MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ KÉZI CSABA GÁBOR

Date: today. 1

2

KÉZI CSABA GÁBOR

1. Logikai állítások, muveletek ˝

1.1. Definíció. Matematikai értelemben állításnak nevezünk egy olyan kijelentést, melynek igazságértéke egyértelm˝uen eldönthet˝o. 1.2. Példa. Matematikai értelemben nem állítás például az, hogy „Holnap jó m˝usor lesz a TV-ben” . Matematikai értelemben állítás például az, hogy „Minden prímszám páros” . Az els˝o kijelentés a jöv˝ore vonatkozik, így annak igazságértékét nem tudjuk eldönteni, míg a második kijelentésr˝ol egyértelm˝uen eldönthet˝o, hogy az egy hamis állítás. 1.3. Definíció. A „ha p, akkor q” kapcsolatnak megfelel˝o logikai m˝uveletet implikációnak nevezzük, melynek p az el˝otagja, q pedig az utótagja. Az implikáció logikai értéke hamis, ha az el˝otagja igaz, és az utótagja hamis, különben az implikáció igaz. Jele: p ⇒ q. Ezt úgy is kiolvashatjuk, hogy p implikálja q-t, vagy másképp p-b˝ol következik q. Az implikáció igazságtáblázata: p q p⇒q I I I I H H H I I H H I 1.4. Megjegyzés. Ha az implikáció el˝otagja hamis, akkor az implikáció igaz, az utótag igazságértékét˝ol függetlenül. Emiatt az alábbi állítás igaz: ha a 2 prímszám, akkor minden négyszög téglalap. 1.5. Megjegyzés. Az implikáció nem kommutatív, és nem is asszociatív, azaz: • p ⇒ q nem azonos q ⇒ p-vel; • (p ⇒ q) ⇒ r nem azonos azzal, hogy p ⇒ (q ⇒ r). 1.6. Definíció. Ha „p”-b˝ol következik „q”, akkor azt mondjuk, hogy q szükséges feltétele p-nek, vagy p elégséges feltétele q-nak. 1.7. Példa. Nyilvánvaló, hogy ha egy szám osztható 4-el, akkor páros. Ezt úgy is mondhatjuk, hogy a párosság szükséges feltétele a 4-el való oszthatóságnak. Nyilvánvalóan a feltétel nem elégséges, ugyanis abból, hogy egy szám páros még nem következik az, hogy 4-el osztható. 1.8. Definíció. Azt mondjuk, hogy a „p” és „q” állítások ekvivalensek, ha p és q logikai értéke megegyezeik, azaz p akkor igaz, ha q igaz, és p akkor hamis, q hamis. Jele: p ⇔ q. Ha p és q ekvivalensek, akkor azt úgy is kiolvashatjuk, hogy p „akkor és csak akkor” teljesül, ha q teljesül, vagy úgy is, hogy p „pontosan akkor” teljesül, ha q teljesül. Az ekvivalencia igazságtáblázata: p q p⇔q I I I I H H H I H H H I 1.9. Megjegyzés. Az, hogy a p és q állítások ekvivalensek, azt jelenti, hogy p ⇒ q és q ⇒ p is teljesül.

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ

3

1.10. Példa. Ismert, hogy egy háromszög pontosan akkor derékszög˝u, ha a befogóinak négyzetösszege megegyezik az átfogó négyzetével. Ez az állítás részletesebben kiírva az alábbi két állítást jelenti: • ha egy háromszög derékszög˝u, akkor a befogóinak négyzetösszege megegyezik az átfogó négyzetével; • ha egy háromszögben a két rövidebb oldal négyzetnének összege megegyezik a hosszabbik oldal négyzetével, akkor a háromszög derékszög˝u. 1.11. Definíció. Az állításokat az alábbi logikai m˝uveletek segítségével összekapcsolhatjuk, így újabb, összetett állításokat kapunk: • egy p állítás tagadásán vagy negációján azt az állítást értjük, amely igaz, ha p hamis, és hamis, ha p igaz. Jele: ¬p. A negáció igazságtáblázata: p = 6 p I H H I • a p és q állítások konjunkcióján azt az állítást értjük, amely pontosan akkor igaz, ha mindkét állítás igaz. Jele: p ∧ q. A konjunkció igazságtáblázata: p q p∧q I I I I H H H I H H H H • a p és q állítások diszjunkcióján azt az állítást értjük, amely pontosan akkor hamis, ha mindkét állítás hamis. Jele: p ∨ q. A diszjunkció igazságtáblázata: p q p∨q I I I I H I H I I H H H 1.12. Definíció. Nyitott mondatnak nevezünk egy olyan állítást, amely változót tartalmaz. Igazságértéke a változó értékét˝ol függ. Ha A(x) nyitott mondat (x a változó), akkor ebb˝ol új állításokat nyerhetünk a ∃ létezik és a ∀ minden úgynevezett kvantorok segítségével. Ezen kvantorok tagadása ¬ (∀x)A(x) = (∃x) ¬A(x) ¬ (∃x)A(x) = (∀) ¬A(x) . Szavakban megfogalmazva, ha az A(x) állítás minden x-re teljesül, akkor ennek tagadása, hogy van olyan x, amire az A(x) állítás nem teljesül. Ha van olyan x, amelyre az A(x) teljesül, akkor ennek tagadása, hogy minden x esetén az A(x) „nem teljesül”. 1.13. Definíció. Tautológiának nevezünk egy olyan állítást, amely azonosan igaz. 1.14. Példa. Ha p egy tetsz˝oleges állítás, akkor p ∨ ¬p tautológia, ugyanis

4

KÉZI CSABA GÁBOR

p = 6 p p ∨ ¬p I H I H I I 1.15. Feladat. Állításnak tekinthet˝oek-e az alábbi kijelentések? Ha igen, adjuk meg az igazságértékét! 1. Éva a legszebb lány az iskolában. 2. A 100 nagy szám. 3. Az 5 négyzetgyöke racionális szám. megoldás: 1. nem állítás; 2. nem állítás; 3. állítás, igazságértéke hamis. 1.16. Feladat. Fogalmazzuk meg az alábbi kijelentések tagadását! 1. A csoportban minden hallgató szereti a matematikát. 2. Van olyan holló, amelyik nem fekete. 3. Bármely két egyenes metszi egymást. megoldás: 1. A csoportban van olyan hallgató, aki nem szereti a matematikát. 2. Minden holló fekete. 3. Létezik két olyan egyenes, amelyek nem metszik egymást. 1.17. Feladat. Fogalmazzuk meg az alábbi állítás megfordítását: ha egy egy háromszög derékszög˝u, akkor az átfogó felez˝opontja, a háromszög köré írt körének középpontja. Fogalmazzuk meg az állítást és a megfordítását egy mondatban! megoldás: Az állítás megfordítása: „ha egy háromszög egyik oldalának felez˝opontja a háromszög köré írt körének középpontja, akkor a háromszög derékszög˝u”. Az állítás és megfordításának egy mondatban való megfogalmazása: „egy háromszög pontosan akkor derékszög˝u, ha az átfogójának felez˝opontja egybeesik a köré írt körének középpontjával”. 1.18. Feladat. Tekintsük az alábbi kijelentéseket: p: kinyitottam a süt˝ot q: kivettem a tálat r: megégettem a kezem. Fogalmazzuk meg szövegesen a (p ∧ q) ∧ ¬r formulának megfelel˝o kijelentést. megoldás:


5

Kinyitottam a süt˝ot és kivettem a tálat és nem égettem meg a kezem. 1.19. Feladat. Igazoljuk, hogy tetsz˝oleges p és q állítások esetén teljesül, hogy ¬(p ∧ q) = ¬p ∨ ¬q (de-Morgan azonosság). megoldás: Felírva az igazságtáblázatot, egyrészt p q p ∧ q ¬(p ∧ q) I I I H I H H I H I H I H H H I másrészt p q ¬p ¬q ¬p ∨ ¬q I I H H H I H H I I H I I H I H H I I I Tehát a két formula igazságértéke azonos, amivel igazoltuk az állítást. 1.20. Feladat. Igazoljuk, hogy tetsz˝oleges p, q és r állítások esetén teljesül, hogy (p ∧ q) ∨ r = (p ∨ r) ∧ (q ∨ r) (disztributivitás). megoldás: Felírva az igazságtáblázatot, egyrészt p I I H H I I H H

q I H I H I H I H

r p ∧ q (p ∧ q) ∨ r I I I I H I I H I I H I H I I H H H H H H H H H

másrészt p I I H H I I H H

q I H I H I H I H

r p ∨ r q ∨ r (p ∨ r) ∧ (q ∨ r) I I I I I I I I I I I I I I I I H I I I H I H H H H I H H H H H

6

KÉZI CSABA GÁBOR

Tehát a két formula igazságértéke azonos, amivel igazoltuk az állítást. 1.21. Feladat. Helyes-e az alábbi következtetés: „Ha moziba megyek, nem tudok tanulni. De tanultam. Tehát nem voltam moziban.” megoldás: Jelölje p azt az állítást, hogy „moziba megyek”, q pedig azt hogy „tanultam”. Ekkor a (p ⇒ ¬q) ∧ q ⇒ ¬p formula igazságértékét szeretnénk vizsgálni p q ¬q p ⇒ ¬q (p ⇒ ¬q) ∧ q ¬p (p ⇒ ¬q) ∧ q ⇒ ¬p I I H H H H I I H I I H H I H I H I I I I H H I I H I I Az eredmény minden esetben igaz, a következtetés tehát helyes.


7

2. Halmazelméleti alapok 2.1. Megjegyzés. A halmaz, elem, eleme fogalmakat nem definiáljuk, adottnak tekintjük. A halmaz bizonyos jól meghatározott, különböz˝o objektumok összességét jelenti. A halmazt alkotó objektumok a halmaz elemei. Egy halmazban minden elem csak egyszer fordulhat el˝o és az elemek sorrendje tetsz˝oleges. Egy halmazt akkor tekintünk adottnak, ha minden elemr˝ol egyértelm˝uen el tudjuk dönteni, hogy benne van-e a halmazban. A halmazokat latin nagybet˝ukkel, a halmaz elemeit latin kisbet˝ukkel jelöljük. Azt, hogy az a eleme eleme az A halmaznak az a ∈ A jelöléssel fejezzük ki, míg ennek tagadására az a ∈ / A jelölést használjuk. Halmazokat megadhatunk az elemeinek felsorolásával: A = {1, 2, 3}, vagy valamilyen tulajdonsággal: B = {x ∈ R | x > 0} (kiolvasva: az A halmaz azokat a valós számokat tartalmazza, melyek pozitívak). 2.2. Példa. Az A = {szép lányok} matematikai értelemben nem halmaz, míg a B = {egyjegy˝u prímszámok} már halmaz. 2.3. Definíció. Üreshalmaznak nevezzük azt a halmazt, melynek egyetlen eleme sincs. Jele: ∅. 2.4. Definíció. Azt mondjuk, hogy az A és B halmazok egyenl˝oek, ha az elemeik ugyanazok. Jele: A = B. Ennek tagadására az A 6= B jelölést használjuk. 2.5. Példa. Az A = {1, 3, 5, 7, 9} B = {páratlan számok} C = {n ≤ 9 | n pozitív egész szám} halmazokra A = C, de B 6= C. 2.6. Definíció. Azt mondjuk, hogy az A halmaz részhalmaza a B halmaznak, ha az A halmaz minden eleme a B halmaznak is eleme. Jele: A ⊂ B. Az A halmaz valódi részhalmaza B-nek, ha A részhalmaza B-nek, de a két halmaz nem esik egybe. 2.7. Megjegyzés. Nyilvánvaló, hogy az üreshalmaz minden halmaznak részhalmaza. 2.8. Példa. Az A = {1, 2, 3} halmaznak részhalmaza a B = {2, 3} halmaz, jelölésben B ⊂ A. 2.9. Példa. A páros számok részhalmazát alkotják az egész számok halmazának. 2.10. Definíció. Egy halmaz összes részhalmazaiból képzett halmazt az adott halmaz hatványhalmazának nevezzük. Jele: P (A). 2.11. Példa. Az A = {1, 2} halmaz hatványhalmaza P (A) = ∅, {1}, {2}, {1, 2} halmaz. 2.12. Definíció. Azt mondjuk, hogy az A és B hamlazok diszjunktak, ha nincs közös elemük.

8

KÉZI CSABA GÁBOR

2.13. Példa. Az A = {1, 2} és a B = {3, 4} halmazok diszjunktak. 2.14. Tétel. Az A és B halmazok pontosan akkor egyenl˝oek, ha egymásnak kölcsönösen részhalmazai, azaz ha A ⊂ B és B ⊂ A teljesül. Bizonyítás: Ha A = B, akkor nyilván A ⊂ B és B ⊂ A is teljesül. Megfordítva, ha A ⊂ B, akkor A minden eleme B-nek is eleme; másérszt ha B ⊂ A, akkor B minden eleme A-nak is eleme, így A = B. 2.15. Definíció. (m˝uveletek halmazokkal) Legyen U 6= ∅ és A, B, C ⊂ U . (1) Az A és B halmazok unióján azt az A ∪ B-vel jelölt halmazt értjük, melynek elemei legalább az egyik halmaznak elemei, azaz A ∪ B = {x | x ∈ A vagy x ∈ B}.

(2) Az A és B halmazok metszetén azt az A ∩ B-vel jelölt halmazt értjük, melynek elemei mindkét halmaznak elemei, azaz A ∩ B = {x | x ∈ A és x ∈ B}.

(3) Az A különbség B halmazon azt az A \ B halmazt értjük, melynek elemei A-nak elemi, de B-nek nem elemei, azaz A \ B = {x | x ∈ A és x ∈ / B}.

(4) Egy A halmaz komplementerén azt az Ac halmazt értjük, melynek elemei az A halmaznak nem elemei. 2.16. Példa. Legyen A={1, 3, 4, 5, 6}, B={2, 4, 5, 7, 8}, U={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Ekkor A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A ∩ B = {4, 5}, A \ B = {1, 3, 6}, Ac = {2, 7, 8, 9}. 2.17. Tétel. (halmazm˝uveletek tulajdonságai) Legyenek A, B, C egy U alaphalmaz részhalmazai. Ekkor igazak a következ˝o állítások: (1) A ∪ B = B ∪ A, azaz az unió kommutatív; (2) A ∩ B = B ∩ A, azaz a metszet kommutatív; (3) (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C), azaz az unió asszociatív;


9

(4) (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C), azaz a metszet asszociatív; (5) (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C), azaz a metszet disztributív az unióra nézve; (6) (A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C), azaz az unió disztributív a metszetre nézve; (7) A ∪ A = A, (8) A ∪ Ac = U ,

A ∩ A = A, azaz az unió és a metszet idempotens; A ∩ Ac = ∅;

(9) (A ∪ B)c = Ac ∩ B c , (A ∩ B)c = Ac ∪ B c , azaz teljesülnek az úgynevezett de-Morgan azonosságok. Bizonyítás: (1) Ha x ∈ (A ∪ B) tetsz˝oleges, akkor x ∈ A vagy x ∈ B, azaz x ∈ B vagy x ∈ A, így x ∈ (B ∪ A), amib˝ol következik, hogy (A ∪ B) ⊂ (B ∪ A). Ha x ∈ (B ∪ A) tetsz˝oleges, akkor x ∈ B vagy x ∈ A, azaz x ∈ A vagy x ∈ B, így x ∈ (A ∪ B), amib˝ol következik, hogy (B ∪ A) ⊂ (A ∪ B). Tehát A ∪ B és B ∪ A egymásnak kölcsönös részhalmazai, így a halmazok egyenl˝oek. (2) Ha x ∈ (A ∩ B) tetsz˝oleges, akkor x ∈ A vagy x ∈ B, azaz x ∈ B vagy x ∈ A, így x ∈ (B ∩ A), amib˝ol következik, hogy (A ∩ B) ⊂ (B ∩ A). Ha x ∈ (B ∩ A) tetsz˝oleges, akkor x ∈ B vagy x ∈ A, azaz x ∈ A vagy x ∈ B, így x ∈ (A ∩ B), amib˝ol következik, hogy (B ∩ A) ⊂ (A ∩ B). Tehát A ∩ B és B ∩ A egymásnak kölcsönös részhalmazai, így a halmazok egyenl˝oek. A többi állítás is hasonlóan igazolható. 2.18. Megjegyzés. A következ˝okben a középiskolaihoz hasonló tárgyalásmódban vezetjük be a nevezetes számhalmazokat. 2.19. Definíció. Az N = {1, 2, 3 ...} halmazt a természetes számok halmazának nevezzük. 2.20. Megjegyzés. A természetes számok halmazából az összeadás és a szorzás m˝uvelete nem vezet ki, azaz két természetes szám összege, illetve két természetes szám szorzata is természetes szám. 2.21. Megjegyzés. Legyen A(n) egy n természetes számtól függ˝o állítás. Ha bebizonyítjuk, hogy • A(1) igaz és • feltéve, hogy A(n) igaz valamely n-re, következik, hogy A(n + 1) is igaz, akkor az állítás minden természetes számra igaz. Ezt a bizonyítási módszert teljes indukciónak nevezzük. A teljes indukció nemcsak n = 1-t˝ol, hanem tetsz˝oleges n0 ∈ N számmal is kezd˝odhet. 2.22. Példa. Kiszámoljuk az els˝o n természetes szám összegét, azaz bebizonyítjuk, hogy 1 + 2 + ... + n =

n(n + 1) , 2

(n ∈ N).

El˝oször n = 1-re megvizsgáljuk, hogy teljesül-e az egyenl˝oség: a baloldal 1, a jobboldal Tehát a baloldalon és a jobboldalon ugyanazt kaptuk, így n = 1-re igaz az egyenl˝oség. Tegyük föl, hogy n-re igaz az állítás, azaz 1 + 2 + ... + n =

n(n + 1) , 2

(n ∈ N).

1·(1+1) 2

= 1.

