´ JANUS PANNONIUS TUDOMANYEGYETEM
Schipp Ferenc
ANAL´IZIS II.
Folytonoss´ag, differenci´alhat´os´ag
***************
P´ecs, 1996
Lektorok: ´ ´ ´ DR. SZEKELYHIDI LASZL O egyetemi tan´ar, a mat. tud. doktora ´ ´ DR. SZILI LASZL O egyetemi docens, kandid´atus
El˝osz´o Ez a jegyzet egy t¨obb k¨otetre tervezett sorozat r´esze, amelynek eddig megjelent k¨oteteit a jegyzet v´eg´en soroltuk fel. A sorozat — sz´annd´ekaink szerint — a matematik´anak a tan´ark´epz´es szempontj´ab´ol legfontosabb fejezeteit dolgozza fel, figyelembe v´eve a tan´ark´epz˝o int´ezm´enyek tanterveit. Az anal´ızis t´argy keret´eben oktatott tananyagot 6-8 kisebb terjedelm˝ u k¨otetben tervezz¨ uk kiadni. Ebben a jegyzetben az Anal´ızis I. mellett Kamar´as Lajos: Matematikai bevezet´es c´ım˝ u k¨ot´ere t´ amaszkodunk, amely a halmazelm´eleti ´es logikai alapokat tartalmazza. A jegyzetben a szorosabb ´ertelemben vett tananyagon t´ ulmen˝oen n´eh´any olyan t´ema is szerepel, amely a kitekint´est szolg´alja ´es a tan´ar-tov´abbk´epz´esben hasznos´ıthat´o. Minden fejezethez egy feladatsor kapcsol´odik, amely a gyakorl´as mellett az anyag m´elyebb elsaj´at´ıt´as´at is el˝oseg´ıtheti. A jegyzethez f˝ uz¨ott f¨ uggel´ekben algebra alapt´etel´enek egy elemi bizony´ıt´as´at ismertetj¨ uk.
.
1
TARTALOM
El˝osz´o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tartalom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Jel¨ol´esek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1. F¨ uggv´enyek 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5.
N´eh´any nevezetes f¨ uggv´eny . . . Polinomok ´es racion´alis f¨ uggv´enyek Analitikus f¨ uggv´enyek . . . . . N´eh´any elemi f¨ uggv´eny . . . . . Feladatok . . . . . . . . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . 5 . . 8 . 14 . 21 . 26
Sz´amhalmazok torl´od´asi pontja . . . . F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke . . . . . . . . ´ Atviteli elv . . . . . . . . . . . . . M˝ uveletek hat´ar´ert´ekekkel . . . . . . . Nevezetes hat´ar´ert´ekek . . . . . . . . 2.5.1. Polinomok hat´ar´ert´eke . . . . . 2.5.2. Racion´alis f¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke 2.5.3. Analitikus f¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke 2.6. Feladatok . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
31 34 39 40 44 44 44 46 47
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
51 53 55 56 58 60 65 73
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
78
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5.
3. Folytonoss´ag 3.1. F¨ uggv´enyek folytonoss´aga . . . . . . 3.2. M˝ uveletek folytonos f¨ uggv´enyekkel . . 3.3. Folytonos f¨ uggv´enyek tulajdons´agai . . 3.3.1. Weierstrass t´etele . . . . . . . 3.3.2. Egyenletes folytonoss´ag . . . . 3.3.3. Az inverz f¨ uggv´eny folytonoss´aga 3.3.4. Bolzano t´etele . . . . . . . . 3.4. Feladatok . . . . . . . . . . . . .
4.
. . . . . . . .
Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek 4.1. A deriv´alt ´ertelmez´ese
2
4.2. 4.3. 4.4.
4.5.
4.1.1. P´eld´ak . . . . . . . . . . . . . 4.1.2. Differenci´al´asi szab´alyok. . . . . . 4.1.3. A k¨ozvetett f¨ uggv´eny deriv´altja . . 4.1.4. Az inverz f¨ uggv´eny deriv´altja . . . Lok´alis sz´els˝o´ert´ek . . . . . . . . . . . A differenci´alsz´am´ıt´as k¨oz´ep´ert´ekt´etelei . . N´eh´any elemi f¨ uggv´eny inverze . . . . . . 4.4.1. A trigonometrikus f¨ uggv´enyek n´eh´any 4.4.2. A tangens ´es cotangens f¨ uggv´eny . . 4.4.3. A trigonometrikus f¨ uggv´enyek inverze 4.4.4. A hiperbolikus f¨ uggv´enyek inverze . Feladatok . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . tulajdons´aga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
81 83 87 89 91 94 99 99 102 103 107 110
5. A differenci´alsz´am´ıt´as n´eh´any alkalmaz´asa 5.1. 5.2. 5.3. 5.4. 5.5. 5.6. 5.6.
L’Hospital szab´aly . . . . . . . . T¨obbsz¨or differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek Taylor formula . . . . . . . . . . Konvex ´es konk´av f¨ uggv´enyek . . . F¨ uggv´enydiszkusszi´o . . . . . . . T´erg¨orbe ´erint˝oje . . . . . . . . Feladatok . . . . . . . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
116 120 124 127 133 139 143
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
148 152 157 159
6. F¨ uggel´ek 6.1 6.2 6.3 6.4
Az algebra alapt´etele Interpol´aci´o . . . . Racion´alis f¨ uggv´enyek Irodalom . . . . . .
. . . . . . . . . . felbont´asa . . . . .
. . . .
. . . .
3
Jel¨ol´esek N Z Q R C K Kr (a) Pn P F(H, K) C(H, K) La (f ), limx→a f (x) La+ (f ), limx→a+ f (x) La− (f ), limx→a− f (x) 4a (f ) df f 0 (a), dx (a) n f (n) (a), ddxnf (a) D(H, K) Dn (H, K) C n (H, K)
a term´esztes sz´amok halmaza az eg´esz sz´amok halmaza a racion´alis sz´amok halmaza a val´os sz´amok halmaza a komplex sz´amok halmaza a val´os vagy a komplex sz´amok halmaza az a ∈ K pont r > 0 sugar´ u k¨ornyezete az n-edfok´ u polinomok halmaza a polinomok halmaza az f : H → K t´ıpus´ u f¨ uggv´enyek halmaza a F(H, K)-beli folytonos f¨ uggv´enyek halmaza az f f¨ uggv´eny a pontbeli hat´ar´ert´eke az f f¨ uggv´eny a pontbeli jobb oldali hat´ar´ert´eke az f f¨ uggv´eny a pontbeli bal oldali hat´ar´ert´eke az f f¨ uggv´eny a pontbeli differenciah´anyadosa az f f¨ uggv´eny a pontbeli deriv´altja az f f¨ uggv´eny a pontbeli n-edik deriv´altja az F(H, K)-beli differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek halmaza az n-szer differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek halmaza az n-szer folytonosan differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek halmaza
4
1. F¨ uggv´enyek Ebben a fejezetben n´eh´any alapvet˝o f¨ uggv´enyoszt´allyal, nevezetesen a polinomok, a racion´alis f¨ uggv´enyek ´es az analitikus f¨ uggv´enyek oszt´aly´aval foglalkozunk. Bevezetj¨ uk a legfontosabb elemi f¨ uggv´enyeket, t¨obbek k¨oz¨ott az exponenci´alis-, a trigonometrikus- ´es a hiperbolikus f¨ uggv´enyeket. Ezeket a f¨ uggv´enyeket hatv´anysorukkal ´ertelmezz¨ uk. Ennek a k¨oz´episkol´aban megszokott´ol elt´er˝o bevezet´esnek t¨obb el˝onye is van. Ez a definici´o — kisebb-nagyobb m´odos´ıt´assal — k¨ozvetlen¨ ul felhaszn´alhat´o a f¨ uggv´eny´ert´ekek kisz´am´ıt´as´ara. M´asr´eszt a hatv´anysorral t¨ort´en˝o ´ertelmez´es r´ev´en lehet˝os´eg ny´ılik az elemi f¨ uggv´enyek komplex kiterjeszt´es´ere. A tov´abbiakban — ahol az lehets´eges — egyszerre t´argyaljuk a val´os ´es komplex v´altozatot. Legt¨obbsz¨or teh´at K1 → K2 t´ıpus´ u f¨ uggv´enyekkel foglalkozunk, ahol K1 ´es K2 a val´os, ill. a komplex sz´amok halmaza k¨oz¨ ul valamelyiket jel¨oli. Haszn´alni fogjuk a f¨ uggv´enyekkel kapcsolatban az el˝oz˝o k¨otetben bevezetett fogalmakat ´es jel¨ol´eseket. Ezzel ¨osszhangban valamely f f¨ uggv´enyt K1 → K2 t´ıpus´ unak nevezz¨ uk, ha ´ertelmez´esi tartom´anya r´esze K1 -nek, ´ert´ekk´eszlete pedig r´esze K2 –nek. Az f : H → K2 jel¨ol´essel azt juttatjuk kifejez´esre, hogy az f ´ertelmez´esi tartom´anya a H halmaz, ´ert´ekk´eszlete pedig r´esze K2 –nek. A val´os f¨ uggv´enyeket c´elszer˝ u grafikonjukkal ´abr´azolni. Ez azt jelenti, hogy a H ⊆ R halmazon ´ertelmezett f : H → R f¨ uggv´enyt a Γ(f ) := {(x, y) ∈ R2 : x ∈ H, y = f (x)} ⊂ R2 s´ıkbeli halmazzal szeml´eltetj¨ uk. Komplex v´altoz´os, komplex ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyek nem szeml´eltethet˝ok ezzel a m´odszerrel, hiszen ilyenkor a grafikon a C × C (4 dimenzi´os) t´er r´eszhalmaza. Ebben az esetben c´elszer˝ u bizonyos, a f¨ uggv´enyre jellemz˝o g¨orb´eket (pl. egyeneseket, vagy k¨or¨oket) ´es ezeknek a f¨ uggv´eny ´altal l´etes´ıtett k´ep´et ´abr´azolni. Az ilyen t´ıpus´ u lek´epez´eseket — a geometri´aban szok´asos sz´ohaszn´alattal ´elve — a komplex sz´ams´ık transzform´aci´oinak is nevezik. Sz´amos, a geometri´aban j´ol ismert transzform´aci´o ´ırhat´o le C → C t´ıpus´ u f¨ uggv´ennyel. A komplex konjug´al´as seg´ıts´eg´evel ´ertelmezett C 3 z := x + iy → z¯ := x − iy ∈ C f¨ uggv´eny a val´os tengelyre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´esnek felel meg. R¨ogz´ıtett a ∈ C, a 6= 0 eset´en a C 3 z → z + a ∈ C lek´epez´es egy eltol´asnak, a C 3 z → za ∈ C lek´epez´es
1. F¨ uggv´enyek
5
pedig egy forgatva–ny´ ujt´asnak felel meg. A komplex v´altoz´os f¨ uggv´enyeknek ez az interpret´aci´oja lehet˝ov´e teszi, hogy geometriai feladatokat komplex f¨ uggv´enytani eszk¨oz¨okkel oldjunk meg. R → C ´es C → R t´ıpus´ u f¨ uggv´enyek grafikonj´at az R3 t´erben ´abr´azolhatjuk, megjelen´ıtve a grafikonnak megfelel˝o g¨orb´et, illetve fel¨ uletet. Ezekr˝ol a lehet˝os´egekr˝ol az egyes p´eld´ak kapcs´an m´eg r´eszletesen sz´olunk.
1.1. N´eh´any nevezetes f¨ uggv´eny Ebben a pontban eml´ekeztet¨ unk n´eh´any ismert egyv´altoz´os f¨ uggv´eny ´ertelmez´es´ere. Ezeket a matematika minden ´ag´aban ´es a sz´am´ıt´astechnik´aban is haszn´alj´ak.
Defin´ıci´ o. A K 3 x → abs (x) := |x| ∈ R f¨ uggv´enyt abszol´ ut ´ ert´ ek f¨ uggv´ enynek nevezz¨ uk. Sz´amok abszol´ ut ´ert´ek´enek defin´ıci´oj´at felhaszn´alva az abszol´ ut ´ert´ek f¨ uggv´eny val´os estben az ½ x, ha x ≥ 0, abs (x) = −x, ha x < 0, komplex esetben pedig az p abs (z) = x2 + y 2 (z = x + iy ∈ C) alakban ´ırhat´o fel. A k´et f¨ uggv´eny grafikonj´at az al´abbi ´abr´akon szeml´eltetj¨ uk. y
abs
x
1. ´abra
A komplex esetben — a C komplex sz´ams´ıkot az R2 -tel azonos´ıtva — a grafikon az R3 t´erben ´abr´azolhat´o: Γ(abs) := {(x, y, |z|) : x, y ∈ R, z = x + iy}.
6
1.1. N´eh´any nevezetes f¨ uggv´eny
Egyszer˝ uen bel´athat´o, hogy Γ(abs) egy forg´ask´ up, amelynek tengelye 45◦ -ot z´ar be az alkot´okkal.
|z|
y x
2. ´abra Ismeretes, hogy az x ∈ R sz´am [x] szimb´olummal jel¨olt eg´eszr´esze azzal az n ∈ Z eg´esz sz´ammal egyenl˝o, amelyre n 5 x < n + 1 teljes¨ ul.
Defin´ıci´ o. Az int (x) := [x],
frac (x) := x − [x]
(x ∈ R)
utas´ıt´asokkal ´ertelmezett f¨ uggv´enyeket eg´ eszr´ esz f¨ uggv´ enynek, illetve t¨ ortr´ esz f¨ uggv´ enynek nevezz¨ uk. Ezek grafikonj´at az al´abbi ´abr´akon szeml´eltetj¨ uk.
int
y
y frac 1
1 -2
-1
1
2
3. ´abra
3
x
-2
-1
1
4. ´abra
2
3
x
1. F¨ uggv´enyek
7
Gyakran haszn´alni fogjuk az el˝ojelf¨ uggv´enyt (m´as sz´oval a szignumf¨ uggv´enyt), amelynek komplex v´altozat´at a k¨ovetkez˝ok´eppen ´ertelmezz¨ uk.
Defin´ıci´ o. A ½ sign (z) :=
0, z¯/|z|,
ha z = 0, ha z = 6 0
utas´ıt´assal ´ertelmezett f¨ uggv´enyt el˝ ojelf¨ uggv´ enynek nevezz¨ uk. Az ´ertelmez´esb˝ol k¨ovetkezik, hogy |sign (z)| = 1,
ha
z 6= 0,
z sign (z) = |z|
(z ∈ C).
Az el˝ojelf¨ uggv´enynek a val´os sz´amok halmaz´ara vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´et ugyanezzel a szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Nyilv´an erre sign (x) =
1, 0,
ha x > 0, ha x = 0,
−1,
ha x < 0
teljes¨ ul.
y sign
x
5. ´abra Az eml´ıtett egyszer˝ u komplex v´altoz´os f¨ uggv´enyeken k´ıv¨ ul haszn´alni fogjuk m´eg azokat a lek´epez´eseket, amelyek komplex sz´amokhoz azok val´os, illetve k´epzetes r´esz´et rendelik.
8
1.2. Polinomok, racion´alis f¨ uggv´enyek
Defin´ıci´ o. Az C 3 z := x + iy → re (z) := x ∈ R C 3 z := x + iy → im (z) := y ∈ R utas´ıt´assal ´ertelmezett f¨ uggv´enyeket val´ os r´ esz f¨ uggv´ enynek, illetve k´ epzetes r´ esz f¨ uggv´ enynek nevezz¨ uk.
Ezek grafikonja egy-egy s´ık, amelyek az XY -s´ıkkal 45◦ -os sz¨oget z´arnak be, ´es amelyek ´athaladnak az Y , illetve az X tengelyen.
Im z
Re z
45°
45°
y
y x
x
6.´abra
7.´abra
1.2. Polinomok ´es racion´alis f¨ uggv´enyek
A K → K t´ıpus´ u f¨ uggv´enyek k¨oz¨ott sok vonatkoz´asban kit¨ untetett szerepet j´atszanak az algebrai polinomok. Ezek helyettes´ıt´esi ´ert´ekei egyszer˝ uen kisz´am´ıthat´ok. Ez´ert a polinomokat gyakran haszn´aljuk m´as, bonyolultabb f¨ uggv´enyek ´ert´ekeinek k¨ozel´ıt´es´ere.
1. F¨ uggv´enyek
9
Defin´ıci´ o. Legyenek n ∈ N ´es a0 , a1 , · · · , an ∈ K adott sz´amok. A K 3 x → P (x) := a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ K
(1)
utas´ıt´assal ´ertelmezett P f¨ uggv´enyt n–edfok´ u polinomnak nevezz¨ uk. Ha an 6= 0, akkor azt mondjuk, hogy a P polinom pontosan n-edfok´ u, s ilyenkor az n ∈ N sz´amot a P polinom foksz´ am´ anak nevezz¨ uk ´es a deg(P ) szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Az ai (i = 0, 1, · · · , n) sz´amokat P egy¨ utthat´ oinak nevezz¨ uk. Az n-edfok´ u polinomok halmaz´at a Pn szimb´olummal fogjuk jel¨olni. Nyilv´anval´o, hogy P0 azonos a konstans f¨ uggv´enyek halmaz´aval. Speci´alisan azt a konstans polinomot, amely a 0 ´ert´eket veszi fel z´eruspolinomnak nevezz¨ uk, ´es a θ szimb´olummal jel¨olj¨ uk. A polinomok ¨osszess´ege, azaz a P := ∪∞ n=0 Pn f¨ uggv´enyhalmaz a K-n ´ertelmezett f¨ uggv´enyek ter´enek egy line´aris altere, az nedfok´ u polinomok halmaza pedig P-nek egy altere. Ezeknek a z´eruspolinom a nulleleme. (L´asd az [A1] F¨ uggel´ek´et.) A polinomok helyettes´ıt´esi ´ert´ekei — felhaszn´alva az al´abbi, u ´n. Horner-f´ele elrendez´est — egyszer˝ uen megkaphat´ok. Val´oban, P ´ert´ekei a P (x) = a0 + x(a1 + x(a2 + · · · + x(an−1 + an x) · · · ))
(x ∈ K)
azonoss´ag alapj´an az al´abbi (ford´ıtott ir´any´ u) rekurzi´oval sz´am´ıthat´ok ki: yn := an ,
yk := ak +x yk+1
(k = n − 1, n − 2, · · · , 2, 1, 0)
P (x) = y0 . Polinomokkal kapcsolatban gyakran felhaszn´aljuk a k¨ovetkez˝o alapvet˝o ´all´ıt´ast, amelynek a bizony´ıt´as´at a F¨ uggel´ekben k¨oz¨olj¨ uk.
1. T´etel. Legyen P (z) := a0 + a1 z + · · · + an z n (z ∈ C) egy komplex egy¨ utthat´os, nem konstans, pontosan n-edfok´ u polinom. Ekkor l´eteznek olyan λ1 , λ2 , · · · , λn ∈ C komplex sz´amok, amelyekkel a P polinom fel´ırhat´o (2)
P (z) = an (z − λ1 )(z − λ2 ) · · · (z − λn )
(z ∈ C)
alakban. A (2) el˝o´all´ıt´ ast a P polinom gy¨okt´enyez˝os alakj´anak nevezz¨ uk. A λi (i = 1, 2, · · · , n) komplex sz´amokra (2) alapj´an nyilv´anval´oan (3)
P (λi ) = 0
(i = 1, 2, · · · , n)
10
1.2. Polinomok, racion´alis f¨ uggv´enyek
teljes¨ ul, azaz a λi (i = 1, 2, · · · , n) sz´amok a P gy¨okei, vagy z´erushelyei. A (2) el˝o´all´ıt´asban szerepl˝o λi sz´amok nem felt´etlen¨ ul k¨ ul¨onb¨oznek egym´ast´ol. Ha a λ sz´am a λ1 , λ2 , · · · , λn sz´amok k¨oz¨ott pontosan m-szer fordul el˝o, akkor azt mondjuk, hogy a λ gy¨ok multiplicit´asa m. Tegy¨ uk fel, hogy a P -nek r sz´am´ u, egym´ast´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o gy¨oke van ´es jel¨olj¨ uk ezeket a λ1 , λ2 , · · · , λr szimb´olumokkal. Ha a λj multiplicit´asa mj , akkor a (2) szorzat fel´ırhat´o a P (z) = an (z − λ1 )m1 · · · (z − λr )mr
(z ∈ C)
alakban, ahol a λ1 , · · · , λr sz´amok p´aronk´ent k¨ ul¨onb¨oz˝oek. K¨onnyen igazolhat´o, hogy ez az el˝o´all´ıt´as — a t´enyez˝ok sorrendj´et lesz´am´ıtva — egy´ertelm˝ u. A fenti el˝o´all´ıt´as´aban el˝ofordul´o (z − λj )mj (z ∈ K) f¨ uggv´enyeket a P polinom gy¨okt´enyez˝oinek nevezz¨ uk. Az 1. T´etelnek, amelyet az algebra alapt´etel´enek is szok´as nevezni, egy fontos k¨ovetkezm´eny´et fogalmazzuk meg az al´abbi ´all´ıt´asban.
1. K¨ovetkezm´eny. Ha valamely n-edfok´u polinomnak n-n´el t¨obb gy¨oke van, akkor a polinomnak minden egy¨ utthat´oja nulla. Val´oban, tegy¨ uk fel, hogy P pontosan n-edfok´ u, azaz an 6= 0 ´es ´ırjuk fel a P polinomot a (2) gy¨okt´enyez˝os alakban. Minthogy P -nek n-n´el t¨obb egym´ast´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o gy¨oke van, ez´ert P -nek l´etezik olyan λ ∈ K gy¨oke, amelyre λ 6= λk (k = 1, 2, · · · , n). K¨ovetkez´esk´eppen (2) alapj´an 0 = P (λ) = an (λ − λ1 ) · · · (λ − λn ). Minthogy λ − λk 6= 0 (k = 1, 2, · · · , n), az´ert an = 0, s ezzel ellenmond´asra jutottunk. Eml´ekeztet¨ unk arra, hogy a P ´es Q f¨ uggv´enyt akkor tekintj¨ uk egyenl˝onek, ha ´ertelmez´esi tartom´anyuk egyenl˝o, tov´abb´a, ha az ´ertelmez´esi tartom´any b´armely z elem´ere P (z) = Q(z) teljes¨ ul. Polinomok eset´en ez azzal ekvivalens, hogy az egy¨ utthat´ok egyenl˝ok.
2. K¨ovetkezm´eny. Legyen P (z) := a0 +a1 z +· · ·+an z n ,
Q(z) := b0 +b1 z +· · ·+bm z m
k´et polinom. Ha P = Q, akkor m = n ´es a0 = b0 , a1 = b1 , · · · , an = bn .
(z ∈ K)
1. F¨ uggv´enyek
11
Val´oban, tegy¨ uk fel, hogy p´eld´aul n 5 m ´es tetsz˝oleges z ∈ K eset´en legyen R(z) := P (z) − Q(z) = (a0 − b0 ) + (a1 − b1 )z + · · · + (an − bn )z n + · · · + (am − bm )z m . Ekkor minden z ∈ K eset´en R(z) = 0, s ez´ert az 1. K¨ovetkezm´eny alapj´an aj −bj = 0 (j = 0, 1, · · · , m). Az 1.T´etelb˝ol egyszer˝ uen ad´odik az al´abbi
3. K¨ovetkezm´eny. A hk (z) := z k
(z ∈ K, k ∈ N)
hatv´ anyf¨ uggv´ enyek line´arisan f¨ uggetlenek. Val´oban, tegy¨ uk fel, hogy a h0 , h1 , · · · , hn f¨ uggv´enyek valamely line´aris kombin´aci´oja a z´erus polinommal egyenl˝o, azaz minden z ∈ K sz´amra Q(z) := c0 h0 (z) + c1 h1 (z) + · · · + cn hn (z) = c0 + c1 z + · · · + cn z n = 0. Ekkor a K-nak minden eleme az n-edfok´ u Q polinomnak gy¨oke, s ez´ert az 1. K¨ovetkezm´eny alapj´an a Q valamennyi egy¨ utthat´oja 0. Minthogy a h0 , h1 , · · · , hn f¨ uggv´enyek line´aris burka Pn , az´ert ezek a f¨ uggv´enyek a Pn t´er egy b´azis´at alkotj´ak. (L´asd az [A1] F¨ uggel´ek´et.) Megmutatjuk, hogy a hn hatv´anyf¨ uggv´enyek tetsz˝oleges a ∈ K sz´ammal val´o eltoltjai, azaz a hn (z + a) = (z + a)n (z ∈ K) f¨ uggv´enyek el˝o´all´ıthat´ok a h0 , h1 , · · · , hn line´aris kombin´aci´ojak´ent. A line´aris kombin´aci´o egy¨ utthat´oi — amint ezt az al´abbi u ´n. binomi´alis t´etelben bebizony´ıtjuk — kifejezhet˝ok az µ ¶ µ ¶ n n n(n − 1) · · · (n − k + 1) := 1, := (n ∈ N, k ∈ N∗ ) 0 k 1 · 2···k binomi´alis egy¨ utthat´ok seg´ıts´eg´evel. Ezek ´ertelmez´es´eb˝ol egyszer˝ uen k¨ovetkezik, hogy µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n+1 n n (4) = 0 (k > n), = + (n ∈ N, k ∈ N∗ ). k k k−1 k Minthogy k > n eset´en a binomi´alis egy¨ utthat´o sz´aml´al´oj´aban az (n − n) t´enyez˝o is el˝ofordul, az´ert ilyenkor 0-´at kapunk. Az ´all´ıt´as m´asodik r´esze a k¨ovetkez˝ok´eppen igazolhat´o: µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ ¡ n n n n+1 n − k + 1¢ n n+1 + = = . 1+ = k−1 k k−1 k k k k−1
12
1.2. Polinomok, racion´alis f¨ uggv´enyek
A most igazolt rekurzi´os formul´ak alapj´an nyilv´anval´o, hogy a binomi´alis egy¨ utthat´ok eg´esz sz´amok.
Binomi´alis t´etel. B´armely n ∈ N ´es a, z ∈ K eset´en fenn´all a n µ ¶ X n k n−k (z + a) = z a k n
(5)
k=0
egyenl˝os´eg. ´ s. Ha n = 0 vagy ha n = 1, akkor (5) nyilv´an teljes¨ Bizony´ıta ul. n–re vonatkoz´o teljes indukci´ot alkalmazva tegy¨ uk fel, hogy a sz´oban forg´o egyenl˝os´eg az n kitev˝ore ´erv´enyes, s ezt felhaszn´alva igazoljuk (n + 1)-re. Az indukci´os felt´etel alapj´an (z + a)n+1 = (z + a)(z + a)n =
n µ ¶ n µ ¶ X n k+1 n−k X n k n+1−k z a + z a . k k
k=0
k=0
Az els˝o ¨osszegben a k + 1 = `, a m´asodik ¨osszegben pedig ¡ n ¢ k = ` helyettes´ıt´est alakalmazva ´es felhaszn´alva a (4) rekurzi´ot, valamint az n+1 = 0 egyenl˝os´eget azt kapjuk, hogy ¶ n+1 X µn¶ n z ` an+1−` + z ` an+1−` = `−1 ` `=0 `=0 µ ¶ n+1 X n+1 = z ` an+1−` , `
(z + a)n+1 =
n+1 Xµ
`=0
s ezzel az (5) egyenl˝os´eget az n + 1 kitev˝ore is bebizony´ıtottuk. ¤ A h0 ´es a h1 hatv´anyf¨ uggv´enyekb˝ol kiindulva a sz´ammal val´o szorz´as, az ¨osszead´as, kivon´as, ´es szorz´as m˝ uvelet´et v´eges sokszor alkalmazva minden polinomhoz eljuthatunk. Nyilv´anval´o, hogy k´et polinom ¨osszege ´es szorzata is polinom, tov´abb´a b´armely polinom sz´amszorosa szint´en polinom. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a polinomok P halmaza algebr´at alkot. (L´asd az [A1] F¨ uggel´ek´et.) Ismeretes, hogy az oszt´as ´altal´aban m´ar kivezet a polinomok k¨or´eb˝ol, az u ´n. marad´ekos oszt´as azonban mindig elv´egezhet˝o. Egyszer˝ uen igazolhat´o, hogy b´armely P ´es Q polinomhoz egy´ertelm˝ uen l´etezik olyan S ´es R polinom, amelyre P = QS + R,
deg (R) < deg (Q)
teljes¨ ul. S-et a P -nek Q-val val´o oszt´as´an´al kapott h´anyados´anak, az R polinomot pedig marad´eknak nevezz¨ uk. (L´asd a 2. Feladatot.)
1. F¨ uggv´enyek
13
Defin´ıci´ o.
Legyenek P ´es Q K-beli egy¨ utthat´os polinomok, ahol Q 6= θ ´es jel¨olje ΛQ := {λ1 , · · · , λr } a Q gy¨okeinek a halmaz´at. A K \ ΛQ 3 z → S(z) :=
P (z) ∈K Q(z)
utas´ıt´assal ´ertelmezett S f¨ uggv´enyt racion´ alis f¨ uggv´ enynek nevezz¨ uk. A P polinomot S sz´aml´al´oj´anak, Q-t pedig az S nevez˝oj´enek nevezz¨ uk. A racion´alis f¨ uggv´enyek ¨osszess´eg´et a Q szimb´olummal fogjuk jel¨olni. Minthogy b´armely P ∈ P polinom fel´ırhat´o P/h0 alakban, az´ert P ⊂ Q. El˝ofordulhat, hogy a P ´es Q polinomnak vannak k¨oz¨os gy¨okei. A megfelel˝o gy¨okt´enyez˝okkel val´o egyszer˝ us´ıt´essel olyan racion´alis f¨ uggv´enyhez jutunk, amelyben a sz´aml´al´onak ´es a nevez˝onek m´ar nincsenek k¨oz¨os gy¨okei. Q-beli f¨ uggv´enyek vizsg´alat´an´al elegend˝o ilyen, tov´abb m´ar nem egyszer˝ us´ıthet˝o racion´alis f¨ uggv´enyekre szor´ıtkozni. Ha P foksz´ama kisebb Q foksz´am´an´al, akkor P/Q-t val´odi racion´alis f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk . Marad´ekos oszt´ast alkalmazva nyilv´anval´o, hogy tetsz˝oleges P/Q racion´alis f¨ uggv´eny fel´ırhat´o P R =S+ Q Q alakban, ahol S ∈ P ´es R/Q m´ar val´odi racion´alis f¨ uggv´eny. Ez az el˝o´all´ıt´as lehet˝ov´e teszi, hogy bizonyos, racion´alis f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos k´erd´esek vizsg´alat´aban val´odi racion´alis f¨ uggv´enyekre szor´ıtkozzunk. A polinomok el˝o´all´ıthat´ok a h1 hatv´anyainak line´aris kombin´aci´ojak´ent. A val´odi racion´alis f¨ uggv´enyek — amint azt a f¨ uggel´ekben bebizony´ıtjuk — az
rσ (z) :=
1 z−σ
(z ∈ K \ {σ}, σ ∈ K)
f¨ uggv´enyek hatv´anyainak line´aris kombin´aci´ojak´ent kaphat´ok meg. Erre vonatkozik az al´abbi
14
1.3. Analitikus f¨ uggv´enyek
2. T´etel. Legyen S = P/Q komplex egy¨utthat´os, tov´abb m´ar nem egyszer˝ us´ıthet˝o val´odi racion´alis f¨ uggv´eny, amely nevez˝oj´enek gy¨okt´enyez˝os felbont´asa Q(z) = (z − σ1 )m1 · · · (z − σs )ms
(z ∈ C).
Ekkor l´eteznek olyan A`k (k = 1, 2, · · · , m` , ` = 1, · · · , s) komplex sz´amok, hogy s
(6)
m
` P (z) X X A`k S(z) = = Q(z) (z − σ` )k
(z ∈ C \ ΛQ ).
`=1 k=1
A (6) felbont´asban fell´ep˝o A`k sz´amok meghat´arozhat´ok. Nevezetesen a (6) egyenl˝os´egben mindk´et oldalt Q-val megszorozva egy-egy polimot kapunk. Ezek — a 2. K¨ovetkezm´eny alapj´an — pontosan akkor egyenl˝ok, ha a megfelel˝o egy¨ utthat´ok egyenl˝ok. Ezt a felt´etelt az A`k egy¨ utthat´okra fel´ırva egy, a (6)-tal ekvivalens line´aris egyenletrendszert kapunk.
1.3. Analitikus f¨ uggv´enyek A polinomokat egy¨ utthat´ oik seg´ıts´eg´evel (1)–ben ´ertelmezt¨ uk. Ebben a defin´ıci´oban a v´eges ¨osszeget v´egtelen sorral helyettes´ıtve eljuthatunk a hatv´anysor fogalm´ahoz.
Defin´ıci´ o. R¨ogz´ıts¨unk egy z0 ∈ K sz´amot ´es egy a = (an , n ∈ N) K-beli sz´amsorozatot. Az ezekkel k´epzett (7)
a0 + a1 (z − z0 ) + · · · + an (z − z0 )n + · · · = =
∞ X
an (z − z0 )n
(z ∈ K)
n=0
v´egtelen sort hatv´ anysornak, az (an , n ∈ N) sorozat tagjait a hatv´anysor egy¨ utthat´ oinak, a z0 ∈ K sz´amot pedig a hatv´anysor konvergenciak¨ oz´ eppontj´ anak nevezz¨ uk. V´eve b´armely z ∈ K sz´amot a (7) v´egtelen sor konvergens, vagy divergens. Azoknak a z ∈ K sz´amoknak az ¨osszess´eg´et, amelyekre a (7) v´egtelen sor konvergens a hatv´anysor konvergenciahalmaz´anak nevezz¨ uk. Minthogy z = z0 eset´en a sz´oban forg´o sor valemennyi 0-n´al nagyobb index˝ u tagja 0, az´ert a konvergenciak¨oz´eppont
1. F¨ uggv´enyek
15
eleme a konvergenciahalmaznak. Legyen p α := lim sup n |an |. n→∞
Defin´ıci´ o. Az R :=
0, +∞,
(α = +∞), (α = 0),
1/α,
(0 < α < ∞)
R–beli elemet a (7) hatv´anysor konvergenciasugar´ anak nevezz¨ uk. A konvergencia halmazr´ol ny´ ujt pontosabb felvil´agos´ıt´ast az al´abbi ´all´ıt´as.
Cauchy–Hadamard-t´etel. Legyen R a (7) hatv´anysor konvergenciasugara. Ekkor a (7) sor a KR (z0 ) := {z ∈ K : |z − z0 | < R} halmaz pontjaiban abszol´ ut konvergens, |z − z0 | > R eset´en pedig divergens. ´ s. Legyen el˝osz¨or |z − z0 | < R ´es alkalmazzuk a Cauchy-f´ele gy¨okBizony´ıta krit´eriumot a (7) sorra (l´asd [A1], 101. oldal). Mivel lim sup n→∞
p n
|an (z − z0 )n | = |z − z0 | lim sup n→∞
az´ert a
∞ X
p n
|an | = |z − z0 |/R < 1,
|an ||z − z0 |n
n=0
sor konvergens. Ezzel az ´all´ıt´ as els˝o r´esz´et bebizony´ıtottuk. Ha |z − z0 | > R, akkor lim sup n→∞
p n |an (z − z0 )n | = |z − z0 |/R > 1.
Ism´et alkalmazva a gy¨okkrit´eriumot azt kapjuk, hogy ebben az esetben a (7) sor val´oban divergens. ¤ A most igazolt t´etel szerint az R = 0 esetben a (7) sor konvergenciahalmaza egyetlen pontb´ol, a z0 -b´ol ´all, R = ∞ eset´en pedig a konvergenciahalmaz K-val egyenl˝o. Ha 0 < R < ∞, akkor a sz´oban forg´o hatv´anysor konvergenciahalmaza tartalmazza a KR (z0 ) k¨ornyezetet. A k¨ornyezet Γ := {z ∈ K : |z − z0 | = R}
16
1.3. Analitikus f¨ uggv´enyek
hat´ar´anak pontjai nem biztos, hogy a konvergenciahalmazhoz tartoznak. A KR (z0 ) k¨ornyezet a K = R esetben a (z0 − R, z0 + R) intervallummal, komplex esetben pedig a z0 k¨oz´eppont´ u R sugar´ u (ny´ılt) k¨orrel egyenl˝o. A konvergenciak¨oz´eppont elnevez´es a z0 -nak erre a geometriai jelent´es´ere utal. Azzal kapcsolatban, hogy a Γ pontjaiban a hatv´anysor konvergens-e, vagy sem, ´altal´anos szab´aly nincs. A most igazolt ´all´ıt´ashoz hasonl´oan ad´odik a
4. K¨ovetkezm´eny. Legyen R a (7) sor konvergenciasugara. Ha 0 5 r < R, akkor
∞ X
|an |rn < ∞.
n=0
Val´oban, minthogy ebben az esetben p p lim sup n |an rn | = r lim sup n |an | = r/R < 1, n→∞
n→∞
az´ert a Cauchy-f´ele gy¨okkrit´erium alapj´an a (7) sor konvergens. Hatv´anysor konvergenciasugar´ara als´o becsl´est adhatunk az al´abbi ´all´ıt´as alapj´an.
5. K¨ovetkezm´eny. Ha a (7) hatv´anysor valamely z ∗ ∈ K pontban konvergens, akkor konvergencia sugar´ara R ≥ |z ∗ − z0 | teljes¨ ul. Val´oban, a Cauchy–Hadamard-t´etel szerint minden olyan z ∈ K pontban, amelyre |z − z0 | > R teljes¨ ul a hatv´anysor divergens. Ez´ert a z ∗ sz´amra sz¨ uks´egk´eppen ∗ |z − z0 | 5 R. A konvergenciahalmaz minden elem´ehez a hatv´anysor ¨osszeg´et rendelve egy f¨ uggv´enyt ´ertelmezhet¨ unk. Ha a hatv´anysor konvergencia sugara 0, akkor ennek ´ertelmez´esi tartom´anya egyetlen pontb´ol ´all. Ezt az ´erdektelen esetet kiz´arva ´es csak a KR (z0 ) pontjaira szoritkozva bevezetj¨ uk az al´abbi fogalmat.
Defin´ıci´ o. Tegy¨uk fel, hogy a (7) hatv´anysor R konvergencia sugara pozit´ıv. A KR (z0 ) 3 z → f (z) :=
∞ X
an (z − z0 )n ∈ K
n=0
utas´ıt´assal ´ertelmezett f¨ uggv´enyt az (7) hatv´ anysor ¨ osszegf¨ uggv´ eny´ enek nevezz¨ uk. Ahelyett, hogy f a (7) hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enye” n´eha azt mondjuk, hogy ” az f f¨ uggv´eny a KR (z0 ) k¨ornyezetben z −z0 hatv´anyai szerint halad´o hatv´anysorba fejtett¨ uk.
1. F¨ uggv´enyek
17
P´eld´aul, ha a (7) hatv´anysor minden egy¨ utthat´oja 1-gyel egyenl˝o, akkor egy olyan m´ertani sort kapunk, amelynek a h´anyadosa z − z0 . A m´ertani sor konvergenci´aj´ara vonatkoz´o ismert eredm´eny alapj´an ez a sor |z − z0 | < 1 eset´en konvergens, ´es a |z − z0 | > 1 esetben divergens. Innen k¨ovetkezik, hogy ennek a hatv´anysornak a konvergenciasugara 1, tov´abb´a a m´ertani sor ¨osszegk´eplete alapj´an ennek a hatv´anysornak az ¨osszegf¨ uggv´enye fel´ırhat´o ∞ X
(z − z0 )n =
n=0
1 1 − (z − z0 )
(z ∈ K1 (z0 ))
alakban. Speci´alisan a z0 = 0 esetben ∞ X
zn =
n=0
1 1−z
(z ∈ K1 (0))
ad´odik. Felhaszn´alva a v´egtelen sorok ¨osszeg´ere ´es szorzat´ara vonatkoz´o t´eteleket (l´asd [A1], 3.4.pont 4. T´etel, 91. oldal, 3.8.pont 12. T´etel, 112. oldal) az (8)
f (z) : =
(9)
g(z) : =
∞ X n=0 ∞ X
an (z − z0 )n
(z ∈ KR1 (z0 )),
bn (z − z0 )n
(z ∈ KR2 (z0 ))
n=0
hatv´anysorok ¨osszegf¨ uggv´enyek´ent ´ertelmezett f¨ uggv´enyek ¨osszege ´es szorzata is el˝ o´all´ıthat´o hatv´anysorok seg´ıts´eg´evel. Ezzel kapcsolatos a
3. T´etel. Tegy¨uk fel, hogy a (8) ´es (9) hatv´anysorok R1 ´es R2 konvergenciasugarai pozit´ıvak ´es legyen R = min {R1 , R2 }. Ekkor az f + g ´es az f g f¨ uggv´eny a KR (z0 ) k¨ornyezetben fel´ırhat´o az al´abbi hatv´anysor ¨osszegek´ent: (10)
f (z) + g(z) =
∞ X
(an + bn )(z − z0 )n ,
n=0
(11)
f (z)g(z) =
∞ X
(a0 bn + a1 bn−1 + · · · + an b0 )(z − z0 )n .
n=0
´ s. Mivel a z ∈ KR (z0 ) pontban a (8) ´es (9) sorok abszol´ Bizony´ıta ut konvergensek, az´ert ezeknek a soroknak az ¨osszege ´es Cauchy-szorzata is konvergens ´es ¨osszeg¨ uk
18
1.3. Analitikus f¨ uggv´enyek
¡ ¢ f (z) + g(z) -vel, szorzatuk pedig f (z)g(z)-vel egyenl˝o. (L´asd [A1], 91. ´es 112. oldal.) Ezzel a bizony´ıtand´o ´all´ıt´ast igazoltuk. ¤ Speci´alisan, ha valamely f¨ uggv´eny olyan hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enyek´ent ´all´ıthat´o el˝o, amelynek konvergenciasugara v´egtelen, akkor — az eg´esz K-n ´ertelmezett — f¨ uggv´enyt eg´esz f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk. Minden n-edfok´ u polinom olyan hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´eny´enek tekinthet˝o, amelynek az n-n´el nagyobb index˝ u egy¨ utthat´oi 0-val egyenl˝ok. Az eg´esz f¨ uggv´enyek teh´at a polinomok egyfajta ´altal´anos´ıt´asak´ent is felfoghat´ok. Egyszer˝ uen bel´athat´o, hogy a racion´alis f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´anyuk b´armely pontj´anak alkalmasan v´alasztott k¨ornyezet´eben el˝o´all´ıthat´ok hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enyek´ent. Ehhez induljunk ki az S = P/Q val´odi racion´alis f¨ uggv´eny (6) el˝o´all´ıt´as´ab´ol ´es tegy¨ uk fel, hogy z0 ∈ / ΛQ . Legyen
R := min{|z0 − σ| : σ ∈ ΛQ }.
Ekkor z ∈ KR (z0 ) ´es σ ∈ ΛQ eset´en a q := (z − z0 )/(σ − z0 ) h´anyados abszol´ ut ´ert´ek´ere nyilv´an |q| 5 |z − z0 |/R < 1. A m´ertani sor ¨osszegk´eplet´et felhaszn´alva
1 1 1 1 = =− = z−σ (z − z0 ) − (σ − z0 ) σ − z0 1 − (z − z0 )/(σ − z0 ) ∞ X (z − z0 )n =− (z ∈ KR (z0 )). (σ − z0 )n+1 n=0
rσ (z) : =
A hatv´anysorok szorzat´ara vonatkoz´o, el˝obb igazolt t´etel alapj´an az rσ hatv´anyai is el˝o´all´ıthat´ok a KR (z0 ) k¨ornyezetben konvergens hatv´anysorok ¨osszegf¨ uggv´enyek´ent. V´eg¨ ul figyelembe v´eve a racion´alis f¨ uggv´enyek el˝o´all´ıt´as´ara vonatkoz´o 2. T´etelt, ad´odik, hogy S a sz´oban forg´o k¨ornyezetben hatv´anysorba fejthet˝o. Gyakran sz¨ uks´eg van arra, hogy valamely z − z0 hatv´anyai szerint halad´o hatv´anysor ¨osszegek´ent el˝o´all´ıtott f f¨ uggv´enyt z − z1 hatv´anyai szerint fejts¨ uk sorba, ahol z1 ∈ KR (z0 ). Ennek lehet˝os´eg´et fogalmaztuk meg az al´abbi ´all´ıt´asban.
1. F¨ uggv´enyek
19
4. T´etel. Tegy¨uk fel, hogy a (7) hatv´anysor R konvergenciasugara pozit´ıv, legyen z1 ∈ KR (z0 ) ´es r := R − |z0 − z1 |. Ekkor az f f¨ uggv´eny a Kr (z1 ) k¨ornyezetben el˝o´all´ıthat´o az al´abbi, z − z1 hatv´anyai szerint halad´o (12)
f (z) =
∞ X
Ak (z − z1 )k
(z ∈ Kr (z1 ))
k=0
hatv´anysor ¨osszegek´ent, ahol az Ak egy¨ utthat´o az al´abbi konvergens sor ¨osszege: (13)
Ak :=
∞ µ ¶ X n an (z1 − z0 )n−k k
(k ∈ N).
n=k
´ s. Els˝o l´ep´esk´ent a binomi´alis t´etelt felhaszn´alva ´ırjuk fel z − z0 Bizony´ıta hatv´anyait z − z1 hatv´anyai szerint: n µ ¶ ¡ ¢n X n (z − z0 )n = (z − z1 ) + (z1 − z0 ) = (z − z1 )k (z1 − z0 )n−k . k k=0
Bevezetve az ½ unk :=
an 0
¡n¢ k
(z − z1 )k (z1 − z0 )n−k
(k 5 n), (k > n)
kett˝os sorozatot a (7) sor fel´ırhat´o az al´abbi kett˝os sor alakj´aban: f (z) =
∞ X
an (z − z0 )n =
n=0
∞ X X ¡∞
¢ unk .
n=0 k=0
Most — a nagy ´atrendez´esi t´etelt alkalmazva — megmutatjuk, hogy ebben a kett˝os sorban a k´et szumma egym´assal felcser´elhet˝o (l´asd [A1], 3.6.pont 9.T´etel, 106. oldal). Ehhez el˝osz¨or is vegy¨ uk figyelembe, hogy µ ¶ ∞ X ∞ X X ¡∞ ¢ X ¡ n ¢ n |unk | = |an | |z − z1 |k |z1 − z0 |n−k = k n=0 n=0 k=0
k=0
=
∞ X
¡ ¢n |an | |z − z1 | + |z1 − z0 | .
n=0
Mivel z ∈ Kr (z1 ), az´ert |z − z1 | + |z1 − z0 | < r + |z1 − z0 | = R,
20
1.3. Analitikus f¨ uggv´enyek
P∞ P∞ s ´ıgy a 4. K¨ovetkezm´eny alapj´an a n=0 k=0 |unk | kett˝os sor konvergens. Ezzel megmutattuk, hogy teljes¨ ulnek a nagy ´atrendez´esi t´etel felt´etelei. Alkalmazva a sz´oban forg´o t´etelt azt kapjuk, hogy a ∞ X
unk = (z − z1 )
k
n=0
∞ X n=k
µ ¶ n an (z1 − z0 )n−k k
(k ∈ N)
v´egtelen sorok abszol´ ut konvergensek, tov´abb´a — az Ak ´ertelmez´es´et felhaszn´alva — a k¨ovetkez˝ot ´ırhatjuk: ∞ X
n
an (z − z0 ) =
n=0
=
∞ X n X n=0 k=0 ∞ X ∞ X n=0 k=0
µ ¶ n an (z − z1 )k (z1 − z0 )n−k = k unk =
∞ X ∞ X
unk =
k=0 n=0
∞ X
Ak (z − z1 )k .
k=0
Ezzel a t´etelt bebizony´ıtottuk. ¤ A tov´abbiakban gyakran olyan f¨ uggv´enyeket vizsg´alunk, amelyek bizonyos speci´alis (´ un. ny´ılt) halmazokon vannak ´ertelmezve.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy a H ⊆ K halmaz ny´ılt, ha a H halmaz b´armely a ∈ H pontj´anak van olyan Kr (a) k¨ornyezete, amelyre Kr (a) ⊂ H teljes¨ ul. Az u ¨res halmazt, amelyre ez az ´ertelmez´es nem alkalmazhat´o, defin´ıci´o szerint ny´ılt halmaznak tekintj¨ uk. Nyilv´anval´o, hogy K ny´ılt halmaz, tov´abb´a egyszer˝ uen igazolhat´o, hogy minden Λ ⊂ K v´eges halmaz eset´en K \ Λ is ny´ılt. Most megmutatjuk, hogy b´armely a ∈ K k¨oz´eppont´ u 0 < r < ∞ sugar´ u Kr (a) k¨ornyezet ny´ılt halmaz. Val´oban, legyen b ∈ Kr (a). Ekkor |b − a| < r ´es a b pont b´armely az r − |a − b| sz´amn´al kisebb s sugar´ u k¨ornyezet´ere Ks (b) ⊂ Kr (a) teljes¨ ul. Ha ugyanis 0 < s < r − |a − b| ´es x ∈ Ks (b), akkor a h´aromsz¨og-egyenl˝otlens´eg alapj´an |x − a| = |(x − b) + (b − a)| 5 |x − b| + |b − a| < s + |b − a| < r. Ezzel megmutattuk, hogy minden x ∈ Ks (b) pontra x ∈ Kr (a) teljes¨ ul, k¨ovetkez´esk´eppen Ks (b) ⊂ Kr (a). Hasonl´o meggondol´asokkal ad´odik, hogy a Kr (a) := {z ∈ K : |z − a| 5 r} u ´n. z´art k¨ornyezet komplementere, azaz a K \ Kr (a) = {z ∈ K : |z − a| > r}
1. F¨ uggv´enyek
21
halmaz is ny´ılt. A hatv´anysor fogalm´at felhaszn´alva bevezetj¨ uk az al´abbi fontos f¨ uggv´enyoszt´alyt.
Defin´ıci´ o. Legyen H ⊆ K ny´ılt halmaz. Akkor mondjuk, hogy az f : H → K f¨ uggv´eny analitikus, ha b´armely a ∈ H pontnak van olyan Kr (a) k¨ornyezete, amelyben az f el˝o´all´ıthat´o hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enyek´ent. A racion´alis f¨ uggv´enyekkel kapcsolatban tett el˝oz˝o megjegyz´es — a most bevezetett fogalmat haszn´alva — pontosan azt jelenti, hogy Q elemei analitikus f¨ uggv´enyek.
