Tartalomjegyzék I. FEJEZET: 1.1.
ANALÍZIS.................................................................................................... 3
NUMERIKUS SOROZATOK........................................................................................................ 3
1.1.1.
Numerikus sorozatok: határérték, monotonitás, korlátosság .......................................... 3
1.1.2.
A Cauchy-féle általános konvergencia kritérium ............................................................ 5
1.1.3.
Sorozatok közgazdaságtani alkalmazásai. Kamatozási sémák ...................................... 10
1.1.3.1.
Pénzügyi alapfogalmak ............................................................................................. 10
1.1.3.2.
Egyszerű kamatozás .................................................................................................. 11
1.1.3.3.
Kamatos kamatozás .................................................................................................. 11
1.1.3.4.
Összehasonlítás ........................................................................................................ 12
1.1.3.5.
Vegyes kamatozás ..................................................................................................... 13
1.1.3.6.
Sorozatok monotonitásának vizsgálata ..................................................................... 13
1.1.3.7.
Sorozatok korlátosságának vizsgálata ...................................................................... 14
1.2.
SZÁMSOROK ......................................................................................................................... 15
1.2.1.
Számsorok. Részlet összeg sorozat ................................................................................ 15
1.2.2.
A Cauchy-féle általános konvergencia kritérium számsorokra ..................................... 16
1.2.3.
Pozitív tagú számsorok. Konvergencia kritériumok ...................................................... 17
1.2.3.1.
Az összehasonlítási kritériumok ................................................................................ 17
1.2.3.2.
A Cauchy-féle gyökkritérium .................................................................................... 18
1.2.3.3.
A D’Alambert-féle hányados kritérium ..................................................................... 18
1.2.3.4.
Raabe -Duhamel-féle kritérium ................................................................................ 18
1.2.4.
Váltakozó előjelű (alternatív) számsorok ...................................................................... 22 Leibnitz-féle kritérium .............................................................................................. 22
1.2.4.1. 1.3.
FÜGGVÉNYSOROZATOK ÉS FÜGGVÉNYSOROK. ..................................................................... 23
1.3.1.
Függvénysorozatok. Konvergencia tartomány. Egyenletes konvergencia. .................... 23
1.3.2.
Függvénysorok ............................................................................................................. 24
1.3.2.1.
Függvénysor. Konvergencia tartomány. Weierstrasse-féle kritérium ....................... 24
1.3.2.2.
Hatványsor. Ábel-tétel. Konvergencia sugár ............................................................ 26
1.3.2.3.
Taylor -sor. Elemi függvények hatványsorba való kifejtése ...................................... 28
1.3.2.4.
Elemi függvények hatványsorba való kifejtése .......................................................... 29
II. FEJEZET: 2.1.
DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS.................................................................. 31
TÖBBVÁLTOZÓS VALÓS FÜGGVÉNY. PARCIÁLIS DERIVÁLTAK ............................................. 31
2.1.1.
n – dimenziós tér ........................................................................................................... 31
2.1.2.
A többváltozós valós függvény meghatározása ............................................................. 32
1
2.1.3.
Parciális deriváltak. Differenciáltak. ............................................................................ 33
2.1.3.1.
Az elsőrendű parciális deriváltak.............................................................................. 33
2.1.3.2.
Másodrendű parciális deriváltak .............................................................................. 34
2.1.3.3.
Differenciáltak .......................................................................................................... 34
2.1.3.4.
Alkalmazások. Az összetett függvények parciális deriváltja ...................................... 36
2.1.4.
Taylor- képlet kétváltozós valós függvényre ................................................................. 37
2.1.5.
Kétváltozós valós függvények szélsőértékpontjai .......................................................... 38
2.1.5.1.
Egyváltozós valós függvények szélsőértékpontjainak meghatározása ...................... 38
2.1.5.2.
Kétváltozós valós függvények szélsőértékpontjainak meghatározása........................ 39
2.1.6.
A Lagrange- szorzók módszere. Feltételes szélsőértékpontok. ...................................... 42
2.1.7.
A differenciálhányados közgazdasági megközelítésben ................................................ 44
III. FEJEZET: LINEÁRIS ALGEBRA ............................................................................ 46 3.1.
VEKTORTÉR (LINEÁRIS TÉR). BÁZIS. BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ ............................................ 46
3.1.1. 3.2.
LINEÁRIS FÜGGETLENSÉG. BÁZIS A VEKTORTÉRBEN. BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ ................... 47
3.3.
ORTOGONALIZÁLÁS. A GRAM- SCHMIDT-FÉLE ORTOGONALIZÁLÁSI MÓDSZER. .................. 51
3.3.1.
Skaláris szorzat a vektortérben ..................................................................................... 51
3.3.2.
Ortogonalizálás ............................................................................................................ 52
3.4.
LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK. LINEÁRIS OPERÁTOROK....................................................... 55
3.4.1. 3.4.1.1. 3.4.2.
2
Vektorok. Műveletek vektorokkal .................................................................................. 46
Lineáris transzformációk a vektorterek között. Lineáris transzformációs mátrix.......... 55 Transzformációs mátrix ............................................................................................ 56 Lineáris operátor. Sajátvektor és sajátérték ................................................................. 57
3.4.2.1.
Sajátvektorok és sajátértékek .................................................................................... 57
3.4.2.2.
Sajátértékek, sajátvektorok kiszámítása .................................................................... 58
3.4.2.3.
Összegzés .................................................................................................................. 58
3.4.2.4.
Sajátértékek, sajátvektorok, diagonizálás ................................................................. 59
I. Fejezet:
Analízis
1.1. Numerikus sorozatok 1.1.1. Numerikus sorozatok: határérték, monotonitás, korlátosság Értelmezés: Numerikus sorozatnak nevezzük az f(n) valós függvényt, melynek értelmezési tartománya a természetes számok halmaza N, értéktartománya pedig a valós számok halmaza R. (Tehát a sorozatok a függvényeknek egy speciális csoportja.) 𝑈𝑛 : N → R,
(1)
𝑈𝑛 = f(n)
(𝑈𝑛 )𝑛≥1 : 𝑈1 , 𝑈2, … 𝑈𝑛 , … ∀ 𝑛 ≥1. 𝑼𝒏 = f(n) - általános tagnak nevezzük Megjegyzés: Egy sorozatot három különböző módon adhatunk meg: 1) felsorolással: pl. 1,3,5,7,9,...... 𝑎 +𝑎 2) rekurzív definicióval: pl. 𝑎1 = 1, 𝑎2 = 3, 𝑎𝑛 = 𝑛−1 𝑛+1, ∀ 𝑛 > 2 esetén. 2 3) általános képlet segítségével: 𝑎𝑛 = 2 (𝑛 − 1) + 1, 𝑛 ≥1. Példák sorozatokra: 1) Számtani sorozatok: 𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 + 𝑟, 𝑎ℎ𝑜𝑙 𝑟 ∈ 𝑅 – ráció. Minden számtani sorozat 𝑎 +𝑎 esetén igaz a következő: 𝑎𝑛 = 𝑎1 + (𝑛 − 1)𝑟 , 𝑖𝑙𝑙𝑒𝑡𝑣𝑒 𝑎𝑛 = 𝑛−1 2 𝑛+1, ∀ 𝑛. (𝑎 +𝑎 )𝑛
(2𝑎 +(𝑛−1)𝑟)𝑛
Az első 𝑛 tag összege: 𝑆𝑛 = 1 2 𝑛 = 1 2 , ∀ 𝑛. 2) Mértani sorozatok: 𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 ∙ 𝑞, 𝑎ℎ𝑜𝑙 𝑞 ∈ 𝑅+ – kvóciens (hányados). Minden mértani sorozat esetén igaz a következő: 𝑎𝑛 = 𝑎1 ∙ 𝑞𝑛−1 , 𝑖𝑙𝑙𝑒𝑡𝑣𝑒 𝑎𝑛 = 2√𝑎𝑛−1 𝑎𝑛+1 , ∀ 𝑛. (1−𝑞𝑛) Az első 𝑛 tag összege: 𝑆𝑛 = 𝑎1 1−𝑞 , ∀ 𝑛. 1 1 1 1
3) Harmonikus sorozat: 1, 2 , 3 , 4 , 5 … .., 𝑎𝑛 =
2 1 𝑎𝑛−1
+
1 𝑎𝑛+1
, ∀ 𝑛 ∈ 𝑁.
4) Zénon, egy ókori görög filozófus egyik híres apóriája szólt hasonlóról Akhilleusz és a teknősbéka versenyfutása kapcsán: „Egy teknősbéka megszökik az állatkertből és elindul a tenger felé. Első napon 1280 métert megy, de mivel öreg, minden további napon csak az előző napi útjának a felét tudja megtenni. Hányadik nap ér el a tengerhez, ha az 2559 méterre van az állatkerttől? És ha 2560 méterre?” 𝑎1 = 1280, 𝑎2 = 1920, 𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 +
𝑎𝑛−1 −𝑎𝑛−2 2
Mennyi utat tett meg az n. napig: 𝑆𝑛 = 1280 + 1
1
1
1
, ∀ 𝑛 > 2 esetén. 1280 2
+
1280 4
+
1280 8
1280
+ ⋯ + 2𝑛−1=
1280(1+2 + 4 + 8 + ⋯ + 2𝑛−1 ), egy mértani sorozat összegét kell számítanunk, ahol
3
1
1
1
1
𝑆𝑛 =1280 (1+2 + 4 + 8 + ⋯ + 2𝑛−1 )=1280∙
1 𝑛 2 1 1− 2
1−( )
1
= 2560∙ (1 − 2𝑛 ) = 2560 −
2560 2𝑛
.
Ha a távolság 2559 méter, akkor keressük azt az n értéket, amelyre a megtett távolság több, 2560 mint 2559, azaz: 2560 − 2𝑛 > 2559, 2𝑛 > 2560. Ha 𝑛 ≥ 12, akkor ez az egyenlőtlenség teljesül, azaz a teknős a 12. napon eléri a tengert. 2560 Ha a távolság 2560 méter, akkor keressük azt az n értéket, amelyre 2560 − 𝑛 > 2560, 2 de ez az egyenlőtlenség sosem teljesül, azaz a teknős sose éri el a tengert, csak tart a tenger felé. Értelmezés 1.1.1: Az (𝑈𝑛 ) számsorozat határértéke az a ∈ R valós szám, ha ∀ 𝜀 > 0 esetén létezik egy olyan 𝑁𝜀 küszöbszám úgy, hogy ∀ 𝑛 > 𝑁𝜀 esetén fennáll a következő: |𝑈𝑛 − 𝑎| < 𝜀
(2),
ami egyenértékű a következő egyenlőtlenségek bármelyikével: −𝜀 < 𝑈𝑛 − 𝑎 < 𝜀 , 𝑎 − 𝜀 < 𝑈𝑛 < 𝑎 + 𝜀
(2’)
Következtetések: 1. Ha létezik az a ∈ R valós szám, akkor a következőképpen jelöljük: lim 𝑈𝑛 = 𝑎 (3) 𝑛→∞
2. Ha létezik az a ∈ R valós szám, akkor 𝑈𝑛 sorozatot konvergens sorozatnak nevezzük. Ha nem létezik az a ∈ R valós szám, akkor 𝑈𝑛 sorozatot divergens sorozatnak nevezzük. 3. Az 𝑈𝑛 sorozatnak létezik határértéke, ha bármely 𝑉𝜀 (𝑎) környezetében az a valós számnak a sorozatnak végtelen sok tagja van. Értelmezés 1.1.2: az (𝑈𝑛 )𝑛≥1 számsorozat: Monoton növekvő, ha 𝑈1 ≤ 𝑈2 ≤ ⋯ ≤ 𝑈𝑛 ≤ 𝑈𝑛+1 …, ∀𝑛 ∈ 𝑁 Monoton csökkenő, ha 𝑈1 ≥ 𝑈2 ≥ ⋯ ≥ 𝑈𝑛 ≥ 𝑈𝑛+1 …, ∀𝑛 ∈ 𝑁 Szigorúan monoton növekvő, ha 𝑈1 < 𝑈2 < ⋯ < 𝑈𝑛 < 𝑈𝑛+1 …, ∀𝑛 ∈ 𝑁 Szigorúan monoton csökkenő, ha 𝑈1 > 𝑈2 > ⋯ > 𝑈𝑛 > 𝑈𝑛+1 …, ∀𝑛 ∈ 𝑁 esetén. Értelmezés 1.1.3: Az (𝑈𝑛 )𝑛≥1 számsorozat felülről korlátos, ha létezik egy olyan M valós szám, amelynél egyik sorozattag sem nagyobb. Az (𝑈𝑛 )𝑛≥1 számsorozat alulról korlátos, ha létezik egy olyan m valós szám, amelynél egyik sorozattag sem kisebb. Az (𝑈𝑛 )𝑛≥1 számsorozat korlátos, ha alulról is és felülről is korlátos. Másképp: az (𝑈𝑛 )𝑛≥1 számsorozat korlátos, ha létezik egy [𝑚, 𝑀] intervallum, úgy, hogy a sorozat minden tagja ebben az intervallumban található: 𝑚 ≤ 𝑈𝑛 ≤ 𝑀,
∀ 𝑛 ∈ 𝑁. (4) 1 𝑛
1. Példa (Euler, XVIII. század): legyen 𝑈𝑛 = (1 + 𝑛) sorozat.
4
A sorozat tagjai: 𝑎1 = 2 az alsó korlát, 𝑎2 = 2,59; 𝑎100 = 2,70; 𝑎1000 = 2,71; 𝑎10000 = 2,7181; … 𝑎1000000 = 2,71828 a sorozat szigorúan monoton növekvő, felülről is korlátos (egyik felső korlát M=2,8) tehát konvergens is: 1 𝑛
lim (1 + 𝑛) = 𝑒.
𝑛→∞
2. Példa (Fibonacci, 1170? - 1240) Fibonacci, más néven Leonardo Pisano 1202- ben mutatta be ezt a számsorozatot, amely a legegyszerűbb az egész számokból álló sorozatok közül, még máig is újabb és újabb tulajdonságait fedezik fel, sok zeneszerző művének alapjául szolgált, szépsége a matematikából fakad. Felsorolással: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610,........ Rekurzióval: 𝑎1 = 1, 𝑎2 = 1, 𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−2 , ∀ 𝑛 > 2 esetén (a sorozat harmadik tagjától kezdődően minden tag az őt megelőző két tag összegével egyenlő.) Képlettel: 𝑎𝑛 =
1 √5
1+√5
[(
2
𝑛
1−√5
) −(
2
𝑛
) ]
A sorozat csak alulról korlátos és monoton növekvő. 3. Példa: A Fibonacci sorozat segítségével alkotható egy másik sorozat, amelynek köze van az aranymetszés 𝜑 számához. Ennek tagjai a Fibonacci- sorozat valamely tagjának és az azt megelőző tag hányadosaként képezhetők. 1 2 3 5 8 13 21 Felsorolással: , , , , , , ,…., 1 1 2 3 5 8 13 tizedes törtekkel felírva : 1; 2; 1,666; 1,600; 1,625; 1,615; 1,619;…… Ebben a sorozatban a tagok hol kisebbek, hol nagyobbak az aranymetszést jellemző 1+√5
𝜑 = 2 = 1,618033 ….aranyszámnál, minél több tagot veszünk, közelebb jutunk a 𝜑 pontos értékéhez. (A sorozat korlátos, tagjai az [1, 2] intervallumban találhatóak, nem monoton, konvergens és határértéke a 𝜑 szám.) Az arany téglalap oldalaránya ez a 𝜑 szám, és az jellemző rá, hogy ha kivágunk belőle egy, rövidebb oldalának hosszúságával megegyező oldalú négyzetet, a fennmaradó téglalap is arany téglalap lesz. Ha összekötjük az aranytéglalapba írt négyzetek közös csúcspontjait, csigavonalat kapunk, a logaritmikus spirál közelítését, és az arany téglalap szép geometriai tulajdonságát észlelhetjük. Az aranymetszés arányszáma fontos pontja a nyugati kultúrának, isteni aránynak is nevezik, megtalálható az emberi test arányaiban, Leonardo da Vinci, Salvator Dali munkáin, valamint az építészetben (pl. Parthenón) sűrűn előforduló arány. 1.1.2. A Cauchy-féle általános konvergencia kritérium Tétel: Az 𝑈𝑛 sorozat konvergens, akkor és csak akkor, ha (∀) 𝜀 > 0, (∃) 𝑁𝜀 úgy, hogy (∀) 𝑛 > 𝑁𝜀 é𝑠 𝑝 ≥ 1 esetén fennáll:
|𝑈𝑛+𝑝 − 𝑈𝑛 | < 𝜀
(5)
Konvergens sorozatok tulajdonságai: 1) Ha (𝑈𝑛 ) sorozat konvergens, akkor (𝑈𝑛 ) korlátos (a korlátosság szükséges feltétele a konvergenciának, de nem elégséges: például: 𝑈𝑛 : 2, −2,2, −2, … ez nem konvergens, de korlátos sorozat.) 2) Ha az (𝑈𝑛 ) sorozat korlátos és monoton, akkor az (𝑈𝑛 ) sorozat konvergens (Bolzano- féle kritérium).
5
3) Ha az (𝑈𝑛 ) és (𝑉𝑛) sorozatok konvergensek és határértékük megegyezik (a = l∈ 𝑅), valamint (∃)(𝑊𝑛 ) sorozat úgy, hogy: 𝑈𝑛 ≤ 𝑊𝑛 ≤ 𝑉𝑛, ∀ 𝑛 ∈ 𝑁 , akkor lim 𝑊𝑛 = lim 𝑈𝑛 = lim 𝑉𝑛 = 𝑙 (fogó-kritérium vagy rendőr- elv, olló- tétel).
𝑛→∞
𝑛→∞
𝑛→∞
4) Ha az (𝑈𝑛 ) és (𝑉𝑛) sorozatok konvergensek és 𝑈𝑛 ≤ 𝑉𝑛 , ∀ 𝑛 ∈ 𝑁 , akkor lim 𝑈𝑛 ≤ lim 𝑉𝑛 .
𝑛→∞
𝑛→∞
5) Legyen (𝑈𝑛 ) és (𝑉𝑛 ) két konvergens sorozat. Ekkor érvényesek a következők: a) lim (𝑈𝑛 + 𝑉𝑛 ) = lim 𝑈𝑛 + lim 𝑉𝑛 𝑛→∞
𝑛→∞
𝑛→∞
b) lim (𝑈𝑛 − 𝑉𝑛 ) = lim 𝑈𝑛 − lim 𝑉𝑛 𝑛→∞
𝑛→∞
𝑛→∞
c) lim (𝑈𝑛 ∙ 𝑉𝑛 ) = lim 𝑈𝑛 ∙ lim 𝑉𝑛 𝑛→∞
𝑛→∞
𝑈
d) lim (𝑉 𝑛 ) = 𝑛→∞
𝑛
𝑛→∞
lim 𝑈 𝑛→∞ 𝑛 lim 𝑉 𝑛→∞ 𝑛
𝑘
e) lim √𝑈𝑛= 𝑘√ lim 𝑈𝑛 , ahol 𝑈𝑛 ≥ 0, ∀𝑛 ∈ 𝑁 𝑛→∞
𝑛→∞
f) lim 𝑎 ∙ 𝑉𝑛 = 𝑎 ∙ lim 𝑉𝑛 , ahol 𝑎 ∈ 𝑅 tetszőleges konstans. 𝑛→∞
𝑛→∞
1.1.1. Feladat: Határozza meg a következő sorozat határértékét: 2𝑛4 + 3𝑛3 + 5 𝑈𝑛 = 4 4𝑛 + 6𝑛2 + 1 Megoldás: lim
3
𝑛→∞
= lim 4𝑛4 +6𝑛2+1
5
𝑛4 2+𝑛 +𝑛4
2𝑛4 +3𝑛3+5
𝑛→∞
𝑛4
6 1 4+ 2 + 4 𝑛 𝑛
2
= 4 = 0,5. (Kiemeltük a számlálóban is és a
nevezőben is az n legmagasabb ott előforduló hatványát, egyszerűsítettünk, illetve 1 felhasználtuk a következő határértéket: lim 𝑛𝑘 = 0, ∀𝑘 ∈ 𝑅+ esetén.) 𝑛→∞
1.1.2. Feladat: Határozza meg a következő sorozat határértékét: 2𝑛3 + 9𝑛2 + 1 𝑈𝑛 = 4 3𝑛 + 5𝑛2 + 8 Megoldás: lim
2𝑛3 +9𝑛2 +1
𝑛→∞ 3𝑛4 +5𝑛2+8
9
= lim
1
𝑛3 2+𝑛 +𝑛3
5 8 𝑛→∞ 𝑛4 3+ 2 + 4 𝑛 𝑛
= lim
9
1
2+ + 3 𝑛 𝑛
1
∙ lim 5 8 𝑛→∞ 𝑛 𝑛→∞ 3+ 2 + 4 𝑛 𝑛
2
= 0 ∙ 3 = 0.
1.1.3. Feladat: Határozza meg a következő sorozat határértékét: 5𝑛5 + 7𝑛2 + 1 𝑈𝑛 = 2𝑛4 + 𝑛2 + 3 Megoldás: lim
5𝑛5 +7𝑛2+1
𝑛→∞ 2𝑛4+𝑛2+3
= lim
7
1
1
8
𝑛5 5+𝑛3 +𝑛5
𝑛→∞ 𝑛4 2+ 2 +𝑛4 𝑛
= lim
𝑛
𝑛→∞ 1
∙ lim
7
1
1
8
5+ 3 + 5 𝑛 𝑛
𝑛→∞ 2+ 2 +𝑛4 𝑛
Határozza meg a következő sorozat határértékét: 1.1.4. 6
𝑈𝑛 =
−4𝑛6+1 5𝑛4 +3
1.1.5. 𝑈𝑛 =
5
= ∞ ∙ 2 = ∞.
2𝑛3+4𝑛2 +1 3𝑛3+𝑛2+6
2𝑛6+6𝑛2 +1
2
1.1.6. 𝑈𝑛 = 5𝑛8+3𝑛2 +8
1.1.8. 𝑈𝑛 =
3
√𝑛+ √𝑛 𝑛2 +𝑛3
𝑛+⋯2+1
1.1.7. 𝑈𝑛 = 3𝑛2+𝑛+8 2𝑛 +4𝑛
1.1.9. Határozza meg a következő sorozat határértékét: 𝑈𝑛 = 4𝑛+1 −2𝑛+3 Megoldás: lim
2𝑛 +4𝑛
𝑛→∞
4𝑛+1 −2𝑛+3
2𝑛 +1 4𝑛 𝑛+3 𝑛 2 𝑛→∞ 4 4− 𝑛 4
= lim
4𝑛
1 𝑛 2 𝑛 𝑛→∞ 4−(1) ∙8 2
( ) +1
= lim
1
= 4.
(Kiemeltük a számlálóban is és a nevezőben is a nagyobbik alap n- edik hatványát, illetve 1, ℎ𝑎 𝑞 = 1 𝑛 felhasználtuk a következő határértéket: lim 𝑞 = { 0, ℎ𝑎 |𝑞| < 1, illetve nem létezik, ha 𝑛→∞ ∞, ℎ𝑎 𝑞 > 1 𝑞 ≤ −1 esetben.) 3𝑛 +2𝑛+3 +2𝑛
1.1.10. 𝑈𝑛 = 22𝑛 +3𝑛+1 −2𝑛+3 3𝑛+2𝑛+3+2𝑛
Megoldás: lim
𝑛→∞ 22𝑛+3𝑛+1−2𝑛+3
= lim
2𝑛+3 2𝑛
1+ 𝑛 + 𝑛 3 3
3𝑛
𝑛+1
𝑛+3
2 𝑛→∞ 4𝑛 1+3 − 2𝑛 22𝑛 2
=
2 𝑛 2 𝑛 3𝑛 1+8(3) +(3) lim 3 2 𝑛→∞ 4𝑛 1+3(4)𝑛 −8(4)𝑛
= 0 ∙ 1 = 0.
52𝑛 +2𝑛+3+2𝑛
1.1.11. 𝑈𝑛 =
24𝑛 +5𝑛+1 −2𝑛+3
Megoldás: 2𝑛+3 2𝑛 2 𝑛 2 𝑛 + ) + (25 ) 𝑛 𝑛 5 +2 +2 25 25𝑛 1 + 8(25 25 25 lim 4𝑛 = lim = lim 5 𝑛 2 𝑛 𝑛→∞ 2 5𝑛+1 2𝑛+3 𝑛→∞ 16𝑛 1 + 5(16 + 5𝑛+1 − 2𝑛+3 𝑛→∞ 16𝑛 ) − 8(16 ) 1 + 16𝑛 − 16𝑛 = ∞ ∙ 1 = ∞. 2𝑛
𝑛+3
𝑛
𝑛
1+
Határozza meg a következő sorozatok határértékét: 1.1.12. 𝑈𝑛 =
32𝑛−1 +5𝑛− 3𝑛+2
E:
9𝑛+1 +3𝑛−2 +5 3𝑛 +2𝑛 −5𝑛
1.1.13. 𝑈𝑛 = 23𝑛+1 −6𝑛+5 −3𝑛+1
1 27
E: 0 3
𝑛
1.1.14. Határozza meg a következő sorozat határértékét: 𝑈𝑛 = (1 − 4𝑛) Megoldás: felhasználjuk a következő határértékeket: 1 𝑛
𝑘 𝑛
lim (1 + 𝑛) = 𝑒, illetve lim (1 + 𝑛) = 𝑒 𝑘 .
𝑛→∞ 3
𝑛
lim (1 − 4𝑛) =
𝑛→∞
lim (1 +
𝑛→∞ 2
𝑛→∞
−3/4 𝑛 𝑛
3
) =𝑒 −4 .
𝑛
1.1.15 𝑈𝑛 = (1 + 𝑛+3) Megoldás:
2
𝑛
lim (1 + 𝑛+1) =
𝑛→∞
2
𝑛+1
lim (1 + 𝑛+1)
𝑛→∞
∙
1 2 𝑛+1
1+
1
= 𝑒 2 ∙ 1+0 = 𝑒 2 . 7
3𝑛+2 𝑛
1.1.16 𝑈𝑛 = (3𝑛−1) Megoldás:
3𝑛+2 𝑛
lim (3𝑛−1) =
𝑛→∞
3
lim (1 + 3𝑛−1) = lim (1 +
𝑛→∞
1 3
1 3
𝑛−
𝑛
𝑛→∞
1 1 3
𝑛−
)
∙ (1 +
1 1 3
𝑛−
) = 𝑒.
3𝑛+1 𝑛
1.1.17. 𝑈𝑛 = (5𝑛+1) Megoldás:
3𝑛+1 𝑛
lim (5𝑛+1) =
𝑛→∞
1 ) 3𝑛 1 5𝑛(1+ ) 5𝑛
𝑛
4 ) 3𝑛 1 2𝑛(1+ ) 2𝑛
𝑛
3𝑛 (1+
lim [
𝑛→∞
1/3 𝑛 ) 𝑛 1/5 𝑛 (1+ ) 𝑛
3 𝑛
(1+
3 𝑛
(1+
] = lim ( ) ∙ 5 𝑛→∞
𝑒 1/3
= 0∙ 𝑒1/5 =0.
3𝑛+4 𝑛
1.1.18. 𝑈𝑛 = (2𝑛+1) Megoldás:
3𝑛+4 𝑛
lim (2𝑛+1) =
𝑛→∞
3𝑛 (1+
lim [
𝑛→∞
] = lim ( ) ∙ 2 𝑛→∞
4/3 𝑛 ) 𝑛 1/2 𝑛 (1+ ) 𝑛
𝑒 4/3
= ∞ ∙ 𝑒1/2 =∞.
