ etel. [inverz f¨ uggv´eny folytonoss´aga] Egy intervallumon folytonos ´es injekt´ıv f¨ uggv´eny inverze is folytonos. Azaz ha f : I → R folytonos ´es injekt´ıv az I intervallumon ´es J := f (I) = { f (x) : x ∈ I } az f f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete, akkor az f −1 : J → I inverz f¨ uggv´eny folytonos J-n. Nem bizony´ıtjuk. ¨ ggve ´nyek folytonossa ´ ga 5.4 Az elemi fu Az exponenci´alis ´es trigonometrikus f¨ uggv´enyek k¨oz´episkol´aban tanult defin´ıci´oj´at elfogadva tov´abbi fontos f¨ uggv´enyeket defini´alunk. ´ k. Defin´ıcio ln x ax loga x
:= az ex f¨ uggv´eny inverze, ln :]0, ∞[→ R, := ex ln a
(x ∈ R) ahol a > 0,
:= az ax f¨ uggv´eny inverze, ahol 0 < a 6= 1, loga :]0, ∞[→ R. ¤
A trigonometrikus f¨ uggv´enyek inverzeit az al´abbi m´odon defini´aljuk. ´ k. Defin´ıcio £ ¤ arcsin x := a sin |[− π2 , π2 ] x f¨ uggv´eny inverze, arcsin : [−1, 1] → − π2 , π2 , arccos x := a cos |[0,π] x f¨ uggv´eny inverze, arccos : [−1, 1] → [0, π] , uggv´eny inverze, arctan : R →] − π2 , π2 [, arctan x := a tan |]− π2 , π2 [ x f¨ arcctg x := a ctg |]0,π[ x f¨ uggv´eny inverze, arcctg : R →]0, π[ ¤ ´ . Az f (x) = c (x ∈ R), (ahol c ∈ R tetsz˝oleges konstans), f (x) = x (x ∈ R), f (x) = ex (x ∈ Defin´ıcio R), f (x) = ln x (x > 0), f (x) = sin x (x ∈ R), f (x) = arcsin x (x ∈ [−1, 1]) f¨ uggv´enyeket, ´es ezekb˝ol a 4 alapm˝ uvelet (¨osszead´as, kivon´as, szorz´as, oszt´as), ¨osszetett f¨ uggv´eny k´epz´ese, lesz˝ uk´ıt´es egy intervallumra oper´aci´ok v´eges sokszori alkalmaz´as´aval keletkez˝o f¨ uggv´enyeket elemi f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. T´ etel. A f (x) = xα := eα ln x (x > 0) ´ altal´ anos hatv´ anyf¨ uggv´eny, a trigonometrikus f¨ uggv´enyek ´es inverzeik, polinomok, racion´ alis t¨ ortf¨ uggv´enyek (azaz polinomok h´ anyadosai) elemi f¨ uggv´enyek. Bizony´ıt´ as. Ezen f¨ uggv´enyek ismert azonoss´agok felhaszn´al´as´aval kifejezhet˝ok a defin´ıci´o els˝o r´esz´eben felsorolt 6 elemi f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel a 4 alapm˝ uvelet ´es ¨osszetett f¨ uggv´eny k´epz´ese ´altal. ¤ T´ etel. Az elemi f¨ uggv´enyek folytonosak.
8
Bizony´ıt´ as. El´eg az f (x) = c, x, ex , sin x f¨ uggv´enyek folytonoss´ag´at igazolni (ezekb˝ol az inverz f¨ uggv´eny folytonoss ´ag´ara vonatkoz´o t´etel miatt k¨ovetkezik az f (x) = ln x, arcsin x folytnoss´aga, majd a folytonoss´ag ´es m˝ uveletek kapcsolata miatt a t´etel. f (x) = c, f (x) = x folytonoss´aga a defin´ıci´ o alapj´an nyilv´anval´o. A sin f¨ uggv´eny folytonoss´aga ¯ ¯¯ ¯ ¯ x − x0 ¯¯ ¯¯ x + x0 ¯¯ | sin x − sin x0 | = 2 ¯¯sin cos ≤ |x − x0 | < ε ha |x − x0 | < δ(ε) = ε 2 ¯¯ 2 ¯ miatt k¨ovetkezik. Az exponenci´alis f¨ uggv´eny folytonoss´agat nehezebb igazolni, itt nem bizonyitjuk. ¤ ¨ ggve ´nyhata ´ re ´rte ´kek 5.5 Nevezetes fu T´ etel.
ex − 1 = 1, x→0 x→0 x Bizony´ıt´ as. Az els˝o ´all´ıt´as a sorozatok hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o 1
lim (1 + x) x = e,
lim
lim
x→0
sin x = 1. x
1
lim (1 + xn ) xn = e ha 0 6= xn → 0 (n → ∞)
n→∞
egyenl˝os´egb˝ol k¨ovetkezik. A m´asodikat u ´gy igazolhatjuk, hogy y = ex − 1 transzform´aci´oval y → 0 ha x → 0, ´ıgy ex − 1 1 y 1 lim = lim = lim = 1. 1 = x→0 y→0 ln(y + 1) y→0 ln(1 + y) y x ln e Az utols´o igazol´as´ahoz felhaszn´aljuk a geometriai meggondol´asb´ol ad´od´o π sin x < x < tg x ha 0 < x < 2 egyenl˝otlens´eget. Ebb˝ol sin x-szel val´o oszt´assal x 1 1< < , sin x cos x ´es x → 0-val a rend˝ort´etel alapj´an ad´odik ´all´ıt´asunk.
¤