10

KÉZI CSABA GÁBOR

teljesül, és bizonyítsuk be n + 1-re az összefüggést! A bizonyítandó egyenl˝oség (n + 1) (n + 1) + 1 1 + 2 + . . . + n + (n + 1) = . 2 Felhasználva, hogy n-re igaz az állítás, majd a jobboldalon elvégezve az összevonást, beszorozva mindkét oldalt 2-vel, ezután n + 1-el végigosztva az egyenletet (ami megtehet˝o, mivel n + 1 6= 0), azt kapjuk, hogy (n + 1) (n + 1) + 1 n(n + 1) + (n + 1) = 2 2 n(n + 1) (n + 1)(n + 2) + (n + 1) + (n + 1) = 2 2 n(n + 1) + 2(n + 1) = (n + 1)(n + 2) n + 2 = n + 2. Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk. Megjegyezzük, hogy az összefüggés teljes indukció nélkül is belátható lett volna, például úgy, hogy a baloldalon szerepl˝o összeg egy számtani sorozat els˝o n tagjának összege (a1 = 1, d = 1, an = n), melyet a középsikolából jól ismert összegzési képlet segítségével is kiszámolhatunk Sn =

n n(n + 1) (a1 + an ) = . 2 2

A feladat történeti érdekessége Carl Friedrich Gauss német matematikushoz (akinek a nevével a kés˝obbiekben még többször is fogunk találkozni) köt˝odik. Gauss általános iskolai tanára, J. G. Büttner a diákjait azzal akarta lefoglalni, hogy 1-t˝ol 100-ig adják össze az egész számokat. A fiatal Gauss mindenki megdöbbenésére másodpercek alatt megadta a helyes megoldást, megvillantva matematikai éleselméj˝uségét. Észrevette, hogy a sor ellenkez˝o végein lév˝o számok párokba állításával azonos összegeket kap: 1 + 100 = 101, 2 + 99 = 101, 3 + 98 = 101 stb., ami összesen 50 · 101 = 5050-et eredményez. Ha összeg tagjait fordított sorrendben az eredeti összeg alá méginkább látszik a gondolatmenet: 1 + 2 + . . . + 99 + 100 100 + 99 + . . . + 2 + 1 101 + 101 + . . . + 101 + 101. A 101-et 100-szor adtuk össze, így az 101 · 100, de minden tagot duplán számoltunk, így a keresett összeg 101 · 100 = 101 · 50 = 5050. 2 2.23. Példa. Bebizonyítjuk, hogy 2 osztója n2 + n-nek minden n ∈ N-nek. Az állítás n = 1-re nyilván igaz, hiszen 2 osztója a 2-nek. Tegyük föl, hogy n-re igaz az állítás, azaz 2 osztója n2 + nnek. Be fogjuk látni, hogy 2 osztója (n + 1)2 + (n + 1)-nek is. Mivel (n + 1)2 + (n + 1) = n2 + 2n + 1 + n + 1 = n2 + n + 2n + 2 = n2 + n + 2(n + 1), továbbá a feltevésünk szerint a 2 osztója az n2 + n-nek, másrészt a 2 nyilván osztója 2(n + 1)-nek, ezért 2 osztója ezek összegének is, amivel igazoltuk az állítást.


11

Megjegyezzük, hogy az állítás teljes indukció nélkül is igazolható, ugyanis n(n + 1) egy páros és egy páratlan szám szorzata, ami mindig páros, így osztható 2-vel. 2.24. Definíció. Ha n ∈ N, akkor n faktoriálisa az els˝o n pozitív egész szám szorzata. Jele: n!. Definíció szerint 0! = 1. 2.25. Példa. 5! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 120 2.26. Definíció. Ha n ∈ N és k ∈ N ∪ {0} és n ≥ k, akkor az n! n = k k!(n − k)! módon definiált szimbólumot binomiális együtthatónak nevezzük, és „n alatt a k”-nak olvassuk. 2.27. Példa. 5 5! 5! 4·5 20 = = = = = 10 2 2!(5 − 2)! 2!3! 2! 2 2.28. Tétel. Ha n ∈ N és k ∈ N ∪ {0} és n ≥ k, akkor az n n = . k n−k Bizonyítás: Ha n ∈ N és k ∈ N ∪ {0} és n ≥ k, akkor n n! , = k!(n − k)! k másrészt

n n−k

=

n! n! n! = = , (n − k)!k! k!(n − k)! (n − k)! n − (n − k) !

amivel az állítást igazoltuk. 2.29. Tétel. Ha n ∈ N és k ∈ N ∪ {0} és n ≥ k, akkor n n n+1 + = . k k+1 k+1 Bizonyítás: Mivel n n! = , k k!(n − k)! msárészt

n k+1

=

n! , (k + 1)! n − (k + 1) !

12

KÉZI CSABA GÁBOR

ezért n n n! n! n!(k + 1) + n!(n − k) = + = + = k k+1 k!(n − k)! (k + 1)! n − (k + 1) ! (k + 1)!(n − k)! n! k + 1 + (n − k) n! · (n + 1) (n + 1)! = = = = (k + 1)!(n − k)! (k + 1)!(n − k)! (k + 1)!(n − k)! (n + 1)! n+1 = = . (k + 1)!((n + 1) − (k + 1))! k+1 Ezzel az állítást igazoltuk. 2.30. Tétel. (binomiális tétel) Ha n ∈ N, és a, b ∈ R, akkor n X n n n n−1 n n−2 2 n n n n−k k n (a + b) = a ·b = a + a ·b+ a · b + ... + b . k 0 1 2 n k=0 Bizonyítás: Az állítás n = 1 esetén nyilván igaz, hiszen ekkor a + b = a + b. Tegyük fel, hogy n-re igaz az állítás, és bizonyítsuk be n + 1-re. El˝oször (a + b)n+1 -et felírjuk úgy, hogy alkalmazni tudjuk a feltevésünket (a + b)n · (a + b) alakban, majd alkalmazzuk az indukciós feltevést, felbontjuk a zárójelet, majd a tagokat megfelel˝o módon csoportosítjuk, és alkalmazzuk az n n n+1 + = k k+1 k+1 összefüggést (a + b)n+1 = (a + b)n · (a + b) = (a + b)n · a + (a + b)n · b = n n+1 n n n n−1 2 n = a + a ·b+ a · b + ... + a · bn + 0 1 2 n n n n n−1 2 n n−2 3 n n+1 + a ·b+ a ·b + a · b + ... + b = 0 1 2 n n n n n n+1 n =a + + ·a ·b+ + · an−1 · b2 + 1 0 2 1 n n + ... + + · a · bn + bn+1 = n n−1 n+1 n n + 1 n−1 2 n+1 n+1 =a + a ·b+ a · b + ... + a · bn + bn+1 = 1 2 n n+1 = (a + b) . Ezzel az állítást igazoltuk. 2.31. Megjegyzés. A binomiális tétel két tag összegének (különbségének) n-edik hatványának kiszámolására vonatkozó formula.


13

2.32. Példa. Kiszámoljuk az (a − b)3 kifejezést binomiális tétel segítségével: 3 3 3 2 3 3 3 0 1 2 (a − b) = a (−b) + a (−b) + a(−b) + (−b)3 = 0 1 2 3 3! 2 3! 2 = a3 − a b+ ab − b3 = a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 . 1! · 2! 2!1! 2.33. Következmény. Ha n ∈ N, akkor n n n n + + + ... + = 2n . 0 1 2 n Bizonyítás: A binomiális tételt alkalmazva n n n n−1 n n−2 2 n n n n n n n n 2 = (1+1) = 1 + 1 ·+ 1 ·1 +. . .+ 1 = + + +. . .+ , 0 0 0 n 0 1 2 n amivel igazoltuk az állítást. 2.34. Következmény. Egy n elem˝u véges halmaz összes részhalmazának száma 2n . Másképp fogalmazva n elem˝u véges halmaz hatványhalmazának számossága 2n . n n n Bizonyítás: Egy n elem˝ u halmaz 0, 1, 2, stb. n elem˝ u részhalmazainak száma rendre , 1 , 2 , 0 n stb. n , így az összes részhalmazok száma ezek összege, ami az el˝oz˝o következmény miatt éppen 2n -el egyenl˝o. 2.35. Példa. Egy 5 elem˝u halmaznak 25 = 32 részhalmaza van. 2.36. Definíció. A Z = −N ∪ N ∪ {0} = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .} halmazt az egész számok halmazának nevezzük. 2.37. Megjegyzés. Az egész számok halmazából az összeadás, a kivonás és a szorzás m˝uvelete nem vezet ki, azaz két egész szám összege, különbsége, illetve két egész szám szorzata is egész szám. 2.38. Megjegyzés. Az egész számok halmazának részhalmaza a természetes számok halmaza. 2.39. Definíció. Racionális számok halmazának nevezzük azt a halmazt, melynek elemei el˝oállnak két egész szám hányadosaként. Jele: Q. 2.40. Megjegyzés. Az racionális számok halmazából az összeadás, a kivonás, a szorzás és az osztás m˝uvelete nem vezet ki, azaz két racionális szám összege, különbsége, illetve két egész szám szorzata és hányadosa is racionális szám. 2.41. Megjegyzés. A racionális számok halmaza részhalmazként tartalmazza az egész számok és a természetes számok halmazát, pontosabban N ⊂ Z ⊂ Q. 2.42. Megjegyzés. Minden racionális szám felírható véges vagy szakaszosan ismétl˝od˝o végtelen tizedes tört alakban. 2.43. Példa. Például véges tizedes tört esetén 0, 1234 =

1234 , 10000

végtelen tizedes tört esetén 4 1, 3˙ = , 3

14

KÉZI CSABA GÁBOR

ugyanis x = 1, 3˙ ˙ majd kivonva egymásból a két egyenletet 9x = 12 adódik, amib˝ol az x-et esetén 10x = 13, 3, kifejezve, majd a kapott törtet egyszer˝usítve 12 4 x= = 9 3 adódik. 2.44. Definíció. Irracionális számok halmazának nevezzük azt a halmazt, melynek elemei nem állnak el˝o két egész szám hányadosaként. Jele: Q? . √ √ 2.45. Példa. A 2 szám irracionális, ugyanis tegyük fel, hogy 2 racionális. Ekkor léteznek olyan p és q egész számok, hogy √ p 2 = , p ∈ Z, q ∈ Z \ 0, q továbbá feltehet˝o, hogy p-nek és q-nak nincs közös osztója, azaz a tört tovább már nem egyszer˝usíthet˝o. Mindkét oldalt négyzetre emelve, majd beszorozva q 2 -el azt kapjuk, hogy 2q 2 = p2 . Ez azt jelenti, hogy p2 osztható 2-vel. Viszont egy páratlan szám négyzete is páratlan. Ebb˝ol következik, hogy p osztható 2-vel, azaz van olyan k egész szám, hogy p = 2k, vagyis p2 = 4k 2 . Ugyanakkor p2 = 2q 2 , tehát 4k 2 = 2q 2 , vagyis 2k 2 = q 2 . Azaz q 2 páros, de akkor q is páros, azaz osztható 2-val, ami ellenetmond annak, hogy p-nek is q-nak nincs közös osztója. 2.46. Definíció. Valós számok halmazának nevezzük a Q ∪ Q? halmazt. Jele: R. 2.47. Megjegyzés. A valós számok halmazából nem vezet ki a négy alapm˝uvelet, és a pozitív számokból való négyzetgyökvonás. 2.48. Megjegyzés. (testaxiómák) Az összeadás és a szorzás tulajdonságai a valós számok halmazán: • minden x, y ∈ R esetén x + y = y + x, azaz az összeadás kommutatív • minden x, y, z ∈ R esetén (x + y) + z = x + (y + z), azaz az összeadás asszociatív • létezik 0 ∈ R úgy, hogy x + 0 = x minden x ∈ R esetén, azaz létezik zéruselem • minden x ∈ R esetén létezik y ∈ R úgy, hogy x + y = 0, azaz minden valós számnak van additív inverze • minden x, y ∈ R esetén x · y = y · x, azaz az szorzás kommutatív • minden x, y, z ∈ R esetén (x · y) · z = x · (y · z), azaz a szorzás asszociatív • létezik 1 ∈ R úgy, hogy x · 1 = x minden x ∈ R esetén, azaz létezik egységelem • minden x ∈ R \ 0 esetén létezik y ∈ R úgy, hogy x · y = 1, azaz minden nullától különböz˝o valós számnak van multiplikatív inverze • minden x, y, z ∈ R esetén x(y + z) = xy + xz, azaz a szorzás disztributív az összeadásra nézve. 2.49. Megjegyzés. (rendezési axiómák) A valós számok halmazán értelmezett ≤ reláció teljesíti az alábbi tulajdonságokat • x≤x • ha x ≤ y és y ≤ x, akkor x = y


• • • •

15

ha x ≤ y és y ≤ z, akkor x ≤ z minden x, y ∈ R esetén x ≤ y vagy y ≤ x teljesül ha x ≤ y, akkor minden z ∈ R esetén x + z ≤ y + z ha x ≤ y, akkor minden z ≥ 0 esetén x · z ≤ y · z.

2.50. Definíció. Az A ⊂ R halmaz felülr˝ol korlátos, ha létezik olyan K ∈ R, amely nagyobb vagy egyenl˝o minden A-beli elemnél. Ekkor a K-t az A halmaz egy fels˝o korlátjának mondjuk. 2.51. Definíció. Az A ⊂ R halmaz alulról korlátos, ha létezik olyan k ∈ R, amely kisebb vagy egyenl˝o minden A-beli elemnél. Ekkor a k-t az A halmaz egy alsó korlátjának mondjuk. 2.52. Definíció. Azt mondjuk, hogy az A ⊂ R halmaz korlátos, ha alulról és felülr˝ol is korlátos. 2.53. Példa. Az

A=

2 1 2 3 + n ∈ N = 5, 4, 3 + , 3 + . . . n 3 2

halmaz minden eleme kisebb vagy egyenl˝o, mint 5 (vagy 6, vagy 10), így a halmaz alaulról korlátos, másrészt a halmaz minden eleme nagyobb vagy egyenl˝o, mint 3 (vagy 2 vagy -10), így a halmaz felülr˝ol korlátos, tehát a halmaz korlátos. 2.54. Példa. Az

n o A = (−2)n n ∈ N = {−2, 4, −8, 16, . . .}

halmaz alulról sem korlátos és felülr˝ol sem korlátos. 2.55. Példa. Az

n o n A = 2 n ∈ N = {2, 4, 8, 16, . . .}

halmaz alulról korlátos, egy alsó korlátja a 2, de felülr˝ol nem korlátos, így nem korlátos. 2.56. Definíció. Ha az A halmaz felülr˝ol korlátos, akkor az A fels˝o korlátainak legkisebbikét az A pontos fels˝o korlátjának vagy supremumának nevezzük. Jele: sup A. Ha a pontos fels˝o korlát eleme is a halmaznak, azaz sup A ∈ A, akkor azt maximumnak mondjuk. Jele max A. 2.57. Definíció. Ha az A halmaz alulról korlátos, akkor az A alsó korlátainak legnagyobbikát az A pontos alsó korlátjának vagy infimumának nevezzük. Jele: inf A. Ha a pontos alsó korlát eleme is a halmaznak, azaz ∈ A ∈ A, akkor azt minimumnak mondjuk. Jele min A. 2.58. Példa. Az

A=

4 4 1 + n ∈ N = 5, 3, 1 + , 2 . . . n 3

halmaz esetén inf A = 1, sup A = 5, minimuma nem létezik, mert 1 ∈ / A, max A = 5. 2.59. Tétel. Egy A ⊂ R halmaz pontosan akkor korlátos, ha létezik K ∈ R valós szám, hogy |x| ≤ K minden x ∈ A esetén. Bizonyítás: • Ha A korlátos, akkor alulról is és felülr˝ol is korlátos, így léteznek olyan k1 és k2 valós számok, hogy x ≥ k1 , illetve x ≤ k2 minden x ∈ A esetén, azaz k1 ≤ x ≤ k2 . Legyen K = max{k1 , k2 }. Ekkor −K < x < K, azaz |x| ≤ K.

16

KÉZI CSABA GÁBOR

• Ha |x| ≤ K, akkor −K ≤ x ≤ K, azaz A minden A-beli elem nagyobb, vagy egyenl˝o mint −K, tehát A alulról korlátos és minden A-beli elem kisebb vagy egyenl˝o, mint K, azaz A felülr˝ol korlátos, így A korlátos. Ezzel az állítást igazoltuk. 2.60. Definíció. Intervallumoknak nevezzük a valós számegyenes olyan, legalább kételem˝u részhalmazait, amelyeknek bármely két elemükkel együtt az illet˝o elemek között elhelyezked˝o összes valós szám is elemük. ]a, b] = {x ∈ R | a < x ≤ b} [a, b] = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b} ]a, b[= {x ∈ R | a < x < b}

[a, b[= {x ∈ R | a ≤ x < b}

2.61. Megjegyzés. Intervallumok az alábbiak is ] − ∞, b[= {x ∈ R | x < b} ]a, ∞[= {x ∈ R | x > a} [a, ∞[= {x ∈ R | x ≥ a}

] − ∞, b] = {x ∈ R | x ≤ b}

2.62. Példa. Az A = [1, 8[ intervallum alulról és felülr˝ol is korlátos, továbbá • inf A = 1 • sup A = 8 • min A = 1, mert az infimum eleme az A halmaznak • max A nem létezik, mert a supermum nem eleme a halmaznak. 2.63. Példa. Az A = [1, ∞[ intervallum alulról korlátos, felülr˝ol nem korlátos, így nem korlátos, továbbá • inf A = 1 • sup A nem létezik, mert a halmaz felülr˝ol nem korlátos • min A = 1, mert az infimum eleme az A halmaznak • max A nem létezik. 2.64. Megjegyzés. (teljességi axióma) A valós számok halmazán minden nem üres, felülr˝ol korlátos részhalmaznak van pontos fels˝o korlátja. 2.65. Megjegyzés. A pontos fels˝o korlát fogalma nem vezet ki a valós számok halmazából, ellentétben a racionális számok halmazával. Például az A = {x ∈ Q | x2 < 2} halmaznak a racionális számok halmazán nincs pontos fels˝o korlátja.


