sin 2 (x) dx = ctg(x) + C k (x ]kπ, (k + 1)π [, k Z) cos 2 (x) dx = tg(x) + C k (x ]kπ π 2, kπ + π 2 [, k Z)

Lajkó Károly Kalkulus II.

DEBRECENI EGYETEM MATEMATIKAI INTÉZET

Lajkó Károly

Lajkó Károly, 2005 Copyright

Kalkulus II.

egyetemi jegyzet negyedik kiadás

DEBRECENI EGYETEM MATEMATIKAI INTÉZET

6

TARTALOMJEGYZÉK

IV. Többváltozós és vektorérték¶ függvények folytonossága, határértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Tartalomjegyzék I. Integrálszámítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1. Primitív függvény, határozatlan integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2. A Riemann-integrálhatóság fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

3. A Darboux-tétel és következményei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

4. A Riemann-integrálhatóság kritériumai és elegend® feltételei

21

5. A Riemann-integrál m¶veleti tulajdonságai . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

6. Egyenl®tlenségek, középértéktételek Riemann-integrálra . . . . .

26

7. Az integrál, mint a fels® határ függvénye . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

8. A Newton-Leibniz formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

9. Par iális és helyettesítéses Riemann-integrálok . . . . . . . . . . . . . . 10.

11. Improprius Riemann-integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

II. Vekotorterek, euklideszi terek, metrikus terek . . . . . . .

59

2. A folytonosság fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

3. Folytonosság és m¶veletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

4. Folytonosság és topologikus fogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

5. A határérték fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

6. Határérték és m¶veletek illetve egyenl®tlenségek . . . . . . . . . . . .

67

7. A határérték és a folytonosság kap solata . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69

V. A Riemann-integrál általánosítása és alkalmazása . . . .

71

Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

71

1. Korlátos változású függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

71

2. Riemann-Stieltjes integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

3. Görbék ívhossza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

4. Görbementi-integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

81

VI. Többváltozós függvények dieren iálszámítása . . . . . .

85

31

1. A dieren iálhatóság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

85

2. Iránymenti és par iális derivált . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

88

33

3. Dieren iálási szabályok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

91

34

4. Középértéktételek és következményeik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

5. Magasabbrend¶ deriváltak, Young és Taylor tétele . . . . . . . . . .

95

Függvénysorozatok és függvénysorok tagonkénti

integrálhatósága és dieren iálhatósága . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6. Lokális széls®érték . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 39

7. Inverzfüggvény-tételek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

8. Impli it függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

1. Vektortér, euklideszi tér és metrikus tér fogalma . . . . . . . . . . . . n 2. Az R euklideszi tér . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . n 3. R topológiája . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

9. Feltételes széls®érték . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

4. További lineáris algebrai el®ismeretek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42 44 47

VII. Riemann-integrál Rn -ben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

113

Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

III. Sorozatok Rk -ban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

1. Riemann-integrál téglán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 Rn -beli halmazon . . . . . . . . . . . . . . . . 123 n 3. Jordan-mérhet® halmazok R -ben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

1. Alapfogalmak és kap solatuk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

4. Integráltranszformá ió . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

2. Sorozatok és m¶veletek, illetve rendezés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

3. Részsorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

4. Cau hy-sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58

5

2. Riemann-integrál korlátos

VIII. Dieren iálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

137

Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

TARTALOMJEGYZÉK

7

1. A dieren iálegyenlet fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 2. Kezdeti érték probléma vagy Cau hy-feladat . . . . . . . . . . . . . . . . 140 3. Elemi úton megoldható dieren iálegyenlet-típusok . . . . . . . . . 142 4. Egziszten ia-tételek Cau hy-feladatokra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 5. Magasabbrend¶ lineáris dieren iálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . 160

Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

173

Névjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

175

Tárgymutató . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

177

10

I. INTEGRÁLSZÁMÍTÁS

Bizonyítás. ′ ′ a) Ha G(x) = F (x) + C , akkor a feltételek miatt G (x) = F (x) = f (x) (x ∈ ha, bi), így a dení ió szerint G primitív függvény. R f , azaz G is primitív függvénye f -nek, akkor G′ (x) = F ′ (x) b) Ha G = (x ∈ ha, bi), ami ekvivalens azzal, hogy [G(x)−F (x)]′ = 0 (x ∈ ha, bi), így a dieren iálszámításban tanultak szerint G(x) − F (x) = C (x ∈ ha, bi), azaz G(x) = F (x) + C .