Határozza meg a következő sorozatok határértékét: 2𝑛
4
8
1.1.19. 𝑈𝑛 = (1 + 3𝑛)
E: 𝑒 3
4 𝑛
1.1.20. 𝑈𝑛 = (2 + )
E:∞
𝑛
1
2𝑛
1
1.1.21. 𝑈𝑛 = (2 − 2𝑛)
E: 0
3𝑛−2 2𝑛
14
E: 𝑒 − 3
1.1.22. 𝑈𝑛 = (3𝑛+5)
Vizsgáljuk meg az alábbi sorozatok monotonítását, korlátosságát és határértékét! 𝒏+𝟐
1.1.23. 𝒂𝒏 = 𝒏+𝟓, n ≥ 1 (i) Monotonítás vizsgálatakor az 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 előjelét vizsgáljuk meg vagy az kiszámítva, megnézzük, hogy kisebb vagy nagyobb, mint az egység: 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 = növekvő. (másképpen:
𝒏+𝟑 𝒏+𝟔
𝑎𝑛+1 𝑎𝑛
𝒏+𝟐
𝑎𝑛+1 𝑎𝑛
hányadost
𝟑
- 𝒏+𝟓 = (𝒏+𝟔)(𝒏+𝟓) > 0 , ∀ 𝑛 ∈ 𝑁 esetén , így a sorozat szigorúan monoton =
𝑛2 +8𝑛+15 𝑛2 +8𝑛+12
> 1 , ∀ 𝑛 ∈ 𝑁 esetén, a sorozat szigorúan monoton növekvő.) 3
1
(ii) Korlátosság vizsgálata: a sorozat monoton növekvő, tehát a legkisebb tagja, 𝑎1 = 6 = 2 alsó korlátja a sorozatnak, és a lekisebb felső korlátja pedig 1 ( a sorozat minden tagja kisebb ennél). 1
Tehát 𝑎1 = ≤ 𝑎𝑛 ≤ 1. 2
(iii) A sorozat határértéke: lim
𝒏+𝟐
𝑛→∞ 𝒏+𝟓
8
= 1.
1.1.24. 𝒂𝒏 =
𝟐𝒏+𝟏
, n≥1
𝒏+𝟓
Útmutatás: a monotonítást hasonlóan bizonyítjuk, a sorozat monoton növekvő, így a sorozat 1 𝟐𝒏+𝟏 𝟐𝒏+𝟏𝟎−𝟗 𝟗 legkisebb tagja 𝑎1 = 2 az alsó korlát, 𝒂𝒏 = 𝒏+𝟓 = 𝒏+𝟓 = 𝟐 − 𝒏+𝟓 < 2, ∀𝑛 ∈ 𝑁 esetén, így a sorozat felülről is korlátos, lim
𝟐𝒏+𝟏
= 2.
𝑛→∞ 𝒏+𝟓
1.1.25. 𝒂𝒏 =
𝟐𝒏𝟐 +𝟏
, n≥1
𝒏+𝟓
Útmutatás: a monotonítást hasonlóan bizonyítjuk, a sorozat monoton növekvő, így a sorozat 1 9 19 legkisebb tagja 𝑎1 = 2 az alsó korlát, 𝑎2 = 7 = 1,286, 𝑎3 = 8 = 2,375, … 𝑎100 = 190,48; 𝑎1000 = 1990,05; 𝑎10000 = 19990 ; …. a sorozat felülről nem korlátos, csak alulról, tehát nem is konvergens. 1.1.26. 𝒂𝒏 =
(−𝟏)𝒏 𝒏𝟐
, n≥1
Felsorolva a sorozat tagjait: -1;
1 4
1
; - 9,
1
1
1
, - 25;…. Korlátos sorozat, 𝑎𝑛 ∈ [−1, 4] ∀𝑛 ∈ 𝑁,
16
nem monoton, de konvergens, határértéke a nulla. 1.1.27. 𝑎𝑛 = 3𝑛 + 2,
n≥1
1.1.28. 𝑎𝑛 = −4𝑛 + 5,
n≥1
98
1.1.29. 𝑎𝑛 = 3𝑛+22, n ≥ 1 1.1.30. 𝑎𝑛 =
5𝑛−14 𝑛+27
, n≥1
1
1.1.31. 𝑎𝑛 = 𝑛, n ≥ 1 1
1.1.32. 𝑎𝑛 = 𝑛2, n ≥ 1 2𝑛
1.1.33. 𝑎𝑛 = 2𝑛 +1, n ≥ 0 1.1.34. 𝑎𝑛 = 𝑠𝑖𝑛 𝑛, n ≥ 0 1.1.35. 𝑎𝑛 = 2𝑛 , n ≥ 0 3𝑛
1.1.36. 𝑎𝑛 = 2𝑛, n ≥ 0 1.1.37. 𝑎𝑛 = 𝑛2 , n ≥ 1 1
1.1.38. 𝑎𝑛 = (−3)𝑛, n ≥ 1 1.1.39. 𝑎𝑛 =
1 10𝑛
, n≥0
9
1.1.40. 𝑎𝑛 = 𝑛√𝑛, n ≥ 1
1.1.41. 𝑎𝑛 = (−2)𝑛 , n ≥ 0 1
1.1.42. 𝑎𝑛 = (− 2)𝑛 , n ≥ 0 1.1.43. 𝑎𝑛 = 𝑐𝑜𝑠 𝑛, n ≥ 0 1.1.44. 𝑎𝑛 =
5𝑛 𝑛!
, n≥0
𝑛!
1.1.45. 𝑎𝑛 = 10𝑛, n ≥ 0 Vizsgáld meg, hogy az alábbi sorozatok esetén hányadik tagtól kezdődően esnek a sorozat elemei a határérték 𝜀 sugarú környezetébe: 2𝑛+1
1.1.46. 𝑎𝑛 = 3𝑛+1, n ≥ 1, 𝜀 = 10−3 Megoldás:
lim
𝑛→∞
𝟐𝒏+𝟏
𝟐
= 𝟑, és keressük azt az 𝑛0 küszöbszámot, amelyre igaz, hogy bármely 𝟑𝒏+𝟏 𝟐𝐧+𝟏
𝟐
𝟏
𝑛 ≥ 𝑛0 esetén |𝑎𝑛 − 𝑎| < 𝜀, azaz |𝟑𝐧+𝟏 − 𝟑| < 𝟏𝟎𝟎𝟎 , megoldva: 1 3(3𝑛+1)
1
< 1000 ekvivalens 3(3𝑛 + 1) > 1000, 𝑛 >
997 9
= 110,77.
Tehát a 111. tagtól kezdődően minden sorozattag ebbe az 𝜀 sugarú környezetbe esik. 3𝑛+1
1.1.47. 𝑎𝑛 = 5𝑛+1, n ≥ 1, 𝜀 = 10−3 E: 𝑛0 = 80 1.1.48. 𝑎𝑛 =
1−6𝑛 𝑛+2
, n ≥ 1, 𝜀 = 10−2 E: 𝑛0 = 1299
4𝑛
1.1.49. 𝑎𝑛 = 3∙4𝑛 −1 n ≥ 1, 𝜀 = 10−5
E: 𝑛0 = 7
1.1.3. Sorozatok közgazdaságtani alkalmazásai. Kamatozási sémák 1.1.3.1. Pénzügyi alapfogalmak Kamat: a jövőbeli és a jelenbeli pénzösszeg közötti különbözet. Kamatláb: időegység alatt (például 1 év) realizált kamat és tőke aránya. Egyszerű kamat: csak az alaptőke kamatozik, a kamatokat nem adjuk hozzá az alaptőkéhez. Egy adott időegységben az alaptőke · kamatlábbal nő a tőke. Kamatos kamatozás: minden időegységben az épp aktuális tőke kamatozik, a kamatokat is hozzáadjuk az alaptőkéhez. Egy adott időegységben az aktuális tőke · kamatlábbal nő a tőke. Tőkésítés: a kamatnak az alaptőkéhez való hozzáadását jelenti. Tehát egyszerű kamatozás esetén nincs tőkésítés, kamatos kamatozás esetén minden időegység végén tőkésítünk. 10
1.1.3.2. Egyszerű kamatozás 1. 1. Feladat: Helyezzünk letétbe 1000 lejt a bankba egyszerű kamatozásra. Az éves kamatláb 10%. Mennyi pénzt vehetünk ki a) b) c) d) e)
1 év után 2 év után 3 év után 10 év után 20 év után ?
Mit vesztek észre? Fogalmazzatok meg egy általánosítást! M: a) 1 év után: 1000+1000·0,10=1100 b) 2 év után: 1100+1000·0,10=1200 c) 3 év után: 1200+1000·0,10=1300 d) 10 év után: 1000+10 ·1000·0,10=2000 e) 20 év után: 1000+20 ·1000·0,10=3000 pénzünk van. Tehát az egyszerű kamat lineáris, ha a befektetett összeg S, az éves kamatláb p, akkor n év után a kivehető összeg 𝑺𝒏 = 𝑺(𝟏 + 𝒏𝒑). 2. Feladat: Mekkora összegre gyarapodik fel az 500 000 lejes kezdőtőke 6,8%-os éves kamatláb esetén 7 hónap alatt egyszerű kamatozás mellett? 7
M: 500 000·(1+0,068·12)=519 833,(3). 3. Feladat: Egy 70800 lejes, 4 hónap múlva esedékes tőke mennyit ér most, ha a havi kamatláb 4,5%, és egyszerű kamatozással számolunk? M: 70800=𝑆 · (1 + 0,045 · 4), ahonnan 𝑆 = 70800: (1 + 0,045 ∙ 4) = 60 000. 4. Feladat: Hány hónap alatt növekszik fel a 400 000 lejes tőke 568 000 lejre egyszerű kamatozás mellett, ha a havi kamatláb 5%? M: 568 000= 400 000·(1+0,05·𝑛), innen kapjuk, hogy 𝑛 = 8,4.
1.1.3.3. Kamatos kamatozás 5. Feladat: Helyezzünk letétbe 1000 lejt a bankba kamatos kamattal (minden év végén tőkésítünk). Az éves kamatláb 10%. Mennyi pénzt vehetünk ki a) b) c) d) e)
1 év után 2 év után 3 év után 10 év után 20 év után ?
Mit vesztek észre? Fogalmazzatok meg egy általánosítást! 11
M: a) 1 év után: 1000+1000·0,10= 1000 (1+0,1)=1100 b) 2 év után: 1100+1100·0,10= 1100(1+0,1)= 1000 (1+0,1)(1+0,1)= 1000 (1 + 0,1)2 =1210 c) 3 év után: 1000 (1 + 0,1)3 =1331 d) 10 év után: 1000 (1 + 0,1)10 =2586 e) 20 év után: 1000 (1 + 0,1)20 =6686 pénzünk van. Tehát kamatos kamat esetén, ha a befektetett összeg S, az éves kamatláb p, akkor n év után a kivehető összeg 𝑺𝒏 = 𝑺(𝟏 + 𝒑)𝒏 . 6. Feladat: Hasonlítsátok össze az 1. és 5. feladat eredményeit! Mit vesztek észre? M: Ugyanolyan kamatláb mellett kamatos kamattal jobban megéri befektetni. 7. Feladat: Mennyi kamatot hoz a 160 000 lejes tőke évi 10%-os kamatláb mellett 6 év alatt, ha kamatos kamattal számolunk? M: 𝑆𝑛 =160 000(1 + 0,1)6 =283449,76. Tehát a kamat 283 449,76-160 000=123 449,76 lej. 8. Feladat: Mekkora évi kamatláb mellett növekszik fel a 320 000 lejes tőke 4 év alatt 559 682 lejre, ha kamatos kamattal számolunk? M: 559 682=320 000(1 + 𝑝)4 , ahonnan 𝑝 = 15 %. 9. Feladat: Mekkora összegre gyarapodik fel az 55 000 lejes kezdőtőke 16 év alatt 5,3%-os éves kamatláb mellett, ha kamatos kamattal számolunk? M: 𝑆𝑛 =55 000(1 + 0,053)16=125665,61. 1.1.3.4. Összehasonlítás 10. Feladat: Vizsgáljátok meg, hogyan változik befektetett tőkénk értéke a következő 10 év során, ha az éves kamatláb 10% és nincs tőkésítés, illetve ha az éves kamatláb 7% és minden év végén tőkésítünk. M:
12
év
p = 10%, nincs tőkésítés (egyszerű kamat)
p = 7%, évente tőkésítés (kamatos kamat)
1
100+100·0,10=110
100 (1 + 0,07)1 =107
2
100+2 ·100·0,10=120
100 (1 + 0,07)2 =114,49
3
100+3 ·100·0,10=130
100 (1 + 0,07)3 =122,5
4
100+4 ·100·0,10=140
100 (1 + 0,07)4 =131,07
5
100+5 ·100·0,10=150
100 (1 + 0,07)5 =140,25
6
100+6 ·100·0,10=160
100 (1 + 0,07)6 =150,07
7
100+7 ·100·0,10=170
100 (1 + 0,07)7 =160,57
8
100+8 ·100·0,10=180
100 (1 + 0,07)8 =171,81
9
100+9 ·100·0,10=190
100 (1 + 0,07)9 =183,84
10
100+ 10·100·0,10=200
100 (1 + 0,07)10 =196,71
11
100+ 11·100·0,10=210
100 (1 + 0,07)11 =210,48
12
100+ 12·100·0,10=220
100 (1 + 0,07)12 =225,21
Ha az egyszerű kamat esetén nagyobb a kamatláb, mint a kamatos kamat esetén, akkor rövidtávon jobban megéri az egyszerű kamattal befektetni, de hosszú távon a kamatos kamat éri meg jobban. 1.1.3.5. Vegyes kamatozás A mindennapi életben gyakran találkozhatunk olyan befektetésekkel, amelyeknél a kamatozási periódus egy évnél rövidebb, vagyis lehetőség van gyakoribb tőkésítésre. Ilyenkor mindig kiszámítjuk a kamatozási periódusra vonatkozó kamatlábat és azt használjuk. Empirikusan számításokat végeztünk, megnéztük, hogy ugyanazt az összeget letétbe helyezve, hogyan változik a kamat, annak függvényében, hogy havonta, félévente, negyedévente vagy akár hetente tőkésítünk. Észrevették, hogy a kamat több dologtól is függ: az alaptőkétől, a kamatlábtól, a tőkésítések számától és azok ütemezésétől. 11. Feladat: Mekkora összegre gyarapodik fel az 1000 euro kezdőtőke 12,5%-os éves kamatláb mellett 8 év és 3 hónap alatt? 3
M: 𝑆𝑛 =1000(1 + 0,125)8 · (1 + 0,125 12)=2645,965 euro. 12. Feladat: Mekkora kezdőtőke gyarapodik fel 14,5%-os éves kamatláb mellett 1 000 000 lejre, 6 és fél év alatt? 6
M: 1 000 000=S·(1 + 0,145)6 (1 + 0,145 12), ahonnan S=473778,44. 13. Feladat: Egy 100 000 lejes kezdőtőke 8%-os éves kamatláb mellett mekkora összegre gyarapodik fel 5 év és 10 hónap alatt? 10
M: 𝑆𝑛 =100 000(1 + 0,08)5 · (1 + 0,08 12)=156725,32 lej 14. Feladat: Egy 25 000 Ft-os kezdőtőke 5 év alatt 50 000 Ft-ra emelkedett fel havi kamatozás mellett. Mennyi volt az éves nominális kamat? M: 50 000=25 000· (1 +
𝑝
12·5
)
, ahonnan p=13,9.
100·12
15. Feladat: Hány év alatt gyarapodik fel 13 000 Ft-os kezdőtőke 9,5%-os éves névleges kamat esetén 19 927 Ft-ra heti kamatozás mellett? 1 52·𝑡
M: 19 927=13 000· (1 + 0,095 52)
, ahol t az évek száma és t=4,5.
16. Feladat: Tegyük fel, hogy a pénzünk havonta kamatozik és legyen az éves nominális kamatláb 10%. Ha 650 000 Ft-os kezdőtőkénk van, mekkora pénzösszeghez jutunk 3 év múlva? Mekkora az éves effektív kamatláb? 1
M: 𝑆𝑛 =650 000(1 + 0,1 · 12)3·12 =876318 pénzünk lesz 3 év múlva. Az effektív kamatláb 𝑝 = 1 12
100 (1 + 0,1 12)
− 100 = 10,47.
1.1.3.6. Sorozatok monotonitásának vizsgálata Kísérlet: Helyezzünk el a bankban 1 pénzegységet évi 100%-os kamattal, és tőkésítsünk nszer egy évben, egyenlő időközönként, úgy, hogy az utolsó tőkésítés az év végén legyen. Mennyi pénzünk lesz egy év múlva a számlánkon? Mit tapasztaltok? 13
tőkésítések száma: n
Ennyi lesz egy év múlva a számlánkon 1 1 1 1 2
n=1
(1 + ) =2
n=2
(1 + ) =2,25
n=3
(1 + ) =2,37
n=4
(1 + ) =2,44
n=5
(1 + ) =2,48
n=6
(1 + ) =2,52
2
1 3 3 1 4 4
1 5 5 1 6 6
1 𝑘 (1 + ) 𝑘 1 𝑛 (1 + ) 𝑛
n=k n
Azt tapasztaljuk, hogy többszöri tőkésítés esetén több pénzünk lesz, vagyis 1 𝑛
(1 + ) < (1 + 𝑛
1
)
𝑛+1
𝑛+1
.
Ezt az általánosítást matematikai indukcióval bizonyíthatjuk. 1 𝑛
A feladat tulajdonképpen az 𝑒𝑛 = (1 + 𝑛) sorozat monotonításának vizsgálata volt, csakhogy a monotonitást intuitív módon figyeltük meg, sejtettük meg, majd bizonyítottuk be. 1.1.3.7. Sorozatok korlátosságának vizsgálata Kísérlet: Hasonlítsuk össze az 1 pénzegységből induló évi 100%-os kamatlábbal és n-szeri tőkésítéssel járó kamatozási sémát a 200% éves egyszerű kamatra alapozott kamatozási sémával. Mennyi pénzünk lesz egy év múlva a számlánkon? Mit tapasztaltok? Az egy éven belüli tőkésítések számának növekedésével legfeljebb mennyi pénzre tehetünk szert? Idő
14
p=100%, évente n-szeri tőkésítés (kamatos kamat) 1 1 𝑛
1 𝑛
𝟏 𝒏
(1 + ) =(1 + )
𝟐 𝒏 𝟑 𝒏 𝟒 𝒏
1 2 (1 + ) 𝑛 1 3 (1 + ) 𝑛 1 4 (1 + ) 𝑛
p=200%, nincs tőkésítés (egyszerű kamat) 1 + 2 =1 +
1 𝑛
2 𝑛
1 + 2 =1 +
2 𝑛
4 𝑛
1 + 2 =1 +
3 𝑛
6 𝑛
4 𝑛
8 𝑛
1 + 2 =1 +
𝟓 𝒏
1 5 (1 + ) 𝑛
1 + 2 =1 +
5 𝑛
10 𝑛
1 𝑘 (1 + ) 𝑛
1 + 2 =1 +
𝑘 𝑛
2𝑘 𝑛
... 𝒌 𝒏
... 1 𝑛 (1 + ) 𝑛
𝒏 =𝟏 𝒏
𝑛 𝑛
1 + 2 =1 + 2 = 3
Észrevesszük, hogy 1 𝑛 1 2 + ) < 𝑛
2 𝑛
(1 + )<1 + , (1
4 𝑛
1 + ,...... általánosítva, matematikai indukció segítségével bizonyítható, hogy
1 𝑛 𝑛
(1 + ) < 3. 1 𝑛
Ez azt jelenti, hogy az 𝑒𝑛 = (1 + 𝑛) sorozat felülről korlátos. Itt a korlátosság kérdése természetes módon merült fel, hisz az volt a kérdés, hogy az egy éven belüli tőkésítések számának növekedésével legfeljebb mennyi pénzre tehetünk szert. Azt már láttuk, hogy 𝑒𝑛 ≥ 𝑒1 = 2, bármely 𝑛 ≥ 1. Tehát a sorozat összes tagja 2 és 3 között található, azaz a sorozat korlátos. Ha azt a kérdést tesszük fel, hogy folyamatos tőkésítéssel maximálisan mekkora pénzösszeget kaphatunk egy év alatt 1 pénzegységből kiindulva, ha az éves kamatláb 100%, ez gyakorlatilag a sorozat határértékét (limit of the sequence) fogja jelenteni. Ha számítógép segítségével kiszámoltatjuk a sorozat minél több elemét, látni fogjuk a konvergencia gyorsaságát, illetve pontosabb becslését, minél több tizedesnyi pontossággal való megközelítését kapjuk az e számnak.
1.2. Számsorok 1.2.1. Számsorok. Részlet összeg sorozat Az (𝑈𝑛 ): 𝑈1 , 𝑈2, … 𝑈𝑛 , … (1) számsorozathoz rendelt végtelen összeget számsornak nevezzük. Jelölése: ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 = 𝑈1 + 𝑈2 + 𝑈3 … + 𝑈𝑛 +....
(2)
Értelmezés: a) A (2) számsor konvergens, ha ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 véges. b) A (2) számsor divergens, ha ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 = ±∞ vagy nem létezik. Értelmezés: ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 számsor (𝑆𝑛 ) részletösszeg sorozatán a következőt értjük: (𝑆𝑛 ): 𝑆1 , 𝑆2 , … , 𝑆𝑛 … ahol 𝑆1 = 𝑈1 , 𝑆2 = 𝑈1 + 𝑈2 , … , 𝑆𝑛 = 𝑈1 + 𝑈2 + ⋯ + 𝑈𝑛 (3) Tétel: a) A ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 számsor akkor és csak akkor konvergens, ha 𝑆𝑛 részletösszeg 15
sorozat konvergens, azaz (∃) lim 𝑆𝑛 = 𝑆 = ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 (4). 𝑛→∞
b) ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 akkor és csak akkor divergens, ha 𝑆𝑛 részletösszeg sorozat divergens. Példa: A mértani haladvány típusú számsor 𝑛 𝑛 ∑∞ 𝑛=0 𝑎 𝑞 = 𝑎 + 𝑎 𝑞 + ⋯ 𝑎 𝑞 + ⋯ (5) ahol q – hányados vagy kvóciens
(𝑆 𝑛 ) : 𝑆 1 , 𝑆 2 , 𝑆 3 , … , 𝑆 𝑛 , …
𝑆𝑛 = 𝑎 + 𝑎 𝑞 + ⋯ + 𝑎 𝑞𝑛−1 =
𝑎 (1−𝑞𝑛 ) ; lim 𝑆𝑛 1−𝑞 𝑛→∞ 𝑎
𝑎
𝑎
𝑛
1−𝑞
𝑎 𝑞𝑛
𝑎
= 1−𝑞 − lim 1−𝑞 (6) 𝑛→∞
ℎ𝑎 |𝑞| < 1
𝑆 = lim 𝑆𝑛 = 1−𝑞 − 1−𝑞 lim 𝑞 = { ±∞ ℎ𝑎 𝑞 ≥ 1 𝑛→∞ 𝑛→∞ ∄ ℎ𝑎 𝑞 ≤ −1 Tehát a mértani haladvány típusú számsor akkor és csakis akkor konvergens, ha |𝑞| < 1 , 𝑎 ekkor a sor összege 𝑆 = ∑∞ 𝑛=0 𝑈𝑛 = 1−𝑞. Határozzuk meg a következő végtelen számsorok összegét: 1 𝑛
1.2.1. ∑∞ 𝑛=0 3 ∙ ( )
E: 6
2
1 𝑛 2
E:
2 3
1 𝑛 3
E:
1 6
1 𝑛 5
E:
1 20
1.2.2. ∑∞ 𝑛=0 (− ) 1.2.3. ∑∞ 𝑛=2 ( )
1.2.4. ∑∞ 𝑛=2 ( ) 1.2.5. ∑∞ 𝑛=0
3𝑛 4𝑛+1
E: 1
𝑛 1.2.6. ∑∞ 𝑛=0 3
E: ∞
𝑛 1.2.7. ∑∞ 𝑛=0(−4)
E: nem létezik, mert 𝑞 = −4 ≤ −1
5 𝑛
1.2.8. ∑∞ 𝑛=0 (− 6)
E:
6 . 11
1.2.2. A Cauchy-féle általános konvergencia kritérium számsorokra Tétel: Az ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 számsor akkor és csakis akkor konvergens, ha (∀)𝜀 > 0 (∃)𝑁𝜀 ∈ 𝑁 küszöbszám úgy, hogy (∀)𝑛 > 𝑁𝜀 és p ≥ 1 esetén fennáll: |𝑈𝑛+1 + 𝑈𝑛+2 + ⋯ + 𝑈𝑛+𝑝 | < 𝜀 (7) Következtetés: 1) A Cauchy-féle általános konvergencia kritérium elégséges feltétel a konvergenciára. 2) A Cauchy-féle általános konvergencia kritérium szükséges feltétel a konvergenciára: a (7) összefüggésből p = 1 esetén azt kapjuk, hogy |𝑈𝑛+1 | < 𝜀 (7’). Tehát a sorozat általános tagjának tartania kell nullához, ahhoz, hogy a sor konvergens lehessen. (A szükséges feltétel nem mindig elégséges!) Példák: 1 1 1 1 1.Harmonikus számsor: ∑∞ 𝑛=1 𝑛 = 1 + 2 + 3 + ⋯ + 𝑛 + ⋯ (8) 1
1
𝑈𝑛 = 𝑛 , lim 𝑈𝑛 = lim 𝑛 = 0 , a szükséges feltétel teljesül. Ennek ellenére a harmonikus 𝑛→∞ 𝑛→∞ számsor divergens: 16
|𝑈𝑛+1 + ⋯ + 𝑈𝑛+𝑝 | =
1 1 1 + 𝑛+2 + ⋯ + 𝑛+𝑝 𝑛+1
1
1
1
1
1
≥ 2𝑛 + 2𝑛 + ⋯ + 2𝑛 = 2 > 𝜀 =𝑛 , ∀𝑛 > 2 . Lehet
olyan 𝜀 értéket választani, amely esetén nem teljesül a kritérium. 𝑛+1 𝑛+1 1 2. . ∑∞ 𝑛=1 2𝑛+1. Mivel lim 2𝑛+1 = 2, a sor nem konvergens, mert az általános tag nem tart 𝑛→∞
nullához.
1.2.3. Pozitív tagú számsorok. Konvergencia kritériumok Legyen adott egy számsor: ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 = 𝑈1 + 𝑈2 + ⋯ + 𝑈𝑛 (1) Ha 𝑈𝑛 > 0 (∀) 𝑛 ∈ 𝑁 esetén, akkor ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 pozitív tagú számsornak nevezzük. Ebben az esetben (𝑆𝑛 ) – részletösszeg sorozat szigorúan monoton növekvő sorozat: 𝑆𝑛+1 = 𝑆𝑛 + 𝑈𝑛+1 > 𝑆𝑛. 1.2.3.1. Az összehasonlítási kritériumok ∞ Legyen adott ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 és ∑𝑛=1 𝑉𝑛 két pozitív tagú számsor.
Az összehasonlítás első kritériuma: Ha létezik egy olyan N index, amelytől kezdődően 𝑈𝑛 ≤ 𝑉𝑛 , ∀ 𝑛 ≥ 𝑁 esetén, akkor: ∞ ∑∞ 𝑛=1 𝑉𝑛 konvergens, akkor ∑𝑛=1 𝑈𝑛 is konvergens. ∞ ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 divergens, akkor ∑𝑛=1 𝑉𝑛 is divergens.
Az összehasonlítás második kritériuma Ha létezik egy olyan N index, amelytől kezdődően
𝑈𝑛+1 𝑈𝑛
≤
𝑉𝑛+1 ,∀ 𝑉𝑛
𝑛 ≥ 𝑁 esetén, akkor:
∞ ∑∞ 𝑛=1 𝑉𝑛 konvergens, akkor ∑𝑛=1 𝑈𝑛 is konvergens. ∞ ∞ ∑𝑛=1 𝑈𝑛 divergens, akkor ∑𝑛=1 𝑉𝑛 is divergens.