1.4. N´eh´any elemi f¨ uggv´eny Ebben a pontban bevezet¨ unk n´eh´any elemi f¨ uggv´enyt. Ezeket a f¨ uggv´enyeket hatv´anysor seg´ıts´eg´evel ´ertelmezz¨ uk. A sz´obaj¨ov˝o hatv´anysorok mindegyike ∞ X
(14)
n=0
²n
zn n!
(z ∈ K)
alak´ u, ahol ²n ∈ {0, 1, −1}. E sorok konvergenci´aj´anak vizsg´alat´ahoz alkalmazzuk a D’Alambert-f´ele h´anyadoskrit´eriumot a ∞ X |z|n n! n=0
(15)
v´egtelen sorra (l´asd [A1], 102. oldal). Minthogy minden z ∈ K sz´amra |z|n+1 /(n + 1)! |z| = lim = 0, n→∞ n→∞ n + 1 |z|n /n! lim
ez´ert a (15) sor minden z ∈ K eset´en konvergens. A sorokra vonatkoz´o ¨osszehasonl´ıt´o krit´erium (l´asd [A1], 85. oldal) alapj´an a (14) sor is minden z ∈ K pontban abszol´ ut konvergens. Az 5. K¨ovetkezm´eny alapj´an teh´at a (14) hatv´anysor konvergenciasugara +∞, k¨ovetkez´esk´eppen az ¨osszegf¨ uggv´enye eg´esz f¨ uggv´eny. Az (²n , n ∈ N) sorozat speci´alis megv´alaszt´as´aval az al´abbi nevezetes f¨ uggv´enyekhez juthatunk el.
22
1.3. Elemi f¨ uggv´enyek
Defin´ıci´ o. Legyen ∞ X zn n! n=0
exp(z) := sin(z) :=
∞ X
(−1)n
n=0 ∞ X
(z ∈ C), z 2n+1 (2n + 1)!
(z ∈ C),
z 2n (2n)!
(z ∈ C),
sinh(z) :=
z 2n+1 (2n + 1)! n=0
(z ∈ C),
cosh(z) :=
∞ X z 2n (2n)! n=0
cos(z) :=
(−1)n
n=0 ∞ X
(z ∈ C).
Ezeket rendre exponenci´ alis-, szinusz-, koszinusz-, szinusz hiperbolikusz ´es koszinusz hiperbolikusz f¨ uggv´ enynek nevezz¨ uk. A sin ´es cos f¨ uggv´enyeket trigonometrikus-, a sinh ´es cosh f¨ uggv´enyeket hiperbolikus f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. Megjegyezz¨ uk, hogy az exp(z), sin(z), · · · helyett gyakran az exp z , sin z, · · · szimb´olumokat haszn´alj´ak a f¨ uggv´eny´ert´ekek jel¨ol´es´ere. Minhogy a sz´oban forg´o hatv´anysorok valemennyi egy¨ utthat´oja val´os, ez´ert a most bevezetett f¨ uggv´enyeknek az R-re vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´esei val´os ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyek. Ezeket a lesz˝ uk´ıt´eseket val´os exponenci´alis, val´os szinusz, stb. f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. A fenti ´ertelmez´esb˝ol k¨ozvetlen¨ ul ad´odik az
5. T´etel. A sin, sinh f¨uggv´enyek p´aratlanok, a cos, cosh f¨uggv´enyek p´arosak, azaz tetsz˝oleges z ∈ C komplex sz´amra a)
sin(−z) = − sin(z),
sinh(−z) = − sinh(z),
b)
cos(−z) = cos(z),
cosh(−z) = cosh(z).
´ s. Mivel a sin, sinh f¨ Bizony´ıta uggv´enyek hatv´anysor´aban a z csak p´aratlan kitev˝ovel fordul el˝o, az´ert z helyett a −z sz´amot ´ırva, a f¨ uggv´eny´ert´ekek (−1)szeres¨ ukbe mennek ´at. A cos, cosh f¨ uggv´enyek hatv´anysor´aban a z csak p´aros kitev˝ovel fordul el˝o. Ez´ert z hely´ebe annak (−1)-szeres´et ´ırva e f¨ uggv´enyek ´ert´eke nem v´altozik. ¤ A most bevezetett f¨ uggv´enyek szoros kapcsolatban ´allnak egym´assal. Erre vonat-
1. F¨ uggv´enyek
23
koznak az √
Euler–f´ele ¨osszef¨ ugg´esek. Legyen i := −1 az imagin´arius egys´eg. Ekkor b´armely z ∈ C komplex sz´amra a)
exp(iz) = cos z + i sin z,
b)
cos z =
c)
exp(iz) + exp(−iz) , 2 exp(iz) − exp(−iz) sin z = . 2i
´ s. Az a) egyenl˝os´eg egyszer˝ Bizony´ıta uen k¨ovetkezik a benne szerepl˝o f¨ uggv´enyek ´ertelmez´es´eb˝ol ´es a v´egtelen sorokra vonatkoz´o m˝ uveleti szab´alyokb´ol:
cos z + i sin z = =
∞ X k=0 ∞ X k=0
∞
(−1)k
X z 2k z 2k+1 +i (−1)k = (2k)! (2k + 1)! k=0
∞ ∞ X X (iz) (iz)2k+1 (iz)n + = = exp(iz). (2k)! (2k + 1)! n=0 n! 2k
k=0
A b) ´es c) igazol´as´ahoz ´ırjuk fel az a) azonoss´agot z helyett (−z)-re ´es haszn´aljuk fel az 5. T´etel a) ´es b) azonoss´ag´at. Az ´ıgy kapott egyenl˝os´egb˝ol ¨oszead´as ´es kivon´as ut´an ad´odik b) ´es c). ¤ Az exp f¨ uggv´eny — ellent´etben a t¨obbi most bevezetett f¨ uggv´ennyel — reciprok´aba megy ´at, ha a z helyett a −z sz´amot ´ırjuk. Ez k¨ovetkezik az al´abbi a) azonoss´agb´ol, amelyet az exponenci´alis f¨ uggv´eny f¨ uggv´enyegyenlet´enek is neveznek.
6. T´etel. B´armely z, z1 , z2 ∈ C komplex sz´amra a) b)
exp(z1 + z2 ) = exp z1 exp z2 , 1 exp(−z) = . exp z
´ s. Ismeretes, hogy abszol´ Bizony´ıta ut konvergens sorok Cauchy-f´ele szorzata abszol´ ut konvergens, ´es a szorzatsor ¨osszege egyenl˝o a t´enyez˝o sorok ¨osszeg´enek szorzat´aval (l´asd [A1], 3.7.pont, 12. T´etel, 112. oldal). Ezt ´es a binomi´alis t´etelt fel-
24
1.3. Elemi f¨ uggv´enyek
haszn´alva az a) azonoss´ag a k¨ovetkez˝ok´eppen ad´odik: ∞ X ∞ n X X z1k z2` 1 X n! exp z1 exp z2 = = z1k z2n−k = k! `! n! k!(n − k)! n=0 n=0 k+`=n
k=0
∞ X 1 = (z1 + z2 )n = exp(z1 + z2 ). n! n=0
A b) igazol´as´ahoz vegy¨ uk figyelembe, hogy a definici´o alapj´an exp(0) = 1, k¨ovetkez´esk´eppen az a) azonoss´agot felhaszn´alva exp(−z) exp(z) = exp(−z + z) = exp(0) = 1 ad´odik, ahonnan az ´all´ıt´as m´ar k¨ovetkezik. ¤ Az exponenci´alis f¨ uggv´eny most igazolt alapazonoss´aga alapj´an egyszer˝ uen bizony´ıthat´ok az al´abbi u ´n. add´ıci´os formul´ak.
7. T´etel. B´armely z1 , z2 ∈ C komplex sz´amra a)
sin(z1 + z2 ) = sin z1 cos z2 + cos z1 sin z2 ,
b)
cos(z1 + z2 ) = cos z1 cos z2 − sin z1 sin z2 .
´ s. Ezek az azonoss´agok egyszer˝ Bizony´ıta uen k¨ovetkeznek az Euler-f´ele formul´ab´ol ´es az exp f¨ uggv´enyegyenlet´eb˝ ol. Val´oban ezek alapj´an sin z1 cos z2 + cos z1 sin z2 = exp(iz1 ) − exp(−iz1 ) exp(iz2 ) + exp(−iz2 ) · + 2i 2 exp(iz1 ) + exp(−iz1 ) exp(iz2 ) − exp(−iz2 ) + · = 2 2i exp(iz1 + iz2 ) − exp(−iz1 − iz2 ) = sin(z1 + z2 ). = 2i Hasonl´oan igazolhat´o a b) azonoss´ag is. ¤ =
A trigonometrikus ´es a hiperbolikus f¨ uggv´enyek k¨oz¨otti kapcsolatot felhaszn´alva a most igazolt addici´os k´epletek ´atvihet˝ok a hiperbolikus f¨ uggv´enyekre. Erre vonatkozik a
8. T´etel. B´armely z, z1 , z2 ∈ C komplex sz´amra a)
cosh(iz) = cos z,
b)
sinh(z1 + z2 ) = sinh z1 cosh z2 + cosh z1 sinh z2 ,
sinh(iz) = i sin z,
c)
cosh(z1 + z2 ) = cosh z1 cosh z2 + sinh z1 sinh z2 .
1. F¨ uggv´enyek
25
´ s. Az a) azonoss´ag k¨ozvetlen¨ Bizony´ıta ul ad´odik a sz´oban forg´o f¨ uggv´enyek defin´ıci´oj´ab´ol. A b) ´es c) azonoss´ag a megfelel˝o, trigonometrikus f¨ uggv´enyekre vonatkoz´o egyenl˝os´egekb˝ol egyszer˝ u sz´amol´assal ad´odik, felhaszn´alva az a) azonoss´agokat. ¤ Az addici´os t´etelekb˝ol a z = z1 = z2 helyettes´ıt´essel ´es cos 0 = cosh 0 = 1 figyelembe v´etel´evel kapjuk az al´abbi u ´n. n´egyzetes ¨osszef¨ ugg´eseket.
6. K¨ovetkezm´eny. B´armely z ∈ C komplex sz´amra cos2 z + sin2 z = 1,
cosh2 z − sinh2 z = 1.
A most megfogalmazott ¨osszef¨ ugg´eseknek szeml´eletes geometriai tartalmuk van. Nevezetesen, a trigonometrikus f¨ uggv´enyekre vonatkoz´o n´egyzetes ¨oszef¨ ugg´es alapj´an minden t ∈ R val´os sz´amra a (cos t, sin t) ∈ R2 pontok rajta vannak az x2 + y 2 = 1 egyenlet˝ u k¨or¨on. K´es˝obb megmutatjuk, hogy a sz´oban forg´o k¨or minden pontja — alkalmas val´os t sz´amot v´eve — megkaphat´o ilyen m´odon. A hiperbolikus f¨ uggv´enyekre vonatkoz´o n´egyzetes ¨osszef¨ ugg´es a k¨ovetkez˝ok´eppen interpret´alhat´o. Minden t ∈ R val´os sz´am eset´en a (cosh t, sinh t) ∈ R2 pontok rajta vannak az x2 − y 2 = 1 (x > 0) egyenlet˝ u hiperbola´agon. A f¨ uggv´enyek nev´eben szerepl˝o hiperbolikus jelz˝o erre a geometria kapcsolatra utal. y y
(cos(t), sin(t))
0
1
(cosh(t), sinh(t))
x 0
x2 + y 2 = 1
1
x
x2 − y 2 = 1 8.´abra
Az els˝o Eule–f´ele ¨osszef¨ ugg´est ´es az exp f¨ uggv´eny f¨ uggv´enyegyenlet´et felhaszn´alva ad´odik az al´abbi
26
1.5. Feladatok
7. K¨ovetkezm´eny. B´armely z = x + i y ∈ C (x, y ∈ R) komplex sz´amra (16)
exp(x + i y) = exp x (cos y + i sin y).
Ezt az azonoss´agot ´es a val´os exp, cos, sin f¨ uggv´enyeket felhaszn´alva kisz´am´ıthatjuk az exponenci´alis f¨ uggv´eny ´ert´ek´et b´armely komplex helyen. A (16) jobb oldal´an az exp z u ´n. trigonometrikus alakja ´all. Ebb˝ol l´athat´o, hogy | exp z| = exp x ´es az y val´os sz´am az exp z argumentuma.
Megjegyz´esek 1. A most bevezetett f¨ uggv´ enyek ´ ert´ ekeit komplex v´ altoz´ o eset´ en nem az eredeti defin´ıci´ o alapj´ an c´ elszer˝ u kisz´ am´ıtani. Az exp f¨ uggv´ enyhez hasonl´ oan a sin, sinh, cos, cosh f¨ uggv´ enyek ´ ert´ ekei a z ∈ C helyen az addici´ os formul´ ak valamint az 5. T´ etel alapj´ an kifejezhet˝ ok a sz´ oban forg´ o f¨ uggv´ enyek val´ os ´ert´ ekeivel (l´ asd a 11. feladatot). 2. K´ es˝ obb megmutatjuk, hogy az itt ´ ertelmezett val´ os sin ´ es cos f¨ uggv´ enyek azonosak a k¨ oz´ episkol´ aban geometriai u ´ ton bevezetett trigonometrikus f¨ uggv´ enyekkel.
1.5. Feladatok 1. Igazoljuk, hogy egy polinom sz´amszorosa, k´et polinom ¨osszege ´es k´et polinom szorzata is polinom. 2. Legyen P (z) := p0 + p1 z + · · · + pn z n , Q(z) := q0 + q1 z + · · · + qm z m
(z ∈ K)
k´et adott polinom, ahol pn 6= 0, qm 6= 0 ´es n ≥ m. Legyen tov´abb´a S(z) := s0 + s1 z + · · · + sn−m z n−m , R(z) := r0 + r1 z + · · · + rm−1 z m−1
a) Igazoljuk, hogy a P = QS + R,
deg (R) < deg (Q)
(z ∈ K).
1. F¨ uggv´enyek
27
egyenl˝os´eg az egy¨ utthat´ okra vonatkoz´o al´abbi egyenletrendszerrel ekvivalens: sn−m qm sn−m−1 qm + sn−m qm−1 ············
= pn = pn−1
s0 qm + s1 qm−1 + · · · + sm q0 = pm s0 qm−1 + s1 qm−2 + · · · + sm−1 q0 = pm−1 + rm−1 ············ s0 q1 + s1 q0 s0 q 0
= p1 + r1 = p0 + r0
b) Mutassuk meg el˝osz¨or, hogy az els˝o (n − m + 1) egyenletb˝ol ´all´o rendszer egy´ertelm˝ uen megoldhat´o az sn−m , sn−m−1 , · · · , s0 egy¨ utthat´okra vonatkoz´oan. Ezt felhaszn´alva igazoljuk, hogy a marad´ek egyenletrendszernek is l´etezik egy´ertelm˝ u megold´asa az rm−1 , rm−2 , · · · , r0 egy¨ utthat´okra vonatkoz´oan. c) K´esz´ıts¨ unk programot a marad´ekos oszt´assal ad´od´o S ´es R polinomok egy¨ utthat´oinak kisz´am´ıt´as´ara. 3. Igazoljuk, hogy k´et racion´alis f¨ uggv´eny ¨osszege, szorzata, h´anyadosa is racion´alis f¨ uggv´eny. ´ azoljuk az al´abbi R → R t´ıpus´ 4. Abr´ u f¨ uggv´enyeket: a)
sign,
abs,
int.
b)
sign ◦ abs,
c)
f (x) := frac (x) (x ∈ R),
d)
f (x) := frac (x2 )
abs ◦ sign,
int ◦ abs.
(x ∈ R),
f ◦ abs,
f 2.
g(x) := 1/x,
h(x) := int (1/x)
(x ∈ R∗ ).
5. Irjunk programot az abs, sign, f rac f¨ uggv´enyek helyettes´ıt´esi ´ert´ekeinek kisz´am´ıt´as´ara. 6. Hat´arozzuk meg az al´abbi hatv´anysorok konvergenciasugar´at: a)
∞ X ¡ 1¢ n 1+ x , n n=1
b)
c)
∞ X (x − i)n , np n=1
d)
e) g)
∞ X
2
αn xn
n=1 ∞ X
(0 < α < 1),f )
(x − 5)n √ a n n=1
∞ X 3n + (−2)n (x − 1)n , n n=1 ∞ X (n!)2 n x , (2n)! n=1 ∞ X n! n x n2 a n=1 √
(a > 1),h)
(a > 1),
∞ X 3− n xn √ . n2 + 1 n=1
28
1.5. Feladatok
7. Igazoljuk az al´abbi egyenl˝os´egeket: ∞ X
a)
n=0 ∞ X
b)
n=1 ∞ X
c)
zn =
1 1−z
nz n−1 =
(z ∈ C, |z| < 1),
1 (1 − z)2
n(n − 1)z n−2 =
n=1
(z ∈ C, |z| < 1),
2 (1 − z)3
(z ∈ C, |z| < 1).
´ ıtsuk el˝o az al´abbi f¨ 8. All´ uggv´enyeket, illetve ezek alkalmasan vett lesz˝ uk´ıt´eseit 0 konvergenciak¨oz´eppont´ u hatv´anysorok ¨osszegf¨ uggv´enyek´ent: 1+x (x ∈ C \ {1, −1}), 1 − x2 1+x (x ∈ C \ {1, i, −i}), b) f (x) := 1 − x3 c) f (x) := cos2 x (x ∈ C),
a)
f (x) :=
d) f (x) := cos3 x (x ∈ C), 1 e) f (x) := (x ∈ C \ {−1, 1}). (1 − x)(1 − x2 )
9. Igazoljuk az al´abbi egyenl˝os´egeket:
a) b)
sin x 5 5 101 5 = x + x2 + x3 + x4 + x + ··· 1−x 6 6 120 √ 3 25 331 3 exp(−x) cos( x) = 1 − x + x2 − x + ··· . 2 24 720
10. Rendezz¨ uk ´at az x − 1/2 hatv´anyai szerint az al´abbi hatv´anysorokat:
a)
∞ X
xn ,
b)
n=0
c)
1 − x + x2 .
∞ X n=0
nxn ,
1. F¨ uggv´enyek
29
11. Igazoljuk, hogy minden z, z1 , z2 ∈ C sz´amra fenn´allnak az al´abbi egyenl˝os´egek: a)
cosh(iz) = cos z,
b)
sinh(iz) = i sin z,
cos(iz) = cosh z,
c)
cos(z1 − z2 ) = cos z1 cos z2 + sin z1 sin z2 ,
d)
cos(2z) = cos2 z − sin2 z,
e)
sin(z1 − z2 ) = sin z1 cos z2 − cos z1 sin z2 ,
f)
sin(2z) = 2 sin z cos z,
g)
cosh(z1 − z2 ) = cosh z1 cosh z2 + sinh z1 sinh z2 ,
h)
cosh(2z) = cosh2 z + sinh2 z,
i)
sinh(z1 − z2 ) = sinh z1 cosh z2 − cosh z1 sinh z2 ,
j)
sinh(2z) = 2 sinh z cosh z,
k)
cosh z =
sin(iz) = i sinh z,
exp(z) + exp(−z) , 2
sinh z =
exp(z) − exp(−z) . 2
12. Igazoljuk, hogy minden x, y ∈ R sz´amra fenn´allnak az al´abbi egyenl˝os´egek: a)
sin(x + iy) = sin x cosh y + i cos x sinh y,
b)
cos(x + iy) = cos x cosh y − i sin x sinh y,
c)
sinh(x + iy) = sinh x cos y + i cosh x sin y,
d)
cosh(x + iy) = cosh x cos y + i sinh x sin y.
´ azoljuk a komplex sz´ams´ıkon a {z ∈ C : re (z) = α}, {z ∈ C : im (z) = β} 13. Abr´ halmazoknak — a val´os, illetve k´epzetes tengellyel p´arhuzamos egyeneseknek — az al´abbi f¨ uggv´enyek ´altal l´etes´ıtett k´ep´et: a)
exp,
b) sin,
c) cos,
d) sinh,
e) cosh.
´ azoljuk a komplex sz´ams´ıkon a 14. Abr´ {w ∈ C : re (w) = α}, {w ∈ C : |w| = r},
{w ∈ C : im (w) = α},
{w ∈ C : arg (w) = ϕ}
halmazoknak az al´abbi f¨ uggv´enyek ´altal l´etes´ıtett ˝osk´ep´et: a)
exp,
b) f (z) := z 2
d) f (z) := z¯ (z ∈ C),
(z ∈ C), e) f (z) := z
c) f (z) := z 3 −1
∗
(z ∈ C ).
(z ∈ C),
30
1.5. Feladatok
15. Adjunk fels˝o becsl´est az al´abbi k¨ ul¨onbs´egek abszol´ ut ´ert´ek´ere (a sz´oban forg´o f¨ uggv´enyek ´es hatv´anysoruk r´eszlet¨osszegeinek elt´er´es´ere): a) b) c) d) e)
exp x − cos x − sin x −
n X xk
k=0 n X k=0 n X
(x ∈ [0, 1]),
(−1)k x2k (2k)!
(−1)k x2k+1 (2k + 1)!
k=0 n X
cosh x − sinh x −
k!
k=0 n X k=0
x2k (2k)! x2k+1 (2k + 1)!
(x ∈ [−π, π]), (x ∈ [−π, π]), (x ∈ [0, 1]), (x ∈ [0, 1]).
16. ´Irjunk programot a val´os exp, sin, cos, sinh, cosh f¨ uggv´enyek ´ert´ekeinek kisz´am´ıt´as´ara. 17. Felhaszn´alva a 11. feladatban k¨oz¨olt azonoss´agokat, ´ırjunk programot a komplex exp, sin, cos, sinh, cosh f¨ uggv´enyek ´ert´ekeinek kisz´am´ıt´as´ara.
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
31
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke A matematikai anal´ızis egyik alapvet˝o fogalma a hat´ar´ert´ek. Ebben a fejezetben bevezetj¨ uk f¨ uggv´enyek hat´ar´ert´ek´enek a foglalm´at ´es ismertetj¨ uk a hat´ar´ert´ekkel kapcsolatos legfontosabb m˝ uveleti szab´alyokat. Arra t¨oreksz¨ unk, hogy a k¨ ul¨onb¨oz˝o lehets´eges eseteket egys´eges form´aban t´argyaljuk. Ez´ert az R → R t´ıpus´ u u ´n. val´os v´altoz´os, val´os ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyek mellett vizsg´alni fogjuk az R → C t´ıpus´ u, u ´n. val´os v´altoz´os, komplex ´ert´ek˝ u, a C → R t´ıpus´ u, u ´n. komplex v´altoz´os, val´os ´ert´ek˝ u, valamint a C → C t´ıpus´ u, u ´n. komplex v´altoz´os, komplex ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyeket is. A defin´ıci´okat — ahol az lehets´eges — egys´eges form´aban fogalmazzuk meg, megvil´ag´ıtva az egyes esetek szeml´eletes geometriai tartalm´at. Ezzel ¨osszhangban a tov´abbiakban ´altal´aban K1 → K2 t´ıpus´ u f¨ uggv´enyekkel foglalkozunk, ahol K1 ´es K2 (egym´ast´ol f¨ uggetlen¨ ul) vagy a val´os, vagy a komplex sz´amok halmaz´at jel¨oli. A defin´ıci´ok megfogalmaz´as´aban nemcsak f¨ uggv´eny-, hanem hat´ar´ert´ek-t´ıpusok szerint is egys´eges szeml´eletre t¨oreksz¨ unk. Ezzel ¨osszhangban az u ´n. v´egesben vett v´eges, a v´egtelenben vett v´eges, a v´egesben vett v´egtelen, valamint az u ´n. egyoldali hat´ar´ert´ek-t´ıpusokra k¨oz¨os ´ertelmez´est adunk. Ebb˝ol a defin´ıci´ob´ol speci´alis esetk´ent a sorozatok hat´ar´erteke is megkaphat´o. Megmutatjuk, hogy a bonyolultabbnak t˝ un˝ o f¨ uggv´eny-hat´ar´ert´ekek az u ´n. ´atviteli elv seg´ıts´eg´evel visszavezethet˝ok sorozatok hat´ar´ert´ek´ere. Ez lehet˝ov´e teszi sz´amunkra, hogy a sorozatokra vonatkoz´o, [A1]-ben igazolt t´eteleket felhaszn´alhassuk (l´asd [A1], 2. fejezet).
2.1. Sz´amhalmaz torl´ od´asi pontja Legyen K = R vagy K = C, ´es az els˝o esetben a K-t b˝ov´ıts¨ uk a +∞, −∞ elemekkel, a m´asodik esetben pedig a ∞ elemmel. Az ´ıgy kapott u ´n. ide´alis unk arra, hogy Kelemekkel b˝ovitett halmazokat K-sal fogjuk jel¨olni. Eml´ekeztet¨ beli pontok ² > 0 index˝ u k¨ornyezeteit az al´abbi m´odon ´ertelmezt¨ uk: ha a ∈ K, akkor K² (a) := {z ∈ K : |z − a| < ²}, ha pedig a ∈ {+∞, −∞}, akkor K² (+∞) := {x ∈ R : x > 1/²},
K² (−∞) := {x ∈ R : x < −1/²},
32
2.1. Sz´amhalmaz torl´od´asi pontja
´es v´eg¨ ul a = ∞ ∈ C eset´en K² (a) := {z ∈ C : |z| > 1/²}. A K-beli sz´amokat K v´eges elemeinek is szok´as nevezni. haszn´al´as´aval bevezetj¨ uk a torl´od´asi pont fogalm´at.
A k¨ornyezet fel-
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az a ∈ K elem (pont) a H ⊆ K sz´ amhalmaz torl´ od´ asi pontja, ha az a pont b´armely k¨ornyezete v´egtelen sok H-beli elemet tartalmaz, r¨oviden ∀² > 0 : K² (a) ∩ H v´ egtelen halmaz. A H halmaz torl´od´asi pontjainak halmaz´at a H deriv´ alt halmaz´ anak nevezz¨ uk ´es a H 0 szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Egyszer˝ uen igazolhat´o, hogy az a ∈ K pont akkor ´es csak akkor torl´od´asi pontja a H ⊆ K halmaznak, ha az a pont minden k¨ornyezete tartalmaz legal´abb egy a-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o H-beli pontot.
Defin´ıci´ o.
A H ⊆ K halmaznak azokat a pontjait, amelyek nem tartoznak H 0 -h¨oz, a H halmaz izol´ alt pontjainak nevezz¨ uk. A torl´od´asi pont ´ertelmez´es´eb˝ol k¨ovetkezik, hogy a b ∈ H pont pontosan akkor izol´alt pontja H-nak, ha b-nek van olyan k¨ornyezete, amely nem tartalmaz b-t˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o H-beli elemet. B´armely halmaz izol´alt pontjai — defin´ıci´o szerint — a halmazhoz tartoznak, torl´od´asi pontjaira azonban ez ´altal´aban nem teljes¨ ul. P´eld´aul a H := {1/n : n ∈ N∗ } ⊂ R val´os sz´amhalmaz minden eleme a sz´oban forg´o halmaznak izol´alt pontja. Egyszer˝ uen bel´athat´o, hogy H-nak a 0 pont az egyetlen torl´od´asi pontja, amely azonban nem tartozik a H-hoz. V´eges halmaznak nyilv´an nincs torl´od´asi pontja, v´egtelen halmaznak viszont mindig van torl´od´asi pontja. Ez ut´obbi ´all´ıt´ast, amely a Bolzano–Weierstrassf´ele kiv´alaszt´asi t´etel egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye, fontoss´aga miatt k¨ ul¨on t´etelben is megfogalmazzuk.
1. T´etel. B´armely H ⊆ K v´egtelen sz´amhalmaznak van torl´od´asi pontja. A H v´egtelen halmaz akkor ´es csak akkor korl´atos, ha minden torl´od´asi pontja v´eges. ´ s. Mivel a H halmaz nem v´eges, az´ert elemeib˝ol kiv´alaszthat´o olyan Bizony´ıta sorozat, amelynek tagjai p´aronk´ent k¨ ul¨onb¨oz˝oek. Jel¨olj¨on (xn , n ∈ N) egy ilyen sorozatot. Ekkor a Bolzano–Weierstrass-f´ele kiv´alaszt´asi t´etel alpj´an l´etezik olyan (νn , n ∈ N) indexsorozat, hogy a neki megfelel˝o r´eszsorozatnak l´etezik az α := lim xνn n→∞
hat´ar´ert´eke. A hat´ar´ert´ek ´es a torl´od´asi pont defin´ıci´oj´at egybevetve ad´odik, hogy az α ∈ K pont b´armely k¨ornyezet´ebe H-nak v´egtelen sok eleme esik, azaz α ∈ H 0 .
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
33
Ha a H ⊂ K halmaz korl´atos, akkor l´etezik olyan R > 0 sz´am, hogy minden x ∈ H elemre |x| 5 R. A torl´od´asi pont defin´ıci´oja alapj´an egyszer˝ uen ad´odik, hogy az y ∈ H 0 pontra is |y| 5 R teljes¨ ul. V´eg¨ ul, ha a H v´egtelen halmaz nem korl´atos, akkor elemeib˝ol kiv´alaszthat´ o egy olyan r´eszsorozat, amelynek val´os esetben +∞ vagy −∞, komplex esetben pedig ∞ a hat´ar´ert´eke. ¤ K r´eszhalmazai k¨oz¨ott kit¨ untetett szerepet j´atszanak a z´art halmazok.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy a H ⊆ K halmaz z´art, ha tartalmazza ¨osszes v´eges torl´od´asi pontj´at. Nyilv´anval´o, hogy K-nak minden v´eges r´eszhalmaza z´art. Az al´abbi ´all´ıt´asban z´art halmazoknak egy jellemz´es´et adjuk.
2. T´etel. A H ⊆ K halmaz akkor ´es csak akkor z´art, ha b´armely H elemeib˝ol alkotott konvergens sorozatnak a hat´ar´ert´eke is H-hoz tartozik. ´ s. i) Tegy¨ Bizony´ıta uk fel el˝osz¨or, hogy a H halmaz z´art, ´es tekints¨ unk egy H-beli elemekb˝ol alkotott (xn , n ∈ N) konvergens sorozatot. Ha ez a sorozat stacion´arius, azaz csak v´eges sok egym´ast´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o tagja van, akkor hat´ar´ert´eke valamelyik tagj´aval egyenl˝o, k¨ovetkez´esk´eppen H-hoz tartozik. Ha a konvergens sorozat nem stacion´arius, akkor v´egtelen sok, p´aronk´ent egym´ast´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o tagja van. Minthogy a hat´ar´ert´ek — defin´ıci´o alapj´an — a konvergens sorozat tagjaib´ol alkotott halmaznak, s ´ıgy egyben H-nak is v´eges torl´od´asi pontja, az´ert H z´arts´aga miatt a hat´ar´ert´ek H-nak eleme. ii) Megford´ıtva, most tegy¨ uk fel, hogy H tartalmazza valamennyi, elemeib˝ol alkotott konvergens sorozat hat´ar´ert´ek´et, ´es mutassuk meg, hogy ekkor minden v´eges torl´od´asi pontj´at is tartalmazza. Legyen teh´at a ∈ K a H halmaz egy v´eges torl´od´asi pontja. El˝osz¨or megmutatjuk, hogy ekkor van olyan H-beli elemekb˝ol ´all´o sorozat, amely a-hoz konverg´al. Val´oban, minthogy az a b´armely k¨ornyezet´eben van H-beli elem, az´ert minden n ∈ N eset´en van olyan xn ∈ H, amelyre |xn − a| < 2−n
(n ∈ N)
teljes¨ ul. K¨ovetkez´esk´eppen limn→∞ xn = a. Minthogy — a felt´etel szerint — a H halmaz az elemeib˝ol alkotott konvergens sorozatok hat´ar´ert´ek´et is tartalmazza, az´ert az a torl´od´asi pontra a ∈ H teljes¨ ul. ¤
Megjegyz´esek 1. Ha H ⊂ R v´ eges halmaz, akkor nyilv´ an H 0 = ∅. Ellenkez˝ o esetben az 1.T´ etel szerint H 0 6= ∅. 2. A H := H ∪ H 0
34
2.2. F¨ uggv´eny hat´ar´ert´eke
halmazt a H ⊆ K sz´ amhalmaz lez´ ar´ as´ anak nevezz¨ uk. 3. Legyen H := (a, b) ⊂ R egy ny´ılt intervallum. Az [a, b] intervallum b´ armely pontj´ anak minden k¨ ornyezete v´ egtelen sok H-beli pontot tartalmaz. Ha c ∈ / [a, b], akkor c-nek van olyan k¨ ornyezete, amelyben nincs H-beli pont. Ez azt jelenti, hogy H 0 = H = [a, b]. 4. Ha H = [a, b] z´ art intervallum, akkor H 0 = [a, b] ⊆ [a, b] miatt a sz´ oban forg´ o intervallum z´ art halmaz a most bevezetett defin´ıci´ o´ ertelm´ eben is. 5. Az el˝ oz˝ o meggondol´ ashoz hasonl´ oan ad´ odik, hogy minden a ∈ K ´ es ² > 0 eset´ en K²0 (a) = K² (a) = {z ∈ K : |z − a| 5 ²}. 6. B´ armely R-beli k¨ ornyezet v´ egtelen sok racion´ alis sz´ amot tartalmaz. b´ armely eleme torl´ od´ asi pontja a Q halmaznak, azaz Q0 = R.
K¨ ovetkez´ esk´ eppen R
7. A H = K speci´ alis esetben H 0 = H = K. Minthogy K minden v´ eges torl´ od´ asi pontj´ at tartalmazza, az´ ert K z´ art halmaz. Az ide´ alis elemekkel kib˝ ov´ıtett sz´ amtestekre kor´ abban ol´ es is ¨ osszhangban van a halmazok lez´ ar´ as´ ara vonatkoz´ o, most bevezetett m´ ar haszn´ alt K jel¨ jel¨ ol´ essel. 8. A z´ art halmaz egy tov´ abbi jellemz´ ese adhat´ o a ny´ılt halmaz fogalm´ at felhaszn´ alva. K¨ onnyen igazolhat´ o, hogy a H ⊆ K halmaz akkor ´ es csak akkor z´ art, ha komplementere, azaz a H c := K \ H halmaz ny´ılt.
2.2. F¨ uggv´eny hat´ar´ert´eke Ebben a pontban K1 → K2 t´ıpus´ u f¨ uggv´enyek hat´ar´ert´ek´et defini´aljuk ´ertelmez´esi tartom´anyuk torl´od´asi pontjaiban.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy a nem u¨res H ⊆ K1 halmazon ´ertelmezett f : H → K2 f¨ uggv´ enynek az a ∈ H 0 pontban van ¯ 2 pont, amelynek b´armely K² (A) hat´ ar´ ert´ eke, ha l´etezik olyan A ∈ K k¨ornyezet´ehez l´etezik az a ∈ H 0 pontnak olyan Kδ (a) k¨ornyezete, hogy minden x ∈ Kδ (a) ∩ H, x 6= a eset´en f (x) ∈ K² (A) teljes¨ ul. Logikai jel¨ol´eseket haszn´alva: ¡ ¢ (1) ∃A ∈ K2 ∀² > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ Kδ (a) \ {a} ∩ H : f (x) ∈ K² (A). K¨onny˝ u megmutatni, hogy legfeljebb egy olyan A ∈ K2 l´etezik, amelyre az (1) felt´etel teljes¨ ul. Indirekt bizony´ıt´ast alkalmazva tegy¨ uk fel, hogy l´eteznek olyan A1 , A2 ∈ K2 , A1 6= A2 elemek, amelyekre fenn´all az (1) ´all´ıt´as. Mivel A1 6= A2 , az´ert l´etezik olyan ² > 0 sz´am, hogy (2)
K² (A1 ) ∩ K² (A2 ) = ∅.
Alkalmazzuk az (1) defin´ıci´ot A helyett Ai -re i = 1, 2 eset´en . Ekkor azt kapjuk, hogy l´etezik olyan δi > 0 sz´am, amelyre minden x ∈ Kδi (a) ∩ H, x 6= a pontban
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
35
f (x) ∈ K² (Ai ) teljes¨ ul. Legyen δ = min{δ1 , δ2 }. Minthogy az a pont a H halmaznak torl´od´asi pontja, az´ert H-nak van olyan a-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o x pontja, amelyre x ∈ Kδ (a) teljes¨ ul. Ebben a pontban viszont (2) alapj´an f (x) ∈ K² (A1 ),
f (x) ∈ K² (A2 ),
azaz az f (x) pont a sz´oban forg´o k´et k¨ornyezetnek egy k¨oz¨os eleme. Mivel m´asr´eszt (2) alapj´an ezek a k¨ornyezetek diszjunktak, ellentmond´asra jutottunk. Ezzel a hat´ar´ert´ek egy´ertelm˝ us´eg´ere vonatkoz´o ´all´ıt´ast bebizony´ıtottuk. ¯ 2 elemet az f Az (1) ´ertelmez´esben szerepl˝o A ∈ R f¨ uggv´ eny a pontban vett hat´ ar´ ert´ ek´ enek nevezz¨ uk ´es az al´abbi szimb´olumok valamelyik´evel jel¨olj¨ uk:
Defin´ıci´ o.
lim f = A, a
lim f (x) = A,
x→a
La (f ) = A,
f (x) → A,
ha x → a.
Az utols´o szimb´olumot u ´gy olvassuk, hogy ”f (x) tart A-hoz, ha x tart a-hoz”. A hat´ar´ert´ek ´ertelmez´ese alapj´an nyilv´anval´o, hogy az f f¨ uggv´enynek az a helyen vett hat´ar´ert´eke f¨ uggetelen att´ol, hogy a ∈ / H vagy a ∈ H, ´es ebben az ut´obbi esetben a hat´ar´ert´ek f¨ uggetlen f -nek az a helyen felvett ´ert´ek´et˝ol. Az La (f ) hat´ar´ert´ek teh´at akkor is l´etezhet, ha f az a helyen nincs ´ertelmezve. A defin´ıci´ob´ol az l´athat´o, hogy ha az f : H → K2 ´es a g : H → K2 f¨ uggv´enynek valamely H ∩ Kδ (a) \ {a} halmazra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´esei megegyeznek, akkor a k´et f¨ uggv´enynek egyszerre l´etezik, vagy nem l´etezik az a pontban a hat´ar´ert´eke, ´es — az els˝o esetben — La (f ) = La (g). Az al´abbiakban kiemelj¨ uk ´es szeml´eltetj¨ uk az ´altal´anos defin´ıci´o n´eh´any fontos speci´alis eset´et. Ha a ∈ K1 ´es A ∈ K2 , azaz a ´es A is v´eges, akkor v´eges helyen vett v´eges hat´ar´ert´ekr˝ol szok´as besz´elni. Az ´altal´anos ´ertelmez´est erre az esetre fel´ırva ´es a k¨ornyezet defin´ıci´oj´at felhaszn´alva az al´abbi, az eredetivel ekvivalens megfogalmaz´as ad´odik.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az f : H → K2 f¨uggv´enynek az
a ∈ H 0 ⊆ K1 pontban a A ∈ K2 sz´ am a hat´ art´ ert´ eke, ha minden ² > 0 sz´amhoz l´etezik olyan δ > 0 sz´am, hogy ha 0 < |x − a| < δ ´es x ∈ H, akkor |f (x) − A| < ². A hat´ar´ert´ek a K1 = K2 = R speci´alis esetben — vagyis val´os v´altoz´os, val´os ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyekre — a f¨ uggv´eny grafikonj´at felhaszn´alva a k¨ovetkez˝ok´eppen szeml´eltethet˝o . Vegy¨ unk fel egy der´eksz¨og˝ u koordin´atarendszerben az y = A egyenlet˝ u egyenesre szimmetrikusan egy tesz˝oleges sz´eless´eg˝ u S s´avot”. Ekkor ” l´etezik olyan, az x = a egyenlet˝ u egyenesre szimmetrikus T s´av, hogy az f f¨ uggv´eny grafikonj´anak T -be es˝o {(x, f (x)) : x ∈ H ∩ T } r´esze az (a, f (a)) pont kiv´etel´evel az S s´avba” esik. ”
36
2.2. F¨ uggv´eny hat´ar´ert´eke
y
T
f(a) ε ε
A
S δ δ x
a 2.1. ´abra
A K1 = K2 = C esetben — vagyis komplex v´altoz´os, komplex ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyeket tekintve — az La (f ) = A szeml´eletesen sz´olva a k¨ovetkez˝ot jelenti: a komplex sz´ams´ık minden a-hoz el´eg k¨ozel es˝o”, a-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o H-beli pontj´anak f ” ´altal l´etes´ıtett k´epe az A-hoz el´eg k¨ozel esik”. Ezt szeml´eltetj¨ uk az al´abbi ´abr´an. ”
ε
δ a
A
z
w
2.2. ´abra Az u ´n. v´egtelenben vett hat´ar´ert´ekek k¨oz¨ ul az al´abbi esetet szeml´eltetj¨ uk. Tegy¨ uk fel, hogy az f : H → R f¨ uggv´eny H ⊆ R ´ertelmez´esi tartom´anya fel¨ ulr˝ol nem korl´atos. Ekkor +∞ a H-nak torl´od´asi pontja, k¨ovetkez´esk´eppen felvethet˝o, hogy f -nek van-e hat´ar´ert´eke a +∞-ben ? Az ´altal´anos ´ertelmez´est erre az esetre alkalmazva ad´odik az al´abbi
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
37
Defin´ıci´ o. Tegy¨uk fel, hogy a H ⊆ R halmaz fel¨ulr˝ol nem korl´atos. Akkor mondjuk, hogy az f : H → R f¨ uggv´enynek a +∞-ben A ∈ R a hat´ar´ert´eke, ha b´armely ² > 0 sz´amhoz l´etezik a +∞-nek olyan Kδ (+∞) k¨ornyezete, hogy ha x ∈ H ∩ Kδ (+∞), akkor f (x) ∈ K² (A). A +∞ k¨ornyezeteire m´as jel¨ol´est haszn´alva ez ekvivalens a k¨ovetkez˝ovel: ∀² > 0 ∃P > 0 ∀x ∈ H, x > P : f (x) ∈ K² (A). K¨onnyen ellen˝orizhet˝o, hogy ebb˝ol az ´ertelmez´esb˝ol a H = N speci´alis estben visszakapjuk a term´eszetes sz´amok halmaz´an ´ertelmezett f¨ uggv´eny, azaz a sorozat hat´ar´ert´ek´enek a defin´ıci´oj´at. Az L+∞ (f ) hat´ar´ert´eket — val´os ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyekre szor´ıtkozva — a v´egesben vett v´eges hat´ert´ekhez hasonl´oan szeml´eltethetj¨ uk. Vegy¨ unk fel a der´eksz¨og˝ u koordin´atarendszerben az y = A egyenlet˝ u egyenesre szimmetrikusan egy 2² sz´eless´eg˝ u s´avot. Ehhez l´etezik olyan P sz´am, hogy a f¨ uggv´eny grafikonj´anak az {(x, f (x)): x ∈ H, x > P } r´esze a fenti s´avba esik.
y
A
ε ε
x P 2.3. ´abra A sign f¨ uggv´enynek a 0 pontban nincs hat´ar´ert´eke (l´asd az al´abbi megjegyz´es 7. pontj´at). V´eve azonban ennek a f¨ uggv´enynek ak´ar a (0, +∞), ak´ar a (−∞, 0) intervallumra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´et, olyan f¨ uggv´enyeket kapunk, amelyeknek m´ar van hat´ar´ert´ek¨ uk a 0 pontban. Ezt u ´gy szoktuk szavakban kifejezni, hogy a sign f¨ uggv´enynek a 0 pontban l´etezik a jobb- ´es a baloldali hat´ar´ert´eke. Ezzel az u ´n. egyoldali hat´ar´ert´ekkel kapcsolatos az al´abbi
38
2.2. F¨ uggv´eny hat´ar´ert´eke
Defin´ıci´ o. Legyen f : H → K (H ⊆ R) egy val´os v´altoz´os f¨uggv´eny ´es tegy¨ uk fel, hogy az a ∈ R elem a Ha+ := H ∩ (a, +∞) halmaz torl´od´asi pontja. Akkor mondjuk, hogy az f f¨ uggv´enynek az a helyen l´etezik jobboldali hat´ ar´ ert´ eke, ha f -nek a Ha+ halmazra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´enek l´etezik hat´ar´ert´eke az a pontban. Az f f¨ uggv´eny a helyen vett jobb oldali hat´ar´ert´ek´et az al´abbi szimb´olumok valamelyik´evel jel¨olj¨ uk: lim f, a+
lim f (x),
x→a+
f (a+),
La+ (f ).
A fenti defin´ıci´oban a Ha+ halmazt a Ha− := H ∩ (−∞, a) halmazzal cser´elve fel megkaphatjuk az a helyen vett baloldali hat´ar´ert´ek ´ertelmez´es´et. Mag´at a baloldali hat´ar´ert´eket a lim f, a−
lim f (x),
x→a−
f (a−),
La− (f )
szimb´olumok valamelyik´evel jel¨olj¨ uk. Tegy¨ uk fel, hogy az a ∈ R sz´am a Ha+ ´es a Ha− halmaznak is torl´od´asi pontja. Egyszer˝ uen bel´athat´o (l´asd a 6. feladatot), hogy ilyenkor f -nek az a helyen akkor ´es csak akkor van hat´ar´ert´eke, ha f -nek a-ban l´etezik a jobb- ´es baloldali hat´ar´ert´eke, ´es f (a+) = f (a−) = La (f ).
Megjegyz´esek 1. A term´ eszettudom´ anyokban ´ es a technik´ aban gyakran ´elnek a k¨ ovetkez˝ o sz´ ohaszn´ alattal: f (x) ” tetsz´ esszerinti hib´ aval megk¨ ozel´ıti az A-t, ha x el´ eg k¨ ozel van a a-hoz” vagy f (x) kicsit t´ er el ” az A-t´ ol, ha x kicsit t´ er el a a-t´ ol”, stb. Ezek a matematika nyelv´ en mind azt jelentik, hogy az f f¨ uggv´ enyneknek az a pontban A a hat´ ar´ ert´ eke. 2. Ha A ∈ K2 , akkor azt szoktuk mondani, hogy f -nek az a helyen v´ eges a hat´ ar´ ert´ eke. Ha A = +∞, −∞ vagy A = ∞, akkor azt mondjuk, hogy f -nek az a helyen vett hat´ ar´ ert´ eke nem v´ eges. 3. A hat´ ar´ ert´ ek tov´ abbi speci´ alis eseteinek r´ eszletez´ es´ et˝ ol eltekint¨ unk. Ezek az ´ altal´ anos defin´ıci´ ob´ ol az el˝ oz˝ oekhez hasonl´ oan megkaphat´ ok. 4. Vizsg´ aljuk az f (x) := c (x ∈ K1 ) konstans f¨ uggv´ eny hat´ ar´ ert´ ek´ et, ahol c ∈ K2 r¨ ogz´ıtett sz´ am. K¨ onnyen bel´ athat´ o, hogy b´ armely a ∈ K1 pontban La (f ) = c. Val´ oban, mivel ebben az esetben minden x ∈ K1 ponban |f (x) − c| = 0, az´ ert — az (1) defin´ıci´ ot alapul v´ eve — az ottani felt´ etel minden ² > 0 eset´ en b´ armely δ > 0 v´ alaszt´ as mellett fenn´ all. 5. A g(x) := x (x ∈ K) identikus lek´ epez´ esnek b´ armely a ∈ K0 pontban l´ etezik hat´ ar´ ert´ eke ´ es La (g) = a. Val´ oban tetsz˝ oleges ² > 0 est´ en p´ eld´ aul az ² = δ v´ alaszt´ as mellett nyilv´ an ∀x ∈ Kδ (a) \ {a} : g(x) = x ∈ K² (a). Ez pontosan azt jelenti, hogy La (g) = a. 6. A h(x) := 1/x (x ∈ R, x 6= 0) f¨ uggv´ enyre L+∞ (h) = L−∞ (h) = 0. Val´ oban a +∞ helyre szor´ıtkozva vegy¨ uk figyelembe, hogy b´ armely ² > 0 sz´ am eset´ en a 0 < 1/x < ² ´ es az x > 1/²
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
39
egyenl˝ otlens´ egek egym´ assal ekvivalensek. Ez azt jelenti, hogy p´ eld´ aul az ² = δ v´ alaszt´ as mellett minden x ∈ Kδ (+∞) = (1/², +∞) pontban h(x) = 1/x ∈ K² (0). Ezzel megmutattuk, hogy L+∞ (h) = 0. Az ´ all´ıt´ as m´ asik r´ esze hasonl´ oan igazolhat´ o. 7. A val´ os sign f¨ uggv´ enynek a 0 helyen nincs hat´ ar´ ert´ eke. Val´ oban vegy¨ uk figyelembe, hogy a sz´ oban forg´ o f¨ uggv´ eny ´ ert´ ekk´ eszlete az R = {+1, −1, 0} halmaz. Az R egyetlen R-hez nem tartoz´ o A eleme sem lehet hat´ ar´ ert´ eke a sign f¨ uggv´ enynek, hiszen minden ilyen A-nak van olyan k¨ ornyezete, amely egyetlen f¨ uggv´ eny´ ert´ eket sem tartalmaz. Ha viszont A ∈ R, akkor p´ eld´ aul ² = 1/2 v´ alaszt´ as eset´ en b´ armely δ > 0 sz´ amot v´ eve a Kδ (0) k¨ ornyezetnek mindig van olyan x 6= 0 pontja, hogy sign (x) ∈ / K²(A). Ezzel megmutattuk, hogy nincs olyan A ∈ R elem, amely eleget tenne a hat´ ar´ ert´ ek defin´ıci´ oj´ aban megfogalmazott felt´ eteleknek.
´ 2.3. Atviteli elv M´ar a bevezet´esben eml´ıtett¨ uk, hogy a f¨ uggv´eny hat´ar´ert´eke kapcsolatba hozhat´o a sorozat hat´ar´ert´ek´evel. Erre vonatkozik az al´abbi ´all´ıt´as.
´ Atviteli elv. Az f : H → K2 (H ⊆ K1 ) f¨uggv´enynek az a ∈ H 0 pontban akkor ´es csak akkor A ∈ K2 a hat´ar´ert´eke, ha b´armely olyan (xn , n ∈ N) sorozatra, amelyre (3)
xn ∈ H,
xn 6= a (n ∈ N),
lim xn = a,
n→∞
a f¨ uggv´eny´ert´ekek (f (xn ), n ∈ N) sorozat´anak is van hat´ar´ert´eke ´es (4)
lim f (xn ) = A.
n→∞
´ s. El˝osz¨or megmutatjuk, hogy ha La (f ) = A, akkor minden, a (3) Bizony´ıta felt´etelnek eleget tev˝o (xn , n ∈ N) sorozatra (4) teljes¨ ul. Az La (f ) = A defin´ıci´oja szerint (5)
∀² > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ Kδ (a) ∩ H, x 6= a : f (x) ∈ K² (A).