17

2.66. Definíció. Az x ∈ R valós szám r > 0 sugarú környezetén a G(x, r) = {h ∈ R | |x − h| < r} halmazt értjük. 2.67. Megjegyzés. Megjegyezzük, hogy |x − h| < r, ami ugyanaz mint |h − x| < r, azt jelenti, hogy −r < h − x < r, azaz x − r < h < x + r, azaz az x valós szám r sugarú környezete az ]x − r, x + r[ intervallum. 2.68. Definíció. Az x ∈ A szám az A halmaz bels˝o pontja, ha x-nek van olyan környezete, amely teljesen benne van az A halmazban, azaz létezik r > 0 úgy, hogy G(x, r) ⊂ A. Egy halmaz összes bels˝o pontjainak halmazát A◦ -el jelöljük. 2.69. Példa. Az A =]1, 5] halmaznak 5 nem bels˝o pontja. A halmaz összes bels˝o pontjainak halmaza ]1, 5[. 2.70. Definíció. Azt mondjuk, hogy egy halmaz nyílt, ha minden pontja bels˝o pont. 2.71. Példa. Az A =]1, 2[ halmaz nyílt, de a B =]1, 5] halmaz nem nyílt, mert az 5 nem bels˝o pontja. 2.72. Definíció. Egy halmaz zárt, ha a komplementere nyílt. 2.73. Példa. Az A = [1, 2] halmaz komplementere ] − ∞, 1[∪]2, ∞[, ami nyílt, így az A halmaz zárt. 2.74. Példa. Létezik olyan halmaz, amely nem nyílt és nem is zárt, továbbá olyan is, amely egyidej˝uleg nyílt is és zárt is. • Az A = [1, 2[ halmaz komplementere ] − ∞, 1[∪[2, ∞[, ami nem nyílt, 2 nem bels˝o pontja, így az A halmaz nem zárt. Megjegyezzük, hogy A nem is nyílt, ugyanis az 1 nem bels˝o pontja. • Az ∅ egyidejüleg nyílt és zárt is. Nyílt, mert minden pontja bels˝o pont. Zárt, mert a komplemenetre R, ami nyílt. 2.75. Definíció. Az x ∈ A valós szám az A halmaz határpontja, ha x bármely környezetében van A-beli és R \ A-beli elem. Az A halmaz összes határpontjaiból képzett halmazt ∂A-val jelöljük. 2.76. Példa. Az A = [1, 2[ halmaz határpontjai 1 és 2. 2.77. Definíció. Az A ⊂ R halmaznak az x ∈ R szám torlódási pontja, ha x bármely környezetében van x-t˝ol különböz˝o A-beli elem. Az A halmaz összes torlódási pontjainak halmazát A0 -vel jelöljük. 2.78. Példa. Az A =]1, 2] halmaz összes torlódási pontja [1, 2]. 2.79. Megjegyzés. A torlódási pont nem feltétlenül eleme a halmaznak. 2.80. Megjegyzés. Minden bels˝o pont torlódási pont. 2.81. Feladat. Izolált pontoknak nevezzük azokat a halmazbeli elemeket, amelyek nem torlódási pontok. 2.82. Példa. Az A = [1, 3] ∪ {5} halmaznak az 5 izolált pontja. 2.83. Definíció. Egy halmaz elemeinek a számát a halmaz számosságának mondjuk. Jele:|A|. Egy halmazt végesnek nevezünk, ha elemeinek a száma véges.

18

KÉZI CSABA GÁBOR

2.84. Feladat. Legyen U = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} ,

A = {2, 3, 5} ,

B = {1, 2, 5, 8} .

Adjuk meg az A ∪ B, A ∩ B, A \ B, B \ A, Ac és a B c halmazokat! megoldás: A ∪ B = {1, 2, 3, 5, 8}, c

A = {1, 4, 6, 7, 8},

A ∩ B = {2, 5},

A \ B = {3},

B \ A = {1, 8}

c

B = {3, 4, 6, 7}.

2.85. Feladat. Legyen A := {1, 2, 5, 7} ,

B := {2, 4, 5, 8} .

Adjuk meg az A ∪ B, A ∩ B, A \ B, B \ A halmazokat! megoldás: A ∪ B = {1, 2, 4, 5, 7, 8},

A ∩ B = {2, 5},

A \ B = {1, 7},

B \ A = {4, 8}.

2.86. Feladat. Határozzuk meg az A = {1, 2, 3} halmaz összes részhalamzát! megoldás: {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}, ∅ 2.87. Feladat. Írjuk föl az A = {F, ♠, ♦} halmaz összes részhalmazát! megoldás: {F}, {♠}, {♦}, {F, ♠}, {F ♦}, {♠, ♦}, {F, ♠, ♦}, ∅ 2.88. Feladat. Legyen A := {x ∈ R | x2 − x − 6 ≥ 0},

B := {x ∈ R | 2x − 4 < 0}.

Írjuk föl az A ∪ B, az A ∩ B és az A \ B halmazokat! megoldás: Els˝o lépésben megoldjuk az x2 − x − 6 ≥ 0 egyenl˝otlenséget. Ehhez el˝obb megkeressük az f (x) = x2 − x − 6 függvény zérushelyeit, azaz megoldjuk az x2 − x − 6 = 0 egyenletet: p 1 ± 1 − 4 · (−6) 1±5 x1,2 = = , 2 2 amib˝ol x1 = −2, x2 = 3. Ezek segítségével felvázoljuk az el˝obb definiált f függvényt.


19

Ebb˝ol leolvasható az egyenl˝otlenség megoldása: x ∈] − ∞, −2] ∪ [3, ∞[, következésképpen A = ] − ∞, −2] ∪ [3, ∞[. Megoldjuk a 2x − 4 < 0 egyenl˝otlenséget. Mindkét oldalhoz 4-et hozzáadva, majd mindkét oldalt elosztva 2-vel 2x − 4 < 0 2x < 4 x < 2. Így B =] − ∞, 2[. Az A és B halmazokat ábrázoljuk számegyenesen:

Ezután leolvassuk a megfelel˝o halmazm˝uveleteket A ∪ B =] − ∞, 2[∪[3, ∞[= R \ [2, 3[ A ∩ B =] − ∞, −2] A \ B = [3, ∞[ B \ A =] − 2, 2[. 2.89. Feladat. Legyen A ∪ B = {4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, A \ B = {8, 9, 10}, A ∩ B = {5}. Határozzuk meg az A és B halmazokat! megoldás: Venn digrammon ábrázolva a halmazokat:

20

KÉZI CSABA GÁBOR

Leolvasható, hogy A = {5, 8, 9, 10}, B = {4, 5, 6, 7}. 2.90. Feladat. Tegyük föl, hogy A ∪ B ∪ C = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, A ∪ B = {1, 2, 3, 6, 7, 8, 9, 10}, A \ B = {8, 9, 10}, A ∩ B = {1, 2, 3}, A ∩ B ∩ C = {1, 3}, A ∩ C = {1, 3, 8}, B \ C = {2, 7}. Határozzuk meg az A, B és C halmazokat! megoldás: Venn digrammon ábrázolva a halmazokat:

Leolvasható, hogy A = {1, 2, 3, 8, 9, 10}, B = {1, 2, 3, 6, 7}, C = {1, 3, 4, 5, 6, 8}. 2.91. Feladat. Tekintsük az A = {az x2 − 10x + 24 = 0 egyenlet valós megoldásai}, B = {az x10 = −1 egyenlet valós megoldásai}, C = {az x4 − 16 = 0 egyenlet valós gyökeinek száma}, D = {a 3 és 7 közé es˝o páros számok} halmazokat! Adjuk meg a fenti halmazok elemit, és azok számosságát! Válasszunk ki közülük olyan halmazokat, melyek egyenl˝ok, illetve adjunk meg olyan halmazokat, melyek halmaz, részhalmaz kapcsolatban állnak egymással. megoldás:


21

Az x2 − 10x + 24 = 0 egyenletet a másodfokú egyenlet megoldóképletével megoldva azt kapjuk, hogy √ 10 ± 100 − 4 · 24 10 ± 2 x1,2 = = , 2 2 amib˝ol a megoldások x1 = 6, x2 = 4. Így A = {4, 6}. Mivel nem létezik olyan valós szám, melynek a páros kitev˝oj˝u hatványa negatív szám lenne, ezért B = ∅. Az x4 − 16 = 0 egyenletnek két valós megoldása van, −2 és 2. Így C = {2}. A D halmaz elemei D = {4, 6}. A halmazok számmossága |A| = 2, |B| = 0, |C| = 1, |D| = 2. A B halmaz minden halmaznak részhalmaza, továbbá D ⊂ A és A ⊂ D. 2.92. Feladat. Igazoljuk, hogy egy 28 elem˝u halmaznak ugyanannyi 18 elem˝u részhalmaza van, mint amennyi 10 elem˝u! megoldás: Mivel egy n elem˝u halmaz k elem˝u részhalmazinak száma n n = , k n−k ezért

n k

, továbbá

28 28 = , 10 18

amib˝ol következik az állítás. 2.93. Feladat. Igazoljuk, hogy egy 40 elem˝u halmaznak ugyanannyi 25 elem˝u részhalmaza van, mint amennyi 15 elem˝u! megoldás: Mivel egy n elem˝u halmaz k elem˝u részhalmazinak száma n n = , k n−k ezért

n k

, továbbá

40 40 = , 25 15

amib˝ol következik az állítás. 2.94. Feladat. Tekintsük a nevezetes számhalmazokat a szokásos jelölésekkel! Adjuk meg a következ˝o halmazokat: a) N ∩ Z b) N ∪ Z c) Z ∩ R megoldás:

d) Q ∩ Z e) N ∪ Z f) N ∪ R

g) Q∗ ∩ Q h) Q∗ ∪ Q.

22

a) N ∩ Z = N b) N ∪ Z = Z c) Z ∩ R = Z

KÉZI CSABA GÁBOR

d) Q ∩ Z = Z e) N ∪ Z = Z f) N ∪ R = R

g) Q∗ ∩ Q = ∅ h) Q∗ ∪ Q = R.

2.95. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy két racionális szám összege racionális, azaz ha a, b ∈ Q, akkor a + b ∈ Q. megoldás: Ha a ∈ Q, akkor léteznek olyan p és m egész számok, valamint q és n nullától különböz˝o egész számok, hogy m p a= , b= . q n Ekkor a+b=

p m pn + mq + = . q n nq

Mivel két egész szám összege és szorzata is egész szám, ezért pn + mq ∈ Z, továbbá n · q nullától különböz˝o egész szám, ezért a + b két egész szám hányadosa, így racionális szám. 2.96. Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 12 + 22 + . . . + n2 =

n(n + 1)(2n + 1) , 6

(n ∈ N).

megoldás: El˝oször n = 1-re megvizsgáljuk, hogy teljesül-e az egyenl˝oség: a bal oldal 12 = 1, a jobboldal 1·(1+1)·(2·1+1) = 1. Tehát a baloldalon és a jobboldalon ugyanazt kaptuk, így n = 1-re igaz az 6 egyenl˝oség. Tegyük föl, hogy n-re igaz az állítás, azaz 12 + 22 + . . . + n2 =

n(n + 1)(2n + 1) , 6

(n ∈ N).

teljesül, és bizonyítsuk be n + 1-re az összefüggést! A bizonyítandó egyenl˝oség (n + 1) (n + 1) + 1 2(n + 1) + 1 2 2 2 2 . 1 + 2 + . . . + n + (n + 1) = 6 Felhasználva, hogy n-re igaz az állítás, majd a jobboldalon elvégezve az összevonást, beszorozva mindkét oldalt 6-al, ezután n + 1-el végigosztva az egyenletet (ami megtehet˝o, mivel n + 1 6= 0),


23

majd felbontva a zárójeleket mindkét oldalon azt kapjuk, hogy (n + 1) (n + 1) + 1 2(n + 1) + 1 n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 = 6 6 n(n + 1)(2n + 1) (n + 1)(n + 2)(2n + 3) + (n + 1)2 = 6 6 2 n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1) = (n + 1)(n + 2)(2n + 3) n(2n + 1) + 6(n + 1) = (n + 2)(2n + 3) 2n2 + n + 6n + 6 = 2n2 + 3n + 4n + 6 2n2 + 7n + 6 = 2n2 + 7n + 6. Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk. 2.97. Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 1 1 1 n + + ... + = , 1·2 2·3 n(n + 1) n+1

(n ∈ N).

megoldás: 1 El˝oször n = 1-re vizsgáljuk meg az összefüggést: a bal oldal 1·2 = 12 , a jobboldal 12 , így n = 1re teljesül az állítás. Tegyük fel, hogy n-re igaz, és bizonyítsuk be n + 1-re az egyenl˝oséget. A bizonyítandó állítás 1 1 1 1 n+1 + + ... + + = , (n ∈ N). 1·2 2·3 n(n + 1) (n + 1)(n + 2) n+1+1

Felhasználva, hogy n-re igaz az összefüggés, majd beszorozva a közös nevez˝ovel, felbontva a zárójeleket, és összevonva azt kapjuk, hogy 1 n+1 n + = n + 1 (n + 1)(n + 2) n+2 n(n + 2) + 1 = (n + 1)2 n2 + 2n + 1 = n2 + 2n + 1. Azonosságot kaptunk, amivel az állítást igazoltuk. 2.98. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy 1 · 1! + 2 · 2! + . . . + n · n! = (n + 1)! − 1

(n ∈ N).

megoldás: Az állítás n = 1-re igaz, ugyanis 1 · 1! = 2! − 1. Tegyük fel, hogy n-re igaz az állítás és bizonyítsuk be n + 1-re. A bizonyítandó összefüggés 1 · 1! + 2 · 2! + . . . + n · n! + (n + 1) · (n + 1)! = (n + 2)! − 1

(n ∈ N).

Felhasználva az indukciós feltevést azt kapjuk, hogy a bizonyatandó összefüggés (n + 1)! − 1 + (n + 1)(n + 1)! = (n + 2)! − 1.

24

KÉZI CSABA GÁBOR

Mindkét oldalhoz 1-et hozzáadva, majd a baloldalon (n + 1)!-t kiemelve (n + 1)!(1 + n + 1) = (n + 2)! adódik, ami azonosság, hiszen (n + 1)!(n + 2) = (n + 2)!. 2.99. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy 1 · 2 + 2 · 3 + . . . + n(n + 1) =

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

(n ∈ N).

megoldás: Az állítás n = 1-re nyilván igaz, hiszen 1·2=

1·2·3 . 3

Tegyük fel, hogy n-re igaz az állítás, és bizonyítsuk be n + 1-re. A bizonyítandó összefüggés 1 · 2 + 2 · 3 + . . . + n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) =

(n + 1)(n + 2)(n + 3) . 3

Az indukciós feltevést felhasználva a bizonyítandó egyenl˝oség n(n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)(n + 3) + (n + 1)(n + 2) = . 3 3 Mindkét oldalt (n + 1)(n + 2)-vel elosztva n (n + 3) +1= . 3 3 Mindkét oldalt 3-al szorozva a bizonyítandó állítást kapjuk. 2.100. Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 2n < n!, ha n ≥ 4. megoldás: El˝oször n = 4-re ellen˝orizzük az állítást. Ekkor a bal oldal 24 = 16, a jobb oldal 4! = 24, így igaz az összefüggés. Tegyük föl, hogy n-re igaz, és bizonyítsuk be n + 1-re: 2n+1 = 2n · 2 < n! · 2 < n!(n + 1) = (n + 1)!, ami a bizonyítandó állítás. 2.101. Feladat. Bizonyítsuk be teljes indukcióval, hogy 3n < (n + 1)!, ha n ≥ 4. megoldás: El˝oször n = 4-re ellen˝orizzük az állítást. Ekkor a bal oldal 34 = 81, a jobb oldal 5! = 120, így igaz az összefüggés. Tegyük föl, hogy n-re igaz, és bizonyítsuk be n + 1-re: 3n+1 = 3n · 3 < (n + 1)! · 3 < (n + 1)!(n + 2) = (n + 2)!, ami a bizonyítandó állítás.


25

2.102. Feladat. Határozzuk meg az n természetes szám értékét úgy, hogy az 2n + 1 = 55 2n − 1 egyenlet teljesüljön! megoldás: A binomiális együttható definíciója szerint 2n + 1 (2n + 1)! (2n + 1)! (2n + 1) · 2n = = = = (2n + 2) · n, 2n − 1 (2n − 1)! · 2! 2 (2n − 1)! · (2n + 1) − (2n − 1) ! így a megoldandó egyenlet (2n + 1) · n = 55. Felbontva a zárójelet, majd az egyenletet 0-ra redukálva 2n2 + n − 55 = 0 adódik. Ezt megoldva a másodfokú egyenlet megoldóképletével √ −1 ± 21 −1 ± 1 + 440 = , n1,2 = 4 4 amib˝ol n1 = 5, n2 = − 11 . Mivel az n csak természetes szám lehet, ezért n = 5. 2 2.103. Feladat. Határozzuk meg az √

1 x+ √ x

100

kifejezés binomiális tétel szerinti kifejtésében a konstans tagot. megoldás: A konstans tag

50 100 √ 50 1 100 √ ( x) = . 50 50 x

2.104. Feladat. A binomiális tétel felhasználásával végezzük el a következ˝o hatványozásokat:

megoldás:

a) (2x + 3)4 ;

b) (3x2 + 1)5 ;

c) (x − 3)3 ;

d) (3x2 + 2y)4 .

26

KÉZI CSABA GÁBOR

a) A binomiális tételt alkalmazva 4 4 4 4 4 4 0 4 1 3 2 2 3 1 (2x + 3) = (2x) · 3 + (2x) · 3 + (2x) · 3 + (2x) · 3 + (2x)4 · 30 0 1 2 3 4 adódik. Kiszámolva a megfelel˝o binomiális együtthatókat 81 + 216x + 216x2 + 96x3 + 16x4 adódik. b) A binomiális tétel szerint 5 5 5 5 2 5 2 0 5 2 1 4 2 2 3 (3x + 1) = (3x ) · 1 + (3x ) · 1 + (3x ) · 1 + (3x2 )3 · 12 + 0 1 2 3 5 5 + (3x2 )4 · 11 + (3x2 )5 · 10 . 4 5 Kiszámolva a binomiális együtthatókat 1 + 15x2 + 90x4 + 270x6 + 405x8 + 243x10 adódik. c) (x − 3)3 = x3 − 27x2 + 27x − 27; d) (3x2 + 2y)4 = 81x8 + 216x6 y + 216x4 y 2 + 96x2 y 3 + 16y 4 . 2.105. Feladat. Határozzuk meg a (2x − 4y)3 kifejezés binomiális kifejtésében szerepl˝o tagok együtthatóinak összegét! megoldás: A binomiális tételt alkalmazva 3 3 3 3 3 3 0 2 1 1 2 (2x − 4y) = (2x) (−4y) + (2x) (−4y) + (2x) (−4y) + (2x)0 (−4y)3 . 0 1 2 3 A binomiális együtthatókat kiszámolva, vagy a Pascal-háromszög megfelel˝o sorát felírva (2x − 4y)3 = (2x)3 (−4y)0 + 3(2x)2 (−4y)1 + 3(2x)1 (−4y)2 + (2x)0 (−4y)3 . Elvégezve a hatványozásokat (2x − 4y)3 = 8x3 − 48x2 y + 96xy 2 − 64y 3 , így az együtthatók összege 8 + (−48) + 96 + (−64) = 104 − 112 = −8. 2.106. Feladat. Határozzuk meg az A = [1, 5] intervallum infimumát, supremumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülr˝ol korlátos-e, korlátos-e a halmaz? megoldás: A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(A) = 1, pontos fels˝o korlátja sup(A) = 5. Mivel a pontos alsó korlát eleme is a halmaznak, ezért az minimum is, így min(A) = 1. Mivel a pontos fels˝o korlát eleme is a halmaznak, ezért az maximum is, így max(A) = 5. A halmaz alulról és felülr˝ol is korlátos, így korlátos.