Gyakorlatban az összehasonlítási kritérium: 𝑈 Meghatározzuk a következő határértéket: (∃) lim 𝑉 𝑛 = 𝑙 (2) 𝑛→∞ 𝑛
Ha l véges szám: l ∈ (0, ∞) , akkor ∑ 𝑈𝑛 és ∑ 𝑉𝑛 természete megegyezik. Ha l = 0 és ∑ 𝑉𝑛 konvergens, akkor ∑ 𝑈𝑛 is konvergens. Ha l = ∞ és ∑ 𝑈𝑛 divergens, akkkor ∑ 𝑉𝑛 is divergens. Megjegyzés: Akkor alkalmazható ez a kritérium, ha ismerjük az egyik számsor konvergenciáját. Példa: 1 1 1 1 1. ∑∞ 𝑛=1 𝑛 = 1 + 2 + 3 + ⋯ + 𝑛 + ⋯ a harmonikus sor divergens. 1
1
1
1
1
2. ∑∞ 𝑛=1 𝑛2 = 1 + 4 + 9 + 16 + ⋯ 𝑛2 + ⋯ sor konvergens. ∑∞ 𝑛=1
1 , 𝑛𝛼
𝛼 ∈ 𝑅 (*) Riemann-féle általános harmonikus sor: Ha 𝛼 > 1, akkor (*) konvergens. Ha 𝛼 ≤ 1, akkor (*) divergens. 𝑛−1 𝑛−1 Példa: Vizsgáljuk meg a következő számsor konvergenciáját: ∑∞ 𝑛=1 𝑛2 (𝑈𝑛 = 𝑛2 ) . 3.
Összehasonlítjuk a harmonikus sorral: ∑ 𝑉𝑛, 𝑉𝑛 =
1 𝑛
, amelyről tudjuk, hogy divergens. 17
𝑈𝑛 𝑛−1 𝑛 𝑛2 − 𝑛 𝑙 = lim = lim = lim =1 𝑛→∞ 𝑉𝑛 𝑛→∞ 𝑛2 1 𝑛→∞ 𝑛2 l = 1∈ (0, ∞) , tehát a kritérium értelmében a két sor azonos természetű, ∑ 𝑈𝑛 is divergens. 1.2.3.2. A Cauchy-féle gyökkritérium Legyen adott ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 pozitív tagú számsor (𝑈𝑛 > 0, (∀)𝑛 ∈ 𝑁 ).
Tétel: Ha létezik egy olyan N index, amelytől kezdődően: a. 𝑛√𝑈𝑛 ≤ 𝑙 < 1 , ∀𝑛 > 𝑁 , akkor ∑ 𝑈𝑛 konvergens. b. 𝑛√𝑈𝑛 > 𝑙 > 1 ∀𝑛 > 𝑁 , akkor ∑ 𝑈𝑛 divergens. Gyakorlatban a Cauchy - féle gyökkritériumot a következőképen használjuk: Meghatározzuk a következő határértéket: (∃) lim 𝑛√𝑈𝑛 = 𝑙 (3) 𝑛→∞
Ha l < 1, akkor ∑ 𝑈𝑛 konvergens. Ha l > 1, akkor ∑ 𝑈𝑛 divergens. Ha l = 1, akkor a kritérium nem dönti el a számsor természetét. 𝑛
𝛼
[𝑛 +1] Példa: Vizsgáljuk meg a következő számsor természetét: ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 , 𝑈𝑛 = [𝑛𝑛 +2]𝛽 , 𝛼, 𝛽 ∈ 𝑅. 𝛼 1 𝑛
𝛼
𝑛
lim √𝑈𝑛 = lim
𝑛→∞
𝑛→∞
[𝑛𝑛 +1]𝑛
𝛽
[𝑛𝑛 +2]𝑛
= lim
𝑛→∞
[1+𝑛𝑛 ]
𝛽 2 𝑛
𝑛𝛼−𝛽
[1+𝑛𝑛 ]
𝑙 = 0 < 1, ℎ𝑎 𝛼 < 𝛽, 𝑎 𝑠𝑜𝑟 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 , { 𝑙 > 1, ℎ𝑎 𝛼 > 𝛽, 𝑎 𝑠𝑜𝑟 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 𝑙 = 1, ℎ𝑎 𝛼 = 𝛽 (? )
Azonban a számsor divergens, mivel 𝑈𝑛 , az általános tag nem tart nullához. 1.2.3.3. A D’Alambert-féle hányados kritérium Legyen adott ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 pozitív tagú számsor (𝑈𝑛 > 0, (∀)𝑛 ∈ 𝑁 ).
Tétel: Ha létezik egy olyan N index, amelytől kezdődően: a) b)
𝑈𝑛+1 𝑈𝑛 𝑈𝑛+1 𝑈𝑛
≤ 𝑙 < 1, (∀)𝑛 > N, akkor ∑ 𝑈𝑛 konvergens számsor. ≥ 𝑙 > 1, (∀)𝑛 > N, akkor ∑ 𝑈𝑛 divergens számsor.
Gyakorlatban a hányados kritériumot a következőképen használjuk: Meghatározzuk a következő határértéket: 𝑈 (∃) lim 𝑛+1 𝑛→∞ 𝑈𝑛
=𝑙
ℎ𝑎 𝑙 < 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 ∑ 𝑈𝑛 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 é𝑠 { ℎ𝑎 𝑙 > 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 ∑ 𝑈𝑛 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 ℎ𝑎 𝑙 = 1, 𝑅𝑎𝑎𝑏𝑒 − 𝐷𝑢ℎ𝑎𝑚𝑒𝑙 𝑓é𝑙𝑒 𝑘𝑟𝑖𝑡é𝑟𝑖𝑢𝑚
1.2.3.4. Raabe -Duhamel-féle kritérium Tétel: Ha létezik egy olyan N index, amelytől kezdődően:
18
(4)
𝑈𝑛
a) 𝑛 (𝑈
− 1) ≥ 𝑙 ′ > 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠.
b) 𝑛 (𝑈
− 1) ≤ 𝑙 ′ < 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠.
𝑛+1 𝑈𝑛 𝑛+1
Gyakorlatban a Raabe -Duhamel-féle kritérium: 𝑈 (∃) lim 𝑛 ( 𝑛 𝑈𝑛+1 𝑛→∞
− 1) =
ℎ𝑎 𝑙′ > 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 ∑ 𝑈𝑛 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 { ℎ𝑎 𝑙 ′ < 1, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 ∑ 𝑈𝑛 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 ℎ𝑎 𝑙′ = 1 (? )
𝑙′
1 3 5…(2𝑛−3)
Példa: ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 ,
𝑈𝑛 = 2 4 6…(2𝑛−2)
1 2𝑛−1
𝑈𝑛+1 =
(5)
1 3 5…(2𝑛−3)(2𝑛−1) 1 2 4 6…(2𝑛−2) 2𝑛 2𝑛+1
Alkalmazzuk a D’Alambert-féle hányados kritériumot: 1 3 5…(2𝑛−3)(2𝑛−1) 2 4 6…(2𝑛−2) 2𝑛−1 𝑛→∞ 2 4 6…(2𝑛−2) 2𝑛 1 3 5…(2𝑛−3) 2𝑛+1
lim
(2𝑛−1)2
= lim 2𝑛(2𝑛+1) = 1, a kritérium nem döntötte el. 𝑛→∞
A Raabe- Duhamel-féle kritérium: 𝑈𝑛
l’= lim 𝑛 (𝑈 𝑛→∞
− 1) = lim 𝑛 [ 𝑛→∞
𝑛+1
2𝑛(2𝑛+1) (2𝑛−1)2
− 1] = lim 𝑛 𝑛→∞
6𝑛−1 4𝑛2 4𝑛+1
6
3
=4=2>1,
tehát a számsor konvergens. Vizsgáljuk meg a következő számsorok konvergenciáját: 𝑛5
1.2.1. ∑∞ 𝑛=1 𝑛! =
1
+ 1!
25 2!
+
35 3!
𝑛5
+ ⋯ 𝑛! + ⋯
Útmutatás: alkalmazzuk a D’Alambert-féle kritériumot: 𝑛5
𝑎𝑛 =
𝑛!
𝑎𝑛+1 = l = lim 𝑛→∞
(𝑛+1)5 (𝑛+1)!
(𝑛+1)5 𝑛! 𝑎𝑛+1 = lim 𝑎𝑛 𝑛→∞ (𝑛+1)! 𝑛5
𝑛!
𝑛→∞
(𝑛+1)4
𝑛5
= lim
1
𝑛→∞ 𝑛
= 0 < 1, a sor konvergens. 1
1.2.2. ∑∞ 𝑛=1 𝑛𝑛
E: D’Alambert-féle kritérium, 𝑙 = 𝑒 < 1, a sor konvergens 𝑛
𝑛
1.2.3. ∑∞ 𝑛=1 (
= lim
2𝑛+1
1
E: Cauchy - féle gyökkritérium, 𝑙 = < 1, a sor konvergens
)
2
√7𝑛
1.2.4. ∑∞ 𝑛=1 𝑛2 +2𝑛+1 𝑛8
1.2.5. ∑∞ 𝑛=1 𝑛!
E: D’Alambert-féle kritérium, 𝑙 = 0 < 1, a sor konvergens 𝑛
𝑛
1.2.6. ∑∞ 𝑛=1 (3𝑛+1) 1.2.7. ∑∞ 𝑛=1
1
E: Cauchy - féle gyökkritérium, 𝑙 = 3 < 1, a sor konvergens
𝑛 𝑎𝑛
Útmutatás: alkalmazzuk a D’Alambert-féle kritériumot: 𝑙 = lim
𝑈𝑛+1
𝑛→∞ 𝑈𝑛
1
= . 𝑎
19
Tárgyalás: ha 𝑎 > 1, akkor 𝑙 < 1, a sor konvergens. Ha 𝑎 < 1, akkor 𝑙 > 1, a sor divergens. Ha 𝑎 = 1, a sor ∑∞ 𝑛=1 𝑛 divergens. 3𝑛+2 𝑛
3
1.2.8. ∑∞ 𝑛=1 (2𝑛+1)
E: Cauchy - féle gyökkritérium, 𝑙 = 2 > 1, a sor divergens.
2𝑛−4 𝑛
2
1.2.9. ∑∞ 𝑛=1 (5𝑛+2)
E: Cauchy - féle gyökkritérium, 𝑙 = 5 < 1, a sor konvergens. 𝑛
3
1.2.10. ∑∞ 𝑛=1 (2 + 𝑛+1) 1
E: Cauchy - féle gyökkritérium, 𝑙 = 2 > 1, a sor divergens.
𝑛
1
1
1.2.11. ∑∞ 𝑛=1 (6 − 3𝑛)
E: Cauchy - féle gyökkritérium, 𝑙 = 6 < 1, a sor konvergens.
7𝑛
1.2.12. ∑∞ 𝑛=1 𝑛!
E: D’Alambert-féle kritérium, 𝑙 = 0 < 1, a sor konvergens.
𝑛!
1.2.13. ∑∞ 𝑛=1 10𝑛 1.2.14. ∑∞ 𝑛=1 ( 1.2.15. ∑∞ 𝑛=1 (
E: D’Alambert-féle kritérium, 𝑙 → ∞, a sor divergens.
𝑛+1 𝑛 2𝑛+1
1
E: Cauchy - féle gyökkritérium, 𝑙 = < 1, a sor konvergens.
)
2
𝑛+1 𝑛 𝑛
E: divergens, mert az általános tag (
)
𝑛2
1.2.16. ∑∞ 𝑛=1 𝑛!
𝑛+1 𝑛 𝑛
1 𝑛
) = (1 + 𝑛) → 𝑒.
E: D’Alambert-féle kritérium, 𝑙 = 0 < 1, a sor konvergens.
Számítsuk ki a következő sorok összegét: 1
1
1
1
1
1
1
1.2.17. ∑∞ 𝑛=1 𝑛(𝑛+1) = 1∙2 + 2∙3 + 3∙4 + ⋯ + 𝑛(𝑛+1) + ⋯ = 1
1
1
Útmutatás: ∑∞ 𝑛=1 𝑛(𝑛+1) = 1∙2 + 2∙3 + 3∙4 + ⋯ + 𝑛(𝑛+1) + ⋯ = (𝑛+1)−𝑛 𝑛(𝑛+1)
+⋯=
2 1∙2
1
−
1∙2
+
1
3 2∙3
1
−
2 2∙3
1
+ ⋯+
1
1
(𝑛+1) 𝑛(𝑛+1)
1
−
𝑛 𝑛(𝑛+1)
1
1
2−1 1∙2
+
3−2 2∙3
+
4−3 3∙4
+ ⋯+
+⋯= 1
1
= 1 − 2 + 2 − 3 + 3 − 4 + 4 + ⋯ − 𝑛 + 𝑛 − 𝑛+1 + 𝑛+1 + ⋯ = 1. 1
1
1
1
1.2.18. ∑∞ 𝑛=1 𝑛2 = 1 + 4 + 9 + 16 + ⋯ Útmutatás:
1 22 1 32
<
1 1∙2 1
< 2∙3
............ 1 (𝑛+1)2
1
< 𝑛(𝑛+1) ∑∞ 𝑛=1
Tehát az összegükre igaz:
1 (𝑛+1)2
alapján tehát a sor konvergens. 1.2.19. ∑∞ 𝑛=1 20
(−1)𝑛+1 3𝑛
1
1
1
1
= 3 − 9 + 27 − 81 …
1
< ∑∞ 𝑛=1 𝑛(𝑛+1) =1, az összehasonlítási kritérium
1
Útmutatás: a fenti egy mértani sor, ahol 𝑞 = − 3, a részletösszeg sorozat általános tagja: −1 𝑛
𝑆𝑛 = 𝑎
1−𝑞𝑛 1 1−( 3 ) = 1−𝑞 3 1− (−1)
1
3
1
1
→ 4, ha 𝑛 → ∞, 𝑞 = − 3 ∈ (−1,1), a sor konvergens,
összege 4. 1
1.2.20. ∑∞ 𝑛=2 3 (𝑛+1)(𝑛+2) 1
1
1
1
1
1
1
1
1
∞ Útmutatás: ∑∞ 𝑛=2 3 (𝑛+1)(𝑛+2) = ∑𝑛=2 3[(𝑛+1) − (𝑛+2)] = 3(3 − 4 + 4 − 5 + 5 − ⋯ + (𝑛+1) − 1 …) (𝑛+2)
1
= 3 ∙ 3 = 1. 1
1.2.21. ∑∞ 𝑛=2 𝑛(𝑛−1)
E: S=1.
Tárgyaljuk a következő sorok természetét! 1.2.22. ∑∞ 𝑛=1
(𝑎∙𝑛)𝑛 𝑛!
, ahol 𝑎 > 0.
Útmutatás: alkalmazzuk a D’Alambert-féle kritériumot: 𝑙 = lim
𝑈𝑛+1
𝑛→∞ 𝑈𝑛
1 𝑒
= 𝑎 ∙ 𝑒.
1 𝑒
Tárgyalás: ha 𝑎 > , akkor 𝑙 > 1, a sor divergens. Ha 𝑎 < , , akkor 𝑙 < 1, a sor konvergens. Ha 𝑎 =
1 , 𝑒
a sor
1 𝑒
, a II. összehasonlítási kritériumot alkalmazzuk:
𝑛!
∞ legyen ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 = ∑𝑛=1 𝑈𝑛+1 𝑈𝑛
𝑛
1 𝑒
( ∙𝑛)
∑∞ 𝑛=1
𝑛
1
(𝑒∙𝑛)
𝑛!
∞ és ∑∞ 𝑛=1 𝑉𝑛 = ∑𝑛=1
1 𝑛 𝑛
= (1 + ) → 1, ℎ𝑎 𝑛 → ∞ és
𝑉𝑛+1 𝑉𝑛
1 𝑛
, a harmonikus sor.
𝑛
= 𝑛+1 < 1. Tehát
𝑉𝑛+1 𝑉𝑛
≤
𝑈𝑛+1 ,∀ 𝑈𝑛
𝑛≥𝑁,
∞ ∑∞ 𝑛=1 𝑉𝑛 divergens, tehát a ∑𝑛=1 𝑈𝑛 is divergens. 𝑛
1.2.23. ∑∞ 𝑛=1 (√(𝑛 + 1)(𝑛 + 𝑎) − 𝑛) , ahol 𝑎 > 0. Útmutatás: alkalmazzuk a Cauchy - féle gyökkritériumot, 𝑙 = 𝑛
𝑛
lim √(√(𝑛 + 1)(𝑛 + 𝑎) − 𝑛) = lim √(𝑛 + 1)(𝑛 + 𝑎) − 𝑛 =
𝑛→∞
= lim
𝑛→∞
(𝑛+1)(𝑛+𝑎)−𝑛2
𝑛→∞ √(𝑛+1)(𝑛+𝑎)+𝑛 𝑎+1 akkor 𝑙 = < 1, a 2
=
𝑎+1 2
. Tárgyalás: ha 𝑎 > 1, akkor 𝑙 =
𝑎+1 2
> 1, a sor divergens. Ha 𝑎 < 1,
sor konvergens.
𝑛
Ha 𝑎 = 1, ∑∞ 𝑛=1 √(√(𝑛 + 1)(𝑛 + 1) − 𝑛)
𝑛
= ∑∞ 𝑛=1 1 = ∞, a sor divergens.
𝑛!
1.2.24. ∑∞ 𝑛=1 (𝑎+1)(𝑎+2)…(𝑎+𝑛) , ahol 𝑎 > 0. Útmutatás: alkalmazzuk a D’Alambert-féle kritériumot, sor természetét ez a kritérium nem döntötte el.
𝑈𝑛+1 𝑈𝑛
=
𝑛+1 𝑎+𝑛+1
= 𝑙 → 1, ℎ𝑎 𝑛 → ∞, a
21
A Raabe- Duhamel-féle kritérium: 𝑈𝑛
l’= lim 𝑛 (𝑈 𝑛→∞
𝑛+1
− 1) = lim 𝑛 [ 𝑛→∞
a+n+1 n+1
− 1] = lim 𝑛 𝑛→∞
𝑎 𝑛+1
= 𝑎.
Ha 𝑎 > 1, akkor 𝑙 > 1, a sor konvergens. Ha 𝑎 < 1, akkor 𝑙 < 1, a sor divergens. Ha 𝑎 = 1, a sor ∑∞ 𝑛=1
𝑛! (1+1)(1+2)…(1+𝑛)
𝑛!
∞ = ∑∞ 𝑛=1 (1+𝑛)! = ∑𝑛=1
az első tagjának hiányával, tehát divergens.
1
, ez a harmonikus sor, annak
𝑛+1
Határozzuk meg az alábbi sorok határértékét: 1
1.2.25. ∑∞ 𝑛=0 3 (𝑛+1)(𝑛+2)
E: S=3
2
3
1.2.26. ∑∞ 𝑛=1 𝑛(𝑛+2)
E: S=2
1
3
1.2.27. ∑∞ 𝑛=1 𝑛(𝑛+2)
E: S=4.
1.2.4. Váltakozó előjelű (alternatív) számsorok Legyen adott egy számsor:
∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 = 𝑈1 + 𝑈2 + ⋯ 𝑈𝑛 + ⋯ (1)
amelynek végtelen sok pozitív és végtelen sok negatív tagja van. Az (1) számsorhoz rendelünk egy pozitív tagú számsort: ∑∞ 𝑛=1|𝑈𝑛 | = | 𝑈1 | + |𝑈2 | + ⋯ |𝑈𝑛 | + ⋯ (2)
Értelmezés: Ha a (2) pozitív tagú számsor konvergens, akkor az (1) számsort abszolút konvergens számsornak nevezzük. Megjegyzés: Ha az (1) számsor abszolút konvergens, akkor az (1) egyszerűen is konvergens. Fordítottja nem mindig igaz! Példa: 𝑛+1 ∑∞ 𝑛=1(−1)
1 𝑛
1 2
1 3
1 𝑛
= 1 − + − + ⋯ konvergens számsor, míg
∞ ∑∞ 𝑛=1|𝑈𝑛 | = ∑𝑛=1
1 𝑛
1
1
1
= 1 + 2 + 3 … + 𝑛 + ⋯ a harmonikus sor divergens számsor.
Értelmezés: ha egy számsornak végtelen sok pozitív és végtelen sok negatív tagja van, és ezek váltakoznak, váltakozó (alternáló) előjelű számsornak nevezzük. 𝑛 𝑛 ∑∞ 𝑛=1(−1) 𝑈𝑛 = 𝑈1 − 𝑈2 + 𝑈3 − 𝑈4 + ⋯ + (−1) 𝑈𝑛 + ⋯
(3)
1.2.4.1. Leibnitz-féle kritérium 𝑛 Tétel: Az alternáló ∑∞ 𝑛=1(−1) 𝑈𝑛 számsor konvergens, ha a számsor tagjaiból alkotott (𝑈𝑛 ) számsorozat monoton csökkenő és konvergál zéróhoz:
(𝑈𝑛 ): 𝑈1 , 𝑈2 , … , 𝑈𝑛 , … 𝑛+1 Példa: ∑∞ 𝑛=1(−1)
22
1 𝑛
esetén (𝑈𝑛 ) 𝑚𝑜𝑛𝑜𝑡𝑜𝑛 𝑐𝑠ö𝑘𝑘𝑒𝑛ő é𝑠 lim 𝑈𝑛 = 0.
(4) 1 2
𝑛→∞
1 3
1 𝑛
= 1 − + − ⋯ (−1)𝑛+1 + ⋯ , 𝑛 ∈ 𝑁
1 1 2 3
1 𝑛
Az (𝑈𝑛 ) monoton csökkenő és
Útmutatás: (𝑈𝑛 ): 1, , , … , , …
lim 𝑈𝑛 = lim
sor konvergens a Leibnitz-féle kritérium alapján.
1
𝑛→∞ 𝑛
𝑛→∞
= 0 , tehát a
Vizsgáljuk meg a következő váltakozó számsorok konvergenciáját: 1 2𝑛 𝑛+1 1 ∑∞ 𝑛=1(−1) 2𝑛 1 ∞ 𝑛+1 ∑𝑛=1(−1) 𝑛∙2𝑛
E: Leibnitz - féle kritérium, a sor konvergens
𝑛 ∑∞ 𝑛=1(−1)
1.2. 1.3. 1.4.
E: Leibnitz - féle kritérium, a sor konvergens abszolút konvergens-e?
∞ Útmutatás: ∑∞ 𝑛=1|𝑈𝑛 | = ∑𝑛=1
1
1
. A D’Alambert-féle kritérium alapján 𝑙 = 2 < 1, a sor konvergens, tehát az eredeti sor abszolút konvergens, nem csak egyszerűen konvergens. 𝑛+1 ∑∞ 𝑛=1(−1)
1.5.
1 √𝑛
𝑛∙2𝑛
abszolút konvergens-e? Egyszerűen konvergens-e?
∞ Útmutatás: ∑∞ 𝑛=1|𝑈𝑛 | = ∑𝑛=1
1
1
≥ ∑∞ 𝑛=1 𝑛 , az első összehasonlítási kritérium alapján mivel a ∞ harmonikus sor divergens, így ∑𝑛=1|𝑈𝑛 | is divergens, tehát az eredeti sor nem abszolút konvergens. √𝑛
Az egyszerű konvergencia vizsgálata: a Leibnitz - féle kritérium segítségével, 𝑎𝑛 = szigorúan monoton csökkenő sorozat és tart a nullához, tehát a sor egyszerűen konvergens. 𝑛+1 ∑∞ 𝑛=1(−1)
1.6.
1 √𝑛
1 5𝑛
Útmutatás: váltakozó előjelű sor, ugyanakkor mértani sor is: 𝑞 = −
1 5
∈ (−1,1), a sor konvergens
−1 𝑛
és a részletösszeg sorozat általános tagja:
𝑆𝑛 = 𝑎
1−𝑞𝑛 1 1−( 5 ) = 1−𝑞 5 1− (−1) 5
1
→ 16, ha 𝑛 → ∞, a sor
összege 6.
1.3. Függvénysorozatok és függvénysorok. 1.3.1. Függvénysorozatok. Konvergencia tartomány. Egyenletes konvergencia. Értelmezés: Függvénysorozatnak nevezünk egy olyan sorozatot, amelynek minden tagja egy valós függvény. (𝑈𝑛 (𝑥))𝑛>1 ∶
𝑈1 (𝑥), 𝑈2 (𝑥), … , 𝑈𝑛 (𝑥), …
(1)
𝑈𝑛 ∶ 𝐼 → 𝑅, (∀) 𝑛 ∈ 𝑁 esetén egy valós függvény.
Értelmezés: Ha létezik egy olyan 𝑥0 pont, amelyre a függvénysorozat 𝑋0 ∈ 𝐼 ∶ (𝑈𝑛 (𝑥0 ))𝑛>1: 𝑈1 (𝑥0 ), 𝑈2 (𝑥0 ), … , 𝑈𝑛 (𝑥0 ), … (2) konvergens számsorozatot alkot, akkor 𝑥0 konvergencia pontja a föggvénysorozatnak. Ha 𝐴 ⊂ 𝐼 a konvergencia pontok halmaza, akkor konvergencia tartománynak nevezzük.
23
Értelmezés: Az (𝑈𝑛 (𝑥)) függvénysorozatnak 𝑈(𝑥) határértékfüggvénye, ha (∀) 𝜀 > 0 (∃) 𝑁(𝜀, 𝑥) küszöbszám, úgy, hogy (∀) n>N (𝜀, 𝑥) ∶ |𝑈𝑛 (𝑥) − 𝑈(𝑥)| < 𝜀 (3).
Két lehetőség van, annak függvényében, hogy ez a küszöbszám függ x-től vagy sem, ha nem függ, akkor egyenletes konvergenciánk van, ha pedig függ, akkor egyszerű konvergenciánk. N (𝜀, 𝑥) = {
N (𝜀, 𝑥) = N (𝜀) ∶ 𝑈𝑛 (𝑥) ⇉ 𝑈(𝑥) 𝑒𝑔𝑦𝑒𝑛𝑙𝑒𝑡𝑒𝑠 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑁 (𝜀, 𝑥) ∶ 𝑈𝑛 (𝑥) → 𝑈(𝑥) 𝑒𝑔𝑦𝑠𝑧𝑒𝑟ű 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
1.3.2. Függvénysorok 1.3.2.1. Függvénysor. Konvergencia tartomány. Weierstrasse-féle kritérium Adott egy 𝑈𝑛 (𝑥): 𝐴 → 𝑅, (∀)𝑛 függvénysorozat, amelynek 𝐴 ⊂ 𝐼 a konvergencia tartománya: (𝑈𝑛 (𝑥))𝑛≥1 : 𝑈1 (𝑥), 𝑈2 (𝑥), … , 𝑈𝑛 (𝑥), …
(1)
Értelmezés: függvénysornak nevezzük a következő végtelen összeget: ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛(𝑥) = 𝑈1 (𝑥) + 𝑈2 (𝑥) + ⋯ + 𝑈𝑛 (𝑥) + ⋯
(2)
Értelmezés: az 𝑥0 ∈ 𝐴 konvergencia pontja a függvénysornak, ha ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 (𝑥0 ) = 𝑈1 (𝑥0 ) + 𝑈2 (𝑥0 ) + ⋯ + 𝑈n (𝑥0 ) + ⋯ konvergens számsort alkot erre az értékre.
A konvergencia pontok halmazát a függvénysor konvergencia tartományának nevezzük: ( ∀ ) 𝑥 ∈ 𝐴 ∶ ( ∃ ) ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 (𝑥) 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 𝑓ü𝑔𝑔𝑣é𝑛𝑦𝑠𝑜𝑟.
Értelmezés: (∀)𝑥 ∈ 𝐴 esetén létezik a részletösszeg függvénysorozat: (∃) (𝑆𝑛 (𝑥))𝑛≥1 : 𝑆1 (𝑥), 𝑆2 (𝑥), … , 𝑆𝑛 (𝑥), …, amelynek általános tagja:
𝑆𝑛 (𝑥) = 𝑈1 (𝑥) + 𝑈2 (𝑥) + ⋯ + 𝑈𝑛 (𝑥). Ha (𝑆𝑛(𝑥)) 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 𝑓ü𝑔𝑔𝑣é𝑛𝑦𝑠𝑜𝑟𝑜𝑧𝑎𝑡 , azaz létezik lim 𝑆𝑛 (𝑥 ) = 𝑆(𝑥) , akkor ez a
határérték összegfüggvény a függvénysor összege:
𝑛→∞
(3)
∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 (𝑥) = S(x).