I. fejezet

Integrálszámítás

Megjegyzés.

1. Primitív függvény, határozatlan integrál

Ha

Kérdés:

f : ha, bi → R-hez

f (x) = x2 (x ∈ R),

úgy létezik

létezik-e

f ′ (x) = 2x (x ∈ R).

F : ha, bi → R,

hogy

F′ = f

?

Példa. Ha f (x) = sin(x) (x ∈ R), akkor F (x) = − cos(x) (x ∈ R) esetén F ′ (x) = sin(x) = f (x) (x ∈ R) teljesül.

1. dení ió. A

Legyen adott az

f : ha, bi → R

vagy Az

F

primitív függvényének

határozatlan Rintegráljának nevezzük,R ha F f

függvényre az

jelölést használjuk.

f

′

= f.

meghatározását integrá-

lásnak mondjuk.

R

R

R F = f függvény x helyen felvett értékét F (x) = f (x)dx vagy ( f )(x) jelöli, ami gyakran a primitív függvényt (határozatlan integrált) Az

is jelenti.

A primitív függvény (határozatlan integrál) értelmezhet®

függvényre is, ahol

H

intervallumok egyesítése.

f : H → R

Példa. Az f (x) = sh(x) (x ∈ R) függvény esetén a RF (x) = ch(x) (x ∈ R) F ′ (x) = f (x),

F (x) = sh(x) dx. R 1. tétel. Ha f, F : ha, bi → R, F ′ = f (F = f ), úgy G : ha, bi → R akkor és sak akkor primitív függvénye (határozatlan integrálja) f -nek, ha ∃ C ∈ R, hogy G(x) = F (x) + C . függvény teljesíti, hogy

9

így

Z

függvény.

F : ha, bi → R dieren iálható függvényt az f

f

függvény értelmezési tartománya nem interval-

Alapintegrálok:

Ismeretes, hogy egy f : ha, bi → R dieren iálható függvényhez hozzá′ rendelhet® az f : ha, bi → R függvény.

Példa.

Ha az

lum, akkor az állítás nem igaz.

Z

Z

1 dx = x

Z

xµ dx =

(

ln(x) + C1 ln(−x) + C2

xµ+1 +C µ+1 Z ax ax dx = +C ln a

(x > 0) (x < 0) (x ∈ R+ , µ 6= −1) (x ∈ R, a > 0, a 6= 1)

sin(x) dx = − cos(x) + C

(x ∈ R)

cos(x) dx = sin(x) + C

(x ∈ R)

1 dx = − ctg(x) + Ck (x ∈ ] kπ, (k + 1)π [ , k ∈ Z) sin2 (x) Z 1 π π dx = tg(x) + Ck (x ∈ ] kπ − , kπ + [ , k ∈ Z) 2 cos (x) 2 2 Z 1 √ dx = arcsin(x) + C (x ∈ ] − 1, 1 [ ) 1 − x2 Z 1 dx = arctg(x) + C (x ∈ R) 1 + x2 Z sh(x) dx = ch(x) + C (x ∈ R) Z ch(x) dx = sh(x) + C (x ∈ R) Z

1. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL

1

Z

11

p dx = arsh(x) + C = ln(x + x2 + 1) + C

√ (x ∈ R) x2 + 1 Z p 1 √ dx = arch(x) + C = ln(x + x2 − 1) + C (x ∈ ] 1, ∞ [ ) x2 − 1 ! Z X ∞ ∞ X xn+1 n an x dx = an +C (x ∈ ] − ̺, ̺ [ ) n+1 n=0 n=0 R R 2. tétel. Legyen f, g : ha, bi → RR olyan, hogy létezik f és g , és p, q ∈ R tetsz®leges, akkor létezik (pf + qg) és C ∈ R, hogy Z Z Z [pf (x) + qg(x)] dx = p f (x) dx + q g(x) dx + C (x ∈ ha, bi) .