Mivel az (xn , n ∈ N) sorozat hat´ar´art´eke a, az´ert erre a sorozatra — ² helyett δ-ra — fel´ırva a sorozat hat´ar´ert´ek´enek defin´ıci´oj´at azt kapjuk, hogy ∃N ∈ N ∀n ≥ N : xn ∈ Kδ (a). K¨ovetkez´esk´eppen (5) alapj´an ∀n ≥ N : f (xn ) ∈ K² (A).
40
2.4. M˝ uveletek hat´ar´ert´ekekkel
¨ Osszefoglalva teh´at azt kaptuk, hogy ∀² > 0 ∃N ∈ N ∀n ≥ N : f (xn ) ∈ K² (A), s ezzel a bizony´ıtand´o limn→∞ f (xn ) = A ´all´ıt´ast igazoltuk. Megford´ıtva, most megmutatjuk, hogy ha minden, a (3) felt´etelnek eleget tev˝o sorozatra a f¨ uggv´eny´ert´ekek sorozat´anak A ∈ K2 a hat´ar´ert´eke, akkor az f f¨ uggv´enynek az a helyen van hat´ar´ert´eke, ´es az A-val egyenl˝o. A t´etel ´all´ıt´as´aval ellent´etben tegy¨ uk fel, hogy La (f ) = A nem teljes¨ ul. Ez r´eszletesen sz´olva a k¨ovetkez˝ot jelenti: (6)
∃² > 0 ∀δ > 0 ∃x ∈ H ∩ Kδ (a), x 6= a : f (x) ∈ / K² (A).
Ezt az ´all´ıt´ast δn := 1/(n + 1) (n ∈ N) eset´en alkalmazva ´es az ehhez a δ-hoz l´etez˝o (6) tulajdons´ag´ u elemet xn -nel jel¨olve azt kapjuk, hogy ∃² > 0 ∀n ∈ N ∃xn ∈ H ∩ Kδn (a), xn 6= a : f (xn ) ∈ / K² (A). Mivel xn ∈ Kδn (a) (n ∈ N) ´es (δn , n ∈ N) z´erussorozat, az´ert limn→∞ xn = a, ugyanakkor f (xn ) ∈ / K² (A) (n ∈ N) miatt az (f (xn ), n ∈ N) sorozatnak nem lehet A a hat´ar´ert´eke. Ezzel egy olyan (xn , n ∈ N) sorozatot kaptunk, amelyre (3) teljes¨ ul ´es (4) nyilv´an nem teljes¨ ul, s ´ıgy ellentmond´asra jutottunk. ¤
2.4. M˝ uveletek hat´ar´ert´ekekkel Az ´atviteli elv seg´ıts´eg´evel a sorozatok hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o, kor´abban megismert t´eteleket ´atfogalmazhatjuk f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ekekre. Legyen H ⊆ K1 ´es a ∈ K1 a H halmaz torl´od´asi pontja. Tegy¨ uk fel, hogy az f : H → K2 ´es a g : H → K2 f¨ uggv´enynek az a pontban van hat´ar´ert´eke. Ekkor fenn´all az al´abbi
3. T´etel. Ha La (f ) = A,
La (g) = B,
akkor a) La (f + g) = A + B, b) La (f g) = AB, ¡f ¢ A c) La = g B felt´eve, hogy a jobb oldalon ´all´o m˝ uveleteknek van ´ertelme.
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
41
´ s. Legyen (xn , n ∈ N) olyan sz´amsorozat, amelyre a (3) felt´etel teljes¨ Bizony´ıta ul. Ekkor az ´atvitelei elv alapj´an lim f (xn ) = A,
n→∞
lim g(xn ) = B.
n→∞
A sorozatok hat´ar´er´ek´ere vonatkoz´o t´etelt felhaszn´alva (l´asd [A1], 2.8. pont 12. T´etel´et) azt kapjuk, hogy ¡ ¢ lim f (xn ) + g(xn ) = A + B, n→∞ ¡ ¢ lim f (xn )g(xn ) = AB,
n→∞
lim
n→∞
f (xn ) A = . g(xn ) B
Minthogy ezek az egyenl˝os´egek b´armely, a (3) felt´etelt kiel´eg´ıt˝o sorozatra fenn´allnak, az´ert az ´atviteli elv ism´etelt alkalmaz´as´aval azt kapjuk, hogy val´oban l´eteznek a La (f + g), La (f g), La (f /g) hat´ar´ert´ekek, ´es azok a t´etelben megadott ´ert´ekekkel egyenl˝ok. Ezzel az ´all´ıt´ast bebizony´ıtottuk. ¤ A hat´ar´ert´ek ´es a ≤, illetve < rel´aci´o kapcsolat´ara vonatkozik az al´abbi ´all´ıt´as.
1. K¨ovetkezm´eny. Tegy¨uk fel, hogy az f, g : (α, β) → R f¨uggv´enyeknek az a ∈ (α, β) helyen l´etezik a hat´ar´ert´eke. i) Ha f (x) 5 g(x) (x ∈ (α, β)), akkor La (f ) 5 La (g). ii) Ha La (f ) < La (g), akkor a-nak van olyan Kr (a) k¨ornyezete, hogy f (x) < g(x), ha x ∈ Kr (a). ´ s. A ii) igazol´as´ahoz ´ırjuk fel a hat´ar´ert´ek defin´ıci´oj´at. Ekkor az ² := Bizony´ıta (La (g) − La (f ))/2 sz´amhoz l´etezik olyan r > 0 sz´am, hogy minden x ∈ Kr (a) pontban a bizony´ıtand´o La (f ) − ² < f (x) < La (f ) + ² = La (g) − ² < g(x) < La (g) + ² egyenl˝otlens´eg teljes¨ ul. Az i) r´esz a ii)-b˝ol indirekt bizony´ıt´assal egyszer˝ uen k¨ovetkezik. ¤ Mivel a jobb- ´es bal oldali hat´er´ert´eket a f¨ uggv´eny alkalmasan vett lesz˝ uk´ıt´es´enek hat´ar´ert´ekek´ent ´ertelmezt¨ uk, az´ert az ´atviteli elv ´es a most igazolt m˝ uveleti szab´alyok — ´ertelemszer˝ u m´odos´ıt´asokkal — az egyoldali hat´ar´ert´ekekre is ´erv´enyesek. A monoton sorozatok hat´art´ek´ere vonatkoz´o t´etel megfelel˝oje ´erv´enyes a monoton f¨ uggv´enyekre. A monotonit´as fogalm´at a val´os v´altoz´os, val´os ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyek k¨or´eben vezetj¨ uk be.
42
2.4. M˝ uveletek hat´ar´ert´ekekkel
Defin´ıci´ o. Legyen f : H → R a H ⊆ R halmazon ´ertelmezett f¨uggv´eny. Akkor mondjuk, hogy az f f¨ uggv´ eny monoton n¨ oveked˝ o, ha b´armely x1 , x2 ∈ H pontp´arra x1 < x2 eset´en f (x1 ) 5 f (x2 ) teljes¨ ul. Ha a most megfogalmazott felt´etelben az egyenl˝os´eget nem engedj¨ uk meg, azaz ha ∀x1 , x2 ∈ H, x1 < x2 : f (x1 ) < f (x2 ), akkor azt mondjuk, hogy az f szigor´ uan monoton n¨ oveked˝ o. A fenti ´ertelmez´esben a f¨ uggv´eny´ert´ekekre vonatkoz´o egyenl˝otlens´eg ir´any´at megv´altoztatva eljutunk a monoton fogy´o f¨ uggv´eny fogalm´ahoz.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az f : H → R f¨ uggv´ eny monoton fogy´ o, ha ∀x1 , x2 ∈ H, x1 < x2 : f (x1 ) ≥ f (x2 ). Ha ehelyett ∀x1 , x2 ∈ H, x1 < x2 : f (x1 ) > f (x2 ), akkor az f f¨ uggv´enyt szigor´ uan monoton fogy´ onak nevezz¨ uk. A monoton n¨ov˝o ´es monoton fogy´o f¨ uggv´enyeket — k¨oz¨os elnevez´est haszn´alva — monoton f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk.
Az egyenl˝otlens´egre vonatkoz´o elemi tulajdons´agokb´ol k¨ovetkezik, hogy minden ul. Ez — a most bevezetett n ∈ N∗ sz´amra 0 < x1 < x2 eset´en xn1 < xn2 teljes¨ fogalmat haszn´alva — azt jelenti, hogy az
f (x) := xn
(x ≥ 0)
f¨ uggv´enyek minden n ∈ N∗ kitev˝o eset´en szigor´ uan monoton n¨oveked˝ok.
Monoton f¨ uggv´enyek egyoldali hat´ar´ert´ekeinek l´etez´es´ere vonatkozik az al´abbi ´all´ıt´as.
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
43
4. T´etel Legyen f : H → R monoton f¨uggv´eny ´es tegy¨uk fel, hogy az a ∈ [−∞, +∞) pont a H ∩ (a, +∞) halmaznak torl´od´asi pontja. Ekkor f -nek l´etezik a jobb oldali hat´ar´ert´eke ´es f (a+) = inf{f (x) : x ∈ H, x > a}, ha f monoton n¨oveked˝o, illetve f (a+) = sup{f (x) : x ∈ H, x > a}, ha f monoton fogy´o. ´ s. Az ´all´ıt´asnak csak a monoton n¨oveked˝o f¨ Bizony´ıta uggv´enyekre vonatkoz´o r´esz´et igazoljuk. A m´asik fele hasonl´oan l´athat´o be. Legyen A := inf{f (x) : x ∈ H, x > a}. Az als´o hat´ar ´ertelmez´ese alapj´an egyr´eszt minden x ∈ H, x > a eset´en f (x) ≥ A, m´asr´eszt ∀M > A ∃x1 ∈ H, x1 > a : f (x1 ) > M. Mivel f monoton n¨oveked˝o, az´ert a fentiek alapj´an A 5 f (x) < M
(a < x < x1 ).
Ezzel bel´attuk, hogy A b´armely K² (A) k¨ornyezet´ehez van a-nak olyan δ > 0 sugar´ u k¨ornyezete, hogy minden x ∈ Kδ (a) ∩ H, x > a pontban f (x) ∈ K² (A) teljes¨ ul. Ezzel az ´all´ıt´ast bebizony´ıtottuk. ¤ A most igazolt t´etelb˝ol — a bal- ´es jobboldali hat´ar´ert´ek szerep´et felcser´elve — ad´odik a k¨ovetkez˝o
5. T´etel Legyen f : H → R monoton f¨uggv´eny ´es tegy¨uk fel, hogy az a ∈ (−∞, +∞] pont a H ∩ (−∞, a) halmaznak torl´od´asi pontja. Ekkor f -nek l´etezik a baloldali hat´ar´ert´eke ´es f (a−) = sup{f (x) : x ∈ H, x < a}, ha f monoton n¨oveked˝o, f (a−) = inf{f (x) : x ∈ H, x < a}, ha f monoton fogy´o. Ez a t´etel az el˝oz˝oh¨oz hasonl´oan igazolhat´o.
44
2.5. Nevezetes hat´ar´ert´ekek
2.5. Nevezetes hat´ar´ert´ekek Ebben a pontban megvizsg´alunk n´eh´any f¨ uggv´enyoszt´alyt hat´ar´ert´ek szempontj´ab´ol. A val´os ´es komplex esetet egy¨ utt t´argyalva polinomokkal, racion´alis f¨ uggv´enyekkel, valamint hatv´anysorok ¨osszegf¨ uggv´eny´evel foglalkozunk. Ezzel ¨osszhangban K → K t´ıpus´ u f¨ uggv´enyeknek valamely α ∈ K helyen vett hat´ar´ert´ek´enek, illetve — val´os esetben — az egyoldali hat´ar´ert´ek l´etez´es´enek k´erd´es´evel foglalkozunk.
2.5.1. Polinom hat´ar´ert´eke El˝osz¨or v´eges helyen vett hat´ar´art´ekeket vizsg´alunk. Legyenek a0 , a1 , · · · , an adott val´os vagy komplex sz´amok. Megmutatjuk, hogy a P (z) := a0 + a1 z + · · · + an z n
(z ∈ K)
polinomnak minden α ∈ K helyen l´etezik hat´ar´ert´eke ´es az P (α)-val egyenl˝o: Lα (P ) = P (α). Val´oban, az el˝oz˝o pont 4. ´es 5. megjegyz´ese szerint a konstans f¨ uggv´enynek ´es az identikus lek´epez´esnek l´etezik hat´ar´ert´eke az α helyen ´es az az α helyen felvett f¨ uggv´eny´ert´ekkel egyenl˝o. A szorzatf¨ uggv´eny hat´er´ert´ek´ere vonatkoz´o ´all´ıt´asb´ol k¨ovetkezik, hogy az fk (z) := ak z k
(z ∈ K, k = 0, 1, · · · , n)
f¨ uggv´enyeknek l´etezik az α helyen hat´er´ert´eke ´es az fk (α)-val egyenl˝o. V´eg¨ ul az ¨osszegf¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o ´all´ıt´as alapj´an Lα (P ) =
n X k=0
Lα (fk ) =
n X
ak αk = P (α).
k=0
A v´egtelen helyen vett hat´ar´ert´ek k´erd´es´ere a k¨ovetkez˝o pontban visszat´er¨ unk.
2.5.2. Racion´alis f¨ uggv´eny hat´ar´ert´eke Legyen P ´es Q polinom, ahol Q nem a z´erus polinom. Jel¨olje Λ a Q z´erushelyeinek halmaz´at. A h´anyadosf¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o ´all´ıt´as alapj´an minden, a Q z´erushelyeit˝ol k¨ ul¨ onb¨oz˝o α ∈ K helyen P/Q-nak l´etezik hat´ar´ert´eke ´es ¡ P ¢ P (α) (α ∈ / Λ). = Lα Q Q(α)
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
45
Ha α a Q polinomnak z´erushelye, akkor — figyelembe v´eve a Q gy¨okt´enyez˝os felbont´as´at — a sz´oban forg´o polinom fel´ırhat´o Q(z) = (z − α)r S(z) (z ∈ K) alakban, ahol r ∈ N∗ ´es az S polinom nem t˝ unik el az α helyen. A P/Q racion´alis f¨ uggv´enyre teh´at P (z) 1 P (z) = (z ∈ K \ Λ) r Q(z) (z − α) S(z) teljes¨ ul. Mivel a P/S f¨ uggv´enynek l´etezik hat´ar´ert´eke az α helyen, az´ert elegend˝o az 1 rα,n (z) := (z ∈ K \ {α}) (z − α)n f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´et vizsg´alni. Egyszer˝ uen — p´eld´aul az ´atviteli elv alapj´an — igazolhat´o, hogy Lα (rα,n ) = ∞
(K = C, n ∈ N∗ ),
Lα (rα,n ) = +∞
∗
(K = R, n = 2k, k ∈ N ). P´aratlan n eset´en nem l´etezik a sz´oban forg´o val´os f¨ uggv´eny hat´ar´ert´eke. Ugyancsak az ´atviteli elv alkalmaz´as´aval ad´odik, hogy ebben az esetben l´etezik viszont a jobb- ´es baloldali hat´ar´ert´ek ´es Lα+ (rα,n ) = +∞
(K = R, n = 2k + 1, k ∈ N∗ ),
Lα− (rα,n ) = −∞
(K = R, n = 2k + 1, k ∈ N∗ ).
A v´egtelenben vett hat´ar´ert´ek vizsg´alat´ahoz c´elszer˝ u el˝osz¨or a hn (z) := z n
(z ∈ K, n ∈ Z)
hatv´anyf¨ uggv´enyekkel foglalkozni. Ha n < 0, akkor a hn f¨ uggv´enynek komplex esetben a ∞-ben, val´os esetben pedig a +∞, −∞ helyeken a hat´art´eke 0. Ha n = 0, ´ erve az n ∈ N∗ esetek vizsg´alat´ara akkor az eml´ıtett helyeken 1 a hat´ar´ert´ek. Att´ k¨onnyen igazolhat´o, hogy komplex esetben L∞ (hn ) = ∞
(K = C),
val´os esetben pedig L+∞ (hn ) = +∞
(K = R),
L−∞ (hn ) = (−1)n (+∞) (K = R).
Az ´altal´anos eset vizsg´alat´ahoz ´ırjuk fel a racion´alis f¨ uggv´enyt P (z) an z n + · · · + a1 z + a0 an + · · · + a1 /z n−1 + a0 /z n = = z n−m =: m Q(z) bm z + · · · + b1 z + b0 bm + · · · + b1 /z m−1 + b0 /z m = z n−m R(z) (z ∈ K \ (Z ∪ {0}))
46
2.5. Nevezetes hat´ar´ert´ekek
alakban, ahol bm 6= 0. A hn hatv´anyf¨ uggv´enyek hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o, el˝obb eml´ıtett ´all´ıt´asok alapj´an nyilv´anval´o, hogy a fenti racion´alis f¨ uggv´enynek minden nem v´eges helyen l´etezik hat´ar´ert´eke ´es az an /bm -mel egyenl˝o. Ezt ´es a hn−m hat´ert´ek´ere vonatkoz´o ´all´ıt´ast felhaszn´alva megkaphatjuk a racion´alis f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´et.
2.5.3. Analitikus f¨ uggv´eny hat´ar´ert´eke Eml´ekeztet¨ unk arra, hogy a H ⊆ K ny´ılt halmazon ´ertelmezett f : H → K f¨ uggv´enyt analitikusnak nevezz¨ uk, ha b´armely α ∈ H pontnak van olyan Kr (α) k¨ornyezete, amelyben f el˝o´all´ıthat´o hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enyek´ent, azaz f (z) =
∞ X
an (z − α)n
(z ∈ Kr (α)).
n=0
Ilyen f¨ uggv´enyekre fenn´all a
6. T´etel Legyen f egy H ⊆ K ny´ılt halmazon ´ertelmezett analitikus f¨ uggv´eny. Ekkor minden α ∈ H pontban f -nek l´etezik hat´ar´ert´eke ´es Lα (f ) = f (α).
´ s. Legyen r1 < r. Megmutatjuk, hogy l´etezik olyan M > 0 sz´am, Bizony´ıta amellyel minden z ∈ Kr1 (α) pontban (7)
|f (z) − f (α)| 5 M |z − α|
(z ∈ Kr1 )
teljes¨ ul. Innen — p´eld´aul az ´atviteli elv alapj´an — az ´all´ıt´as m´ar k¨ovetkezik. A (7) egyenl˝otlens´eg igazol´as´ahoz vegy¨ uk figyelembe, hogy az 1.3. K¨ovetkezm´enye alapj´an minden r1 < r eset´en ∞ X
pont 4.
|ak |r1k−1 =: M < ∞.
k=1
Ezt ´es az a0 = f (α) egyenl˝os´eget felhaszn´alva azt kapjuk, hogy minden z ∈ Kr1 (α) pontban ´erv´enyes az al´abbi becsl´es: |f (z) − f (α)| 5 |z − α|
∞ X k=1
|ak ||z − α|k−1 5 M |z − α|.
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
47
Ezzel a t´etelt bebizony´ıtottuk. ¤ A most igazolt t´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy az exp, sin, cos, sinh, cosh f¨ uggv´enyeknek minden C-beli pontban l´etezik hat´ar´ert´eke ´es az a pontbeli f¨ uggv´eny´ert´ekkel egyenl˝o. Az el˝obb alkalmazott gondolatmenettel k¨onnyen bebizony´ıthat´o az 1.2. pont 2. K¨ovetkezm´eny´enek a megfelel˝oje polinom helyett analitikus f¨ uggv´enyre.
2. K¨ovetkezm´eny. Tegy¨uk fel, hogy az f f¨uggv´eny a Kr (α) (r > 0) k¨ornyezet minden α-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o z pontj´aban egy m´asik hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enyek´ent is el˝o´all´ıthat´o, azaz (8)
f (z) =
∞ X
an (z − α)n =
n=0
∞ X
bn (z − α)n
(z ∈ Kr (α)).
n=0
Ekkor an = bn
(n ∈ N).
Val´oban az el˝oz˝o t´etel bizony´ıt´asa alapj´an a0 = b0 = f (α). Ezt felhaszn´alva (8)-b´ol (z − α)-val val´o oszt´as ut´an azt kapjuk, hogy ∞ X
an (z − α)n−1 =
n=1
∞ X
bn (z − α)n−1
(z ∈ Kr (α), z 6= α).
n=1
A bal- ´es a jobb oldalon egy-egy Kr (α) k¨ornyezetben konvergens hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enye ´all. Mivel ezek — a z = α pont kiv´etel´evel — a z ∈ Kr (α) pontokban egyenl˝ok, az´ert α-ban vett hat´ar´ert´ek¨ uk is megegyezik. Ism´et alkalmazva az el˝oz˝o t´etelt a1 = b1 ad´odik. Ezt az elj´ar´ast folytatva a bizony´ıtand´o ´all´ıt´ast kapjuk.
2.6. Feladatok Az al´abbi feladatokban szerepl˝o f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´any´at k¨ ul¨on nem t¨ untett¨ uk fel. Ez defin´ıci´o szerint R-nek az a legt´agabb r´eszhalmaza, amelyen a sz´oban forg´o m˝ uveleteknek, illetve f¨ uggv´enyeknek van ´ertelme.
48
2.6. Feladatok
1. Hat´arozzuk meg az al´abbi hat´ar´ert´ekeket:
a) c) e)
1 , x→0 1 + x x4 + 3x2 lim 5 , x→0 x + x3 + 2x2 x4 + 2x2 − 3 , lim 2 x→1 x − 3x + 2 lim
x3 − 3x + 1 , x→0 x−4 x2 − 1 d) lim , x→∞ 2x2 + 1 ¡ x3 ¢ 1 f) lim − 3 . x→+∞ 2x2 − 1 x − 3x + 2 b)
lim
2. Hat´arozzzuk meg az al´abbi jobb-, illetve baloldali hat´ar´ert´ekeket:
a) c)
x−1 , |x − 1| x−1 lim , x→1+ |x − 1| lim
x→1−
b)
x , x−2 x lim . x→2+ x − 2 lim
x→2−
d)
3. Legyen m, n ∈ N. Hat´arozzuk meg az al´abbi hat´ar´ert´ekeket:
a) c)
xn − 1 (n ∈ N), b) x→1 x − 1 ¡ n m ¢ lim − (m, n ∈ N). x→1 1 − xn 1 − xm lim
xm − 1 x→1 xn − 1 lim
(m, n ∈ N),
4. Legyen tg x := sin x/ cos x, ctg x := cos x/ sin x. Hat´arozzuk meg az al´abbi hat´ar´ert´ekeket:
a) c) e) f) g) h)
sin 3x , b) x sin ax (a, b ∈ R, b 6= 0), d) lim x→0 sin bx tg x − sin x , lim x→0 x3 sin(a + x) − sin(a − x) lim , x→0 x sin(a + x) + sin(a − x) − 2 sin a , lim x→0 x2 ¡ 1 1 ¢ lim − , i) x→0 sin x tg x lim
x→0
1 − cos x , x2 sin ax lim (a ∈ R, a 6= 0), x→0 ctg ax lim
x→0
¡1 1 ¢ − . x→0 x tg x lim
2. F¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke
49
5. Hat´arozzuk meg az al´abbi hat´ar´ert´ekeket: a) c) e)
lim exp x,
b)
lim cosh x
d)
lim sinh x,
f)
x→+∞ x→+∞
x→+∞
sinh x , h) cosh x x − sinh x i) lim , j) x→0 x3 + x4 ¡ 1 cosh x ¢ − , `) k) lim x→0 x sinh x exp x − exp(−x) − 2x m) lim , x→0 x − sin x exp(αx) − exp(βx) . n) lim x→0 sin(αx) − sin(βx) g)
lim
x→+∞
lim exp x,
x→−∞
lim cosh x,
x→−∞
lim sinh x
x→−∞
sinh x , cosh x cosh x − 1 − x2 /2 lim , x→0 x4 + 3x5 exp(αx) − exp(βx) lim x→0 x lim
x→−∞
(α, β ∈ R),
6. Tegy¨ uk fel, hogy az a ∈ R pont az (a, +∞) ∩ H ´es a (−∞, a) ∩ H halmazok mindegyik´enek torl´od´asi pontja. Igazoljuk, hogy az f : H → K f¨ uggv´enynek az a ∈ H 0 pontban akkor ´es csak akkor van hat´ar´ert´eke, ha l´eteznek az f (a+) ´es f (a−) egyoldali hat´ar´ert´ekek ´es f (a+) = f (a−) = lim f (x). x→a
7. Legyenek a0 , a1 , · · · , an ´es b0 , b1 , · · · , bm adott val´os sz´amok, ahol m, n ∈ N ´es an 6= 0, bm 6= 0. Hat´arozzuk meg a P (x) := a0 + a1 x + · · · + an xn ,
Q(x) := b0 + b1 x + · · · + bm xm
(x ∈ R)
polinomokkal k´epzett al´abbi hat´er´ert´ekeket: a) c) e)
lim |P (x)|,
x→+∞
P (x) x→−∞ Q(x) P (x) lim . x→a Q(x) lim
b) d)
P (x) , Q(x) |P (x)| lim , x→∞ |Q(x)| lim
x→+∞
8. Legyenek a0 , a1 , · · · , an ´es b0 , b1 , · · · , bm adott komplex sz´amok, ahol m, n ∈ N ´es an 6= 0, bm 6= 0. Hat´arozzuk meg a P (z) := a0 + a1 z + · · · + an z n ,
Q(z) := b0 + b1 z + · · · + bm z m
(z ∈ C)
50
2.6. Feladatok
komplex v´altoz´os polinomokkal k´epzett al´abbi hat´ar´ert´ekeket: a) b) c) d) e)
lim P (z),
z→∞
P (z) (a ∈ C, Q(a) 6= 0), Q(z) P (z) (a ∈ C, Q(a) = 0, P (a) 6= 0) lim z→a Q(z) |P (x)| lim , x→a |Q(x)| P (x) lim . x→a Q(x) lim
z→a
9. Hat´arozzuk meg az al´abbi C → C t´ıpus´ u f¨ uggv´enyek hat´ar´ert´ek´et: a) f (z) := |z|
(z ∈ C),
c) f (z) := im (z) (z ∈ C),
b) f (z) := re (z) d) f (z) := arg (z)
(z ∈ C), (z ∈ C).
10. Vizsg´aljuk meg, hogy az al´abbi f¨ uggv´enyeknek ´ertelmez´esi tartom´anyuk melyik torl´od´asi pontj´aban van hat´ar´ert´eke: a) f (x) := int(x)
(x ∈ R),
b) f (x) := x − int(x) (x ∈ R), c) f (x) := x + int(x2 ) (x ∈ R), ¡1¢ d) f (x) := x int (x ∈ R), x ½ 1, (x ∈ Q), e) f (x) := 0, (x ∈ R \ Q), ½ 1/q, (x = p/q ∈ Q, (p, q) = 1, p ≥ 0, q > 0), f ) f (x) := 0, (x ∈ R \ Q, x > 0), ahol (p, q) jelenti a p ´es a q term´eszetes sz´amok legnagyobb k¨oz¨os oszt´oj´at. 11. Igazoljuk, hogy a H ⊆ K halmaz akkor ´es csak akkor z´art, ha komplementere nyilt halmaz.
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
51
3. Folytonos f¨ uggv´enyek Az el˝oz˝o pontban a hat´ar´ert´ekkel kapcsolatban vizsg´alt f¨ uggv´enyek t¨obbs´eg´en´el a hat´ar´ert´ek a f¨ uggv´enynek a tekintett helyen vett helyettes´ıt´esi ´ert´ek´evel egyenl˝o. Az ilyen tulajdons´ag´ u f¨ uggv´enyeket folytonos f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. A term´eszettudom´anyokban (pl. a k´emi´aban, a fizik´aban ´es a m˝ uszaki tudom´anyokban) a jelens´egek le´ır´as´ara haszn´alt f¨ uggv´enyek t¨obbs´ege folytonos. Ebben a pontban folytonos f¨ uggv´enyek n´eh´any nevezetes tulajdons´ag´at ismertetj¨ uk. Az el˝oz˝o ponthoz hasonl´oan — ahol csak lehet — egy¨ utt t´argyaljuk a k¨ ul¨onb¨oz˝o t´ıpus´ u f¨ uggv´enyekre vonatkoz´o eseteket. Itt is ´altal´aban K1 → K2 t´ıpus´ u f¨ uggv´enyeket vizsg´alunk, ahol K1 ´es K2 egym´ast´ol f¨ uggetlen¨ ul a val´os vagy a komplex sz´amok halmaz´at jel¨oli.
3.1. F¨ uggv´enyek folytonoss´aga Legyen H ⊆ K1 ´es f : H → K2 a H halmazon ´ertelmezett f¨ uggv´eny.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az f f¨uggv´eny az a ∈ H pontban folytonos, ha ∀² > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ Kδ (a) ∩ H : |f (x) − f (a)| < ².
Ezt az ´ertelmez´est ¨osszevetve a hat´ar´ert´ek defin´ıci´oj´aval ad´odik, hogy az f f¨ uggv´ eny az ´ ertelmez´ esi tartom´ any´ anak egy torl´ od´ asi pontj´ aban akkor ´ es csak akkor folytonos, ha ott van hat´ ar´ ert´ eke, ´ es az egyenl˝ o a sz´ oban forg´ o helyen felvett helyettes´ıt´ esi ´ ert´ ekkel. A defin´ıci´o alapj´an nyilv´anval´o tov´abb´a, hogy az ´ ertelmez´ esi tartom´ any´ anak izol´ alt pontjaiban a f¨ uggv´ eny folytonos. A hat´ar´ert´ekre vonatkoz´o ´atviteli elv — a folytonoss´ag most eml´ıtett megfogalmaz´as´at felhaszn´alva — folytonos f¨ uggv´enyekkel kapcsolatban is alkalmazhat´o.
52
3.1. F¨ uggv´enyek folytonoss´aga
Folytonoss´agra vonatkoz´ o ´atviteli elv. Az f : H → K2 f¨uggv´eny az a ∈ H pontban akkor ´es csak akkor folytonos, ha minden olyan xn ∈ H (n ∈ N) pontsorozatra, amelyre limn→∞ xn = a teljes¨ ul, a f¨ uggv´eny´ert´ekek sorozat´ara fenn´all a k¨ovetkez˝o: lim f (xn ) = f (a).
n→∞
A pontbeli folytonoss´ag mellett haszn´alni fogjuk a halmazra vonatkoz´o folytonoss´agot is. Ezzel kapcsolatos az al´abbi
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy a H halmazon ´ertelmezett f f¨uggv´eny H valamely K ⊆ H r´eszhalmaz´an folytonos, ha f a K halmaz minden pontj´aban folytonos. Speci´alisan, ha f ´ertelmez´esi tartom´any´anak minden pontj´aban folytonos, akkor azt mondjuk, hogy f folytonos. A H ⊆ K1 halmazon ´ertelmezett K1 → K2 t´ıpus´ u folytonos f¨ uggv´ enyek halmaz´ at a C(H, K2 ) vagy gyakran az egyszer˝ ubb C(H) szimb´olummal fogjuk jel¨olni. Az el˝oz˝o pontban megmutattuk, hogy a polinomoknak, a racion´alis f¨ uggv´enyeknek ´ertelmez´esi tartom´anyuk minden pontj´aban, a hatv´anysorok ¨osszegf¨ uggv´enyeinek pedig a konvergenciak¨or¨ uk vagy intervallumuk bels˝o pontjaiban l´etezik hat´ar´ert´eke, ´es az a f¨ uggv´eny helyettes´ıt´esi ´ert´ek´evel egyenl˝o. A sz´oban forg´o f¨ uggv´enyek teh´at az eml´ıtett helyeken folytonosak. A kor´abban vizsg´alt sign f¨ uggv´enynek a 0 pontban, az int f¨ uggv´enynek pedig a Z pontjaiban nem l´etezik a hat´ar´ert´eke, k¨ovetkez´esk´eppen ezek az eml´ıtett helyeken nem folytonosak.
Defin´ıci´ o. Ha az f : H → K2 f¨uggv´eny valamely a ∈ H pontban nem folytonos, akkor azt mondjuk, hogy f -nek az a helyen szakad´asa van, mag´at az a pontot pedig az f f¨ uggv´eny szakad´asi hely´enek nevezz¨ uk. Nyilv´anval´o, hogy ha f az ´ertelmez´esi tartom´any´anak egy a pontj´aban nem folytonos, akkor f -nek vagy nem l´etezik az a helyen hat´ar´ert´eke, vagy ha l´etezik, akkor La (f ) 6= f (a). Ez ut´obbi esetben azt szoktuk mondani, hogy f -nek az a helyen megsz¨ untethet˝ o szakad´ asa van. Az elnevez´es arra utal, hogy az f ´ertelmez´es´et m´odos´ıtva — az a-beli f¨ uggv´eny´ert´eket La (f )-nek v´eve — az a pontban folytonos f¨ uggv´enyt kapunk. Az ½ f (x) :=
x,
(x ∈ R, x 6= 0),
1,
(x = 0)
utas´ıt´assal ´ertelmezett f¨ uggv´enynek a 0 helyen megsz¨ untethet˝o szakad´asa van.
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
53
Val´ os v´ altoz´ os f¨ uggv´enyek k¨or´eben a szakad´asnak egy m´asik t´ıpus´at is szok´as bevezetni. Ezzel kapcsolatos az al´abbi
Defin´ıci´ o.
Akkor mondjuk, hogy a H ⊆ R halmazon ´ertelmezett f¨ uggv´enynek az a ∈ H pontban ugr´ asa van, ha l´eteznek az f (a−), f (a+) egyoldali hat´ar´ert´ekek ´es f (a−) 6= f (a+). Az |f (a−) − f (a+)| sz´amot az f f¨ uggv´eny a pontbeli ugr´as´anak nevezz¨ uk. A megsz¨ untethet˝o szakad´ast ´es az ugr´ast els˝ ofaj´ u szakad´ asnak, az egy´eb szakad´ast m´ asodfaj´ u szakad´ asnak nevezz¨ uk. Az el˝oz˝o pontban bebizony´ıtottuk, hogy b´armely f : (α, β) → R monoton f¨ uggv´ enynek minden x ∈ (α, β) pontban l´etezik jobb- ´es baloldali hat´ar´ert´eke. Minthogy f (x) az f (x+) ´es f (x−) k¨oz´e esik, az´ert monoton f¨ uggv´enynek nem lehet megsz¨ untethet˝o szakad´asa, ´es nyilv´an minden szakad´asa els˝ofaj´ u. Az (α, β) intervallumon ´ertelmezett monoton f¨ uggv´enyek teh´at vagy folytonosak, vagy ugr´asuk van. Val´os v´altoz´os f¨ uggv´enyek k¨or´eben szok´as ´ertelmezni az egyoldali folytonoss´ag fogalm´at.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy a H ⊆ R halmazon ´ertelmezett f : H → K2 f¨ uggv´eny az a helyen jobbr´ol folytonos, ha f -nek a H ∩ [a, +∞) halmazra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´ese folytonos a-ban. Ha f -nek a H ∩(−∞, a] halmazra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´ese folytonos a-ban, akkor azt mondjuk, hogy f az a helyen balr´ol folytonos. A fenti ´ertelmez´es alapj´an nyilv´anval´o, hogy ha a a H∩[a, +∞) halmaznak izol´alt £ ¤0 pontja, akkor f jobbr´ol folytonos a-ban. Az a ∈ H ∩ (a, +∞) esetben viszont f pontosan akkor jobbr´ol folytonos a-ban, ha l´etezik az f (a+) jobboldali hat´ar´ert´ek ´es f (a) = f (a+). Hasonl´o ´all´ıt´as fogalmazhat´o meg a baloldali hat´ar´ert´ekre. A sign f¨ uggv´enynek a 0 pontban ugr´asa van, itt sem balr´ol, sem jobbr´ol nem folytonos. Az int f¨ uggv´enynek a Z pontjaiban ugr´asa van. Mivel a ∈ Z eset´en int (a+) = int (a), az´ert az int f¨ uggv´eny a Z pontjaiban jobbr´ol folytonos. A tov´abbiakban t¨obbsz¨or hivatkozunk az al´abbi, un. Dirichlet f¨ uggv´ enyre. Legyen ½ 1, (x ∈ Q), D(x) := 0, (x ∈ R \ Q). Ennek a f¨ uggv´enynek minden x ∈ R pontban m´asodfaj´ u szakad´asa van.
3.2. M˝ uveletek folytonos f¨ uggv´enyekkel A hat´ar´ert´ek ´es a folytonoss´ag kapcsolat´at, valamint a hat´ar´ert´ekre vonatkoz´o m˝ uveleti szab´alyokat felhaszn´alva k¨onnyen igazolhat´o az al´abbi ´all´ıt´as.
54
3.2. M˝ uveletek folytonos f¨ uggv´enyekkel
1. T´etel. B´armely f, g ∈ C(H, K) f¨uggv´enyre ´es λ ∈ K sz´amra f + g, λf, f g ∈ C(H, K). Ha ezen t´ ulmen˝oen a g f¨ uggv´eny nem t˝ unik el a H halmazon, akkor f /g ∈ C(H, K). ´ s. A t´etelt a folytonoss´agra vonatkoz´o ´atviteli elv alapj´an igazoljuk. Bizony´ıta Legyen a ∈ H ´es tekints¨ unk egy olyan (xn , n ∈ N) sorozatot, amelyre xn ∈ H (n ∈ N) ´es limn→∞ xn = a teljes¨ ul. Ekkor az ´atviteli elv alapj´an lim f (xn ) = f (a),
n→∞
lim g(xn ) = g(a).
n→∞
Felhaszn´alva a hat´ar´ert´ekre vonatkoz´o m˝ uveleti szab´alyokat (l´asd [A1], 2.5. pont, 6.T´etel) azt kapjuk, hogy l´eteznek az al´abbi hat´ar´ert´ekek ´es ¡ ¢ ¡ ¢ lim f + g (xn ) = f (a) + g(a), lim λf (xn ) = λf (a), n→∞ n→∞ ¡ ¢ lim f g (xn ) = f (a)g(a), n→∞
tov´abb´a lim
n→∞
³f ´ g
(xn ) =
f (a) , g(a)
felt´eve, hogy az ut´obbi esetben g(a) 6= 0. Innen — ism´et alkalmazva az eml´ıtett ´atviteli elvet — k¨ovetkezik, hogy az f +g, λf, f g, f /g f¨ uggv´enyek az a ∈ H pontban folytonosak. Minthogy ez minden a ∈ H pontban ´erv´enyes, az´ert a sz´oban forg´o f¨ uggv´enyek a H halmazon folytonosak. ¤ A most igazolt t´etel szerint az algebrai m˝ uveletek nem vezetnek ki a folytonos f¨ uggv´enyek k¨or´eb˝ol. Megmutatjuk, hogy a folytonos f¨ uggv´enyek oszt´alya a k¨ozvetett f¨ uggv´eny k´epz´es m˝ uvelet´ere n´ezve is z´art. Erre vonatkozik az al´abbi
2. T´etel. Legyen H ⊆ K1 , K ⊆ K2 , ´es tegy¨uk fel, hogy az f : H → K f¨ uggv´eny folytonos az a ∈ H pontban, a g : K → K3 f¨ uggv´eny pedig folytonos az f (a) pontban. Ekkor a g◦f k¨ozvetett f¨ uggv´eny is folytonos az a helyen. ´ s. A folytonoss´agra vonatkoz´o ´atviteli elvet alkalmazva tekints¨ Bizony´ıta unk egy olyan xn ∈ H (n ∈ N) pontsorozatot, amelyre limn→∞ xn = a teljes¨ ul. Megmutatjuk, hogy a f¨ uggv´eny´ert´ekek sorozat´ara fenn´all a k¨ovetkez˝o: ¡ ¢ ¡ ¢ (1) lim (g ◦ f )(xn ) = lim g f (xn ) = g f (a) . n→∞
n→∞
Val´oban, az f f¨ uggv´enynek a ∈ H pontbeli folytonoss´aga alapj´an az ´atviteli elvet felhaszn´alva azt kapjuk, hogy limn→∞ f (xn ) = f (a). A g f¨ uggv´enynek az
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
55
f (a) ∈ K pontbeli folytonoss´ag´at figyelembe v´eve, ´es ism´et alkalmazva az ´atviteli elvet (1) k¨ovetkezik. Ezzel a k¨ozvetett f¨ uggv´eny folytonoss´ag´at igazoltuk. ¤
Megjegyz´esek 1. Az 1. T´ etelben igazolt ´ all´ıt´ asb´ ol k¨ ovetkezik, hogy a C(H, K) (H ⊆ K) f¨ uggv´ enyoszt´ aly a f¨ uggv´ enyek k¨ or´ eben szok´ asos ¨ osszead´ as, sz´ ammal val´ o szorz´ as ´ es f¨ uggv´ enyszorz´ as m¨ uveletekre n´ ezve kommutat´ıv algebr´ at alkot. (A defin´ıci´ ot illet˝ oen l´ asd az [A1] F¨ uggel´ ek´ et). A h0 (x) := x0 = 1 (x ∈ H) konstans f¨ uggv´ eny nyilv´ an folytonos ´es b´ armely f ∈ C(H, K) f h0 = f, azaz a h0 f¨ uggv´ eny a sz´ oban forg´ o algebra egys´ egeleme. 2. A 2. T´ etelben bevezetett jel¨ ol´ eseket haszn´ alva a t´ etel ´ all´ıt´ asa alapj´ an nyilv´ anval´ o, hogy ha f ∈ C(H, K2 ), g ∈ C(K, K3 ), akkor g ◦ f ∈ C(H, K3 ).
3.3. Folytonos f¨ uggv´enyek tulajdons´agai Az al´abbiakban ismertetj¨ uk folytonos f¨ uggv´enyek n´eh´any alapvet˝o tulajdons´ag´at. Ezek egyik r´esze olyan folytonos f¨ uggv´enyekkel kapcsolatos, amelyek ´ertelmez´esi tartom´anya korl´ atos ´ es z´ art halmaz. Ilyen halmazokkal van ¨osszef¨ ugg´esben az al´abbi
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy valamely H ⊂ K halmaz kompakt, ha b´armely, H elemeib˝ol alkotott pontsorozatnak van olyan konvergens r´eszsorozata, amelynek hat´ar´ert´eke is H-hoz tartozik. Egyszer˝ uen igazolhat´o az al´abbi
3. T´etel. A H ⊂ K halmaz akkor ´es csak akkor kompakt, ha korl´atos ´es z´art. ´ s. i) Tegy¨ Bizony´ıta uk fel el˝osz¨or, hogy H kompakt, ´es mutassuk meg, hogy akkor H z´art. Tekints¨ unk egy H-beli elemekb˝ol alkotott konvergens (xn , n ∈ N) sorozatot ´es jel¨olje α a hat´ar´ert´ek´et. Minthogy ennek minden r´eszsorozat´anak is α a hat´ar´ert´eke, az´ert — a kompakts´ag defin´ıci´oja alapj´an — az α is H-hoz tartozik. Ezzel bel´attuk, hogy H az elemeib˝ol alkotott konvergens sorozatok hat´ar´ert´ek´et is tartalmazza, azaz H z´art (l´asd 2.1. pont, 2. T´etel). H korl´atoss´ag´at indirekt m´odon igazoljuk. Ha H nem volna korl´atos, akkor minden n ∈ N sz´amhoz l´etezne olyan xn ∈ H elem, hogy |xn | > n. Ennek a sorozatnak, nincs konvergens r´eszsorozata, mert egyetlen r´eszsorozata sem korl´atos. Ez ellentmond annak, hogy H kompakt.
56
3.3. Folytonos f¨ uggv´enyek tulajdons´agai
ii) Legyen most H korl´atos ´es z´art halmaz, ´es tekints¨ unk egy H elemeib˝ol alkotott sorozatot. A korl´atoss´agb´ol a Bolzano–Weierstrass-f´ele kiv´alaszt´asi t´etel alapj´an k¨ovetkezik, hogy ennek van konvergens r´eszsorozata. Mivel H z´art, hat´ar´ert´eke H-hoz tartozik. Ezzel megmutattuk, hogy H kompakt. ¤ A k¨ovetez˝o n´egy alapvet˝o t´etel kompakt halmazon ´ertelmezett folytonos f¨ uggv´enyekre vonatkozik.
3.3.1. Weierstrass t´etele A tov´abbiakban t¨obbsz¨or felhaszn´aljuk az al´abbi ´all´ıt´ast ´es annak k¨ovetkezm´enyeit.
4. T´etel. Ha H ⊂ K1 kompakt halmaz ´es f : H → K2 folytonos f¨ uggv´eny, akkor f ´ert´ek´eszlete kompakt. ´ s. Legyen K := {f (x) : x ∈ H} az f f¨ Bizony´ıta uggv´eny ´ert´ekk´eszlete. A K kompakts´ag´anak igazol´as´ahoz megmutatjuk, hogy minden yn ∈ K (n ∈ N) K-beli sorozatnak van olyan (yνn , n ∈ N) konvergens r´eszsorozata, amelynek hat´ar´ert´eke K-hoz tartozik. Mivel az yn ∈ K (n ∈ N) pontok az ´ert´ekk´eszlethez tartoznak, az´ert minden n ∈ N eset´en l´etezik olyan xn ∈ H, hogy f (xn ) = yn . Mivel a H halmaz kompakt ´es xn ∈ H (n ∈ N), az´ert ennek a sorozatnak l´etezik olyan (xνn , n ∈ N) konvergens r´eszsorozata, amelynek hat´ar´ert´ek´ere a := limn→∞ xνn ∈ H teljes¨ ul. Figyelembe v´eve f -nek a-beli folytonoss´ag´at ´es alkalmazva az ´atviteli elvet azt kapjuk, hogy az (yνn , n ∈ N) r´eszsorozatnak l´etezik hat´ar´ert´eke ´es lim yνn = lim f (xνn ) = f (a) ∈ K.
n→∞
n→∞
Ezzel bel´attuk, hogy K val´oban kompakt. ¤ A most igazolt t´etelt gyakran a k¨ovetkez˝o form´aban szokt´ak megfogalmazni: Kompakt halmaz folytonos k´ epe kompakt. Minthogy b´armely kompakt halmaz egyben korl´atos, az´ert a most igazolt t´etel alapj´an ad´odik az
1. K¨ovetkezm´eny. Kompakt halmazon ´ertelmezett folytonos f¨uggv´eny korl´ atos. Az al´abbiakban megfogalmazzuk a 4. t´etel egy m´asik fontos k¨ovetkezm´eny´et. Ehhez felhaszn´aljuk az al´abbi fogalmakat.
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
57
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy a val´os ´ert´ek˝u f : H → R f¨uggv´enynek van maximuma, ha ´ert´ekk´eszlet´enek van maximuma. M´as sz´oval l´etezik olyan x∗ ∈ H hely, amelyre f (x) 5 f (x∗ )
(x ∈ H)
teljes¨ ul. Ha az f ´ert´ekk´eszlet´enek van minimuma, azaz ha l´etezik olyan x∗ ∈ H elem, amelyre f (x∗ ) 5 f (x)
(x ∈ H)
teljes¨ ul, akkor azt mondjuk az f f¨ uggv´enynek van minimuma. Az ´ertelmez´esi tartom´any x∗ pontj´at maximumhelynek, az x∗ elemet minimumhelynek, az f (x∗ ) sz´amot a f¨ uggv´eny maximum´anak, f (x∗ )-et pedig a f¨ uggv´eny minimum´anak nevezz¨ uk. A maximumot ´es minimumot k¨oz¨os n´even sz´ els˝ o´ ert´ ekeknek nevezz¨ uk. Folytonos f¨ uggv´enyek sz´els˝o´ert´ekeivel kapcsolatos az al´abbi
Weierstrass-t´etel. Kompakt halmazon ´ertelmezett val´os ´ert´ek˝u folytonos f¨ uggv´enynek van maximuma ´es minimuma. ´ s. Val´oban, az 4. T´etel alapj´an az f : H → R f¨ Bizony´ıta uggv´eny ´ert´ekk´eszlete R-nek egy kompakt, teh´at korl´atos ´es z´art r´eszhalmaza. Legyen M az f ´ert´ekk´eszlet´enek fels˝o hat´ara. Ekkor a fels˝o hat´ar ´ertelmez´ese alapj´an minden n ∈ N∗ sz´amhoz l´etezik az ´ert´ekk´eszletnek olyan yn eleme, amelyre M−
1 < yn 5 M n
(n ∈ N∗ )
teljes¨ ul. Innen nyilv´anval´o, hogy limn→∞ yn = M , ´es az ´ert´ekk´eszlet kompakts´aga miatt M is az ´ert´ekk´eszlethez tartozik. Ezzel megmutattuk, hogy M az f f¨ uggv´eny maximuma. A minimumra vonatkoz´o ´all´ıt´as hasonl´oan igazolhat´o. ¤ Megjegyezz¨ uk, hogy a 4. T´ etel felt´ etelei k¨ oz¨ ul egyik sem hagyhat´ o el. Legyen ugyanis 1 (x ∈ H1 := [0, +∞)), x 1 f2 (x) := (x ∈ H2 := (1, 2)), x f3 (x) := x (x ∈ (−1, 1)), f3 (−1) := f3 (1) := 0 f1 (x) :=
(H3 := [−1, 1]).
Ekkor f1 a H1 z´art, de nem korl´atos, f2 a H2 korl´atos, de nem z´art halmazon folytonos, ´es nyilv´anval´oan sem H1 sem H2 nem kompakt. Mivel az f1 ´ert´ekk´eszlete
58
3.3. Folytonos f¨ uggv´enyek tulajdons´agai
(0, 1], az´ert f1 -nek nincs minimuma ´es mivel az f2 ´ert´ekk´eszlete (1/2, 1), az´ert f2 nek nincsenek sz´els˝o´ert´ekei. Az f3 ´ertelmez´esi tartom´anya kompakt, de f3 nem folytonos. Az f3 ´ert´ekk´eszlete (−1, 1), s ez´ert f -nek sincsenek sz´els˝o´ert´ekei. Felh´ıvjuk a figyelmet arra, hogy a sz´oban forg´o t´etel felt´etelei el´ egs´ egesek, de nem sz¨ uks´egesek. Ez m´ask´ent fogalmazva azt jelenti, hogy sz´els˝o´ert´ek akkor is l´etezhet, ha az eml´ıtett felt´etelek k¨oz¨ ul egyik sem teljes¨ ul. Vegy¨ uk pl. a Dirichletf´ele f¨ uggv´enyt, amelynek ´ertelmez´esi tartom´anya nem kompakt, ´es a f¨ uggv´eny sehol sem folytonos (l´asd a 3.1. pont v´eg´et). Ugyanakkor a Dirichlet f¨ uggv´enynek l´etezik a maximuma ´es minimuma.