Tétel: (Cauchy-féle általános kritérium) ∑∞ ha (∀)𝜀 > 0 (∃)𝑁(𝜀, 𝑥) küszöbszám úgy, hogy 𝑛=1 𝑈𝑛 (𝑥) függvénysor konvergens, (∀) 𝑛 > 𝑁(𝜀, 𝑥) és p ≥ 1 esetén fennáll: |𝑈𝑛+1 (𝑥) + 𝑈𝑛+2 (𝑥) + ⋯ + 𝑈𝑛+𝑝 (𝑥)| < 𝜀
(4)
Két lehetőség van, annak függvényében, hogy ez a küszöbszám függ x- től vagy sem: ha nem függ, akkor a sor egyenletesen konvergens, ha pedig függ, akkor egyszerűen konvergens. N (𝜀, 𝑥) = {
N (𝜀, 𝑥) = N (𝜀) ∶ ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 (𝑥) ⇉ S(x) 𝑒𝑔𝑦𝑒𝑛𝑙𝑒𝑡𝑒𝑠 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 ∞ ∑𝑛=1 𝑈𝑛 (𝑥) → S(x) 𝑒𝑔𝑦𝑠𝑧𝑒𝑟ű 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑁 (𝜀, 𝑥) ∶
Tétel: (Weierstrasse-féle kritérium) 24
Egy ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 (𝑥) függvénysor egyenletesen és abszolút konvergens egy I intervallumon, ha létezik egy ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 pozitív tagú konvergens számsor úgy, hogy fennálljon: |𝑈𝑛 (𝑥)| ≤ 𝑎𝑛 , ∀ 𝑛 ∈ 𝑁, ∀𝑥 ∈ 𝐼
(5)
Tulajdonság (Az egyenletesen konvergens függvénysorok tulajdonságai) 1. Ha ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 (𝑥) ⇉ 𝑆(𝑥) (egyenletesen konvergens) és 𝑈𝑛 (𝑥), (∀) 𝑛 folytonos függvények, akkor az 𝑆(𝑥) határértékfüggvény is folytonos függvény. 2. Ha ∑∞ 𝑛=1 𝑈𝑛 (𝑥) ⇉ 𝑆(𝑥) (egyenletesen konvergens) és 𝑈𝑛 (𝑥), (∀) 𝑛 integrálható függvények, akkor az 𝑆(𝑥) határértékfüggvény is integrálható függvény. 𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
∫𝑎 𝑆(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑎 𝑈1 (𝑥)𝑑𝑥 + ∫𝑎 𝑈2 (𝑥)𝑑𝑥 + ⋯ + ∫𝑎 𝑈𝑛 (𝑥)𝑑𝑥 …
(6)
3. Ha ∑∞ 𝑈𝑛 (𝑥), (∀) 𝑛 deriválható 𝑛=1 𝑈𝑛 (𝑥) ⇉ 𝑆(𝑥) (egyenletesen konvergens) és függvények, akkor az 𝑆(𝑥) határértékfüggvény is deriválható függvény. 𝑆′ (𝑥) = 𝑈′ 1 (𝑥) + 𝑈′ 2 (𝑥) + ⋯ + 𝑈′ 𝑛 (𝑥) + ⋯ (7) Példák: sin 𝑛𝑥 2.1.1. Vizsgáljuk meg a következő függvénysor konvergenciáját: ∑∞ 𝑛=1 𝑛2 .
sin 𝑛 𝑥 . 𝑛2
Megoldás: 𝑈𝑛 (𝑥) =
A Weierstrasse-féle kritériumot alkalmazva: |𝑈𝑛 (𝑥)| = |
∞ ahol ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 = ∑𝑛=1
így a ∑∞ 𝑛=1
sin 𝑛 𝑥
2.1.2. ∑∞ 𝑛=1 (
𝑛2
1 𝑛2
sin 𝑛 𝑥 1 | ≤ = 𝑎𝑛 , 𝑛2 𝑛2
a Riemann-féle harmonikus sor (𝛼 = 2 > 1) konvergens pozitív tagú sor,
sor egyenletesen és abszolút konvergens.
𝑛+1 𝑛
1−𝑥 𝑛
1
) (1−2𝑥) , 𝑥 ∈ 𝑅 − {2}. Határozzuk meg a konvergencia tartományt!
𝑛
Útmutatás: megvizsgáljuk, hogy a sor abszolút konvergens-e, mert ha igen, akkor egyszerűen is konvergens. Legyen ∑∞ 𝑛=1 (
𝑛+1 𝑛 𝑛
1−𝑥 𝑛
) |1−2𝑥| pozitív tagú sor. A Cauchy - féle gyökkritériumot alkalmazzuk: 𝑛
lim √(
𝑛→∞
𝑛
𝑛
𝑛+1 1−𝑥 𝑛+1 1−𝑥 1−𝑥 ) | | = lim ( )| |=| | 𝑛→∞ 𝑛 1 − 2𝑥 𝑛 1 − 2𝑥 1 − 2𝑥 1−𝑥
A sor abszolút konvergens, ahol |1−2𝑥| < 1. Megoldva az egyenlőtlenséget kapjuk a 2
konvergencia tartományt:(−∞, 0) ∪ (3 , ∞), ahol a sor abszolút konvergens, tehát egyszerűen is konvergens. 1
2.1.3. ∑∞ 𝑛=1 𝑥2+ 2𝑛 Útmutatás: a Weierstrasse-féle kritériumot alkalmazva: 25
|𝑈𝑛 (𝑥)| = | ∞ ahol ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 = ∑𝑛=1
1 2𝑛
1
𝑥2+ 2𝑛
|=
1
𝑥2+ 2𝑛
≤
1
2𝑛
= 𝑎𝑛 , pozitív tagú sorozat,
mértani sor, amelynek összege 1. A kritérium szerint a sor egyenletesen és
abszolút konvergens a teljes értelmezési tartományon, R-en. 𝑛 2.1.4. ∑∞ 𝑛=1 𝑎 𝑠𝑖𝑛
2.1.5. ∑∞ 𝑛=1 [
1
, 𝑛 2
3 𝑥
𝑛𝑥
1+𝑛2 𝑥2
−
Útmutatás: 𝑈𝑛 (𝑥) =
𝑥 ≠ 0, |𝑎| < 3 (𝑛−1)𝑥
1+(𝑛−1)2 𝑥2 𝑛𝑥
1+𝑛2 𝑥2
−
], 𝑥 ∈ [0,1]. (𝑛−1)𝑥
1+(𝑛−1)2 𝑥2
𝑆𝑛 (𝑥) = 𝑈1 (𝑥) + 𝑈2 (𝑥) + ⋯ + 𝑈𝑛 (𝑥) = =
𝑥 1+𝑥
2𝑥
−0+ 2
1 + 4𝑥 𝑛𝑥
lim 𝑆𝑛(𝑥) = lim
𝑛→∞ 1+𝑛2 𝑥2
𝑛→∞
− 2
𝑥 1+𝑥
+ ⋯+ 2
𝑛𝑥
1 + 𝑛2 𝑥
− 2
(𝑛 − 1)𝑥 𝑛𝑥 = 1 + (𝑛 − 1)2 𝑥 2 1 + 𝑛2 𝑥 2
= 0, ∀ 𝑥 ∈ [0,1]. Tehát a sor (egyszerűen) konvergens és az összege nulla. 1 𝑛
Az egyenletes konvergencia vizsgálata: legyen 𝑥𝑛 = , 𝑥𝑛 ∈ [0,1] sorozat.
𝑆𝑛 (𝑥𝑛 ) =
𝑛𝑥𝑛
1
1+𝑛2 𝑥𝑛 2
= , nem tart a nullához, a sor nem egyenletesen konvergens. 2
1.3.2.2. Hatványsor. Ábel-tétel. Konvergencia sugár Értelmezés: Hatványsornak nevezzük azt a függvénysort, amelyet hatványfüggvények végtelen összege alkot, (1) vagy (1’) alakú: ∞
∑ 𝑎𝑛 𝑥𝑛 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥𝑛 + ⋯ ∞
(1)
𝑛=1
∑ 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑥0 )𝑛 = 𝑎0 + 𝑎1 (𝑥 − 𝑥0 ) + 𝑎2 (𝑥 − 𝑥0 )2 + ⋯ + 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑥0 )𝑛 + ⋯
(1′)
{𝑛=1
Helyettesítéssel: 𝑦 = 𝑥 − 𝑥0 esetén az (1’) összefüggést kapjuk az (1)-ből. Tétel (Ábel): 𝑛 A ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 𝑥 hatványsor esetén létezik (∃)𝑅 > 0 konvergenciasugár, amelyre:
1. Ha |𝑥| < 𝑅 𝑎𝑧𝑎𝑧 𝑥 ∈ (−𝑅, 𝑅), 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 𝑎𝑧 (1) 𝑠𝑜𝑟 𝑎𝑏𝑠𝑧𝑜𝑙ú𝑡 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 2. Ha |𝑥| < 𝑟 < 𝑅 𝑎𝑧𝑎𝑧 𝑥 ∈ (−𝑟, 𝑟), 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 𝑎𝑧 (1) 𝑠𝑜𝑟 𝑒𝑔𝑦𝑒𝑛𝑙𝑒𝑡𝑒𝑠𝑒𝑛 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 3. Ha |𝑥| > 𝑅 azaz 𝑥 ∈ (−∞, 𝑅 ) ∪ (𝑅, +∞), 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 𝑎𝑧 (1) 𝑠𝑜𝑟 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑠 𝑓ü𝑔𝑔𝑣é𝑛𝑦𝑠𝑜𝑟. Megjegyzés: Ábel tétele alapján meghatározzuk a sor A=𝐷𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = (−𝑅, 𝑅) konvergencia tartományát és mivel Ábel tétel nem állapítja meg az (1) hatványsor konvergenciáját az 𝑥 = ±𝑅 határpontokban, ezt utólag a számsorok konvergenciának segítségével külön megvizsgáljuk. 26
Tétel (Cauchy – Hadamard) 𝑛 A ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 𝑥 hatványsor R konvergencia sugarát a következőképpen határozhatjuk meg: |𝑎𝑛 |
a.) R= lim
(2)
𝑛→∞ |𝑎𝑛+1| 1 𝑛→∞ √|𝑎𝑛|
b.) R = lim
(2’)
𝑛
Példák: Határozzuk meg a következő hatványsorok konvergencia tartományát: 2.1.6. ∑∞ 𝑛=1
𝑥𝑛 𝑛2
Megoldás: Az 𝑎𝑛 =
sugár:
1 , 𝑛2
1
𝑎𝑛+1 = (𝑛+1)2 , a Cauchy-Hadamard tételt alkalmazva a konvergencia 𝑅 = lim | 𝑛→∞
𝑎𝑛 𝑛+1 2 | = lim ( ) =1 𝑛→∞ 𝑎𝑛+1 𝑛
tehát a konvergencia tartomány minimum 𝐷𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = (−𝑅, 𝑅) = (−1,1). Leellenőrizzük a határpontokat is:
𝑥 = 1: ∑∞ 𝑛=1
1
Riemann-féle harmonikus sor úgy,hogy α = 2 > 1, konvergens
𝑛2
(−1)𝑛
1
1
𝑥 = −1: ∑∞ váltakozó előjelű 𝑛=1 𝑛2 = −1 + 4 − 9 + ⋯ kritériumot alkalmazva kapjuk, hogy konvergens, mivel: {
1 1 4 9
(𝑈𝑛 ): 1, , , … 𝑚𝑜𝑛𝑜𝑡𝑜𝑛 𝑐𝑠ö𝑘𝑘𝑒𝑛ő 𝑠𝑜𝑟𝑜𝑧𝑎𝑡 1
lim 𝑈𝑛 = lim 𝑛2 = 0 , 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔á𝑙 𝑧é𝑟óℎ𝑜𝑧
𝑛→∞
számsor,
a
Leibnitz-féle
.
𝑛→∞
Tehát 𝐷max 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = [−1,1] a konvergencia tartomány. 2.1.7.
∑∞ 𝑛=1
Az 𝑎𝑛 =
lim
𝑛+1
𝑛→∞ 𝑛2
𝑛! , 𝑛2
𝑛! 𝑛2
𝑥𝑛 𝑛→∞
1 𝑛
𝑛+1
|=
𝑥𝑛 1
1
𝑛
𝑛+1
Megoldás: Az 𝑎𝑛 = , 𝑎𝑛+1 =
lim
𝑛+1
= 0 tehát a konvergencia tartomány 𝐷max 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 ={0}.
2.1.8. ∑∞ 𝑛=1
𝑛→∞ 𝑛
𝑎𝑛
(𝑛+1)!
𝑎𝑛+1 = (𝑛+1)2 , a Cauchy- Hadamard tételt alkalmazva: 𝑅 = lim |𝑎
𝑎𝑛
, a Cauchy-Hadamard tételt alkalmazva: 𝑅 = lim |𝑎 𝑛→∞
𝑛+1
|=
= 1 (konvergencia sugár), tehát a konvergencia tartomány minimum
𝐷𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 =(−𝑅,𝑅)=(−1,1). Leellenőrizzük a határpontokat is: 1
𝑥 = 1: ∑∞ 𝑛=1 𝑛 a harmonikus sor divergens. 27
𝑥 = −1 ∶ ∑∞ 𝑛=1
(−1)𝑛 𝑛
1
1
váltakozó
= −1 + 2 − 3 + ⋯
előjelű
számsor,
a
Leibnitz-féle
1
kritériumot alkalmazva kapjuk, hogy konvergens, mivel: 𝑎𝑛 = 𝑛 szigorúan monoton csökkenő sorozat és tart nullához a végtelenben. Tehát 𝐷max 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = [−1,1) a konvergencia tartomány. 2.1.9. ∑∞ 𝑛=1
(−1)𝑛 𝑛!
𝑥𝑛
Megoldás: A Cauchy- Hadamard tételt alkalmazva: 𝑅 = lim |
𝑎𝑛
𝑛→∞ 𝑎𝑛+1
| = lim
(𝑛+1)! 𝑛!
𝑛→∞
= ∞.
Tehát 𝐷max 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = (−∞, ∞) = 𝑅 a konvergencia tartomány. ∞
𝟐. 𝟏. 𝟏𝟎. ∑
1 ∙ 4 ∙ 7 ∙ … ∙ (3𝑛 − 2) 𝑛!
𝑛=1
Megoldás: Az 𝑎𝑛 =
1∙4∙7∙…∙(3𝑛−2) 𝑛!
𝑎𝑛
alkalmazva: 𝑅 = lim |𝑎 𝑛→∞
𝑛+1
𝑥𝑛 , 𝑎𝑛+1 =
| = lim
𝑛+1
𝑛→∞ 3𝑛+1
1∙4∙7∙…∙(3𝑛−2)(3𝑛+1) (𝑛+1)!
, a Cauchy- Hadamard tételt
1
= 3 (konvergencia sugár), tehát a konvergencia 1
1
tartomány minimum 𝐷𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = (−𝑅, 𝑅) = (− 3 , 3). Leellenőrizzük a határpontokat is: 1
𝑥 = 3 : ∑∞ 𝑛=1 1
1∙4∙7∙…∙(3𝑛−2)
𝑥 = − 3 : ∑∞ 𝑛=1
𝑛!
1 𝑛
1∙4∙7∙…∙(3𝑛−2) 𝑛!
2
(3) , a Raabe-Duhamel kritérium alapján l=3 < 1 , a sor divergens. 1 𝑛
(− 3)
váltakozó előjelű számsor, a Leibnitz-féle kritériumot 1
1
alkalmazva kapjuk, hogy konvergens. Tehát 𝐷max 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = [− 3 , 3) a konvergencia tartomány.
1.3.2.3. Taylor -sor. Elemi függvények hatványsorba való kifejtése Adott egy valós függvény 𝑓: 𝐼 → 𝑅, 𝑦 = 𝑓(𝑥)
(1)
𝑛 𝑛 és egy hatványsor: ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥 + ⋯
(2)
𝑛 Határozzuk meg a ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 𝑥 hatványsor 𝑎𝑛 együtthatóit f(x) segítségével úgy, hogy f(x) a határösszeg függvénye legyen a (2) hatványsornak.
Az 𝒂𝒏 együtthatók meghatározása az f = f(x) segítségével (Taylor módszere): 𝑓(𝑥 ) = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2 𝑥2 + 𝑎3 𝑥3 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥𝑛 + ⋯
(3)
(3)
Deriváljuk a fenti összefüggést: → 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑎1 𝑥 + 2𝑎2 x + 3𝑎3 𝑥 2 + ⋯ + n 𝑎𝑛 𝑥 𝑛−1 + ⋯ (4) (4)
Deriválva kapjuk: → 𝑓 ′′(𝑥) = 2𝑎2 + 2 ∙ 3 𝑎3 x + ⋯ + (n − 1)𝑛 𝑎𝑛 𝑥 𝑛−2 + ⋯ (5)
→ 𝑓 ′′′ (𝑥) = 2 ∙ 3 𝑎3 + ⋯ + (𝑛 − 2 )(𝑛 − 1) 𝑛 𝑎𝑛 𝑥 𝑛−3 + ⋯
A fent kapott összefüggésekbe x=0-t helyettesítve:
28
(6)
(5)
𝑓(0) = 𝑎0 → 𝑎0 = 𝑓(0) (3),(4),(5),(6)
→
𝑓′(0) 1! 𝑓′′(0) 𝑓′′(0) = 2 𝑎2 → 𝑎2 = 2! 𝑓′′′(0) {𝑓′′′(0) = 2 3 𝑎3 → 𝑎3 = 3!
𝑓′(0) = 𝑎1 → 𝑎1 =
𝑥 = 0:
(7)
𝑓(𝑛) (0)
Általánosítva kapjuk: 𝑎𝑛 = 𝑛! . Ezeket a kapott összefüggéseket visszahelyettesítve a (3)ba kapjuk a Mac- Laurin sort: 𝑓(𝑥 ) = 𝑓 (0) +
𝑓′(0) 1!
𝑥+
𝑓′′(0)
𝑥2 +
2!
𝑓′′′(0) 3!
𝑥3 + ⋯ +
𝑓(𝑛) (0) 𝑛!
𝑥 𝑛 + ⋯ (3*)
Ha 𝑥 = 𝑥0 ≠ 0 tetszőleges (a nulla környezetében lévő nemnulla érték) esetén a Taylor-sor: 𝑓(𝑥) = 𝑓 (𝑥0 ) +
𝑓′(𝑥0 ) 1!
(𝑥 − 𝑥0 ) +
𝑓′′(𝑥0 ) 2!
(𝑥 − 𝑥0 )2 + ⋯ +
𝑓(n) (𝑥0 ) 𝑛!
(𝑥 − 𝑥0 )𝑛 + ⋯
(3**)
Az 𝑓 (𝑥 ) = 𝑃𝑛 (𝑥 ) + 𝑟𝑛 (𝑥 ) Taylor- sor akkor és csak akkor konvergens, ha a maradékfüggvény tart nullához: lim |𝑟𝑛 (𝑥)| = 0
𝑛→∞
és így az 𝑓: 𝐼 → 𝑅, 𝑦 = 𝑓(𝑥) függvény megközelíthető egy polinomfüggvénnyel: 𝑓 (𝑥 ) ≃ 𝑃𝑛 (𝑥). Tétel: Az y = f(x) függvény Taylor-sora egyenletesen konvergens, ha f(x) minden rendű deriváltja az 𝑥0 pontban egy pozitív 𝑀 > 0 számtól korlátos: ∃ 𝑀 > 0 úgy, hogy
|𝑓
(𝑛)
(𝑥)| ≤ 𝑀, (∀)𝑛 = 1,2, … ∀𝑥0 ∈ 𝑉(0)
(6)
1.3.2.4. Elemi függvények hatványsorba való kifejtése 1. Az exponenciális függvény hatványsora ( ) 𝑓 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 , 𝑓′(𝑥) = 𝑒 𝑥 ,...... 𝑓 𝑛 (𝑥) = 𝑒𝑥 ( ) 𝑓 𝑛 (0) = 1 (∀)𝑛
|𝑓
( 𝑛)
(𝑥)| ≤ 𝑒𝜀 (∀) 𝑥 ∈ 𝑉(0)
𝑥0 = 0 pont környezetében a hatványsorunk egyenletesen konvergens: 𝑥
𝑥2
𝑥𝑛
𝑒𝑥 = 1 + 1! + 2! + ⋯ + 𝑛! + ⋯ 𝑒 −𝑥 = 1 −
𝑥 𝑥2 + 1! 2!
+ ⋯ + (−1)𝑛
𝑥𝑛 𝑛!
(∀) 𝑥 ∈ 𝑉(0) +⋯
(∀) 𝑥 ∈ 𝑉(0)
2. Trigonometrikus függvények hatványsora 𝑓 (𝑥 ) = sin 𝑥 , 𝑓 (𝑛)(𝑥 ) = sin (𝑥 + 𝑛
𝜋 ), 2
| 𝑓 (𝑛) (𝑥 )| ≤ 1
29
𝑔(𝑥 ) = cos 𝑥 ,
𝑔(𝑛) (𝑥 ) = cos (𝑥 + 𝑛
𝑓(𝑥) = sin 𝑥 → 𝑓(0) = 0 𝑓′(𝑥) = cos 𝑥 → 𝑓′(0) = 1 𝑓′′(𝑥) = −sin 𝑥 → 𝑓′′(0) = 0 ′′′(𝑥)
{𝑓
𝜋 ) | 𝑔(𝑛)(𝑥 )| ≤ 1 2
𝑔(𝑥) = cos 𝑥 → 𝑔(0) = 1 𝑔′(𝑥) = −sin 𝑥 → 𝑔′(0) = 0 𝑔′′ (𝑥) = − cos 𝑥 → 𝑔′′(0) = −1 { 𝑔′′′(𝑥) = sin 𝑥 → 𝑔′′′(0) = 0
= − cos 𝑥 → 𝑓′′′ 0 = −1 ( )
𝑥0 = 0 pont környezetében a hatványsorok egyenletesen konvergensek: sin 𝑥 =
𝑥 𝑥3 𝑥2𝑛+1 − + ⋯ + (−1)𝑛 +⋯ (2𝑛 + 1)! 1! 3!
𝑥2 𝑥4 𝑥 2𝑛 𝑛 (−1) cos 𝑥 = 1 − + + ⋯ + +⋯ (2𝑛)! 2! 4!
Euler képletei levezethetők a fentiekből: 𝑒𝑎 𝑥 = 1 +
( 𝑎 𝑥) 2 ( 𝑎 𝑥) 𝑛 𝑎𝑥 + + ⋯ + 1! 2! 𝑛!
+⋯
A (*) egyenletbe helyettesítéssel kapjuk: 𝑎 = 𝑖 = √−1 → 𝑎2 = 𝑖 2 = −1, 𝑎3 = 𝑖 3 = −𝑖, 𝑎4 = 𝑖 4 = 1 𝑥2
𝑥4
𝑥3
𝑥
𝑒𝑖𝑥 = (1 − 2! + 4! + ⋯ ) + 𝑖 (1! − 3! + ⋯ ) = cosx + i sinx 𝑥2
𝑥4
𝑥
𝑥3
𝑒−𝑖𝑥 = (1 − 2! + 4! + ⋯ ) − 𝑖 (1! − 3! + ⋯ ) = cosx - i sinx 𝑖𝑥
{ 𝑒−𝑖𝑥= 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑒
= 𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝑥
Összeadva, illetve kivonva a fenti egyenleteket kapjuk Euler-képleteit: 𝑒 𝑖𝑥 + 𝑒 −𝑖𝑥 2 𝑒 𝑖𝑥 − 𝑒 −𝑖𝑥 { 𝑠𝑖𝑛𝑥 = 2𝑖 𝑐𝑜𝑠𝑥 =
30
(*)
II. Fejezet: Differenciálszámítás 2.1. Többváltozós valós függvény. Parciális deriváltak 2.1.1. n – dimenziós tér Léteznek a következő megfeleltetések: 1. Az OX tengely pontjai és R, a valós számok halmaza között: 𝑓
𝑥 ∈ 𝑅 → 𝑀 (𝑥 ) ∈ 0𝑥 𝑅1 = {𝑥 ∈ 𝑅1 |𝑥 ∈ 𝑅} = {𝑀(𝑋) ∈ 0𝑥|𝑥 ∈ 𝑅} az 1 dimenziós tér 2. A sík: 𝑅𝑥𝑅 = 𝑅2 pontjai között és az (𝑥, 𝑦) valós számpárok között: 𝑓
(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑃 → {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 ∈ 𝑅, 𝑦 ∈ 𝑅 } 𝑅2 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2 |𝑥 ∈ 𝑅, 𝑦 ∈ 𝑅 } = {𝑀 (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑃|𝑥 ∈ 𝑅, 𝑦 ∈ 𝑅} a két dimenziós tér Értelmezés: n-dimenziós térnek nevezzük az n valós számból képezett számcsoportokat (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ), ahol 𝑥𝑖 ∈ 𝑅, 𝑖 = 1, … 𝑛: 𝑅𝑛 = {(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ) ∈ 𝑅𝑛 |𝑥1 ∈ 𝑅, 𝑥2 ∈ 𝑅, … , 𝑥𝑛 ∈ 𝑅}
az n dimenziós valós tér
Műveletek értelmezése az n dimenziós valós térben: 1. Összeadás: 𝑥 ∈ 𝑅𝑛 , 𝑥 = (𝑥1 , 𝑥2 , … 𝑥𝑛 ) ∈ 𝑅𝑛 𝑦 ∈ 𝑅𝑛 , 𝑦 = (𝑦1 , 𝑦2 , … 𝑦𝑛 ) ∈ 𝑅𝑛 Az x és y összegén értjük a: 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 = (𝑥1 + 𝑦1 , 𝑥2 + 𝑦2 , … , 𝑥𝑛 + 𝑦𝑛 ) ∈ 𝑅𝑛 . 2. Távolság (metrika) 𝑅2 − 𝑏𝑒𝑛 𝑎 𝑡á𝑣𝑜𝑙𝑠á𝑔 (𝑑 ) 𝑘é𝑡 𝑝𝑜𝑛𝑡 𝑘ö𝑧ö𝑡𝑡: 𝑀(𝑥1 , 𝑥2 ), 𝑀′(𝑦1, 𝑦2 ) ∈ 𝑅2 𝑒𝑠𝑒𝑡é𝑛 ∶ 𝑑(𝑀, 𝑀′ ) = √(𝑦1 − 𝑥1 )2 +(𝑦2 − 𝑥2 )2
(1)
𝑅𝑛 − 𝑏𝑒𝑛 𝑎 𝑡á𝑣𝑜𝑙𝑠á𝑔 (𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑘𝑎) 𝑒𝑔𝑦 𝑚ű𝑣𝑒𝑙𝑒𝑡: 𝑑: 𝑅 𝑛 𝑥𝑅 𝑛 → 𝑅 , 𝑡𝑒𝑡𝑠𝑧ő𝑙𝑒𝑔𝑒𝑠 𝑀, 𝑀′ ∈ 𝑅 𝑛 𝑒𝑠𝑒𝑡é𝑛: 𝑑(𝑀, 𝑀′ ) = √(𝑦1 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑥2 )2 + ⋯ + (𝑦𝑛 − 𝑥𝑛 )2
(1’)
A d metrikával felruházott az n dimenziós valós teret: (𝑅𝑛 , 𝑑) 𝑒𝑢𝑘𝑙𝑖𝑑𝑒𝑠𝑧𝑖 𝑡é𝑟𝑛𝑒𝑘 nevezzük.