Bizonyítás. Legyen F = ′ létezik (pF + qG) is, és

R

f, G =

R

g,

akkor

F ′ , G′

létezése miatt

(pF + qG)′ (x) = pF ′ (x) + qG′ (x) = pf (x) + qg(x) (x ∈ ha, bi) , R ami azt jelenti, hogy létezik (pf (x)+qg(x)) dx és = pF (x)+qG(x)+C = R R p f (x) dx + q g(x) dx + C (x ∈ ha, bi).

Példa. R

3 R f (x) = x (x ∈ R), g(x) = cos(x) (x ∈ R), akkor 3 és cos(x) dx (lásd alapintegrálok), így tételünk szerint R x dx (2x3 + 3 cos(x))dx és létezik C ∈ R, hogy Z x4 (2x3 + 3 cos(x))dx = 2 + 3 sin(x) + C . 4 Ha

létezik

létezik

3. tétel (par iális integrálás tétele). RHa az f, g : ha, bi →RR függvé-

12


ami a határozatlan integrál dení iója miatt azt jelenti, hogy létezik R ′ f g és teljesül (P).

Példák. 1.

2.

f (x) = x, g(x) = ex (x ∈ R). f és g dieren iálhatók és R ′ ′ x f (x) = 1, g (x) = e (x ∈ R) , továbbá létezik f (x)g(x) dx = R R x x = 1 · e dx = e dx (lásd alapintegrálok), így a tétel miatt létezik R x ex dx és C ∈ R, hogy Z Z x x x e dx = x e − 1 · ex dx + C = x ex − ex + C (x ∈ R) . Legyen ′

f (x) = ln(x), g(x) = x (x ∈ R). 1 ′ ′ dieren iálhatók és f (x) = , g (x) = 1 (x ∈ R ′ R x1 R f (x)g(x) dx = x · x Rdx = 1 dx továbbá létezik ln(x) dx = alapintegrálok), így a tétel miatt létezik Legyen

f

és

g

C ∈ R, hogy Z Z Z 1 ln(x) dx = 1 · ln(x) dx = x ln(x) − · x dx + C = x = x ln(x) − x + C (x ∈ R+ ) .

Megjegyzés.

Z

f (x)g ′ (x) dx = f (x)g(x) −

Bizonyítás.

A feltételek miatt az

és

f (x)g(x) −

Z

Z

f ′ (x)g(x) dx + C

f ·g−

R

f ′g

(x ∈ ha, bi) .

függvény dieren iálható,

′ f ′ (x)g(x) dx = f ′ (x)g(x) + f (x)g ′ (x) − f ′ (x)g(x) = = f (x)g ′ (x) ,

Ha

Pn (x)

egy

n-edfokú polinom,

úgy az alábbi integrálok

a par iális integrálás tételével meghatározhatók:

Z Z

Pn (x)ex dx , Pn (x) ln(x) dx ,

nyek differen iálhatóak ha, bi-n és létezik f ′ g , akkor létezik f g ′ is, és van olyan C ∈ R, hogy

(P)

R+ ), (x R ∈ R+ ) (lásd 1 · ln(x) dx és

Z Z Z

Z

Pn (x) sin(x) dx , Pn (x) cos(x) dx , Pn (x) sh(x) dx , Pn (x) ch(x) dx ,

Z Z

Z Z

Pn (x) arcsin(x) dx , Pn (x) arccos(x) dx , Pn (x) arctg(x) dx , Pn (x) arcctg(x) dx .

4. tétel (helyettesítéses integrálás tétele). Ha f : ha, bi → R,

R g : hc, di → ha, hogy létezik g ′ : hc, di → R és létezik f , R bi olyanok, akkor létezik (f ◦ g) · g ′ és van olyan C ∈ R, hogy Z Z Z ′ (H) f (g(x)) · g (x) dx = f ◦ g (x) + C = f (t) dt t=g(x) +C (x ∈ hc, di).