3.3.2. Egyenletes folytonoss´ag Kompakt halmazon folytonos f¨ uggv´enyeknek egy m´asik fontos tulajdons´aga az egyenletes folytonoss´ ag fogalm´aval kapcsolatos. E fogalom bevezet´ese el˝ott eml´ekeztet¨ unk a folytonoss´ag ´ertelmez´es´ere. A H ⊆ K1 halmazon ´ertelmezett f¨ uggv´eny folytonoss´aga — a H minden x pontj´aban fel´ırva a folytonoss´ag defin´ıci´oj´at — a k¨ovetkez˝ot jelenti: ∀x ∈ H ∀² > 0 ∃δ > 0 ∀y ∈ H, |x − y| < δ : |f (x) − f (y)| < ². Az itt szerepl˝o δ sz´am ´altal´aban f¨ ugg x-t˝ol ´es ²-t´ol. Ha p´eld´aul f (x) := 1/x (x ∈ H := (0, 1)), akkor adott ² ´es x ∈ H eset´en — az f monotonit´as´at figyelembe v´eve — k¨onnyen megadhat´o az a legnagyobb δ sz´am, amelyre a fenti felt´etel teljes¨ ul. Nevezetesen, a sz´oban forg´o δ-ra 1 1 ²x2 +²= , azaz δ = . x x−δ 1 + ²x Innen l´athat´o, hogy x → 0 eset´en — r¨ogz´ıtett ² mellett — δ tart 0-hoz. Ha ezzel szemben minden ² > 0 sz´amhoz l´etezik olyan — x-t˝ol f¨ uggetlen, univerz´alis — pozit´ıv δ, amelyre x, y ∈ H, |x − y| < δ est´en |f (x) − f (y)| < ² teljes¨ ul, akkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny a H halmazon egyenletesen folytonos. Logikai jel¨ol´eseket haszn´alva ezt az al´abbi, ezzel ekvivalens form´aban is megfogalmazhatjuk.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az f f¨uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´anak valamely H r´eszhalmaz´an egyenletesen folytonos, ha (2)
∀² > 0 ∃δ > 0 ∀x, y ∈ H, |x − y| < δ : |f (x) − f (y)| < ².
Ezt, ´es a folytonoss´ag defin´ıci´oj´at egybevetve ad´odik, hogy a H halmazon egyenletesen folytonos f¨ uggv´ eny a H minden pontj´ aban folytonos. Megford´ıtva, a H-n folytonos f¨ uggv´eny nem sz¨ us´egk´eppen egyenletesen folytonos a
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
59
H-n. Az el˝obb ´ertelmezett f (x) := 1/x (x ∈ (0, 1)) f¨ uggv´eny folytonos, de nem egyenletesen folytonos a H = (0, 1) halmazon. Ekkor ugyanis l´etezik olyan ² > 0 (pl. ² = 1/2), amelyhez nem tal´alhat´o olyan δ, amelyre (2) teljes¨ ulne. Ugyanis b´armely δ > 0 eset´en l´etezik olyan x, y ∈ (0, 1) amelyre |x − y| < δ, ugyanakkor |f (x) − f (y)| ≥ ². Val´oban v´alasszunk egy pozit´ıv δ-t ´es legyen n > 1/δ, n > 2. Ekkor az 1 1 x= , y= n n−1 (0, 1)-beli pontokra |x − y| =
1 1 < < δ, n(n − 1) n
|f (x) − f (y)| = 1 > ²,
ami az ´all´ıt´as bizony´ıt´as´at jelenti. Megmutatjuk, hogy ha H kompakt ´es f folytonos a H-n, akkor ezen a halmazon az f f¨ uggv´eny sz¨ uks´egk´eppen egyenletesen folytonos.
Az egyenletes folytonoss´ag t´etele. Legyen H ⊂ K1 kompakt halmaz ´es f : H → K2 folytonos f¨ uggv´eny. Ekkor f egyenletesen folytonos a H halmazon. ´ s. Az ´all´ıt´assal ellent´etben tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy f nem egyenletesen folytonos a H-n. Ez — a (2) ´all´ıt´as tagad´as´at fel´ırva — a k¨ovetkez˝ot jelenti: ∃² > 0 ∀δ > 0 ∃x, y ∈ H, |x − y| < δ : |f (x) − f (y)| ≥ ². Ezt az ´all´ıt´ast δ = 1/n (n ∈ N∗ ) eset´en alkalmazva azt kapjuk, hogy van olyan ² > 0 ´es olyan (xn , n ∈ N∗ ) ´es (yn , n ∈ N∗ ) sz´amsorozat, amelyre (3)
xn , yn ∈ H,
|xn − yn | <
1 , n
|f (xn ) − f (yn )| ≥ ² (n ∈ N∗ )
teljes¨ ul. Minthogy a H halmaz kompakt, az´ert az (xn , n ∈ N∗ ) sorozatnak van olyan (xνn , n ∈ N) konvergens r´eszsorozata, amelynek x∗ := limn→∞ xνn hat´ar´ert´eke a H halmazhoz tartozik. Az |yνn − x∗ | 5 |yνn − xνn | + |xνn − x∗ | 5
1 + |xνn − x∗ | → 0 (n → ∞) νn
egyenl˝otlens´eg alapj´an nyilv´anval´o, hogy (yνn , n ∈ N∗ ) is konvergens ´es hat´ar´ert´eke x∗ . Felhaszn´alva az f f¨ uggv´eny x∗ -beli folytonoss´ag´at — az ´atviteli elv alapj´an — azt kapjuk, hogy lim f (xνn ) = f (x∗ ),
n→∞
lim f (yνn ) = f (x∗ ),
n→∞
60
3.3. Folytonos f¨ uggv´enyek tulajdons´agai
k¨ovetkez´esk´eppen
¡ ¢ lim f (xνn ) − f (yνn ) = 0.
n→∞
Ez nyilv´an ellentmond a (3)-b´ol ad´od´o |f (xνn ) − f (yνn )| ≥ ² felt´etelnek. Ezzel a t´etelt bebizony´ıtottuk. ¤
3.3.3. Az inverz f¨ uggv´eny folytonoss´aga Legyen H1 ⊂ K1 , H2 ⊂ K2 ´es tegy¨ uk fel, hogy f : H1 → H2 egy k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u lek´epez´es a H1 ´es H2 halmazok k¨oz¨ott. Ekkor f -nek l´etezik inverze. Az f f¨ uggv´eny folytonoss´aga ¨onmag´aban nem garant´alja inverz´enek folytonoss´ag´at. Ha azonban f ´ertelmez´esi tartom´anya kompakt ´es f folytonos, akkor inverze is folytonos.
5. T´etel. Ha H1 ⊂ K1 kompakt halmaz ´es f : H1 → H2 ⊂ K2 folytonos bijekci´o, akkor az f f¨ uggv´eny f −1 : H2 → H1 inverze is folytonos. ´ s. Az ´all´ıt´assal ellent´etben tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy f −1 nem folytonos. Ekkor — a folytonoss´agra vonatkoz´o ´atviteli elv alapj´an — l´etezik olyan y ∗ ∈ H2 pont ´es egy ehhez konverg´al´o H2 -beli (yn , n ∈ N) sorozat, amelyre az (f −1 (yn ), n ∈ N) sorozat nem tart az x∗ := f −1 (y ∗ ) sz´amhoz. K¨ovetkez´esk´eppen, l´etezik olyan δ > 0 sz´am, hogy az xn := f −1 (yn ) (n ∈ N) sorozatnak v´egtelen sok tagja van a Kδ (x∗ ) k¨ornyezeten k´ıv¨ ul. Mivel H1 kompakt, az´ert a sz´oban forg´o sorozatnak van olyan (xνn , n ∈ N) konvergens r´eszsorozata, amelynek minden tagja — k¨ovetkez´esk´eppen x∗ hat´ar´ert´eke is — az eml´ıtett k¨ornyezeten k´ıv¨ ul esik, azaz |xνn − x∗ | ≥ δ,
lim xνn = x∗ ,
n→∞
|x∗ − x∗ | ≥ δ > 0,
s ez´ert nyilv´anval´oan x∗ 6= x∗ . Az f f¨ uggv´eny x∗ pontbeli folytonoss´aga alapj´an — ism´et csak az ´atviteli elvet haszn´alva — azt kapjuk, hogy lim f (xνn ) = lim yνn = f (x∗ ).
n→∞
n→∞
M´asr´eszt a kiindul´as szerint yn → y ∗ , ha n → ∞, k¨ovetkez´esk´eppen a most tekintett r´eszsorozat hat´ar´ert´ek´ere lim yνn = y ∗ = f (x∗ )
n→∞
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
61
ad´odik. Ezzel azt kaptuk, hogy x∗ 6= x∗ ,
ugyanakkor f (x∗ ) = f (x∗ ),
s ez nyilv´an ellentmond annak, hogy f bijekt´ıv lek´epez´es. Ezzel a t´etelt igazoltuk. ¤ Legyen I ⊆ R egy intervallum ´es f : I → R egy k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u lek´epez´es. Az 5. T´etel alapj´an ennek b´armely korl´atos ´es z´art intervallumra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´enek inverze folytonos. Innen m´ar egyszer˝ uen ad´odik a
2. K¨ovetkezm´eny. B´armely, intervallumon ´ertelmezett folytonos, k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u lek´epez´es inverze folytonos.
3.3.4. Bolzano t´etele Folytonos f¨ uggv´enyek egy tov´abbi alapvet˝o tulajdons´ag´at fogalmazzuk meg az al´abbi t´etelben. Az el˝oz˝o t´etelekben azt tett¨ uk fel, hogy a folytonos f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´anya kompakt halmaz. Az al´abbi ´all´ıt´as olyan f¨ uggv´enyekre vonatkozik, amelyek ´ertelmez´esi tartom´anya R-beli (v´eges vagy v´egtelen, ny´ılt, z´art vagy f´elig ny´ılt) intervallum.
Bolzano-t´etel. Tegy¨uk fel, hogy az I ⊆ R intervullomon ´ertelmezett f : I → R val´os f¨ uggv´eny folytonos. Ekkor f ´ert´ekk´eszlet´enek b´armely k´et eleme k¨oz´e es˝o ´ert´eket felveszi, azaz v´eve b´armely k´et a, b ∈ I (a < b) helyen az y1 = f (a), y2 = f (b) f¨ uggv´eny´ert´ekeket ´es egy y1 ´es y2 k¨oz´e es˝o y val´os sz´amot, l´etezik olyan (a, b)-beli x, amelyre f (x) = y. ´ s. Tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy f (a) < f (b) ´es legyen f (a) < y < f (b). Az f (b) > f (a) eset hasonl´oan t´argyalhat´o. Rekurzi´oval olyan [an , bn ] (n ∈ N) intervallumsorozatot defini´alunk, amelyre az al´abbiak teljes¨ ulnek: i) [a0 , b0 ] := [a, b], )ii) [an+1 , bn+1 ] ⊂ [an , bn ] (n ∈ N), b−a iii) bn − an = n , iv) f (an ) 5 y 5 f (bn ) (n ∈ N). 2 A Cantor-f´ele axi´om´ab´ol (l´asd [A1], 1.2. pont) ´es iii)-b´ol k¨ovetkezik, hogy a sz´oban forg´o intervallumsorozatnak egyetlen k¨oz¨os pontja van, amelyet x-szel jel¨ol¨ unk. Megmutatjuk, hogy erre f (x) = y teljes¨ ul. Val´oban, minthogy lim an = lim bn = x,
n→∞
n→∞
62
3.3. Folytonos f¨ uggv´enyek tulajdons´agai
az´ert a folytonoss´agra vonatkoz´o ´atviteli elv, a hat´ar´ert´ek monotonit´as´ara vonatkoz´o t´etel (l´asd [A1], 2.5. pont 8. T´etel), valamint a iv) felt´etel alapj´an f (x) = lim f (an ) 5 y 5 lim f (bn ) = f (x), n→∞
n→∞
ahonnan f (x) = y k¨ovetkezik. Rekurzi´ot haszn´alva tegy¨ uk fel, hogy valamely n ∈ N sz´amra az [an , bn ] intervallumot m´ar defini´altuk ´es fenn´all ii)-iv). Legyen cn :=
an + bn 2
a sz´oban forg´o intervallum felez´espontja ´es ´ertelmezz¨ uk az (n+1)-edik intervallumot a k¨ovetkez˝ok szerint: [an+1 , bn+1 ] = [an , cn ],
ha
f (cn ) > y,
[an+1 , bn+1 ] = [cn , bn ],
ha
f (cn ) 5 y.
Ekkor [an+1 , bn+1 ] ⊂ [an , bn ],
bn+1 − an+1 =
bn − an b−a = n+1 2 2
´es tov´abbra is fenn´all az f (an+1 ) 5 y 5 f (bn+1 ) egyenl˝otlens´eg. Ezzel megmutattuk, hogy az ´ıgy szerkesztett intervallumsorozat val´oban rendelkezik az el˝o´ırt tulajdons´agokkal. ¤ A Bolzano-t´etelb˝ol egyszer˝ uen ad´odik az al´abbi
3. K¨ovetkezm´eny. B´armely, intervallumon ´ertelmezett nem konstans, folytonos f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete intervallum. ´ s. Val´oban, legyen α az ´ert´ekk´eszlet als´o, β az ´ert´ekk´eszlet fels˝o hat´ara. Bizony´ıta Megmutatjuk, hogy az (α, β) intervallum minden pontja az ´ert´ekk´eszlethez tartozik. Minthogy α-n´al kisebb ´es β-n´al nagyobb eleme nincs az ´ert´ekk´eszletnek, az´ert innen az ´all´ıt´as m´ar k¨ovetkezik. Legyen y ∈ (α, β). Ekkor az α ´es β sz´amok defin´ıci´oja alapj´an l´etezik az ´ertelmez´esi tartom´anynak olyan a ´es b pontja, hogy α 5 f (a) < y < f (b) 5 β. Alkalmazva a Bolzano-t´etelt azt kapjuk, hogy az ´ertelmez´esi tartom´anyban l´etezik olyan x pont , amelyre f (x) = y, k¨ovetkez´esk´eppen y eleme az ´ert´ekk´eszletnek. ¤
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
63
A 3. K¨ovetkezm´eny r¨oviden ´ıgy fogalmazhat´o meg: intervallum folytonos k´ epe intervallum. Megjegyezz¨ uk, hogy a Bolzano-t´etel k´et felt´etele k¨oz¨ ul egyik sem hagyhat´o el. A sign f¨ uggv´eny — amely nem folytonos — felveszi a 0 ´es 1 ´ert´eket, de nem vesz fel egyetlen 0 ´es 1 k¨oz´e es˝o ´ert´eket sem. Legyen H := (0, 1) ∪ (1, 2), ´es ´ertelmezz¨ uk az f f¨ uggv´enyt az al´abbi m´odon: ½ f (x) :=
0, 1,
ha x ∈ (0, 1), ha x ∈ (1, 2).
Nyilv´anval´o, hogy f folytonos, de egyetlen 0 ´es 1 k¨oz´e es˝o ´ert´eket nem vesz fel. Ez a p´elda azt mutatja, hogy ha a folytonos f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya nem intervallum, akkor a f¨ uggv´eny kihagyhat ´ert´ekeket. A most eml´ıtett k´et felt´etel el´egs´eges, de nyilv´an nem sz¨ uks´eges ahhoz, hogy a f¨ uggv´eny b´armely k´et ´ert´eke k¨oz´e es˝o ´ert´ekeket felvegye.
Megjegyz´esek 1. A Bolzano-t´ etel bizony´ıt´ as´ aban haszn´ alt m´ odszert intervallumfelez´ esi elj´ ar´ asnak nevezik. Az algoritmus felhaszn´ alhat´ o az y = f (x) egyenlet x0 megold´ as´ anak k¨ ozel´ıt˝ o kisz´ am´ıt´ as´ ara. Az elj´ ar´ as sor´ an szerkesztett (an , n ∈ N) sorozattal k¨ ozel´ıtve x0 -at, az n-edik l´ ep´ esben elk¨ ovetett hib´ ara b−a |an − x0 | 5 2n ad´ odik. 2. A most ismertetett algoritmus alapj´ an k´ esz¨ ult az al´ abbi, QBASIC nyelven ´ırt BOLZ nev˝ u szubrutin, amellyel az F F (x) = y egyenlet x megold´ as´ at hat´ arozhatjuk meg az (a, b) intervallumban. A szubrutin olyan y val´ os sz´ amhoz keresi az x-et, amely az F F (a) ´ es F F (b) ´ ert´ ekek k¨ oz´ e esik. Ha az y param´ eter nem tesz eleget ennek a felt´ etelnek, akkor a jel param´ eter ´ ert´ eke 0. Ellenkez˝ o esetben a jel a l´ ep´ esek sz´ am´ at adja. Az x ´ ert´ ek´ et eps pontos´ aggal kapjuk. 3. A szubrutint az F F (x) = cos(x) f¨ uggv´ enyre alkalmaztuk a = 0, b = 2 ´es y = 0 eset´ en. Ismeretes (l´ asd k´ es˝ obb a 4.4.1. pontot), hogy cos(0) = 1, cos(2) < 0, ´ es a sz´ oban forg´ o f¨ uggv´ eny ebben az intervallumban szigor´ uan monoton fogy´ o, k¨ ovetkez´ esk´ eppen itt egyetlen z´ erushelye van, a π/2 sz´ am. Dupla pontoss´ ag´ u aritmetik´ at haszn´ alva a cos(x) ´ ert´ ek´ et hatv´ anysor´ ab´ ol sz´ am´ıtottuk ki, ´ es az al´ abbi eredm´ enyeket kaptuk:
a0 = 0,
b0 = 2
a1 = 1.5,
b1 = 2
a2 = 1.5,
b2 = 1.75
a3 = 1.5,
b3 = 1.625
.................................................................... a40 = 1.570796326794897...,
b40 = 1.570796326794897...
64
3.3. Folytonos f¨ uggv´enyek tulajdons´agai
4. A sz´ oban forg´ o szubtutin a k¨ ovetkez˝ o: SU B
BOLZ (a, b, x, y, jel) jel = 0 : eps = E − 20 xa = a : xb = b : ya = F F (xa) : yb = F F (xb) : h = b − a IF ya < yb T HEN IF ya < y AN D y < yb T HEN DO W HILE h >= eps xc = (xa + xb)/2 IF F F (xc) > y T HEN xb = xc ELSE xa = xc EN D IF h = h/2 : jel = jel + 1 LOOP x = xa EN D IF ELSEIF ya > yb T HEN IF ya > y AN D y > yb T HEN DO W HILE h >= eps xc = (xa + xb)/2 IF F F (xc) <= y T HEN xb = xc ELSE xa = xc EN D IF h = h/2 : jel = jel + 1 LOOP x = xa EN D IF EN D IF
EN D SU B
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
65
3.4. Exponenci´alis- ´es logaritmusf¨ uggv´enyek A term´eszetes alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´enyt — val´os ´es komplex esetben is — hatv´anysor´aval ´ertelmezt¨ uk. Ebben a pontban a val´ os exponenci´ alis f¨ uggv´ennyel foglalkozunk megmutatva, hogy l´etezik inverze. Ezt felhaszn´alva bevezetj¨ uk az aalap´ u exponenci´alis- ´es logaritmusf¨ uggv´enyt, ´es ´ertelmezz¨ uk a hatv´any fogalm´at tetsz˝oleges val´os kitev˝o eset´en. Az e sz´amot az e := exp(1) =
∞ X 1 n! n=0
egyenl˝os´eggel ´ertelmezt¨ uk. Innen nyilv´anval´o, hogy 2 < e < 3 (l´asd a 21. Feladatot). Az al´abbi ´all´ıt´as alapj´an indokolt, hogy az e sz´amot az exp f¨ uggv´eny alapj´anak nevezz¨ uk.
6. T´etel. B´armely x ∈ Q racion´alis sz´amra exp(x) = ex
(4)
(x ∈ Q).
´ s. Az e ´ertelmez´ese alapj´an exp(1) = e. Az (4) egyenl˝os´eg igazol´as´ahoz Bizony´ıta felhaszn´aljuk az exponenci´alis f¨ uggv´eny (5)
exp(x + y) = exp(x) exp(y)
(x, y ∈ R)
f¨ uggv´enyegyenlet´et. Innen teljes indukci´oval ad´odik, hogy (6)
exp(x1 +x2 + · · · + xn ) = exp(x1 ) · exp(x2 ) · · · exp(xn ) (x1 , x2 , · · · , xn ∈ R, n ∈ N∗ ).
Ezt x1 = x2 = · · · = xn = 1 eset´en alkalmazva ¡ ¢n exp(n) = exp(1) = en
(n ∈ N)
ad´odik. Ism´et csak az (5) f¨ uggv´enyegyenlet alapj´an exp(n) · exp(−n) = exp(n − n) = exp(0) = 1, k¨ovetkez´esk´eppen exp(−n) =
1 1 = n = e−n exp(n) e
(n ∈ N).
66
3.4. Exponenci´alis- ´es logaritmusf¨ uggv´enyek
Ezzel megmutattuk, hogy (4) a Z minden elem´ere fenn´all. Az (6) azonoss´agb´ol x1 = x2 = · · · = xn = 1/n v´alaszt´as mellett ¡ 1 ¢n exp(1) = exp( ) n ad´odik, ahonnan
p 1 exp( ) = n exp(1) = e1/n (n ∈ N∗ ) n k¨ovetkezik. A (6) azonoss´agot x1 = x2 = · · · = xm = 1/n eset´en alkalmazva ´es a most igazolt egyenl˝os´eget felhaszn´alva azt kapjuk, hogy exp(
¡ m 1 ¢m ) = exp( ) = em/n . n n
V´eg¨ ul (5)-b˝ol — az eddigiekhez hasonl´o meggondol´asokkal — exp(−
m m ) = e− n n
(m, n ∈ N∗ )
k¨ovetkezik, s ezzel a t´etelt bebizony´ıtottuk. ¤ Az exponenci´alis f¨ uggv´eny inverz´enek ´ertelmez´es´ehez felhaszn´aljuk a lim exp(n) = lim en = +∞,
n→∞
n→∞
lim exp(−n) = lim e−n = 0
n→∞
n→∞
egyenl˝os´egeket. Minthogy az R intervallumon ´ertelmezett f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete — a 3. K¨ovetkezm´eny alapj´an — intervallum, az´ert az exp f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete (0, +∞). Egyszer˝ uen igazolhat´o, hogy az exponenci´alis f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ov˝o. Val´oban, az exponenci´alis f¨ uggv´eny ´ertelmez´ese alapj´an minden α > 0 sz´amra exp(α) > 1. K¨ovetkez´esk´eppen x1 < x2 eset´en az (5) azonoss´agot felhaszn´alva exp(x2 ) = exp(x2 − x1 ) exp(x1 ) > exp(x1 ) (x1 , x1 ∈ R, x1 < x2 ) ad´odik. Az elmondottakb´ol k¨ovetkezik, hogy az exponenci´alis f¨ uggv´enynek l´etezik az inverze, amelynek ´ertelmez´esi tartom´anya a (0, +∞) intervallum, ´ert´ekk´eszlete pedig (−∞, +∞).
Defin´ıci´ o. A val´os exponenci´alis f¨uggv´eny inverz´et logaritmusf¨uggv´enynek nevezz¨ uk ´es az ln vagy a log szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Az ln f¨ uggv´enynek az x helyen felvett ´ert´ek´et a szok´asos ln(x) helyett gyakran az ln x szimb´olummal jel¨olj¨ uk. A logaritmusf¨ uggv´eny ´ertelmez´ese ´es az exponenci´alis
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
67
f¨ uggv´eny tulajdons´agai alapj´an egyszer˝ uen igazolhat´o az al´abbi ´all´ıt´as, amelyben a logaritmusf¨ uggv´eny legfontosabb tulajdons´agait foglaltuk ¨ossze.
7. T´etel. Az i)
ln : (0, +∞) → (−∞, +∞)
szigor´ uan monoton n¨ov˝o folytonos f¨ uggv´eny, amelyre i) ii) iii)
ln(1) = 0,
lim ln(x) = −∞,
x→+0
exp(ln x) = x (x > 0), ln(x1 x2 ) = ln x1 + ln x2
lim ln(x) = +∞,
x→+∞
ln(exp x) = x (x ∈ R), (x1 , x2 > 0).
´ s. Az i) ´es ii) tulajdons´ag az ln ´ertelmez´es´eb˝ol k¨ovetkezik. Mivel az Bizony´ıta exponenci´alis f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ov˝o, az´ert a iii) azonoss´ag azzal ekvivalens, hogy ¡ ¢ exp ln(x1 x2 ) = exp(ln x1 + ln x2 ) (x1 , x2 > 0). Az egyenl˝os´eg bal oldal´an ii) alapj´an x1 x2 ´all, jobb oldala pedig — az exponenci´alis f¨ uggv´eny egyenlet´et, valamint ii)-¨ot felhaszn´alva — fel´ırhat´o exp(ln x1 + ln x2 ) = exp(ln x1 ) exp(ln x2 ) = x1 x2
(x1 , x2 > 0)
alakban. Ezzel a iii) azonoss´agot igazoltuk. ¤ A iii) azonoss´agot a logaritmusf¨ uggv´ eny f¨ uggv´ enyegyenlet´ enek nevezik. Az al´abbi ´abr´an az exponenci´alis ´es logaritmus f¨ uggv´enyt egy koordin´atarendszerben szeml´eltetj¨ uk. y exp
1
ln
x 0
1
1. ´abra
68
3.4. Exponenci´alis- ´es logaritmusf¨ uggv´enyek
A hatv´anyoz´as m˝ uvelet´et — kiindulva pozit´ıv eg´esz kitev˝okb˝ol — kiterjesztett¨ uk eg´esz, majd racion´alis kitev˝ore. Nevezetesen n ∈ N∗ eset´en an defin´ıci´o szerint anak ¨onmag´aval vett n-szeres szorzat´aval egyenl˝o. Negat´ıv eg´esz ´es a 0 kitev˝ore az 1 a−n := n (n ∈ N), a0 := 1 a ´ertelmez´es szerint terjesztett¨ uk ki. Racion´alis kitev˝o eset´en pedig — a gy¨ok fogalm´at felhaszn´alva — a hatv´anyt az an/m :=
¡m √ ¢n a ,
a−n/m :=
1 an/m
(m ∈ N∗ , n ∈ N)
szerint ´ertelmezt¨ uk (l´asd [A1], 1.3.pont). A kiterjeszt´est folytatva a logaritmus- ´es az exponenci´alis f¨ uggv´enyt felhaszn´alva bevezetj¨ uk az expa (b) := exp(b ln a)
(b ∈ R, a > 0)
f¨ uggv´enyt. Minthogy ln 1 = 0 ´es exp 0 = 1, az´ert a fenti ´ertelmez´esb˝ol valamint a 7. T´etel ii) azonoss´aga alapj´an exp1 (b) = 1,
expa (0) = 1,
expa (1) = a
(b ∈ R, b > 0)
ad´odik. Ebb˝ol kiindulva — sz´orol-sz´ora ugyan´ ugy mint a 6. T´etelben — igazolhat´o, hogy minden r ∈ Q racion´alis sz´amra expa (r) = ar
(a > 0).
Ennek alapj´an k´ezenfekf˝o az a > 0 sz´am b kitev˝oj˝ u hatv´any´at val´os kitev˝okre az al´abbiak szerint kiterjeszteni.
Defin´ıci´ o. Legyen a > 0 ´es b ∈ R. Az a sz´am b kitev˝oj˝u hatv´any´at az ab := expa (b) := exp(b ln a) utas´ıt´assal ´ertelmezz¨ uk. Most megmutatjuk, hogy az ´ıgy kitejesztett hatv´anyokra is fenn´allnak az ezzel kapcsolatban ismert azonoss´agok.
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
69
8. T´etel. B´armely a, a1 , a2 pozit´ıv val´os ´es b, b1 , b2 val´os sz´amokra a0 = 1,
i)
a1 = a,
ab1 ab2 = ab1 +b2 , ¡ ¢b2 iii) ab1 = ab1 b2 ,
1b = 1, 1 , ab
ii)
a−b =
iv) (a1 a2 )b = ab1 ab2 ,
¡ a1 ¢b ab = 1b . a2 a2
´ s. Az i) ´all´ıt´ast m´ar bel´attuk, a ii) pedig az exp f¨ Bizony´ıta uggv´enyegyenlet´eb˝ol k¨ovetkezik: ¡ ¢ ab1 ab2 = exp(b1 ln a) exp(b2 ln a) = exp (b1 + b2 ) ln a = ab1 +b2 . Az ´all´ıt´as m´asodik r´esze pedig ab a−b = a0 = 1 alapj´an ad´odik. A iii) azonoss´ag igazol´as´ahoz vezess¨ uk be a c := ab1 = exp(b1 ln a) jel¨ol´est. Ekkor a 7. T´etel ii) azonoss´aga alapj´an ¡ ¢ ln c = ln exp(b1 ln a) = b1 ln a. Ezt ´es hatv´any ´ertelmez´es´et felhaszn´alva ¡
ab1
¢b2
= cb2 = exp(b2 ln c) = exp(b2 b1 ln a) = ab1 b2
k¨ovetkezik. V´eg¨ ul a iv) azonoss´ag a logaritmus- ´es az exponenci´alis f¨ uggv´eny f¨ uggv´enyegyenlet´eb˝ol k¨ovetkezik: ¡ ¢ ¡ ¢ (a1 a2 )b = exp b ln(a1 a2 ) = exp b(ln a1 + ln a2 ) = = exp(b ln a1 ) exp(b ln a2 ) = a1 b a2 b . Ezzel a t´etelt bebizony´ıtottuk. ¤
70
3.4. Exponenci´alis- ´es logaritmusf¨ uggv´enyek
Defin´ıci´ o. Legyen µ ∈ R. A hµ (x) := xµ
(x > 0)
utas´ıt´assal ´ertelmezett hµ : (0, +∞) → (0, +∞) f¨ uggv´enyt µ kitev˝oj˝ u hatv´anyf¨ uggv´enynek nevezz¨ uk. Az exp ´es az ln f¨ uggv´eny tulajdons´agai alapj´an az xµ := exp(µ ln x) (x > 0) ´ertelmez´est felhaszn´alva k¨ovetezik, hogy hµ folytonos, monoton f¨ uggv´eny. Egyszer˝ uen bel´athat´o, hogy hµ szigor´ uan monoton n¨ov˝o, ha µ > 0 ´es szigor´ uan monoton fogy´o, ha µ < 0, tov´abb´a i) h0 (x) = 1
(x > 0),
µ
ii)
lim x = 0,
x→+0
iii)
lim xµ = +∞
lim xµ = +∞,
x→+0
(µ > 0),
x→+∞
lim xµ = 0
x→+∞
(µ < 0).
A hµ hatv´anyf¨ uggv´eny grafikonj´at a µ kitev˝o k¨ ul¨onb¨oz˝o ´ert´ekei mellett az al´abbi ´abr´an szeml´eltetj¨ uk.
y
µ>1 0<µ<1
1 µ<0 x
1 2. ´abra Most bevezetj¨ uk az a-alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´enyt.
Defin´ıci´ o. Legyen a > 0. Az expa (x) := ax := exp(x ln a) (x ∈ R) utas´ıt´assal ´ertelmezett expa : (−∞, +∞) → (0, +∞) f¨ uggv´enyt aalap´ u exponenci´alis f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk.
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
71
Minthogy az expa f¨ uggv´eny a term´esztes alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´enyb˝ol a f¨ uggetlen v´altoz´o line´aris transzform´aci´oj´aval kaphat´o, az´ert az al´abb felsorolt tulajdons´agok k¨ozvetlen¨ ul ad´odnak az exp f¨ uggv´eny megfelel˝o tulajdons´agaib´ol. Az expa f¨ uggv´eny folytonos, szigor´ uan monoton n¨ov˝o, ha a > 1, szigor´ uan monoton fogy´o, ha 0 < a < 1, i) ii)
expe = exp,
expa (0) = 1,
expa (1) = a (a > 0), 1 expa (x + y) = expa (x) expa (y), expa (−x) = expa (x)
(a > 0, x, y ∈ R).
Az expa f¨ uggv´eny grafikonj´at az a > 0 param´eter k¨ ul¨onb¨oz˝o ´ert´ekei mellett az al´abbi ´abr´an szeml´eltetj¨ uk.
y
a>1
1 a=1 0
0, a 6= 1 eset´en az expa f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton, az´ert l´etezik inverze.
Defin´ıci´ o. Legyen a > 0, a 6= 1. Az expa f¨uggv´eny inverz´et a-alap´u logaritmusf¨ uggv´enynek nevezz¨ uk ´es a loga szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Az ´ertelmez´es alapj´an nyilv´anval´o, hogy loga : (0, +∞) → (−∞, +∞) szigor´ uan monoton, folytonos f¨ uggv´eny, amely az ln-nel kifejezhet˝o. Nevezetesen (7)
loga (x) =
ln x ln a
(x > 0).
72
3.5. Feladatok
Val´oban, ez az egyenl˝os´eg az expa szigor´ u monotonit´asa miatt, ekvivalens az al´abbival: ¡ ¢ ¡ ln x ¢ expa loga (x) = expa . (x > 0). ln a A bal oldal — a f¨ uggv´eny ´es inverze k¨ozti kapcsolat alapj´an — x-szel egyenl˝o. A jobb oldalra — az expa ´ertelmez´ese ´es az im´ent eml´ıtett azonoss´ag alapj´an — expa
¡ ln x ¢ ¡ ln x ¢ = exp ln a = exp(ln x) = x ln a ln a
ad´odik. A (7) azonoss´ag figyelembe v´etel´evel az ln tulajdons´agai alapj´an ad´odnak a loga (a > 0, a 6= 1) f¨ uggv´enyekre vonatkoz´o k¨ovetekez˝o ´all´ıt´asok. A loga : (0, +∞) → (−∞, +∞) f¨ uggv´eny folytonos, szigor´ uan monoton n¨ov˝o, ha a > 1, szigor´ uan monoton fogy´o, ha 0 < a < 1, i)
loge = ln,
ii) a iii) iv) v)
loga x
loga (1) = 0,
= x (x > 0),
loga (a) = 1, loga (ax ) = x (x ∈ R),
loga (xy) = loga x + loga y
(x, y > 0),
y
loga (x ) = y loga x (x > 0, y ∈ R, a > 0, a 6= 1), logb x loga x = (a, b, x > 0, a 6= 1, b 6= 1). logb a
(l´asd a 22. feladatot.) A loga f¨ uggv´eny grafikonj´ at szeml´eltetj¨ uk az al´abbi ´abr´an . y
a>1
x 1
0
4. ´abra
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
73
3.5. Feladatok 1. Hat´arozzuk meg az al´abbi f¨ uggv´enyek hat´ar´ert´ek´et: a) c) e) g)
lim x ln x,
x→0+
lim xx , √ √ 1 + x − 1 − x2 √ lim , x→0+ 1+x−1 ¡p ¢ lim x 1 + x2 − x ,
x→0+
x→+∞
lim x ln2 x,
i)
x→0+
b) d) f) h) j)
ln x , x √ 1 + x + x2 − 1 lim , x→0+ x √ 3 1+x−1 lim , x→0+ x √ ¡√ √ ¢ lim x2/3 x + 1 + x − 1 − 2 x , x→+∞ ¡ ¢ lim (x + 1)2/3 − (x − 1)2/3 . lim
x→+∞
x→+∞
2. Hat´arozzuk meg az al´abbi f¨ uggv´enyek szakad´asi helyeit ´es azok fajt´ait: ½ n (n 5 x < n, n ∈ N), a) f (x) := −n (−n 5 x < −n + 1, n ∈ N∗ ). 2 x − 5x + 6 , (x ∈ R, x 6= 2, x 6= 5), b) f (x) := x2 − 7x + 10 0, (x ∈ {2, 5}. f (x) := int (x2 ) ½ 3 x , d) f (x) := x, 1, q f ) f (x) := 0, c)
(x ∈ R). (x ∈ Q), (x ∈ R \ Q). p (x = , q ∈ N∗ , p ∈ Z, (p, q) = 1), q (x ∈ R \ Q).
3. Hol folytonosak az al´abbi f : C → C f¨ uggv´enyek ? a) f (z) := abs (z) (z ∈ C), c)
b) f (z) := arg (z) (z ∈ C),
f (z) := re (z) (z ∈ C), d) f (z) := im (z) 2 z −1 , (z ∈ C, z 6= 1), e) f (z) := z−1 2, (z = 1). ½ exp(1/z), (z ∈ C, z 6= 0), f ) f (z) := 0, (z = 0). ( sin z , (z ∈ C, z 6= 0), g) f (z) := z 1, (z = 0).
(z ∈ C).
74
3.5. Feladatok
4. Hat´arozzuk meg az al´abbi val´os f¨ uggv´enyek szakad´asi helyeit:
a)
b)
c)
d) e) f) g) h) i)
2 x −4 , (x ∈ R, x 6= 2), f (x) := x−2 A, (x = 2). 1 , (x ∈ R, x 6= −1), (1 + x)2 f (x) := 10, (x = −1). ( ¯ sin x ¯ ¯, ¯ (x ∈ R, x 6= 0), f (x) := x 1, (x = 0). sin x , (x ∈ R, x 6= 0), |x| f (x) := 1, (x = 0). ½ x sin(1/x), (x ∈ R, x 6= 0), f (x) := 0, (x = 0). ( − x12 e , (x ∈ R, x 6= 0), f (x) := 0, (x = 0). ¡√ ¢ √ f (x) := x − int x (x >= 0). ¡1¢ f (x) := x int (x ∈ R, x 6= 0). x ½ −1/x e , (x ∈ R, x 6= 0), f (x) := 1, (x = 0).
j) f (x) := (−1)int(x
2
)
(x ∈ R).
5. Folytonosak-e az al´abbi val´os f¨ uggv´enyek ? ½ a) b)
2x,
(0 5 x 5 1),
½
2 − x, ex ,
(1 < x 5 2). (x < 0),
½
a + x, (x ≥ 0). x, (|x| 5 1),
f (x) := f (x) :=
c) f (x) :=
1,
(|x| > 1).
6. Tegy¨ uk fel, hogy az f ´es g f¨ uggv´enynek az α helyen szakad´asa van. Lehet-e folytonos az f + g, f − g, f /g, f 2 f¨ uggv´eny az α helyen ? 7. Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggv´eny folytonos, a g f¨ uggv´enynek szakad´asa van az α helyen. Lehet-e f + g, f g, f /g, f 2 folytonos az α helyen ?
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
75
8. Tegy¨ uk fel, hogy az f : H → K f¨ uggv´enynek az α ∈ H helyen, a g : K → R f¨ uggv´enynek pedig az f (α) ∈ K helyen van szakad´asa. Lehet-e folytonos a g ◦ f f¨ uggv´eny az α helyen ? 9. Vizsg´aljuk az al´abbi, f ´es g f¨ uggv´enyekb˝ol k´epzett f ◦g ´es g◦f k¨ozvetett f¨ uggv´eny folytonoss´ag´at. a) f (x) := sign(x), g(x) := 1 + x2
(x ∈ R), 2
b) f (x) := sign(x), g(x) := x(1 − x ) (x ∈ R). c) f (x) := sign(x), g(x) := 1 + x − int(x) (x ∈ R). ½ x, (0 < x 5 1), d) f (x) := 2 − x, (1 < x < 2), ½ x, (x ∈ Q), g(x) := 2 − x, (x ∈ R \ Q). 10. Tegy¨ uk fel, hogy az f, g : H → R f¨ uggv´enyek folytonosak. Igazoljuk, hogy ekkor az al´abbi F, G f¨ uggv´enyek is folytonosak. a) F (x) := |f (x)| (x ∈ H), (x ∈ H, f (x) < −c), −c, b) Fc (x) := f (x), (x ∈ H, |f (x)| 5 c), c, (x ∈ H, f (x) > c), c) F (x) := min{f (x), g(x)} (x ∈ H), d) G(x) := max{f (x), g(x)}
(x ∈ H).
11. ´Irjuk fel az al´abbi f¨ uggv´enyek inverz´et: ax + b (x ∈ R, ad − bc 6= 0), cx + d b) f (x) := x + int(x) (x ∈ R), ½ x, (x ∈ Q), c) f (x) := −x, (x ∈ R \ Q). a) f (x) :=
12. Igazoljuk, hogy az f (x) := (1 + x2 )sign(x)
(x ∈ R)
szakad´asos f¨ uggv´eny inverze folytonos. 13. Tegy¨ uk fel, hogy az f : [0, +∞) → R folytonos ´es f -nek l´etezik v´eges hat´ar´ert´eke a +∞-ben. Igazoljuk, hogy f egyenletesen folytonos a [0, +∞) intervallumon.
76
3.5. Feladatok
14. Egyenletesen folytonosak-e az al´abbi f¨ uggv´enyek a felt¨ untetett halmazokon ? a)
f (x) := x2
c) f (x) :=
(x ∈ (−a, a), a ∈ R),
x 4 − x2
(x ∈ [−1, 1]),
b) f (x) := ln x (x ∈ (0, 1)), √ d) f (x) := x (x ∈ [1, +∞)).
15. Az f : [a, b] → R folytonos f¨ uggv´eny folytonoss´ agi modulus´ at az ωf (δ) := sup{|f (s) − f (t)| : s, t ∈ [a, b], |s − t| 5 δ}
(δ ≥ 0)
utas´ıt´assal ´ertelmezz¨ uk. Igazoljuk, hogy az ωf : [0, +∞) → [0, +∞) f¨ uggv´eny monoton n¨ov˝ o ´es lim ωf (δ) = 0. δ→0+
16. Igazoljuk, hogy minden p´aratlan fok´ u, val´os egy¨ utthat´os polinomnak van val´os gy¨oke. 17. Tegy¨ uk fel, hogy az f : [a, b] → R f¨ uggv´eny monoton ´es minden f (a) ´es f (b) k¨oz´e es˝o ´ert´eket felvesz. Igazoljuk, hogy ekkor f folytonos. 18. Tegy¨ uk fel, hogy f : (a, b) → R folytonos f¨ uggv´eny, n ∈ N∗ ´es x1 , x2 , · · · , xn ∈ (a, b). igazoljuk, hogy van olyan ξ ∈ (a, b), amelyre f (ξ) =
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) . n
19. Igazoljuk, hogy az x3 − 3x + 1 = 0 egyenletnek van val´os gy¨oke az (1, 2) intervallumban. Sz´am´ıtsuk ki a gy¨ok k¨ozel´ıt˝o ´ert´ek´et 10−2 pontoss´aggal. ´ 20. Ertelmezz¨ uk az al´abbi f¨ uggv´enyeket a 0 pontban u ´gy, hogy ott folytonosak legyenek. (1 + x)n − 1 (x ∈ R, x 6= 0, n ∈ N), x 1 − cos x (x ∈ R, x 6= 0), b) f (x) := x2 c) f (x) := ex − e−x x (x ∈ R, x 6= 0), a) f (x) :=
d) f (x) := x2 sin(1/x) (x ∈ R, x 6= 0). 21. Igazoljuk, hogy 2<e<2+
1 1 1 + + ··· + + · · · = 3. 1·2 2·3 n(n + 1)
3. Folytonos f¨ uggv´enyek
77
Megjegyz´es: Az e sz´amot pl. a M AT HEM AT ICA vagy a M AP LE programcsomagot felhaszn´alva lehet nagyon nagy pontos´aggal megkapni. Az e sz´am 40 tizedesjegy pontoss´agra: e = 2.7182818284590452353602874713526624977572 · · · 23. Igazoljuk az al´abbi azonoss´agokat: a) b)
logb x , logb a loga xy = y loga x (a, b, x > 0, a 6= 1, b 6= 1, y ∈ R). loga x =
78
4.1. A deriv´alt ´ertelmez´ese
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek A matemetikai anal´ızis egyik alapvet˝o fogalma a differenci´alh´anyados vagy deriv´alt. A deriv´altat nemcsak a matematik´an bel¨ ul, hanem sz´amos term´eszettudom´anyban ´es a technik´aban is sz´elesk¨or˝ uen felhaszn´alj´ak. T¨obb fontos fizikai, k´emiai vagy gazdas´agi fogalmat a deriv´alt seg´ its´eg´evel lehet pontosan le´ırni. Ebben a pontban ismertetj¨ uk a deriv´alttal kapcsolatos alapvet˝o fogalmakat, a vele val´o sz´amol´as szab´alyait ´es bemutatjuk n´eh´any alkalmaz´as´at. Az eddig k¨ovetett m´odszert folytatva, ahol az lehets´eges, egy¨ utt t´argyaljuk a val´os ´es a komplex esetet. A differenci´alhat´os´agot ´altal´aban az ´ertelmez´esi tartom´any bels˝o pontjaiban vizsg´aljuk. Ezzel kapcsolatos az al´abbi
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az a pont a H ⊆ K halmaz bels˝o pontja, ha l´etezik a-nak olyan Kr (a) k¨ornyezete, hogy Kr (a) ⊆ H.
4.1. A deriv´alt ´ertelmez´ese Legyen H ⊆ K1 , ´es f : H → K2 a H halmazon ´ertelmezett f¨ uggv´eny ´es tegy¨ uk fel, hogy a a H halmaz bels˝o pontja. A deriv´alt ´ertelmez´es´ehez c´elszer˝ u bevezetni az al´abbi f¨ uggv´enyt.
Defin´ıci´ o. A (∆a f )(x) :=
f (x) − f (a) x−a
(x ∈ H \ {a})
utas´ıt´assal ´ertelmezett f¨ uggv´enyt f a pontbeli differenciah´ anyados´ anak, vagy k¨ ul¨ onbs´ egi h´ anyados´ anak nevezz¨ uk. Felh´ıvjuk a figyelmet arra, hogy a ∆a f k¨ ul¨onbs´egi h´anyados nincs ´ertelmezve az a pontban. Az f jelent´es´et˝ol f¨ ugg˝oen a k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosnak is lehet geometriai vagy fizikai jelent´est tulajdon´ıtani. Legyen pl. H := (α, β), ´es tekints¨ uk az f : (α, β) → R val´os f¨ uggv´eny grafikonj´at. A grafikon (a, f (a)) ´es (x, f (x)) pontjait ¨osszek¨ot˝o egyenest a grafikon sz´oban forg´o pontjain ´athalad´o szel˝oj´enek nevezz¨ uk.
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
79
A (∆a f )(x) sz´am ennek a szel˝onek az ir´anytangense. A fizik´aban a k¨ ul¨onbs´egi h´anyadost az ´atlagsebess´eg ´ertelmez´es´ehez haszn´alj´ak fel. Ha az f : (α, β) → R lek´epez´es valamely egyenesvonal´ u mozg´as u ´t-id˝o f¨ uggv´enye, akkor a (∆a f )(x) sz´am az a ´es x id˝opontok k¨ozti ´atlagsebess´eget jelenti. A hat´ar´ert´eket felhaszn´alva bevezetj¨ uk a differenci´alh´anyados fogalm´at.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az f f¨uggv´eny az a ∈ H bels˝o pontban differenci´ alhat´ o, ha a ∆a f k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosnak l´etezik az a pontban v´eges hat´ar´ert´eke. A sz´oban forg´o hat´ar´ert´eket az f f¨ uggv´eny a pontbeli differenci´ alh´ anyados´ anak vagy deriv´ altj´ anak nevezz¨ uk ´es az f (x) − f (a) f 0 (a) := lim = lim ∆a f. x→a a x−a vagy a
df (a) szimb´olumok valamelyik´evel jel¨olj¨ uk. dx
Kiindulva a k¨ ul¨onbs´egi h´anyados geometriai jelent´es´eb˝ol az ´erint˝o fogalm´at ´ıgy c´elszer˝ u bevezetni.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az f : (α, β) → R f¨uggv´eny grafikonj´anak az (a, f (a)) pontj´aban van ´ erint˝ oje, ha az f f¨ uggv´eny az a pontban differenci´alhat´o. Az (a, f (a)) ∈ R2 ponton ´athalad´o f 0 (a) ir´anytangens˝ u egyenest az f grafikonj´anak a abszcissz´aj´ u pontj´ahoz tartoz´o ´ erint˝ oj´ enek nevezz¨ uk. y
f(b)
f(a) a
b
x
1. ´abra Az eml´ıtett ´atlagsebess´egnek x → a eset´en vett hat´ar´ert´ek´et az a id˝opontban vett pillanatnyi sebess´egnek szok´as nevezni. Ez — felhaszn´alva a deriv´alt fogalm´at — ekvivalens m´odon a k¨ovetkez˝o form´aban fogalmazhat´o meg: az a ∈ (α, β) id˝opontban differenci´alhat´o f : (α, β) → R u ´t-id˝o f¨ uggv´eny f 0 (a) deriv´altj´at a
80
4.1. A deriv´alt ´ertelmez´ese
mozg´as a pontbeli pillanatnyi sebess´eg´enek nevezz¨ uk. A deriv´alt ´es a hat´ar´ert´ek ´ertelmez´ese alapj´an nyilv´anval´o, hogy ha f differenci´alhat´o az a pontban, akkor f -nek b´armely Kρ (a) k¨ornyezetre vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´ese is differenci´alhat´o a-ban ´es a lesz˝ uk´ıtett f¨ uggv´enynek a-beli deriv´altja egyenl˝o f 0 (a)-val. A differenci´alhat´os´ag ´es a folytonoss´ag kapcsolat´ara vonatkozik az al´abbi
1. T´etel. Ha f : H → K2 differenci´alhat´o az a ∈ H pontban, akkor f folytonos a-ban ´ s. A felt´etel szerint a ∆a f f¨ Bizony´ıta uggv´enynek az a helyen l´etezik v´eges hat´ar´ert´eke, k¨ovetkez´esk´eppen a-nak van olyan k¨ornyezete, amelyben ∆a f korl´atos, azaz l´etezik olyan M ≥ 0 ´es r > 0 sz´am, hogy |f (x) − f (a)| 5M |x − a|
(x ∈ Kr (a)).
Ebben a k¨ornyezetben fenn´all az |f (x) − f (a)| 5 M |x − a|
(x ∈ Kr (a))
egyenl˝otlens´eg. Innen — pl. az ´atviteli elv alapj´an — nyilv´anval´o, hogy f -nek a-ban l´etezik hat´ar´ert´eke ´es lima f = f (a). ¤ Megjegyezz¨ uk, hogy a most igazolt ´all´ıt´as megford´ıt´asa nem igaz. L´eteznek olyan f¨ uggv´enyek, amelyek folytonosak de nem differenci´alhat´ok. Ilyen pl. az f (x) := abs (x) := |x| (x ∈ R) f¨ uggv´eny a = 0 eset´en. Val´oban, ennek az a pontbeli k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosa (∆0 f )(x) =
|x| − 0 = sign(x) x−0
(x ∈ R, x 6= 0).