27

2.107. Feladat. Határozzuk meg az A =]4, 7] intervallum infimumát, supremumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülr˝ol korlátos-e, korlátos-e a halmaz? megoldás: A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(A) = 4, pontos fels˝o korlátja sup(A) = 7. Mivel a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel a pontos fels˝o korlát eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így max(A) = 7. A halmaz alulról és felülr˝ol is korlátos, így korlátos. 2.108. Feladat. Határozzuk meg az A =]2, ∞[ intervallum infimumát, supremumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülr˝ol korlátos-e, korlátos-e a halmaz? megoldás: A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(A) = 2, pontos fels˝o korlátja nincs. Mivel a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel supremuma nincs, ezért maximuma sincs. A halmaz alulról korlátos, felülr˝ol nem korlátos, így nem korlátos. 2.109. Feladat. Határozzuk meg az A =] − ∞, 3] intervallum infimumát, supremumát, minimumát, maximumát! Alulról korlátos-e, felülr˝ol korlátos-e, korlátos-e a halmaz? megoldás: A halmaznak nincs pontos alsó korlátja, azaz infimuma, pontos fels˝o korlátja 3. Mivel nincs pontos alsó korlát, ezért minimuma sincs. A supremuma eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így max(A) = 3. A halmaz alulról nem korlátos, felülr˝ol korlátos, így nem korlátos. 2.110. Feladat. Vizsgáljuk meg az A=

1 1 + n ∈ N n

halmazt korlátosság szempontjából! megoldás: A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(A) = 1, pontos fels˝o korlátja 2. Mivel a pontos alsó korlát nem eleme a halmaznak, ezért minimuma nincs. Mivel supremuma eleme a halmaznak, ezért az maximum is, így max(A) = 2. A halmaz alulról korlátos és felülr˝ol is korlátos, így korlátos. 2.111. Feladat. Vizsgáljuk meg az 1 A = 2 − n ∈ N n halmazt korlátosság szempontjából! megoldás: A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(A) = 1, pontos fels˝o korlátja 2. Mivel a pontos alsó korlát eleme a halmaznak, ezért az minimum is, azaz min(A) = 1. Mivel a supremum nem eleme a halmaznak, ezért maximuma nincs. A halmaz alulról korlátos és felülr˝ol is korlátos, így korlátos.

28

KÉZI CSABA GÁBOR

2.112. Feladat. Korlátos-e A = [1, 9[ halmaz? Határozzuk meg az infimumát, supremumát, minimumát, maximumát, bels˝o pontjait, határpontjait, torlódási pontjait, izolált pontjait! Nyílt-e a halmaz? Zárt-e a halmaz? megoldás: • • • • • • • • • • • • •

a halmaz alulról korlátos, mert minden halmazbeli elem nagyobb vagy egyenl˝o, mint 0 a halmaz felülr˝ol korlátos, mert például a 12 egy fels˝o korlátja A korlátos, mert alulról és felülr˝ol is korlátos inf A = 1 sup A = 9 min A = 1, mert inf A ∈ A max A nem létezik, mert sup A ∈ /A A bels˝o pontjai A◦ =]1, 9[ A határpontjai ∂A = {1, 9} A torlódási pontjai A0 = [1, 9] A-nak nincs izolált pontja, mert nincs olyan A-beli elem, amely ne lenne torlódási pont A nem nyílt, mert az 1 nem bels˝o pontja A nem zárt, mert a komplementere ]−∞, 1[∪[9, ∞[ nem nyílt, ugyanis a 9 nem bels˝o pontja.

2.113. Feladat. Korlátos-e A =]0, 1]∪]2, ∞[∪{−1} halmaz? Határozzuk meg az infimumát, supremumát, minimumát, maximumát, bels˝o pontjait, határpontjait, torlódási pontjait, izolált pontjait! Nyílt-e a halmaz? Zárt-e a halmaz? megoldás: • • • • • • • • • • • • •

a halmaz alulról korlátos, mert minden halmazbeli elem nagyobb vagy egyenl˝o, mint 0 a halmaz felülr˝ol nem korlátos A nem korlátos, mert felülr˝ol nem korlátos inf A = 0 sup A nem létezik min A nem létezik, mert inf A ∈ /A max A nem létezik, mert A felülr˝ol nem korlátos A bels˝o pontjai A◦ =]0, 1[∪]2, ∞[ A határpontjai ∂A = {−1, 0, 1, 2} A torlódási pontjai A0 = [0, 1] ∪ [2, ∞] A izolált egyetlen pontja −1, mert ez az egyetlen halmazbeli elem, amely nem torlódási pont A nem nyílt, mert az 1 nem bels˝o pontja A nem zárt, mert a komplementere (] − ∞, 0]∪]1, 2]) \ {−1} nem nyílt, ugyanis például a 0 nem bels˝o pontja.

2.114. Feladat. Vizsgáljuk meg korlátosság szempontjából az n o A = 2n n ∈ N halmazt korlátosság szempontjából! megoldás:


A halmaz elemei:

29

n o n A = 2 n ∈ N = {2, 4, 8, 16, . . .}

A halmaz pontos alsó korlátja, azaz infimuma: inf(A) = 2, pontos fels˝o korlátja nem létezik. Mivel a pontos alsó korlát eleme a halmaznak, ezért az minimum is, azaz min(A) = 1. Mivel nincs pontos fels˝o korlátja, ezért maximuma sincs. A halmaz felülr˝ol nem korlátos, így nem korlátos. 2.115. Feladat. Vizsgáljuk meg korlátosság szempontjából az n o n A = (−2) n ∈ N halmazt korlátosság szempontjából! megoldás: A halmaz elemei:

n o n A = (−2) n ∈ N = {−2, 4, −8, 16, . . .}

A halmaznak pontos alsó korlátja és pontos fels˝o korlátja sem létezik. Így minimuma és maximuma sem létezik. Alulról és felülr˝ol sem korlátos, tehát nem korlátos. 2.116. Feladat. Egy társaságban 50-en teáznak és 30-an kávéznak, 10-en teáznak és kávéznak is. Hány tagu a társaság? megoldás: Az adatok szerint 35-en vannak, akik csak teáznak, 20-an akik csak kávéznak, így a társaság 35 + 20 + 10 = 65 f˝ob˝ol áll.

30

KÉZI CSABA GÁBOR

3. Relációk

3.1. Definíció. Legyenek A és B halmazok. Ekkor az (a, b) szimbolumkat rendezett elempároknak nevezzük, ha a ∈ A és b ∈ B, továbbá az (a, b) = (c, d) egyenl˝oség pontosan akkor teljesül, ha a = c és b = d. 3.2. Definíció. Az A és B halmaz Descartes-szorzatán azt az A × B-vel jelölt halmazt értjük, melynek elemei olyan rendezett elempárokból állnak, melyek els˝o tagja az A, második tagja, a B halmazból való, azaz A × B = {(x , y) | x ∈ A, y ∈ B} . 3.3. Példa. Tekintsük az A = {1, 3} és B = {2, 4} halmazokat! Ekkor A × B = {(1, 2), (1, 4), (3, 2), (3, 4)}, másrészt B × A = {(2, 1), (2, 3), (4, 1), (4, 3)}, amib˝ol látható, hogy A × B és B × A nem egyenl˝oek. 3.4. Megjegyzés. Az R2 = R × R halmaz elemei a „kétdimenziós Descartes-féle koordinátarendszer” pontjai. 3.5. Definíció. Az A1 , A2 , . . . , An halmazok Descartes-szorzatán az A1 × A2 × . . . × An = {(a1 , a2 , . . . , an ) | a1 , a2 , . . . , an ∈ A} halmazt értjük. Magukat az (a1 , a2 , . . . , an ) elemeket rendezett szám n-eseknek nevezzük. 3.6. Megjegyzés. Rn = R × R × . . . × R 3.7. Példa. A [0, 1] × [0, 2] Descartes szorzat ábrázolása:

3.8. Példa. A [−2, 1] × [2, 3] × [0, 5] Descartes szorzat ábrázolása:


31

3.9. Definíció. Két halmaz Descartes-szorzatának bármely részhalmazát relációnak nevezzük, pontosabban, ha A és B halmazok, úgy az A × B halmaz tetsz˝oleges részhalmazát az A és B halmaz közötti relációnak nevezzük. 3.10. Példa. Legyen A = {1, 2}, B = {2, 3}. Ekkor ρ = {(1, 2), (2, 3)} reláció A és B között. 3.11. Megjegyzés. Amennyiben ρ egy reláció, úgy azt, hogy az (a, b) elempár benne van a relációban úgy is kifejezhetjük, hogy az a elem relációban van a b elemmel, amit az aρb kapcsolattal jelölhetünk. 3.12. Definíció. Legyen ρ ⊂ A × B egy reláció. A Dρ = {x ∈ A | létezik y ∈ B úgy, hogy (x, y) ∈ ρ}, illetve Rρ = {y ∈ B | létezik x ∈ A úgy, hogy (x, y) ∈ ρ} halmazokat az ρ reláció értelmezési tartományának, illetve értekkészletének nevezzük. 3.13. Definíció. Egy ρ ⊂ A × B reláció inverzén az ρ−1 = {(y, x) ∈ B × A | (x, y) ∈ ρ} relációt értjük. 3.14. Példa. A ρ = (1, 2), (1, 5), (3, 4) reláció inverze az ρ−1 = (2, 1), (5, 1), (4, 3) reláció. 3.15. Definíció. Legyenek A, B, C adott halmazok, ρ1 ⊂ A × B és G ⊂ B × C adott relációk. Az ρ1 és ρ2 kompozícióján a ρ2 ◦ ρ1 = {(x, z) | létezik y ∈ B úgy, hogy (x, y) ∈ ρ1 , (y, z) ∈ ρ2 } relációt értjük. 3.16. Példa. Legyen ρ1 = {(1, 2), (2, 3), (2, 5), (4, 6)}, ρ2 = {(2, 3), (3, 5), (3, 6), (5, 1)}. Ekkor ρ2 ◦ ρ1 = {(1, 3), (2, 5), (2, 6), (2, 1)}. 3.17. Definíció. Ha ρ egy reláció és C ⊂ Dρ , akkor a ρ|C = {(x, y) ∈ ρ | x ∈ C} relációt a ρ reláció C-re való lesz˝ukítésének nevezzük. 3.18. Definíció. Az A halmaz nemüres részhalmazainak egy rendszerét osztályozásnak nevezzük, ha az elemei páronként diszjunktak és egyesítésük az A halmaz. 3.19. Definíció. Legyen adott az A halmaz. Azt mondjuk, hogy az ρ ⊂ A × A reláció (1) reflexív, ha minden elem relációban van önmagával, azaz ha xρx minden x ∈ A esetén; (2) szimmetrikus, ha xρy-ból következik, hogy yρx minden x, y ∈ A; (3) antiszimmetrikus, ha xρy és yρx, akkor x = y; (4) tranzitív, ha xρy és yρz, akkor xρz; (5) teljes vagy lineáris, ha xρy vagy yρx teljesül.

32

KÉZI CSABA GÁBOR

Azt mondjuk, hogy egy reláció ekvivalencia reláció, ha reflexív, szimmetrikus és tranzitív; félig rendezési reláció, vagy parciális rendezés, ha reflexív, antiszimmetrikus és tranzitív; rendezési reláció, ha olyan félig rendezés, amely teljes is. 3.20. Tétel. Minden ekvivalencia reláció létrehoz egy osztályozást. Két elem egy osztályba tartozik, ha relációban állnak egymással. 3.21. Feladat. Legyen U = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} ,

A = {2, 3, 5} ,

B = {1, 2, 5, 8} .

Adjuk meg az A × B és B × A halmazokat! megoldás: A keresett Descartes-szorzatok A × B ={(2, 1), (2, 2), (2, 5), (2, 8), (3, 1), (3, 2), (3, 5), (3, 8), (5, 1), (5, 2), (5, 5), (5, 8))}, B × A ={(1, 2), (1, 3), (1, 5), (2, 2), (2, 3), (2, 5), (5, 2), (5, 3), (5, 5), (8, 2), (8, 3), (8, 5)}. 3.22. Feladat. Legyen A := {1, 2, 5, 7} ,

B := {2, 4, 5, 8} .

Adjuk meg az A × B és B × A halmazokat! megoldás: A keresett halmazok A × B ={(1, 2), (1, 4), (1, 5), (1, 8), (2, 2), (2, 4), (2, 5), (2, 8), (5, 2), (5, 4), (5, 5), (5, 8), (7, 2), (7, 4), (7, 5), (7, 8)}, B × A ={(2, 1), (2, 2), (2, 5), (2, 7), (4, 1), (4, 2), (4, 5), (4, 7), (5, 1), (5, 2), (5, 5), (5, 7), (8, 1), (8, 2), (8, 5), (8, 7)} 3.23. Feladat. Ábrázoljuk a ] − ∞, 2]×] − ∞, 1[ Descartes szorzatot! megoldás:

3.24. Feladat. Ábrázoljuk a ] − ∞, 1[×[1, ∞[ Descartes szorzatot! megoldás:


33

3.25. Feladat. Ábrázoljuk a ]1, 3]×] − 1, 1] Descartes szorzatot! megoldás:

3.26. Feladat. Tekintsük az A = {−1, 0, 1, 2} és a B = {1, 2, 3} halmazokat, továbbá legyen ρ = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B, a + b = 2}. a) Adjuk meg az A × B halmazt! b) Határozzuk meg a ρ reláció elemeit és ábrázoljuk azokat koordinátarendszerben! c) Írjuk fel a ρ−1 inverzrelációt! d) Határozzuk meg a reláció és az inverzreláció értelmezési tartományát és értékkészletét! megoldás: a) A Descartes szorzat elemei olyan rendezett elempárok, melyek els˝o komponense az els˝o halmazból, második komponense a második halmazból való! Így A × B = {(−1, 1), (−1, 2), (−1, 3), (0, 1), (0, 2), (0, 3), (1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3)} . b) Az ρ reláció azokat az elempárokat tartalmazza, amelyek koordinátáinak összege 2, azaz ρ = {(−1, 3), (0, 2), (1, 1)}. Koordinátarendszerben ábrázolva

34

KÉZI CSABA GÁBOR

c) Az inverzreláció elemeit úgy kapjuk meg, hogy a relációban szerepl˝o elemek els˝o és második koordinátáját „megcseréljük” ρ−1 = {(3, −1), (2, 0), (1, 1)}. d) A reláció értelmezési tartománya a relációban szerepl˝o elemek els˝o koordinátája Dρ = {−1, 0, 1} ⊂ A, értékkészlete a relációban szerepl˝o elemek második koordinátája Rρ = {1, 2, 3} ⊂ B. Az inverzreláció értelmezési tartománya és értékkészlete Dρ−1 = {1, 2, 3} = Rρ ,

Rρ−1 = {−1, 0, 1} = Dρ .

3.27. Feladat. Tekintsük az A = {1, 2, 3, 4} és a B = {2, 4, 6} halmazokat, továbbá legyen ρ = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B, a osztója b-nek}. a) Adjuk meg az A × B halmazt! b) Határozzuk meg a ρ reláció elemeit és ábrázoljuk azokat koordinátarendszerben! c) Írjuk fel a ρ−1 inverzrelációt! d) Határozzuk meg a reláció és az inverzreláció értelmezési tartományát és értékkészletét! megoldás: a) A Descartes szorzat elemei olyan rendezett elempárok, melyek els˝o komponense az els˝o halmazból, második komponense a második halmazból való! Így A × B = {(1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 2), (2, 4), (2, 6), (3, 2), (3, 4), (3, 6), (4, 2), (4, 4), (4, 6)} . b) Az ρ reláció azokat az elempárokat tartalmazza, amelyek koordinátáira teljesül, hogy az els˝o koordináta osztója a másodiknak: ρ = {(1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 2), (2, 4), (2, 6), (3, 6), (4, 4), (4, 6)}. Koordinátarendszerben ábrázolva


35

c) Az inverzreláció elemeit úgy kapjuk meg, hogy a relációban szerepl˝o elemek els˝o és második koordinátáját „megcseréljük” ρ−1 = {(2, 1), (4, 1), (6, 1), (2, 2), (4, 2), (6, 2), (6, 3), (4, 4), (6, 4)}. d) A reláció értelmezési tartománya a relációban szerepl˝o elemek els˝o koordinátája Dρ = {1, 2, 3, 4} ⊂ A, értékkészlete a relációban szerepl˝o elemek második koordinátája Rρ = {2, 4, 6} ⊂ B. Az inverzreláció értelmezési tartománya és értékkészlete Dρ−1 = {2, 4, 6} = Rρ ,

Rρ−1 = {1, 2, 3, 4} = Dρ .

3.28. Feladat. Tekintsük az A = {−1, 0, 1} és a B = {−1, 0} halmazokat, továbbá legyen ρ = {(a, b) | a · b = 0} ⊂ A × B. a) Írjuk fel az A × B halmazt! b) Írjuk föl a reláció elemeit! c) Határozzuk meg a reláció inverzét! d) Határozzuk meg a reláció és az inverz reláció értelmezési tartományát és értékkészletét! megoldás: a) El˝oször felírjuk az A × B halmazt: A × B = {(−1, −1), (−1, 0), (0, −1), (0, 0), (1, −1), (1, 0)}. b) A reláció elemei ρ = {(−1, 0), (0, −1), (0, 0), (1, 0)}. c) Az inverzreláció: ρ−1 = {(0, −1), (−1, 0), (0, 0), (0, 1)}. d) A reláció értelmezési tartománya a relációban szerepl˝o elempárok els˝o koordinátájából álló halmaz, értékkészlete a második koordinátákból álló halmaz: Dρ = {−1, 0, 1},

Rρ = {−1, 0}.

Az inverzeláció értelmezési tartománya és értékkészlet Dρ−1 = {−1, 0} = Rρ ,

Rρ−1 = {−1, 0, 1} = Dρ .

3.29. Feladat. Tekintsük az A = {1, 2, 3} halmazt! a) Írjuk fel az A × A halmazt! b) Hány darab különböz˝o relációt adhatunk meg az A halmazon?