1. PRIMITÍV FÜGGVÉNY, HATÁROZATLAN INTEGRÁL

Bizonyítás.

A feltételek miatt létezik

Z

f

◦g

′

(x) = f (g(x)) · g ′ (x)

ami éppen azt jelenti, hogy létezik

Megjegyzés.

R [( f ) ◦ g]′

R

(f ◦ g)g ′

Ha (a fentieken túl) létezik

g

13

és

3.

Z

f (x) dx = =

Z

Z

és teljesül (H).

−1

4. , akkor (H) a következ®

(f ◦ g)g ′ ◦ g −1 (x) + C =

f (g(t))g ′ (t)dt|t=g−1 (x) + C

2x sin(x2 ) dx = ? 2 Legyen f (x) = sin(x), g(x) = x (x ∈ R). Ekkor g : R → R+ ⊂ R R ′ R továbbá létezik g (x) = 2x (x ∈ R) ésR f = sin(x) dx (lásd alapintegrálok), így a tétel miatt létezik 2x sin(x2 ) dx és C ∈ R, 2

2x sin(x ) dx =

R

Z

sin(t) dt t=x2 +C = − cos(x2 ) + C .

ch(2x + 3) dx = ? (x ∈ R) f (x) = ch(2x + 3) (x ∈ R) függvénynek létezik t−3 1 ′ primitív függvénye. Legyen g(t) = 2 , ekkor g (t) = 2 , továbbá −1 létezik g (x) = 2x + 3 (x ∈ R), így a megjegyzés miatt Belátható, hogy az

Z

t−3 1 ch(2x + 3) dx = ch 2 · + 3 · dt t=2x+3 +C = 2 2 Z 1 1 = ch t dt t=2x+3 +C = sh(2x + 3) + C . 2 2 Z

g ′ (t) = 1, létezik g −1 (x) = x − 1, 3 3 dx = · 1 dt t=x−1 +C = x−1 t+1−1 Z 1 =3 dt t=x−1 +C = 3 ln(x − 1) + C . t

így

Z

g ′ (t) = 1, létezik g −1 (x) = x + 1, így 5 5 dx = dx = 2 x + 2x + 2 (x + 1)2 + 1 Z 1 =5 · 1 dt t=x+1 +C = 5 arctg(x + 1) + C . 2 t +1

Megjegyzések. R√

2.

hogy

2.

Z

Z

5 x2 +2x+2 dx = ? Legyen g(t) = t −

R

1.

Példák. R

Z

3 x−1 dx = ? (x > 1) Legyen g(t) = t + 1, ekkor

R

(x ∈ hc, di). 1.


(x ∈ hc, di),

alakba is írható:

′ (H )

14

R

1 − x2 dx

1, Z

ekkor

esetén a

g(t) = sin(t)

R(sin(x), cos(x)) dx esetén nek és x ∈ ] − π, π [ ) a

(ahol

(t ∈ ] − π2 ,

R(u, v)

π 2

[)

,

ra ionális kifejezése

u, v -

x g(t) = 2 arctg t (t ∈ R) (ill. tg = t = g −1 (x) (x ∈ ] − π, π [ ) , 2 ! r R ax + b 3. dx esetén a R x, n cx + d r dtn − b n ax + b = g −1 (x), g(t) = , t= cx + d a − ctn √ R 4. R(x, ax2 + bx + c) dx esetén az Euler-féle (vagy trigonometrikus (sin), illetve hiperbolikusz (sh, ch) függvényes)

helyettesítéseket alkalmazzuk.

Ra ionális törtfüggvények integrálása.