Minthogy a sign f¨ uggv´enynek a 0 helyen nincs hat´ar´ert´eke, az´ert az abs f¨ uggv´eny a 0 pontban nem differenci´alhat´o. K¨onnyen igazolhat´o, hogy az abs f¨ uggv´eny a 0-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o helyeken differenci´alhat´o, tov´abb´a f 0 (a) = 1, ha a > 0 ´es f 0 (a) = −1, ha a < 0. Megjegyezz¨ uk, hogy l´etezik olyan R-en ´ertelmezett, minden¨ utt folytonos f¨ uggv´eny, amely R egyetlen pontj´aban sem differenci´alhat´o (l´asd pl. [3], 88. oldal). A most vizsg´alt p´eld´aban a 0 pontbeli k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosnak nincs ugyan hat´ar´ert´eke, de l´etezik jobb-´es baloldali hat´ar´art´eke. Ilyenkor azt mondjuk, hogy ennek a f¨ uggv´enynek a 0 pontban van jobb- ´es baloldali deriv´altja. Ezzel kapcsolatos az al´abbi
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
81
Defin´ıci´ o. Legyen a ∈ H ⊆ R, f : H → R ´es tegy¨uk fel, hogy van olyan (a − h, a] (h > 0) intervallum, amelyre (a − h, a] ⊆ H. Ha a ∆a f k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosnak l´etezik az a helyen a bal oldali hat´ar´ert´eke, akkor azt mondjuk, hogy f az a helyen balr´ ol differenci´ alhat´ o ´es a lim
x→a−
f (x) − f (a) x−a
baloldali hat´art´art´eket f a-beli baloldali deriv´altj´anak nevezz¨ uk ´es az 0 f− (a) szimb´olummal jel¨olj¨ uk. A fenti ´ertelmez´esben a baloldali hat´ar´ert´ek helyett jobboldali hat´ar´ert´eket v´eve a jobboldali deriv´alt fogalm´ ahoz jutunk. Az a pontbeli jobboldali deriv´altat az 0 f+ (a) szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Azt, hogy az f f¨ uggv´enynek az a pontban l´etezik a baloldali deriv´altja — geometriai sz´ohaszn´alattal ´elve — u ´gy szok´as kifejezni, hogy f grafikonj´anak l´etezik a baloldali f´el´erint˝oje. Nyilv´anval´o, hogy f akkor ´es csak akkor differenci´alhat´ o a-ban, ha l´etezik a bal- ´es jobboldali deriv´altja ´es 0 0 f− (a) = f+ (a) = f 0 (a).
4.1.1. P´eld´ak Az al´abbiakban felsorolunk n´eh´any f¨ uggv´enyt, amelyek deriv´altja k¨ozvetlen¨ ul a defin´ıci´o alapj´an kisz´am´ıthat´ o. 1. A konstans f¨ uggv´eny minden¨ utt differenci´alhat´o ´es deriv´altja 0. Val´oban legyen c ∈ K2 . Az f (x) := c (x ∈ K1 ) f¨ uggv´eny a(∈ K1 ) pontbeli k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosa c−c ∆a (x) := = 0 (x ∈ K1 , x 6= a). x−a K¨ovetkez´esk´eppen ennek hat´ar´ert´eke az a helyen 0. 2. A K1 indentikus lek´epez´ese minden a ∈ K1 pontban differenci´alhat´o ´es deriv´altja 1-gyel egyenl˝o. Az f (x) := x (x ∈ K1 ) f¨ uggv´eny k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosa ugyanis x−a ∆a (x) := = 1 (x ∈ K1 , x 6= a). x−a Innen k¨ovetkezik, hogy a k¨ ul¨onbs´egi h´anyados hat´ar´ert´eke az a helyen 1. 3. Legyen n ∈ N. Az f (x) := xn (x ∈ K1 ) hatv´anyf¨ uggv´eny minden¨ utt differenci´alhat´o ´es f 0 (a) = nan−1 (a ∈ K1 ). A sz´oban forg´o f¨ uggv´eny a pontbeli k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosa (∆a f )(x) =
xn − an = xn−1 + xn−2 a + · · · + xan−2 + an−1 x−a
(x ∈ K1 , x 6= a).
82
4.1. A deriv´alt ´ertelmez´ese
A jobb oldalon ´all´o polinom hat´ar´ert´eke az a pontban az a-beli helyettes´ıt´esi ´ert´ekkel egyenl˝o. Ez´ert lim ∆a f = an−1 + an−1 + · · · + an−1 + an−1 = nan−1 . a
4. Hasonl´oan ad´odik, hogy b´armely x0 ∈ K1 eset´en az f (x) := (x − x0 )n (x ∈ K1 ) f¨ uggv´eny is minden¨ utt differenci´alhat´o, ´es minden a ∈ K1 pontban f 0 (a) = n(a − x0 )n−1 . Bizonyos esetekben c´elszer˝ u a differenci´alhat´os´agnak az al´abbi, eredetivel ekvivalens ´atfogalmaz´as´at haszn´alni. Ez a definici´o — amint azt l´atni fogjuk — minden neh´ezs´eg n´elk¨ ul ´atvihet˝o t¨obbv´altoz´os f¨ uggv´enyekre.
2. T´etel. Az f : H → K2 f¨uggv´eny a H ⊆ K1 halmaz a bels˝o pontj´aban akkor ´es csak akkor differenci´alhat´o, ha l´etezik olyan A ∈ K2 sz´am ´es olyan ² : H → K2 a-ban folytonos f¨ uggv´eny, amelyre ²(a) = 0, ´es amellyel a f¨ uggv´eny megv´altoz´asa fel´ırhat´o a k¨ovetkez˝o alakban: (1)
f (x) − f (a) = A(x − a) + (x − a)²(x)
(x ∈ H).
Az A sz´am az f f¨ uggv´eny a-beli deriv´altj´aval egyenl˝o. ´ s. i) Tegy¨ Bizony´ıta uk fel el˝osz¨or, hogy f differenci´alhat´o az a pontban ´es legyen 0 ´ A := f (a). Ertelmezz¨ uk az ² f¨ uggv´enyt a k¨ovetkez˝ok´eppen: f (x) − f (a) − A, ²(x) := x−a 0,
(x ∈ H, x 6= a), (x = a).
Ekkor az ² f¨ uggv´enynek az a helyen a hat´ar´ert´eke 0, k¨ovetkez´esk´eppen folytonos a-ban. E defin´ıci´ob´ol ´atrendez´essel ad´odik a k´ıv´ant alak. ii) Most induljunk ki abb´ol, hogy f megv´altoz´asa fel´ırhat´o az (1) alakban. Innen (x − a)-val val´o oszt´as ut´an azt kapjuk, hogy f (x) − f (a) − A = ²(x) (x ∈ H, x 6= a). x−a Minthogy lima ² = 0, az´ert az f f¨ uggv´eny k¨ ul¨onbs´egi h´anyados´anak val´oban van hat´ar´ert´eke ´es f 0 (a) = A. ¤
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
83
A differenci´alhat´os´ag most ismertetett ´atfogalmaz´as´aban az x − a = h helyettes´ıt´est alkalmazva f (a + h) − f (a) = Ah + h²(a + h) = Ah + η(h)
(|h| < r)
ad´odik minden olyan r > 0 sz´amra, amelyre Kr (a) ⊆ H. Ez azt jelenti, hogy a f¨ uggv´eny f (a + h) − f (a) megv´altoz´asa a h v´altoz´o egy homog´en line´aris f¨ uggv´eny´enek ´es az η f¨ uggv´enynek az ¨osszegek´ent ´all´ıthat´o el˝o, ahol η kicsi a line´aris f¨ uggv´enyhez k´epest abban az ´ertelemben, hogy η(h) = lim ²(a + h) = 0. h→0 h h→0 lim
Az `(h) := Ah (h ∈ K1 ) line´aris f¨ uggv´enyt az f differenci´alhat´o f¨ uggv´eny a pontbeli differenci´alj´anak nevezz¨ uk ´es a da f szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Az eml´ıtett p´eld´akban vizsg´alt f¨ uggv´enyekb˝ol kiindulva — az algebrai m˝ uveletek v´eges sz´am´ u alkalmaz´as´aval — a racion´alis f¨ uggv´enyekhez jutunk. Ezek deriv´altj´at az — algebrai m˝ uveleteket ´es a deriv´al´ast ¨osszekapcsol´o — u ´n. differenci´al´asi szab´alyok ismeret´eben kisz´am´ıthatjuk.
4.1.2. Differenci´al´asi szab´alyok. Az ¨osszeg-, szorzat- ´es h´anyadosf¨ uggv´eny deriv´altj´ara vonatkozik az al´abbi ´all´ı t´ as.
3. T´etel. Tegy¨uk fel, hogy az f, g : H → K2 f¨uggv´enyek differenci´alhat´ok a H halmaz a bels˝o pontj´aban. Ekkor f +g, f g ´es g(a) 6= 0 eset´en f /g is differenci´alhat´o a-ban ´es (f + g)0 (a) = f 0 (a) + g 0 (a), (f g)0 (a) = f (a)g 0 (a) + f 0 (a)g(a), (f /g)0 (a) =
f 0 (a)g(a) − f (a)g 0 (a) . g 2 (a)
´ s. i) Az f + g f¨ Bizony´ıta uggv´eny a-hoz tartoz´o k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosa az x ∈ H, x 6= a helyen egyszer˝ u ´atalak´ıt´as ut´an fel´ırhat´o a (∆a (f + g)) (x) =
f (x) − f (a) g(x) − g(a) f (x) + g(x) − (f (a) + g(a)) = + x−a x−a x−a
alakban. Az ¨osszegf¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o t´etel alapj´an a ∆a (f + g) k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosnak van hat´ar´ert´eke az a helyen, ´es az az f 0 (a)+g 0 (a) sz´ammal egyenl˝o.
84
4.1. A deriv´alt ´ertelmez´ese
ii) A szorzatra vonatkoz´o ´all´ıt´as igazol´as´ahoz ´ırjuk fel az f g a-hoz tartoz´o k¨ ul¨onbs´egi h´anyados´at az x ∈ H, x 6= a helyen a (∆a (f g)) (x) =
f (x)g(x) − f (a)g(a) g(x) − g(a) f (x) − f (a) = f (x) + g(a) x−a x−a x−a
alakban. Az 1. T´etel alapj´an f folytonos a-ban, k¨ovetkez´esk´eppen f -nek l´etezik hat´ar´ert´eke a-ban ´es az f (a)-val egyenl˝o. A szorzat- ´es ¨osszegf¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o t´etel alapj´an a szorzat k¨ ul¨onbs´egi h´anyados´anak l´etezik hat´ar´ert´eke az a helyen ´es g(x) − g(a) f (x) − f (a) + g(a) lim = a a a x−a x−a = f (a)g 0 (a) + g(a)f 0 (a).
lim ∆a (f g) = lim f lim a
iii) A h´anyadosra vonatkoz´o ´all´ıt´ast el˝osz¨or az f (x) := 1 (x ∈ H) speci´alis esetre igazoljuk. Az 1/g f¨ uggv´enynek az a ∈ H ponthoz tartoz´o k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosa a k¨ovetkez˝ok´eppen ´ırhat´o fel 1 1 − 1 g(x) − g(a) g(x) g(a) =− x−a g(x)g(a) x−a
(x ∈ H, x 6= a).
Felhaszn´alva a szorzat- ´es a h´anyadosf¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o t´etelt, valamint a g f¨ uggv´eny a-beli folytonoss´ag´at azt kapjuk, hogy a sz´oban forg´o k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosnak l´etezik az a pontban a hat´ar´ert´eke ´es µ ¶0 µ ¶ 1 1 g 0 (a) 1 g(x) − g(a) (a) = − lim lim =− 2 . g g(a) x→a g(x) x→a x−a g (a) A most igazolt speci´alis esetet a szorzatf¨ uggv´eny deriv´al´asi szab´aly´aval kombin´alva ad´odik az ´altal´anos eset: µ ¶0 µ ¶0 µ ¶0 f 1 1 1 0 (a) = f (a) = f (a) + f (a) (a) = g g g(a) g 1 f (a)g 0 (a) f 0 (a)g(a) − f (a)g 0 (a) = f 0 (a) − = . 2 g(a) g (a) g 2 (a) Ezzel a t´etelt igazoltuk. ¤. A konstans f¨ uggv´eny ´es a szorzat deriv´al´asi szab´aly´at felhaszn´alva ad´odik, hogy b´armely λ ∈ K2 sz´amra f -fel egy¨ utt λf is differenci´alhat´o a-ban ´es (λf )0 (a) = λf 0 (a).
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
85
A 3. T´etelben k´et tag ¨osszeg´ere, ill. k´et t´enyez˝o szorzat´ara bizony´ıtott ´all´ıt´asok teljes indukci´oval kiterjeszthet˝ok v´eges sok tag ¨osszeg´ere ´es v´eges sok t´enyez˝o szorzat´ara. Nevezetesen, ha n ∈ N, n ≥ 2 ´es az f1 , f2 , · · · , fn : H → K2 f¨ uggv´enyek mindegyike differenci´alhat´o az a ∈ H pontban, akkor az f1 + f2 + · · · + fn ,
f1 f2 · · · fn
f¨ uggv´enyek is differnci´alhat´ok az a pontban ´es (f1 + f2 + · · · + fn )0 (a) = f10 (a) + f10 (a) + · · · + fn0 (a), (f1 f2 · · · fn )0 (a) = f10 (a)f2 (a) · · · fn (a)+ + f1 (a)f20 (a) · · · fn (a) + · · · + f1 (a)f2 (a) · · · fn0 (a). A 3.T´etel ´es az ahhoz f˝ uz¨ott megjegyz´esek a deriv´alt helyett az egyoldali deriv´altakra is fenn´allnak, s ezek sz´orol-sz´ora ugyan´ ugy igazolhat´ok. A pontbeli differenci´alhat´os´agot c´elszer˝ u kiterjeszteni.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy a H ⊂ K1 ny´ılt halmazon ´ertelmezett f : H → K2 f¨ uggv´eny a H halmazon differenci´alhat´o, ha annak minden pontj´aban differenci´alhat´o. Ilyenkor a H-n ´ertelmezett H 3 x → f 0 (x) ∈ K2 f¨ uggv´enyt f deriv´ altf¨ uggv´ eny´ enek vagy deriv´ altj´ anak nevezz¨ uk. A tov´abbiakban n´eha a z´art intervallumon val´o differenci´alhat´os´agot is haszn´alni fogjuk a k¨ovetkez˝o ´ertelemben: Az f : [α, β] → R f¨ uggv´enyt differenci´alhat´onak nevezz¨ uk az [α, β] intervallumon, ha f differenci´alhat´o az intervallum bels˝o pontjaiban tov´abb´a, ha α-ban jobbr´ol, β-ban balr´ol differenci´alhat´o. A H halmazon differenci´alhat´o f : H → K t´ıpus´ u f¨ uggv´enyek ¨oszess´eg´et a D(H, K), vagy — ha ez nem okoz f´elre´ert´est — az egyszer˝ ubb D(H) szimb´olummal fogjuk jel¨olni. A most igazolt differenci´al´asi szab´alyok alapj´an k¨ovetkezik, hogy a polinomok minden¨ utt, a racion´alis f¨ uggv´enyek pedig ´ertelmez´esi tarom´anyuk minden pontj´aban differenci´alhat´ok. Tov´ abb´a, ha az n-edfok´ u P polinom P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn
(x ∈ K1 )
alak´ u, akkor deriv´altja a k¨ovetkez˝o — tagonk´enti deriv´al´assal kapott — polinom: P 0 (x) = a1 + 2a2 x + · · · + nan xn−1 Az f (x) := x−n =
1 xn
(x ∈ K1 ).
(x ∈ K1 , x 6= 0, n ∈ N)
86
4.1. A deriv´alt ´ertelmez´ese
f¨ uggv´eny deriv´altja a h´anyados differenci´al´asi szab´alya alapj´an f 0 (x) = −
nxn−1 = −nx−n−1 x2n
(x ∈ K1 , x 6= 0).
Ezt a 3. p´eld´aban szerepl˝o eredm´ennyel egybevetve kapjuk, hogy b´armely n ∈ Z eg´esz kitev˝ore d n x = nxn−1 (x ∈ K1 , x 6= 0, n ∈ Z). dx Megmutatjuk, hogy a hatv´anysorok ¨osszegf¨ uggv´enyei is differenci´alhat´ok ´es a differenci´alh´anyados tagonk´enti deriv´al´assal ad´odik. Legyen f egy x0 k¨oz´eppont´ u, R > 0 konvergenciasug´arral rendelkez˝o hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enye: (2)
f (x) =
∞ X
an (x − x0 )n
(x ∈ KR (x0 )).
n=0
4. T´etel. A (2)-ben ´ertelmezett f f¨uggv´eny minden a ∈ KR (x0 ) pontban differenci´alhat´o ´es (3)
f 0 (a) =
∞ X
nan (a − x0 )n−1 .
n=1
´ s. Legyen 0 < r < R − |a − x0 |. Ismeretes, hogy az f a Kr (a) Bizony´ıta k¨ornyezetben el˝o´all´ıthat´o egy a k¨oz´eppont´ u hatv´anysor ¨osszegek´ent, azaz (4)
f (x) =
∞ X
Ak (x − a)k
(x ∈ Kr (a)),
k=0
ahol az Ak egy¨ utthat´ok az eredeti hatv´anysorb´ol alkotott al´abbi v´egtelen sorok ¨osszegek´ent adhat´ok meg (l´asd 1.3. pont 4. T´etel): (5)
∞ µ ¶ X n Ak = an (a − x0 )n−k k
(k ∈ N).
n=k
Ezt az el˝o´all´ıt´ast felhaszn´alva ´ırjuk fel az f f¨ uggv´eny a pontbeli k¨ ul¨onbs´egi h´anyados´at. Minthogy (4) alapj´an f (a) = A0 , az´ert ∞
(6)
X f (x) − f (a) f (x) − A0 Ak (x − a)k−1 = = x−a x−a k=1
(x ∈ Kr (a), x 6= a).
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
87
A jobb oldalon ´all´o v´egtelen sort (4)-b˝ol az A0 sz´am levon´asa ut´an (x − a)-val val´o oszt´assal kaptuk, k¨ovetkez´esk´eppen ez is konvergens minden x ∈ Kr (a) pontban. Minthogy a hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enye folytonos a konvergenciak¨oz´eppontban, az´ert az ∆a f k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosnak l´etezik a-ban hat´ar´ert´eke, ´es az a (6) jobb oldal´an ´all´o hatv´anysor a-ban felvett ´ert´ek´evel, azaz A1 -gyel egyenl˝o. Felhaszn´alva az (5) egyenl˝os´eget azt kapjuk, hogy lim a
∞ X f (x) − f (a) = A1 = nan (a − x0 )n−1 , x−a n=1
s ezzel a t´etelt igazoltuk. ¤ A most igazolt t´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy az exp, sin, cos, sinh ´es cosh f¨ uggv´enyek minden x ∈ K pontban differenci´alhat´ok, ´es deriv´altjuk a most igazolt t´etel alapj´an hatv´anysoruk tagonk´enti differenci´al´as´aval kaphat´o: ∞ ∞ X X 1 1 exp0 (x) = n xn−1 = xn−1 = exp(x), n! (n − 1)! n=0 n=1 sin0 (x) = cos0 (x) =
∞ X
(−1)n (2n + 1)
n=0 ∞ X
(−1)n 2n
n=0 ∞ X
∞ X 1 (−1)n 2n x2n = x = cos(x), (2n + 1)! (2n)! n=0
∞ X 1 (−1)n−1 2n−1 x2n−1 = − x = − sin(x), (2n)! (2n − 1)! n=1
∞ X 1 1 2n sinh (x) = (2n + 1) x = x2n = cosh(x), (2n + 1)! (2n)! n=0 n=0 0
cosh0 (x) =
∞ X n=0
2n
∞ X 1 1 x2n−1 = x2n−1 = sinh(x). (2n)! (2n − 1)! n=1
Ezzel bebizony´ıtottuk az al´abbi ´all´ıt´ast:
1. K¨ovetkezm´eny. A val´os ´es a komplex exp, sin, cos, sinh, cosh f¨ uggv´enyek minden¨ utt differenci´alhat´ok, ´es exp0 (x) = exp(x), sinh0 (x) = cosh(x),
sin0 (x) = cos(x),
cos0 (x) = − sin(x),
cosh0 (x) = sinh(x)
(x ∈ K).
4.1.3. A k¨ozvetett f¨ uggv´eny deriv´altja Nemcsak az algebrai m˝ uveletek, hanem a k¨ozvetett f¨ uggv´eny k´epz´es sem vezet ki a differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek k¨or´eb˝ol. Jel¨olje Kj (j = 1, 2, 3) a val´os vagy a
88
4.1. A deriv´alt ´ertelmez´ese
komplex sz´amok halmaz´at, ´es legyen H ⊆ K1 , K ⊆ K2 k´et nem u ¨res halmaz. A tov´abbiakban az f : H → K, g : K → K2 f¨ uggv´enyekb˝ol k´epzett g ◦ f k¨ozvetett f¨ uggv´eny differenci´alhat´os´ag´at vizsg´aljuk. Erre vonatkozik az
5. T´etel. Tegy¨uk fel, hogy az f : H → K2 f¨uggv´eny differenci´alhat´o az a ∈ H bels˝o pontban, tov´abb´a legyen f (a) a K-nak bels˝o pontja ´es tegy¨ uk fel, hogy g differenci´alhat´o az f (a) pontban. Ekkor g ◦ f is differci´alhat´o a-ban ´es (g ◦ f )0 (a) = g 0 (f (a))f 0 (a).
´ s. Megmutatjuk, hogy a g◦f f¨ Bizony´ıta uggv´eny (g◦f )(x)−(g◦f )(a) megv´altoz´asa fel´ırhat´o (g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(a) = g 0 (f (a))f 0 (a)(x − a) + ²(x)(x − a)
(x ∈ H)
alakban, ahol ² : H → K3 egy olyan a-ban folytonos f¨ uggv´eny, amelyre ²(a) = 0. Ez a 2. T´etel alapj´an ekvivalens a bizony´ıtand´o ´all´ıt´assal. Az f f¨ uggv´eny a pontbeli differenci´alhat´os´aga pontosan azt jelenti, hogy l´etezik olyan ²1 : H → K, a-ban folytonos f¨ uggv´eny, amelyre ²1 (a) = 0 ´es f (x) − f (a) = f 0 (a)(x − a) + ²1 (x)(x − a) (x ∈ H). Az g f¨ uggv´eny b := f (a) pontbeli differenci´alhat´os´aga azzal ekvivalens, hogy l´etezik olyan ²2 : K → K3 , b-ben folytonos f¨ uggv´eny, amelyre ²2 (b) = 0 ´es g(y) − g(b) = g 0 (b)(y − b) + ²2 (y)(y − b) (y ∈ K). Ennek alapj´an az y = f (x) jel¨ol´est haszn´alva a k¨ozvetett f¨ uggv´eny megv´altoz´asa fel´ırhat´o a k¨ovetkez˝o alakban: g(f (x)) − g(f (a)) = g 0 (b)(f (x) − f (a)) + ²2 (f (x))(f (x) − f (a)) = = g 0 (b)(x − a) + ²(x)(x − a), ahol
²(x) := g 0 (b)²1 (x) + ²2 (f (x))(f 0 (a) + ²1 (x))
(x ∈ H).
Az ²1 , ²2 ´es ² ´ertelmez´ese alapj´an nyilv´anval´o, hogy ²(a) = 0 tov´abb´a az f apontbeli folytonoss´aga, valamint a k¨ozvetett f¨ uggv´eny folytonoss´aga alapj´an ² is folytonos az a helyen. Ezzel a t´etelt bebizony´ıtottuk. ¤
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
89
A most igazolt t´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy ha f ∈ D(H, K) ´es g ∈ D(K, K3 ), akkor g ◦ f ∈ D(H, K3 ) ´es (g ◦ f )0 = f 0 g 0 ◦ f. Ezt a formul´ at l´ancszab´alynak is szok´as nevezni. Ennek alapj´an kisz´am´ıthatjuk pl. a h(x) := (x2 + 1)100 (x ∈ K) f¨ uggv´eny deriv´altj´at. A h f¨ uggv´eny az f (x) := x2 + 1
g(y) := y 100
(x ∈ K),
(y ∈ K)
f¨ uggv´enyek kompozici´oja: h = g ◦ f . Minthogy f 0 (x) = 2x (x ∈ K),
g 0 (y) = 100y 99
(y ∈ K),
az´ert a l´ancszab´aly szerint h0 (x) = g 0 (f (x))f 0 (x) = 100(1 + x2 )99 2x (x ∈ K). A k¨ozvetett f¨ uggv´eny deriv´al´asi szab´aly´ab´ol k¨ovetkezik, hogy az expa (x) := exp(x ln a)
(x ∈ R)
f¨ uggv´eny differenci´alhat´o ´es exp0a (x) := ln a exp(x ln a) = ln a expa (x)
(x ∈ R).
4.1.4. Az inverz f¨ uggv´eny deriv´altja Az inverz f¨ uggv´eny deriv´al´asi szab´aly´anak megfogalmaz´as´aban intervallumon ´ertelmezett, folytonos val´os f¨ uggv´enyekb˝ol indulunk ki. Az ´altal´anos esetben fell´ep˝o probl´em´akkal kapcsolatban a pont v´eg´en tett megjegyz´esre utalunk.
6. T´etel. Legyen f : (α, β) → R szigot´uan monoton, folytonos f¨ uggv´eny. Ha f differenci´alhat´o az a ∈ (α, β) pontban ´es f 0 (a) 6= 0, akkor az f f¨ uggv´eny ϕ := f −1 inverze is differenci´alhat´o a b := f (a) helyen ´es (7)
ϕ0 (b) =
1 f 0 (a)
.
90
4.1. A deriv´alt ´ertelmez´ese
A (7) igazol´as´ahoz legyen (yn , n ∈ N) egy, az f ´ert´ekk´eszlet´eb˝ol vett b-hez konverg´al´o sorozat ´es vezess¨ uk be az xn := ϕ(yn ) (n ∈ N) jel¨ol´est. Ekkor ϕ(b) = a ´es f (xn ) = yn (n ∈ N), tov´abb´ a az inverz f¨ uggv´eny folytonoss´ag´ara vonatkoz´o 3.3. pont 2. K¨ovetkezm´eny alapj´an lim xn = lim ϕ(yn ) = ϕ(b) = a.
n→∞
n→∞
Ezeket felhaszn´alva a ϕ f¨ uggv´eny b-pontbeli k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosa kifejezhet˝o az f a-beli k¨ ul¨onbs´egi h´anyados´ aval: ϕ(yn ) − ϕ(b) xn − a 1 = = f (xn ) − f (a) yn − b f (xn ) − f (a) xn − a
(n ∈ N).
Innen az ´atviteli elv ´es a h´anyados hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o szab´aly alapj´an, f 0 (a) 6= 0 figyelembev´etel´evel k¨ovetkezik, hogy a ϕ f¨ uggv´eny differenci´alhat´o a b pontban ´es ϕ(yn ) − ϕ(b) 1 1 ϕ0 (b) = lim = 0 . = n→∞ f (xn ) − f (a) yn − b f (a) lim n→∞ xn − a Ezzel a t´etelt igazoltuk. ¤ A most igazolt formul´aban az a helyett az a = ϕ(b) = f −1 (b) sz´amot ´ırva ϕ0 (b) =
(8)
1 f 0 (ϕ(b))
ad´odik. Alkalmazzuk az inverz f¨ uggv´eny deriv´altj´ara most igazolt t´etelt a (val´os) logaritmusf¨ uggv´enyre, azaz legyen f := exp, ϕ := ln ´es b := exp(a) > 0, ahol a ∈ R. Minthogy exp0 (a) = exp(a) > 0, az´ert az ln f¨ uggv´eny minden b > 0 helyen differenci´alhat´o ´es (8) alapj´an ln0 (b) =
1 1 = exp(ln(b)) b
(b > 0).
A most levezetett deriv´al´asi szab´alyb´ol tetsz˝oleges a > 0 alap eset´en megkaphatjuk a ln(x) loga (x) := (x > 0) ln(a) f¨ uggv´eny deriv´altj´at: log0a (x) =
1 x ln(a)
(x > 0).
Legyen µ > 0. A hµ hatv´anyf¨ uggv´eny kifejezhet˝o az ln f¨ uggv´ennyel : hµ (x) := xµ = exp(µ ln(x))
(x > 0).
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
91
Ezt ´es a k¨ozvetett f¨ uggv´eny differenci´al´asi szab´aly´at felhszn´alva azt kapjuk, hogy hµ minden x > 0 pontban differenci´alhat´o ´es h0µ (x) = exp(µ ln(x))
µ = µxµ−1 x
(x > 0).
Ezzel megmutattuk, hogy a hatv´anyf¨ uggv´eny kor´abban eg´esz kitev˝okre igazolt deriv´al´asi szab´alya ugyanolyan alak´ u tetsz˝oleges val´os kitev˝o eset´en. Az ln f¨ uggv´eny differenci´al´asi szab´aly´at felhszn´alva igazoljuk az al´abbi, hat´ar´ert´ekre vonatkoz´o ´all´ıt´ast, amely az exponenci´alis f¨ uggv´enynek egy u ´jabb el˝o´all´ı t´as´at adja. Megmutatjuk, hogy tetsz˝oleges x ∈ R val´os sz´amra ³ (9)
lim
s→∞
1+
³ x ´s x ´s = lim 1 + = exp(x). s→−∞ s s
Az ln f¨ uggv´eny folytonoss´aga alalpj´an a fenti ´all´ıt´as ekvivalens azzal, hogy b´armely sn → ∞ vagy sn → −∞ (n → ∞) sz´amsorozatra: ³ x ´sn lim ln 1 + = x. n→∞ sn Bevezetve a hn = x/sn jel¨ol´est, a sz´oban forg´o sorozat fel´ırhat´o ln(1 + hn )x/hn = x
ln(1 + hn ) − ln(1) hn
alakban. A jobb oldalon az x ln(t) (t > 0) f¨ uggv´eny 1 helyen vett k¨ ul¨onbs´egi h´anyadosa ´all. Minthogy hn → 0, ha n → ∞, az´ert lim ln (1 + hn )
n→∞
x/hn
= x ln0 (1) = x,
s ezzel az (9) egyenl˝os´eget igazoltuk. Speci´alisan az x = 1 esetben az e sz´am k¨ovetkez˝o el˝o´all´ıt´as´at kapjuk: (10)
µ ¶n µ ¶−n 1 1 lim 1 + = lim 1 − = e. n→∞ n→∞ n n
4.2. Lok´alis sz´els˝o´ert´ek M´ar eddig is t¨obb, olyan f¨ uggv´enyre vonatkoz´o u ´n. lok´alis tulajdons´aggal tal´alkoztunk, amelyben a f¨ uggv´enynek egy pont k¨ornyezet´eben felvett ´ert´ekei j´atszanak szerepet. Ilyen pl. a (bels˝o pontban val´o) differenci´alhat´os´ag. Ez a tulajdons´ag
92
4.2. Lok´alis sz´els˝o´ert´ek
megmarad, ha az eredeti f¨ uggv´eny helyett annak a sz´oban forg´o pont b´armely k¨ornyezet´ere vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´et tekintj¨ uk. Ebben a pontban intervallumon ´ertelmezett val´os f¨ uggv´enyeket vizsg´alunk. Az ilyen f¨ uggv´enyekre kor´abban ´ertelmezett monotonit´as mellet c´elszer˝ u bevezetni ennek a fogalomnak egy lok´alis v´altozat´at.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az f : (α, β) → R f¨uggv´eny az a ∈ (α, β) pontban n¨ ovekv˝ o, ha a-nak van olyan Kr (a) ⊆ (α, β) k¨ornyezete, hogy (11)
f (x) 5 f (a), ha a − r < x < a,
´es
f (a) 5 f (x), ha a < x < a + r. Ha a-nak van olyan Kr (a) ⊆ (α, β) k¨ornyezete, amelynek minden x ∈ Kr (a) pontj´aban f (x) ≥ f (a), ha a − r < x < a,
´es f (a) ≥ f (x) ha a < x < a + r
teljes¨ ul, akkor azt mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny az a pontban fogy´ o. Ha a fenti ´ertelmez´esben a f¨ uggv´eny´ert´ekekre vonatkoz´o felt´etel a ≤ egyenl˝otlens´egek helyett a < rel´aci´oval, a ≥ helyett pedig a > rel´aci´oval teljes¨ ulnek, akkor f -et az a helyen szigor´ uan n¨ oveked˝ onek, ill. szigor´ uan fogy´ onak nevezz¨ uk. A pontban val´o n¨oveked´es ´es fogy´as nyilv´an lok´alis tulajdons´ag. Ezt azzal is szok´as hangs´ ulyozni, hogy az el˝obb eml´ıtett sz´ohaszn´alat mellett azt is mondjuk, hogy az f f¨ uggv´eny az a pontban lok´ alisan n¨ oveked˝ o, illetve lok´ alisan fogy´ o. A fenti ´ertelmez´est egybevetve a monoton f¨ uggv´eny defin´ıci´oj´aval nyilv´anval´o, hogy a monoton n¨oveked˝o f¨ uggv´enyek az ´ertelmez´esi tartom´anyuk minden pontj´aban lok´alisan n¨oveked˝ok. Vannak viszont olyan f¨ uggv´enyek, amelyek valamely pontban n¨oveked˝ok, de ennek a pontnak egyetlen k¨ornyezet´eben sem monoton n¨oveked˝ok. Ilyen pl. az ½ f (x) :=
x, 2x,
(x ∈ Q), (x ∈ R \ Q)
f¨ uggv´eny, amely a 0 pontban szigor´ uan n¨oveked˝o, ugyanakkor az R semmilyen r´eszintervallum´aban sem monoton. A sz´els˝o´ert´eknek egy lok´alis v´altozat´at fogalmazzuk meg az al´abbi ´ertelmez´esben.
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
93
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az f : (α, β) → R f¨uggv´enynek az a ∈ (α, β) pontban lok´ alis maxima van, ha l´etezik az a-nak olyan Kr (a) ⊆ (α, β) k¨ornyezete, hogy f (a) ≥ f (x),
ha
x ∈ Kr (a).
Ha az a pontnak van olyan Kr (a) ⊆ (α, β) k¨ornyezete, amelynek minden ponj´aban f (a) 5 f (x)
(x ∈ Kr (a))
teljes¨ ul, akkor azt monjuk, hogy az f f¨ uggv´enynek az a helyen lok´ alis minimuma van. A lok´alis maximumot ´es lok´alis minimumot lok´alis sz´els˝o´ert´ekeknek nevezz¨ uk. A kor´abban bevezetett maximumot ´es minimumot — elnevez´esben is megk¨ ul¨onb¨oztetve a lok´alis sz´els˝o´ert´ekekt˝ol — n´eha abszol´ ut maximumnak ´es abszol´ ut minimumnak is nevezik. A deriv´alt seg´ıts´eg´evel jellemezhetj¨ uk a f¨ uggv´enyek most ´ertelmezett lok´alis tulajdons´agait. Erre vonatkozik a
7. T´etel. Tegy¨uk fel, hogy az f : (α, β) → R f¨uggv´eny differenci´alhat´o az a ∈ (α, β) pontban. i) Ha f az a-ban n˝o, akkor f 0 (a) ≥ 0, ha f az a-ban cs¨okken, akkor f 0 (a) 5 0. ii) Ha f 0 (a) > 0, akkor az f f¨ uggv´eny az a pontban szigor´ uan n˝o, ha pedig f 0 (a) < 0, akkor f az a-ban szigor´ uan fogy. ´ s. i) Ha f az a pontban n˝o, akkor a-nak van olyan Kr (a) k¨ornyezete, Bizony´ıta amelyben (11) teljes¨ ul. Innen k¨ovetkezik, hogy f (x) − f (a) ≥0 x−a
(x ∈ Kr (a), x 6= a).
Ezt felhaszn´alva a 2.4. pont 1. K¨ovetkezm´enye alapj´an azt kapjuk, hogy f 0 (a) = lim a
f (x) − f (a) ≥ 0. x−a
A lok´alis fogy´asra vonatkoz´o ´all´ıt´as hasonl´oan igazolhat´o. ii) Most tegy¨ uk fel, hogy f 0 (a) > 0. Ekkor a 2.4. pont 1. K¨ovetkezm´enye alapj´an l´etezik olyan Kr (a) k¨ornyezet, amelynek minden pontj´aban f (x) − f (a) >0 x−a
(x ∈ Kr (a), x 6= a).
94
4.3. A differenci´alsz´am´ıt´as k¨oz´ep´ert´ek-t´etelei
Innen k¨ovetkezik, hogy f (x) > f (a),
ha x > a,
´es f (x) < f (a),
ha x < a.
Ezzel megmutattuk, hogy az f f¨ uggv´eny az a pontban szigor´ uan n˝o. Az ´all´ıt´as m´asodik r´esze hasonl´oan igazolhat´o. ¤ Megjegyezz¨ uk, hogy a 7. T´etel i) r´esze nem pontos megford´ıt´asa ii)-nek. Az (12)
f (x) := x3
(x ∈ R)
f¨ uggv´eny a 0 pontban szigor´ uan n˝o, ugyanakkor f 0 (0) = 0. Ez a p´elda azt mutatja, hogy m´eg az a pontbeli szigor´ u n¨oveked´esb˝ol sem k¨ovetkezik, hogy f 0 (a) > 0. A lok´alis sz´els˝o´ert´ek ´es a deriv´alt kapcsolat´ara vonatkozik az al´abbi
8. T´etel. Ha az f : (α, β) → R f¨uggv´eny az a ∈ (α, β) pontban differenci´alhat´o ´es itt lok´alis sz´els˝o´ert´eke van, akkor f 0 (a) = 0. ´ s. Az ´all´ıt´assal ellent´etben tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy f 0 (a) 6= 0. Ekkor a 7. T´etel 0 alapj´an f (a) > 0 eset´en az f f¨ uggv´eny az a pontban szigor´ uan n˝o, f 0 (a) < 0 eset´en pedig az f f¨ uggv´eny az a pontban szigor´ uan fogy. K¨ovetkez´esk´eppen f -nek nem lehet lok´alis sz´els˝o´ert´eke a-ban. A kapott ellentmond´assal az ´all´ıt´ast igazoltuk. ¤ A most bizony´ıtott t´etel szerint az f 0 (a) = 0 felt´etel sz¨ uks´eges, de — amint arr´ol k¨onnyen meggy˝oz˝odhet¨ unk — nem el´egs´eges ahhoz, hogy f -nek a-ban lok´alis sz´els˝o´ert´eke legyen. Ez ut´obbit a (12) alatt ´ertelmezett f f¨ uggv´eny p´eld´aja mutatja. Ez ugyanis a 0 pontban szigor´ uan n˝o, ugyanakkor f 0 (0) = 0. Felh´ıvjuk a figyelmet arra, hogy a 8. T´etel az a-ban differenci´alhat´o f¨ uggv´enyekre vonatkozik, s ez´ert pl. az abs f¨ uggv´enyre nem alkalmazhat´o. Ennek a f¨ uggv´enynek a 0 helyen minimuma van, de ebben a pontban nem differenci´alhat´o.
4.3. A differenci´alsz´am´ıt´as k¨oz´ep´ert´ek-t´etelei Ebben a pontban bebizony´ıtunk h´arom alapvet˝o t´etelt, amelyeket a k´es˝obbiek sor´an gyakran felhaszn´alunk.
Rolle-t´etel. Tegy¨uk fel, hogy az f : [a, b] → R f¨uggv´eny folytonos az [a, b] ⊂ R z´ art intervallumban, differenci´alhat´o az (a, b) ny´ılt intervallumban ´es f (a) = f (b). Ekkor l´etezik olyan ξ ∈ (a, b) hely, ahol f 0 (ξ) = 0.
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
95
´ s. A felt´etel szerint az f f¨ Bizony´ıta uggv´eny az [a, b] kompakt halmazon folytonos. Weierstrass t´etele alapj´an f -nek van abszol´ ut maximuma ´es abszol´ ut minimuma. Legyenek ezek M := max{f (x) : x ∈ [a, b]},
m := min{f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ha M = m, akkor f ´alland´o, s ilyenkor az f deriv´altja az (a, b) minden pontj´aban elt˝ unik. Ha m < M , akkor f (a) = f (b) miatt a f¨ uggv´eny a M ´es m sz´amok k¨oz¨ ul legal´abb az egyiket az (a, b) intervallum valamely ξ bels˝o pontj´aban veszi fel. K¨ovetkez´esk´eppen f -nek a ξ helyen lok´alis sz´els˝o´ert´eke van. A 8. T´etel alapj´an f 0 (ξ) = 0. ¤ A most igazolt t´etelb˝ol k¨ozvetlen¨ ul ad´odik az al´abbi
K¨ ovetkezm´eny. Ha f ∈ C[a, b] ∩ D(a, b) ´es f 0 (x) 6= 0, ha x ∈ (a, b), akkor f (a) 6= f (b). A Rolle-t´etel ´altal´anos´ıt´asa az al´abbi
Cauchy-t´etel. Tegy¨uk fel, hogy az f : [a, b] → R ´es g : [a, b] → R f¨ uggv´enyek folytonosak az [a, b] z´ art intervallumban ´es differenci´alhat´ok az (a, b) ny´ılt intervallumban, tov´abb´a g 0 (x) 6= 0, ha x ∈ (a, b). Ekkor van olyan ξ ∈ (a, b) hely, hogy f (b) − f (a) f 0 (ξ) = 0 . g(b) − g(a) g (ξ)
´ s. A felt´etelek alapj´an a K¨ovetkezm´enyt felhaszn´alva ad´odik, hogy Bizony´ıta g(a) 6= g(b), s ez´ert a bal oldalon ´all´o t¨ort nevez˝oje nem 0. Az ´all´ıt´as igazol´as´ahoz vezess¨ uk be a F (x) := f (x) − λg(x) (x ∈ [a, b]) f¨ uggv´enyt, ahol a λ ∈ R sz´ amot u ´gy v´alasztjuk, hogy F kiel´eg´ıtse a Rolle-t´etel felt´eteleit. Nyilv´anval´o, hogy F ∈ C[a, b] ´es F ∈ D(a, b). Az F (a) = F (b) felt´etel azzal ekvivalens, hogy f (a) − λg(a) = f (b) − λg(b), azaz λ=
f (b) − f (a) . g(b) − g(a)
A Rolle-t´etelt az F f¨ uggv´enyre alkalmazva azt kapjuk, hogy l´etezik olyan ξ ∈ (a, b) hely, ahol 0 = F 0 (ξ) = f 0 (ξ) − λg 0 (ξ).
96
4.3. A differenci´alsz´am´ıt´as k¨oz´ep´ert´ek-t´etelei
Innen az
f 0 (ξ) f (b) − f (a) =λ= 0 g (ξ) g(b) − g(a)
bizony´ıtand´o ´all´ıt´as k¨ovetkezik. ¤ A most igazolt t´etelb˝ol a g(x) := x (x ∈ (a, b)) speci´alis esetben ad´odik a
Lagrange-t´etel. Ha az f : [a, b] → R f¨uggv´eny folytonos az [a, b] z´art intervallumban ´es differnci´alhat´o az (a, b) ny´ılt intervallumban, akkor l´etezik olyan ξ ∈ (a, b) hely, hogy f (b) − f (a) = f 0 (ξ). b−a A Lagrange-t´etelb˝ol az f (a) = f (b) speci´alis esetben visszakapjuk a Rolle-t´etelt. A Lagrange-t´etel ´all´ıt´asa — geometriailag fogalmazva — azt jelenti, hogy az f grafikonj´anak van olyan pontja, amelyben az ´erint˝o p´arhuzamos az (a, f (a)), (b, f (b)) v´egpontokat ¨osszek¨ot˝o szel˝ovel.
y f(b)
f(a) a
ξ
b
x
2. ´abra Az eml´ıtett t´etel — figyelembe v´eve a benne szerepl˝o fogalmak fizikai jelent´es´et —u ´gy is interpret´alhat´o, hogy mindig van az ´atlagsebess´eggel egyenl˝o pillanatnyi sebess´eg. A most bizony´ıtott h´arom t´etelt a differenci´alsz´am´ıt´as k¨oz´ep´ert´ek-t´eteleinek nevezz¨ uk. Az ezekben szerepl˝o felt´etelek egyike sem hagyhat´o el. Az f (x) := |x| (x ∈ [−1, 1]) f¨ uggv´eny az f ∈ D[−1, 1] felt´etelnek nem tesz eleget. A g(x) := 0 (−1 5 x < 1), g(1) := 1 utas´ıt´assal ´ertelmezett f¨ uggv´eny nem folytonos
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
97
az 1 helyen. Nyilv´anval´o sem f -re, sem g-re nem teljes¨ ul a Lagrange-t´etel ´all´ıt´asa, ugyanis minden ξ ∈ (−1, 1) pontban, ahol a deriv´alt l´etezik f (1) − f (−1) = 0 6= f 0 (ξ) ∈ {1, −1}, 2
g(1) − g(−1) = 1 6= g 0 (ξ) = 0. 2
A Lagrange-f´ele k¨oz´ep´ert´ekt´etelb˝ol k¨ozvetelen¨ ul ad´odik az al´abbi
9. T´etel. Legyen f : (α, β) → R differenci´alhat´o f¨uggv´eny. i) Az f akkor ´es csak akkor monoton n¨oveked˝o, ha minden x ∈ (α, β) pontban f 0 (x) ≥ 0. ii) Az f akkor ´es csak akkor monoton fogy´o , ha minden x ∈ (α, β) pontban f 0 (x) ≤ 0. iii) Az f akkor ´es csak akkor konstans, ha minden x ∈ (α, β) pontban f 0 (x) = 0. ´ s. Ha f monoton n¨ov˝o, akkor f minden x ∈ (α, β) pontban lok´alisan Bizony´ıta n˝o, k¨ovetkez´esk´eppen a 7. T´etel alapj´an f 0 (x) ≥ 0. Megford´ıtva, most induljunk ki abb´ol, hogy f 0 (x) ≥ 0 (x ∈ (α, β)). Legyen α < x1 < x2 < β ´es alkalmazzuk a Lagrange-f´ele k¨oz´ep´ert´ek-t´etelt az f f¨ uggv´eny [x1 , x2 ] intervallumra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´ere. Ennek alapj´an alkalmas ξ ∈ (α, β) sz´ammal fenn´all az f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (ξ) x2 − x1 egyenl˝os´eg. Minthogy f 0 nemnegat´ıv, az´ert innen azt kapjuk, hogy minden, az ´ertelmez´esi tartom´anyba es˝o x1 < x2 pontp´arra f (x1 ) 5 f (x2 ). A monoton fogy´o f¨ uggv´enyekre vonatkoz´o ´all´ıt´as ugyan´ıgy igazolhat´o. Minthogy f pontosan akkor konstans, ha egyszerre monoton n¨oveked˝o ´es monoton fogy´o, az´ert iii) k¨ovetkezik i)-b˝ol ´es ii)-b˝ol. ¤ A deriv´altf¨ uggv´eny egy ´erdekes tulajdons´ag´at fogalmazzuk meg az al´abbi ´all´ıt´asban.
Darboux-t´etel. Legyen f : (α, β) → R differenci´alhat´o, α < x1 < x2 < β ´es f 0 (x1 ) 6= f 0 (x2 ). Ekkor minden f 0 (x1 ) ´es f 0 (x2 ) k¨oz´e es˝o c sz´amhoz l´etezik olyan ξ ∈ (x1 , x2 ) hely, amelyre f 0 (ξ) = c.
´ s. Vezess¨ Bizony´ıta uk be az F (x) := f (x) − cx (x ∈ (α, β)) f¨ uggv´enyt. A F f¨ uggv´eny is differenci´alhat´o ´es deiv´altja F 0 = f 0 − c. Megmutatjuk, hogy F -nek az (x1 , x2 ) intervallumban van lok´alis sz´els˝o´ert´eke. ξ-vel jel¨olve F -nek egy ilyen sz´els˝o´ert´ekhely´et, a 8. T´etel alapj´an ebben a pontban F 0 (ξ) = f 0 (ξ) − c = 0. A lok´alis sz´els˝o´ert´ek l´etez´es´enek igazol´as´ahoz induljunk ki pl. abb´ol, hogy (13)
f 0 (x1 ) < c < f 0 (x2 ).
98
4.3. A differenci´alsz´am´ıt´as k¨oz´ep´ert´ek-t´etelei
Minthogy az F f¨ uggv´eny [x1 , x2 ]-re vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´ese folytonos, az´ert a Weierstrass-t´etel alapj´an F -nek az [x1 , x2 ] z´art intervallumban van abszol´ ut maximuma ´es abszol´ ut minimuma. A (13) felt´etelb˝ol F 0 (x1 ) = f 0 (x1 ) − c < 0,
F 0 (x2 ) = f 0 (x2 ) − c > 0
k¨ovetkezik. Innen — a 7. T´etel alapj´an — azt kapjuk, hogy F az x1 pontban szigor´ uan fogy, az x2 pontban pedig szigor´ uan n˝o, k¨ovetkez´esk´eppen ezek egyike sem lehet abszol´ ut minimumhely. F -nek a minimumhelye teh´at val´oban az (x1 , x2 ) egy bels˝o pontja. ¤ A most igazolt t´etellel kapcsolatban szok´as a k¨ovetkez˝o fogalmat bevezetni. Akkor mondjuk, hogy a g : (α, β) → R f¨ uggv´eny Darboux-tulajdons´ag´ u, ha minden olyan α < x1 < x2 < β helyhez, amelyre g(x1 ) 6= g(x2 ) ´es minden g(x1 ) ´es g(x2 ) k¨oz´e es˝o c sz´amhoz l´etezik olyan ξ ∈ (x1 , x2 ) sz´am, hogy g(ξ) = c. E sz´ohaszn´alattal ´elve a Bolzano-t´etel pontosan azt fejezi ki, hogy a — nyilt intervallumon ´ertelmezett — folytonos f¨ uggv´enyek Darboux-tulajdons´ag´ uak. A Darbouxt´etel pedig a k¨ovetkez˝ok´eppen fogalmazhat´o meg: Minden ny´ılt intervallumon ´ertelmezett, differenci´alhat´o f¨ uggv´eny deriv´altja Darboux-tulajdons´ag´ u. Ha valamely g ∈ D(α, β) f¨ uggv´eny deriv´altja folytonos, akkor — a Bolzano-t´etel alapj´an — g 0 deriv´altja Darboux-tulajdons´ag´ u. A fenti t´etel szerint g 0 akkor is 0 Darboux-tulajdons´ag´ u, ha g nem folytonos. Ilyen f¨ uggv´eny p´eld´aul a k¨ovetkez˝o: ( g(x) :=
1 x2 sin , x 0,
(x ∈ R, x 6= 0), (x = 0). y
x
3. ´abra A k¨ozvetett f¨ uggv´eny differenci´al´asi szab´alya alapj´an g minden 0-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o helyen deriv´alhat´o ´es g 0 (x) = − cos
1 1 + 2x sin x x
(x 6= 0).