36

KÉZI CSABA GÁBOR

c) Adjunk meg egy olyan relációt az A-n, amely reflexív! megoldás: a) Az A × A Descartes-szorzat elemei olyan rendezett elempárok melyek els˝o és második koordinátája is az A halmazból való A × A = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3)}. b) Az A halmazon adott reláción az A × A halmaz tetsz˝oleges részhalmazát értjük. Mivel A × Anak 9 eleme van, ezért annyi relációt tudunk felírni, amennyi részhalmazát képezhetjük ennek a halmaznak, azaz 29 = 512 relációt tudunk megadni A-n. c) Például a ρ = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)} reláció reflexív, mert minden a ∈ A esetén (a, a) ∈ ρ. Ezen három elemhez bármilyen további elemet hozávéve a reláció reflexív marad! 3.30. Feladat. Mutassuk meg, hogy a valós számok halmazán az „egyenl˝oség” ekvivalencia reláció! Azaz, ha A = R, ρ : =, akkor ρ ekvivalencia reláció A-n. megoldás: A reláció • reflexív, mert a = a minden a ∈ R esetén • szimmetrikus, mert ha a = b, akkor b = a • tranzitív, mert ha a = b és b = c, akkor a = c, így a reláció ekvivalencia reláció. 3.31. Feladat. Mutassuk meg, hogy a síkbeli egyenesek között a párhuzamosság ekvivalencia reláció! megoldás: A reláció ekvivalencia reláció, ugyanis • reflexív, mert minden egyenes párhuzamos önmagával • szimmetrikus, mert ha a||b, akkor b||a • tranzitív, mert ha a||b és b||c, akkor a||c. 3.32. Feladat. Mutassuk meg, hogy a valós számok halmazán a ≤ reláció rendezési reláció! megoldás: A reláció rendezési reláció, ugyanis • reflexív, mert a ≤ a minden a valós számra • antiszimmetrikus, mert ha a ≤ b és b ≤ a, akkor a = b • tranzitív, mert ha a ≤ b és b ≤ c, akkor a ≤ c


37

• teljes, mert a ≤ b vagy b ≤ a közül legalább az egyik fennáll minden a és b valós szám esetén. 3.33. Feladat. Mutassuk meg, hogy a halmazok között a ⊂ reláció parciális rendezés, de nem rendezési reláció! megoldás: A reláció parciális rendezési reláció, ugyanis • reflexív, mert A ⊂ A minden A halmaz esetén • antiszimmetrikus, mert ha A ⊂ B és B ⊂ A, akkor A = B • tranzitív, mert ha A ⊂ B és B ⊂ C, akkor A ⊂ C • nem teljes, mert léteznek olyan A, B halmazok, hogy A ⊂ B, B ⊂ A egyike sem teljesül. 3.34. Feladat. Adjunk példát olyan relációra, amely szimmetrikus és antiszimmetrikus is. megoldás: A valós számok közötti = reláció szimmetrikus, mert ha a = b, akkor b = a, továbbá antiszimmetrikus, mert ha a = b és b = a, akkor a és b megegyeznek. 3.35. Feladat. Adjunk példát olyan relációra, amely nem szimmetrikus és nem is antiszimmetrikus. megoldás: Az egész számok között az oszthatóság, mint reláció nem szimmetrikus, mert ha a osztója b-nek, jelölésben a|b, akkor nem igaz, b|a minden a és b egész számra, ezt mutatja például az, ha a = 2 és b = 3. A reláció nem antiszimmetrikus, mert ha a|b és b|a, akkor a = b vagy a = −b is teljesül. 3.36. Feladat. Tekintsük a természetes számok halmazán a következ˝o relációt: xρy pontosan akkor, ha x − y páros. Mutassuk meg, hogy a reláció ekvivalencia reláció. Adjuk meg az általa indukált osztályozást! megoldás: A reláció • reflexív, mert xρx, ugyanis x − x = 0 páros minden x ∈ N esetén • szimmetrikus, mert ha x − y páros, akkor y − x is páros • tranzitív, mert ha x − y páros, és y − z páros, akkor x − y + (y − z) = x − z is páros, mert páros számok összege páros, így ekvivalencia reláció. Az indukált osztályok {n ∈ N | n páros}, {n ∈ N | n páratlan}.

38

KÉZI CSABA GÁBOR

4. Függvények

4.1. Megjegyzés. Ebben a szakaszban a D halmaz a valós számok halmazának egy tetsz˝oleges, nemüres részhalmazát jelöli. 4.2. Definíció. Legyenek A és B halmazok. Az f ⊂ A × B relációt függvénynek nevezzük, ha az A halmaz minden eleme legfelejebb egy B halmazbeli elemmel áll relációban. 4.3. Megjegyzés. A relációknál korábban definiált értelmezési tartomány, értékkészlet, lesz˝ukítés fogalmak változatlan formában érvényesek a függvényekre is, hiszen a függvényeket, mint speciális relációkat deifiniáltuk. 4.4. Megjegyzés. Ha az f reláció függvény, akkor az f ⊂ A × B jelölés helyett az f : A → B jelölést használjuk, továbbá ha (x, y) ∈ f , akkor azt úgy jelöljük, hogy f (x) = y, és úgy olvassuk ki, hogy az f függvény x helyen felvett helyettesítési értéke y, vagy hogy az f függvény x elemhez az y elemet rendeli hozzá. 4.5. Példa. Legyen A = {1, 2}, B = {1, 2, 3, 4}, és tekinstük a ρ = {(x, y) | y = x2 }. Ekkor ρ = {(1, 2), (2, 4)}. Az így definiált reláció függvény, melynek értékkészlete Rf = {2, 4}. 4.6. Definíció. Az f : D → R függvénynek az x0 ∈ D helyen zérushelye van, ha f (x0 ) = 0. 4.7. Megjegyzés. A zérushely meghatározása egy egyenlet megoldását jelenti. 4.8. Példa. Az f (x) = x2 − 1 függvény zérushelyeit az x2 − 1 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk, amib˝ol átrendezés után x2 = 1 adódik, így x1 = 1, x2 = −1. 4.9. Definíció. Az f : D → R függvény • alulról korlátos, ha az értékkészlete alulról korlátos; • felülr˝ol korlátos, ha az értékkészlete felülr˝ol korlátos; • korlátos, ha az értékkészlete korlátos. 4.10. Definíció. Az f : D → R függvény infimuma, illetve supremuma az értékkészletének infimuma, illetve suprémuma. 4.11. Példa. Az f : [−1, 2[→ R, f (x) = x2 függvény képe: értékkészlete az Rf : [0, 4[ halmaz, továbbá a függvény infimuma inf f (x) = 0, sup f (x) = 2. A függvény korlátos, mert alulról és felülr˝ol is korlátos. 4.12. Definíció. Az f : D → R függvény • monoton növekv˝o, ha minden x1 , x2 ∈ D, x1 < x2 esetén f (x1 ) ≤ f (x2 ); • monoton csökken˝o, ha minden x1 , x2 ∈ D, x1 < x2 esetén f (x1 ) ≥ f (x2 ); • szigorúan monoton növekv˝o, ha minden x1 , x2 ∈ D, x1 < x2 esetén f (x1 ) < f (x2 ); • szigorúan monoton csökken˝o, ha minden x1 , x2 ∈ D, x1 < x2 esetén f (x1 ) > f (x2 ). 4.13. Példa. • Az f : R → R, f (x) = x2 függvény szigorúan monoton csökken˝o, ha x ≤ 0, és szigorúan növekv˝o, ha x ≥ 0.


39

• Az f : R → R, f (x) = 2x függvény szigorúan monoton növekv˝o. • Az f : R → R,   −1, ha x<0 f (x) = sgn(x) = 0, ha x=0  1, ha x>0 (szignum függvény) monoton növekv˝o, de nem szigorúan monoton növekv˝o. 4.14. Definíció. Az f : D → R függvénynek az x0 helyen • maximuma van, ha f (x) ≤ f (x0 ) minden x ∈ D esetén, azaz ha f (x0 ) az f értékkészletének legnagyobb eleme; • minimuma van, ha f (x) ≥ f (x0 ) minden x ∈ D esetén, azaz ha f (x0 ) az f értékkészletének legkisebb eleme. 4.15. Példa. • Az f : R → R, f (x) = x2 függvénynek az x0 = 0 helyen minimuma van. • Az f : R → R, f (x) = −x2 függvénynek az x0 = 0 helyen maximuma van. 4.16. Definíció. Az f : D → R függvénynek az x0 helyen • lokális (helyi) maximuma van, ha létezik ε > 0 valós szám úgy, hogy f (x) ≤ f (x0 ) minden x ∈]x0 − ε, x0 + ε[ esetén, azaz ha f -nek van olyan környezet, amelyben f (x0 ) a legnagyobb függvényérték; • lokális (helyi) minimuma van, ha létezik ε > 0 valós szám úgy, hogy f (x) ≥ f (x0 ) minden x ∈]x0 − ε, x0 + ε[ esetén, azaz ha f -nek van olyan környezet, amelyben f (x0 ) a legkisebb függvényérték. 4.17. Megjegyzés. Ha létezik olyan ε > 0, hogy az f : D → R függvény • monoton csökken˝o a [x0 − ε, x0 ] intervallumon és monoton növekv˝o az [x0 , x0 + ε] intervallumon, akkor f -nek x0 -ban lokális minimuma van; • monoton növekv˝o a [x0 − ε, x0 ] intervallumon és monoton csökken˝o az [x0 − ε, x0 ] intervallumon, akkor f -nek x0 -ban lokális maximuma van. 4.18. Definíció. Legyen I egy nyílt intervallum. Az f : IR függvény • konvex, ha minden u, v ∈ I, u < v esetén az u, f (u) és v, f (v) pontokat összeköt˝o szakasz az f függvény felett halad; • konkáb, ha minden u, v ∈ I, u < v esetén az u, f (u) és v, f (v) pontokat összeköt˝o szakasz az f függvény alatt halad. 4.19. Példa. Az f : R → R, f (x) = x2 függvény konvex, míg az f : R → R, f (x) = −x2 függvény konkáv. 4.20. Definíció. Legyen I egy nyílt intervallum. Azt mondjuk, hogy az f : IR függvénynek az x0 ∈ I helyen inflexiós pontja van, ha x0 -ban megváltozik a konvexitása, azaz létezik ε > 0 úgy, hogy az [x0 − ε, x0 ] intervallumon f konkáv és az [x0 , x0 + ε] intervallumon konvex, vagy az [x0 − ε, x0 ] intervallumon f konvex és az [x0 , x0 + ε] intervallumon konkáv. 4.21. Definíció. Legyen a D halmaz szimmetrikus az origóra. Azt mondjuk, hogy az f : R függvény • páros, ha f (−x) = f (x) minden x ∈ D esetén; • páratlan, ha f (−x) = −f (x) minden x ∈ D esetén.

40

KÉZI CSABA GÁBOR

4.22. Megjegyzés. Egy függvény • páros, ha a grafikonja tengelyesen szimmetrikus az y tengelyre; • páratlan, ha a grafikonja középpontosan szimmetrikus az origóra. 4.23. Definíció. Azt mondjuk, hogy az f : R → R függvény periodikus, ha van olyan p ∈ R valós szám, hogy minden x ∈ R esetén f (x + p) = f (x). Ha az f függvény periodikus, akkor végtelen sok megfelel˝o p érték van. Ha a definícióban meghatározott tulajdonságú p értékek halmazának van legkisebb eleme, akkor ezt a számot az f függvény periódusának nevezzük. 4.24. Példa. A trigonometrikus függvények periodikusak. A sinus és a cosinus függvények periódusa 2π, a tangens és a cotangens függvények periódusa π. 4.25. Definíció. Az f : D → R és a g : D → R függvények • összege (f + g)(x) = f (x) + g(x), x ∈ D; • különbsége (f − g)(x) = f (x) − g(x), x ∈ D; • szorzata (f · g)(x) = f (x) · g(x), x ∈ D; f f (x) • hányadosa (x) = , ha g(x) 6= 0, x ∈ D esetén. g g(x) 4.26. Tétel. Páros függvények összege páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, akkor f (−x) = f (x) és g(−x) = g(x). Legyen h(x) = (f + g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: h(−x) = (f + g)(−x) = f (−x) + g(−x) = f (x) + g(x) = (f + g)(x) = h(x), tehát h valóban páros. 4.27. Tétel. Páros függvények különbsége páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, akkor f (−x) = f (x) és g(−x) = g(x). Legyen h(x) = (f − g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: h(−x) = (f − g)(−x) = f (−x) − g(−x) = f (x) − g(x) = (f − g)(x) = h(x), tehát h valóban páros. 4.28. Tétel. Páros függvények szorzata páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, akkor f (−x) = f (x) és g(−x) = g(x). Legyen h(x) = (f · g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: h(−x) = (f · g)(−x) = f (−x) · g(−x) = f (x) · g(x) = (f · g)(x) = h(x), tehát h valóban páros. 4.29. Tétel. Páros függvények hányadosa páros. Bizonyítás: Ha f és g páros függvények, továbbá g(x) 6= 0, akkor f (−x) = f (x) és g(−x) = g(x). Legyen h(x) = (f /g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: f f (−x) f (x) f h(−x) = (−x) = = = (x) = h(x), g g(−x) g(x) g tehát h valóban páros.


41

4.30. Tétel. Páratlan függvények összege páratlan. Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, akkor f (−x) = −f (x) és g(−x) = −g(x). Legyen h(x) = (f + g)(x). Megmutatjuk, hogy h páratlan: h(−x) = (f + g)(−x) = f (−x) + g(−x) = −f (x) − g(x) = −(f + g)(x) = −h(x), tehát h valóban páratlan. 4.31. Tétel. Páratlan függvények különbsége páratlan. Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, akkor f (−x) = −f (x) és g(−x) = −g(x). Legyen h(x) = (f − g)(x). Megmutatjuk, hogy h páratlan: h(−x) = (f − g)(−x) = f (−x) − g(−x) = −f (x) + g(x) = −(f − g)(x) = −h(x), tehát h valóban páratlan. 4.32. Tétel. Páratlan függvények szorzata páros. Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, akkor f (−x) = −f (x) és g(−x) = −g(x). Legyen h(x) = (f · g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: h(−x) = (f · g)(−x) = f (−x) · g(−x) = −f (x) · − g(x) = (f · g)(x) = h(x), tehát h valóban páros. 4.33. Tétel. Páros függvények hányadosa páros. Bizonyítás: Ha f és g páratlan függvények, továbbá g(x) 6= 0, akkor f (−x) = −f (x) és g(−x) = −g(x). Legyen h(x) = (f /g)(x). Megmutatjuk, hogy h páros: f f (−x) −f (x) f (x) f h(−x) = (−x) = = = = (x) = h(x), g g(−x) −g(x) g(x) g tehát h valóban páros. 4.34. Definíció. Az f : D → R függvény • injektív, ha különböz˝o elemekhez különböz˝o elemeket rendel; • szürjektív, ha minden értékkészletbeli elem megjelenik képként; • bijektív, ha injektív és szürjektív. 4.35. Példa. • Az f : R → R, f (x) = x2 függvény nem injektív, mert például f (−1) = f (1), azaz a −1-hez és az 1-hez ugyanazt az értéket rendeli. A függvény nem is szürjektív, mert az értékkészlete a nemnegatív valós számok halmaza, így a negatív valós számok nem jelennek meg értékként. Mivel a függvény nem injektív és nem is szürjektív, ezért nem is bijektív. • Az f : [0, ∞[→ R, f (x) = x2 függvény injektív, mert különböz˝o elemekhez különböz˝o elemeket rendel. A függvény azonban nem szürjektív, mert az értékkészlete a nemnegatív valós számok halmaza, így a negatív valós számok nem jelennek meg értékként. Mivel nem szürjektív, ezért nem is bijektív.

42

KÉZI CSABA GÁBOR

• Az f : [0, ∞[→ [0, ∞[, f (x) = x2 függvény injektív, mert különböz˝o elemekhez különböz˝o elemeket rendel. A függvény szürjektív is, mert az értékkészlete a nemnegatív valós számok halmaza, ami megegyezik a [0, ∞[ intervallummal. Mivel a függvény injektív és szürjektív, ezért bijektív. 4.36. Definíció. Azt mondjuk, hogy az f : D → R függvény invertálható, ha az inverze is függvény. 4.37. Példa. Tekintsük az A = {−1, 1, 2} halmazt, és B = {1, 2, 3, 4, 5} halmazokat, valamint az ezen halmazok közötti ρ = {(a, b) ∈ A × B | b = a2 } relációt. Ekkor a reláció ρ = {(−1, 1), (1, 1), (2, 4)}. Ez a reláció függvény is, mert egyértelm˝u hozzárendelés. Mint relációnak, az inverze ρ−1 = {(1, −1), (1, 1), (4, 2)}. Ez a reláció azonban nem függvény, mert az 1-hez a −1-et és az 1-et is hozzárendeli. Következésképpen, a függvény nem invertálható, mert az inverze nem függvény. 4.38. Példa. Tekintsük az A = {1, 2} halmazt, és B = {1, 2, 3, 4, 5} halmazokat, valamint az ezen halmazok közötti ρ = {(a, b) ∈ A × B | b = 2a} relációt. Ekkor a reláció ρ = {(1, 2), (2, 4)}. Ez a reláció függvény is, mert egyértelm˝u hozzárendelés. Mint relációnak, az inverze ρ−1 = {(2, 1), (4, 2)}. Ez a reláció azonban is függvény, egyértelm˝u hozzárendelés. Következésképpen, a függvény invertálható, mert az inverze is függvény. 4.39. Megjegyzés. A definíció alapján nyilvánvaló, hogy egy f : D → R függvény pontosan akkor invertálható, ha injektív. 4.40. Példa. Az f : R → R, f (x) = x2 függvény nem invertálható, mert nem injektív. 4.41. Definíció. Legyenek, D és H a valós számok halmazának tetsz˝oleges részhalmazai, f : D → H, g : H → R. A g és f függvények kompozícióján vagy összetett függvényén a g ◦ f : D → R g ◦ f (x) = g f (x) függvényt értjük. 4.42. Példa. Legyen f (x) = |x|, g(x) = x2 . Ekkor g ◦ f (x) = g f (x) = g(|x|) = |x|2 = x2 , f ◦ g(x) = f g(x) = f (x2 ) = |x2 | = x2 . 4.43. Példa. Legyen f (x) = x + 2, g(x) = x2 . Ekkor g ◦ f (x) = g f (x) = g(x + 2) = (x + 2)2 , f ◦ g(x) = f g(x) = f (x2 ) = x2 + 2.


43

4.44. Megjegyzés. Az el˝obbi példák mutatják, hogy a függvénykompozíció m˝uvelete általában nem kommutatív, azaz f ◦ g(x) 6= g ◦ f (x), azonban megadhatóak olyan függvények, amikor a kommutativitás teljesül. 4.45. Megjegyzés. Ha az f : D → R függvény invertálható, és az inverze f −1 , akkor f ◦ f −1 (x) = f −1 ◦ f (x) = x. 4.46. Példa. Az f R → R, f (x) = 2x − 2 függvény invertálható, mert különböz˝o elemekhez különböz˝o elemeket rendel. Az el˝obbi megjegyzés alapján x = f ◦ f −1 (x) = f f −1 (x) = 2 · f −1 (x) − 2, azaz x = 2 · f −1 (x) − 2. Ebb˝ol f −1 -et kifejezve x+2 1 = x + 1. 2 2 4.47. Feladat. Az alábbi hozzárendelések közül melyik függvény? f −1 (x) =

a) Minden emberhez hozzárendeljük a magasságát. b) Minden természtes számhoz hozzárendeljük a nála 1-el nagyobb természetes számot. c) Minden számhoz hozzárendeljük a négyzetét. d) Minden osztályzathoz hozzárendeljük azokat a diákokat, akiknek az év végi matematika jegye az adott osztályzat. (Feltételezzük, hogy az osztálynak legalább 6 tanulója van.) e) Minden valós számhoz hozzárendeljük a felét. megoldás: A d) nem függvény, mert egy osztályzat több diákhoz is tartozhat. A többi leképzés egyértelm˝u, így azok függvények. 4.48. Feladat. Lehet-e az alábbi görbe egy szám-szám függvény képe?

megoldás: Nem lehet szám-szám függvény képe, mert egy x értékhez több y érték is tartozik.