Pn (x) A par iális törtekre bontás tétele szerint minden Q (x) ra ionális m törtfüggvény egyértelm¶en el®áll egy polinom és

a , (x − b)j

px + q (x2 + rx + s)k

(j, k ∈ N+ , r2 − 4s < 0)

j alakú törtek bizonyos (itt nem részletezett) összegeként, ahol (x − b) és R P (x) n (x2 +rx+s)k a Qm (x) osztói. Így Qm (x) meghatározása visszavezethet®

2. A RIEMANN-INTEGRÁLHATÓSÁG FOGALMA

az

Z

meghatározására.

a dx (x − b)j

és

Z

15

16


összegére

px + q dx 2 (x + rx + s)k

s≤T

teljesül, mert minden téglalap a

T

terület¶ síkidom része

és nem nyúlnak egymásba.

y

y

Megjegyzések. 1.

2.

Az utóbbi két integráltípust gyakorlaton vizsgáljuk (az els® kezelése PSfrag repla ements azonnal látható). A 4. tétel utáni 2), 3), 4) példák esetén az integrálas ra ionális törtfüggvény integrálására vezethet® vissza.

3.

További ún. ra ionalizáló helyettesítések is vizsgálhatók (például R R(ex ) dx, binom integrálok).

2. A Riemann-integrálhatóság fogalma

tengely

[0, 1]

szakasza és az

x=1

x-

egyenlet¶ egyenes által határolt sík-

idom területét. A keresett

[0, 1]

T

területet korlátok közé szorítjuk. Ehhez osszuk fel a

intervallumot a

x1 x2

0 = x0 < x1 < x2 < . . . < xn−1 < xn = 1

osztáspontokkal. T fels® be slését úgy kapjuk, ha az [xi−1 , xi ] szakaszra f (xi ) = x2i magasságú téglalapot emelünk (i = 1, . . . , n) és vesszük ezek területeinek n X S= x2i · (xi − xi−1 ) összegét. Nyilván T ≤ S , mert a függvény szigorú monoton növekedése x2 ≤ x2i teljesül az [xi−1 , xi ] intervallumon, így a kapott téglalapok befedik a vizsgált síkidomot, ezért területük összege legalább T .

Hasonló gondolatmenet adja, hogy ha az [xi−1 , xi ] szakaszra f (xi−1 ) = x2i−1 magasságú téglalapot emelünk (i = 1, . . . , n), akkor az így kapott téglalapok területeinek

s=

n X i=1

x2i−1 · (xi − xi−1 )

xi =

i n

0

(i = 0, . . . , n)

x1 x2

1

x

módon választjuk, úgy

n 2 X i 1 1 n(n + 1)(2n + 1) S= = 3 (12 + · · · + n2 ) = = n n n 6n3 i=1

2n2 + 3n + 1 , 6n2 2 n X 1 1 (n − 1)n(2n − 1) i−1 s= = 3 (12 + · · · + (n − 1)2 ) = = n n n 6n3 i=1 =

=

2n2 − 3n + 1 , 6n2

így

i=1

miatt

x

1

Ha az osztáspontokat

El®ször egy feladaton bemutatjuk a fejezet ímében jelzett fogalom, a Riemann-integrál hátterét (geometriai tartalmát). 2 Határozzuk meg az f (x) = x (x ∈ [0, 1]) függvény gráfja, az

0

ami jól kezelhet®

2n2 + 3n + 1 2n2 − 3n + 1 ≤ T ≤ , 6n2 6n2 be slést ad T -re, s®t

2n2 − 3n + 1 1 → 6n2 3

és

2n2 + 3n + 1 1 → 6n2 3

miatt a be slést tetsz®leges pontosságúnak is tekinthetjük, azzal a kö1 vetkeztetéssel, hogy a keresett terület T = 3 . Persze igazából sak akkor nyugodhatnánk meg, ha ez nem sak spe iális, hanem tetsz®leges felosztás (felosztássorozat) esetén is adódna.


E módszer használható általánosabban egy

17

f : [a, b] → R folytonos [a, b] szakasz,

(vagy sak korlátos) és nemnegatív függvény görbéje, az az

x=a

és az

x=b

egyenesek által határolt síkidom területének köze-

lítésére, esetleg pontos megadására is.