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
99
A 0 pontban val´ o differenci´alhat´os´agot a definici´o alapj´an igazolhatjuk. A g f¨ uggv´eny 0 pontbeli k¨ ul¨onbs´egi h´anyados´ara g(x) − g(0) 1 = x sin → 0, x−0 x
ha
x→0
teljes¨ ul. Ezzel megmutattuk, hogy g a 0 pontban is differenci´alhat´o ´es g 0 (0) = 0. Egyszer˝ uen igazolhat´o (l´asd a k¨ovetkez˝o pont v´eg´en ismertetett p´eld´at), hogy g 0 nek a 0-ban nincs sem bal-, sem jobboldali hat´ar´ert´eke, azaz g-nek m´asodfaj´ u szakad´asa van a 0-ban. Ezzel ¨osszef¨ ugg´esben megjegyezz¨ uk, hogy a Darbouxtulajdons´ag´ u f¨ uggv´enyeknek nem lehet els˝ofaj´ u szakad´asa (l´asd a 22. Feladatot).
4.4. N´eh´any elemi f¨ uggv´eny inverze Ebben a pontban kieg´esz´ıtj¨ uk a sin, cos, sinh ´es cosh f¨ uggv´enyekr˝ol mondottakat. Vizsg´aljuk ezek invert´alhat´os´ag´anak k´erd´es´et, ´es ezek h´anyadosak´ent bevezetj¨ uk a tg, ctg, tgh ´es ctgh f¨ uggv´enyeket. Az invert´alhat´os´aggal kapcsolatban eml´ekeztet¨ unk arra, hogy minden intervallumon ´ertelmezett, szigor´ uan monoton f¨ uggv´enynek van inverze. Ha ezenk´ıv¨ ul a f¨ uggv´eny m´eg folytonos is, akkor inverze is folytonos.
4.4.1. A trigonometrikus f¨ uggv´enyek n´eh´any tulajdons´aga El˝osz¨or is bebizony´ıtjuk a cos f¨ uggv´eny z´erushelyeire vonatkoz´o al´abbi ´all´ıt´ast.
1. Seg´edt´etel. A cos f¨uggv´enynek a (0, 2) intervallumban pontosan egy z´erushelye van. ´ s. Az ´all´ıt´as igazol´as´ahoz megmutatjuk, hogy a cos f¨ Bizony´ıta uggv´eny a [0, 2] inervallumban szigor´ uan monoton fogy´o, valamint cos(0) > 0 ´es cos(2) < 0. Minthogy a cos f¨ uggv´eny folytonos, innen a Bolzano-t´etel alapj´an az ´all´ıt´as m´ar k¨ovetkezik. A val´os cos f¨ uggv´eny ´ertelmez´es´eb˝ol k¨ovetekezik, hogy minden x ∈ [0, 2] pontban x2 x4 x6 x8 + − + + ··· = 2! µ 4! 6!¶ 8! µ ¶ x2 x2 x6 x2 =1− 1− − 1− + ··· < 2! 3·4 6! 7·8 µ ¶ x2 x2 <1− 1− . 2 12
cos x = 1 −
100
4.4. N´eh´any elemi f¨ uggv´eny inverze
Innen nyilv´anval´o, hogy cos 0 = 1 > 0 > −
µ ¶ 1 1 =1−2 1− ≥ cos 2. 3 3
Mivel cos0 (x) = − sin(x) ´es x5 x7 x3 + − + ··· sin x = x − µ 3! 25!¶ 7! 5 µ ¶ x x x2 =x 1− + 1− + · · · > 0, 2·3 5! 6·7
(14)
√ ha 0 < x < 6, az´ert a cos f¨ uggv´eny a [0, 2] intervallumban val´oban szigor´ uan monoton fogy. ¤ A most igazolt ´all´ıt´as alapj´an bevezetj¨ uk a π sz´amot.
Defin´ıci´ o. π-vel jel¨olj¨uk azt a val´os sz´amot, amelynek fel´ere 0<
π < 2, 2
cos
π =0 2
teljes¨ ul. A sin ´es cos addici´os k´epleteib˝ol egyszer˝ uen k¨ovetkezik az al´abbi
10. T´etel. Minden z ∈ C komplex sz´amra (15)
sin(z + 2π) = sin(z),
cos(z + 2π) = cos(z).
2π az a legkisebb pozit´ıv sz´am, amelyre a (15) egyenl˝os´eg minden z ∈ C sz´amra teljes¨ ul. ´ s. A n´egyzetes ¨osszef¨ Bizony´ıta ugg´es alapj´an π π 2 π sin + cos2 = sin2 + 0 = 1. 2 2 2 Mivel (14) alapj´an sin(π/2) > 0, az´ert sin(π/2) = 1. Ezt figyelembe v´eve az addici´os k´epletek alapj´an azt kapjuk, hogy ³π ´ π π (16) sin ∓ x = sin cos x ∓ cos sin x = cos x, 2 2 ³ 2π ´ π π cos ∓ x = cos cos x ± sin sin x = ± sin x. 2 2 2 Innen k¨ovetkezik: ³π ³π ´´ ³π ´ (17) sin(π + x) = sin + + x = cos + x = − sin x, 2³ ³2π ³2π ´´ ´ π cos(π + x) = cos + + x = − sin + x = − cos x, 2 2 2 sin(2π + x) = sin (π + (π + x)) = − sin (π + x) = sin x, cos(2π + x) = cos (π + (π + x)) = − cos (π + x) = cos x.
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
101
Ezzel az ´all´ıt´as els˝o r´esz´et igazoltuk. A m´asodik r´esz igazol´as´ahoz tegy¨ uk fel, hogy — az ´all´ıt´assal ellent´etben — l´etezik olyan 0 < h < 2π sz´am, hogy minden x ∈ R sz´amra (18)
sin(x + h) = sin(x)
teljes¨ ul. Innen — v´eve az x = 0 sz´amot — sin h = 0 k¨ovetkezik. A (16) ´es (17) azonoss´agok alapj´an nyilv´anval´o, hogy sin π = 0 ´es sin h 6= 0, ha h ∈ (0, 2π) ´es h 6= π. Mivel sin(π/2) = 1, valamint sin(3π/2) = −1, az´ert (18) a h = π eset´en x = π/2 mellett nem ´all fenn. Hasonl´oan mutathat´o meg, hogy 0 < h < 2π eset´en a cos(x + h) = cos x egyenl˝os´eg sem ´allhat fenn minden x ∈ C sz´amra. ¤ Egyszer˝ uen igazolhat´o, hogy sin x = 0,
akkor ´es csak akkor, ha
cos x = 0,
akkor ´es csak akkor, ha
x = kπ (k ∈ Z), µ ¶ 1 x= k+ π (k ∈ Z). 2
A most igazolt t´etellel kapcsolatos az al´abbi fogalom.
Defin´ıci´ o. Legyen H ⊆ K. Akkor mondjuk, hogy az f : H → K f¨ uggv´eny periodikus, ha l´etezik olyan 0-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o p ∈ K sz´am, hogy minden x ∈ H elemre x+p∈H
´es f (x) = f (x + p).
A p sz´amot a f¨ uggv´ eny peri´ odus´ anak, mag´at az f -et pedig pszerint periodikus f¨ uggv´ enynek nevezz¨ uk. A 10. T´etelben — a most bevezetett fogalmat haszn´alva — azt igazoltuk, hogy a komplex sin ´es cos f¨ uggv´eny 2π-szerint periodikus. Az al´abbi ´abr´an szeml´eltetj¨ uk a val´os sin ´es cos f¨ uggv´enyt.
y 1 cos π/2
sin
2π
-1 4. ´abra
x
102
4.4. N´eh´any elemi f¨ uggv´eny inverze
A sin(nπ) = (−1)n
(n ∈ Z)
egyenl˝os´eg alapj´an k¨ovetkezik, hogy az f (x) := cos
1 x
(x ∈ R, x 6= 0)
f¨ uggv´enynek a 0-ban nincs hat´ar´ert´eke. Val´oban, legyen xn := 1/(nπ) (n ∈ N∗ ). Ekkor nyilv´an lim xn = 0 ´es f (xn ) = (−1)n (n ∈ N), n→∞
s ez´ert — az ´atviteli elv alapj´an — f -nek a 0-ban nincs hat´ar´ert´eke.
4.4.2. A tangens- ´es a kotangensf¨ uggv´eny A sin ´es cos f¨ uggv´enyb˝ol kiindulva bevezetj¨ uk az al´abbi f¨ uggv´enyeket.
Defin´ıci´ o. A sin(x) cos(x) cos(x) ctg(x) := sin(x) tg(x) :=
(x ∈ Dtg := R \ {(k + 1/2)π : k ∈ Z} (x ∈ Dctg := R \ {kπ : k ∈ Z}
utas´ıt´assal ´ertelmezett tg ´es ctg f¨ uggv´enyt val´os tangens- ´es kotangensf¨ uggv´ enynek nevezz¨ uk. Ebb˝ol az ´ertelmez´esb˝ol — felhaszn´alva a h´anyadosf¨ uggv´eny ´es a trigonometrikus f¨ uggv´enyek differenci´al´asi szab´aly´at — k¨ovetkezik, hogy a tg ´es ctg f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anyuk minden x pontj´aban differenci´alhat´o ´es (19)
d cos2 x + sin2 x 1 tg(x) = = = 1 + tg2 (x), dx cos2 x cos2 x d cos2 x + sin2 x 1 ctg(x) = − = − 2 = −(1 + ctg2 (x)). 2 dx sin x sin x
A sin ´es cos f¨ uggv´eny kor´ abban igazolt tulajdons´agait felhaszn´alva egyszer˝ uen ad´odnak a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´asok: a) a tg ´es ctg p´aratlan f¨ uggv´eny, azaz tg(−x) = −tg(x) (x ∈ Dtg ),
ctg(−x) = −ctg(x) (x ∈ Dctg ).
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
103
b) A tg ´es ctg f¨ uggv´enyek egym´asb´ol eltol´assal sz´armaztathat´ok: tg
³π 2
´ − x = −ctg(x) (x ∈ Dctg ),
tg
³π 2
´ + x = −ctg(x) (x ∈ Dctg ).
c) A tg ´es ctg f¨ uggv´eny π szerint periodikus. d) A tg f¨ uggv´eny a (−π/2, π/2) intervallumban szigor´ uan monoton n¨ov˝o ´es lim
x→−π/2+
tg(x) = −∞,
lim
x→π/2−
tg(x) = +∞.
e) A ctg f¨ uggv´eny a (0, π) intervallumban szigor´ uan monoton fogy´o ´es lim ctg(x) = +∞,
x→0+
lim ctg(x) = −∞.
x→π−
A sin, cos, tg ´es ctg f¨ uggv´enyeket trigonometrikus f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. A k´et ut´obbi grafikonj´at a k¨ovetkez˝o ´abr´an szeml´eltetj¨ uk. y tg
π
0
x
cotg
5. ´abra
4.4.3. A trigonometrikus f¨ uggv´enyek inverze A sin, cos, tg ´es ctg f¨ uggv´enyek periodikusak, k¨ovetkez´esk´eppen ´ert´ekk´eszlet¨ uk minden elem´et v´egtelen sokszor felveszik. Ez´ert ezeknek a f¨ uggv´enyeknek nyilv´an nincs inverz¨ uk. Alkalmasan vett lesz˝ uk´ıt´es¨ uk azonban m´ar invert´alhat´ok. Az al´abbiakban a sz´oban forg´o f¨ uggv´enyek val´os v´altozat´ab´ol kiindulva kiv´alasztjuk ezeknek egy-egy szigor´ uan monoton szakasz´at ´es megvizsg´aljuk az ezekb˝ol invert´al´assal kapott f¨ uggv´enyek tulajdons´agait.
104
4.4. N´eh´any elemi f¨ uggv´eny inverze
Defin´ıci´ o. i) A sin f¨uggv´eny [−π/2, π/2] intervallumra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´enek inverz´et ´ arkusz szinusz f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk ´es az arcsin szimb´olummal jel¨olj¨ uk. ii) A cos f¨ uggv´eny [0, π] intervallumra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´enek inverz´et ´ arkusz koszinusz f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk ´es az arccos szimb´olummal jel¨olj¨ uk. iii) A tg f¨ uggv´eny (−π/2, π/2) intervallumra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´enek inverz´et ´ arkusz tangens, a ctg f¨ uggv´eny (0, π)-re vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´enek inverz´et pedig ´ arkusz kotangens f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk ´es ezeket az arctg ´es arcctg szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Mivel a sin f¨ uggv´eny a [−π/2, π/2] intervallumban szigor´ una monoton n¨ov˝o ´es sin0 (x) = cos(x) 6= 0, ha x ∈ (−π/2, π/2), az´ert az arcsin f¨ uggv´eny is szigor´ uan monoton n¨ov˝o, folytonos f¨ uggv´eny, amely differenci´alhat´o a (−π/2, π/2) intervalumban. Deriv´altj´at — az inverz f¨ uggv´eny (8) deriv´al´asi szab´aly´at felhaszn´alva — a k¨ovetkez˝ok´eppen kaphatjuk meg: arcsin0 (x) =
1 1 = cos(arcsin(x)) sin0 (arcsin(x))
(x ∈ (−1, 1)).
A n´egyzetes ¨ossef¨ ugg´es alapj´an az ut´obbi f¨ uggv´eny nevez˝oje a k¨ovetkez˝ok´eppen ´ırhat´o fel: q p cos(arcsin(x)) = 1 − sin2 (arsin(x)) = 1 − x2 . Ezzel bel´attuk, hogy arcsin0 (x) = √
1 1 − x2
(x ∈ (−1, 1)).
Az al´abbiakban ¨osszefoglaljuk az arcsin, arccos, arctg ´es arcctg f¨ uggv´enyek legfontosabb tulajdons´agait. a) Df -fel jel¨olve az f f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´at, Rf -fel pedig ´ert´ekk´eszlet´et fenn´all a k¨ovetkez˝o: h π πi Rarcsin = − , , 2 2 Darccos = [−1, 1], Rarccos = [0, π], ³ π π´ Darctg = (−∞, ∞), Rarctg = − , , 2 2 Darcctg = (−∞, ∞), Rarcctg = (0, π). Darcsin = [−1, 1],
b) E f¨ uggv´enyek ´es inverz¨ uk k¨ozti kapcsolat az al´abbi form´aban ´ırhat´o fel:
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
105
³
h π π i´ x∈ − , , 2 2 cos(arccos(x)) = x (x ∈ [−1, 1]), arccos(cos(x)) = x (x ∈ [0, π]), ³ ³ π π ´´ tg(arctg(x)) = x (x ∈ (−∞, ∞)), arctg(tg(x)) = x x∈ − , , 2 2 ctg(arcctg(x)) = x (x ∈ (−∞, ∞)), arcctg(ctg(x)) = x (x ∈ (0, π)). sin(arcsin(x)) = x (x ∈ [−1, 1]),
arcsin(sin(x)) = x
c) Az arcsin, arccos, arctg ´es arcctg f¨ uggv´enyek folytonosak, tov´abb´a π − arcsin(x) (x ∈ [−1, 1]), 2 π arcctg(x) = − arctg(x) (x ∈ R). 2
arccos(x) =
d) Az arcsin ´es az arctg f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ov˝o, az arccos ´es az arcctg f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton fogy´o. e) Az arcsin, arccos, arctg ´es arcctg f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´anyuk bels˝o pontjaiban differenci´alhat´ok ´es 1 (x ∈ (−1, 1)), 1 − x2 1 arctg0 (x) = −arcctg0 (x) = (x ∈ R). 1 + x2 arcsin0 (x) = −arccos0 (x) = √
Az arctg f¨ uggv´eny deriv´altja — az inverz f¨ uggv´eny differenci´al´asi szab´aly´at ´es (19) alapj´an — a k¨ovetkez˝ok´eppen ad´odik: arctg0 (x) =
1 1 1 = = tg0 (arctg(x)) 1 + tg2 (arctg(x)) 1 + x2
(x ∈ R).
A most ´ertelmezett arcsin, arccos, arctg ´es arcctg f¨ uggv´enyeket ciklometrikus f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. A sin, cos, stb. f¨ uggv´enyek egy m´asik, szigor´ uan monoton ´ag´ab´ol kiindulva invert´al´ assal a most kapott ciklometrikus f¨ uggv´enyekt˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o, de azokb´ol egyszer˝ uen sz´armaztathat´o f¨ uggv´enyeket kapunk. Ezeket az arcsin, arccos, stb. mell´ek´againak, m´ıg magukat a ciklometrikus f¨ uggv´enyeket f˝o´agnak szok´as nevezni. Az al´abbi ´abr´akon szeml´eltetj¨ uk az arcsin ´es arctg f¨ uggv´enyek grafikonj´at. A grafikonon szaggatott vonallal szeml´eltetj¨ uk az arcsin k´et mell´ek´ag´at is.
106
4.4. N´eh´any elemi f¨ uggv´eny inverze
y
y
π π/2 arccos -1
x
0 1 arcsin −π/2
x -1
0
1
6. ´abra Az arctg ´es az arcctg f¨ uggv´enyek grafikonja: y
y
π
π/2 arctg
arcctg
x
x
−π/2
7. ´abra
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
107
4.4.4. A hiperbolikus f¨ uggv´enyek inverze A cosh ´es sinh f¨ uggv´enyeket hatv´anysoruk seg´ıts´eg´evel ´ertelmezt¨ uk: sinh(x) := x +
∞ X x3 x5 x2n+1 + + ··· = , 3! 5! (2n + 1)! n=0
cosh(x) := 1 +
∞ X x2 x4 x2n + + ··· = . 2! 4! (2n)! n=0
E defin´ıci´o alapj´an nyilv´anval´o, hogy cosh(x) > 1 (x ∈ R),
sinh(x) > 0 (x > 0),
sinh(x) = −sinh(−x) < 0
(x < 0).
Mivel sinh0 = cosh ´es cosh0 = sinh, az´ert a most mondottakb´ol k¨ovetkezik, hogy a sinh f¨ uggv´eny az R-en, a cosh f¨ uggv´eny a [0, ∞) intervallumon szigor´ uan monoton n¨oveked˝o. A cosh (x) =
ex + e−x , 2
sinh (x) =
ex − e−x 2
(x ∈ R)
¨osszef¨ ugg´es alapj´an nyilv´anval´o, hogy lim cosh (x) = lim cosh (x) = +∞,
x→−∞
x→+∞
lim sinh (x) = −∞,
x→−∞
lim sinh (x) = +∞.
x→+∞
Innen k¨ovetkezik, hogy Rsinh = R,
Rcosh = [1, ∞).
Defin´ıci´ o. A sinh f¨uggv´eny inverz´et ´area szinusz hiperbolikusz f¨ uggv´enynek, a cosh f¨ uggv´eny [0, ∞) intervallumra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´enek inverz´et ´ area koszinusz hiberbolikusz f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk ´es ezeket az arsinh ´es arcosh szimb´olumokkal jel¨olj¨ uk. A fenti ´ertelmez´esb˝ol — felhaszn´alva az inverz f¨ uggv´enyre kor´abban igazolt t´eteleket — egyszer˝ uen ad´odnak a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´asok: a) Az arsinh ´es arcosh f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´anya, illetve ´ert´ekk´eszlete: Darsinh = R,
Darcosh = [1, ∞),
Rarsinh = R,
Rarcosh = [0, ∞).
108
4.4. N´eh´any elemi f¨ uggv´eny inverze
b) Az eredi ´es az inverz f¨ uggv´eny k¨ozti kapcsolatot fel´ırva sinh(arsinh(x)) = arsinh(sinh(x)) = x,
arcosh(cosh(x)) = x (x ∈ R),
cosh(arcosh(x)) = x (x ∈ ([1, ∞)). ad´odik. c) Az arsinh ´es arcosh f¨ uggv´enyek folytonosak ´es monoton n¨oveked˝oek. d) Az arsinh ´es az arcosh f¨ uggv´eny differenci´alhat´o ´es 1 d arsinh(x) = √ dx 1 + x2 1 d arcosh(x) = √ dx x2 − 1
(x ∈ R), (x > 1).
e) Az arsinh ´es az arcosh f¨ uggv´eny kifejezhet˝o a logaritmus ´es a n´egyzetgy¨ok f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel: ³ ´ p arsinh(x) = ln x + 1 + x2 (x ∈ R), ³ ´ p arcosh(x) = ln x + x2 − 1 (x ≥ 1). Az e) alatti azonoss´agok a k¨ovetkez˝ok´eppen igazolhat´ok. Induljunk ki az x = sinh(arsinh(x)) =
earsinh(x) − e−arsinh(x) 2
(x ∈ R)
azonoss´agb´ol. Bevezetve a t := earsinh(x) jel¨ol´est — ´atrendez´es ut´an — t-re a k¨ovetkez˝o m´asodfok´ u egyenlet ad´odik: t2 − 2tx − 1 = 0. Mivel t > 0, a gy¨okk´epletben az ennek megfelel˝o megold´ast fel´ırva p t = earsinh(x) = x + x2 + 1 ad´odik. A fenti helyett az x = cosh(arcosh(x)) =
earcosh(x) + e−arcosh(x) 2
(x > 1)
azonoss´agb´ol kiindulva az ´all´ıt´as m´asodik r´esze ugyan´ ugy igazolhat´o. A d)-ben fel´ırt deriv´al´asi szab´aly — pl. a most igazolt azonoss´agok ´es a l´ancszab´aly alapj´an — egyszer˝ u sz´amol´assal ad´odik. Az el˝oz˝oek mint´aj´ara bevezetj¨ uk tgh ´es ctgh f¨ uggv´enyeket.
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
109
Defin´ıci´ o. A ex − e−x sinh(x) = x (x ∈ R), cosh(x) e + e−x cosh(x) ex + e−x ctgh(x) := = x (x ∈ R, x 6= 0) sinh(x) e − e−x tgh(x) :=
utas´ıt´assal ´ertelmezett tgh ´es ctgh f¨ uggv´enyeket tangens hiperbolikusz-, illetve kotangens hiperbolikusz f¨ uggv´ enynek nevezz¨ uk. A fenti ´ertelmez´esek alapj´an nyilv´anval´o, hogy a) Dtgh = R,
Rtgh = (−1, 1),
Dctgh = R \ {0},
Rctgh = (−∞, −1) ∪ (1, ∞).
b) a
tgh ∈ C(R) f¨ uggv´eny szigor´ uan n¨ov˝o. 1 c) tgh(x) = (x ∈ R, x 6= 0), tgh(−x) = −tgh(x) ctgh(x) d) lim tgh(x) = − lim tgh(x) = 1. x→∞
(x ∈ R).
x→−∞
1 e) tgh0 (x) = (x ∈ R), cosh2 (x) 1 ctgh0 (x) = − (x ∈ R, x 6= 0). sinh2 (x)
Defin´ıci´ o. A tgh f¨uggv´eny inverz´et ´area tangens hiperbolikusz f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk ´es az artgh szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Az ´ertelmez´es alapj´an nyilv´anval´o, hogy a) Az artgh f¨ uggv´eny folytonos ´es Dartgh = (−1, 1),
Rartgh = R.
b) Az artgh f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ov˝o. c) Az artgh f¨ uggv´eny minden¨ utt differnci´alhat´o ´es artgh0 (x) =
1 , 1 − x2
(x ∈ (−1, 1)).
d) Az artgh f¨ uggv´eny kifejezhet˝o a logaritmus f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel: artgh(x) =
1 1+x ln 2 1−x
(x ∈ (−1, 1)).
110
4.5. Feladatok
Ez ut´obbi azonoss´ag az x = tgh(artgh(x)) =
eartgh(x) − e−artgh(x) eartgh(x) + e−artgh(x)
(x ∈ (−1, 1))
alapj´an egyszer˝ uen igazolhat´o, a tgh differenci´al´asi szab´alya pedig d)-b˝ol a l´ancszab´aly alapj´an levezethet˝o. Az al´abbi ´abr´akon a sinh, cosh, tgh ´es ctgh f¨ uggv´enyek grafikonj´at szeml´eltetj¨ uk. y
y
ctgh
cosh 1 1
tgh
x -1
x
sinh
8. ´abra
4.5. Feladatok √ 1. Legyen f (x) = x (x > 0). Hat´arozzuk meg az f 0 (3) ´es f 0 (10) ´ert´ekeket. 2. Legyen f (x) = x3 + ax2 (x ∈ R). Milyen x pontban teljes¨ ul az f 0 (x) = f (x) felt´etel ? 3. Legyen f (x) = x2 (x ∈ R) ´es g(x) := 1/x (x ∈ R, x 6= 0). Hat´arozzuk meg az f ´es g metsz´espontj´aban az f ´es g ´erint˝oj´enek hajl´assz¨og´et. 4. Igazoljuk, hogy az al´abbi f¨ uggv´enyek a felt¨ untetett helyeken nem differenci´alhat´ok: √ 3 a) f (x) := x2 (x ∈ R), a = 0, b) f (x) := |x − 1| (x ∈ R), a = 1, c)
f (x) := | cos(x)|
(x ∈ R), a = π/2.
´ 5. Allap´ ıtsuk meg, hogy az al´abbi f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´anyuk melyik pontj´aban differenci´alhat´ok, ´es hat´arozzuk meg deriv´altjukat. a)
f (x) := |x| (x ∈ R),
c) f (x) := ln |x| (x ∈ R, x 6= 0), ½ 1 − x, (x < 0), d) f (x) := e−x , (x ≥ 0), ½ x + x2 , (x < 0), e) f (x) := 2 x−x , (x ≥ 0).
b) f (x) =: x|x| (x ∈ R),
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
111
6. Hat´arozzuk meg az al´abbi f¨ uggv´enyek deriv´altj´at:
a) f (x) := ax2 + bx + c (x ∈ C), ax + b (x ∈ R, x 6= d/c), cx − d √ 1+ x √ (x > 0), e) f (x) := 1− x c) f (x) :=
2x + 3 (x ∈ R), x2 − 5x + 5 √ 3 d) f (x) := x2 x2 (x ∈∈ R),
b) f (x) :=
f ) f (x) :=
√ x + ln(2 x) 2
(x > 0).
7. Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi f¨ uggv´enyek deriv´altj´at:
a)
f (x) := tg(x) − ctg(x) (x ∈ R, x 6= kπ/2 (k ∈ Z)), sin x + cos x b) f (x) := (x ∈ R, sin x 6= cos x), sin x − cos x (1 + x2 )arctg(x) − x c) f (x) := (x ∈ R). 2
8. Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi val´os f¨ uggv´enyek deriv´altj´at. A f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´anya az R-nek az a legt´agabb r´eszhalmaza, amelyen a kijel¨olt utas´ıt´a-
112
4.5. Feladatok
soknak van ´ertelme.
1 , cos2 x
a) f (x) := ctg(x) − ctg(π/4),
b) f (x) = sin2 x +
µ ¶ 1 c) f (x) := sin(x − 5x + 1) + tg , x µ ¶ 1 e) f (x) := arcsin , x2
d) f (x) := xex + x, µ ¶ 1+x f ) f (x) := arctg , 1−x
2
g)
2
f (x) := 5e−x ,
√ i) f (x) := ln(x + 1) + ln( x + 1),
h) f (x) := ln(sin(x)), k) f (x) := ln2 x − ln(ln x),
j) f (x) := x sin(2x ), √ √ `) f (t) := (2t + 1) 3t + 2 3 3t + 3, µ ¶m 2 + 3y n n) f (y) := , 2 − 3y n µ ¶ x sin(π/4) p) f (x) := arctg , 1 − x cos(π/4) à ! √ p 1 + 1 + x2 2 , s) f (x) := x + 1 − ln x à √ ! 1 tg(x/2) + 2 − 3 √ u) f (x) := ln , 3 tg(x/2) + 2 + 3
r) f (x) := esin
w) f (x) := arcosh(ln x),
x)
m) f (x) := log2 (3x + 5), µ 2 ¶ x −1 o) f (x) := arcsin , x2 2
x
,
t) f (t) := et cos t, v) f (x) := arctg(ln x), µ f (x) := artgh
2x 1 + x2
¶ ,
y) f (x) := tgh(x2 + 1) + ctgh(x2 − 1), z) f (x) := arcosh(cos x).
9. Igazoljuk, hogy az al´abb felsorolt f¨ uggv´enyek deriv´altjai kiel´eg´ıtik a fel´ırt egyenletet:
a) f (x) :=
1 ; 1 + x + ln x
b) f (x) := xe−
x2 2
;
xf 0 (x) = f (x) (f (x) ln x − 1)
(x > 0),
xf 0 (x) := (1 − x2 )f (x) (x ∈ R).
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
113
10. Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi val´os f¨ uggv´enyek deriv´altj´at.
a)
f (x) := xx √ x
c) f (x) := x
b) f (x) = xx
(x > 0), (x > 0),
x
(x > 0),
d) f (x) := (cos x)sin x
(0 < x < π/2),
2
e) f (x) := xsin x (x > 0), f ) f (x) := xx (x > 0), µ ¶x 1 g) f (x) := 1 + , h) f (x) := x1/x (x > 0), x x i) f (x) := (arctg(x)) (x > 0), j) f (x) := (ln x)x (x > 1).
11. Legyen f (x) := x(x + 1)(x + 2)(x + 3) (x ∈ R). Igazoljuk, hogy az f 0 (x) = 0 egyenletnek h´arom val´os gy¨oke van. 12. Igazoljuk, hogy azn ex = x + 1 egyenletnek a 0 sz´amon k´ıv¨ ul nincs m´as val´os gy¨oke. 13. Hat´arozzuk meg az (a, b) intervallumnak azt a ξ pontj´at, amelyben az f (x) := x2 (x ∈ R) f¨ uggv´eny grafikonj´anak ´erint˝oje p´arhuzamos az (a, f (a)), (b, f (b)) pontokat ¨osszek¨ot˝o szel˝ovel. 14. Legyen f (x) := x2 + 2, g(x) := x3 − 1 (x ∈ [1, 2]). Hat´arozzuk meg azt a ξ ∈ (1, 2) pontot, amelyre f (2) − f (1) f 0 (ξ) = 0 g(2) − g(1) g (ξ) teljes¨ ul. 15. Milyen intervallumon monotonok az al´abbi f¨ uggv´enyek ?
f (x) := 1 − 4x − 4x2 (x ∈ R), x (x ∈ R), c) f (x) := x−2 √ e) f (x) := (x − 3) x (x > 0), a)
1 x−a
g) f (x) := e ex i) f (x) := x
(x ∈ R, x 6= a), (x ∈ R, x 6= 0),
b) f (x) = x2 (x − 3) (x ∈ R), x d) f (x) := 2 (x ∈ R), x − 6x − 16 f ) f (x) := 2ex
2
−4x
(x ∈ R),
h) f (x) := x ln x (x > 0), j)
f (x) := xe−x
2
(x ∈ R).
114
4.5. Feladatok
16. Hat´arozzuk meg az al´abbi f¨ uggv´enyek lok´alis sz´els˝o´ert´ekhelyeit. a) f (x) := x3 − 3x2 + 3x + 2 3
(x ∈ R),
2
b) f (x) := 2x + 3x − 12x + 5 c)
2
2
f (x) := x (x − 12)
(x ∈ R),
(x ∈ R),
d) f (x) := 2 cos(x/2) + 3 cos(x/3) e)
f (x) := x − ln(1 + x) (x > −1),
f)
f (x) := x ln2 x (x > 0),
g)
f (x) := xe−x
h)
f (x) :=
(x ∈ R),
(x ∈ R),
(x − 2)(8 − x) x2
(x ∈ R, x 6= 0).
17. Igazoljuk az al´abbi egyenl˝ otlens´egeket. 1 ≥ 2 (x > 0), x b) ex > 1 + x (x ∈ R, x 6= 0),
a) x +
c) d)
x2 < ln(1 + x) < x (x > 0), 2 x2 (x ∈ R, x 6= 0). cos x > 1 − 2
x−
18. Hat´arozzuk meg az al´abbi f¨ uggv´enyek abszol´ ut maximum´at ´es minimum´at. x (x ∈ R), 1 + x2 b) f (x) = x3 (x ∈ [−1, 3]),
a) f (x) :=
c) f (x) := sin4 x + cos4 x (x ∈ R), d) f (x) := 22x3 + 3x2 − 12x + 1 e)
3
2
f (x) := 22x + 3x − 12x + 1
(x ∈ [−1, 5]), (x ∈ [−10, 12]).
19. Igazoljuk az al´abbi azonoss´agokat. x2 x3 xn + − · · · + (−1)n−1 + · · · (−1 < x < 1), 2 3 n x2 x3 xn b) − ln(1 − x) = x + + + ··· + + · · · (−1 < x < 1), 2 3 n 1 1+x x3 x5 x2n+1 c) ln =x+ + + ··· + + · · · (−1 < x < 1), 2 1−x 3 5 2n + 1 x3 x5 x2n+1 d) arctg(x) = x − + − · · · + (−1)n + · · · (−1 < x < 1). 3 5 2n + 1 a)
ln(1 + x) = x −
4. Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek
115
20. Mutassuk meg, hogy az al´abbi C → C t´ıpus´ u f¨ uggv´enyek nem differenci´alhat´ok. a)
f (z) := re(z) (z ∈ C),
c) f (z) := |z|
(z ∈ C),
b)
f (z) := im(z) (z ∈ C),
d)
f (z) := arg(z)
(z ∈ C).
21. Igazoljuk, hogy az f : (a, b) → R differenci´alhat´o f¨ uggv´eny akkor ´es csak akkor szigor´ uan monoton n¨ov˝o, ha minden x ∈ (a, b) pontban f 0 (x) ≥ 0 ´es az f 0 az (a, b) egyetlen r´eszintervallum´aban sem azonosan 0. 22. Igazoljuk, hogy Darboux tulajdons´ag´ u f¨ uggv´enyeknek nem lehet els˝ofaj´ u szakad´asa.
116
5.1. L’Hospital szab´aly
5. A differenci´alsz´am´ıt´as n´eh´any alkalmaz´asa Ebben a fejezetben — a deriv´alttal ¨osszef¨ ugg´esben — n´eh´any u ´j fogalmat vezet¨ unk be, tov´abb´a bemutatjuk a differenci´alsz´am´ıt´as n´eh´any alkalmaz´as´at. T¨obbek k¨oz¨ott megmutatjuk, hogyan lehet a differenci´alsz´am´ıt´ast hat´ar´ert´ekek kisz´am´ıt´as´ara ´es sz´els˝o´ert´ek feladatok megold´as´ara felhaszn´alni. A differenci´alsz´am´ıt´as felhaszn´alhat´o f¨ uggv´enyek geometriai vizsg´alat´ara. A deriv´altra ´ep¨ ul a t´erg¨orbe ´erint˝oj´enek fogalma.
5.1. L’Hospital szab´aly A h´anyados hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o t´etelben feltett¨ uk, hogy a nevez˝o hat´ar´ert´eke nem nulla. Ha a sz´aml´al´o hat´ar´ert´eke 0, a nevez˝o´e pedig nem 0, akkor a h´anyadosnak nyilv´an nincs v´eges hat´ar´ert´eke. Ha a sz´aml´al´o ´es a nevez˝o hat´ar´ert´eke egyar´ant 0, akkor az eml´ıtett t´etel alapj´an nem lehet a hat´ar´ert´eket kisz´am´ıtani. Ezekben az esetekben — amikor a h´anyados u ´n. hat´arozatlan vagy 0/0 alak´ u kifejez´es — alkalmazhat´o az al´abbi L’Hospital-szab´aly n´even ismert ´all´ıt´as.
1. L’Hospital szab´aly. Legyen −∞ 5 a < b < ∞ ´es tegy¨uk fel, hogy az f, g : (a, b) → R f¨ uggv´enyek differenci´alhat´ok, tov´abb´a g 0 (x) 6= 0, ha x ∈ (a, b). Ha (1)
lim f (x) = lim g(x) = 0
x→a+
x→a+
´es ha l´etezik a lima+ f 0 /g 0 (v´eges vagy v´egtelen) hat´ar´ert´ek, akkor az f /g f¨ uggv´enynek is van jobboldali hat´ar´ert´eke az a helyen ´es (2)
f (x) f 0 (x) = lim 0 . x→a+ g(x) x→a+ g (x) lim
´ s. i) Vizsg´aljuk el˝osz¨or az a > −∞ esetet. Legyen f (a) := f (b) := 0 ´es Bizony´ıta
5. Alkalmaz´asok
117
vezess¨ uk be a (3)
A := lim a+
f0 g0
jel¨ol´est. Az ´atviteli elvet alkalmazva megmutatjuk, hogy minden a-hoz konverg´al´o a < xn < b (n ∈ N) sz´amsorozatra lim
n→∞
f (xn ) = A. g(xn )
Minthogy f, g ∈ C[a, xn ] ´es f, g ∈ D(a, xn ), tov´abb´a g 0 (x) 6= 0, ha x ∈ (a, b), az´ert erre a f¨ uggv´enyp´arra az [a, xn ] intervallumban teljes¨ ulnek a Cauchy-t´etel felt´etelei. A sz´oban forg´o t´etelt alkalmazva azt kapjuk, hogy l´etezik olyan ξn ∈ (a, xn ) hely, amelyre f (xn ) f (xn ) − f (a) f 0 (ξn ) = = 0 . g(xn ) g(xn ) − g(a) g (ξn ) Minthogy limn→∞ ξn = a, az´ert innen — ism´et csak az ´atviteli elv ´es (3) alapj´an — (2) m´ar k¨ovetkezik. ii) Ha a = −∞, v´alasszunk olyan y0 ∈ R ´es c > 0 sz´amot, amelyekre β := y0 − 1/c < b teljes¨ ul ´es vezess¨ uk be a ϕ(y) := y0 −
1 y
(0 < y < c)
f¨ uggv´enyt, amely a (0, c) intervallumot a (−∞, β) intervallumra k´epezi (k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ uen). A (0, c) intervallumon ´ertelmezett F := f ◦ ϕ, G := g ◦ ϕ f¨ uggv´enyekre — az a = 0 pontot v´eve — alkalmazhat´o a t´etel m´ar igazolt i) v´altozata. Val´oban — pl. az ´atviteli elv alapj´an — lim F = lim G = 0, 0+
0+
tov´abb´a a k¨ozvetett f¨ uggv´eny differenci´al´asi szab´alya alapj´an (4)
F 0 (y) =
1 0 f (ϕ(y)) , y2
G0 (y) =
1 0 g (ϕ(y)) , y2
(y ∈ (0, c)).
Innen ´es a (3) alatti hat´ar´er´ek l´etez´es´eb˝ol — ism´et az ´atviteli elv alapj´an — k¨ovetkezik, hogy F0 f0 ◦ ϕ f0 lim 0 = lim 0 = lim 0 . −∞ g 0+ G 0+ g ◦ ϕ Alkalmazva a t´etel m´ar igazolt i) v´altozat´at azt kapjuk, hogy l´etezik a lim0+ F/G hat´ar´ert´ek ´es arra (5)
lim 0+
F0 f0 F = lim 0 = lim 0 −∞ g 0+ G G
118
5.1. L’Hospital szab´aly
teljes¨ ul. Az ´atviteli elv alapj´an a lim−∞ f /g ´es lim0+ F/G hat´ert´ekek egyszerre l´eteznek vagy nem l´eteznek ´es az els˝o esetben a k´et hat´ar´ert´ek egyenl˝o. K¨ovetkez´esk´eppen (5) alapj´an az f /g f¨ uggv´enynek is l´etezik a hat´ar´ert´eke a −∞ helyen ´es arra fenn´all (2). ¤ Nyilv´anval´o, hogy hasonl´o ´all´ıt´as ´erv´enyes a baloldali hat´ar´ert´ekre is. A most vizsg´alt eset mellett gyakran el˝ofordulnak az u ´n. ∞/∞ t´ıpus´ u hat´arozatlan kifejez´esek. Ezekre vonatkozik a
2. L’Hospital szab´aly. Legyen −∞ 5 a < b < ∞ ´es tegy¨uk fel, hogy az f, g : (a, b) → R f¨ uggv´enyek differenci´alhat´ok, tov´abb´a g 0 (x) 6= 0, ha x ∈ (a, b). Ha (6)
lim f (x) = lim g(x) = ∞
x→a+
x→a+
´es ha l´etezik a lima+ f 0 /g 0 (v´eges vagy v´egtelen) hat´ar´ert´ek, akkor az f /g f¨ uggv´enynek is van jobboldali hat´ar´ert´eke az a helyen ´es f (x) f 0 (x) = lim 0 . x→a+ g(x) x→a+ g (x) lim
´ s. i) A (3)-ban bevezetett jel¨ol´est haszn´alva el˝osz¨or tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy A v´eges. A (3) ´es (6) felt´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy l´etezik olyan β ∈ (a, b) sz´am, hogy f (x) > 0, g(x) > 0, ha x ∈ (a, β] ´es f 0 /g 0 korl´atos ugyanebben az intervallumban. A (3) hat´ar´ert´ek defin´ıci´oja alapj´an minden ² > 0 sz´amhoz l´etezik olyan (a, α) ⊆ (a, β) intervallum, hogy ennek minden pontj´aban ¯ 0 ¯ ¯ f (y) ¯ ² ¯ ¯ (7) ¯ g 0 (y) − A¯ < 2 (y ∈ (a, α)) teljes¨ ul. R¨ogz´ıts¨ uk az α sz´amot ´es az f (x) 1 − f (x) − f (α) = g(x) − g(α) g(x) 1 −
f (α) f (x) g(α) g(x)
(x ∈ (a, α))
azonoss´agb´ol kiindulva vezess¨ uk be a T (x) :=
1− 1−
g(α) g(x) f (α) f (x)
(x ∈ (a, α))
f¨ uggv´enyt. Ezt a jel¨ol´est felhaszn´alva ´es az [x, α] ⊂ (a, β) intervallumban alkalmazva a Cauchy-t´etelt azt kapjuk, hogy l´etezik olyan ξx ∈ (x, α) pont, amelyben f (x) − f (α) f (x) 1 f 0 (ξx ) = = g 0 (ξx ) g(x) − g(α) g(x) T (x)
(x ∈ (a, β)).
5. Alkalmaz´asok
119
Innen f (x) f 0 (ξx ) f 0 (ξx ) f 0 (ξx ) = 0 T (x) = 0 + 0 (T (x) − 1) g(x) g (ξx ) g (ξx ) g (ξx )
(8) k¨ovetkezik.
A (6) felt´etelb˝ol ´es a T ´ertelmez´ese alapj´an nyilv´anval´o, hogy lima+ T = 1. Minthogy az f 0 /g 0 f¨ uggv´eny korl´atos az (a, α) intervallumban, az´ert a (8) jobb oldal´an a m´asodik tagnak a jobboldali hat´ar´ert´eke 0 az a-ban. K¨ovetkez´esk´eppen l´etezik olyan (a, γ) ⊆ (a, α) intervallum, amelyben ¯ 0 ¯ ¯ f (ξx ) ¯ ² ¯ ¯ ¯ g 0 (ξx ) (T (x) − 1)¯ < 2
(x ∈ (a, γ))
teljes¨ ul. Ezt ´es a (7) egyenl˝otlens´eget felhaszn´alva (8) alapj´an ¯ ¯ ¯ 0 ¯ ¯ 0 ¯ ¯ f (x) ¯ ¯ f (ξx ) ¯ ¯ f (ξx ) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ g(x) − A¯ 5 ¯ g 0 (ξx ) − A¯ + ¯ g 0 (ξx ) (T (x) − 1)¯ < ²
(x ∈ (a, γ))
k¨ovetkezik. Ezzel v´eges A eset´en megmutattuk, hogy lim
x→a+
f (x) = A. g(x)
ii) Ha A = ∞, akkor — a fenti bizony´ıt´as gondolatmenet´et k¨ovetve — (7) helyett a k¨ovetkez˝ot ´ırhatjuk. A lim a+
f0 = ∞, g0
lim T = 1 a+
felt´etelekb˝ol k¨ovetkezik, hogy minden P > 0 sz´amhoz l´etezik olyan (a, α) ⊂ (a, β) intervallum, hogy ennek minden pontj´aban ¯ 0 ¯ ¯ f (x) ¯ 1 ¯ ¯ ¯ g 0 (x) ¯ > 2P, |T (x)| > 2 (x ∈ (a, α)) teljes¨ ul. Ezt felhaszn´alva (8) alapj´an ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f (x) ¯ ¯ f 0 (ξx ) ¯ 1 ¯ ¯=¯ ¯ ¯ g(x) ¯ ¯ g 0 (ξx ) ¯ |T (x)| ≥ 2P 2 = P Ezzel a = ∞ eset´en is igazoltuk a t´etelt. ¤
(x ∈ (a, α)).
120
5.1. L’Hospital szab´aly
Megjegyz´esek 1. Az 1. ´ es 2. t´ etelben a jobboldali hat´ ar´ ert´ eket baloldali hat´ ar´ ert´ ekkel helyettes´ıtve a baloldali hat´ ar´ ert´ ekre vonatkoz´ o L’Hospital-szab´ alyokat kapjuk. Ezek hasonl´ oan igazolhat´ ok, mint a sz´ oban forg´ o t´ etelek. 2. Az egyoldali hat´ ar´ ert´ ekek ´ es a hat´ ar´ ert´ ek kapcsolat´ ab´ ol kiindulva k¨ onnyen megfogalmazhat´ o a hat´ ar´ ert´ ekre vonatkoz´ o L’Hospital-szab´ aly. 3. A most vizsg´ alt 0/0 ´es ∞/∞ t´ıpus´ u hat´ arozatlan kifejez´ esek mellett gyakran el˝ ofordulnak u ´ n. 0 · ∞ t´ıpus´ u hat´ arozatlan kifejez´ esek. Ez az elnevez´ es olyan lima+ f g hat´ ar´ ert´ ekre vonatkozik, amelyben lima+ f = 0 ´ es lima+ g = ∞. Az f g = f /(1/g) vagy az f g = g/(1/f ) ´ atalak´ıt´ ast alkalmazva ez a hat´ ar´ ert´ ek visszavezethet˝ o a 0/0, illetve a ∞/∞ t´ıpusra. 4. Az g helyett a −g f¨ uggv´ enyre alaklamazva a L’Hopital-szab´ alyt, kisz´ am´ıthatjuk az ∞/(−∞), illetve 0 · (−∞) t´ıpus´ u hat´ arozatlan kifejez´ esek hat´ ar´ ert´ ek´ et. 5. Legyen
f (x) := (1 + x)n − 1,
g(x) := x
(x ∈ R).
Ekkor lim0 f = lim0 g = 0. Minthogy lim
x→0
f 0 (x) n(1 + x)n−1 = lim = n, x→0 g 0 (x) 1
az´ ert lim
x→0
6. Legyen
(1 + x)n − 1 = n. x
f (x) := xn ,
g(x) := ln x
(x > 0)
´ es vizsg´ aljuk az f g f¨ uggv´ eny jobboldali hat´ ar´ ert´ ek´ et a 0 pontban. Az f (x)g(x) = ln x/x−n ´ atalak´ıt´ as ut´ an ∞/∞ t´ıpus´ u hat´ arozatlan kifejez´ est kapunk. Minthogy lim
x→0+
g 0 (x) 1/x 1 = − lim lim xn = 0, =− x→0+ nx−n−1 (1/f )0 (x) n x→0+
az´ ert
lim xn ln x = 0.
x→0+
7. Legyen
f (x) := xx ,
(x > 0)
´ es vizsg´ aljuk az f f¨ uggv´ eny jobboldali hat´ ar´ ert´ ek´ et a 0 pontban. Az xx ´ ertelmez´ ese alapj´ an xx = ex ln x
(x > 0).
Minthogy limx→0+ x ln x = 0, az´ ert lim xx = 1.
x→0+
5. Alkalmaz´asok
121
5.2. T¨obbsz¨or differnci´alhat´ o f¨ uggv´enyek Ebben a pontban bevezetj¨ uk a magasabbrend˝ u deriv´altakat ´es bemutatjuk ezek n´eh´any alkalmaz´as´at. Legyen H ⊂ K1 ny´ılt halmaz ´es f : H → K2 differnci´alhat´o f¨ uggv´eny.
Defin´ıci´ o. Ha az f ∈ D(H, K2 ) f¨uggv´eny f 0 deriv´altja differenci´alhat´o az a ∈ H pontban, akkor azt mondjuk, hogy f k´ etszer differenci´ alhat´ o a-ban. Az f 00 (a) := (f 0 )0 (a) sz´amot az f f¨ uggv´ eny a pontbeli m´ asodik deriv´ altj´ anak nevezz¨ uk. Az els˝orend˝ u deriv´alt mint´aj´ara ´ertelmezhetj¨ uk a m´asodrend˝ u deriv´altat. Nevezetesen, tegy¨ uk fel,hogy az f f¨ uggv´eny minden x ∈ H pontban k´etszer differnci´alhat´o. Ekkor az H 3 x → f 00 (x) ∈ K2 utas´ıt´assal ´ertelmezett f¨ uggv´enyt az f m´asodik deriv´altj´anak nevezz¨ uk. Ehhez hasonl´on — az f f¨ uggv´eny f (n) szimb´olummal jel¨olt n-edik deriv´altj´ab´ol kiindulva — rekurzi´oval ´ertelmezhetj¨ uk az (n + 1)-edik deriv´altat: ³ ´0 f (n+1) (a) := f (n) (a) (n ∈ N). Emelett gyakran haszn´aljuk az dn f (a) := f (n) (a) dxn jel¨ol´est. A H ny´ılt halmazon ´ertelmezett f : H → K2 t´ıpus´ u n-szer differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek ¨osszess´eg´et a Dn (H, K2 ) vagy — ha ez nem okoz f´elre´ert´est — az egyszer˝ ubb Dn (H) szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Ezenk´ıv¨ ul c´elszer˝ u m´eg a 0-adik deriv´altra az f (0) := f ´ertelmez´est bevezetni. Ha az f : H → K2 f¨ uggv´enynek minden n ∈ N term´eszetes sz´amra l´etezik az n-edik deriv´altja, akkor azt mondjuk, hogy az f ak´arh´anyszor vagy v´egtelen sokszor differenci´alhat´o ´es az ilyen tulajdons´ag´ u f¨ uggv´enyek ¨osszess´eg´et a D∞ (H, K2 ) vagy a D∞ (H) szimb´olumok valamelyik´evel jel¨olj¨ uk. Az n-edrend˝ u deriv´alt ´ertelmez´ese alapj´an nyilv´anval´o, hogy b´armely f, g ∈ Dn (H, K2 ) f¨ uggv´enyre ´es minden λ1 , λ2 ∈ K2 sz´amp´arra λ1 f + λ2 g ∈ Dn (H, K2 ) ´es (λ1 f + λ2 g)(n) = λ1 f (n) + λ2 g (n) A szorzat f¨ uggv´eny n-edik deriv´altj´ara vonatkozik az al´abbi
(n ∈ N).