31
Értelmezés: Az 𝑀0 ∈ 𝐴 ⊂ 𝑅 𝑛 pont 𝑉 (𝑀0 ) 𝑘ö𝑟𝑛𝑦𝑒𝑧𝑒𝑡𝑒 alatt egy nyitott gömb halmaz elemeit értjük, melynek bármely M pontjára fennáll a következő: 𝑑(𝑀0 , 𝑀) = {𝑆𝑟 (𝑀0 )|𝑑(𝑀0 , 𝑀) ≤ 𝑟}
(2)
2.1.2. A többváltozós valós függvény meghatározása A kétváltozós valós függvény meghatározása Értelmezés: Ha az A halmaz (∀)(𝑥, 𝑦) elemére létezik egy megfeleltetés 𝑓: 𝐴 ⊂ 𝑅2 → 𝑅 𝑓
𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), (𝑥, 𝑦) → 𝑧 ∈ 𝐵, akkor azt mondjuk, hogy az A halmazon meghatároztunk egy kétváltozós valós függvényt. Az n-változós valós függvény meghatározása: Legyen 𝐴 = {(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ) ∈ 𝑅𝑛 |𝑥𝑖 ∈ 𝑅, 𝑖 = 1, … 𝑛} és 𝐵 = { 𝑧 ∈ 𝐵/𝑧 ∈ 𝑅}. Értelmezés: Ha létezik egy olyan f függvény, amely az A halmaz (∀)(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ) elemének megfeleltet egy z ∈ 𝐵 elemet: 𝑓
(∀)(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ) ∈ 𝐴 → z ∈ 𝐵 akkor az az A halmazon értelmezett n-változós valós függvényt: 𝑓: 𝐴 ⊂ 𝑅𝑛 → 𝑅, 𝑧 = 𝑓(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 )
(1)
Határérték és folytonosság Legyen adott egy kétváltozós valós függvény: 𝑓: 𝐴 ⊂ 𝑅2 → 𝑅, 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦)
(2)
amelynek 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐴 egy belső pontja. Értelmezés: A 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) függvény határértéke az 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) pontban egy l érték, amelyre fennáll: (∀)𝜀 > 0 (∃)𝜇 (𝜀) úgy, hogy (∀) 𝑀(𝑥, 𝑦) ∈ V(𝑀0 ): { Jelölés: 𝑥→𝑥 lim 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑙 0 𝑦→𝑦0
|𝑥 − 𝑥0 | < 𝜇 (𝜀) , 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 |𝑓(𝑥, 𝑦) − 𝑙 | < 𝜀 |𝑦 − 𝑦0 | < 𝜇 (𝜀)
(3)
(3’)
Példa: az 𝑓(𝑥 ) = 𝑥 2 + 3𝑥 + 4𝑦 függvény határértéke az 𝑀0 (1,1) pontban: lim (𝑥 2 + 3𝑥 + 4𝑦) = 1 + 3 + 4 = 8.
𝑥→1 𝑦→1
Értelmezés: A 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) függvény folytonos az 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) pontban, ha (∀)𝜀 > 0 (∃)𝜇(𝜀) ú𝑔𝑦, ℎ𝑜𝑔𝑦 (∀)𝑀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑉(𝑀0 ): |𝑥 − 𝑥0 | < 𝜇 (𝜀) { , 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 |𝑓(𝑥, 𝑦) − 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 )| < 𝜀 |𝑦 − 𝑦0 | < 𝜇 (𝜀) 32
(4)
(4’)
lim 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 )
𝑥→𝑥0 𝑦→𝑦0
Megjegyzés: Többváltozós valós függvény esetében létezik a részleges (parciális) folytonosság fogalma is, és természetesen a két fogalom különbözik egymástól. Értelmezés: 𝑧 = 𝑓 (𝑥, 𝑦) parciálisan folytonos az x változóra nézve, ha 𝑓(𝑥, 𝑦0 ) függvény folytonos: lim 𝑓(𝑥, 𝑦0 ) = 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 )
(5)
𝑥→𝑥0
Hasonlóan értelmezzük a parciális folytonosságot az y változóra nézve: ha fennáll (5’)
lim 𝑓(𝑥0 , 𝑦) = 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 )
𝑦→ 𝑦0
2.1.3. Parciális deriváltak. Differenciáltak. 2.1.3.1. Az elsőrendű parciális deriváltak A derivált fogalma az egyváltozós függvény esetén: f : I → R, y = f(x), 𝑥0 ∈ 𝐼
(1)
Értelmezés: Az y = f(x) függvény deriválható az 𝑥0 ∈ 𝐼 pontban, ha létezik (∃) lim
𝑥→𝑥0
𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥0 ) 𝑥−𝑥0
𝑑𝑓
= 𝑓′(𝑥0 ) = 𝑑𝑥 (𝑥 )
(2) .
Hasonlóan értelmezzük a kétváltozós függvény parciális deriváltját: Legyen adott egy kétváltozós függvény: 𝑓: D ⊂ 𝑅2 → 𝑅, 𝑧 = 𝑓 (𝑥, 𝑦), és 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷
(1’)
Értelmezés: A 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) kétváltozós függvény parciálisan deriválható az x változóra nézve, 𝑓(𝑥,𝑦0 )−𝑓(𝑥0 ,𝑦0 ) 𝑑𝑓 ha: (∃) lim = 𝑓′𝑥 (𝑥0 , 𝑦0 ) = 𝑑𝑥 (𝑥0 , 𝑦0 ) (2’), ez az elsőrendű parciális derivált 𝑥−𝑥 𝑥→𝑥0
az x változóra nézve.
0
Hasonlóan értelmezzük a 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) kétváltozós függvény parciális deriváltját az y változóra 𝑓(𝑥0 ,y)−𝑓(𝑥0 ,𝑦0 ) 𝑑𝑓 nézve: (∃) lim = 𝑓′𝑦 (𝑥0 , 𝑦0 ) = (𝑥0 , 𝑦0 ) (2’’) ez az elsőrendű parciális 𝑦→𝑦0
𝑦−𝑦0
𝑑𝑦
derivált az y változóra nézve. Megjegyzés: 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) függvény deriválására használhatjuk az ismert deriválási képleteket, figyelembe véve a következőket: ha x után parciálisan deriválunk, az y paramétert konstansnak nézzük, illetve fordítva. Példa: Deriváljuk az 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 3 𝑦 2 + 𝑥 𝑦 kétváltozós függvényt az 𝑀0 (1,1) pontban! 𝑑𝑓
Megoldás: 𝑑𝑥 = 𝑓′𝑥 = 3𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦𝑥 𝑦−1 , 𝑓′𝑥 (1,1) = 3 + 1 = 4, 𝑑𝑓 = 𝑓′𝑦 = 2𝑥 3 𝑦 + 𝑥 𝑦 ln 𝑥 , 𝑑𝑦
𝑓′𝑦 (1,1) = 2 + 0 = 2. 33
2.1.3.2. Másodrendű parciális deriváltak Legyen adott egy kétváltozós függvény: 𝑓: D ⊂ 𝑅2 → 𝑅, 𝑧 = 𝑓 (𝑥, 𝑦), M(𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷. 𝑑𝑓
Ha léteznek az f függvény elsőrendű parciális deriváltjai: 𝑧 = 𝑓 (𝑥, 𝑦), (∃) 𝑑𝑥 = 𝑓′𝑥 , (∃)
𝑑𝑓 𝑑𝑦
=
𝑓′𝑦 , akkor ezek parciális deriváltjait x és y-ra nézve, az f függvény másodrendű parciális deriváltjainak nevezzük. ′
𝑑𝑓
(𝑓′𝑥 ) = 𝑓′′𝑥2 = 2 𝑑𝑥
(1)
𝑥 ′
𝑑2 𝑓
(𝑓′𝑥 ) = 𝑓′′𝑥𝑦 = 𝑑𝑥𝑑𝑦
(2)
𝑦
′
𝑑2 𝑓
(𝑓′𝑦 ) = 𝑓′′𝑦𝑥 = 𝑑𝑦𝑑𝑥
(3)
𝑥
′
𝑑2 𝑓
(𝑓′𝑦 ) = 𝑓′′𝑦2 = 𝑑𝑦2
(4)
𝑦
(1), (2), (3), (4) az f másodrendű parciális deriváltjai, (2), (3) a másodrendű vegyes parciális deriváltak. Tétel (Schwartz-tétel) A 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) függvénynek, ha léteznek a másodrendű vegyes parciális deriváltjai és ezek folytonos függvények, akkor ezekre fennáll: 𝑑2 𝑓
𝑑2 𝑓
= 𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦
(5)
Megjegyzés: Igaz a Schwartz-tétel magasabbrendű vegyes parciális deriváltak esetén is, pl. 𝑑3𝑓 𝑑3𝑓 = 𝑑𝑥 2 𝑑𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 2 Példa: Számítsuk ki az 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 3 𝑦 2 + 𝑥 𝑦 kétváltozós függvény másodrendű parciális deriváltjait az 𝑀0 (1,1) pontban! 𝑑2𝑓 𝑑 𝑑𝑓 𝑑2𝑓 2 2 𝑦−1 )′ 2 𝑦−2 ( ( ) (1,1) = 6 ( ) = = 3𝑥 𝑦 + 𝑦𝑥 = 6𝑥𝑦 + 𝑦 𝑦 − 1 𝑥 ; 𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑2𝑓 𝑑 𝑑𝑓 𝑑2𝑓 3 𝑦 3 𝑦( 2 ( ) ) (1,1) = 2 ( ) = = 2𝑥 𝑦 + 𝑥 ln 𝑥 ′ = 2𝑥 + 𝑥 ln 𝑥 ; 𝑦 𝑑𝑦 2 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 2 𝑑2𝑓 𝑑2𝑓 𝑑 𝑑𝑓 𝑑2𝑓 2 𝑦−1 𝑦−1 (1,1) = 5. ( ) = = = 6𝑥 𝑦 + 𝑥 + 𝑦𝑥 ln 𝑥 ; 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦 2.1.3.3. Differenciáltak Ismert a differenciál fogalma az egyváltozós függvény esetén: f : I → R y = f(x) (1) 𝑑𝑓
𝑑𝑓
Ha létezik a függvény deriváltja: (∃)𝑓 ′(𝑥 ) = 𝑑𝑥 ; 𝑑𝑓 = 𝑓 ′(𝑥 )𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 (2). 34
Hasonlóan fogalmazzuk meg a differenciál fogalmát a kétváltozós függvény esetén: 𝑓: D ⊂ 𝑅2 → 𝑅, 𝑧 = 𝑓 (𝑥, 𝑦) (1’), 𝑧 = 𝑓 (𝑥, 𝑦), 𝑑𝑓
𝑑𝑓
Ha léteznek az elsőrendű parciális deriváltak: 𝑓′𝑥 = 𝑑𝑥 , 𝑓′𝑦 = 𝑑𝑦, értelmezhetjük a függvény elsőrendű differenciálját. Értelmezés: 𝑧 = 𝑓 (𝑥, 𝑦) kétváltozós függvény elsőrendű differenciálja a következőképpen 𝑑𝑓 𝑑𝑓 𝑑 𝑑 értelmezett: 𝑑𝑓 = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 𝑑𝑦 vagy 𝑑𝑓 = (𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 𝑑𝑦) 𝑓 𝑑
𝑑
Az elsőrendű differenciál operátor: 𝑑 = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 𝑑𝑦 Ha 𝑧 = 𝑓 (𝑥, 𝑦) kétváltozós függvénynek léteznek a másodrendű parciális deriváltjai: (∃)
𝑑2 𝑓
,
𝑑𝑥 2
𝑑2 𝑓 𝑑𝑥𝑑𝑦
,
𝑑2 𝑓 𝑑𝑦 2
, akkor értelmezhetjük a függvény másodrendű differenciálját.
Értelmezés: 𝑧 = 𝑓 (𝑥, 𝑦) kétváltozós függvény másodrendű differenciálja a következőképpen értelmezett: 𝑑2𝑓 =
𝑑2 𝑓 𝑑𝑥 2
𝑑𝑥 2 + 2
𝑑2 𝑓 𝑑𝑥𝑑𝑦
+
𝑑2 𝑓 𝑑𝑦𝑧
𝑑𝑦 2 vagy 𝑑 2 𝑓 = (
𝑑
𝑑𝑥
𝑑𝑥 +
𝑑 𝑑𝑦
(2)
𝑑𝑦)
𝑓
Az másodrendű differenciál operátor: (2) 𝑑2 𝑑2 𝑑2 𝑑 𝑑 2 2 𝑑 = 2 𝑑𝑥 + 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 + 2 𝑑𝑦 = ( 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 2
Hasonlóan gondolkodva létezik az n-ed rendű differenciálja (1’)-nek: 𝑑𝑛 𝑓 = ( 𝑑𝑓
(𝑛) 𝑑 𝑑 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦) 𝑓 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑓
𝑑𝑓
𝑑𝑓
Példa: a fenti példa esetén: 𝑑𝑓 = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 (1,1)𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 (1,1)𝑑𝑦 = 4𝑑𝑥 + 2𝑑𝑦 = 2(2𝑑𝑥 + 𝑑𝑦) az f függvény elsőrendű differenciálja az 𝑀0 (1,1) pontban. A másodrendű differenciálja az 𝑀0 (1,1) pontban: 𝑑 2 𝑓 = (
𝑑 𝑑𝑥
𝑑𝑥 +
𝑑 𝑑𝑦
(2)
𝑑𝑦)
𝑓 =18.
Példák: 1. a) Határozzuk meg a következő függvény első- és másodrendű parciális deriváltjait: 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 3 + 5𝑥𝑦 − 𝑦 2 Megoldás: 𝑓𝑥′ = 3𝑥 2 + 5𝑦, 𝑓𝑦′ = 5𝑥 − 2𝑦, ′′ ′′ ′′ ′′ 𝑓𝑥𝑥 = 6𝑥, 𝑓𝑥𝑦 = 5, 𝑓𝑦𝑥 = 5, 𝑓𝑦𝑦 = −2 ′′ ′′ Azt tapasztaljuk, hogy 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 . b) Írjuk fel a függvény első- és másodrendű differenciál operátorát: 𝑑𝑓 = 𝑓𝑥′𝑑𝑥 + 𝑓𝑦′𝑑𝑦=(3𝑥 2 + 5𝑦)𝑑𝑥 + (5𝑥 − 2𝑦)𝑑𝑦 ′′ ′′ ′′ 𝑑𝑓 2 = 𝑓𝑥𝑥 𝑑𝑥 2 + 2𝑓𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦+ 𝑓𝑦𝑦 𝑑𝑦 2 = 6𝑥𝑑𝑥 2 + 10𝑑𝑥𝑑𝑦-2𝑑𝑦 2 35
2. a) Határozzuk meg a következő függvény első és másodrendű deriváltjait: 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑒 −𝑦 ′′ ′′ Megoldás: 𝑓𝑥′ = 2𝑥𝑒 −𝑦 , 𝑓𝑦′ = −𝑥 2 𝑒 −𝑦 , 𝑓𝑥𝑥 = 2𝑒 −𝑦 , 𝑓𝑥𝑦 = −2𝑥𝑒 −𝑦 , ′′ ′′ ′′ ′′ 𝑓𝑦𝑥 = −2𝑥𝑒 −𝑦 , 𝑓𝑦𝑦 = 𝑥 2 𝑒 −𝑦 . ( Ismét 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 .) b) Írjuk fel a függvény első- és másodrendű differenciál operátorát: 𝑑𝑓 = 𝑓𝑥′𝑑𝑥 + 𝑓𝑦′𝑑𝑦 = 2𝑥𝑒 −𝑦 dx − 𝑥 2 𝑒 −𝑦 dy. ′′ ′′ ′′ 𝑑𝑓 2 = 𝑓𝑥𝑥 𝑑𝑥 2 + 2𝑓𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦+ 𝑓𝑦𝑦 𝑑𝑦 2 = 2𝑒 −𝑦 𝑑𝑥 2 − 4𝑥𝑒 −𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦+𝑥 2 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 2 3. Határozzuk meg a következő függvények első- és másodrendű parciális deriváltjait, majd írjuk fel a differenciáloperátort: a)𝑓(𝑥, 𝑦) = −5𝑥 3 − 12𝑥𝑦 − 6𝑦 5 b)𝑓 (𝑥, 𝑦) = 7𝑥 2 𝑦 3 c)𝑓(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 3 (8𝑥 − 7𝑦) d)𝑓 (𝑥, 𝑦) = (5𝑥 2 + 7𝑦)(2𝑥 − 4𝑦 3 ) 9𝑦 3
e)𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥−𝑦
f) 𝑓 (𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 3𝑦)3
2.1.3.4. Alkalmazások. Az összetett függvények parciális deriváltja Az egyváltozós összetett függvényeknél láncszabállyal számolunk. Például: 𝑓 (𝑥 ) = ln 𝑐𝑜𝑠𝑥; 𝑓 ′ (𝑥 ) =
1 (−𝑠𝑖𝑛𝑥 ) = −𝑡𝑔𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
Hasonlóan deriválhatjuk a kétváltozós összetett függvényeket is. Adott egy kétváltozós összetett függvény: 𝐹 (𝑥, 𝑦) = 𝑓[𝑈(𝑥, 𝑦)] (1), ahol f : I → R, f = f(U) egyváltozós függvény, és U : D ⊂ 𝑅2 → 𝑅, U = U(x,y) egy kétváltozós függvény. Határozzuk meg a függvény elsőrendű parciális deriváltjait x szerint, illetve y szerint: 𝑑𝐹 𝑑𝐹 =?, =? 𝑑𝑥 𝑑𝑦 A következőképpen határozzuk meg az elsőrendű parciális deriváltakat: 𝑑𝐹 𝑑𝑓 𝑑𝑈 = 𝑑𝑥 𝑑𝑈 𝑑𝑥 𝑑𝐹 𝑑𝑓 𝑑𝑈 = { 𝑑𝑦 𝑑𝑈 𝑑𝑦 𝑑𝐹
(2)
𝑑𝐹
Az F függvény differenciálja: dF = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 𝑑𝑦 Határozzuk meg a függvény másodrendű parciális deriváltjait: 𝑑2𝐹 𝑑2𝐹 𝑑2𝐹 =? =? =? 𝑑𝑥 2 𝑑𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 36
A következőképpen határozzuk meg a másodrendű parciális deriváltakat: 𝑑2𝐹 𝑑 𝑑𝐹 𝑑 𝑑𝑓 𝑑𝑢 𝑑𝑓 𝑑 2 𝑈 𝑑 2 𝑓 𝑑𝑢 2 𝑑𝑓 𝑑 2 𝑈 ( )= ( ) ( ) + = + = (3) 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑈 𝑑𝑥 𝑑𝑈 𝑑𝑥 2 𝑑𝑈2 𝑑𝑥 𝑑𝑈 𝑑𝑥 2 𝑑2𝐹 𝑑 𝑑𝐹 𝑑 2 𝑓 𝑑𝑢 2 𝑑𝑓 𝑑 2 𝑈 ( )= ( ) + = (3′ ) 𝑑𝑦 2 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑈2 𝑑𝑦 𝑑𝑈 𝑑𝑦 2 Alkalmazás: 𝑦2
1. Legyen 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 3𝑥 + 𝜑(𝑥 ∙ 𝑦) a) Határozzuk meg az elsőrendű parciális deriváltakat. 𝑦2
𝛿𝑓
𝛿𝜑
𝛿𝑓
Megoldás: 𝛿𝑥 = - 3𝑥2 + 𝛿𝑢 ∙ 𝑦 , 𝛿𝑦 = 𝛿𝑓
2𝑦 3𝑥
𝛿𝜑
+ 𝛿𝑢 ∙ 𝑥 , ahol 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥 ∙ 𝑦.
𝛿𝑓
b) Igazoljuk, hogy 𝑥 2 ∙ 𝛿𝑥 − 𝑥𝑦 ∙ 𝛿𝑦 + 𝑦 2 = 0. 𝛿𝑓
𝛿𝑓
Megoldás: 𝑥 2 ∙ 𝛿𝑥 − 𝑥𝑦 ∙ 𝛿𝑦 + 𝑦 2 = 𝑥 2 ∙ (−
𝑦2
+
3𝑥 2
𝛿𝜑
2𝑦
∙ 𝑦 ) − 𝑥𝑦 ∙ (3𝑥 + 𝛿𝑢
2. Legyen 𝑧 = 𝑓 (𝑥 2 + 𝑦 2 ). a) Határozzuk meg az elsőrendű parciális deriváltakat. 𝛿𝑓 𝛿𝜑 𝛿𝑢 𝛿𝜑 𝛿𝑓 𝛿𝜑 𝛿𝑢 Megoldás: = ∙ = ∙ 2𝑥 , = ∙ = 𝛿𝑥
𝛿𝑢
𝛿𝑥
𝛿𝑢
𝛿𝑓
𝛿𝑦
𝛿𝑢
𝛿𝑦
𝛿𝜑 𝛿𝑢
𝛿𝜑 𝛿𝑢
∙ 𝑥) + 𝑦 2 = 0.
∙ 2𝑦 , 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2.
𝛿𝑓
b) Igazoljuk, hogy 𝑦 ∙ 𝛿𝑥 − 𝑥 ∙ 𝛿𝑦 = 0. 𝛿𝑓
𝛿𝑓
𝛿𝜑
𝛿𝜑
Megoldás: 𝑦 ∙ 𝛿𝑥 − 𝑥 ∙ 𝛿𝑦 = 𝑦 ∙ (𝛿𝑢 ∙ 2𝑥) − 𝑥 ∙ ( 𝛿𝑢 ∙ 2𝑦) = 0. 2.1.4. Taylor- képlet kétváltozós valós függvényre Adott egy kétváltozós valós függvény 𝑓: D ⊂ 𝑅2 → 𝑅, 𝑧 = 𝑓 (𝑥, 𝑦)
(1)
és egy 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷. Tetszőleges M(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑉 (𝑀0 ) létezik a következő: (1)
1 𝛿 𝛿 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓 (𝑥0 , 𝑦0 ) + [(𝑥 − 𝑥0 ) + (𝑦 − 𝑦0 ) ] 1! 𝛿𝑥 𝛿𝑦
𝑓 (𝑥0 , 𝑦0 ) +
(2)
+
1 𝛿 𝛿 [(𝑥 − 𝑥0 ) + (𝑦 − 𝑦0 ) ] 2! 𝛿𝑥 𝛿𝑦
𝑓 (𝑥0 , 𝑦0 ) + ⋯ +
(n+1)
1 𝛿 𝛿 … + [(𝑥 − 𝑥0 ) + (𝑦 − 𝑦0 ) ] n! 𝛿𝑥 𝛿𝑦 1
𝛿
𝛿 (n+1)
ahol 𝑅𝑛 (𝑥, 𝑦) = (n+1)! [(𝑥 − 𝑥0 ) 𝛿𝑥 + (𝑦 − 𝑦0 ) 𝛿𝑦]
𝑓 (𝑥0 , 𝑦0 ) + 𝑅𝑛 (𝑥, 𝑦) 𝑓 (ε, μ) a Lagrange-féle
maradékfüggvény, 𝜀 = 𝑥0 + 𝜃𝑥, 𝜇 = 𝑦0 + 𝜃𝑦, 0 < 𝜃 < 1. Ha 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) = 𝑂(0,0) kapjuk a Mac- Laurin sort kétváltozós valós függvény esetén:
37
(1)
1 𝛿 𝛿 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓 (0,0 ) + [(𝑥 − 𝑥0 ) + (𝑦 − 𝑦0 ) ] 1! 𝛿𝑥 𝛿𝑦
𝑓 (0,0 ) +
(2)
1 𝛿 𝛿 + [(𝑥 − 𝑥0 ) + (𝑦 − 𝑦0 ) ] 2! 𝛿𝑥 𝛿𝑦
𝑓 (0,0 ) + ⋯
(n+1)
…+
1 𝛿 𝛿 [(𝑥 − 𝑥0 ) + (𝑦 − 𝑦0 ) ] n! 𝛿𝑥 𝛿𝑦
𝑓 (0,0 ) + 𝑅𝑛 (𝑥, 𝑦)
Példa: Írjuk fel az 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 3 + 3𝑦 2 + 5𝑥𝑦 kétváltozós valós függvény másodrendű Taylor-képletét az 𝑀0 (1,1) ∈ 𝐷 pontban! 𝛿𝑓
𝛿2𝑓
𝛿𝑓
𝛿 2𝑓
𝛿2𝑓
Megoldás: 𝛿𝑥 = 3𝑥 2 + 5𝑦, 𝛿𝑦 = 6𝑦 + 5𝑥, 𝛿𝑥2 = 6𝑥, 𝛿𝑥𝛿𝑦 = 5, 𝛿𝑦2 = 6. 𝛿𝑓
𝛿2𝑓
𝛿𝑓
𝛿 2𝑓
𝛿2𝑓
Behelyettesítve: 𝛿𝑥 (1,1) = 8, 𝛿𝑦 (1,1) = 11, 𝛿𝑥2 (1,1) = 6, 𝛿𝑥𝛿𝑦 (1,1) = 5, 𝛿𝑦2 (1,1) = 6. 1
𝛿𝑓
𝛿𝑓
1
𝛿2𝑓
𝑇2 (𝑥, 𝑦) = 𝑓 (1,1) + 1! [(𝑥 − 1) 𝛿𝑥 (1,1) + (𝑦 − 1) 𝛿𝑦 (1,1)] + 2! [(𝑥 − 1)2 𝛿𝑥2 (1,1) + 𝛿2𝑓
𝛿2𝑓
+2(𝑥 − 1)(𝑦 − 1) 𝛿𝑥𝛿𝑦 (1,1) + (𝑦 − 1)2 𝛿𝑦2 (1,1)]= 1
1
9+ 1! [(𝑥 − 1)8 + (𝑦 − 1)11] + 2! [(𝑥 − 1)2 6 + 2(𝑥 − 1)(𝑦 − 1)5 + (𝑦 − 1)2 6].
2.1.5. Kétváltozós valós függvények szélsőértékpontjai 2.1.5.1. Egyváltozós valós függvények szélsőértékpontjainak meghatározása Legyen f: I → R, y = f(x) egy egyváltozós függvény, 𝑥0 ∈ 𝐼 egy belső pontja az értelmezési tartománynak. Tétel (Fermat)(szükséges feltétel) Ha az y = f(x) egyváltozós függvénynek az 𝑥0 ∈ 𝐼 egy szélsőértékpontja, akkor 𝑓 ′ (𝑥0 ) = 0. Megjegyzés: Ha az y = f(x) egyváltozós függvénynek a lehetséges szélsőértékpontjait akarjuk meghatározni, akkor előbb a stacionárius pontokat kell meghatároznunk, azok között lesznek a szélsőértékpontok. A stacionárius pontok az 𝑓 ′(𝑥 ) = 0 egyenlet gyökei. Tétel (elégséges feltétel) Az 𝑥0 ∈ 𝐼 stacionárius pont szélsőértékpontja az y = f(x) egyváltozós függvénynek, ha a másodrendű derivált: 𝑓 ′′ (𝑥 ) előjeltartó az 𝑥0 pont 𝑉(𝑥0 ) környezetében. Ha
a) 𝑓 ′′ (𝑥0 ) > 0, akkor az 𝑥0 minimum pont; b) 𝑓 ′′ (𝑥0 ) < 0, akkor az 𝑥0 maximum pont.
38
2.1.5.2. Kétváltozós valós függvények szélsőértékpontjainak meghatározása Legyen f : D ⊂ 𝑅2 → 𝑅, z = f(x,y) egy kétváltozós valós függvény, 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷 egy belső pontja az értelmezési tartománynak. Tétel (Fermat)(szükséges feltétel) Ha az z = f(x,y) kétváltozós függvénynek az 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷 egy szélsőértékpontja, akkor 𝛿𝑓 (𝑥 , 𝑦 ) = 0 𝛿𝑥 0 0 𝛿𝑓 (𝑥 , 𝑦 ) = 0 {𝛿𝑦 0 0 Megjegyzés: Ha az z = f(x,y) kétváltozós függvénynek a lehetséges szélsőértékpontjait akarjuk meghatározni, akkor előbb a stacionárius pontokat kell meghatároznunk, és a stacionárius pontok az 𝛿𝑓 (𝑥, 𝑦) = 0 𝛿𝑥 𝛿𝑓 (𝑥, 𝑦) = 0 {𝛿𝑦 egyenletrendszer gyökei. Tétel (elégséges feltétel) Az 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷 stacionárius pont szélsőértékpontja az z = f(x,y) kétváltozós 2 ( függvénynek, ha a másodrendű differenciálja 𝑑 𝑓 előjeltartó az 𝑀0 𝑥0 , 𝑦0 ) pont 𝑉(𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 )) környezetében. Ha
a) 𝑑 2 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) > 0, akkor az 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) pont minimum pont (pozitív definit) b) 𝑑 2 𝑓 (𝑥0 , 𝑦0 ) < 0, akkor az 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) pont maximum pont (negatív definit).