44

KÉZI CSABA GÁBOR

4.49. Feladat. Határozzuk meg a valós számok halmazának azt a legb˝ovebb részhalmazát, ahol az √ f (x) = 4 − x2 függvény értelmezve van! megoldás: Mivel páros kitev˝oj˝u gyök alatt csak pozitív szám állhat, ezért az értelmezési tartomány megadásához meg kell oldanunk a 4 − x2 ≥ 0 egyenl˝otlenséget. Az egyenl˝otlenséget grafikusan oldjuk meg. Ehhez els˝o lépésben meghatározzuk az x 7→ 4 − x2 függvény zérushelyeit: 4 − x2 = 0 4 = x2 ±2 = x. Ezután felvázoljuk az x 7→ 4 − x2 függvény grafikonját:

4.50. Feladat. Határozzuk meg a valós számok halmazának azt a legb˝ovebb részhalmazát, ahol az 1 f (x) = ln 1 + x függvény értelmezve van! megoldás: A tört miatt x 6= 0. A logaritmus függvény miatt a logaritmus mögötti kifejezésnek pozitívnak kell lenni, azaz meg kell oldanunk az 1 1+ >0 x egyenl˝otlenséget. Egy tört akkor pozitív, ha a számlálója és a nevez˝oje azonos el˝ojel˝u, így két esetet kell vizsgálnunk. Ha a számláló és a nevez˝o pozitív, akkor x + 1 > 0 és

x > 0.


45

Ezek megoldásainak közös része a ]0, ∞[ intervallum. Ha a számláló és a nevez˝o negatív, akkor x + 1 < 0 és

x < 0.

Ezek megoldásainak közös része a ] − ∞, −1[ intervallum. Így a függvény értelmezési tartománya ] − ∞, −1[∪]0, ∞[= R \ [−1, 0]. 4.51. Feladat. Tekintsük az f : R → R, f (x) = x2 − x függvényt! Mutassuk meg, hogy f (x + 1) = f (−x). megoldás: El˝oször kiszámoljuk f (x + 1)-et: f (x + 1) = (x + 1)2 − (x + 1) = x2 + 2x + 1 − x − 1 = x2 + x. Másrészt f (−x) = (−x)2 − (−x) = x2 + x, így f (x + 1) = f (−x) minden x ∈ R esetén. 4.52. Feladat. Tekintsük az f : R \ 0 → R, f (x) =

1 x

függvényt. Mutassuk meg, hogy

f (a) − f (b) 1 =− . a−b ab megoldás: Mivel f (a) − f (b) =

1 1 b−a − = , a b ab

ezért f (a) − f (b) b−a 1 = =− , a−b (a − b) · ab ab amivel megkaptuk a kívánt összefüggést. 4.53. Feladat. Legyen f (x) = x2 + 3x − 4. Számoljuk ki az különböz˝o valós számok! megoldás: Mivel f (b) = b2 + 3b − 4, továbbá f (a) = a2 + 3a − 4, ezért

f (b) − f (a) hányadost, ha a és b b−a

46

KÉZI CSABA GÁBOR

f (b) − f (a) (b2 + 3b − 4) − (a2 + 3a − 4) b2 + 3b − 4 − a2 − 3a + 4 = = = b−a b−a b−a b2 − a2 + 3b − 3a (b − a)(b + a) + 3(b − a) (b − a)(b + a + 3) = = = = a + b + 3. b−a b−a b−a 4.54. Feladat. Legyen f (x) = 2x − x2 . Számoljuk ki az f (a + 3) − f (a − 3) értéket, ha a ∈ R tetsz˝oleges. megoldás: Mivel f (a + 3) = 2(a + 3) − (a + 3)2 = 2a + 6 − (a2 + 6a + 9) = = 2a + 6 − a2 − 6a − 9 = −a2 − 4a − 3, továbbá f (a − 3) = 2(a − 3) − (a − 3)2 = 2a − 6 − (a2 − 6a + 9) = = 2a − 6 − a2 + 6a − 9 = −a2 + 8a − 15, ezért f (a + 3) − f (a − 3) = −a2 − 4a − 3 − (−a2 + 8a − 15) = = −a2 − 4a − 3 + a2 − 8a + 15 = −12a + 12. 4.55. Feladat. Legyen f (x) = 4 − x2 . Számoljuk ki az f (b − 2) − f (b + 2) értéket, ha b ∈ R tetsz˝oleges. megoldás: Mivel f (b − 2) = 4 − (b − 2)2 = 4 − (b2 − 4b + 4) = = 4 − b2 + 4b − 4 = −b2 + 4b = −b(b − 4), továbbá f (b + 2) = 4 − (b + 2)2 = 4 − (b2 + 4b + 4) = = 4 − b2 − 4b − 4 = −b2 − 4b = −b(b + 4), ezért f (b − 2) − f (b + 2) = −b2 + 4b − (−b2 − 4b) = −b2 + 4b + b2 + 4b = 8b. 4.56. Feladat. Mutassuk meg, hogy az f : R \

5 4

→ R, f (x) =

5x + 3 függvény inverze önmaga. 4x − 5

megoldás: Legyen az f függvény inverze f −1 . Ekkor x=f ◦f

−1

(x) = f

5f −1 (x) + 3 4f −1 (x) − 5

.


47

A kapott egyenletet megoldjuk f −1 (x)-re. Els˝o lépésben szorozzuk az egyenletet 4f −1 (x) − 5-el: 4f −1 (x) − 5 · x = 5f −1 (x) + 3. Felbontva a zárójelet: x · 4f −1 (x) − 5x = 5f −1 (x) + 3. Az egyenletet átrendezve, azaz f −1 (x)-et egy oldalra rendezve x · 4f −1 (x) − 5f −1 (x) = 3 + 5x. Kiemelve f −1 (x)-et f −1 (x)(4x − 5) = 3 + 5x. Mindkét oldalt elosztva 4x − 5-el: f −1 (x) =

3 + 5x 5x + 3 = . 4x − 5 4x − 5

4.57. Feladat. Ábrázoljuk az f : [−2, 3[→ R, f (x) = −x2 + 3 függvényt, határozzuk meg az értékkészletét! Invertálható-e a függvény? Ha nem, adjunk meg az értelmezési tartománynak olyan lesz˝ukítését, ahol invertálható, és határozzuk meg, valamint ábrázoljuk az inverzet! megoldás: A függvény képe:

Értékkészlete:Rf =] − 6, 3]. A függvény nem invertálható, ugyanis például f (−1) = f (1). Az értelmezési tartomány [0, 3[ részhalmazán a függvény már invertálható. Az f ezen intervallumra való lesz˝ukítését jelöljük f ? -al. Az f ? függvény értékkészlete ]−6, 3], ami az inverzfüggvény értelmezési tartománya lesz. Meghatározzuk az inverzfüggvényt. Az x helyen felvett függvényértéket y-al jelölve, majd megcserélve az x és az y szerepét x = −y 2 +3 adódik, amib˝ol y-t kifejezve megkapjuk az inverzet √ (f ? )−1 = 3 − x. A függvény lesz˝ukítésének és inverzének képe:

48

KÉZI CSABA GÁBOR

4.58. Feladat. Határozzuk meg az f (x) = x2 + 8x + 12 függvény széls˝oértékét! megoldás: Másodfokú függvénynek a zérushelyei számtani közepénél van minimuma. Így els˝o lépésben a zérushelyeket határozzuk meg, amihez az x2 + 8x + 12 = 0 másodfokú egyenletet kell megoldanunk. Felírva a másodfokú egyenlet megoldóképletét √ −8 ± 82 − 4 · 1 · 12 −8 ± 4 x1,2 = = . 2 2 Így a zérushelyek x1 = −2 és x2 = −6. Ezek számtani közepe x1 + x2 −2 + (−6) −8 = = = −4, 2 2 2 ami a másodfokú függvény minimum helye. A minimum érték f (−4) = (−4)2 + 8(−4) + 12 = −4. megoldás: Ha a függvénynek nem lenne zérushelye, akkor teljes négyzetté alakítással határozhatnánk meg a széls˝oérték helyét és értékét: f (x) = x2 + 8x + 12 = (x + 4)2 − 4, amely akkor a legkisebb, ha x + 4 = 0, azaz x = −4 és ekkor a függvényérték f (−4) = −4. 4.59. Feladat. Határozzuk meg az f (x) = −x2 + 4x − 3 függvény széls˝oértékének típusát, annak helyét és értékét! megoldás: A függvény zérushelyeit az −x2 + 4x − 3 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva √ −4 ± 16 − 12 −4 ± 2 x1,2 = = , −2 −2 így x1 = 1, x2 = 3. Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója negatív, ezért a függvénynek maximuma van. A maximumhely a zérushelyek számtani közepe, azaz 1+3 = 2. A maximum érték 2


49

f (2) = −22 + 4 · 2 − 3 = 1. 2. megoldás: Ha a függvénynek nem lenne széls˝oértéke, akkor teljes négyzetté alakítással tudjuk meghatározni a széls˝oérték helyét és értékét: f (x) = −x2 +4x−3 = −(x2 −4x)−3 = − (x−2)2 −4 −3 = −(x−2)2 +4−3 = −(x−2)2 +1, aminek akkor a legnagyobb az értéke, ha x−2 = 0, azaz x = 2, és ebben az esetben a függvényérték f (2) = 1. 4.60. Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az f (x) =

x2 sin 5x

függvényt! megoldás: Felhasználva, hogy a szinusz függvény páratlan, azaz sin(−x) = − sin x, f (−x) =

x2 x2 (−x)2 = =− = −f (x), sin(−5x) − sin 5x sin 5x

így a függvény páratlan. 4.61. Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az f (x) =

x4 cos 2x

függvényt! megoldás: Felhasználva, hogy a koszinusz függvény páros, azaz cos(−x) = cos x, f (−x) =

x4 (−x)4 = = f (x), cos(−2x) cos 2x

így a függvény páros. 4.62. Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az f (x) =

1 −x x2

függvényt! megoldás: Mivel f (−x) =

1 1 + x = 2 + x, 2 (−x) x

ezért f (−x) 6= f (x), illetve f (−x) 6= −f (x). így a függvény nem páros, nem páratlan.

50

KÉZI CSABA GÁBOR

4.63. Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az f (x) = x +

1 x

függvényt! megoldás: Mivel

1 1 1 f (−x) = −x + = −x − = − x + = −f (x), −x x x

így a függvény páratlan. 4.64. Feladat. Vizsgáljuk meg paritás szerint az f (x) = x2 +

1 x2

függvényt! megoldás: Mivel f (−x) = (−x)2 +

1 1 = x2 + 2 = f (x), 2 (−x) x

így a függvény páros. 4.65. Feladat. Vizsgáljuk meg az f (x) = sin 2x függvényt periodicitás szerint! megoldás: A függvény periodikus, periodusa π. 4.66. Feladat. Igazak-e az alábbi állítások? a) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekv˝o függvény, amely páros. b) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekv˝o függvény, amely páratlan. c) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív érték˝u páros függvény. d) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív érték˝u páratlan függvény. e) Van olyan függvény, mely páros és páratlan is. megoldás: a) Hamis. b) Igaz, például f (x) = x. c) Igaz, például f (x) = x2 + 1. d) Hamis. e) Igaz, például az azonosan nulla függvény.


51

4.67. Feladat. Adott az ABC háromszög AB és AC oldala, AB = 10 cm, AC = 6 cm. A két oldal által bezárt ϕ szöghöz rendeljük hozzá a háromszög területét. Mi lesz az így kapott függvény értelmezési tartománya és értékkészlete? megoldás: Egy háromszög területe a háromszög két oldalának és az általuk bezárt szög szinuszának szorzatának a fele. Így a keresett függvény: t(ϕ) =

10 · 6 · sin ϕ = 30 · sin ϕ. 2

Így az értelmezési tartománya 0◦ < x < 180◦ , értékkészlete 0 < y ≤ 30.

4.68. Feladat. Határozzuk meg az f ◦ g és g ◦ f kompozíciókat (ahol értelmezve vannak), ha √ f (x) = x, g(x) = x + 7.

Oldjuk meg az f ◦ g(x) = g ◦ f (x) egyenletet! megoldás: Az összetett függvény definícióját használva √ f ◦ g(x) = f g(x) = f (x + 7) = x + 7 √ √ g ◦ f (x) = g f (x) = g( x) = x + 7. Megoldjuk a

√ √ x+7= x+7

egyenletet. Az egyenletet mindkét oldalát négyzetre emelve, majd elvégezve az összevonásokat √ x + 7 = ( x + 7)2 √ x + 7 = x + 14 x + 49 √ −42 = 14 x adódik, ami ellentmondás, ugyanis az egyenlet bal oldalán negatív számot kaptunk, míg a jobb oldalon egy szám négyzetgyökének pozitív számszorosa szerepel, ami pozitív. 4.69. Feladat. Határozzuk meg az f ◦ g, g ◦ f , f ◦ f , g ◦ g kompozíciókat (ahol értelmezve vannak), ha 1 f (x) = , g(x) = x2 + 2. x megoldás:

52

KÉZI CSABA GÁBOR

Az összetett függvény definícióját használva 1 f ◦ g(x) = f g(x) = f (x2 + 2) = 2 x +2 1 1 = 2 +2 g ◦ f (x) = g f (x) = g x x 1 =x f ◦ f (x) = f f (x) = f x g ◦ g(x) = g g(x) = g(x2 + 2) = (x2 + 2)2 + 2. 4.70. Feladat. Invertálható-e az f : R → R, f (x) = 2x + 4 függvény? Ha igen, határozzuk meg az inverzét! Ábrázoljuk közös koordinátarendszerben a függvényt és az inverzét! Mi a geometriai kapcsolat a függvény és inverze között? megoldás: Az f függvény képéb˝ol azonnal látszik, hogy injektív, azaz különböz˝o elemekhez különböz˝o elemeket rendel, így invertálható. Ezt algebrai úton is ellen˝orizhetjük. Ehhez meg kell vizsgálnunk, hogy ha x1 , x2 ∈ R, x1 6= x2 , akkor f (x1 ) 6= f (x2 ). Ezt úgy is ellen˝orizhetjük, hogy megvizsgáljuk, hogy az f (x1 ) = f (x2 ) egyenl˝oségb˝ol következik-e, hogy x1 = x2 . Ezen utóbbit fogjuk ellen˝orizni. Ha f (x1 ) = f (x2 ), akkor f (x1 ) = f (x2 ) 2x1 + 4 = 2x2 + 4 2x1 = 2x2 x1 = x2 , így a függvény invertálható. Meghatározzuk az inverzfüggvényt: f (x) = 2x + 4 y = 2x + 4 x = 2y + 4 x−4 y= 2 x − 4 f −1 (x) = . 2 Ezután ábrázolhatjuk a függvényeket:

f (x) helyére y-t írunk (megcseréljük x-et és y-t) (kifejezzük y-t)


53

Geometriailag egy függvény inverzét úgy határozhatjuk meg, hogy a függvényt tükrözzük az y = x egyenlet˝u egyenesre. 4.71. Feladat. Invertálható-e az f : R → R, f (x) = 2x − 4 függvény? Ha igen, határozzuk meg az inverzét! Ábrázoljuk közös koordinátarendszerben a függvényt és az inverzét! Határozzuk meg a függvénynek és inverzének az értelmezési tartományát és értékkészletét! megoldás: Az f függvény képéb˝ol azonnal látszik, hogy injektív, azaz különböz˝o elemkhez különböz˝o elemeket rendel, így invertálható. Ezt algebrai úton is ellen˝orizhetjük. Ehhez meg kell vizsgálnunk, hogy ha x1 , x2 ∈ R, x1 6= x2 , akkor f (x1 ) 6= f (x2 ). Ezt úgy is ellen˝orizhetjük, hogy megvizsgáljuk, hogy az f (x1 ) = f (x2 ) egyenl˝oségb˝ol következik-e, hogy x1 = x2 . Ezen utóbbit fogjuk ellen˝orizni. Ha f (x1 ) = f (x2 ), akkor f (x1 ) = f (x2 ) 2 − 4 = 2x2 − 4 2x1 = 2x2 x1 = x2 , x1

így a függvény invertálható. Meghatározzuk az inverzfüggvényt: f (x) = 2x − 4 y = 2x − 4 x = 2y − 4

f (x) helyére y-t írunk (megcseréljük x és y-t)

y = log2 (x + 4)

(kifejezzük y-t)

f −1 (x) = log2 (x + 4). Ezután ábrázolhatjuk a függvényeket:

Geometriailag egy függvény inverzét úgy határozhatjuk meg, hogy a függvényt tükrözzük az y = x egyenlet˝u egyenesre. Az f függvény értelemzési tartománya Df = R, érték készlete Rf =]2, ∞[. Az inverzfüggvény értelmezési tartománya Df −1 =]2, ∞[= Rf , továbbá az inverzfüggvény érték készlete Rf −1 = R = Df .