122
5.2. T¨obbsz¨or differnci´alhat´o f¨ uggv´enyek
Leibniz-f´ele szab´aly. Minden n ∈ N term´eszetes sz´amra ´es b´armely k´et f, g ∈ Dn (H) f¨ uggv´eny szorzat´ara f g ∈ Dn (H) ´es (n)
(9)
(f g)
n µ ¶ X n (k) (n−k) = f g . k k=0
´ s. Az ´all´ıt´ast n-re vonatkoz´o teljes indukci´oval igazoljuk. Az n = 0 Bizony´ıta esetben a 0-adik deriv´alt defin´ıci´oja alapj´an az ´all´ıt´as nyilv´anval´o. Tegy¨ uk fel, hogy (9) fenn´all n-re ´es ebb˝ol kiindulva igazoljuk n helyett (n + 1)-re. Az indukci´os feltet´etelt ´es a szorzat deriv´al´asi szab´aly´at felhaszn´alva azt kapjuk, hogy (f g)
(n+1)
Ã
!0 n µ ¶ X n (k) (n−k) = (f g) = f g = k k=0 n µ ¶ n µ ¶ X n (k) (n+1−k) X n (k+1) (n+1−k) = f g + f g . k k ³
(n)
´0
k=0
k=0
Ha az els˝o ¨osszegben a k = i a m´asodikban pedig a k = i − 1 jel¨ol´est vezetj¨ uk be, akkor innen µ ¶ µ ¶¶ µ ¶ n µµ ¶ X n n n n (n+1) (n+1) (n+1) (i) (n+1−i) (f g) = fg + + f g + f g 0 i i − 1 n i=1 k¨ovetkezik. Felhaszn´alva a binomi´alis egy¨ utthat´okra vonatkoz´o µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n+1 n n+1 n n+1 + = , = = 1, = =1 i i−1 i 0 0 n n+1 azonoss´agot a bizony´ıtand´o (n+1)
(f g)
=
n+1 Xµ i=0
¶ n + 1 (i) (n+1−i) f g i
´all´ıt´ast kapjuk. ¤ Mivel b´armely polinom deriv´altja is polinom, az´ert a polinomok ak´arh´anyszor differenci´alhat´ok, tov´abb´a ha P n-edfok´ u polinom, akkor P (n+1) = P (n+2) = · · · = 0. Minthogy minden f racion´alis f¨ uggv´eny f 0 deriv´altja is racion´alis ´es Df = Df 0 , az´ert a racion´alis f¨ uggv´enyek is ak´arh´anyszor differenci´alhat´ok. Az exp, sin, cos,
5. Alkalmaz´asok
123
sinh, cosh f¨ uggv´enyek differenci´al´asi szab´alya alapj´an nyilv´anval´o, hogy ezek is ak´arh´anyszor differenci´alhat´ok. Megmutatjuk, hogy ugyanez fenn´all b´armely analitikus f¨ uggv´enyre. Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggv´eny az KR (x0 ) k¨ornyezetben el˝o´all´ıthat´o hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enyek´ent, azaz (10)
f (x) :=
∞ X
ak (x − x0 )k
(x ∈ U := KR (x0 )),
k=0
ahol a hatv´anysor 1 R := lim sup p k |ak | k
(11)
konvergenciasugara pozit´ıv. Ekkor fenn´all az
1. T´etel. A (10) alatt ´ertelmezett f f¨uggv´eny ak´arh´anyszor differnci´alhat´o ´es n-edik deriv´altj´ara minden x ∈ KR (x0 ) pontban (12) f (n) (x) =
∞ X
k(k − 1) · · · (k − n + 1)ak (x − x0 )k−n
(n ∈ N)
k=n
teljes¨ ul. ´ s. A 4.1. pont 4.T´etel alapj´an f ∈ D(U ) ´es Bizony´ıta f 0 (x) =
(13)
∞ X
k(x − x0 )k−1
(x ∈ KR (x0 )).
k=1
Az f 0 f¨ uggv´eny maga is egy hatv´anysor ¨oszegf¨ uggv´enye, emelynek konvergenciasugara nyilv´an megegyezik az ∞ X
kak (x − x0 )k = (x − x0 )f 0 (x)
k=0
hatv´anysor konvergencisugar´aval, azaz az R1 :=
1 lim supk
sz´ammal. Minthogy lim
√ k
k→∞
az´ert R1 :=
1 lim supk
p k
k|ak |
p k
k|ak |
k = 1,
=
1 lim supk
p k
|ak |
= R.
124
5.3. Taylor formula
Az eml´ıtett 4.1. pont 4. T´etelt f helyett f 0 -re alkalmazva azt kapjuk, hogy f 0 is differenci´alhat´o ´es deriv´altja (13)-b´ol tagonk´enti deriv´al´assal ad´odik: f 00 (x) =
∞ X
k(k − 1)ak (x − x0 )k−2
(x ∈ KR (x0 )).
k=2
Ezt a gondolatmenetet n-szer megism´etelve a bizony´ıtand´o all´ıt´ast kapjuk. ¤
5.3. Taylor formula Az 1. T´etelben igazolt (12) formul´at az x = x0 pontban fel´ırva ad´odik az
1. K¨ovetkezm´eny. A (10) hatv´anysor ¨osszegf¨uggv´enye ´es egy¨utthat´oi k¨oz¨ott az al´abbi kapcsolat ´all fenn: (14)
an =
f (n) (x0 ) n!
(n ∈ N).
Ebb˝ol a formul´ab´ol kiindulva minden f ∈ D∞ (U ) f¨ uggv´enyhez egy hatv´anysort rendel¨ unk.
Defin´ıci´ o. Legyen a ∈ U , ahol U ⊆ K1 ny´ılt halmaz ´es f ∈ D∞ (U, K2 ). A
∞ X f (n) (a) (x − a)n n! n=0
hatv´anysort az f f¨ uggv´eny a helyhez tartoz´o Taylor-sor´ anak, a sor n-edik r´eszlet¨osszeg´et, azaz a (Tn f )(x) :=
n X f (k) (a) k=0
k!
(x − a)k
polinomot az f f¨ uggv´eny a ponthoz tartoz´o n-edik Taylor-polinomj´ anak nevezz¨ uk. Az f f¨ uggv´eny a = 0 ponthoz tartoz´o Taylor-sor´at az f MacLaurin-sor´anak nevezik. Az 1. K¨ovetkezm´enyben megfogalmazott ´all´ıt´as — a most bevezetett sz´ohaszn´alattal ´elve — pontosan azt jelenti, hogy hogy minden konvergens hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´eny´enek Taylor-sor´aval egyenl˝o. A tov´abbiakban — kiindulva valamely U := KR (a) ⊂ R k¨ornyezetben ak´arh´anyszor differenci´alhat´o f val´os f¨ uggv´enyb˝ol — azt vizsg´aljuk, hogy f el˝o´all´ıthat´o-
5. Alkalmaz´asok
125
e U -ban konvergens hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enyek´ent. Az el˝obbi megjegyz´es szerint, ha ilyen el˝o´allit´as l´etezik, akkor a sz´oban forg´o sor sz¨ uks´egk´eppen az f Taylor-sora. Ezt figyelembe v´eve nyilv´anval´o, hogy az f ∈ D(U, R) f¨ uggv´eny akkor ´es csak akkor ´all´ıthat´o el˝o hatv´anysor ¨osszegf¨ uggv´enyek´ent, ha az (Rn f )(x) := f (x) − (Tn f )(x)
(x ∈ KR (a), n ∈ N)
k¨ ul¨onbs´egek sorozata minden x ∈ KR (a) pontban 0-hoz tart. Az al´abbiakban az Rn k¨ ul¨onbs´eget egy j´ol kezelhet˝o alakban ´all´ıtjuk el˝o. Erre vonatkozik a
Taylor-formula. Legyen n ∈ N, KR (a) ⊂ R ´es tegy¨uk fel, hogy az f : KR (a) → R f¨ uggv´eny (n + 1)-szer differenci´alhat´o a KR (a)-ban. Ekkor minden x ∈ KR (a) ponthoz l´etezik olyan a ´es x k¨oz´e es˝o ξx sz´am, hogy az (Rn f )(x) k¨ ul¨onbs´eg fel´ırhat´o a k¨ovetkez˝o alakban: (Rn f )(x) = f (x) −
n X f (k) (a) k=0
k!
(x − a)k =
f (n+1) (ξx ) (x − a)n+1 . (n + 1)!
´ s. Tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy x > a. Az x < a eset hasonl´oan vizsg´alhat´o. Az egyszer˝ ubb Tn := Tn f, Rn := Rn f (n ∈ N) jel¨ol´est haszn´alva ´es a (14) ¨osszef¨ ugg´est x0 = a eset´en a Tn polinomra fel´ırva Tn(k) (a) = f (k) (a),
Rn(k) (a) = 0 (k = 0, 1, 2, · · · , n)
ad´odik. Alkalmazzuk az F (t) := Rn (t),
G(t) := (t − a)n+1
(t ∈ KR (a))
f¨ uggv´enyekre — az [a, x] intervallumot alapul v´eve — a Cauchy-t´etelt. Eszerint l´etezik olyan ξ1 ∈ (a, x) hely, hogy Rn (x) F (x) − F (a) F 0 (ξ1 ) = = . (x − a)n+1 G(x) − G(a) G0 (ξ1 ) Minthogy F (k) (a) = G(k) (a) = 0
(k = 0, 1, · · · , n),
az´ert a fenti gontolatmenetet az F (k) , G(k) f¨ uggv´enyp´arokra megism´etelve azt kapjuk, hogy minden k = 1, 2, · · · , n eset´en l´etezik olyan ξk+1 ∈ (a, ξk ), hogy F (k) (ξk ) F (k) (ξk ) − F (k) (a) F (k+1) (ξk+1 ) = = . G(k) (ξk ) G(k) (ξk ) − G(k) (a) G(k+1) (ξk+1 )
126
5.3. Taylor formula
Ezeket az egyenl˝os´egeket egyebevetve Rn (x) F 0 (ξ1 ) F 00 (ξ2 ) F (n) (ξn ) F (n+1) (ξn+1 ) = 00 = · · · = (n) = (n+1) . = 0 n+1 (x − a) G (ξ1 ) G (ξ2 ) G (ξn ) G (ξn+1 ) A Tn n-edfok´ u polinom (n + 1)-edik deriv´altja 0, a G f¨ uggv´eny (n + 1)-edik deriv´altj´ara pedig nyilv´an G(n+1) (t) = (n + 1)! (t ∈ KR (a)). Ezt figyelembe v´eve f (n+1) (ξn+1 ) Rn (x) = n+1 (x − a) (n + 1)! ad´odik. Bevezetve a ξx := ξn+1 jel¨ol´est, a bizony´ıtand´o ´all´ıt´ast kapjuk. ¤ A Taylor-formula jobb oldal´an ´all´o f¨ uggv´enyt Lagrange-f´ele marad´ektagnak nevezik. Ismeretes, hogy minden x ∈ R sz´amra (x − a)n+1 = 0. n→∞ (n + 1)! lim
Ezt figyelembe v´eve ad´odik az al´abbi
2. K¨ovetkezm´eny. Legyen f ∈ D∞ (U, R) ´es tegy¨uk fel, hogy l´etezik olyan M > 0 sz´am, amelyre (15)
|f (n) (x)| 5 M
(x ∈ U, n ∈ N).
Ekkor minden x ∈ U = KR (a) pontban limn→∞ (Rn f )(x) = 0, k¨ovetkez´esk´eppen f (x) =
∞ X f (k) (a) k=0
k!
(x − a)k
(x ∈ KR (a)).
Megjegyz´esek 1. A 2. K¨ ovetkezm´ enyben megadott (15) felt´ etel el´ egs´ eges de nem sz¨ uks´ erges ahhoz, hogy az f -et Taylor sora el˝ o´ all´ıtsa. 2. A Taylor-formula felhaszn´ alhat´ o az Rn f marad´ ektag becsl´ es´ ere. A sin f¨ uggv´ enyre alkalmazva a Taylor-formul´ at ˛ ˛ ˛ „ ˛ (2n+2) (ξ ) ˛ 3 5 2n+1 «˛˛ ˛ |x|2n+2 x 2n+2 ˛ ˛sin x − x − x + x − · · · + (−1)n x ˛ = ˛˛ sin x . ˛≤ ˛ ˛ ˛ (2n + 2)! ˛ 3! 5! (2n + 1)! (2n + 2)! 3. Ha valamely f¨ uggv´ eny ak´ arh´ anyszor differnci´ alhat´ o a KR (a) k¨ ornyezetben, akkor tekinthetj¨ uk a f¨ uggv´ eny a-hoz tartoz´ o Taylor sor´ at. El˝ ofordulhat, hogy a Taylor-sor az a ponton k´ıv¨ ul seholsem konvergens. Van olyan f¨ uggv´ eny is, amelynek Taylor sora minden¨ utt konvergens,
5. Alkalmaz´asok
127
de nem a f¨ uggv´ enyhez. Mivel az els˝ o esetre csak bonyolult konstrukci´ oval lehet p´ eld´ at adni, ez´ ert ennek ismertet´ es´ et˝ ol itt eltekint¨ unk. A m´ asodik estre az al´ abbi f¨ uggv´ eny szolg´ altat p´ eld´ at. Legyen ( 2
f (x) :=
e−1/x ,
(x ∈ R, x 6= 0),
0,
(x = 0).
Bebizony´ıthat´ o (l´ asd a .. feladatot), hogy f ∈ D∞ (R) ´ es f (n) (0) = 0 (n ∈ N). Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy az f Taylor-sor´ anak minden egy¨ utthat´ oja 0, s ez´ ert az minden¨ utt konvergens ´ es ¨ osszege a 0 f¨ uggv´ eny, amely nyilv´ an nem egyenl˝ o f -fel. 4. Itt h´ıvjuk fel a figyelmet egy, a val´ os ´ es komplex v´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek k¨ oz¨ otti l´ enyeges k¨ ul¨ onbs´ egre. Nyilv´ anval´ o, hogy val´ os f¨ uggv´ eny egyszeri differenci´ alhat´ os´ ag´ ab´ ol nem k¨ ovetkezik k´ etszeri differnci´ alhat´ os´ aga. Erre p´ elda a k¨ ovetkez˝ o f¨ uggv´ eny: ( f (x) :=
0,
(x 5 0),
x2 ,
(x > 0).
K¨ onnyen bel´ ethat´ o, hogy f differenci´ alhat´ o´ es ( f 0 (x) :=
0,
(x 5 0),
2x,
(x > 0).
Innen k¨ ovetkezik, hogy f 0 a 0 pontban m´ ar nem differenci´ alhat´ o. Ann´ al ink´ abb meglep˝ o az al´ abbi ´ all´ıt´ as, amelyet bizony´ıt´ as n´ elk¨ ul k¨ ozl¨ unk: Legyen KR (a) ⊂ C. Ha az f : KR (a) → C komplex v´ altoz´ os f¨ uggv´ eny egyszer differenci´ alhat´ o, akkor ak´ arh´ anyszor differenci´ alhat´ o ´ es a KR (a) k¨ ornyezetben az f el˝ o´ ell´ıthat´ o Taylor-sor´ anak ¨ osszegf¨ uggv´ enyek´ ent, azaz ∞ X f (k) (a) f (z) = (z − a)k (z ∈ KR (a)). k! k=0
5.4. Konvex ´es konk´av f¨ uggv´enyek Ebben a pontban a differenci´alsz´am´ıt´as egy u ´jabb, geometriai alklamaz´as´at mutatjuk be. A matematik´aban de pl. az optik´aban is haszn´alj´ak a konvexit´as fogalm´at. Ennek ´ertelmez´ese el˝ott ezzel kapcsolatban bevezet¨ unk egy fogalmat.
Defin´ıci´ o. Az x, y ∈ Rn vektorok αx + βy
(0 5 α, β 5 1, α + β = 1)
alak´ u line´aris kombin´aci´oit konvex kombin´ aci´ oknak nevezz¨ uk. Az x, y ∈ Rn vektorok konvex kombin´aci´oi nyilv´an λx + (1 − λ)y = y + λ(x − y) (0 ≤ λ 5 1)
128
5.4. Konvex ´es konk´av f¨ uggv´enyek
alakban is fel´ırhat´ok. Ebb˝ol a fel´ır´asb´ol l´athat´o, hogy n = 1, 2, 3 eset´en a fenti line´aris kombin´aci´ok ¨osszess´ege az x ´es az y pontokat ¨osszek¨ot˝o szakasszal egyenl˝o. Ebb˝ol kiindulva — geometriai sz´ohaszn´alattal ´elve — a sz´oban forg´o halmazt n > 3 eset´en is szakasznak nevezz¨ uk.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy a H ⊆ Rn halmaz konvex, ha a H b´armely k´et pontj´at ¨osszek¨ot˝o szakasz´at tartalmazza, azaz minden x, y ∈ H pontra ´es 0 ≤ λ 5 1 sz´amra λx + (1 − λ)y ∈ H teljes¨ ul. A fenti ´ertelmez´es alapj´an nyilv´anval´o, hogy konvex halmazok k¨oz¨os r´esze konvex tov´abb´a az R konvex r´eszhalmazai az R-beli intervallumok (l´asd a 12. Feladatot). A monoton f¨ uggv´enyek mellett fontos szerepet j´atszanak a konvex ´es konk´av f¨ uggv´enyek.
Defin´ıci´ o. Legyen H ⊆ Rn konvex halmaz ´es f : H → R a H halmazon ´ertelmezett val´os f¨ uggv´eny. Akkor mondjuk, hogy az f f¨ uggv´ eny konvex, ha minden x, y ∈ H pontp´arra ´es ezek b´armely λx + (1 − λ)y (0 5 λ 5 1) konvex kombin´aci´oira (16)
f (λx + (1 − λ)y) 5 λf (x) + (1 − λ)f (y)
Ha b´armely λx + (1 − λ)y ∈ H konvex kombin´aci´ora f (λx + (1 − λ)y) ≥ λf (x) + (1 − λ)f (y) teljes¨ ul, akkor azt mondjuk, hogy f konk´ av. Ha a fenti egyenl˝otlens´egekben az egyenl˝os´eget kiz´arjuk, a szigor´ uan konvex, ill. szigor´ uan konk´ av f¨ uggv´eny fogalm´at kapjuk. A tov´abbiakban csak R → R t´ıpus´ u konvex ´es konk´av f¨ uggv´enyekkel foglalkozunk. Az R-beli konvex halmazok eml´ıtett jellemz´es´eb˝ol kiindulva intervallumon ´ertelmezett val´os f¨ uggv´enyeket vizsg´alunk. Mindenekel˝ott a konvexit´as egy geometriai ´atfogalmaz´ as´at adjuk. Legyen f : I → R az I ⊆ R intervallumon ´ertelmezett konvex f¨ uggv´eny. Kiindulva az x1 , x2 ∈ I, x1 < x2 pontp´arb´ol ´ırjuk fel a (16) egyenl˝otlens´eget az x ∈ (x1 , x2 ) pontban. Az x sz´am az α :=
x2 − x , x2 − x1
β :=
x − x1 x2 − x1
nemnegat´ıv, α + β = 1 felt´etelnek eleget tev˝o egy¨ utthat´okkal el˝o´all´ıthat´o az x1´es x2 sz´amok konvex kombin´aci´ ojak´ent: x = αx1 + βx2 .
5. Alkalmaz´asok
129
E jel¨ol´eseket felhaszn´alva (16) ´at´ırhat´o a k¨ovetkez˝o, (16)-tal ekvivalens alakba: (17)
x2 − x x − x1 f (x1 ) + f (x2 ) = x2 − x1 x2 − x1 f (x2 ) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x1 ) = (x − x1 ) + f (x1 ) = (x − x2 ) + f (x2 ). x2 − x1 x2 − x1 f (x) 5 αf (x1 ) + βf (x2 ) =
Ezt az egyenl˝otlens´eget geometriailag interpret´alva azt kapjuk, hogy az f : I → R f¨ uggv´eny akkor ´es csak akkor konvex, ha b´armely x1 , x2 ∈ I, x1 < x2 eset´en az f grafikonj´anak {(x, f (x)) : x ∈ (x1 , x2 )} r´esze nincs az (x1 , f (x1 )), (x2 , f (x2 )) pontokat ¨osszek¨ot˝o szakasz felett. Ehhez hasonl´oan szeml´eltethet˝o a konk´av, illetve a szigor´ uan konvex ´es szigor´ uan konk´av f¨ uggv´eny fogalma. Egy tov´abbi jellemz´est fogalmazunk meg az al´abbi ´all´ıt´asban.
2. T´etel. Az f : I → R f¨uggv´eny akkor ´es csak akkor konvex, ha tetsz˝oleges x1 < y1 , y2 < x2 I-beli pontokra (18)
f (x1 ) − f (y1 ) f (x1 ) − f (x2 ) f (x2 ) − f (y2 ) 5 5 x1 − y1 x1 − x2 x2 − y2
teljes¨ ul. Az f akkor ´es csak akkor szigor´ uan konvex, ha a (17) ´all´ıt´as a 5 helyett a < rel´aci´oval ´all fenn. A (18) ´all´ıt´asban a 5 jelet a ≥, ill. a > rel´aci´oval felcser´elve a konk´avit´assal, ill. a szigor´ u konk´avit´assal ekvivalens felt´etelt kapunk. ´ s. i) Tegy¨ Bizony´ıta uk fel el˝osz¨or, hogy f konvex. Ekkor az (x1 , f (x1 )) ´es az (x2 , f (x2 )) pontokat ¨osszek¨ot˝o h´ urra az y1 ´es az y2 pontban fel´ırva a (18) felt´etelt f (x1 ) − f (x2 ) (y1 − x1 ) + f (x1 ), x1 − x2 f (x1 ) − f (x2 ) (y2 − x2 ) + f (x2 ) f (y2 ) 5 x1 − x2 f (y1 ) 5
ad´odik. Innen y1 − x1 > 0 ´es y2 − x2 < 0 figyelembev´etel´evel egyszer˝ u ´atalak´ıt´as ut´an ad´odik a bizony´ıtand´o egyenl˝otlens´eg. ii) Most induljunk ki abb´ol, hogy tetsz˝oleges x1 < y1 , y2 < x2 I-beli pontokra fenn´all a (18) egyenl˝otlens´eg. Ekkor y1 = y2 = x v´alaszt´as mellett (18)-b´ol azt kapjuk, hogy f (x2 ) − f (x) f (x1 ) − f (x2 ) 5 , x1 − x2 x2 − x ahonnan az (16)-tal ekvivalens (17) egyenl˝os´eg egyszer˝ u ´atalak´ıt´asal k¨ovetkezik. A szigor´ uan konvex, ill. a konk´av f¨ uggv´enyekre vonatkoz´o ´all´ıt´as hasonl´oan igazolhat´o. ¤
130
5.4. Konvex ´es konk´av f¨ uggv´enyek
y
x a
x1
y1 y2
x2 b
1. ´abra Differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek eset´en a deriv´alt felhaszn´alhat´o a konvexit´as jellemz´es´ere. Erre vonatkozik a
3. T´etel. Az f : (a, b) → R differenci´alhat´o f¨uggv´eny akkor ´es csak akkor konvex, ha f 0 monoton n¨ oveked˝ o, ´es akkor ´es csak akkor szigor´ uan konvex, ha f 0 szigor´ uan momoton n¨ oveked˝ o. Az f f¨ uggv´eny pontosan akkor konk´av, ha f 0 monoton fogy´ o, ´es pontosan akkor szigor´ uan konk´av, ha f 0 szigor´ uan monoton fogy´ o. ´ s. i) Tegy¨ Bizony´ıta uk fel el˝osz¨or, hogy f konvex ´es tekints¨ uk az (a, b) intervallum k´et tetsz˝oleges x1 < x2 pontj´at. Ekkor az el˝obb igazolt 2. T´etel alapj´an minden x1 < y1 , y2 < x2 eset´en fenn´all a (18) egyenl˝otlens´eg. Ebb˝ol y1 → x1 ´es y2 → x2 hat´ar´atmenettel az f 0 (x1 ) = lim
y1 →x1
f (x1 ) − f (y1 ) f (x1 ) − f (x2 ) f (x2 ) − f (y2 ) 5 5 lim = f 0 (x2 ) y →x x1 − y1 x1 − x2 x2 − y2 2 2
bizony´ıtand´o egyenl˝otlens´eget kapjuk. ii) Most tegy¨ uk fel, hogy f 0 monoton n¨ov˝o ´es tekints¨ unk k´et (a, b)-beli x1 < x2 pontot. Vezess¨ uk be az `(x) := f (x1 ) +
f (x2 ) − f (x1 ) (x − x1 ), x2 − x1
r(x) := f (x) − `(x) (x ∈ (a, b))
f¨ uggv´enyeket. Az r ´ertelmez´ese alapj´an nyilv´anval´o, hogy r(x1 ) = r(x2 ) = 0. Minthogy ` line´aris f¨ uggv´eny ´es f differenci´alhat´o, az´ert r is differenci´alhat´o ´es r0 = f 0 −
f (x2 ) − f (x1 ) . x2 − x1
5. Alkalmaz´asok
131
Az r f¨ uggv´enyre az [x1 , x2 ] intervallumban — a most mondottak alapj´an — teljes¨ ulnek a Rolle-t´etel felt´etelei, k¨ovetkez´esk´eppen van olyan ξ ∈ (x1 , x2 ) hely, amelyre r0 (ξ) = 0. Minthogy f 0 monoton n¨ov˝o ´es r0 ett˝ol csak konstansban k¨ ul¨onb¨ozik, az´ert r0 is monoton n¨ov˝o, k¨ovetkez´esk´eppen r0 (x) 5 0 (x1 5 x < ξ),
r0 (x) ≥ 0
(ξ < x 5 x2 ).
Innen k¨ovetkezik, hogy r az [x1 , ξ] intervallumban monoton fogy´o, a [ξ, x2 ] intervallumban pedig monoton n¨ov˝o. Mivel r(x1 ) = r(x2 ) = 0, az´ert az [x1 , ξ], [ξ, x2 ] ¨ intervallumok mindegyik´en r(x) 5 0. Osszefoglalva teh´at azt kaptuk, hogy az [x1 , x2 ] intervallum minden x pontj´aban r(x) 5 0, vagy — ami ezzel ekvivalens — f (x) 5
f (x2 ) − f (x1 ) (x − x1 ) + f (x1 ). x2 − x1
Ezzel megmutattuk, hogy f konvex. iii) Ha f 0 szigor´ uan monoton n¨ov˝o, akkor a bizony´ıt´as ii) r´esz´eben a 5 rel´aci´ot a < rel´aci´oval cser´elve fel, ad´odik a szigor´ uan konvex esetre vonatkoz´o ´all´ıt´as els˝o r´esze. Ha f szigor´ uan konvex, akkor f 0 — a most bizony´ıtottak alapj´an — monoton n¨oveked˝o. Megmutatjuk, hogy minden x1 < x2 (a, b)-beli pontp´arra f (x1 ) < f (x2 ). Ellenkez˝o esetben ugyanis f 0 konstans, k¨ovetkez´esk´eppen f line´aris volna az [x1 , x2 ] intervallumban. Ez viszont nyilv´an ellentmond annak, hogy f szigor´ uan konvex. A konk´av f¨ uggv´enyekre vonatkoz´o ´all´ıt´as hasonl´oan igazolhat´o. ¤ A most igazolt t´etelt a monoton f¨ uggv´enyek deriv´altj´ara vonatkoz´o ´all´ıt´assal kombin´alva ad´odik az
3. K¨ovetkezm´eny. i) Tegy¨uk fel, hogy f ∈ D2 (a, b). Az f f¨uggv´eny akkor ´es csak akkor konvex, ha minden x ∈ (a, b) pontnan f 00 (x) ≥ 0. ii) Ha f ∈ D2 (a, b) ´es minden x ∈ (a, b) pontban f 00 (x) > 0, akkor f szigor´ uan konvex. A tov´abbiakban t¨obbsz¨or felhaszn´aljuk a k¨ovetkez˝o fogalmat.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az f : (a, b) → R f¨uggv´eny az x0 ∈ (a, b) pontban jelet v´alt, ha f (x0 ) = 0 ´es ha l´etezik olyan δ > 0 sz´am, hogy i)
f (x) < 0
(x ∈ (x0 − δ, x0 )),
f (x) > 0 (x ∈ (x0 , x0 + δ)),
vagy ii) f (x) > 0 (x ∈ (x0 − δ, x0 )),
f (x) < 0 (x ∈ (x0 , x0 + δ)).
132
5.4. Konvex ´es konk´av f¨ uggv´enyek
Az i) esetben azt szoktuk mondani, hogy az f negat´ıvb´ol pozit´ıvba a ii) esetben pedig pozit´ıvb´ol negat´ıvba megy ´at.
Defin´ıci´ o. Legyen f : (a, b) → R differenci´alhat´o f¨uggv´eny. Akkor mondhatjuk, hogy az x0 ∈ (a, b) hely f -nek inflexi´ os pontja, ha a ϕ(x) := f (x) − (f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ))
(x ∈ (a, b))
f¨ uggv´eny az x0 pontban el˝ojelet v´alt. A most bevezetett fogalomnak a geonetriai tartalma a k¨ovetkez˝o: Ha pl. a ϕ f¨ uggv´eny negat´ıvb´ol pozit´ıvba megy ´at, akkor van olyan δ > 0 sz´am, hogy az f grafikonj´anak {(x, f (x)) : x ∈ (x0 − δ, x0 )} r´esze az x0 -beli ´erint˝o alatt, a grafikon {(x, f (x)) : x ∈ (x0 , x0 +δ)} r´esze pedig a sz´oban forg´o ´erint˝o felett van. Egyszer˝ uen bel´athat´o, hogy ha az f ∈ D(a, b) f¨ uggv´eny az (a, x0 ) intervallumban konvex, az (x0 , b) intervallumban pedig konk´av (vagy megford´ıtva), akkor az x0 pont az f nek inflexi´os helye. P´eld´aul a sin f¨ uggv´eny a (−π/2, 0) intervallumban konvex, a (0, π/2) intervallumban konk´ av, az´ert a sin f¨ uggv´enynek a 0 inflexi´os pontja. y
x
2. ´abra Az intervallumra vonatkoz´ o konvexit´as mellet ennek az al´abbi lok´alis v´altozat´at is szok´as ´ertelmezni.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az f : (a, b) → R differenci´alhat´o f¨ uggv´eny az x0 ∈ (a, b) pontban lok´ alisan konvex, ha l´etezik olyan δ > 0 sz´am, hogy az x0 δ-sugar´ u k¨ornyezet´enek minden pontj´aban f (x) 5 f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 )
(x ∈ (x0 − δ, x0 + δ))
teljes¨ ul. Ha ez az egyenl˝otlens´eg a 5 helyett a ≥ rel´aci´oval teljes¨ ul, akkor azt mondjuk, hogy f az x0 pontban lok´ alisan konk´ av.
5. Alkalmaz´asok
133
E definici´o geometriai tartalma a k¨ovetkez˝o: Az f grafikonj´anak {(x, f (x)) : x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)} r´esze az x0 pontbeli ´erint˝o felett van. A most bevezetett fogalmat egybevetve az intervallumra vonatkoz´o konvexit´assal nyilv´anval´o, hogy valamely ny´ılt intervallumon konvex f¨ uggv´eny annak minden pontj´aban lok´alisan konvex. A most megfogalmazott ´all´ıt´as megford´ıt´as´aval kapcsolatban a 13. feladatra utalunk.
5.5. F¨ uggv´enydiszkusszi´ o Kor´abban bebizony´ıtottuk, hogy az f : (a, b) → R differnci´alhat´o f¨ uggv´enynek az x0 pontban sz´els˝o´ert´eke van, akkor f 0 (x0 ) = 0. Ebben a pontban lok´alis sz´els˝o´ert´ekre vonatkoz´o el´egs´eges felt´etelt adunk.
4. T´etel. Ha f 0 az x0 ∈ (a, b) pontban jelet v´alt, akkor f -nek az x0
helyen lok´alis sz´els˝o´ert´eke van. Ha f 0 az x0 -ban negat´ıvb´ol pozit´ıvba megy ´at, akkor f -nek x0 -ban minimuma van, ha pedig pozit´ıvb˝ol negat´ıvba megy ´at, akkor x0 maximum hely. ´ s. Tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy f 0 az x0 pontban negat´ıvb´ol pozit´ıvba megy ´at. Ekkor van olyan δ > 0 sz´am, hogy f 0 (x) 5 0,
ha
x0 − δ < x < x0
´es f 0 (x) ≥ 0,
ha x0 < x < x0 + δ.
Innen k¨ovetkezik, hogy f az (x0 − δ, x0 ] intervallumban monoton fogy´o, az [x0 , x0 + δ) intervallumban pedig monoton n¨ov˝o, k¨ovetkez´esk´eppen f -nek az x0 helyen val´oban lok´alis minimuma van. Az ´all´ıt´as m´asodik r´esze hasonl´oan igazolhat´o. ¤ A most igazolt t´etelb˝ol k¨ozvetlen¨ ul ad´odik az al´abbi
4. K¨ovetkezm´eny. Ha az x0 ∈ (a, b) pontban k´etszer differenci´alhat´o f : (a, b) → R f¨ uggv´enyre f 0 (x0 ) = 0 ´es f 00 (x0 ) 6= 0, akkor f -nek az x0 helyen lok´alis sz´els˝o´ert´eke van. Ha f 00 (x0 ) > 0, akkor x0 lok´alis minimumhely, ha pedig f 00 (x0 ) < 0, akkor x0 lok´alis maximumhely. Val´oban, ha f 00 (x0 ) > 0, akkor a 4.2. pont 7. T´etel alapj´an f 0 az x0 pontban szigor´ uan n˝o. Mivel f 0 (x0 ) = 0, az´ert f 0 az x0 -ban negat´ıvb´ol pozit´ıvba megy ´at. Ez´ert az el˝oz˝o t´etel alapj´an x0 minimumhely. A m´asik eset hasonl´oan igazolhat´o. T¨obbsz¨or differenci´alhat´o f¨ uggv´eny eset´eben a magasabberend˝ u deriv´alt ´es a sz´els˝o´ert´ek kapcsolat´ara vonatkozik az al´abbi
134
5.5. F¨ uggv´enydiszkusszi´o
5. T´etel. Tegy¨uk fel, hogy az f : (a, b) → R f¨uggv´eny az x0 ∈ (a, b) pontban n-szer differenci´alhat´o, ahol n ≥ 2, n ∈ N ´es legyen f 0 (x0 ) = f 00 (x0 ) = · · · = f (n−1) (x0 ) = 0,
f (n) (x0 ) 6= 0.
Az f f¨ uggv´enynek akkor ´es csak akkor van lok´alis sz´els˝o´ert´eke az x0 helyen, ha n p´aros. Ekkor f (n) (x0 ) > 0 eset´en az x0 lok´alis minimumhely, f (n) (x0 ) < 0 eset´en pedig lok´alis maximumhely. ´ s. Az f (n) (x0 ) > 0 felt´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy az f (n−1) az x0 pontban Bizony´ıta (szigor´ uan) n¨oveked˝o, s mivel f (n−1) (x0 ) = 0 az´ert az f n−1 f¨ uggv´eny itt negat´ıvb´ol pozit´ıvba megy ´at. K¨ovetkez´esk´eppen van olyan δ > 0 sz´am, hogy az f (n−2) f¨ uggv´eny az (x0 − δ, x0 ] intervallumban monoton fogy´o, az [x0 , x0 + δ) intervallumban pedig monoton n¨oveked˝o. Mivel f (n−2) (x0 ) = 0, az´ert innen ad´odik, hogy az f (n−2) f¨ uggv´eny az (x0 − δ, x0 + δ) intervalumban — az x0 helyet kiv´eve — pozit´ıv, k¨ovetkez´esk´eppen f (n−3) szigor´ uan n¨oveked˝o ebben az intervallumban. Ezt a gondolatmenetet f (n−1) helyett f (n−3) -ra megism´etelve azt kapjuk, hogy az f (n−1) , f (n−3) , f (n−5) , · · · f¨ uggv´enyek az x0 pontban szigor´ uan n¨ovekednek, az f (n−2) , f (n−4) , f (n−6) , · · · f¨ uggv´enyeknek pedig az x0 helyen minimuma van. A mondottakb´ol k¨ovetkezik, hogy p´aros n eset´en az x0 lok´alis minimumhely, p´aratlan n eset´en pedig az f f¨ uggv´eny az x0 helyen szigor´ uan n¨oveked˝o, k¨ovetkez´esk´eppen itt nem lehet sz´els˝o´ert´eke. Az f (n) (x0 ) < 0 esetben az el˝oz˝oh¨oz hasonl´oan igazolhat´o az ´all´ıt´as. ¤ A k¨ovetkez˝o t´etelben az inflexi´os pont l´etez´es´ere vonatkoz´oan adunk egy sz¨ uks´eges ´es egy el´egs´es felt´etelt.
6. T´etel. Legyen f : (a, b) → R. i) Ha f k´etszer folytonosan differenci´alhat´o ´es ha f -nek az x0 ∈ (a, b) hely inflexi´os pontja, akkor f 00 (x0 ) = 0. ii) Ha f h´aromszor folytonosan differenci´alhat´o ´es az x0 ∈ (a, b) pontban f 00 (x0 ) = 0 tov´abb´a f (3) (x0 ) 6= 0, akkor x0 az f -nek inflexi´os pontja. ´ s. i) Az ´all´ıt´assal ellent´eteben tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy f 00 (x0 ) 6= 0. Az f 00 folytonoss´ag´ab´ol k¨ovetkezik, hogy x0 -nak van olyan Kr (x0 ) k¨ornyezete, amelyben f 00 ´alland´o el˝ojel˝ u. A Taylor-formula alapj´an az inflexi´os pont defin´ıci´oj´aban szerepl˝o ϕ f¨ uggv´eny a k¨ovetkez˝ok´eppen ´ırhat´o fel: ϕ(x) := f (x) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(x − x0 ) =
f 00 (ξx ) (x − x0 )2 2
(x ∈ Kr (x0 )),
5. Alkalmaz´asok
135
ahol ξx ∈ Kr (x0 ). Innen nyilv´anval´o, hogy a ϕ f¨ uggv´eny a Kr (x0 ) k¨ornyezetben ´alland´o el˝ojel˝ u, k¨ovetkez´esk´eppen x0 nem lehet inflexi´os pont. ii) Az f (3) folytonoss´ag´ab´ ol k¨ovetkezik, hogy x0 -nak van olyan Kr (x0 ) k¨ornyezete, amelyben f (3) ´alland´o el˝ojel˝ u. A Taylor-formul´at n = 2 eset´en alkalmazva ´es az f 00 (x0 ) = 0 felt´etelt figyelembe v´eve azt kapjuk, hogy ϕ(x) : = f (x) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(x − x0 ) − =
f (3) (ξx ) (x − x0 )3 3!
f 00 (x0 ) (x − x0 )2 = 2
(x ∈ Kr (x0 )),
ahol ξx ∈ Kr (x0 ). Minthogy a jobb oldalon ´all´o f¨ uggv´eny az x0 pontban jelet v´alt, az´ert ugyanez igaz a ϕ-re is, k¨ovetkez´esk´eppen x0 val´oban inflexi´os pont. ¤ Bizonyos R → R t´ıpus´ u f¨ uggv´enyek eset´eben szok´as a +∞-ben ´es a −∞-ben vett ´erint˝o, m´as sz´oval aszimptota fogalm´at ´ertelmezni.
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az f : (a, ∞) → R f¨uggv´enynek a +∞-ben van aszimptot´ aja, ha l´etezik olyan `(x) := ax + b (x ∈ R) line´aris f¨ uggv´eny, amelyre lim (f (x) − `(x)) = 0.
x→∞
Az ` grafikonj´at az f +∞-ben vett aszimptot´aj´anak nevezz¨ uk. A fenti ´ertelmez´esb˝ol egyszer˝ uen k¨ovetkezik, hogy f -nek akkor ´es csak akkor van aszimptot´aja, ha l´eteznek az a := lim
x→∞
f (x) , x
b := lim (f (x) − ax) x→∞
hat´ar´ert´ekek ´es az aszimptota defin´ıci´oj´aban szerepl˝o line´aris f¨ uggv´eny: `(x) = ax + b (x ∈ R). A fenti ´ertelmez´esben f : (−∞, a) → R t´ıpus´ u f¨ uggv´enyekb˝ol kiindulva ´es a +∞ helyen vett hat´ar´ert´eket a −∞-beli hat´ar´ert´ekkel felcser´elve megkapjuk a −∞-ben vett aszimptota defin´ıci´oj´at. Az eddig ismertetett t´etelek alapj´an v´alaszt tudunk adni azokra a k´erd´esekre, amelyeket R → R t´ıpus´ u f¨ uggv´enyek grafikonj´aval kapcsolatban szok´as feltenni. Az ilyen t´ıpus´ u f¨ uggv´enyek diszkusszi´oj´an — els˝osorban — az al´abbi k´erd´esek megv´alaszol´as´at ´ertj¨ uk: 1. Vannak-e a f¨ uggv´enynek abszol´ ut ´es lok´alis maximum ´es minimum helyei ? 2. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya felbonthat´o-e olyan intervallumokra, amelyekben a f¨ uggv´eny monoton ?
136
5.5. F¨ uggv´enydiszkusszi´o
3. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya felbonthat´o-e olyan intervallumokra, amelyekben a f¨ uggv´eny konvex, ill. konk´av ? 4. Vannak-e a f¨ uggv´enynek z´erushelyei ´es inflexi´os pontjai ? 5. A f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´any´anak torl´od´asi pontjaiban l´etezik-e a hat´ar´ert´eke ? 6. Vannak-e a f¨ uggv´enynek aszimptot´ai ? Az k¨ovetkez˝o k´et p´eld´an bemutatjuk a f¨ uggv´enydiszkusszi´o most v´azolt menet´et. 1. P´elda Legyen f (x) :=
x(x2 + 1) x2 − 1
(x ∈ R \ {1, −1}).
i) Nyilv´anval´o, hogy f p´aratlan, azaz f (−x) = −f (x) (x ∈ Df ). Ez´ert a f¨ uggv´eny vizsg´alat´an´al el´eg a [0, ∞) \ {1} halmazra szor´ıtkozni. El˝osz¨or is ´ırjuk fel az f deriv´altj´at: x4 − 4x2 − 1 f 0 (x) = (x ∈ Df ). (x2 − 1)2 p √ Az f 0 -nek egyetlen pozit´ıv z´erushelye van, nevezetesen x1 := 2 + 5. Ennek alapj´an az f 0 a [0, x1 ) ´es az (x1 , ∞) intervallumon ´alland´o el˝ojel˝ u. Mag´at az el˝ojelet — p´eld´aul a sz´oban forg´o f¨ uggv´enynek egy-egy ´ert´et v´eve — k¨onnyen megkaphatjuk. Ennek alapj´an f 0 (x) > 0, ha x > x1 ´es f 0 (x) < 0, ha x ∈ [0, x1 ), x 6= 1. Az f f¨ uggv´eny teh´at a [0, 1) ´es (1, x1 ] intervallumokon szigor´ uan monoton fogy´o, az [x1 , ∞) intervallumban pedig szigor´ uan monoton n¨ov˝o. Az x1 helyen az f -nek lok´alis minimuma van ii) Az f m´asodik deriv´altja: f 00 (x) =
4x(x2 + 3) (x2 − 1)3
(x ∈ Df ).
Minthogy az x2 + 3 t´enyez˝o mindig pozit´ıv az f 00 el˝ojele k¨onnyen meg´allap´ıthat´o: f 00 (x) < 0,
ha
x ∈ (0, 1),
f 00 (x) > 0,
ha
x > 1,
´es f 00 (0) = 1.
Innen k¨ovetkezik, hogy f a (0, 1)-ben konvex az (1, ∞) intervallumban pedig konk´av. Mivel f 00 a 0 pontban el˝ojelet v´alt, az´ert itt inflexi´os pontja van. Az inflexi´os pontban az ´erint˝o ir´anytangense f 0 (0) = −1. iii) Minthogy f folytonos a Df minden pontj´aban, az´ert ezekben a hat´ar´ert´ek a f¨ uggv´eny´ert´ekkel egyenl˝o. Az ´ertelmez´esi tartom´anynak a Df pontjait´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o torl´od´asi pontjaiban a f¨ uggv´eny hat´ar´ert´eke: lim f (x) = −∞,
x→1−
lim f (x) = ∞,
x→1+
lim f (x) = ∞.
x→∞
5. Alkalmaz´asok
137
iv) Mivel f (x) = 1, lim (f (x) − x) = 0, x→∞ x x→∞ az´ert f -nek a +∞-ben van aszimptot´aja ´es `(x) = x (x ∈ R). lim
Az eddig tett meg´allap´ıt´asokat az al´abbi t´abl´azatban ¨osszegezt¨ uk:
x
x=0
x ∈ (0, 1)
x ∈ (1, x1 )
x = x1
x ∈ (x1 , +∞)
f 0 (x)
−1
−
−
0
+
f 00 (x)
0
−
+
+
+
fogy´o
min.
n¨oveked˝o
f f
fogy´o infl.
konk´av
konvex
Az f grafikonj´at a k¨ovetkez˝o ´abr´an szeml´eltetj¨ uk:
y
0 -1
1
3. ´abra
x1
x
138
5.5. F¨ uggv´enydiszkusszi´o
2. P´elda ´ azoljuk az Abr´
2
f (x) := e−x
(x ∈ R)
f¨ uggv´eny grafikonj´at. i) Az f f¨ uggv´eny deriv´altjai a k¨ovetkez˝ok: 2
f 0 (x) = −2xe−x ,
2
2
f 00 (x) = −2e−x + 4x2 e−x = 2(2x2 − 1)e−x
2
(x ∈ R).
Nyilv´anval´o, hogy f 0 (x) > 0,
ha
f 00 (x) > 0,
ha
00
f (x) < 0,
f 0 (x) < 0, ha x > 0 √ − ξ < x < ξ := 1/ 2,
x < 0,
ha x ∈ (−∞, −ξ) ∪ (ξ, ∞)
Ezek alapj´an az f grafikonj´ar´ol a k¨ovetkez˝oket ´allap´ıthatjuk meg: x
x ∈ (−∞, −ξ) x = ξ
f 0 (x)
+
f 00 (x)
+
f f
√
x ∈ (−ξ, 0) x = 0 x ∈ (0, ξ)
2e−1/2 0
n¨oveked˝o konvex
infl.
x=ξ
x ∈ (ξ, +∞)
√ − 2e−1/2
−
+
0
−
max.
fogy´o
+
0
−
konk´av
infl.
konvex
A fentiek figyelembev´etel´evel az f grafikonj´at az al´abbiakban szeml´eltetj¨ uk:
y
x − √12
4. ´abra
− √12
5. Alkalmaz´asok
139
5.6. T´erg¨orbe ´erint˝oje Ebben a pontban — a differenci´alsz´am´ıt´as u ´jabb alkalmaz´asak´ent — t´erg¨orb´ek ´erint˝oj´et ´ertelmezz¨ uk. T´erg¨ orb´ek megad´as´ahoz ´es t´erbeli mozg´asok matematikai le´ır´as´ahoz R → R3 t´ıpus´ u f¨ uggv´enyeket haszn´alunk. Ebben a pontban — e feladatot ´altal´anos´ıtva — R → Rn t´ıpus´ u f¨ uggv´enyeket vizsg´alunk, ahol n ≥ 1 ´es n ∈ N. Legyen f : I → Rn egy I ⊆ R intervallumon ´ertelmezett, Rn -beli ´ert´ekeket felvev˝o (m´as sz´oval vektor ´er´ek˝ u) f¨ uggv´eny. Ezzel minden x ∈ I sz´amhoz egy f (x) ∈ Rn vektort rendelt¨ unk. Jel¨olj¨ uk fk (x)-szel ennek k-adik koordin´at´aj´at, ahol k = 1, 2, · · · , n. Ekkor f (x) = (f1 (x), f2 (x), · · · , fn (x))
(x ∈ I).
A most ´ertelmezet I 3 x → fk (x) ∈ R val´os ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyt az f k-adik koordin´ata f¨ uggv´eny´enek nevezz¨ uk. Mag´at az f f¨ uggv´enyt — felt¨ untetve koordin´ata f¨ uggv´enyeit — gyakran az f = (f1 , f2 , · · · , fn ) szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Az eddig R → R t´ıpus´ u f¨ uggv´enyekkel kapcsolatban bevezetett fogalmak, mint p´eld´aul a folytonoss´ag, a differenci´alhat´os´ag, stb. k¨onyen ´atvihet˝ok R → Rn t´ıpus´ u f¨ uggv´enyekre. Legyen F(I) az I intervallumon defini´alt val´os f¨ uggv´enyeknek egy ´ oszt´alya. Ertelmezz¨ uk az F(I, Rn ) a k¨ovetkez˝ok´eppen.
Defin´ıci´ o. Az F(I, Rn ) szimb´olummal jel¨olj¨uk azoknak az f = (f1 , f2 , · · · , fn ) : I → Rn f¨ uggv´enyeknek az ¨osszess´eg´et, amelyek koordin´ata f¨ uggv´enyeire fk ∈ F(I, R) (k = 1, 2, · · · , n) teljes¨ ul. Ezzel ¨osszhangban vezetj¨ uk be az I intervallumon ´ertelemzett folytonos, differenci´alhat´o, folytonosan differenci´alhat´o vektor ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyek foglm´at ´es ezekre a C(I, Rn ), D(I, Rn ), C 1 (I, Rn ) jel¨ol´est haszn´aljuk. Az f = (f1 , f2 , · · · , fn ) ∈ D(I, Rn ) f¨ uggv´enyb˝ol k´epzett
f 0 = (f10 , f20 , · · · , fn0 )
140
5.6. T´erg¨orbe ´erint˝oje
R → Rn t´ıpus´ u f¨ uggv´enyt az f deriv´altj´anak nevezz¨ uk. Az f (t) := (cos t, sin t, 2t) (t ∈ R) folytonosan differenci´alhat´o ´es f 0 (t) = (− sin t, cos t, 2)
(t ∈ R).