18


4. dení ió.

f : [a, b] → R

Legyen

[a, b]-nek. . Mi = sup

. mi =

f (x),

5. dení ió. [a, b]-nek.

f : [a, b] → R

Legyen

Az

s(f, P ) = PSfrag repla ements

S(f, P ) =

0

a

b

O(f, P ) =

x

f

nemnegatív, úgy eljutunk a Riemann

nevével fémjelzett integrál fogalmához, melynek geometriai

tartalma például nemnegatív folytonos függvényekre éppen a görbe alatti síkidom

n X i=1 n X

i=1 n X i=1

σ(f, P ) =

területe lesz. Legyen

zárt intervallum. A továbbiakban

típusú korlátos függvényekkel foglalkozunk.

f : [a, b] → R

A

P = {xi | a = x0 < x1 < · · · < xi < · · · < xn = b} ⊂ [a, b]

intervallum egy felosztásának, az xi pontokat a felosztás osztáspontjainak, az [xi−1 , xi ] (i = 1, . . . , n) intervallumokat a felosztás részintervallumainak, míg ∆xi = xi − xi−1 mellett a halmazt az

[a, b]

. kP k = sup{∆xi | i = 1, . . . , n}

számot a

felosztás nomságának nevezzük.

2. dení ió.

Legyen

vábbosztása) a

P1

és

P2

P1

A

lim kPk k = = 0

k→∞

P1

és

P2 [a, b] két felosztása. P2 nomítása (to. P1 ⊂ P2 . A P = P1 ∪ P2 halmazt a

felosztásnak, ha

egyesítésének nevezzük.

3. dení ió.

egy felosztása

(Mi , mi ∃

f (x)

korlátos függvény,

P

hPk i

normális felosztássorozata [a, b]-nek, ha

teljesül.

∈ R)

és

egy felosztása

mi ∆xi , Mi ∆xi , (Mi − mi )∆xi

n X

f (ti )∆xi

i=1

[a, b] ⊂ R

1. dení ió.

P

f függvény P felosztáshoz tartozó alsó, fels®, illetve osz illá iós összegének, míg ti ∈ [xi−1 , xi ] esetén a számokat az

Ha még azt sem tesszük fel, hogy

inf

x∈[xi−1 ,xi ]

x∈[xi−1 ,xi ]

y


számot az

f

függvény

P

felosztáshoz és

közelít® összegének nevezzük.

(Ezek

tek.)

t1 , . . . , tn -hez

tartozó

integrál-

geometrialiag bizonyos

1. tétel. Ha f : [a, b] → R korlátos függvény, akkor

terüle-

a) bármely P és σ(f, P )-re: s(f, P ) ≤ σ(f, P ) ≤ S(f, P ); b) bármely P1 ⊂ P2 -re: s(f, P1 ) ≤ s(f, P2 ), S(f, P2 ) ≤ S(f, P1 );

) bármely P1 , P2 -re: s(f, P1 ) ≤ S(f, P2 ).

Bizonyítás. a) Ha P = {x0 , x1 , . . . , xn }, ti ∈ [xi−1 , xi ] tetsz®leges, mi ≤ f (ti ) ≤ Mi , melyb®l ∆xi > 0 miatt mi ∆xi ≤ f (ti )∆xi ≤ Mi ∆xi

akkor

(i = 1, . . . , n),

illetve összegzéssel

n X i=1

mi ∆xi ≤

n X i=1

f (ti )∆xi ≤

n X i=1

Mi ∆xi


19

P1 = {x0 , . . . , xn }, P2 = {y0 , . . . , ym }, P1 ⊂ P2 , [xi−1 , xi ]-re létezik j, k , hogy

b) Legyen

akkor bár-

1.

(xi−1 = yj−1 , xi = yk ). 2.

(1)

(1)

(2)

(2)

mi ∆xi = mi ∆yj + · · · + mi ∆yk ≤ ≤ mj ∆yj + · · · + mk ∆yk i = 1, . . . , n-re,

P1 , P2

tetsz®leges felosztások, akkor

P1 , P2 ⊂ P1 ∪ P2 ,

számokat az

f

függvény

ráljának nevezzük.