54

KÉZI CSABA GÁBOR

4.72. Feladat. Ábrázoljuk az f : R → R, ( −x2 + 1, ha x < 0 f (x) = −x − 1, ha x ≥ 0. függvényt! Határozzuk meg az értelemzési tartományát, értékkészletét, zérushelyét, az értékkészlet szuprémumát, infimumát, maximumát, minimumát! megoldás: A függvény képe

• • • • • • •

értelemzési tartomány: Df = R érték készlet: Rf =] − ∞, 1[ zérushely: x = −1 sup(Rf ) = 1 inf(Rf ) = −∞ max(Rf ) : nincs min(Rf ) : nincs

4.73. Feladat. Egy országút mentén fekv˝o A és B városok távolsága 200 km. Reggel 8 órakor elindul A-ból B-be egy kerékpáros vk = 15 km/h átlagsebességgel, 9 órakor B-b˝ol A felé egy versenykerékpáros vv = 35 km/h átlagsebességgel. a) Ábrázoljuk a kerékpárosok által megtett utat az id˝o függvényében közös koordinátarendszerben! b) Mikor találkoznak? c) Oldjuk meg a feladatot akkor is, ha a kerékpáros A-ból nem a B város felé, hanem ellentétes irányba indul el!

megoldás: a) A keresett út-id˝o grafikon:


55

b) Ha a kerékpáros t órán át közlekedik, akkor a versenykerékpáros t − 1 óráig közlekedik. Ezalatt a kerékpáros 15t utat, a versenykerékpáros 35(t − 1) utat tesz meg (s = v · t). Együttesen 200 km utat tesznek meg, így felírhatjuk a 15t + 35(t − 1) = 200 egyenletet, melynek megoldása t = 4, 7. Így azt kaptuk, hogy a kerékpáros indulása után 4, 7 órával, azaz 12 óra 42 perckor találkoznak. c) A versenykerékpáros 200 km-el több utat tesz meg, ezért a 15t + 200 = 35(t − 1) egyenletet írhatjuk föl. Ennek megoldása t = 11, 75, vagyis 19 óra 45 perckor találkoznak. 4.74. Feladat. Egyenletesen gyorsuló személygépkocsi álló helyzetb˝ol indulva 1 perc alatt 100 [km/h] sebességet ér el. a) Mennyi utat tesz meg ezalatt az id˝o alatt? b) Ábrázoljuk a járm˝u által megtett utat az id˝o függvényében! c) Mennyi id˝o alatt teszi meg az autó a gyorsulási útszakasz felét? megoldás: a) A gépkocsi gyorsulása 100 km ∆v 5 h a= = = ∆t 1 min 3

km . min2

Az 1 perc alatt megtett út s=

a 2 5 · t = [km]. 2 6

56

KÉZI CSABA GÁBOR

b) Az út-id˝o grafikon az 5 s = t2 . 6 parabola:

c) Az 5 2 5 t = 6 12 egyeneletb˝ol kapjuk a keresett eredményt. Ebb˝ol t =

√1 2

perc, ami körülbelül 42,4 másodperc.

4.75. Feladat. Egy 40 [km/h] sebességgel haladó gépkocsi fél perc alatt 100 [km/h]-ra gyorsul fel. Mekkora utat tesz meg ez id˝o alatt? Ábrázoljuk a járm˝u által megtett utat az id˝o függvényében! megoldás: A gyorsulás a=

∆v 60 = 1 = 7200 km/h2 . ∆t 120

A fél perc alatt megtett út 1 7200 a s = v0 t + · t2 = 40 · + · 2 120 2

1 120

2 =

7 1 1 + = [km] 3 4 12

Ha az utat kilométerben, az id˝ot órában mérjük, akkor az út-id˝o függvény s(t) = 40t + 3600t2 . Ha az id˝ot percben mérjük, akkor s(t) =

40 3600 2 2 t = t + t2 . t+ 60 602 3

Ezt teljes négyzetté alakítva 2 1 1 − , s(t) = t + 3 9 így a függvény képe


57

. 4.76. Feladat. Egy kavicsot 20 [m/s] kezd˝osebességgel függ˝oleges irányban felfelé felhajítunk. Állpítsuk meg, hogyan függ a kavics föld felszínét˝ol mért magassága az id˝ot˝ol, s ábrázoljuk a távolságot az id˝o függvényében! A közegellenállás elhanyagolható. megoldás: A kavics földfelszínt˝ol mért távolságát a h(t) = v0 t −

g 2 · t = 20t − 5t2 2

függvény írja le. Ezt teljes négyzetté alakítva h(t) = −5(t2 + 4t) = −5[(t + 2)2 − 4] = −5(t + 2)2 + 20. Ezt ábrázolva:

. A pálya legmagasabb pontja a t = 2 [s] id˝ohöz tartozó 20 [m]. 4.77. Feladat. A folyóparton 40 [m] hosszú kerítéssel téglalap alakú kertet kerítünk be három oldalról. A kert parttal párhuzamos oldalának hosszát jeölje x, a partra mer˝oleges oldalak hosszát jelölje y. Hogyan válaszuk meg x és y értékét ahhoz, hogy a kert területe a lehet˝o legnagyobb legyen? megoldás: A kert kerülete x + 2y = 40, amib˝ol x = 40 − 2y. A terület t = xy = (40 − 2y)y = 40y − 2y 2 . Ezt teljes négyzetté alakítva −2y 2 + 40y = −2(y 2 − 20y) = −2[(y − 10)2 − 100] = −2(y − 10)2 + 200, ami akkor a legnagyobb, ha y − 10 = 0, azaz ha y = 10. Ekkor x = 40 − 2y = 40 − 20 = 20. Tehát x = 20 m, és y = 10 m esetén lesz a legnagyobb a kert területe.

58

KÉZI CSABA GÁBOR

4.78. Feladat. Az álló helyzetb˝ol egyenletes gyorsulással induló vonat 20 [s] alatt 200 [m] utat tesz meg. Ábrázoljuk a menetid˝ot a megtett út függvényében! megoldás: 2s a Az s = · t2 összefüggésb˝ol a = 2 így a = t r 2 2s √ t= = 2s. A függvény képe: a

2·200 400

= 1

m . A menetid˝o az út függvényében s2

4.79. Feladat. Egy medencébe 5 azonos keresztmetszet˝u cs˝o vezet. Ha egy csövön keresztül engedjük be a vizet, akkor a medence 24 óra alatt telik meg. a) Mennyi id˝o alatt telik meg a medence, ha 2, 3, 4, illetve 5 csövön keresztül engedjük a vizet? b) Milyen kapcsolat van a megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges id˝o között? c) Ábrázoljuk a töltési id˝ot a megnyitott csövek számának függvényében! megoldás: a) Általában x cs˝o megtöltéséhez

24 x

órára van szükség.

b) A megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges id˝o között fordított arányosság van. c) A keresett függvény:


59

4.80. Feladat. Két város távolsága 1200 [km]. Egy autó legkevesebb 40 [km/h], és legfeljebb 100 [km/h] átlagsebességgel teheti meg az utat. Ábrázoljuk az út megtételéhez szükséges id˝ot az átlagsebesség függvényében! megoldás: Az út megtételéhez szükséges id˝o és az ehhez szükséges átlagos sebesség fordítottan arányos. Az ábrázolandó függvény 1200 t= , 40 ≤ v ≤ 100 : v

60

KÉZI CSABA GÁBOR

5. Halmazok számossága

5.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a H és K halmazok egyenl˝o számosságúak, ha létezik közöttük bikjetív függvény, azaz van olyan f : H → K invertálható függvény, melynek az értékkészlete K. 5.2. Definíció. Azt mondjuk, hogy egy halmaz • véges, ha elemeinek a száma véges; • végtelen, ha nem véges • megszámlálhatóan végtelen, ha a számossága megegyezik a természetes számok halmazának számosságával • megszámlálható, ha véges vagy megszálmlálhatóan végtelen. 5.3. Tétel. A racionális számok halmazának számossága megszámlálhatóan végtelen. Bizonyítás: Soroljuk fel a racionális számokat az alábbiak szerint:

Itt minden racionális szám megtalálható, némelyik többször is. A táblázatot járjuk be az alábbiak szerint:

Minden természetes számhoz hozzárendelünk egy racionális számot a fenti bejárás szerint, azaz 1 7→ 1, 2 7→ 21 , 3 7→ 2, 4 7→ 13 , 5 7→ 41 , 6 7→ 23 . A megadott bejárás szerint haladunk, azokat a pozitív racionális számokat, amik már korábban szerepeltek, kihagyjuk. Ezzel megadtunk egy bijektív leképezést a természetes számok és a racionális számok halmaza között. . . 5.4. Tétel. A valós számok halmazának számossága nem megszálmlálhatóan végtelen. 5.5. Definíció. A valós számok halmazának számosságát kontinuum számosságúnak nevezzük. 5.6. Feladat. Mutassuk meg, hogy a természetes számok halmazának és az egész számok halmazának számossága megegyezik. megoldás:


Tekinstük az f : Z → N,

61

( 2x, ha x ≥ 0 f (x) = −2x − 1, ha x < 0

függvényt. Nyilván ez a függvény injektív, hiszen különböz˝o elemekhez különböz˝o elemeket rendel, másrészt ha x nem-negatív, akkor a függvény értékei a pozitív páros számok, ha x negatív, akkor a függvény értékei a pozítív páratlan számok, így értékkészlete N, tehát N és Z számossága megegyezik, azaz Z megszámlálhatóan végtelen számosságú halmaz. 5.7. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a pozitív páros számok halmazának számossága megegyezik a pozitív számok halmazának számosságával. megoldás: Tekintsük az f : N → H halmazt, ahol H a pozitív páros számok halmazát jelöli. Definiáljuk az f : N → H, f (x) = 2x függvényt! Ez a függvény injektív, hiszen különböz˝o elemkhez különböz˝o elemeket rendel másrészt értékkészelete a pozitív páros számok halmaza, így a két halmaz számossága megegyezik.

62

KÉZI CSABA GÁBOR

6. Komplex számok

6.1. Motíváció. A valós számok halmazán nem oldható meg az x2 + 1 = 0 egyenlet, azaz a −1-b˝ol nem tudunk gyököt vonni, hiszen nincs olyan valós szám, amelynek a négyzete negatív szám lenne. Ez az egyik oka annak, hogy bevezetjük a komplex számok halmazát, ahol definiálhatunk olyan számot, amelynek a négyzete negatív lesz. A valós számok halmazának elemei megfeleltethet˝ok a számegyenes pontjainak. A komplex számok elemeit a számsík (R × R) pontjainak feleltethetjük meg. Ebben az esetben a síkot Gauss-féle komplex számsíknak nevezzük, a vízszintes tengelyt valós tengelynek, a függ˝oleges tengelyt képzetes tengelynek mondjuk. Jelöljük i-vel a számsík (0, 1) pontját. Ezt a számot nevezzük képzetes egységnek. Nyilvánvaló, hogy az (a, 0) számok a valós számegyenesen helyezkednek el, így ezek a számok megfeleltethet˝ok a valós számoknak. Emiatt az (a, 0) komplex számokat egyszer˝uen a-val jelöljük. 6.2. Definíció. A C = R × R halmazon vezessünk be két m˝uveletet, egy összeadást és egy szorzást az alábbi módon: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) · (c, d) = (ac − bd, bc + ad). Az így bevezett két m˝uvelettel ellátott C halmazt a komplex számok halmazának nevezzük. 6.3. Megjegyzés. Megmutatható, hogy az el˝obb bevezett összeadás és szorzás kommutatív, asszociatív, létezik zéruselem az összeadásra és egységelem a szorzásra nézve, minden komplex számnak létezik additív inverze, és minden nullától különböz˝o komplex számnak létezik multiplikatív inverze, továbbá, hogy a szorzás disztributív az összeadásra nézve. 6.4. Tétel. Ha i jelöli a képzetes egységet, akkor i2 = −1. Bizonyítás: Az el˝obb definiált szorzás m˝uveletét használva azt kapjuk, hogy i2 = i · i = (0, 1) · (0, 1) = (0 − 1, 0 + 0) = (−1, 0), ami éppen a bizonyítandó állítás. 6.5. Tétel. Minden komplex szám el˝oáll z = a + b · i alakban. Bizonyítás: Ha z = (a, b), akkor z = (a, b) = (a, 0) + (0, b) = a(1, 0) + b(0, 1) = a + b · i, amivel az állítást igazoltuk. 6.6. Definíció. A z = (a, b) ∈ C komplex szám z = a + b · i alakját a komplex szám algebrai alakjának nevezzük. Az a-t a komplex szám valós részének, vagy reális részének, b-t a komplex szám képzetes részének vagy imaginárius részének mondjuk. Jelölései: a = Re(z), b = Im(z). A komplex számnak a valós tengellyel bezárt ϕ ∈ [0, 2π[ szögét a komplex szám argumentumának vagy szögének hívjuk.


63

6.7. Példa. A z = 2 + 3i komplex szám valós része Re(z) = 2, képzetes része Im(z) = 3. 6.8. Definíció. A z = a + b · i komplex szám • konjugáltja a z = a − b · i komplex szám; √ • hossza a |z| = a2 + b2 valós szám. 6.9. Megjegyzés. A konjugálás a valós tengelyre való tükrözést jelenti.

6.10. A z = 1 + i komplex szám konjugáltja a z = 1 − i komplex szám, hossza a |z| = √ Példa. √ 2 2 1 + 1 = 2 valós szám. 6.11. Megjegyzés. M˝uveletek algebrai alakban megadott komplex számokkal: a z1 = a1 + i · b1 és a z2 = a2 + i · b2 algebrai alakú komplex számok • összege a z1 + z2 = a1 + i · b1 + a2 + i · b2 = a1 + b2 + i(a2 + b1 2) komplex szám; • szorzata a z1 · z2 = (a1 + i · b1 )(a2 + i · b2 ) = a1 a2 − b1 b2 + i(a1 b2 + a2 b1 ) komplex szám; • hányadosa a z1 a1 + i · b 1 a1 + i · b 1 a2 − i · b 2 a1 a2 + b1 b1 + i(a2 b1 − a1 b2 ) = = · = , z2 a2 + i · b 2 a2 + i · b 2 a2 − i · b 2 a22 + b22 azaz két algebrai alakban megadott komplex számot úgy osztunk el, hogy a törtet b˝ovítjük a nevez˝o konjugáltjával. 6.12. Példa. Legyen z1 = 2 − 3i és z2 = 1 + i. Ekkor: • a két komplex szám összege z1 + z2 = 2 − 3i + 1 + i = 3 − 2i

64

KÉZI CSABA GÁBOR

• a két komplex szám szorzata z1 · z2 = (2 − 3i)(1 + i) = 2 + 2i − 3i − 3i2 = 2 − i + 3 = 5 − i • a z1 és z2 komplex számok hányadosa z1 3 − 2i 3 − 2i 1 − i 3 + 3i − 2i − 2i2 5 1 = = · = = + i. z2 1+i 1+i 1−i 2 2 2 6.13. Tétel. (az abszolútérték és a konjugálás tulajdonságai) Ha z, z1 és z2 tetsz˝oleges komplex számok, akkor a) |z1 · z2 | = |z1 | · |z2 | 1| b) zz12 = |z |z2 |

d) z1 + z2 = z 1 + z 2

c) |z| = |z|

f)

e) z1 · z2 = z 1 · z 2 z1 z2

=

z1 . z2

Bizonyítás: Legyen z = a + b · i, z1 = a1 + b1 · i, z2 = a2 + b2 · i. a) Mivel z1 · z2 = (a1 + i · b1 )(a2 + i · b2 ) = a1 a2 − b1 b2 + i(a1 b2 + a2 b1 ), ezért |z1 · z2 | = = =

p

(a1 a2 − b1 b2 )2 + (a1 b2 + a2 b1 )2 =

q

(a21 a22 − 2a1 a2 b1 b2 + b21 b22 ) + (a21 b22 + 2a1 a2 b1 b2 + a22 b21 ) =

q

a21 a22 + b21 b22 + a21 b22 + a22 b21 .

Másrészt |z1 | · |z2 | =

q q q q a21 + b21 · a22 + b22 = (a21 + b21 )(a22 + b22 ) = a21 a22 + b21 b22 + a21 b22 + a22 b21 ,

amivel az els˝o összefüggést igazoltuk. b) Az el˝oz˝ovel analóg módon igazolható. c) Egyrészt |z| = másrészt |z| = |a − bi| =

√

a2 + b 2 ,

p √ a2 + (−b)2 = a2 + b2 ,

amivel megkaptuk a kívánt összefüggést. d) Az összeadást, majd a konjugálást elvégezve, majd megfelel˝oen csoportostíva azt kapjuk, hogy z1 + z2 = a1 + a2 + i(b1 + b2 ) = a1 + a2 − i(b1 + b2 ) = a1 − ib1 + a2 − ib2 = z 1 + z 2 , ami a bizonyítandó állítás. e) Az szorzás, majd a konjugálást elvégezve, majd megfelel˝oen csoportostíva azt kapjuk, hogy z1 · z2 = a1 a2 − b1 b2 + i(a1 b2 + a2 b1 ) = a1 a2 − b1 b2 − i(a1 b2 + a2 b1 ) = z 1 · z 2 , f) Az el˝oz˝ohöz hasonlóan igazolható.


65

Az állításokat igazoltuk. 6.14. Definíció. A z = a + b · i komplex szám trigonometrikus alakján a z = |z|(cos ϕ + i sin ϕ) komplex számot értjük. 6.15. Megjegyzés. Tekintsük a z = a + b · i algebrai alakban megadott komplex számot, és legyen ϕ a komplex szám argumentuma. Ekkor egyrészt a , amib˝ol a = |z| · sin ϕ, sin ϕ = |z| másrészt cos ϕ =

b , amib˝ol b = |z| · sin ϕ, |z|

azaz z = |z| · cos ϕ + |z| · sin ϕ = |z|(cos ϕ + i sin ϕ). 6.16. Példa. Felírjuk a

√ 3 1 z=− + i 2 2 komplex számnak és konjugáltjának a trigonometrikus alakját.

Ehhez el˝oször meghatározzuk a komplex szám hosszát: v u √ !2 2 u 3 1 = 1. |z| = t − + 2 2 A komplex szám argumentuma: ϕ = 150◦ , így a trigonometrikus alak z = 1 · (cos 150◦ + i sin 150◦ ) = cos 150◦ + i sin 150◦ . A z komplex szám trigonometrikus alakja z = 1 · (cos 210◦ + i sin 210◦ ) = cos 210◦ + i sin 210◦ . 6.17. Példa. A z = 2 · (cos 30◦ + i sin 30◦ ) komplex szám algebrai alakja z=2

√ ! √ 1 3 + i = 1 + 3. 2 2

66

KÉZI CSABA GÁBOR

6.18. Tétel. A z1 = |z1 |(cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) és a z2 = |z2 |(cos ϕ2 + i sin ϕ2 ) komplex számok szorzata a z1 · z2 = |z1 | · |z2 | cos(ϕ1 + ϕ2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 ) komplex szám. Bizonyítás: Felhaszálva a cos(α + β) = cos α · cos β − sin α · sin β és a sin(α + β) = sin α · cos β + cos α · sin β addíciós tételeket, azt kapjuk, hogy z1 · z2 = |z1 | · |z2 |(cos ϕ1 + i sin ϕ1 )(cos ϕ2 + i sin ϕ2 ) = = |z1 | · |z2 |(cos ϕ1 cos ϕ2 − sin ϕ1 sin ϕ2 + i cos ϕ1 sin ϕ2 + sin ϕ1 cos ϕ2 ) = = |z1 | · |z2 | cos(ϕ1 + ϕ2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 ) , amivel az állítást igazoltuk. 6.19. Tétel. A z1 = |z1 |(cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) és a z2 = |z2 |(cos ϕ2 + i sin ϕ2 ) komplex számok hányadosa a |z1 | z1 = cos(ϕ1 − ϕ2 ) + i sin(ϕ1 − ϕ2 ) z2 |z2 | komplex szám. Bizonyítás: A z = |z|(cos ϕ + i sin ϕ) komplex szám reciproka 1 1 = cos(−ϕ) + i sin(−ϕ) , z |z| ugyanis az el˝oz˝o állítást felhaszálva 1 1 z · = |z| · cos(ϕ − ϕ) + i sin(ϕ − ϕ) = 1. z |z| Ezért

1 1 z1 = z1 · = |z1 | · cos(ϕ1 − ϕ2 ) + i sin(ϕ1 − ϕ2 ) , z2 z2 |z2 |

amivel az állítást igazoltuk. 6.20. Tétel. A z = |z|(cos ϕ + i sin ϕ) komplex szám n-edik hatványa a z n = |z|n cos(nϕ) + i sin(nϕ) komplex szám. Bizonyítás: Mivel z n = z · z · . . . · z, ezért a szorzásra vonatkozó azonosság felhasználásával adódik az állítás.