Tétel (Sylvester-féle kritérium) Legyen f: D ⊂ 𝑅2 → 𝑅, z = f(x,y) egy kétváltozós valós függvény, 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷 egy belső pontja az értelmezési tartománynak, amely stacionárius pontja a függvénynek. Az z = f(x,y) kétváltozós függvénynek az 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷 stacionárius pontja szélsőértékpontja lesz, ha a Hesse-féle matrix összes másodrendű aldeterminánsa pozitív az 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) pontban: 𝑟 ∆𝟐 (𝑀0 ) = | 𝑠 𝑟 ahol a Hesse-féle matrix: 𝐻 = ( 𝑠
𝑠 | = 𝑟𝑡 − 𝑠 2 > 0 𝑡
𝑠 𝛿 2𝑓 𝛿 2𝑓 𝛿2𝑓 ), 𝑟 = 𝛿𝑥2 (𝑥0 , 𝑦0 ), 𝑠 = 𝛿𝑥𝛿𝑦 (𝑥0 , 𝑦0 ), 𝑡 = 𝛿𝑦2 (𝑥0 , 𝑦0 ). 𝑡
Következtetés: Ha 1) ∆𝟐 (𝑀0 ) = 𝑟𝑡 − 𝑠 2 < 0, akkor az 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷 stacionárius pont csak nyeregpont és nem szélsőértékpont. 39
𝛿2𝑓
2) ∆𝟐 (𝑀0 ) = 𝑟𝑡 − 𝑠 2 > 0 és 𝑟 = 𝛿𝑥2 (𝑥0 , 𝑦0 ) > 0, akkor az 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷 pont minimum pont.
stacionárius
𝛿2𝑓
3) ∆𝟐 (𝑀0 ) = 𝑟𝑡 − 𝑠 2 > 0 és 𝑟 = 𝛿𝑥2 (𝑥0 , 𝑦0 ) < 0, akkor az 𝑀0 (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷 stacionárius pont maximum pont. Megjegyzés: háromváltozós függvény esetén: Maximum pont van, ha 𝑑 2 𝑓 negatív definit: |𝐻1 | < 0, |𝐻2 | > 0, |𝐻3 | < 0, Minimum pont van, ha 𝑑 2 𝑓 pozitív definit: |𝐻1 | > 0, |𝐻2 | > 0, |𝐻3 | > 0, ahol 𝐻1 , 𝐻2 , 𝐻3 a Hesse-féle matrix összes másodrendű aldeterminánsai. 1. Határozzuk meg a következő függvény szélsőértékpontjait: 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3 − 12𝑥 2 + 36𝑥 + 8 2. Határozzuk meg a következő függvény szélsőértékpontjait: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 8𝑥 3 + 2𝑥𝑦 − 3𝑥 2 + 𝑦 2 + 1 Megoldás: a) Meghatározzuk a stacionárius pontokat: megoldjuk az 𝑓𝑥′ = 0, 𝑓𝑦′ = 0 egyenletekből álló egyenletrendszert, azt kapjuk, hogy: 1 1 24𝑥 2 + 2𝑦 − 6𝑥 = 0 és 2𝑥 + 2𝑦 = 0, amelynek megoldásai 𝑀1 (0,0), 𝑀2 ( , − ). 3 3 b) A másodrendű parciális deriváltak segítségével felírjuk a Hesse- mátrixot: ′′ ′′ ′′ ′′ 𝑓𝑥𝑥 = 48𝑥 − 6, 𝑓𝑥𝑦 = 2, 𝑓𝑦𝑥 = 2, 𝑓𝑦𝑦 = 2.
𝐻= [
48𝑥 − 6 2
2 ] 2
A determináns értéke ∆2 = 16(6𝑥 − 1). ∆2 (𝑀1 (0,0)) = 16(0 − 1) = −16 < 0, a Sylvester-kritérium alapján ez a pont csak nyeregpont. 1
1
1
∆2 (𝑀2 (3 , − 3)) = 16 (6 ∙ 3 − 1) = 16 > 0, 𝑟 = 48𝑥 − 6 = 10 > 0, a Sylvester- kritérium alapján ez a pont minimum pont. 1
1
3
3
Tehát a függvénynek egy szélsőértékpontja van, az 𝑀2 ( , − ) minimumpont, amelyre a 1
1
23
függvény értéke 𝑓 (𝑀2 (3 , − 3)) = 27 minimális. 3. Határozzuk meg a következő függvények szélsőértékpontjait: a) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑥𝑦 + 2𝑦 2 + 3 b) 𝑓 (𝑥, 𝑦) = −𝑥 2 − 𝑦 2 + 6𝑥 + 2𝑦 c) 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑒 2𝑥 − 2𝑥 + 2𝑦 2 + 3 d) 𝑓 (𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 2)4 + (𝑦 − 3)4 e) 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 3 + 3𝑥𝑦 2 − 15𝑥 − 12𝑦 40
E: 𝑀0 (2, 1) min pont, 𝑀0 (−2, −1) max pont
f) 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 2𝑥 2 − 6𝑥𝑦 + 5𝑦 2 − 4𝑦 − 5.
E: 𝑀0 (6, 4) min pont.
4. Határozzuk meg a következő függvény szélsőértékpontjait: 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥 2 + 𝑥𝑦 + 4𝑦 2 + 𝑥𝑧 + 𝑧 2 + 2 Megoldás: a) Meghatározzuk a stacionárius pontokat: megoldjuk az egyenletekből álló egyenletrendszert, azt kapjuk, hogy:
𝑓𝑥′ = 0, 𝑓𝑦′ = 0, 𝑓𝑧′ = 0
4𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 és 𝑥 + 8𝑦 = 0, 𝑥 + 2𝑧 = 0, amelynek megoldása 𝑀1 (0,0,0). b) A másodrendű parciális deriváltak segítségével felírjuk a Hesse- mátrixot: ′′ ′′ ′′ 𝑓𝑥𝑥 = 4, 𝑓𝑥𝑦 = 1, 𝑓𝑥𝑧 = 1,
′′ ′′ ′′ 𝑓𝑦𝑥 = 1, 𝑓𝑦𝑦 = 8, 𝑓𝑦𝑧 = 0,
′′ ′′ 𝑓𝑧𝑥 = 1, 𝑓𝑧𝑦 = 0, 𝑓𝑧𝑧′′ = 2,
4 1 1 𝐻 = [1 8 0 ] 1 0 2 A determináns értéke ∆= 54 > 0, ∆2 = 31 > 0, 𝑟 = 4 > 0, a 𝑑 2 𝑓 operátor pozitiv definit, a kritérium alapján ez a pont minimumpont. Tehát a függvénynek egy szélsőértékpontja van, az 𝑀1 (0,0,0)minimumpont, amelyre a függvény értéke 𝑓(𝑀1 (0,0,0)) = 2 minimális. 5. Határozzuk meg a következő függvény szélsőértékpontjait: 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = −𝑥 3 + 3𝑥𝑧 + 2𝑦 − 𝑦 2 − 3𝑧 2 Megoldás: a) Meghatározzuk a stacionárius pontokat: megoldjuk az egyenletekből álló egyenletrendszert, azt kapjuk, hogy:
𝑓𝑥′ = 0, 𝑓𝑦′ = 0, 𝑓𝑧′ = 0 1
1
2
4
−3𝑥 2 + 3𝑧 = 0 és 2 − 2𝑦 = 0, 3𝑥 − 𝑧 = 0, amelynek megoldása 𝑀1 (0,1,0), 𝑀2 ( , 1, ). b) A másodrendű parciális deriváltak segítségével felírjuk a Hesse- mátrixot: ′′ ′′ ′′ 𝑓𝑥𝑥 = −6𝑥, 𝑓𝑥𝑦 = 0, 𝑓𝑥𝑧 = 3,
′′ ′′ ′′ 𝑓𝑦𝑥 = 0, 𝑓𝑦𝑦 = −2, 𝑓𝑦𝑧 = 0,
′′ ′′ 𝑓𝑧𝑥 = 3, 𝑓𝑧𝑦 = 0, 𝑓𝑧𝑧′′ = −6,
−6𝑥 𝐻= [ 0 3
0 3 −2 0] 0 −6
A determináns értéke ∆= −72𝑥 + 18, ∆(𝑀1 (0,1,0))= 18, 𝑟 = 0, ez a pont nem szélsőértékpont. 1
1
∆( 𝑀2 (2 , 1, 4)) = −18 < 0, ∆2 = 6 > 0, 𝑟 = −3 < 0, a 𝑑 2 𝑓 operátor negatív definit, a kritérium alapján ez a pont maximumpont. Tehát a függvénynek egy szélsőértékpontja van, az 1 1 1 1 17 𝑀2 (2 , 1, 4) maximumpont, amelyre a függvény értéke 𝑓 (𝑀2 (2 , 1, 4))) = 16 maximális. 41
6. Határozzuk meg a következő függvények szélsőértékpontjait: a) 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 2 + 3𝑦 2 − 3𝑥𝑦 + 4𝑦𝑧 + 6𝑧 2 b) 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 29 − (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 ) c) 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑦 + 𝑦𝑧 + 3𝑧 2 + 𝑥𝑧 2 d) 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑒 2𝑥 + 𝑒 −𝑦 + 𝑒 𝑧 − (2𝑥 + 2𝑒 𝑧 − 𝑦). 2.1.6. A Lagrange- szorzók módszere. Feltételes szélsőértékpontok. Ha egy függvény szélsőértékpontjainak meghatározásakor még más, bizonyos feltételeknek is eleget kell tenni, más kikötéseket is figyelembe kell vennünk, ilyenkor feltételes szélsőértékpontokról beszélünk. Ha adott az f: D ⊂ 𝑅2 → 𝑅, z = f(x,y) (1) egy kétváltozós valós függvény, amelynek a következő feltételt is ki kell elégíteni: g: D ⊂ 𝑅2 → 𝑅, egy kétváltozós valós függvény 𝑔(𝑥, 𝑦) = 0 (2). A feltételes szélsőértékpontok az (1) és (2) rendszernek a megoldásai lesznek. Felírjuk a következő Lagrange- függvényt: 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝜆) = 𝑓 (𝑥, 𝑦) + 𝜆𝑔(𝑥, 𝑦)
(3).
Tétel Az (1) és (2) feltételes egyenletrendszernek a szélsőértékpontjai megegyeznek az 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝜆) Lagrange- függvény szélsőértékpontjaival. 1. lépés: meghatározzuk az 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝜆) függvény stacionárius pontjait, amelyek a következő egyenletrendszer meoldásai: 𝛿𝐿 (𝑥, 𝑦) = 0 𝛿𝑥 𝛿𝐿 (𝑥, 𝑦) = 0 𝛿𝑦 𝛿𝐿 {𝛿𝜆 (𝑥, 𝑦) = 0 Legyenek 𝑀𝑖0 (𝑥𝑖0 , 𝑦𝑖0 ) a feltételes stacionárius pontok. 2. lépés: felírjuk a Hesse-féle mátrixot, és tanulmányozzuk a 𝑑 2 𝐿 differenciál előjelét a kapott pontokban.. 𝑟 𝑠 A Hesse-féle mátrix: 𝐻 = ( ), ahol 𝑠 𝑡 𝛿2𝑓 𝛿 2𝑓 𝛿2𝑓 (𝑥𝑖0 , 𝑦𝑖0 ), 𝑡 = 2 (𝑥𝑖0 , 𝑦𝑖0 ). 𝑟 = 2 (𝑥𝑖0 , 𝑦𝑖0 ), 𝑠 = 𝛿𝑥
𝛿𝑥𝛿𝑦
𝛿𝑦
Ha 1) ∆𝟐 (𝑀𝑖0 ) = 𝑟𝑡 − 𝑠 2 < 0, akkor az 𝑀𝑖0 (𝑥𝑖0 , 𝑦𝑖0 ) feltételes stacionárius pont nem szélsőértékpont. 2) ∆𝟐 (𝑀𝑖0 ) = 𝑟𝑡 − 𝑠 2 > 0 és stacionárius pont minimum pont.
𝛿2𝑓
𝑟 = 𝛿𝑥2 (𝑥𝑖0 , 𝑦𝑖0 ) > 0, akkor 𝛿2𝑓
3) ∆𝟐 (𝑀𝑖0 ) = 𝑟𝑡 − 𝑠 2 > 0 és 𝑟 = 𝛿𝑥2 (𝑥𝑖0 , 𝑦𝑖0 ) < 0, akkor stacionárius pont maximum pont. 42
az az
𝑀𝑖0 (𝑥𝑖0 , 𝑦𝑖0 ) 𝑀𝑖0 (𝑥𝑖0 , 𝑦𝑖0 )
Megoldott feladatok: 1. Határozzuk meg a következő 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 felület szélsőértékpontjait, amelyek kielégítik a következő feltételt: 𝑥 + 𝑦 = 6. Megoldás: Ha adott a 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) függvény, amelynek a következő feltételt is ki kell elégíteni: 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑐, ahol c egy konstans, felírjuk a következő Lagrange- függvényt: 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝜆) = 𝑓 (𝑥, 𝑦) + 𝜆(𝑐 − 𝑔(𝑥, 𝑦)). A mi esetünkben 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝜆) = 𝑥𝑦 + 𝜆(6 − 𝑥 − 𝑦). Meghatározzuk a stacionárius pontokat: megoldjuk az 𝐿′𝑥 = 0, 𝐿′𝑦 = 0, 𝐿′𝜆 = 0 egyenletekből álló egyenletrendszert, azt kapjuk, hogy: 𝑦 − 𝜆 = 0, 𝑥 − 𝜆 = 0, 6 − 𝑥 − 𝑦 = 0, amelynek megoldása 𝑥 = 3, 𝑦 = 3, 𝜆 = 3. b) A másodrendű parciális deriváltak segítségével felírjuk a következő mátrixot: 0 𝑔𝑥′ 𝑔𝑦′ 0 1 1 |𝑔𝑥′ 𝐿′′𝑥𝑥 𝐿′′𝑥𝑦 | = |1 0 1| = 2> 0, azaz 𝑑 2 𝑧 negatív definit, az 𝑀(3,3) feltételes 1 1 0 𝑔𝑦′ 𝐿′′𝑦𝑥 𝐿′′𝑦𝑦 szélsőértékpont maximumpont, a függvény maximális értéke 𝑓(𝑀(3,3)) = 9. 2. Határozzuk meg a következő 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 felület szélsőértékpontjait, amelyek kielégítik a következő feltételt: 𝑥 + 4𝑦 = 2. Megoldás: Felírjuk a Lagrange- függvényt: 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝜆) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝜆(2 − 𝑥 − 4𝑦). Meghatározzuk a stacionárius pontokat: megoldjuk az 𝐿′𝑥 = 0, 𝐿′𝑦 = 0, 𝐿′𝜆 = 0 egyenletekből álló egyenletrendszert, azt kapjuk, hogy: 2𝑥 − 𝜆 = 0, 2𝑦 − 4𝜆 = 0, 2 − 𝑥 − 4𝑦 = 0, amelynek megoldása 𝑥 =
2 17
, 𝑦=
8 17
, 𝜆=
4 17
.
b) A másodrendű parciális deriváltak segítségével felírjuk a következő mátrixot: 0 |𝑔𝑥′ 𝑔𝑦′
𝑔𝑥′ 𝐿′′𝑥𝑥 𝐿′′𝑦𝑥
𝑔𝑦′ 0 𝐿′′𝑥𝑦 | = |1 4 𝐿′′𝑦𝑦
1 4 2 8 2 0| = -34< 0, azaz 𝑑 2 𝑧 pozitív definit, az 𝑀 (17 , 17) feltételes 0 2 2
8
szélsőértékpont minimumpont, a függvény minimális értéke 𝑓 (𝑀 (17 , 17)) =
4 17
.
3. A Lagrange- szorzók módszerét alkalmazva keressük meg a z feltételes szélsőértékpontjait: a) b) c) d)
z=xy, z=x(y+4) z=x-3y-xy z=7-y+𝑥 2
x+2y=2 x+y=8 x+y=6 x+y=0
4. A Lagrange- szorzók módszerét alkalmazva keressük meg a z stacionárius pontjait, majd vizsgáljuk meg melyik közülük feltételes szélsőértékpont: a) z=x+2y+3w+xy-yw
x+y+2w=10 43
b) z=𝑥 2 +2xy+y𝑤 2 c) z=4𝑥 2 +4xy+3𝑦 2 d) z=𝑥 2 + 𝑦 2
2x+y+𝑤 2 =24 és x+w=8 x-2y=0 𝑐 𝑐 x+y=c. E: 𝑀 (2 , 2) min pont.
2.1.7. A differenciálhányados közgazdasági megközelítésben Feltételezzük, hogy egy vállalat költségvetési függvénye x egységnyi termék előállítása esetén 𝐶 (𝑥 ) = 𝑥 2 + 360 000, míg az x egységnyi termék eladásából származó jövedelem 𝑅(𝑥 ) = 500𝑥. Így a profit 𝑃 (𝑥 ) = 𝑅(𝑥 ) − 𝐶 (𝑥 ) = 500𝑥 − 𝑥 2 − 360 000 = −𝑥 2 + 500𝑥 − 360 000. A profit az x függvénye, vagyis függ attól, hogy mennyi terméket állít elő a vállalat. Természetesen adódik a kérdés: milyen x érték esetén lesz maximális a profit? Ha x egységnyi termék helyett x+h egységnyi terméket állítunk elő, profitnövekedésről beszélünk: 𝑃(𝑥 + ℎ) − 𝑃(𝑥). 𝑃(𝑥+ℎ)−𝑃(𝑥)
Az átlagos profitnövekedés , azt mutatja meg, hogy mekkora átlagos ℎ profitnövekedés jut egy termékre, ha áttérünk x egységnyi termékről x+h egységnyi termék előállítására a termelésben. A mi esetünkben az átlagos profitnövekedés
𝑃(𝑥+ℎ)−𝑃(𝑥) ℎ
1
=[−(𝑥 + ℎ)2 + 500(𝑥 + ℎ) − 1
360 000 + 𝑥 2 − 500𝑥 + 360 000] · ℎ=(−2𝑥ℎ + 500ℎ − ℎ2 ) · ℎ=−2𝑥 + 500 − ℎ. A határprofit 𝑃′ (𝑥 ) = lim
𝑃(𝑥+ℎ)−𝑃(𝑥) ℎ
ℎ—›0
= −2𝑥 + 500, azt mutatja meg, hogy megközelítőleg
mennyivel változik a profit, ha x egységnyi termék helyett x+1 egységnyi terméket termelünk, vagy másként azt is mondhatjuk, hogy P’(x) a profitváltozás sebessége. Ha P’(x)<0, akkor csökkenteni kell a termelést, ugyanis a termelés növelésével a profit csökken, a termelés csökkentésével a profit nő. Ha P’(x)>0, akkor érdemes a termelést növelni. Így olyan 𝑥0 egységnyi termék esetén maximális a profit, amelynél P’(𝑥0 )=0. A mi esetünkben P’(𝑥0 )=-2𝑥0 +500=0, azaz 𝑥0 =250 egységnyi termék esetén maximális a profit. A határköltség: 𝐶′(𝑥 ) = lim
𝐶(𝑥+ℎ)−𝐶(𝑥)
.
ℎ
ℎ—›0
A mi esetünkben 𝐶 ′(𝑥) = lim
𝐶(𝑥+ℎ)−𝐶(𝑥) ℎ
ℎ—›0
= lim
ℎ—›0
(2𝑥+ℎ)·ℎ ℎ
= 2𝑥, ami azt mutatja meg, hogy
megközelítőleg mennyivel nő a költség, ha x egységnyi termék helyett x+1 egységnyi terméket állítunk elő. A határbevétel: 𝑅′(𝑥 ) = lim
ℎ—›0
44
𝑅(𝑥+ℎ)−𝑅(𝑥) ℎ
.
A mi esetünkben 𝑅′(𝑥) = lim
ℎ—›0
𝑅(𝑥+ℎ)−𝑅(𝑥) ℎ
= lim
ℎ—›0
500·ℎ ℎ
= 500, ami azt mutatja meg, hogy
megközelítőleg mennyivel nő a bevétel, ha x egységnyi termék helyett x+1 egységnyi terméket állítunk elő. A közgazdaságtan egyik alapvető törvénye szerint a profit csak olyan termelési volumen esetén lehet maximális, amikor a határköltség egyenlő a határbevétellel. 1. Feladat: Egy méhészet x kg mézet 𝐶 (𝑥 ) = −0,015𝑥 2 + 400𝑥, (50 ≤ 𝑥 ≤ 6000) lej költséggel állít elő. Az x kg méz eladásából származó jövedelem 𝑅(𝑥 ) = 800𝑥. Ha x=1600 kg mézet termel a méhészet, akkor: a) Mennyi a határköltség? b) Mennyi a határprofit? c) Mennyi a határbevétel? d) Növelni vagy csökkenteni érdemes a termelést? 2. Feladat: Egy vállalat x tonna terméket állít elő 𝐶 (𝑥 ) = 𝑥 2 + 400, (200 ≤ 𝑥 ≤ 700) lej önköltséggel. Az x tonna termék eladásából származó jövedelem 𝑅(𝑥 ) = 1200𝑥. Határozzuk meg: a) Mennyi a határköltség? b) Mennyi a határprofit? c) Mennyi a határbevétel? d) Jelenleg a vállalat 400 tonna terméket állít elő, de fokozatosan növeli a termelést. Ekkor nő vagy csökken a profitja? e) Hány tonna terméket kell előállítani, ha azt szeretné elérni, hogy maximális legyen a profitja?
45
III. Fejezet: Lineáris algebra 3.1. Vektortér (lineáris tér). Bázis. Bázistranszformáció 3.1.1. Vektorok. Műveletek vektorokkal Legyen a V vektorok halmaza, amelyen értelmezzük a következő két műveletet: 1) egy belső műveletet, a vektorok összeadását VxV-n: tetszőleges ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ 𝑉 esetén a ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 + ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ 𝑉 ( ez egy additiv művelet) 2) egy külső műveletet, a vektorok skalárral való szorzását a KxV-n: tetszőleges 𝛼 ∈ 𝐾 és 𝑣 ∈ 𝑉 esetén a 𝛼 ∙ 𝑣 ∈ 𝑉 (ez egy multiplikatív művelet), ahol K a skalárok halmaza. Értelmezés: Ha a V vektorhalmazon értelmezett fenti két művelet teljesíti a következő tulajdonságokat, akkor vektortérnek (lineáris térnek) nevezzük: 1) a vektorok összeadása (V, +) Ábel-féle csoport: a) asszociatív: (⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 + 𝑣 ⃗⃗⃗⃗⃗2 ) + ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 + (⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + 𝑣 ⃗⃗⃗⃗⃗3 ) , tetszőleges ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ∈ 𝑉 esetén. b) kommutatív: ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , tetszőleges ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ 𝑉 esetén. c) ⃗0 ∈ 𝑉 semleges elem: ⃗0⃗ + 𝑣 = 𝑣 + ⃗0 = 𝑣 ∈ 𝑉 tetszőleges 𝑣 ∈ 𝑉 esetén. d) minden vektornak van szimmetrikusa: 𝑣 ⃗⃗⃗ + (−𝑣 ) = (−𝑣 ) + 𝑣 = ⃗0 tetszőleges 𝑣 ∈ 𝑉 esetén. 2) a szorzás disztributív a skalárok összeadására nézve: (𝛼 + 𝛽) ∙ 𝑣 = 𝛼 ∙ 𝑣 + 𝛽 ∙ 𝑣 tetszőleges 𝛼, 𝛽 ∈ 𝐾 és 𝑣 ∈ 𝑉 esetén. 3) a szorzás disztributív a vektorok összeadására nézve: 𝛼 ∙ (⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 + 𝑣 ⃗⃗⃗⃗⃗2 ) = 𝛼 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 + 𝛼 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 tetszőleges 𝛼 ∈ 𝐾 és ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ 𝑉 esetén. 4) asszociativítás a skalárra nézve: (𝛼𝛽) ∙ 𝑣 = 𝛼 ∙ ( 𝛽 ∙ 𝑣 ) tetszőleges 𝛼, 𝛽 ∈ 𝐾 és 𝑣 ∈ 𝑉 esetén. 5) 1 ∙ 𝑣 = 𝑣 tetszőleges 𝑣 ∈ 𝑉 esetén. Példák vektorterekre: 1) 𝑉 = 𝑀2 (𝑅) a másodrendű mátrixok halmaza, a mátrixok összeadásával, illetve a mátrixok skalárral való szorzásával lineáris teret alkot. 2) V = 𝑅 𝑛 az n dimenziós tér lineáris tér. 3) A helyzetvektorok halmaza a síkban a vektorok összeadásával (paralelogramma szabály) és a vektorok skalárral való szorzásával lineáris teret alkot. 46
1.1. Végezd el a következő műveleteket az adott vektorokkal és skalárokkal: 1.1.1. 𝑣1 = (2,1,3), 𝑣2 = (5,0, −2), 𝑣3 = (0,3, −4) , a = 1, b = 2, c = - 3. a) 𝑣1 + 𝑣2
b) 𝑣1 − 𝑣2
c) 𝑣1 + 𝑣3
d) 𝑏𝑣1 + 𝑐𝑣2
e) 𝑎𝑣2 − 𝑐𝑣3
f) 𝑎𝑣1 + 𝑏𝑣2 + 𝑐𝑣3 Megoldás: a) 𝑣1 + 𝑣2 = (7,1,1); b) 𝑣1 − 𝑣2 = (−3, 1, 5); c) 𝑣1 + 𝑣3 = (2,4, −1) ; d) 𝑏𝑣1 + 𝑐𝑣2 =(-11, 2, 12);
e) 𝑎𝑣2 − 𝑐𝑣3 =(5,9,-14);
f) 𝑎𝑣1 + 𝑏𝑣2 + 𝑐𝑣3 = (12, −8,11). 1.1.2. 𝑣1 = (0,1,2,3), 𝑣2 = (3,9,0, −2), 𝑣3 = (1, −3,7). a) 𝑣1 + 𝑣2
b) 𝑣1 − 𝑣2
c) 𝑣1 + 𝑣3
d) 2𝑣1 + 6𝑣2
e) 5𝑣2 − 3𝑣3
f) 2𝑣1 + 8𝑣2 − 3𝑣3 Megoldás: a) 𝑣1 + 𝑣2 = (3,10,2,1); b) 𝑣1 − 𝑣2 = (−3, −8,2, 5);
c) 𝑣1 + 𝑣3 nem
végezhető el, mert 𝑣1 ∈ 𝑅4 , 𝑣3 ∈ 𝑅3 . d) 2𝑣1 + 6𝑣2 =(18,56,4,-6) e) 5𝑣2 − 3𝑣3 nem végezhető el; f) 2𝑣1 + 8𝑣2 − 3𝑣3 nem végezhető el.