[a, b] feletti

Rb . I¯ = f = inf {S(f, P )} P

alsó, illetve fels® Darboux-integ-

2. tétel. Legyen f : [a, b] → R korlátos függvény, akkor I, I¯ ∈ R és I ≤ I¯ teljesül.

között

n X i=1

korlátos függvény. Az

a

szám

s(f, P ) =

Rb . I = f = sup{s(f, P )}, a P

tetsz®leges felosztása

mi = 0, Mi = 1

így a) és

ami adja az állítást.

f : [a, b] → R

P

valós

s(f, P1 ) ≤ s(f, P1 ∪ P2 ) ≤ S(f, P1 ∪ P2 ) ≤ S(f, P2 ) ,

Legyen

így

c(b − a), tehát I = I¯ = c(b − a). Létezik f , hogy I 6= I¯. Legyen ( 1 , ha x ∈ [a, b] ∩ Q, f (x) = 0 , ha x ∈ [a, b] \ ([a, b] ∩ Q), gyen

amib®l összegzés után jön b) els®

b) miatt

6. dení ió.

m i = M i = c,

akkor

(azaz a Diri hlet-féle függvény lesz¶kítése az

fele. A második hasonlóan következik.

) Ha

I = I¯, mert [a, b] bármely P felosztán n P P s(f, P ) = S(f, P ) = c ∆xi = x ∆xi =

f (x) = c (x ∈ [a, b]),

sára

(1) (2) Ha mi a P1 , mi a P2 -höz tartozó inmumok, akkor (1) (2) (2) mi ≤ mj , . . . , mk , és így

adódik bármely

Ha

i=1

[xi−1 , xi ] = [yj−1 , yj ] ∪ · · · ∪ [yk−1 , yk ]

(1)


Példák.

következik, ami az állítás.

mely

20

Bizonyítás. Az 1. tétel ) része miatt bármely P1 -re s(f, P1 ) ≤ S(f, P ) bármely P esetén, így létezik I¯ ∈ R továbbá s(f, P1 ) ≤ I¯, ami adja, hogy létezik I ∈ R és I ≤ I¯. Következmény. Bármely P -re s(f, P ) ≤ I ≤ I¯ ≤ S(f, P ), ami adja, hogy 0 ≤ I¯ − I ≤ O(f, P ).

van

[a, b]-nek.

ra ionális

és

i=1

[a, b] intervallumra).

Le-

Ismeretes, hogy bármely két irra ionális

szám

is,

így

a felosztás bármely intervallumán, ami adja, hogy

0 · ∆xi = 0 ,

S(f, P ) =

n X i=1

1 · ∆xi = b − a ,

I = 0 6= b − a = I¯. 7. dení ió. Az f : [a, b] → R korlátos függvény Riemann-integrálható [a, b]-n, ha I = I¯. Ezt a közös értéket az f [a, b] feletti Riemann Rb Rb integráljának nevezzük, és rá az I, f vagy f (x) dx jelölést használígy

a a való lesz¶kítése Riemann-integrálható Rd [c, d]-n, akkor azt mondjuk, hogy f Riemann-integrálható [c, d]-n. f az c f : [a, b] → R függvény Riemann-integrálját jelöli [c, d]-n. Ha f |[c,d] = g , juk. Ha

akkor

Rd c

[c, d] ⊂ [a, b]

f [c, d]-re

. Rd f = g. c

Megjegyzések. 1.

és

Az el®bbi példák mutatják, hogy az f (x) = c (x ∈ [a, b]) függvény Rb Riemann-integrálható és c dx = c(b − a), míg a Diri hlet-féle függa vény nem Riemann-integrálható [a, b]-n.

4. A RIEMANN-INTEGRÁLHATÓSÁG KRITÉRIUMAI

2.

21

f : [a, b] → R korlátos, nemnegatív és Riemann-integrálható függRb vény, akkor az f szám (f Riemann-integrálja [a, b]-n) geometriai

Ha

a tartalma legyen az

f

gráfja alatti síkidom területe.