A most bevezetett f¨ uggv´enyek segits´eg´evel le´ırhat´ok — a geometri´aban fontos — g¨orb´ek k¨ovetkez˝o oszt´alya. Ehhez — mint m´ar kor´abban is — jel¨olje θ az Rn nullvektor´at: θ := (0, 0, · · · , 0) ∈ Rn .
Defin´ıci´ o. Akkor mondjuk, hogy az Rn valamely Γ r´eszhalmaza sima elemi g¨ orbe, ha l´etezik olyan I = [α, β] ⊂ R v´eges z´art intervallum ´es olyan folytonosan differnci´ alhat´ o f : I → Γ bijekci´o, amelynek deriv´altj´ara f 0 (t) 6= θ
(19)
(t ∈ I)
teljes¨ ul. Ha l´etezik olyan f ∈ C 1 (I, Rn ) () tulajdons´ag´ u f¨ uggv´eny, amelyre f (α) = f (β),
f : [α, β) → Γ \ {f (β)}
bijekci´o,
akkor azt mondjuk, hogy Γ sima z´art elemi g¨orbe. Az f f¨ uggv´enyt a sz´oban forg´o g¨ orb´ ek param´ eteres el˝ o´ all´ıt´ as´ anak nevezz¨ uk. 1. P´elda Egyszer˝ uen igazolhat´o (l´asd a 31. Feladatot), hogy a Γ := {(x, y) : x2 + y 2 = 1} ∈ R2 s´ıkbeli egys´egk¨or egy sima z´art elemi g¨orbe ´es f (t) := (cos t, sin t) (t ∈ [0, 2π]) ennek egy param´eteres el˝o´all´ıt´asa. 2. P´elda B´armely folytonosan differenci´alhat´o f¨ uggv´eny grafikonja sima elemi g¨orbe. Val´oban, ha ϕ ∈ C 1 ([α, β], R) egy ilyen f¨ uggv´eny, akkor az (20)
f (x) := (x, ϕ(x)) (x ∈ [α, β]
5. Alkalmaz´asok
141
R → R2 t´ıpus´ u f¨ uggv´eny a ϕ grafikonj´anak egy k´ıv´ant tulajdons´ag´ u param´eterez´ese. 3. P´elda Az x, y ∈ Rn pontokat ¨osszek¨ot˝o szakasz, amelyet az 5.4. pontban vezett¨ unk be, szint´en sima elemi g¨orbe. Val´oban a szakasz defin´ıci´oja alapj´an az f (t) = tx + (1 − t)y = y + t(x − y) (t ∈ [0, 1]) f¨ uggv´eny ennek egy k´ıv´ant tulajdons´ag´ u param´eteres el˝o´all´ıt´asa. 4. P´elda Az Rn -beli egyeneseket R → Rn t´ıpus´ u line´aris f¨ uggv´enyekkel ´ertelmezz¨ uk. Legyen a, b ∈ Rn ´es b 6= θ. Az {a + bt : t ∈ R} ⊂ Rn halmazt Rn -beli egyenesnek nevezz¨ uk. Most bevezetj¨ uk a sima elemi g¨orbe ´erint˝oj´enek fogalm´at.
Defin´ıci´ o. Legyen Γ ⊂ Rn egy sima elemi g¨orbe, f : [α, β] → Γ ennek egy param´eterez´ese ´es t0 ∈ [α, β]. A γ := {f (t0 ) + tf 0 (t0 ) : t ∈ R} egyenest a Γ f (t0 ) pontbeli ´ erint˝ oj´ enek nevezz¨ uk. A fenti defin´ıci´o alapj´an nyilv´anval´o, hogy a Γ f (t0 ) pontja a γ ´erint˝onek is pontja. Ezt u ´gy szoktuk kifejezni, hogy a γ ´erint˝o ´athalad az f (t0 ) ponton. 5. P´elda A kor´abban m´ar vizsg´alt f (t) := (cos t, sin t, 2t) ∈ R3
(t ∈ R)
f¨ uggv´eny ´ert´ek´eszlete, az u ´n. csavarvonal, egy sima elemi g¨orbe. Ennek valamely f (t0 ) pontj´an ´athalad´o ´erint˝oj´enek egy param´eteres el˝o´all´ıt´asa (cos t0 − t sin t0 , sin t0 + t cos t0 , 2t0 + 2t) (t ∈ R).
142
5.7. Feladatok
5. ´abra 6. P´elda Most vizsg´aljuk a ϕ ∈ C 1 ([α, β], R) f¨ uggv´eny grafikonj´anak ´erint˝oj´et. Kiindulva a grafikon (20) param´eteres el˝o´all´ıt´as´ab´ol a x0 pontbeli ´erint˝ore az {(x0 + t, f (x0 ) + tf 0 (x0 )) : t ∈ R} el˝ o´all´ıt´as ad´odik. Ez ¨osszhangban van a grafikon ´erint˝oj´enek kor´abbi ´ertelmez´es´evel.
Megjegyz´esek 1. A g¨ orb´ ek param´ eteres el˝ o´ all´ıt´ asa nem egy´ ertelm˝ u. Ha pl. f : [α, β] → Γ a Γ sima elemi g¨ orbe egy param´ aterez´ ese, ´ es ha ϕ : [α1 , β1 ] → [α, β] egy olyan folytonosan differenci´ alhato bijekci´ o, amelynek deriv´ altja seholsem t˝ unik el, akkor az g := f ◦ ϕ : [α1 , β1 ] → Γ f¨ uggv´ eny nyilv´ an szint´ en egy — az f -t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o — param´ eterez´ ese Γ-nak. 2. Mivel a g¨ orb´ eknek t¨ obb k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o param´ eterez´ ese is lehets´ eges, egy-egy fogalommal kapcsolatban c´ elszer˝ u megvizsg´ alni, hogy az csak a g¨ orb´ et˝ ol vagy annak — esetlegesen v´ alasztott — param´ eterez´ es´ et˝ ol is f¨ ugg. A geometriai fogalmakt´ ol szok´ as azt megkiv´ anni, hogy ne f¨ uggjenek a param´ eterez´ est˝ ol. 3. Az ´erint˝ o fenti defin´ıci´ oja megfelel a geometriai fogalmakkal kapcsolatban most megfogalmazott k¨ ovetelm´ enyeknek. Nevezetesen megmutathat´ o (l´ asd a 32. feladatot) ha f : [α, β] → Γ ´ es g : [α1 , β1 ] → Γ ugyanannak a g¨ orb´ enek k´ et param´ eterez´ ese, ´es f (t0 ) = g(s0 ), akkor van olyan λ 6= 0 sz´ am, hogy f 0 (t0 ) = λg 0 (s0 ) k¨ ovetkez´ esk´ eppen {f (t0 ) + tf 0 (t0 ) : t ∈ R} = {g(s0 ) + sf 0 (s0 ) : s ∈ R} Innen k¨ ovetkezik, hogy az ´ erint˝ o nem f¨ ugg a param´ eteres el˝ o´ all´ıt´ ast´ ol, hanem csak a Γ g¨ orb´ at˝ ol.
5. Alkalmaz´asok
143
5.7. Feladatok 1. Igazoljuk, hogy az f (x) := xα
(x ∈ (0, ∞), α > 1),
g(x) := exp(x) (x ∈ R),
h(x) := x ln x (x ∈ (0, ∞)) f¨ uggv´enyek konvexek. 2. Igazoljuk, hogy az f (x) := xα
(x ∈ (0, ∞), 0 < α < 1),
g(x) := ln x (x ∈ (0, ∞))
f¨ uggv´enyek konk´avok. 3. Igazoljuk az al´abbi egyenl˝otlens´egeket: µ
a) b) c)
¶n x+y xn + y n < (x, y > 0, x 6= y, n > 1), 2 2 µ ¶ x+y exp(x) + exp(y) exp < (x, y ∈ R, x 6= y), 2 2 µ ¶ x+y (x + y) ln < x ln x + y ln y (x, y > 0, x 6= y), 2
d) xλ1 y λ2 5 λ1 x + λ2 y
(λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ1 + λ2 = 1, x, y > 0).
4. Hat´arozzuk meg az al´abbi hat´ar´ert´ekeket: a) c) e)
cosh(x) − cos x , x2 tg x − x lim , x→0 x − sin x lim
x→0
1
lim x 1−x , x→1 µ ¶x 1 g) lim ln , x→0+ x ln x i) lim α (α > 0), x→∞ x 2 e−1/x k) lim 100 , x→0 x (1 + x1/x ) − e m) lim , x→0 x
b) d) f) h) j) `) n)
x tg x − 1 , x2 1 − cos x2 lim 2 , x→0 x sin x2 ax − asin x lim (a > 0), x→0 x3 lim
x→0
lim ln x · ln(1 − x),
x→1−
xn x→∞ eax lim
(a > 0, n > 0),
lim x2 e−0.1x ,
x→∞
xlg x . x→∞ (ln x)x lim
144
5.7. Feladatok
5. ´Irjuk fel a P (x) := 1 + 3x + 5x2 − 2x3 polinomot x + 1 hatv´anyai szerint. 6. ´Irjuk fel az al´abbi f f¨ uggv´enyek adott a helyhez tartoz´o (Tn f )(x) :=
n X f (k) (a) k=0
k!
(x − a)k
n-edik Taylor-polinomj´at: a) b)
1 + x + x2 (n = 3, a = 0), 1 − x + x2 p p 3 f (x) := 1 − 2x + x3 − 1 − 3x + x2 f (x) :=
c) f (x) := e
2x−x2
(n = 3, a = 0),
(n = 5, a = 0),
d)
f (x) := sin(sin x) (n = 3, a = 0), sin x (n = 6, a = 0), e) f (x) := ln √ x f ) f (x) := x (n = 3, a = 1), g) f (x) := xx − 1
(n = 3, a = 0).
7. Milyen pontoss´aggal teljes¨ ulnek az al´abbi k¨ozel´ıt˝o egyenl˝os´egek az adott intervallumban ? a)
sin x ≈ x −
b) tgx ≈ x +
x3 6
(|x| 5
x3 3
1 ), 2
(|x| 5 0.1), 2
x (|x| 5 0.2), 2 √ x x2 d) 1+x≈1+ − (0 5 x 5 1), 2 8 x2 e) cos x ≈ 1 − (|x| 5 0.2). 2 c)
ex ≈ 1 + x +
8. Igazoljuk, hogy ¯√ ¯n n ¯ a +x−a−
x ¯¯ n − 1 x2 , ¯5 nan−1 2n2 a2n−1
ha n ≥ 2, a > 0, x > 0. 9. A Taylor-formula felhaszn´al´as´aval hat´arozzuk meg az al´abbi sz´amokat adott r pontoss´aggal: a) d)
e (r = 10−9 ), √ 5 (r = 10−5 ),
sin 1◦
(r = 10−8 ),
c)
b) lg 11
(r = 10−5 ),
c) ln 1.2
b)
cos 9◦
(r = 10−5 ),
(r = 10−3 ).
5. Alkalmaz´asok
145
10. K´esz´ıts¨ unk olyan programot, amelyekkel az al´abbi f¨ uggv´enyek ´ert´eke adott pontoss´agra meghat´arozhat´ok:
11. Legyen
½ f (x) :=
e−1/x 0,
2
a)
sin,
d)
ln,
b)
cos, b)
c)
exp,
arc tg
(x ∈ R, x 6= 0), (x = 0).
i) Teljes indukci´ot haszn´alva igazoljuk, hogy minden n term´eszetes sz´amra µ ¶ 2 1 (x ∈ R, x 6= 0), f (n) (x) = e−1/x Pn x ahol Pn egy polinom. ii) Ennek alapj´an mutassuk meg, hogy f ∈ D∞ (R) ´es f (n) (0) = 0 (n = 1, 2, · · · ). 12. Igazoljuk, hogy a H ⊆ R halmaz akkor ´es csak akkor konvex, ha intervallum. 13. Legyen ½ 2 x (2 + sin 1/x) (x ∈ R, x 6= 0), f (x) := 0, (x = 0). Igazoljuk, hogy f lok´alisan konvex a 0 pontban, de nem konvex egyetlen 0-´at tartalmaz´o intervallumban sem. 14. A Taylor-formula alkalmaz´as´aval hat´arozzuk meg az al´abbi hat´ar´ert´ekeket. 2
cos x − e−x /2 , x→0 x4 ex sin x − x(1 + x) b) lim , x→0 x3 √ ¡√ √ ¢ x+1+ x−1−2 x , c) lim x3/2 x→∞ ´ ³ p x d) lim (x3 − x2 + )e1/x − x6 + 1 , x→∞ 2 ax + a−x − 2 e) lim (a > 0), 2 x→0 µ x µ ¶¶ 1 f ) lim x − x2 ln 1 + , x→∞ x µ ¶ 1 1 − , g) lim x→0 x sin x a)
lim
h)
1 − (cos x) x→0 x2
sin x
lim
.
146
5.7. Feladatok
15. Diszkut´aljuk az al´abbi f¨ uggv´enyeket: a)
f (x) := 3x − x3
c) f (x) :=
2 − x2 1 + x4
(x ∈ R), (x ∈ R),
e) f (x) := x ln x (x > 0), ln x (x > 0), x i) f (x) := x + e−x (x ∈ R),
g) f (x) :=
k) f (x) := e2x−x m)
f (x) := xx
2
o) f (x) := xe−x
f (x) := 1 + x2 −
d)
f (x) := (x + 1)(x − 2)2
f ) f (x) :=
(x ∈ R),
x (1 + x)(1 − x)2
(x ∈ R), (x 6= −1, 1),
h) f (x) := sin4 x + cos4 x (x ∈ R), j) f (x) := (1 + x2 )e−x
2
(x ∈ R),
2
(x ∈ R),
(x > 0), 2
x4 2
b)
(x ∈ R),
x −1 (x 6= 2, 3), − 5x + 6 n) f (x) := sin x + cos2 x (x ∈ R), sin x p) f (x) := (x ∈ R). 2 + cos x
`) f (x) :=
x2
16. Hat´arozzuk meg azt a legnagyobb ter¨ ulet˝ u der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨oget, amelynek ´atfog´oja c, befog´oinak ¨osszege a. 17. Adott alkot´oj´ u k´ upok k¨oz¨ ul hat´arozzuk meg a maxim´alis t´erfogat´ ut. 18. Adott R sugar´ u g¨omb¨ok k¨oz¨ ul keress¨ uk meg azt, amelyiknek a t´erfogata maxim´alis. 19. Tekints¨ unk egy v kezd˝osebess´eggel ferd´en elhaj´ıtott testet. Hat´arozzuk meg, hogy a vizszinteshez viszonyitva milyen α sz¨og alatt kell elhaj´ıtani, hogy a maxim´alis t´avols´agban ´erje el u ´jb´ol a vizszintest. 20. Adjuk meg az R sugar´ u g¨ombbe ´ırhat´o maxim´alis t´erfogat´ u henger adatait. 21. Egy 4 m´eter sz´eless´eg˝ u torony alj´an 2 m´eter magas ajt´o van. Bevihet˝o-e a toronyba a 8 m´eter hossz´ u l´etra ? 22. Valaki egy gyalog´ ut A pontj´ab´ol egy ett¨ol a, a gyalog´ utt´ol b t´avols´agra l´ev˝o B pontj´aba akar a legr¨ovidebb id˝o alatt eljutni. Mikor t´erjen le a gyalog´ utr´ol, ha ott m´asf´elszer olyan gyorsan halad, mint az utat szeg´elyez˝o terepen? 23. Adott az y 2 = 2px egyenlet˝ u parabola, ahol p > 0. Hat´arozzuk meg a parabola tengely´ere mer˝oleges alap´ u parabola szeletbe be´ırhat´o legnagyobb ter¨ ulet˝ u t´eglalapot, ha a parabola szelet alapj´anak a cs´ ucst´ol m´ert t´avols´aga h. 24. Mekkora R k¨ uls˝o ellen´all´ason kereszt¨ ul z´arjuk az e elektromotoros erej˝ u ´es r bels˝o ellen´all´as´ u galv´anelemet, hogy a k¨ uls˝o ellen´all´as folyt´an keletkez˝o I 2 R Joule-f´ele energia maxim´alis legyen ? 25. Adott az f (x) :=
x2 + 2ax + b x2 + 2cx + d
(x ∈ R, x2 + 2cx + d 6= 0)
5. Alkalmaz´asok
26.
27.
28. 29.
147
f¨ uggv´eny, ahol a, b, c, d ∈ R val´os sz´amok. Hat´arozzuk meg az a, b, c ´es d ´ert´ekeket u ´gy, hogy a f¨ uggv´enynek az x = −1 pontban 2-vel egyenl˝o maximuma, az x = 1 pontban pedig 4-gyel egyenl˝o minimuma legyen. V´ızszintes s´ıkon ´all´o f¨ ugg˝oleges fal´ u tart´alyban m magass´agig v´ız van. A tart´aly fal´aban a v´ız szintje alatt x m´elys´egben ¨tve — a Toricelli-f´ele t¨orv´eny √ lukat u alapj´an — a ki´araml´o v´ız sebess´ege 2gx, ahol g a gravit´aci´os ´alland´o. Az x milyen ´ert´eke mellett jut el a v´ızsug´ar a legmesszebbre ? H´arom darab a sz´eless´eg˝ u deszkalapb´ol k´esz´ıts¨ unk trap´ez keresztmetszet˝ u v´aly´ ut. Milyen α sz¨og alatt hajoljanak az oldallapok, hogy a v´aly´ u keresztmetszete, azaz a trap´ez ter¨ ulete, maxim´alis legyen ? Osszuk fel a 4-et k´et r´eszre u ´gy, hogy az egyik r´esz n´egyzet´enek ´es a m´asik r´esz k¨ob´enek ¨osszege maxim´alis legyen . Adjuk meg az al´abbi g¨orb´ek egy param´eteres el˝o´all´ıt´as´at. a) Γ := {(x, y) ∈ R2 : y 2 = 2px}
(p > 0),
2
x y + 2 = 1} (a, b ∈ R), a2 b Γ := {(x, y) ∈ R2 : x2/3 + y 2/3 = a2/3 } (a ∈ R).
b) Γ := {(x, y) ∈ R2 : c)
2
30. ´Irjuk fel az al´abbi, param´eteresen adott g¨orb´ek ´erint˝oj´et a t0 ∈ R helyhez tartoz´o pontban. a) x(t) = a cos t,
y(t) = b sin t (t ∈ R),
b) x(t) = a(t − cos t), c) 31. .... 32. ....
y(t) = a(1 − sin t)
x(t) = a cos t + t sin t,
(t ∈ R),
y(t) = a sin t − t cos t (t ∈ R).
148
6.1. Az algebra alapt´etele
6. F¨ uggel´ek Ebben a pontban bebizony´ıtunk n´eh´any, az el˝oz˝o pontokban m´ar megfogalmazott ´es felhaszn´alt alapvet˝o t´etelt.
6.1. Az algebra alapt´etele Az 1.2. pontban bizony´ıt´as n´elk¨ ul k¨oz¨olt¨ uk az al´abbi ´all´ıt´ast ´es annak n´eh´any k¨ovetekezm´eny´et.
Az algebra alapt´etele. B´armely nem konstans komplex egy¨utthat´os polinomnak van komplex gy¨oke. ´ s. Legyen Bizony´ıta P (z) := a0 + a1 z + · · · + an z n
(z ∈ C),
ahol n pozit´ıv eg´esz, a0 , a1 , · · · , an komplex sz´amok ´es an 6= 0. Megmutatjuk, hogy az f (z) := |P (z)| (z ∈ C) C -n ´ertelmezett val´os f¨ uggv´enynek van minimuma ´es f — s ezzel egy¨ utt nyilv´an P is — a minimumhelyen elt¨ unik. A minimum l´etez´es´enek igazol´as´ahoz legyen m := inf{f (z) : z ∈ C}. Minthogy a P polinom hat´ar´ert´eke a ∞-ben +∞ (l´asd 2.5.2. pont), az´ert van olyan R > 0 sz´am, hogy f (z) > m ha |z| > R ´es z ∈ C. Innen k¨ovetkezik, hogy az f f¨ uggv´eny {z ∈ C : |z| ≤ R} kompakt halmazra vonatkoz´o lesz˝ uk´ıt´es´enek is m az infimuma. A Weierstrass-t´etel alapj´an van olyan z0 ∈ C hely, amelyre f (z0 ) = m, azaz z0 az f f¨ uggv´eny minimum helye. Az ´all´ıt´assal ellent´etben tegy¨ uk fel, hogy f (z0 ) > 0. Ebb˝ol az indirekt felt´etelb˝ol kiindulva megmutatjuk, hogy l´etezik olyan z1 ∈ C hely, amelyre f (z1 ) < f (z0 ). Ez nyilv´an ellentmond annak, hogy z0 minimum hely.
6. F¨ uggel´ek
149
A mondott tulajdons´ag´ u z1 hely l´etez´es´enek igazol´as´ahoz ´ırjuk fel a P polinomot z − z0 hatv´anyai szerint: P (z) = b0 + b1 (z − z0 ) + · · · + bn (z − z0 )n
(z ∈ C).
Minthogy P nem konstans polinom, az´ert l´etezik olyan k index, amelyre 1 ≤ k ≤ n ´es bk 6= 0 ´es bj = 0 (0 < j < k). Innen k¨ovetkezik, hogy a P polinom minden z ∈ C pontban fel´ırhat´o P (z) = b0 +bk (z−z0 )k +bk+1 (z−z0 )k+1 +· · ·+bn (z−z0 )n = b0 +(z−z0 )k (bk + P1 (z)) alakban, ahol P1 egy z0 pontban elt¨ un˝o polinom. Minthogy P1 folytonos, az´ert a z0 pontban 0 a hat´ar´ert´eke. Az ² = |bk |/2 sz´ammal fel´ırva a hat´ar´ert´ek defin´ıci´oj´at azt kapjuk, hogy l´etezik olyan r > 0 sz´am, hogy (1)
|P1 (z)| <
|bk | 2
(z ∈ Kr (z0 )).
Most megmutatjuk, hogy a z0 pontb´ol kiindulva ´es alkalmas ir´anyba elmozdulva az f ´ert´eke cs¨okken. Ehhez ´ırjuk fel a b0 , bk ´es z − z0 komplex sz´amokat pol´arkoordin´at´as alakban: b0 = ρ0 eiα0 ,
bk = ρk eiαk ,
z − z0 = teiϕ
(ρ0 > 0, ρk > 0, t ≥ 0).
Ekkor a P (z) els˝o k´et tagja b0 + bk (z − z0 )k = ρ0 eiα0 + ρk eiαk tk eikϕ alak´ u. V´alasszuk meg a ϕ argumentumot u ´gy, hogy a m´asodik tag szignuma az els˝o tag szignum´anak −1-szerese legyen, azaz ei(αk +kϕ) = −eiα0 = ei(α0 +π)
(2) teljes¨ ulj¨on. Ha pl.
ϕ=
α0 − αk + π , k
akkor (2) fenn´all. Ilyen v´alaszt´as mellett ³ ´ P (z) = eiα0 ρ0 − ρk tk + ei(kϕ−α0 ) tk P1 (z)) , ahol z = z0 + teiϕ . Innen — ´att´erve az abszol´ ut ´ert´ekre — a (3)
|P (z)| ≤ |ρ0 − ρk tk | + tk |P1 (z)|
(z − z0 = teiϕ ∈ C)
150
6.1. Az algebra alapt´etele
egyenl˝otlens´eget kapjuk. V´alasszuk egy olyan t sz´amot, amelyre 0 < t < 1, t < r, ρ0 − ρk tk > 0 teljes¨ ul ´es legyen z1 = z0 + teiϕ . Ilyen t-re (1) ´es (3) alapj´an 1 1 |P (z1 )| ≤ |ρ0 − ρk tk | + ρk tk ≤ ρ0 − ρk tk < ρ0 = |P (z0 )|. 2 2 Ezzel az ´all´ıt´ast igazoltuk. ¤ Az algebra alapt´etel´eb˝ol egyszer˝ uen k¨ovetkezik a polinomok gy¨okt´enyez˝os el˝o´all´ıt´as´ara vonatkoz´o al´abbi
1. T´etel. Minden P (z) = a0 + a1 z + · · · + an z n
(z ∈ C, n ∈ N∗ )
komplex egy¨ utthat´os polinom an 6= 0 eset´en alkalmas λ1 , · · · , λn komplex sz´amokkal fel´ırhat´o (4)
P (z) = an (z − λ1 ) · · · (z − λn ) (z ∈ C)
alakban. ´ s. Az algebra alapt´etele alapj´an a P polinomnak van legal´abb egy komBizony´ıta plex gy¨oke. Legyen λ1 a P polinomnak egy z´erushelye. Ekkor (5)
P (z) = P (z) − P (λ1 ) = a1 (z − λ1 ) + a2 (z 2 − λ21 ) + · · · + an (z n − λn1 ).
Felhaszn´alva a z k − λk1 = (z − λ1 )(z k−1 + z k−2 λ1 + · · · + zλk−2 + λk−1 ) 1 1 azonoss´agot ´es a (4) minden tagj´ab´ol a z − λ1 t´enyez˝ot kiemelve a P polinom fel´ırhat´o P (z) = (z − λ1 )P1 (z) (z ∈ C) alakban, ahol P1 egy pontosan (n − 1)-edfok´ u polinom. Ha n − 1 > 0, akkor a most ismertetett gondolatmenetet P helyett P1 -re megism´etelve azt kapjuk, hogy l´etezik olyan λ2 ∈ C sz´am ´es olyan (n − 2)-edfok´ u P2 polinom, hogy P (z) = (z − λ1 )(z − λ2 )P2 (z) (z ∈ C). Ezt az elj´ar´ast folytatva v´eg¨ ul azt kapjuk, hogy l´eteznek olyan λ1 , · · · , λn komplex sz´amok, amelyekkel P (z) = c(z − λ1 ) · · · (z − λn )
(z ∈ C)
6. F¨ uggel´ek
151
teljes¨ ul. Innen — ¨osszehasonl´ıtva a bal ´es jobb oldalon ´all´o polinomok n-edik deriv´altj´at — c = an k¨ovetkezik. ¤ A (4) el˝o´all´ıt´asban ugyanaz a gy¨okt´enyez˝o t¨obbsz¨or is el˝ofordulhat. Az azonos gy¨okt´enyez˝oket ¨osszevonva ad´odik, hogy l´eteznek olyan p´aronk´ent k¨ ul¨omb¨oz˝o λ1 , · · · , λs ∈ C ´es m1 , · · · , ms ∈ N∗ sz´amok, hogy P (z) = cn (z − λ1 )m1 · · · (z − λj )mj · · · (z − λs )ms
(6)
(z ∈ C).
Egyszer˝ uen igazolhat´o, hogy a (6) gy¨okt´enyez˝os el˝o´all´ıt´as — a t´enyez˝ok sorrendj´et nem sz´am´ıtva — egy´ertelm˝ u. Az mj ∈ N∗ sz´amot a λj gy¨ok multiplicit´as´anak nevezz¨ uk. Nyilv´anval´o, hogy (7)
m1 + · · · + ms = n.
A deriv´alt ´es a z´erushelyek multiplicit´as´anak kapcsolat´ara vonatkozik az al´abbi
2. T´etel. Legyen m ∈ N∗ ´es P egy komplex egy¨utthat´os polinom. A λ ∈ C sz´am akkor ´es csak akkor m-szeres multiplicit´as´ u gy¨oke P -nek, ha (8)
P (λ) = P 0 (λ) = · · · = P (m−1) (λ) = 0,
P (m) (λ) 6= 0.
´ s. El˝osz¨or tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy λ m-szeres gy¨oke P -nek. gy¨okt´enyez˝os el˝o´all´ıt´asb´ol kiindulva P fel´ırhat´o
Ekkor a (6)
P (z) = (z − λ)m Q(z) (z ∈ C),
(9)
alakban, ahol Q olyan polinom, amelyre Q(λ) 6= 0. A Q polinomot z − λ hatv´anyai szerint fel´ırva Q(z) = (z − λ)m (b0 + b1 (z − λ) + · · · + br (z − λ)r ) (z ∈ R) ad´odik, ahol b0 = Q(λ) 6= 0. Innen — Q egy¨ utthat´oit ¨osszehasonl´ıtva Taylorpolinomj´anak egy¨ utthat´oival — (8) k¨ovetkezik. Megford´ıtva most tegy¨ uk fel, hogy a P polinomra (8) teljes¨ ul. Minthogy P egyenl˝o a λ-hoz tartoz´o n-edik Taylor-polinomj´aval, az´ert P (z) =
P (n) (λ) P (m) (λ) (z − λ)n + · · · + (z − λ)n m! n!
(z ∈ C).
Innen l´athat´o, hogy a P polinom (9) alak´ u ´es Q(λ) 6= 0, k¨ovetkez´esk´eppen λ val´oban m-szeres gy¨ok . ¤ A gy¨ok ´es multiplicit´as´anak fogalm´at analitikus f¨ uggv´enyekkel kapcsolatban is szok´as haszn´alni. Legyen f az U ⊆ C ny´ılt halmazon ´ertelmezett analitikus
152
6.2. Interpol´aci´o
f¨ uggv´eny ´es tegy¨ uk fel, hogy a λ ∈ H komplex sz´am az f -nek z´erushelye. Az f a λ k¨or¨ ul Taylor-sorba fejthet˝o. Ha f nem azonosan 0, akkor m-mel jel¨olve az els˝o null´at´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o tag egy¨ utthat´oj´anak index´et f (λ) = f 0 (λ) = · · · = f (m−1) (λ) = 0,
f (m) (λ) 6= 0
teljes¨ ul. Ilyenkor — a polinomokra bevezetett fogalommal ¨osszhangban — az m sz´amot a λ gy¨ok multiplicit´as´anak nevezz¨ uk.
6.2. Interpol´aci´o A gyakorlatban sz´amos jelens´eget val´os vagy komplex f¨ uggv´enyekkel ´ırunk le. Ezeknek a f¨ uggv´enyeknek az ´ert´ekeit azonban ´altal´aban csak n´eh´any pontban ismerj¨ uk. Ilyenkor a f¨ uggv´enyt azzal a legalacsonyabb foksz´am´ u polinommal szok´as helyettes´ıteni, amely az adott helyeken ugyanazokat az ´ert´ekeket veszi fel, mint a f¨ uggv´eny. Ilyen polinomok el˝o´all´ıt´as´aval kapcsolatos az al´abbi
3. T´etel. Legyen f a H ⊆ K halmazon ´ertelmezett K-ba k´epez˝o f¨ uggv´eny ´es λ1 , λ2 , · · · , λn ∈ H p´aronk´ent k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´amok. Ekkor egyetlen olyan (n − 1)-edfok´ u P polinom l´etezik, amelynek egy¨ utthat´oi K-beliek ´es amelyre (10)
P (λ1 ) = f (λ1 ), P (λ2 ) = f (λ2 ), · · · , P (λn ) = f (λn )
teljes¨ ul. ´ s. A P polinomot az `k ∈ Pn−1 (k = 1, 2, · · · , n) u Bizony´ıta ´n. Lagrange-f´ele alappolinomok seg´ıts´eg´evel ´all´ıtjuk el˝o, ahol az `k polinomok az al´abbi felt´eteleknek tesznek eleget: ½ 1, ha j=k `k (λj ) = 0, ha j 6= k, (j = 1, 2, · · · , n). Minthogy e felt´etel szerint az `k -nak minden λj (j = 1, · · · , n, j 6= k) sz´am z´erushelye, az´ert ez a polinom `k (z) = ck
n Y
(z − λj )
(z ∈ C)
j=1,j6=k
alak´ u, ahol ck ∈ K. Az `k (λk ) = 1 felt´etel alapj´an a ck meghat´arozhat´o ´es az alappolinomokra az (11)
`k (z) =
n Y j=1,j6=k
z − λj λk − λj
(z ∈ C, k = 1, 2, · · · , n)
6. F¨ uggel´ek
153
el˝ o´all´ıt´as ad´odik. A (9) felt´eteleknek eleget tev˝o P polinom el˝o´all´ıthat´o az alappolinomok al´abbi line´aris kombin´aci´ojak´ent: P (z) = f (λ1 )`1 (z) + f (λ2 )`2 (z) + · · · + f (λn )`n (z) (z ∈ K). Val´oban, minthogy a m´asodikt´ol kezdve mindegyik tag elt˝ unik a λ1 helyen, az´ert P (λ1 ) = f (λ1 )`1 (z) = f (λ1 ). Hasonl´oan ad´odik a (10) ´all´ıt´asnak a t¨obbi r´esze is. Az egy´ertelm˝ us´eg egyszer˝ uen k¨ovetkezik az algebra alapt´etel´eb˝ol. Tegy¨ uk fel ugyanis, hogy a P1 ∈ Pn−1 ´es a P2 ∈ Pn−1 is eleget tesz a (10) felt´etelnek. Ekkor ezek P := P1 − P2 ∈ Pn−1 k¨ ul¨onbs´eg´ere nyilv´an P (λk ) = 0
(k = 1, 2, · · · , n)
teljes¨ ul, vagyis az (n − 1)-edfok´ u P polinomnak n k¨ ul¨onb¨oz˝o gy¨oke van. Innen P (z) = 0 (z ∈ K), azaz P1 = P2 k¨ovetkezik. ¤ Az adott λ1 , · · · , λn sz´amokat interpol´aci´os alappontoknak, a (10) felt´etelt kiel´eg´ıt˝o P polinomot az f f¨ uggv´eny λ1 , · · · , λn alappontokhoz tartoz´o Lagrange-f´ele interpol´aci´os polinomj´anak vagy r¨oviden Lagrange-polinomj´anak nevezz¨ uk ´es az Ln f szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Bevezetve az n Y ωn (z) := (z − λj ) (z ∈ K) j=1
n-edfok´ u polinomot az alappolinomok fel´ırhat´ok (12)
`k (z) =
ωn (z) (z − λk )ωn0 (λk )
(z ∈ K, z 6= λk , k = 1, 2, · · · , n)
alakban. Val´oban, a szorzat deriv´al´asi szab´alya alapj´an (l´asd 4.1.2. pont) az ωn0 olyan n-tag´ u ¨osszegk´ent ´ırhat´o fel, amelynek els˝o tagja az ωn (z)-b˝ol a (z − λ1 ) t´enyez˝o elhagy´as´aval, stb. · · · , az n-edik tagja a (z − λn ) t´enyez˝o elhagy´as´aval ad´odik. Ezt az azonoss´agot z = λk eset´en fel´ırva ωn0 (λk ) =
n Y
(λk − λj ) (k = 1, 2, · · · , n)
j=1,j6=k
k¨ovetkezik. Ezt ´es (11)-et figyelembe v´eve (12) azonnal k¨ovetkezik. Val´os esetben, vagyis amikor K = R ´es H := (a, b) ⊆ R az f − Ln f elt´er´es — a Taylor formul´ahoz hasonl´oan — egy j´ol kezelhet˝o alakban adhat´o meg. Erre vonatkozika a
154
6.2. Interpol´aci´o
Lagrange-formula. Tegy¨uk fel, hogy az f : (a, b) → R f¨uggv´eny n-szer differenci´alhat´o ´es legyen a < λ1 < λ2 < · · · < λn < b. Ekkor minden x ∈ (a, b) ponthoz l´etezik olyan ξx ∈ (a, b), hogy (13)
f (x) − (Ln f )(x) =
f (n) (ξx ) ωn (x). n!
´ s. Minthogy a (10) egyenl˝os´eg x = λk eset´en (minden ξx ∈ (a, b) Bizony´ıta v´alaszt´as mellett) fenn´all, elegend˝o a formul´at az (a, b) \ {λj : j = 1, 2, · · · , n} halmaz pontjaira igazolni. R¨ogz´ıts¨ unk egy ilyen x pontot ´es vezess¨ uk be az F (t) := f (t) − (Ln f )(t) − Kx ωn (t) (t ∈ (a, b)) f¨ uggv´enyt, ahol a Kx ∈ K sz´amot u ´gy v´alasztjuk, hogy F (x) = 0 teljes¨ ulj¨on. Minthogy ωn (x) 6= 0, az´ert ilyen Kx egy´ertelm˝ uen l´etezik. Ekkor az ωn defin´ıci´oja ´es (10) alapj´an F (λk ) = 0 (k = 1, 2, · · · , n). Ez azt jelenti, hogy az F elt˝ unik n egym´ashoz csatlakoz´o (a, b)-beli intervallum v´egpontjaiban. A Rolle-t´etel alapj´an az F 0 elt˝ unik a sz´oban forg´o intervallumok mindegyik´enek valamely bels˝o pontj´aban. Ezek a bels˝o pontok (n − 1) egym´ashoz csatlakoz´o intervallumot alkotnak, amelyek v´egpontjaiban az F 0 elt˝ unik. Az F 0 -re az eml´ıtett intervallumokon ism´et alkalmazva a Rolle-t´etelt azt kapjuk, hogy ezek mindegyik´enek van olyan bels˝o pontja, amelyben az F 00 elt˝ unik. Ezt az elj´ar´ast folytatva v´eg¨ ul azt kapjuk, hogy l´etezik olyan r´eszintervallum az (a, b)-ben, amelynek v´egpontjaiban az F (n−1) elt˝ unik. V´eg¨ ul erre alkalmazva a Rolle-t´etelt olyan ξx ∈ (a, b) hely l´etez´es´ere tudunk k¨ovetkeztetni, amelyben F (n) (ξx ) = 0. Minthogy az Ln f ∈ Pn−1 polinom n-edik deriv´altja 0 ´es az ωn n-edfok´ u polinom n-edik deriv´altja n!, az´ert 0 = F (n) (ξx ) = f (n) (ξx ) − Kx n!,
azaz
Kx =
f (n) (ξx ) . n!
Innen — a F (x) = 0 felt´etelt ´es a F defin´ıci´oj´at figyelembe v´eve — a bizony´ıtand´o ´all´ıt´as m´ar k¨ovetkezik. ¤ A Lagrange-polinom ´es a Taylor-polinom egy k¨oz¨os ´altal´anos´ıt´as´ahoz az al´abbi feladat kapcs´an juthatunk el.
6. F¨ uggel´ek
155
Legyenek σ1 , σ2 , · · · , σs ∈ K adott, p´aronk´ent k¨ ul¨onb¨oz˝o csom´opontok ´es m1 , m2 , · · · , ms ∈ N∗ , valamint y1,0 , y1,1 , · · · , y1,m1 −1 y2,0 , y2,1 , · · · , y2,m2 −1 .. . ys,0 , ys,1 , · · · , ys,ms −1 adott K-beli sz´amok. Legyen tov´abb´a n := m1 + m2 + · · · + ms . Keress¨ uk azt a Q ∈ Pn−1 polinomot, amelyre Q(j) (σk ) = yk,j
(14)
(k = 1, 2, · · · s, j = 0, 1, · · · , mk − 1)
teljes¨ ul. Most bebizony´ıtjuk a 3. T´etel k¨ovetkez˝o ´altal´anos´ıt´as´at.
4. T´etel. Egyetlen olyan (n − 1)-edfok´u Q polinom l´etezik, amelyre a (14 ) felt´etel teljes¨ ul. ´ s. Az egy´ertelm˝ Bizony´ıta us´eg — a 3. T´etel bizony´ıt´as´ahoz hasonl´oan — az algebra alapt´etel´enek egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye. A Q l´etez´ese — bizonyos line´aris algebrai ismeretekre t´amaszkodva — az unicit´as alapj´an egyszer˝ uen igazolhat´o. Legyen ugyanis Q(z) := c0 + c1 z + · · · + cn−1 z n−1
(z ∈ K).
A (14) felt´etelt fel´ırva az n-sz´am´ u c0 , c1 , · · · , cn−1 egy¨ utthat´ora egy n egyenletb˝ol ´all´o line´aris egyenletrendszert kapunk. Minthogy az unicit´as miatt a homog´en egyenletnek egyetlen megold´asa — a trivi´alis megold´as — l´etezik, az´ert a sz´oban forg´o egyenletrendszer determin´ansa nem nulla. K¨ovetkez´esk´eppen a (14) felt´etellel ekvivalens line´aris egyenletrendszer minden jobb oldal eset´en egy´ertelm˝ uen megoldhat´o. ¤ A most megfogalmazott feladat Q megold´as´at az adott csom´opontkhoz ´es adott yk,j adatokhoz tartoz´o Hermite-f´ele interpol´aci´os polinomnak nevezz¨ uk. A most ismertetett feladat helyett n´eha az al´abbit szok´as megfogalmazni. Legyen H ⊆ K olyan ny´ılt halmaz, amely tartalmazza a σj (j = 1, · · · , s) pontokat ´es jel¨olje m az mj − 1 (j = 1, · · · , s.) sz´amok maximum´at. Az adott m-szer differenci´alhat´o f : H → K f¨ uggv´enyhez keres¨ unk olyan Q ∈ Pn−1 polinomot, amelyre (15)
Q(j) (λk ) = f (j) (λk )
(j = 0, 1, · · · , mk − 1, k = 1, 2, · · · , s)
156
6.3. Racion´alis f¨ uggv´enyek felbont´asa
teljes¨ ul. A 4. T´etelt az yk,j := Q(j) (λk ) (j = 0, 1, · · · , mk − 1, k = 1, 2, · · · , s) adatokra alkalmazva azt kapjuk, hogy ennek a feladatnak pontosan egy megold´asa l´etezik, ´es ezt a Hn f szimb´olummal fogjuk jel¨olni. Az unicit´as alapj´an nyilv´anval´o, hogy (16)
Hn f = f,
ha
f ∈ Pn−1 .
A Hn f polinomot — a Lagrange-f´ele interpol´aci´os polinomhoz hasonl´oan — fel´ırhatjuk az u ´n. Hermite-f´ele alappolinomok line´aris kombin´aci´ojak´ent. Legyen ugyanis r ∈ {1, 2, · · · , s}, i ∈ {0, 1, · · · , mr − 1} ´es jel¨olje hr,i ∈ Pn−1 az al´abbi interpol´aci´os feladat megold´asa: (j)
(17)
hr,i (σk ) = δrk δij
(k = 1, 2, · · · , s, j = 0, 1, · · · , mk − 1),
ahol δrk a Kronecker-f´ele szimb´olum, azaz δrk = 1, ha r = k ´es δrk = 0, ha r 6= k. A hr,i defin´ıci´oj´ab´ol k¨ovetkezik, hogy k = 6 r eset´en σk a hr,i polinomnak mk multiplicit´as´ u gy¨oke, σr pedig i-szeres gy¨oke ennek a polinomnak. Innen nyilv´anval´o, hogy a hr,i polinom (18)
s Y
hr,i (z) = Rr,i (z)
(z − σk )mk
(z ∈ K),
k=1,k6=r
alak´ u, ahol Rr,i (z) =
m r −1 X
(j)
br,i (z − σr )j
(z ∈ K)
j=i (j)
´es a br,i ∈ K (j = i, i + 1, · · · , mr − 1) sz´amok (17) alapj´an a k = r, j = i, i + 1, · · · , mr − 1 eseteknek megfelel˝o felt´etelb˝ol ad´odnak. Bevezetve az (19)
Ωn (z) :=
s Y
(z − σk )mk
(z ∈ K)
k=1
n-edfok´ u polinomot a hr,i a k¨ovetkez˝o alakban ´ırhat´ok fel: Ã (20)
hr,i (z) = Ωn (z)
(m −1)
(m −2)
Ezekkel a Hn f a k¨ovetkez˝ok´eppen ´all´ıthat´o el˝o: (21)
(i)
br,i r br,i br,i r + + ··· + z − σr (z − σr )2 (z − σr )mr −i
Hn f =
s mX k −1 X k=1 j=0
f (j) (σk )hk,j .
! (z ∈ K).
6. F¨ uggel´ek
157
K¨onnyen bel´athat´o, hogy az m1 = m2 = · · · = ms , s = n speci´alis esetben Hn f a σ1 , · · · , σn alappontokhoz tartoz´o Lagrange-f´ele interpol´aci´os polinommal egyenl˝o. Ha viszont s = 1, k¨ovetkez´esk´eppen n = m1 , akkor Hn f az f f¨ uggv´eny σ1 helyhez tartoz´o n-edik Taylor-f´ele polinomj´aval egyenl˝o.
6.3. Racion´alis f¨ uggv´enyek felbont´asa Az Hermite-f´ele interpol´aci´oval kapcsolatban igazolt ´all´ıt´ast felhaszn´alva egyszer˝ uen bebizony´ıthat´o az 1.2. pont 2. T´etele. Induljunk ki a P/Q val´odi racion´alis f¨ uggv´enyb˝ol ´es tegy¨ uk fel, hogy a nevez˝o gy¨okt´enyez˝os felbont´asa Q(z) =
s Y
(z − σk )mk
(z ∈ K)
k=1
alak´ u, ahol a σk gy¨ok¨ok p´aronk´ent k¨ ul¨onb¨oz˝ok. Legyen n := m1 + · · · + ms . Ekkor P ∈ Pn−1 , s ez´ert ennek a σk (k = 1, · · · , s) ´es az mk (k = 1, · · · , s) adatok ´altal meghat´arozott Hermite-f´ele interpol´aci´os polinomj´ara (16) ´es (21) alapj´an P (z) = (Hn P )(z) =
s mX k −1 X
P (j) (σk )hk,j (z) (z ∈ K)
k=1 j=0
teljes¨ ul. A (19), (20) ´es Ωn = Q figyelembev´etel´evel ! Ã (mk −1) (mk −2) (j) s mX k −1 X b b b k,j k,j k,j P (z) = Q(z) P (j) (σk ) + + ··· + z − σk (z − σk )2 (z − σk )mk −j j=0 k=1
k¨ovetkezik. Innen l´athat´o, hogy P/Q el˝o´all´ıthat´o az rσk ,j (z) :=
1 (z − σk )j
(k = 1, · · · , s, j = 1, · · · , mk )
f¨ uggv´enyek line´aris kombin´aci´ojak´ent, s ezzel a 1.2. ny´ıtottuk. ¤
pont 2.
T´etel´et bebizo-
Ha P ´es Q val´os egy¨ utthat´os polinomok, akkor a P/Q racion´alis f¨ uggv´enynek l´etezik u ´n. val´os parci´alis felbont´asa. Ekkor ugyanis minden komplex gy¨okkel egy¨ utt annak komplex konjug´altja is gy¨ok, m´egpedig ugyanazzal a multiplicit´assal. K¨onnyen bel´athat´o, hogy ilyenkor a P/Q parci´alis felbont´as´aban az rσk ,j ´es rσ¯k ,j tagok egy¨ utthat´oi egym´as komplex konjug´altjai. Ezek ¨osszege Rσk ,j (x) := Ak,j rσk ,j (x) + A¯k,j rσ¯k ,j (x) = Sk,j (x) Ak,j (x − σ ¯k )j + A¯k,j (x − σk )j = 2 = j (x + px + q)j [(x − σ ¯k )(x − σ ¯k )]
158
6.3. Racion´alis f¨ uggv´enyek felbont´asa
alak´ u, ahol a nevez˝oben nyilv´anval´on val´os egy¨ utthat´os polinom ´all. Egyszer˝ u meggondol´assal ad´odik, hogy az Sk,j ∈ Pj polinom egy¨ utthat´oi is val´osak. Legyen s(x) := x2 + px + q (x ∈ R) ´es osszuk el az Sk,j polinomot s-sel. A h´anyadost q0 -lal az els˝ofok´ u marad´ekot r0 -lal jel¨olve fenn´all a k¨ovetkez˝o: Sk,j = sq0 + r0 . Az elj´ar´ast q0 -ra megism´etelve ´es a h´anyadost q1 -gyel a marad´ekot r1 -gyel jel¨olve azt kapjuk, hogy Sk,j = sq0 + r0 = s(sq1 + r1 ) + r0 = r0 + r1 s + q1 s2 . Ezt algoritmust folytatva olyan qk polinomsorozatot kapunk, amelyben a tagok foksz´ama szigor´ uan fogy. K¨ovetkez´esk´eppen van olyan i ∈ N, hogy Sk,j fel´ırhat´o Sk,j = r0 + r1 s + · · · + ri si , alakban, ahol r0 , r1 , · · · , ri line´aris f¨ uggv´enyek. k¨ovetkez˝o el˝o´all´ıt´as ad´odik: Rk,j =
Ezt felhaszn´alva az Rk,j -re a
q0 q1 qi + j−1 + · · · + j−i . sj s s
V´eg¨ ul a parci´alis felbont´asban v´eve a val´os gy¨ok¨ok j´arul´ek´at a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as ad´odik.
5.Tetel Legyen Q(x) =
k Y
(x − λi )mi
i=1
` Y
(x2 + αj x + βj )nj
(x ∈ R)
j=1
a val´os egy¨ utthat´os Q polinomnak egy felbont´asa, ahol a t´enyez˝ok p´aronk´ent k¨ ul¨onb¨oz˝ok ´es egy¨ utthat´oik val´osak. Legyen tov´abb´a P/Q egy val´odi racion´alis f¨ uggv´eny. Ekkor l´eteznek olyan Ai,j (i = 1, · · · , k, j = 1, · · · , mi ) ´es Bi,j , Ci,j (i = 1, · · · , `, j = 1, · · · , ni ) val´os sz´amok, amelyekkel a P/Q fel´ırhat´o k
m
`
n
i i XX P (x) X X Ai,j Bi,j x + Ci,j = + j 2 Q(x) (x − λi ) (x + αi x + βi )j i=1 j=1 i=1 j=1
(x ∈ R).
6. F¨ uggel´ek
159
Irodalom Javasolt irodalom 1. Leindler L. – Schipp F. Amal´ızis I. Egys´eges jegyzet. Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1976 2. P´ al J. – Schipp F. – Simon P. Amal´ızis II. Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1976 3. Rudin W.. A matematikai amal´ızis alapjai. M˝ uszaki K¨onyvkiad´o, Budapest, 1978. 4. Sz˝ okefalvi–Nagy B. Val´os f¨ uggv´enyek ´es f¨ uggv´enysorok. Egyetemi tank¨onyv, 3. kiad´as, Budapest, 1965 4. Sz˝ okefalvi–Nagy B. Komplex f¨ uggv´enytan. Egys´eges jegyzet, Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 19xx
A sorozatban megjelent k¨otetetek 1. 2. 3. 4. 5. 6.
Kamar´ as Lajos, Matematikai bevezet´es. JPTE P´ecs, 1994 Feh´er J´ anos, Sz´amelm´elet. JPTE P´ecs, 1994 Schipp Ferenc, Anal´ızis I. JPTE P´ecs, 1994 Stach´ o L´ aszl´ o, Geometria. JPTE P´ecs, 1994 Hetyei G´ abor, Kombinat´orika ´es gr´afelm´elet. JPTE P´ecs, 1995 Sz´ekelyhidi L´ aszl´ o, Val´osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´as ´es matematikai statisztika. JPTE P´ecs, 1996