3.2. Lineáris függetlenség. Bázis a vektortérben. Bázistranszformáció Legyen V egy vektortér és 𝐵 = {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1, ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , 𝑣 ⃗⃗⃗⃗3 , … ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑛 } egy vektorrendszer. 3.1. Értelmezés: A 𝐵 = {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1, ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , 𝑣 ⃗⃗⃗⃗3 , … ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑛 } vektorrendszer egy lineáris kombinációján a 𝛼1 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1+ 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + 𝛼3 𝑣 ⃗⃗⃗⃗3 … + 𝛼𝑛 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑛 vektort értjük. 3.2. Értelmezés: A 𝐵 = {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1, ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , 𝑣 ⃗⃗⃗⃗3 , … ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑛 } vektorrendszer egy lineárisan független rendszer, ha 𝛼1 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1+ 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + 𝛼3 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 … + 𝛼𝑛 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑛 = 0 akkor és csak akkor, ha 𝛼1 = 𝛼2 = 𝛼3 = ⋯ 𝛼𝑛 = 0. 3.3. Értelmezés: A 𝐵 = {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1, ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , 𝑣 ⃗⃗⃗⃗3 , … ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑛 } vektorrendszer egy lineárisan függő rendszer, ha létezik egy nullától különböző együttható: 𝛼1 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1+ 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + 𝛼3 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 … + 𝛼𝑛 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑛 = 0. 3.4. Értelmezés: A 𝐵 = {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1, ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , 𝑣 ⃗⃗⃗⃗3 , … ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑛 } vektorrendszer generáló rendszere V-nek, ha tetszőleges 𝑣 ∈ 𝑉 esetén léteznek az 𝛼𝑖 ∈ 𝑅, 𝑖 = 1, … 𝑛 együtthatók úgy, hogy 𝑣 = 𝛼1 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1+ 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + 𝛼3 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 … + 𝛼𝑛 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑛 . Az 𝛼𝑖 ∈ 𝑅, 𝑖 = 1, … 𝑛 együtthatókat a 𝑣 ∈ 𝑉 koordinátáinak nevezzük a B-ben. 3.5. Értelmezés: A V vektortérben a 𝐵 = {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1 , 𝑣 ⃗⃗⃗⃗⃗2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 , … ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑛 } vektorrendszert bázisnak nevezzük, ha a) a B vektorrendszer generáló rendszere V-nek, b) a B lineárisan független rendszer. 47
Példák: 1. Legyen 𝑉 = 𝑅2 , 𝐵 = {𝑒⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 } kanonikus bázis, ahol ⃗⃗⃗ 𝑒1 =(1,0)= 𝑖⃗ , , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 = (0,1) = 𝑗⃗ . ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ helyzetvektor felírható 𝑖⃗ é𝑠 𝑗⃗ egy lineáris kombinációjaként. Tetszőleges 𝑂𝑀 2. Legyen 𝑉 = 𝑅3 , 𝐵 = {𝑒⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒3 } kanonikus bázis, ahol ⃗⃗⃗ 𝑒1 =(1,0,0)= 𝑖⃗ , , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 = (0,1,0) = 𝑗⃗ , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒3 = (0,0,1) = ⃗⃗⃗ 𝑘. 3.6. Értelmezés: A V vektortér dimenziója megegyezik a bázisvektorok számával. Példák: 1. 𝑉 = 𝑅2 , 𝐵 = {𝑒⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 }={𝑖⃗⃗ , 𝑗⃗ } kanonikus bázis, dim V=2 = dim𝑅 2 . ⃗⃗⃗⃗ } kanonikus bázis, dim V=3 = dim𝑅 3 . 2. 𝑉 = 𝑅3 , 𝐵 = {𝑒⃗⃗⃗1, ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗ 𝑒3 }={𝑖⃗⃗ , 𝑗⃗ , 𝑘 3.7. Értelmezés (Bázistranszformáció) Legyen V egy vektortér, melyben létezik két bázis : -egy régi bázis 𝐵 = {𝑒⃗⃗⃗1, 𝑒⃗⃗⃗⃗2 , ⃗⃗⃗ 𝑒3 , … ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 } -egy új bázis 𝐵′ = {𝑒⃗⃗⃗⃗⃗1 ′, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 ′ , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒3 ′, … ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 ′}. Tetszőleges 𝑣 ∈ 𝑉 vektort, ha felírjuk e bázisok vektorainak segítségével, kapjuk: 𝑣 = 𝛼1 ⃗⃗⃗ 𝑒1+ 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 + 𝛼3 ⃗⃗⃗ 𝑒3 … + 𝛼𝑛 ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛
(1)
a 𝑣 koordinátái a B bázisban ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 =(𝛼1 , ..., 𝛼𝑛 ) , illetve 𝑣 = 𝛼1 ′⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 ′+ 𝛼2 ′ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 ′ + 𝛼3 ′⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒3 ′ … + 𝛼𝑛 ′⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 ′
(2)
a 𝑣 koordinátái a 𝐵′ bázisban ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵′ =(𝛼1 ′, ..., 𝛼𝑛 ′) . Bázistranszformációnak nevezzük a ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 =(𝛼1 , ..., 𝛼𝑛 )
régi bázis koordinátáinak a
meghatározását a ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵′ =(𝛼1 ′, ..., 𝛼𝑛 ′ ) az új bázis koordinátáinak a segítségével. A 𝐵′ = {𝑒⃗⃗⃗⃗⃗1 ′, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 ′, ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒3 ′ , … ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 ′ } bázis vektorait kifejezzük a 𝐵 = {𝑒⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗ 𝑒3 , … ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 } bázis ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 ′ = 𝜆11 ⃗⃗⃗ 𝑒1 + 𝜆21 ⃗⃗⃗ 𝑒2 + ⋯ 𝜆𝑛1 ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 ′ vektorainak a segítségével: { 𝑒⃗⃗⃗⃗⃗2 = 𝜆12⃗⃗⃗ 𝑒1 + 𝜆22 ⃗⃗⃗ 𝑒2 + ⋯ 𝜆𝑛2 ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 ′ = 𝜆1𝑛 ⃗⃗⃗ 𝑒1 + 𝜆2𝑛 ⃗⃗⃗ 𝑒2 + ⋯ 𝜆𝑛𝑛 ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 𝜆11 ( Az együtthatókból alkotott mátrixot: 𝑇 = ⋮ 𝜆𝑛1
.
⋯ 𝜆1𝑛 ⋱ ⋮ ) transzformációs mátrixnak ⋯ 𝜆𝑛𝑛
nevezzük. (𝑒⃗⃗⃗⃗⃗1 ′, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 ′ , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒3 ′ , … ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 ′ ) =( ⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗ 𝑒3 , … ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 )∙ 𝑇 , azaz 𝐵′ = 𝐵 ∙ 𝑇. 𝑣 = 𝐵 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 = 𝐵′ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵′ = 𝐵 ∙ 𝑇 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 ′ , ahonnan a 𝐵 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 = 𝐵 ∙ 𝑇 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵′ egyenletet beszorozva balról a 𝐵 vektor inverzével kapjuk, hogy: ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 = 𝑇 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵′ . A T mátrix inverzével balról beszorozva az egyenletet : 𝑣𝐵′ = 𝑇 −1 ∙ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 . 48
Tétel: A ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 =(𝛼1 , ..., 𝛼𝑛 ) régi bázis koordinátáit meghatározhatjuk a ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵′ =(𝛼1 ′ , ..., 𝛼𝑛 ′ ) az új bázis koordinátáinak a segítségével, megszorozzuk a T transzformációs mátrixszal: 𝛼1 𝜆11 ( ⋮ )=( ⋮ 𝛼𝑛 𝜆𝑛1
⋯ ⋱ ⋯
𝜆1𝑛 𝛼1 ′ ⋮ ) ( ⋮ ). 𝜆𝑛𝑛 𝛼𝑛 ′
Hasonlóan az új bázis koordinátáit is meghatározhatjuk a régi bázis koordinátáinak a segítségével, a transzformációs mátrix inverzét felhasználva: 𝜆11 𝛼1 ′ ( ⋮ )=( ⋮ 𝜆𝑛1 𝛼𝑛 ′
⋯ ⋱ ⋯
𝛼1 𝜆1𝑛 −1 ⋮ ) ∙ ( ⋮ ). 𝛼𝑛 𝜆𝑛𝑛
Példa: Legyen két vektorrendszer az 𝑅3 vektortérben: 𝐵 = {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1 = (1,0,0), ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 = (1,1,0), ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 = (1,1,1)}, ⃗⃗⃗⃗⃗1 ′ = (−1,0,0), ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵′ = {𝑣 𝑣2 ′ = (2,1,0), ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ′ = (−1,0, −1, )}. a) Igazoljuk, hogy B és 𝐵′ bázisok az 𝑅3 vektortérben. b) A 𝑣 = (3,1, −1) vektor koordinátáit határozzuk meg a B bázisban (𝑣 ⃗⃗⃗⃗𝐵 ), illetve a 𝐵′ bázisban is (𝑣 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵′ ). c) Határozzuk meg a B és 𝐵′ mátrixok közötti transzformációs mátrixot. Megoldás: a) Egy vektorrendszer akkor bázis, ha generáló rendszere 𝑅3 −nak és lineárisan független rendszer. A 𝐵 = {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1, 𝑣 ⃗⃗⃗⃗⃗2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 } vektorrendszer egy lineárisan független rendszer, ha 𝛼1 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1+ 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + 𝛼3 𝑣 ⃗⃗⃗⃗3 = 0 akkor és csak akkor, ha 𝛼1 = 𝛼2 = 𝛼3 = 0. Behelyettesítve a vektorokat: 𝛼1 (1,0,0) + 𝛼2 (1,1,0) + 𝛼3 (1,1,1) = 0 egyenletet kapjuk, ahonnan: {
𝛼1 + 𝛼2 + 𝛼3 = 0 𝛼2 + 𝛼3 = 0 𝛼3 = 0
A rendszer determinánsa ∆= 1, a rendszer határozott és a megoldásai: 𝛼1 = 𝛼2 = 𝛼3 =0, tehát lineárisan független. Legyen egy tetszőleges 𝑣 vektor a 𝑉 = 𝑅3 vektortérből. A 𝐵 = {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1, 𝑣 ⃗⃗⃗⃗⃗2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 } vektorrendszer generáló rendszere V-nek, ha léteznek az 𝛼𝑖 ∈ 𝑅, 𝑖 = 1, … 3 együtthatók úgy, hogy 𝑣 = 𝛼1 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1+ 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + 𝛼3 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 . Megkeressük ezeket az együtthatókat: 𝑣 = (𝑎, 𝑏, 𝑐 ) = 𝛼1 (1,0,0) + 𝛼2 (1,1,0) + 𝛼3 (1,1,1) ekvivalens a következő egyenletrendszerrel:
49
𝑎 = 𝛼1 + 𝛼2 + 𝛼3 { 𝑏 = 𝛼2 + 𝛼3 𝑐 = 𝛼3 A rendszer megoldása: 𝛼1 = 𝑎 − 𝑏, 𝛼2 = 𝑏 − 𝑐, 𝛼3 = 𝑐, tehát léteznek ezek az együtthatók, a B generáló rendszer. A 𝐵 = {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 } vektorrendszer egy bázis tehát az értelmezés alapján. ⃗⃗⃗⃗⃗1 ′ = (−1,0,0), ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Hasonlóképpen leellenőrizzük a 𝐵′ = {𝑣 𝑣2 ′ = (2,1,0), ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ′ = (−1,0, −1, )} vektorrendszer esetén is a függetlenséget és azt, hogy generáló rendszer-e. Behelyettesítve a vektorokat az 𝛼1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 ′+ 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ′ + 𝛼3 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ′ = 0 egyenletbe kapjuk: 𝛼1 (−1,0,0) + 𝛼2 (2,1,0) + 𝛼3 (−1,0, −1) = 0, {
−𝛼1 + 2𝛼2 − 𝛼3 = 0 𝛼2 = 0 −𝛼3 = 0
A rendszer determinánsa ∆= 1, a rendszer határozott és a megoldásai: 𝛼1 = 𝛼2 = 𝛼3 = 0, tehát a vektorrendszer lineárisan független. ⃗⃗⃗⃗⃗1 ′, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Legyen egy tetszőleges 𝑣 vektor a 𝑉 = 𝑅3 vektortérből. A 𝐵′ = {𝑣 𝑣2 ′ , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ′ } vektorrendszer generáló rendszere V-nek, ha léteznek az 𝛼𝑖 ∈ 𝑅, 𝑖 = 1, … 3 együtthatók úgy, hogy 𝑣 = 𝛼1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 ′+ 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ′ + 𝛼3 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ′ . Megkeressük
ezeket
az
együtthatókat:
𝑣 = (𝑎, 𝑏, 𝑐 ) = 𝛼1 (−1,0,0) + 𝛼2 (2,1,0) +
𝛼3 (−1,0, −1) ekvivalens a következő egyenletrendszerrel: 𝑎 = −𝛼1 + 2𝛼2 − 𝛼3 𝑏 = 𝛼2 { 𝑐 = −𝛼3 A rendszer megoldása: 𝛼1 = −𝑎 + 2𝑏 + 𝑐, 𝛼2 = 𝑏, 𝛼3 = −𝑐, tehát léteznek ezek az együtthatók, a 𝐵′ generáló rendszer és lineárisan független, egy bázis tehát az értelmezés alapján. b) A B bázisban határozzuk meg a 𝑣 = (3,1, −1) vektor koordinátáit (𝑣 ⃗⃗⃗⃗𝐵 ). 𝑣 = 𝛼1 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1+ 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + 𝛼3 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 . Behelyettesítve kapjuk, hogy: 𝑣 = (3,1, −1) = 𝛼1 (1,0,0) + 𝛼2 (1,1,0) + 𝛼3 (1,1,1), azaz az egyenletrendszer: 3 = 𝛼1 + 𝛼2 + 𝛼3 { 1 = 𝛼2 + 𝛼3 −1 = 𝛼3 ahonnan 𝛼1 = 2, 𝛼2 = 2, 𝛼3 = −1. Tehát ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵 = (2,2, −1). A 𝐵′ bázisban határozzuk meg a 𝑣 = (3,1, −1) vektor koordinátáit (𝑣 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵′ ).
50
𝑣 = 𝛼1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 ′+ 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ′ + 𝛼3 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ′ Behelyettesítve kapjuk, hogy: 𝑣 = (3,1, −1) = 𝛼1 (−1,0,0) + 𝛼2 (2,1,0) + 𝛼3 (−1,0, −1), azaz az egyenletrendszer: 3 = −𝛼1 + 2𝛼2 − 𝛼3 1 = 𝛼2 { −1 = −𝛼3 ahonnan 𝛼1 = −2, 𝛼2 = 1, 𝛼3 = 1. Tehát ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝐵′ = (−2,1,1). c) Határozzuk meg a B és 𝐵′ mátrixok közötti transzformációs mátrixot. ⃗⃗⃗⃗⃗1 ′, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ A 𝐵′ = {𝑣 𝑣2 ′ , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ′ } bázis vektorait kifejezzük a 𝐵 = {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 } bázis vektorainak a ⃗⃗⃗⃗⃗1 ′ = 𝜆11 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣 𝑣1 + 𝜆21 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + 𝜆31 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ′ ⃗⃗⃗⃗⃗2 = 𝜆12⃗⃗⃗⃗ segítségével: {𝑣 𝑣1 + 𝜆22 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + 𝜆32 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ′ = 𝜆13⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 + 𝜆23 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 + 𝜆33 ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 amelybe behelyettesítve a vektorokat, kapjuk a következő egyenletrendszert: (−1,0,0) = 𝜆11 (1,0,0) + 𝜆21 (1,1,0) + 𝜆31 (1,1,1) { (2,1,0) = 𝜆12 (1,0,0) + 𝜆22 (1,1,0) + 𝜆32 (1,1,1) (−1,0, −1) = 𝜆13(1,0,0) + 𝜆23 (1,1,0) + 𝜆33 (1,1,1) 𝜆11 Az együtthatókból alkotott mátrix: 𝑇 = ( ⋮ 𝜆31
⋯ 𝜆13 −1 1 −1 ⋱ ⋮ ) =( 0 1 1 ) a transzformációs ⋯ 𝜆33 0 0 −1
mátrix.
3.3. Ortogonalizálás. A Gram- Schmidt-féle ortogonalizálási módszer. 3.3.1. Skaláris szorzat a vektortérben Legyen V egy vektortér, és ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ 𝑉 vektorok. Értelmezés. A ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 és ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 vektorok skaláris szorzatán egy 𝑓: 𝑉 × 𝑉 → ℝ függvényt értünk, amely: (⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ) →
𝑓
𝑓(⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ) = 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 = 𝛼 ∈ ℝ.
(A skaláris szorzat értéke mindig skalár.) Tulajdonságok 1.) 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 ≥ 0, tetszőleges ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ 𝑉 esetén. ????? 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 = 0 akkor és csak akkor, ha ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 = ⃗0. 2.) 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 = 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 〉, tetszőleges ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ 𝑉 esetén. (kommutativitás)
51
3.) 〈𝛼 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 = 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , α ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 = 𝛼 ∙ 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉, tetszőleges ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ 𝑉 és 𝛼 ∈ ℝ esetén. (homogenitás) 4.) 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 + ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 〉 = 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 〉 + 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 〉,
tetszőleges
𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗
𝑣2 , ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 ∈ 𝑉
esetén.
(disztributivitás) Megjegyzések 1.) Legyen 𝑉 = ℝ𝑛 , ahol ℝ𝑛 = 𝐸𝑛 (n-dimenziós euklideszi tér) és ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 = (𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 ) ∈ 𝑉, 𝑣 ⃗⃗⃗⃗2 = (𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑛 ) ∈ 𝑉. Akkor a ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 és ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 vektorok skaláris szorzata: 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 = 𝑎1 ∙ 𝑏1 + 𝑎2 ∙ 𝑏2 + ⋯ + 𝑎𝑛 ∙ 𝑏𝑛 . 2.) Ha ℝ𝑛 = 𝐸𝑛 és 𝑣 ⃗⃗⃗ ∈ ℝ𝑛 , akkor létezik a 𝑣 ⃗⃗⃗ normája (a vektor hossza): ‖𝑣 ⃗⃗⃗ ‖ = √〈𝑣 , 𝑣 ⃗⃗⃗ 〉. 3.) Ha ℝ𝑛 = 𝐸𝑛 és ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ ℝ𝑛 , akkor létezik a vektorok hajlásszögének koszinusza: cos 𝛼 = cos(𝑣 ⃗⃗⃗⃗̂ 𝑣2 ) = 1 , ⃗⃗⃗⃗⃗
〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1, ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 ‖⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 ‖ ∙ ‖⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ‖
Alkalmazások Legyen 𝑉 = ℝ3 és ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 = (𝑣1𝑥 , 𝑣1𝑦 , 𝑣1𝑧 ), ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 = (𝑣2𝑥 , 𝑣2𝑦 , 𝑣2𝑧 ) 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 = 𝑣1𝑥 ∙ 𝑣2𝑥 + 𝑣1𝑦 ∙ 𝑣2𝑦 + 𝑣1𝑧 ∙ 𝑣2𝑧 ‖⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 ‖ = √〈𝑣 ⃗⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 〉 = √𝑣1𝑥 2 + 𝑣1𝑦 2 + 𝑣1𝑧 2 (a ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 normája) ‖⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ‖ = √〈𝑣 ⃗⃗⃗⃗2 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 = √𝑣2𝑥 2 + 𝑣2𝑦 2 + 𝑣2𝑧 2 (a ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 normája) cos(𝑣 ⃗⃗⃗⃗̂ 𝑣2 ) = 1 , ⃗⃗⃗⃗⃗
〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1𝑥 ∙ 𝑣2𝑥 + 𝑣1𝑦 ∙ 𝑣2𝑦 + 𝑣1𝑧 ∙ 𝑣2𝑧 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 = ‖⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 ‖ ∙ ‖⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ‖ √𝑣1𝑥 2 + 𝑣1𝑦 2 + 𝑣1𝑧 2 ∙ √𝑣2𝑥 2 + 𝑣2𝑦 2 + 𝑣2𝑧 2
A ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 és ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 távolsága: 2
d(⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ) = |⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 − ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 | = √(𝑣1𝑥 − 𝑣2𝑥 )2 + (𝑣1𝑦 − 𝑣2𝑦 ) + (𝑣1𝑧 − 𝑣2𝑧 )2 . 3.3.2. Ortogonalizálás Legyen V egy vektortér és ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ 𝑉 vektorok. Értelmezés. A ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 és ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ortogonálisak (merőlegesek), ha skaláris szorzatuk nulla. Jelölés: ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 . 𝑣1 ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ⟺ 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 = 0 ⟺ 𝑣1𝑥 ∙ 𝑣2𝑥 + 𝑣1𝑦 ∙ 𝑣2𝑦 + 𝑣1𝑧 ∙ 𝑣2𝑧 = 0. Értelmezés. V vektortérben 𝐵 = {⃗⃗⃗ 𝑒1 , 𝑒⃗⃗⃗2 , … , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 } ortogonális rendszer, ha a benne levő vektorok páronként ortogonálisak: 〈⃗⃗𝑒𝑖 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑗 〉 = 0, (∀) 𝑖 ≠ 𝑗, és 〈⃗⃗𝑒𝑖 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑗 〉 ≠ 0, ha 𝑖 = 𝑗. Tétel. Ha 𝐵 = {⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗ 𝑒2 , … , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 } ortogonális rendszer, akkor B-rendszer lineárisan független rendszer. 52
Bizonyítás: A B-rendszer lineárisan független rendszer, ha ⃗ ⟺ 𝛼𝑖 = 0, (∀) 𝑖 = 1, 𝑛 𝛼1 ⃗⃗⃗ 𝑒1 + 𝛼1 ⃗⃗⃗ 𝑒1 + ⋯ + 𝛼1 ⃗⃗⃗ 𝑒1 = 0 Legyen 𝛼1 ⃗⃗⃗ 𝑒1 + 𝛼2 ⃗⃗⃗ 𝑒2 + ⋯ + 𝛼𝑛 ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 = ⃗0
|∙ 𝑒⃗⃗𝑖 , (∀) 𝑖 = 1, 𝑛 ⟺
⟺ 𝛼1 〈⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑖 〉 + 𝛼2 〈⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑖 〉 + ⋯ + 𝛼𝑖 〈⃗⃗𝑒𝑖 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑖 〉 + ⋯ + 𝛼𝑛 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑖 〉 = 0 (∗) Mivel B ortogonális rendszer 〈⃗⃗𝑒𝑖 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑗 〉 = 0, (∀) 𝑖 ≠ 𝑗, és 〈⃗⃗𝑒𝑖 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑗 〉 ≠ 0, ha 𝑖 = 𝑗. Következik, hogy a (∗) összefüggés egyenértékű azzal, hogy 𝛼𝑖 〈⃗⃗𝑒𝑖 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑖 〉 = 0, melyben 〈⃗⃗𝑒𝑖 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑖 〉 ≠ 0, tehát 𝛼𝑖 = 0, (∀) 𝑖 = 1, 𝑛, azaz B lineárisan független rendszer. Megjegyzés: A tétel fordítottja nem mindig igaz. Ha egy B-rendszer lineárisan független ⇏ B ortogonális. De ha B lineárisan független rendszer ⇒ (∃) 𝐵′ ortogonális rendszer. (Gram-Schmidt módszere) Tétel. Ha 𝐵 = {⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , … , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑛 } lineárisan független rendszer, akkor a Gram-Schmidt módszerrel mindig (∃) 𝐵′ = {⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗ 𝑒2 , … , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 } ortogonális rendszer. Bizonyítás: Legyen 𝑉 = ℝ3 és 𝐵 = {⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 } lineárisan független rendszer. Kérdés: (∃) 𝐵′ = {⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗ 𝑒3 } ortogonális rendszer? 1° lépés: ⃗⃗⃗ 𝑒1 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 2° lépés: ⃗⃗⃗ 𝑒2 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 − 𝛼1 ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒1 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 − 𝛼1 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , (∃)? 𝛼1 úgy, hogy ⃗⃗⃗ 𝑒1 ⊥ ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 . Ha ⃗⃗⃗ 𝑒1 ⊥ ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 , akkor 〈⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 = 0, azaz 〈⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 = 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 − 𝛼1 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 〉 = 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 − 𝛼1 ∙ 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1, ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 〉 = 0 Következik, hogy 𝛼1 =
〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 〈⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 = 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 〉 〈⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉
ahonnan 𝑒2 = ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ 𝑣2 −
〈⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒 . 〈⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉 1
3° lépés: ⃗⃗⃗ 𝑒3 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 − 𝛼1 ′ ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒1 − 𝛼2 ′ ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒2 |∙ ⃗⃗⃗ 𝑒1 úgy, hogy ⃗⃗⃗ 𝑒3 ⊥ ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 . 〈⃗⃗⃗ 𝑒3 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉 = 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 , ⃗⃗⃗ 𝑒1 〉 − 𝛼1 ′ ∙ 〈⏟⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉 − 𝛼2 ′ ∙ 〈⏟⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉 = 0 ≠0 ′
(1)
=0
′
𝑒3 = ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ 𝑣3 − 𝛼1 ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒1 − 𝛼2 ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒2 |∙ ⃗⃗⃗ 𝑒2 úgy, hogy ⃗⃗⃗ 𝑒3 ⊥ ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 . 〈⃗⃗⃗ 𝑒3 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 = 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 , ⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 − 𝛼1 ′ ∙ 〈⏟⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 − 𝛼2 ′ ∙ 〈⏟⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 = 0 =0
(2)
≠0
53
(1) ⟹ 𝛼1 ′ =
〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉 , 〈⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉
⟹ ⃗⃗⃗ 𝑒3 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 −
(2) ⟹ 𝛼2 ′ =
〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 〈⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉
〈⃗⃗⃗⃗ 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉 𝑣3 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒1 − ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒 . 〈⃗⃗⃗ 〈⃗⃗⃗ 𝑒1, ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉 𝑒2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 2
Tehát 𝐵′ = {⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗ 𝑒3 } ortogonális rendszer. Megjegyzés 1) Ha 𝐵 = {⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , 𝑣 ⃗⃗⃗⃗2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 } bázis, akkor 𝐵′ = {⃗⃗⃗ 𝑒1 , 𝑒⃗⃗⃗2 , ⃗⃗⃗ 𝑒3 } ortogonális bázis. 2) 𝐵0′ = {𝑒⃗⃗⃗⃗10 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒20 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒30 } ortonormált bázis, ha -
ortogonális bázis
-
vektorai páronként merőlegesek egymásra
-
vektorai egységnyi hosszúságúak ‖𝑒⃗⃗⃗⃗𝑖0 ‖ = 1,
𝑒⃗⃗𝑖 ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑖0 = , ‖⃗⃗𝑒𝑖 ‖
𝑖 = 1,2,3.
⃗ } ortonormált bázis. Példa: 𝑉 = ℝ3, 𝐵0 = {𝑒⃗⃗⃗⃗10 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒20 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒30 } = {𝑖, 𝑗, 𝑘 Példa (38. old. 1.5.1): 𝑉 = ℝ3, 𝐵 = {⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 } bázis, ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 = (1, −2,2), ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 = (−1,1,0), ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 = (2,1,3). Írj fel egy: a) 𝐵′ = {⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗ 𝑒3 } ortogonális bázist; b) 𝐵0′ = {𝑒⃗⃗⃗⃗10 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒20 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒30 } ortonormált bázist. Megoldás: a) Gram-Schmidt módszer alkalmazása: 1° lépés: ⃗⃗⃗ 𝑒1 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 = (1, −2,2) 2° lépés: ⃗⃗⃗ 𝑒2 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 − 𝛼1 ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒1 𝛼1 =
〈⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 〉 −1 − 2 + 0 −3 −3 1 = = 2 = = = − 〈⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 〉 1 + (−2)2 + 22 1 + 4 + 4 9 3
ahonnan 1 1 2 2 2 1 2 𝑒2 = (−1,1,0) − (− ) ∙ (1, −2,2) = (−1,1,0) + ( , − , ) = (− , , ). ⃗⃗⃗ 3 3 3 3 3 3 3 3° lépés: ⃗⃗⃗ 𝑒3 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 − 𝛼1 ′ ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒1 − 𝛼2 ′ ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒2 𝛼1 ′ =
𝛼2 ′
54
〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 〉 2 − 2 + 6 6 2 = = = = 〈⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒1 〉 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 〉 9 9 3
2 1 2 4 1 6 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 〈⃗⃗⃗⃗ 𝑣3 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 2 ∙ (− 3) + 1 ∙ 3 + 3 ∙ 3 − 3 + 3 + 3 1 = = = = = =1 4 1 4 〈⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 〈⃗⃗⃗ 𝑒2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 〉 1 2 2 1 2 2 2 + + (− 3) + (3) + (3) 9 9 9
𝑒3 = 𝑣 ⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗3 − 𝛼1 ′ ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒1 − 𝛼2 ′ ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒2 = (2,1,3) −
2 2 1 2 ∙ (1, −2,2) − 1 ∙ (− , , ) = (2,2,1). 3 3 3 3
2 1 2
Tehát 𝐵′ = {𝑒⃗⃗⃗1 = (1, −2,2), ⃗⃗⃗ 𝑒2 = (− 3 , 3 , 3) , ⃗⃗⃗ 𝑒3 = (2,2,1)} ortogonális bázis. b) ‖⃗⃗⃗ 𝑒1 ‖ = √12 + (−2)2 + 22 = √9 = 3 (1, −2,2) 𝑒⃗⃗⃗1 1 2 2 ⃗⃗⃗⃗ 𝑒10 = = = ( ,− , ) ‖⃗⃗⃗ 𝑒1 ‖ 3 3 3 3 2 2
1 2
2 2
‖⃗⃗⃗ 𝑒2 ‖ = √(− 3) + (3) + (3) = √1 = 1 2 1 2 (− 3 , 3 , 3) ⃗⃗⃗ 𝑒 2 1 2 2 ⃗⃗⃗⃗ 𝑒20 = = = (− , , ) ‖⃗⃗⃗ 𝑒2 ‖ 1 3 3 3 ‖⃗⃗⃗ 𝑒3 ‖ = √22 + 22 + 12 = √9 = 3 (2,2,1) 𝑒⃗⃗⃗3 2 2 1 ⃗⃗⃗⃗ 𝑒30 = = =( , , ) ‖⃗⃗⃗ 𝑒3 ‖ 3 3 3 3 1 2 2 2 1 2 2 2 1 Tehát 𝐵0′ = {𝑒⃗⃗⃗⃗10 = (3 , − 3 , 3) , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒20 = (− 3 , 3 , 3) , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒30 = (3 , 3 , 3)} ortonormált bázis.