67

6.21. Példa. Tekintsük a z1 = 2 · (cos 30◦ + i sin 30◦ ) és a z2 = 3 · (cos 15◦ + i sin 15◦ ) komplex számokat. Szorzatuk z1 · z2 = 6(cos 45◦ + i sin 45◦ ), hányadosuk

z1 z1 = (cos 15◦ + i sin 15◦ ), z2 z2

továbbá z110 = 210 · (cos 300◦ + i sin 300◦ ). 6.22. Megjegyzés. Komplex szám reciprokának geometriai tartalma: z-nek az egységkörre vonatkozó tükörképét (inverzét) tükrözzük a valós tengelyre.

6.23. Megjegyzés. Tekinstük a z = cos ϕ + i sin ϕ komplex számot. Ennek a négyzete (algabrai alakú komplex számként tekintve): z 2 = (cos ϕ + i · sin ϕ)2 = cos2 ϕ − sin2 ϕ + i · 2 sin ϕ cos ϕ. Másrészt z trigonometrikus alakú komplex számnak is tekinthet˝o A négyzetre emelést ilyen alakban elvégezve z 2 = cos 2ϕ + i sin 2ϕ. A két komplex számnak meg kell egyeznie, így egyrészt cos 2ϕ = cos2 ϕ − sin2 ϕ, másrészt sin 2ϕ = 2 sin ϕ cos ϕ, amelyek a középiskolából is jól ismert trigonometrikus azonosságok. 6.24. Definíció. A z komplex szám n-edik gyökének nevezzük a w komplex számot, ha wn = z. 6.25. Tétel. Minden komplex számnak n darab n-edik gyöke van, melyek p ϕ + k · 2π ϕ + k · 2π n wk = |z| cos + i sin , (k = 0, . . . , n − 1) n n alakban állnak el˝o.

68

KÉZI CSABA GÁBOR

Bizonyítás: Ha w = |w|(cos ψ + i sin ψ) és

z = |z|(cos ϕ + i sin ϕ),

akkor wn = z esetén wn = |w|n cos(nψ) + i sin(nψ) = |z|(cos ϕ + i sin ϕ), ahonnan |w| =

p n |z| és n · ψ = ϕ + k · 2π

ahonnan ψ=

(k = 0, . . . , n − 1),

ϕ + k · 2π , n

amivel igazoltuk az állítást. 6.26. Definíció. A z = 1 komplex szám n-edik gyökeit n-edik egységgyököknek nevezzük. 6.27. Megjegyzés. Az n-edik egységyökök origó középpontú, n oldalú szabályos sokszög csúcsaiban helyezkednek el. 6.28. Példa. Meghatározzuk és ábrázoljuk a harmadik egységgyököket. Tekintsük a z = 1 komplex számot. Ennek hossza 1, argumentuma 0. Ezt és az el˝obbi tételt felhasználva 0 + 0 · 2π 0 + 0 · 2π w0 = cos + i sin = cos 0 + i sin 0 = 1 3 3 √ 0 + 1 · 2π 2π 1 2π 3 0 + 1 · 2π + i sin + i sin =− + i = cos w1 = cos 3 3 3 3 2 2 √ 0 + 2 · 2π 0 + 2 · 2π 4π 4π 1 3 w1 = cos + i sin = cos + i sin =− − i. 3 3 3 3 2 2 Ezeket ábrázolva:

tehát a harmadik egységgyökök valóban origó középpontú szabályos háromszög csúcsaiban helyezkednek el. 6.29. Példa. A z = −4 komplex szám négyzetgyökei: ±2i. 6.30. Definíció. Minden komplex szám felírható z = |z|eiϕ alakban, melyet a komplex szám exponenciális alakjának nevezünk. 6.31. Tétel. Ha z1 = |z1 |eiϕ1 és z2 = |z2 |eiϕ2 , akkor z1 · z2 = |z1 | · |z2 | · ei(ϕ1 +ϕ2 )


69

Bizonyítás: Az állítás azonnak adódik abból, hogy azonos alapú hatványok szorzásakor az alapot a kitev˝ok összegére emeljük. 6.32. Tétel. Ha z1 = |z1 |eiϕ1 és z2 = |z2 |eiϕ2 , akkor z1 |z1 | i(ϕ1 −ϕ2 ) = ·e z2 |z2 | Bizonyítás: Az állítás azonnak adódik abból, hogy azonos alapú hatványok osztásakor az alapot a kitev˝ok különbségére emeljük. 6.33. Tétel. Ha z = |z|eiϕ , akkor z n = |z|n · einϕ Bizonyítás: Az állítás azonnak adódik abból, hogy hatvány hatványozásakor az alapot a kitev˝ok szorzatára emeljük. 6.34. Megjegyzés. Mivel ei·ϕ = cos ϕ + i sin ϕ, ezért a cosinius függvény párossága és a sinus függvény páratlan tulajdonsága miatt e−i·ϕ = ei·(−ϕ) = cos(−ϕ) + i sin(−ϕ) = cos ϕ − i sin ϕ. Az el˝obbi két egyenletet összeadva azt kapjuk, hogy ei·ϕ + e−i·ϕ = 2 cos ϕ, amib˝ol

ei·ϕ + e−i·ϕ = cos ϕ 2 adódik. Hasonlóan a fenti két egyneletet kivonva azt kapjuk, hogy ei·ϕ − e−i·ϕ = 2i sin ϕ,

amib˝ol

ei·ϕ − e−i·ϕ = sin ϕ 2i

adódik. 6.35. Feladat. Adjuk meg az alábbi komplex számok valós, illetve képzetes részét: a) z1 = 2 + 3i

c) z3 = 6

e) z5 = −2i

b) z2 = 3 − 4i

d) z4 = i

f) z6 = 1

megoldás: A z = a + bi komplex szám valós része: Re(z) = a, képzetes része Im(z) = b. Ez alapján a megoldások

70

KÉZI CSABA GÁBOR

a) Re(z1 ) = 2, Im(z1 ) = 3

d) Re(z4 ) = 0, Im(z4 ) = 1

b) Re(z2 ) = 3, Im(z2 ) = −4

e) Re(z5 ) = 0, Im(z5 ) = −2

c) Re(z3 ) = 6, Im(z3 ) = 0

f) Re(z6 ) = 1, Im(z6 ) = 0

6.36. Feladat. Ábrázoljuk a komplex számsíkon az alábbi komplex számokat a) z1 = 3

c) z3 = −i

e) z5 = 3 + 2i

b) z2 = −2

d) z4 = 3i

f) z6 = −2 − 4i

megoldás:

6.37. Feladat. Ábrázoljuk a komplex számsíkon az alábbi halmazokat a) A = {z ∈ C | Re(z) ≤ 1} b) B = {z ∈ C | Im(z) > 0} c) C = {z ∈ C | |z| ≤ 1} d) D = {z ∈ C | |z| ≥ 1} megoldás:


71

A C halmaz elemei azon komplex számok, melyek abszolút értéke kisebb vagy egyenl˝o, mint 1, azaz azok a komplex számok, melyeknek az origótól való távolsága nem nagyobb, mint 1. Ezek a pontok az egység sugarú, origó középpontú körön és annak belsejében helyezkednek el. A D halmaz elemei pedig éppen a kör és a rajta kívül es˝o pontok:

6.38. Feladat. Tekintsük a z1 = 2 + 3i és a z2 = 3 − 4i komplex számokat! Határozzuk meg a z1 a) z1 + z2 e) |z1 | i) Im z1 z2 f) b) z1 · z2 z2 j) z1 + 5z2 + 6 z2 g) c) z1 z1 k) z12 z1 d) z2 h) Re l) z22 z2 komplex számokat! megoldás: a) Két algebrai alakú komplex számot úgy adunk össze, hogy a valós részt a valós résszel, a képzetes részt a képzetes résszel összegezzük: z1 + z2 = 2 + 3i + 3 − 4i = 5 − i. b) Két algebrai alakú komplex számot úgy szorzunk össze, hogy minden tagot szorzunk minden taggal z1 · z2 = (2 + 3i)(3 − 4i) = 6 − 8i + 9i − 12i2 = 6 + i − 12(−1) = 18 + i. c) Az a + bi komplex szám konjugáltja az a − bi komplex szám: z1 = 2 − 3i. A konjugálás geometriai jelentése a valós tengelyre való tükrözés. d) z2 = 3 + 4i

72

KÉZI CSABA GÁBOR

e) Egy komplex szám hossza a valós részének és képzetes részének a négyzetösszege √ √ √ |z1 | = 22 + 32 = 4 + 9 = 13 f) Két algebrai alakú komplex számot úgy osztunk el egymással, hogy b˝ovítjük a törtet a nevez˝o konjugáltjával. Ezután tört törttel való szorzását kapjuk, melyet úgy végzünk el, hogy a számlálót szorozzuk a számlálóval, a nevez˝ot a nevez˝ovel: 2 + 3i 2 + 3i 3 + 4i (2 + 3i)(3 + 4i) z1 = = · = = z2 3 − 4i 3 − 4i 3 + 4i (3 − 4i)(3 + 4i) 6 + 8i + 9i + 12i2 −6 + 17i 6 17 6 + 17i − 12 = = = − + i. = 9 − 16i2 9 + 16 25 25 25 g) z2 3 − 4i 3 − 4i 2 − 3i (3 − 4i)(2 − 3i) = = · = = z1 2 + 3i 2 + 3i 2 − 3i (2 + 3i)(2 − 3i) 6 − 8i − 9i + 12i2 6 − 17i − 12 −6 − 17i 6 17 = = = = − − i. 2 4 − 9i 4+9 13 13 13 z1 6 h) Re =− z2 25 17 z1 = i) Im z2 25 j) z1 + 5z2 + 6 = 2 + 3i + 5(3 + 4i) + 6 = 2 + 3i + 15 + 20i + 6 = 23 + 23i k) Felhasználva, hogy (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 : z12 = (2 + 3i)2 = 4 + 12i + 9i2 = 4 + 12i − 9 = −5 + 12i. l) z22 = (3 − 4i)2 = 9 − 24i + 16i2 = 9 − 8i − 16 = −7 − 8i 6.39. Feladat. Mennyi i0 ; i1 ; i2 ; i3 ; i4 ; i100 ; i101 ; i102 ; i103 ; i104 i4k ; i4k+1 ; i4k+2 ; i4k+3 , ha k egész szám? megoldás: i0 := 1; i1 = i; i2 = −1; i3 = i2 · i = −i; i4 = (i2 )2 i100 = (i4 )25 = 125 = 1; i101 = i100 · i = 1 · i = i i102 = i100 · i2 = 1 · (−1) = −1; i103 = i100 · i3 = −i; i104 = i100 · i4 = 1 Tapasztalatunk a következ˝o: Ha i hatványkitev˝oje 4-gyel osztható, akkor a hatvány értéke 1; ha 4gyel osztva 1 maradékot ad, akkor a hatvány értéke i; ha 2 maradékot ad, akkor −1; ha 3 maradékot ad, akkor −i. Tehát: i4k = 1;

i4k+1 = i;

i4k+2 = −1;

i4k+3 = −i.


73

6.40. Feladat. Írjuk föl a z = −2 − 2i komplex szám trigonometrikus alakját! megoldás A z = a + bi komplex szám trigonometrikus alakja z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ahol r a komplex szám hossza/abszolútértéke, ϕ a komplex szám argumentuma, azaz a valós tengellyel bezárt szöge. Jelen esetben a komplex számunk valós része Re(z) = −2, képzetes része Im(z) = −2. Így a komplex szám hossza p √ r = (−2)2 + (−2)2 = 8, továbbá az argumentumra fennáll a tg(ϕ) =

b −2 = =1 a −2

π π 5π egyenlet, amib˝ol ϕ1 = vagy ϕ2 = π + = . Az ábrázolás után világos, hogy a megfelel˝o 4 4 4 5π szög ϕ = . 4

Így a komplex szám trigonometrikus alakja √ 5π 5π z = 8 cos + i sin . 4 4 √ 6.41. Feladat. Számoljuk ki a z = − 3 + i komplex szám harmadik gyökeit! megoldás: Minden komplex számnak n darab n-edik gyöke van. Ezek √ ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ n wk = r cos + i sin n n

(k = 0, . . . , n − 1).

74

KÉZI CSABA GÁBOR

alakban állnak el˝o. Jelen esetben harmadik gyököt szeretnénk vonni, azaz n = 3, így három megoldás lesz. A komplex szám hossza q √ r = (− 3)2 + 12 = 2, 5π π = . Behelyettesítve a fenti képletbe 6 6 5π 5π √ √ + 2 · 0π + 2 · 0π 5π 5π 3 3 6 6 w0 = 2 cos + i sin = 2 cos + i sin 3 3 18 18 5π 5π √ √ + 2 · 1π + 2 · 1π 17π 17π 3 3 6 6 + i sin = 2 cos + i sin w1 = 2 cos 3 3 18 18 5π 5π √ √ + 2 · 2π + 2 · 2π 29π 29π 3 3 6 6 w2 = 2 cos + i sin = 2 cos + i sin . 3 3 18 18

argumentuma ϕ = π −

6.42. Feladat. Oldjuk meg a komplex számok halmazán a z 3 + 1 + i = 0 egyenletet! megoldás: Kifejezzük z-t az egyenletb˝ol z=

√ 3 −1 − i.

Így a −1 − i komplex szám 3-adik gyökeit kell meghatározni. Minden komplex számnak n darab n-edik gyöke van, így 3 darab harmadik gyök van. Ezek √ ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ n wk = r cos + i sin , (k = 0, . . . , n − 1) n n √ alakban állnak el˝o. Jelen esetben n = 3, r = 2, ϕ = 5π , k = 0, 1, 2. Így az egyenlet megoldásai 4 q 5π 5π √ +2·0·π +2·0·π 5π 5π 3 √ 6 4 4 w0 = 2 cos + i sin = 2 cos + i sin 3 3 12 12 q 5π 5π √ +2·1·π +2·1·π 13π 13π 3 √ 6 4 4 = 2 cos w1 = 2 cos + i sin + i sin 3 3 12 12 q 5π 5π √ +2·2·π +2·2·π 21π 21π 3 √ 6 4 4 w2 = 2 cos + i sin = 2 cos + i sin 3 3 12 12 . 6.43. Feladat. Határozzuk meg és ábrázoljuk a negyedik egységgyököket! megoldás: Az n-edik egységgyökök az 1 komplex szám n-edik gyökei. Így a negyedik egységgyökök az 1 komplex szám negyedik gyökei. Ezek √ ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ n wk = r cos + i sin (k = 0, . . . , n − 1) n n


75

alakban állnak el˝o. Jelen esetben n = 4, r = 1, ϕ = 0, k = 0, 1, 2, 3. Így a negyedik egységgyökök √ 0+2·0·π 0+2·0·π 4 w0 = 1 cos + i sin = cos 0 + i sin 0 = 1 4 4 √ 0+2·1·π 0+2·1·π π π 4 w1 = 1 cos + i sin = cos + i sin = i 4 4 2 2 √ 0+2·2·π 0+2·2·π 4 w2 = 1 cos + i sin = cos π + i sin π = −1 4 4 √ 0+2·3·π 0+2·3·π 3π 3π 4 w3 = 1 cos + i sin = cos + i sin = −i. 4 4 2 2 Ábrázolva a kapott komplex számokat a Gauss féle (komplex számsíkon) azt vehetjük észre, hogy a negyedik egységgyökök négyoldalú szabályos sokszög csúcsaiban helyezkednek el. Általánosan igaz, hogy az n-edik egységgyökök n oldalú szabályos sokszög csúcsaiban helyezkednek el.

6.44. Feladat. Oldjuk meg a komplex számok halmazán a z 2 + 2z + 2 = 0 másodfokú egyenletet! megoldás: Felírva a másodfokú egyenlet megoldóképletét √ √ −2 ± 4 − 8 −2 ± −4 −2 ± 2i z1,2 = = = = −1 ± i. 2 2 2 6.45. Feladat. Írjuk át az 1 + i komplex számot Euler-féle alakba! megoldás: A z = 1 + i = 1 + 1 · i komplex szám hossza |z| = ϕ = π/4. Így az Euler-féle alak π z = 2 · ei· 4 .

√ √ 12 + 12 = 2 másrészt z argumentuma

6.46. Feladat. Tekintsük a z1 = 1 + i és z2 = 3 cos π3 + i sin π3 komplex számokat! Határozzuk meg a z1 · z2 , zz12 , zz12 és z110 komplex számokat!

76

KÉZI CSABA GÁBOR

megoldás: Els˝o lépésben írjuk föl a z1 komplex szám trigonometrikus alakját: √ π π . z1 = 2 cos + i sin 4 4 Trigonometrikus alakú komplex számokat úgy szorzunk össze, hogy az abszolút értéküket összeszorozzuk, az argumentumokat összeadjuk: π π √ π π √ 7π 7π z1 z2 = 3 2 cos + + i sin + = 3 2 cos + i sin . 3 4 3 4 12 12 Trigonometrikus alakú komplex számokat úgy osztunk el, hogy az abszolút értéküket elosztjuk, az argumentumokat kivonjuk: √ π π √2 z1 2 π π π π = cos − + i sin − = cos + i sin , z2 3 3 4 3 4 3 12 12 π π z2 3 π π 3 −π −π = √ cos − + i sin − = √ cos + i sin = z1 4 3 4 3 12 12 2 2 23π 3 23π + i sin = √ cos . 12 12 2 Trigonometrikus alakú komplex számokat úgy hatványozunk, hogy az abszolút értéküket hatványozzuk, az argumentumokat szorozzuk a kitev˝ovel: √ 10 10π π π 10π 10 + i sin = 32i. z1 = 2 = 32 cos + i sin cos 4 4 2 2

MATEMATIKA I. JEGYZET 1. RÉSZ

Recommend Documents