3.4. Lineáris transzformációk. Lineáris operátorok 3.4.1. Lineáris transzformációk a vektorterek között. Lineáris transzformációs mátrix Legyen V és V’ két vektortér úgy, hogy dim 𝑉 = 𝑛 és dim 𝑉′ = 𝑚. (∃) 𝑓 transzformáció (művelet) V és V’ között: 𝑓: 𝑉 → 𝑉′ úgy, hogy (∀)
⏟ 𝑣 𝑡á𝑟𝑔𝑦𝑣𝑒𝑘𝑡𝑜𝑟
∈𝑉→
𝑓
⃗⃗⃗ 𝑣 ′ = 𝑓(𝑣 ) ∈ 𝑉′ ⏟ 𝑘é𝑝𝑣𝑒𝑘𝑡𝑜𝑟
Értelmezés. ⃗⃗⃗ 𝑣 ′ = 𝑓(𝑣 ) transzformációt lineáris transzformációnak nevezzük, ha: a) 𝑓 (⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 + ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ) = 𝑓 (⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 ) + 𝑓 (⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ), (∀) ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ 𝑉; b) 𝑓 (𝛼 ∙ 𝑣 ) = 𝛼 ∙ 𝑓(𝑣 ), (∀) 𝑣 ⃗⃗⃗ ∈ 𝑉 és 𝛼 ∈ ℝ
(linearitás vagy additivitás);
(homogenitás).
Megjegyzés 𝑓 (𝛼 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 + 𝛽 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ) = 𝛼 ∙ 𝑓 (⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 ) + 𝛽 ∙ 𝑓 (⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ), (∀) ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ∈ 𝑉 és 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ. Tulajdonságok
55
𝑓
1) Ha ⃗⃗⃗ 𝑣 ′ = 𝑓(𝑣 ) lineáris transzformáció ⟹ ⃗⃗⃗⃗ 0𝑉 →
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 0𝑉 ′ (A V vektortér ⃗⃗⃗⃗ 0𝑉
nullvektorának képe az f lineáris transzformációban a V’ vektortér ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 0𝑉 ′ nullvektora) ⃗⃗⃗⃗𝑉 ) = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑓(0 0𝑉 ′ 2) Ha {𝑣 ⃗⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 , … , ⃗⃗⃗⃗ 𝑣𝑝 } lineáris vektorrendszer →
𝑓
{𝑓(𝑣 ⃗⃗⃗⃗1 ), 𝑓 (⃗⃗⃗⃗ 𝑣2 ), … , 𝑓(𝑣 ⃗⃗⃗⃗𝑝 )} f-beli képe is
lineáris vektorrendszer. Értelmezés. Legyen ⃗⃗⃗ 𝑣 ′ = 𝑓(𝑣 ) lineáris transzformáció. 𝑁(𝑓 ) nulltere az f lineáris transzformációnak, ha 𝑁(𝑓 ) = Ker 𝑓 = {𝑣 ⃗⃗⃗ ∈ 𝑉|𝑓 (𝑣 ) = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 0𝑉 ′ } dim 𝑁(𝑓 ) =
def ⏟𝑓
dim 𝑉 ′ = dim 𝑓 (𝑉 ) = 𝑟𝑎𝑛𝑔 𝑓,
,
dim 𝑉 = 𝑛.
𝑓 ℎ𝑖𝑏á𝑗𝑎 (𝑑𝑒𝑓𝑒𝑟𝑡𝑢𝑚𝑎)
Tétel. Ha ⃗⃗⃗ 𝑣 ′ = 𝑓(𝑣 ) lineáris transzformáció, akkor (∃) 𝑛 = 𝑟𝑎𝑛𝑔 𝑓 + def 𝑓. 3.4.1.1. Transzformációs mátrix Legyen V vektortér és 𝐵 = {⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗ 𝑒2 , … , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 } bázis. Ekkor (∀) 𝑣 = (𝑣1 , 𝑣2 , … , 𝑣𝑛 ) ∈ 𝑉 esetén: 𝑛
⃗⃗⃗ = 𝑣1 ∙ ⃗⃗⃗ 𝑣 𝑒1 + 𝑣2 ∙ ⃗⃗⃗ 𝑒2 + ⋯ + 𝑣𝑛 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 = ∑ 𝑣𝑖 ∙ ⃗⃗𝑒𝑖 𝑖=1
Legyen
V’
vektortér
és
𝐵′ = {𝑒⃗⃗⃗⃗⃗1 ′, ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 ′ , … , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑚 ′ }
bázis.
Ekkor
(∀) ⃗⃗⃗ 𝑣 ′ = 𝑓 (𝑣 ⃗⃗⃗ ) =
(𝑣1 ′, 𝑣2 ′, … , 𝑣𝑚 ′ ) ∈ 𝑉 ′ esetén: 𝑚
⃗⃗⃗⃗ 𝑣 ′ = 𝑣1 ∙ 𝑒⃗⃗⃗⃗⃗1 ′ + 𝑣2 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒2 ′ + ⋯ + 𝑣𝑚 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑚 ′ = ∑ 𝑣𝑗 ′ ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑗 ′ ′
′
′
𝑗=1
Tétel. ⃗⃗⃗ 𝑣 ′ = 𝑓(𝑣 ) transzformációt lineáris transzformációnak nevezzük, ha 𝑓(𝑣 ) képvektor 𝑣𝑗 ′ koordinátáit lineárisan kifejezhetjük a 𝑣 tárgyvektor 𝑣𝑖 koordinátáinak segítségével: 𝑛
𝑚
𝑣𝑗 ′ = ∑ 𝑎𝑗𝑖 𝑣𝑖 ,
𝑗 = 1,2, … , 𝑛,
𝑎ℎ𝑜𝑙 𝑓 (𝑒⃗⃗𝑖 ) = ∑ 𝑎𝑗𝑖 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑗′
𝑖=1
𝑗=1
𝑗 = 1:
𝑣1 ′ = 𝑎11 𝑣1 + 𝑎12 𝑣2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑣𝑛
𝑗 = 2:
𝑣1 ′ = 𝑎21 𝑣1 + 𝑎22 𝑣2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑣𝑛 ⋯
𝑗 = 𝑚:
𝑣1 ′ = 𝑎𝑚1 𝑣1 + 𝑎𝑚2 𝑣2 + ⋯ + 𝑎𝑚𝑛 𝑣𝑛
𝑎11 𝑎12 𝑎13 ⋯ 𝑎1𝑛 𝑎21 𝑎22 𝑎23 ⋯ 𝑎2𝑛 𝐴=( ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ) lineáris transzformációs mátrix. 𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 𝑎𝑚3 ⋯ 𝑎𝑚𝑛 56
𝑦1 𝑦 ⃗⃗⃗′ = 𝑌 = ( 2 ) 𝑓 (𝑣 ) = 𝑣 ⋮ 𝑦𝑚
𝑥1 𝑥2 𝑣 ⃗⃗⃗ = 𝑋 = ( ⋮ ), 𝑥𝑛
𝑌 = 𝐴∙𝑋 𝑎12 𝑎13 ⋯ 𝑎1𝑛 𝑥1 𝑎22 𝑎23 ⋯ 𝑎2𝑛 𝑥2 ⋮ ⋮ ⋮ )( ⋮ ) 𝑎𝑚2 𝑎𝑚3 ⋯ 𝑎𝑚𝑛 𝑥𝑛
𝑦1 𝑎11 𝑦2 𝑎21 ( ⋮ )=( ⋮ 𝑦𝑚 𝑎𝑚1
3.4.2. Lineáris operátor. Sajátvektor és sajátérték Legyen V és V’ két vektortér úgy, hogy dim 𝑉 = 𝑛 és dim 𝑉′ = 𝑚. Feltételezzük, hogy (∃) f lineáris transzformáció, 𝑓: 𝑉 → 𝑉′ úgy, hogy (∀ ) 𝑋 ∈ 𝑉 →
𝑓
𝑌 ∈ 𝑉 ′,
𝑌 = 𝑓 (𝑋 ) = 𝐴 ∙ 𝑋
A – lineáris transzformációs mátrix (m × n) Ha 𝑉 ≡ 𝑉 ′, akkor az f lineáris transzformációt lineáris operátornak nevezzük. Értelmezés. A ℎ: 𝑉 → 𝑉 függvényt lineáris operátornak nevezzük a V vektortéren, ha 𝑌 = ℎ(𝑋) = 𝐴𝑋. A – lineáris operátor mátrixa a V vektortér mátrixa a 𝐵0 bázisra vonatkozóan Ha 𝑉 = ℝ𝑛 , akkor A n × n-es mátrix, 𝑋 = (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ) ∈ ℝ𝑛 tárgyvektor 𝑌 = (𝑦1 , 𝑦2 , … , 𝑦𝑛 ) ∈ ℝ𝑛 képvektor 𝑎11 𝑌 = 𝐴𝑋 lineáris operátor egyenlete, ahol 𝐴 = ( ⋮ 𝑎𝑛1
⋯ 𝑎1𝑛 ⋱ ⋮ ) a lineáris operátor mátrixa ⋯ 𝑎𝑛𝑛
egy 𝐵0 bázisra vonatkozóan. 𝑦1 𝑎11 (⋮)=( ⋮ 𝑦𝑛 𝑎𝑛1
⋯ 𝑎1𝑛 𝑥1 ⋱ ⋮ ) ( ⋮ ) a lineáris operátor analitikus egyenlete ⋯ 𝑎𝑛𝑛 𝑥
Tétel. Ha V vektortérben (∃) két bázis: B és B’, melynek A, A’ a lineáris operátor mátrixai ⇒ 𝐴′ = 𝑇 −1 ∙ 𝐴 ∙ 𝑇, ahol T a bázis transzformációs mátrix. 3.4.2.1. Sajátvektorok és sajátértékek ⃗ } sajátvektora a ℎ(𝑥 ) lineáris operátornak, ha (∃) 𝜆 ∈ ℝ úgy, hogy Értelmezés. 𝑢 ⃗ ∈ 𝑉 ∖ {0 𝐴𝑢 ⃗ = 𝜆𝑢 ⃗ , ahol 𝜆 sajátértéke a ℎ(𝑥 ) lineáris operátornak. Tulajdonságok: ⃗ } sajátvektornak mindig csak egy 𝜆 sajátértéke van. 1) Az 𝑢 ⃗ ∈ 𝑉 ∖ {0 57
2) 𝜆 ∈ ℝ sajátértéknek több sajátvektora is lehet (𝑆𝜆 saját altér): 𝑆𝜆 = {𝑢 ⃗ ∈ 𝑉 |𝐴𝑢 ⃗ = 𝜆𝑢 ⃗} ⃗ ), míg a 𝜆 sajátérték lehet 0. 3) A sajátvektor mindig nullától különböző (𝑢 ⃗ ≠0 3.4.2.2. Sajátértékek, sajátvektorok kiszámítása 𝑉 = ℝ𝑛 vektortér, 𝐵0 = {⃗⃗⃗ 𝑒1 , ⃗⃗⃗ 𝑒2 , … , ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝑛 } kanonikus bázis (∃) 𝑌 = ℎ(𝑋) = 𝐴𝑋 lineáris operátor, ahol A a lineáris operátor mátrixa a 𝐵0 bázisra vonatkozóan (∃) 𝑢 ⃗ = (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ) sajátvektor, amelyre 𝐴𝑢 ⃗ = 𝜆𝑢 ⃗ ⟺ (𝐴 − 𝜆𝐼 )𝑢 ⃗ = ⃗0,
ahol 𝐼 egységmátrix
Ez utóbbi a sajátvektor vektoriális egyenlete. 𝑎12 𝑎1𝑛 𝑥1 𝑎11 − 𝜆 0 ⋯ 𝑎 𝑥 𝑎 − 𝜆 𝑎21 2𝑛 2 22 0 ⋯ ( ∗) ( ⋮ ) ( ⋮ ) = (⋮) ⋮ ⋮ ⋯ 𝑎 −𝜆 𝑥𝑛 𝑎𝑛2 0 𝑎𝑛1 𝑛𝑛 (𝑎11 − 𝜆)𝑥1 + 𝑎12 𝑥2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑥𝑛 = 0 𝑎 𝑥 + (𝑎22 − 𝜆)𝑥2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑥𝑛 = 0 { 21 1 ⋮ 𝑎𝑛1 𝑥1 + 𝑎𝑛2 𝑥2 + ⋯ + (𝑎𝑛𝑛 − 𝜆)𝑥𝑛 = 0
a sajátvektor analitikus egyenlete
lineáris homogén egyenletrendszer
Keressük az 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 értékeit, mert ezek határozzák meg az 𝑢 ⃗ -t. Tiltott a banális megoldás (𝑢 ⃗ ≠ ⃗0), a triviálistól különböző megoldás pedig csak akkor van, ha ∆ = 0, azaz ⇔ Δ𝑝 = det(𝐴 − 𝜆𝐼 ) = 0 A lineáris operátor karakterisztikus egyenlete: Δ𝑝 = det(𝐴 − 𝜆𝐼 ) = 0, vagy másképp: 𝑎12 𝑎1𝑛 𝑎11 − 𝜆 ⋯ 𝑎2𝑛 𝑎22 − 𝜆 ⋯ 𝑎21 | ⋮ |=0 ⋮ ⋮ ⋯ 𝑎 −𝜆 𝑎𝑛2 𝑎𝑛1 𝑛𝑛 𝑃𝑛 (𝜆) = 𝜆𝑛 + 𝑏1 ∙ 𝜆𝑛−1 + 𝑏2 ∙ 𝜆𝑛−2 + ⋯ + 𝑏𝑛−1 ∙ 𝜆 + 𝑏𝑛 – karakterisztikus prim-egyenlet 3.4.2.3. Összegzés Lépések: 1) A karakterisztikus egyenlet felírása; 2) A fenti egyenlet megoldásai (gyökei) 𝜆0𝑖 (𝑖 = ̅̅̅̅̅ 1, 𝑛) sajátértékei a lineáris operátornak; 3) (∀) 𝜆0𝑖 értékre megoldjuk a (∗) egyenletrendszert, amelyből meghatározzuk a megfelelő ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑢0𝑖 = (𝑥10 , 𝑥20 , … , 𝑥𝑛0 ) sajátvektorokat. 58
Tétel. 1. a) Ha a karakterisztikus egyenlet gyökei (a sajátértékek) különböznek, akkor n különböző sajátvektort kapunk, {⃗⃗⃗⃗ 𝑢1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝑢2 , … , ⃗⃗⃗⃗ 𝑢𝑛 } ezek lineárisan független vektorok. b) A sajátvektorok által alkotott bázisban (𝐵0 ′ -ban) a lineáris operátor (h(x)) mátrixa 𝐴̅ diagonális formát alkot: 𝜆1 0 ⋯ 0 𝜆2 ⋯ 0 ) 𝐴̅ = ( 0 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ 0 0 ⋯ 𝜆𝑛 ahol a 𝜆𝑖 sajátértékek a főátló mentén találhatók. Tétel. 2. Ha a karakterisztikus egyenlet 𝜆𝑖 -gyöke (sajátértéke) többszörös gyök (p-szeres) dim 𝑆𝜆𝑖 = 𝑝, akkor a (∗) rendszerből meghatározott sajátvektorok ugyancsak bázist alkotnak, amelyben A továbbra is diagonális, 𝜆1 0 ⋯ 0 ⋯ (∃) 𝐴̅ = ( 0 𝜆2 ⋱ 0⋮ ) ⋮ ⋮ 0 0 ⋯ 𝜆𝑛 Megjegyzés. Ha a többszörös gyök esetén dim 𝑆𝜆𝑖 ≠ 𝑝, akkor az operátor mátrixa nem diagonalizálható. 3.4.2.4. Sajátértékek, sajátvektorok, diagonizálás 1. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! 2 −7 𝐴=( ) 3 −8 Megoldás: 2−𝜆 a) Megoldjuk a karakterisztikus egyenletet: det(𝐴 − 𝜆𝐼 ) = 0, azaz | 3
−7 | = 0. −8 − 𝜆
A 𝜆2 + 6𝜆 + 5 = 0 egyenlet megoldásai 𝜆1 = - 5 és 𝜆2 = - 1 az A mátrix sajátértékei. b) A sajátvektorok az (𝐴 − 𝜆𝐼 )𝑋 = 0 egyenlet megoldásai. 7 −7 𝑥1 0 𝜆1 = - 5 esetén a ( ) ( ) = ( ) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = 𝑥2 = 𝑡. 3 −3 𝑥2 0 Tehát 𝑣1 = 𝑡(1,1) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ , t = 1 esetén az 𝑋 = (1,1) sajátvektor. 7 3 −7 𝑥1 0 𝜆2 = - 1 esetén a ( ) ( ) = ( ) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = 3 𝑡 és 𝑥2 = 𝑡. 3 −7 𝑥2 0 7
Tehát 𝑣2 = 𝑡(3, 1) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ , 𝑡 = 3 esetén 𝑋 = (7,3) sajátvektor. 2. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! 59
2 4 𝐴=( ) −2 6 Megoldás: a karakterisztikus egyenletet: det(𝐴 − 𝜆𝐼 ) = 0, azaz 2−𝜆 | −2
4 |=0. 6−𝜆
A 𝜆2 − 8𝜆 + 20 = 0 egyenletnek nincsenek valós megoldásai, tehát az A mátrixnak nincsenek valós sajátértékei. 3. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! 2 𝐴 = (0 2
1 −1 1 1) 0 −2
Megoldás: a) Megoldjuk a karakterisztikus egyenletet: det (𝐴 − 𝜆𝐼 ) = 0, azaz 2−𝜆 | 0 2
1 1−𝜆 0
−1 1 |=0. −2 − 𝜆
A – 𝜆(𝜆2 − 𝜆 − 2) = 0 egyenlet megoldásai: 𝜆1 = 0, 𝜆2 = - 1 és 𝜆3 = 2 az A mátrix sajátértékei. b) A sajátvektorok az (𝐴 − 𝜆𝐼 )𝑋 = 0 egyenlet megoldásai. 2 1 −1 𝑥1 0 𝜆1 = 0 esetén az (0 1 1 ) (𝑥2 ) = (0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = 𝑥3 = 𝑡 és 𝑥2 = 2 0 −2 𝑥3 0 −𝑡. Tehát a 𝑣1 = 𝑡(1, −1, 1) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ . 3 1 −1 𝑥1 0 𝜆2 = - 1 esetén az (0 2 1 ) (𝑥2 ) = (0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = 𝑡 és 𝑥2 = −𝑡, 2 0 −1 𝑥3 0 𝑥3 = 2𝑡. Tehát a 𝑣2 = 𝑡(1, −1,2) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ . 0 1 −1 𝑥1 0 𝑥 𝜆3 = 2 esetén az (0 −1 1 ) ( 2 ) = (0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥2 = 𝑥3 = 𝑡 és 𝑥1 = 2 0 −4 𝑥3 0 2𝑡. Tehát a 𝑣3 = 𝑡(2,1,1) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ . 60
4. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! 1 −1 0 𝐴 = (−1 2 −1) 0 −1 1 Megoldás: a) Megoldjuk a karakterisztikus egyenletet: det (𝐴 − 𝜆𝐼 ) = 0, azaz 1−𝜆 | −1 0
−1 2−𝜆 −1
0 −1 |=0. 1−𝜆
A λ(1-λ)(𝜆 − 3) = 0 egyenlet megoldásai: 𝜆1 = 0, 𝜆2 = 1 és 𝜆3 = 3 az A mátrix sajátértékei. b) A sajátvektorok az (𝐴 − 𝜆𝐼 )𝑋 = 0 egyenlet megoldásai. 1 −1 0 𝑥1 0 𝜆1 = 0 esetén az (−1 2 −1) (𝑥2 ) = (0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = 𝑥2 = 𝑥3 = 𝑡, 0 −1 1 𝑥3 0 tehát a 𝑣1 = 𝑡(1,1,1) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ , . 𝑥1 0 −1 0 0 𝑥 𝜆2 = 1 esetén az (−1 1 −1) ( 2 ) = (0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = −𝑡 , 𝑥2 = 0 𝑥3 0 −1 0 0 és 𝑥3 = 𝑡. Tehát a 𝑣2 = 𝑡(−1,0,1) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ , 𝑥1 −2 −1 0 0 𝑥 ( ) ( ) ( 𝜆3 = 3 esetén az −1 −1 −1 2 = 0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = 𝑥3 = 𝑡 és 0 −1 −2 𝑥3 0 𝑥2 = −2𝑡. Tehát a 𝑣3 = 𝑡(1, −2,1) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ . 5.
Adott a ℎ: 𝑅3 → 𝑅 3 lineáris operátor, melynek mátrixa egy kanonikus bázisban a
következő: 6 −14 0 𝐴 = ( 0 −3 −6) 0 −3 0 a) Határozzuk meg a lineáris operátor sajátértékeit és sajátvektorait! b) Igazoljuk, hogy a mátrix diagonizálható és adjuk meg azt a bázist, amelyben ez a diagonizált forma létezik. Megoldás: a) Meghatározzuk a sajátértékeket a karakterisztikus egyenletből: 61
6−𝜆 | 0 0
−14 −3 − 𝜆 −3
0 −6|=0. −𝜆
A (6-λ)( 𝜆2 + 3𝜆 − 18) = 0 egyenlet megoldásai: 𝜆1 = 6, 𝜆2 = - 6 és 𝜆3 = 3 az A mátrix sajátértékei. A sajátvektorok az (𝐴 − 𝜆𝐼 )𝑋 = 0 egyenlet megoldásai. 𝑥1 0 −14 0 0 𝑥 𝜆1 = 6 esetén az ( 0 −9 −6 ) ( 2 ) = (0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = 𝑡 és 𝑥2 = 0 −3 −6 𝑥3 0 𝑥3 = 0, tehát az 𝑣1 = 𝑡(1,0,0) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ , t = 1 esetén az 𝑣1 = (1,0,0). 12 −14 0 𝑥1 0 7 𝑥 ) ( ) ( 𝜆2 = -6 esetén az ( 0 = 3 −6 2 0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = 3 𝑡 , 𝑥2 = 0 −3 6 𝑥3 0 7
2𝑡 és 𝑥3 = 𝑡. Tehát 𝑣2 = 𝑡 ( , 2, 1 ) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ , t = 3 esetén az 𝑣2 = (7,6,3). 3
3 𝜆3 = 3 esetén az ( 0 0
−14 −6 −3
𝑥1 0 0 14 𝑥 −6) ( 2 )=(0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = 3 𝑡 , 𝑥2 = −3 𝑥3 0 14
𝑡 és 𝑥3 = −𝑡. Tehát 𝑣3 = 𝑡 ( , 1, −1 ) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ , t=3 esetén az 𝑣3 = 3
(14, 3, −3). b) Mivel az operátor sajátértékei
mind különbözők, az operátor mátrixa a következő
formában diagonizálható: 6 𝐴̅ = ( 0 0
0 −6 0
0 0). 3
Az 𝐴̅ diagonizált mátrixot a következő képlettel is ellenőrizhetjük: 𝐴̅ = 𝑇 −1 𝐴 𝑇, ahol T transzformációs mátrix a 𝐵 = {𝑣1, 𝑣2 , 𝑣3 } választott új bázisra nézve: 1 𝑇=( 0 0 6.
7 6 3
14 3) −3
Adott a ℎ: 𝑅3 → 𝑅3 lineáris operátor, melynek mátrixa egy kanonikus bázisban a
következő: 1 A= ( 3 0
3 0 −2 −1) −1 1
a) Határozzuk meg a lineáris operátor sajátértékeit és sajátvektorait! b) Igazoljuk, hogy a mátrix diagonizálható és adjuk meg azt az ortonormált bázist, amelyben ez a diagonizált forma létezik. 62
Megoldás: a) Meghatározzuk a sajátértékeket a karakterisztikus egyenletből: 1−𝜆 | 3 0
3 −2 − 𝜆 −1
0 −1 | = 0. 1−𝜆
A (1-λ)( 𝜆2 + 𝜆 − 12) = 0 egyenlet megoldásai: 𝜆1 = 1, 𝜆2 = - 4 és 𝜆3 = 3 az A mátrix sajátértékei. A sajátvektorok az (𝐴 − 𝜆𝐼 )𝑋 = 0 egyenlet megoldásai. 0 3 0 𝑥1 0 𝑥 𝜆1 = 1 esetén az ( 3 −3 −1) ( 2 ) = (0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = 𝑡 és 𝑥2 = 0 −1 0 𝑥3 0 0, 𝑥1 = 3𝑡, tehát a 𝑣1 = 𝑡(1,0,3) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ . 5 3 0 𝑥1 0 𝜆2 = -4 esetén az ( 3 2 −1) (𝑥2 ) = (0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = −3𝑡 , 𝑥2 = 0 0 −1 5 𝑥3 5𝑡 és 𝑥3 = 𝑡. Tehát 𝑣2 = 𝑡(−3,5,1) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗ . 𝑥1 −2 3 0 0 𝑥 𝜆3 = 3 esetén az ( 3 −5 −1) ( 2 ) = (0) mátrixegyenlet megoldása 𝑥1 = −3𝑡 , 𝑥2 = 0 −1 −2 𝑥3 0 −2𝑡 és 𝑥3 = 𝑡. Tehát 𝑣3 = 𝑡(−3, −2, 1) sajátvektorok, ahol 𝑡 ∈ 𝑹∗. Mivel az operátor sajátértékei mind különbözők, a mátrix diagonizált alakja: 1 𝐴̅ = ( 0 0
0 −4 0
0 0). 3
A transzformációs mátrix a választott új bázisra nézve: 1 𝑇=( 0 3 𝑢1 = (1,0,3) , ‖𝑢1 ‖ = √12 + 02 + 32 = √10,
−3 5 1
−3 −2). 1
𝑒1 =𝑢1 : ‖𝑢1 ‖ =
𝑢2 = (−3,5,1) , ‖𝑢2 ‖ = √(−3)2 + 52 + 12 = √35,
√10 (1,0,3) 10
𝑒2 =𝑢2 : ‖𝑢2 ‖ =
𝑢3 = (−3, −2,1) , ‖𝑢3 ‖ = √(−3)2 + (−2)2 + 12 = √14,
√35 (−3,5,1), 35
𝑒3 =𝑢3 : ‖𝑢3 ‖ =
√14 (−3, −2,1). 14
Tehát 𝐵 = {𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 } ortonormált bázis.
63