3. A Darboux-tétel és következményei A fels® és alsó összegek egyfajta határérték tulajdonságát mutatja az alábbi eredmény.

1. tétel (Darboux-tétel). Ha f : [a, b] → R korlátos függvény, akkor bármely ε-hoz létezik δ(ε) > 0, hogy [a, b] bármely P felosztására, melyre kP k < δ(ε) (D)

teljesül.

S(f, P ) − I¯ < ε

és

22

δ(ε) > 0, hogy bármely olyan P felosztására [a, b]-nek, melyre kP k < δ(ε), |σ(f, P ) − I| < ε teljesül bármely σ(f, P )-re.

2. tétel. Az f

: [a, b] → R korlátos függvény akkor és sak akkor Riemann-integrálható [a, b]-n, ha [a, b] bármely hPk i normális felosztássorozathoz tartozó bármely σ(f, Pk ) integrálközelít® összegsorozat konvergens.

3. tétel (Riemann-kritérium). Az

f : [a, b] → R korlátos függvény akkor és sak akkor Riemann-integrálható [a, b]-n, ha bármely ε > 0 esetén létezik P felosztása [a, b]-nek, hogy O(f, P ) = S(f, P ) − s(f, P ) < ε .

Bizonyítás.

I − s(f, P ) < ε

I = I¯ = I és ε > 0 adott. A ε Darboux-tétel miatt -höz ∃ δ(ε) > 0, hogy ha P olyan felosztása 2 ε [a, b]-nek,melyre kP k < δ( ), akkor 2 ε ε I − s(f, P ) < és S(f, P ) − I < , 2 2

a) Legyen

2. tétel (A Darboux-tétel következménye). Ha f : [a, b] → R korlátos függvény, akkor a) [a, b] bármely hPk i normális felosztássorozatára létezik lim s(f, Pk ) = I , lim S(f, Pk ) = I¯ , és lim O(f, Pk ) = I¯ − I ;

b) [a, b] bármely hPk i normális felosztássorozatára létezik hσ (f, Pk )i és hσ 2 (f, Pk )i integrálközelít® összegsorozat, hogy létezik lim σ1 (f, Pk ) = I illetve lim σ2 (f, Pk ) = I¯ . k→∞ k→∞ Megjegyzés. I és I¯ tehát meghatározható egy spe iális normális fel osztássorozathoz tartozó hs(f, Pk )i, illetve hS(f, Pk )i sorozat határérté2 keként. Ezért például a már vizsgált f (x) = x (x ∈ [0, 1]) függvényre 1 I = I¯ = 3 , így az Riemann-integrálható. k→∞

k→∞

k→∞

4. A Riemann-integrálhatóság kritériumai és elegend® feltételei : [a, b] → R korlátos függvény akkor és sak akkor Riemann-integrálható [a, b]-n, ha létezik I ∈ R hogy bármely ε > 0-hoz létezik

f

Riemann-integrálható, azaz

O(f, P ) = S(f, P ) − s(f, P ) < ε. Tegyük fel, hogy ∀ ε > 0-ra ∃ P , hogy O(f, P ) = S(f, P ) − s(f, P ) < ε. Ekkor 0 ≤ I¯ − I ≤ S(f, P ) − s(f, P ) = O(f, P ) < ε miatt követke zik, hogy I = I¯, azaz f Riemann-integrálható.

ami adja, hogy

1

1. tétel. Az f


b)

4. tétel. Az f : [a, b] → R korlátos függvény akkor és sak akkor Riemann-integrálható [a, b]-n, ha az [a, b] bármely hPk i normális felosztássorozata esetén hO(f, Pk )i nullsorozat. 5. tétel.

f : [a, b] → R folytonos függvény Riemann-integrálható.

Bizonyítás. Bármely P -re I¯ − I ≤ O(f, P ), így elég megmutatni, hogy bármely ε > 0-hoz létezik P felosztása [a, b]-nek, hogy O(f, P ) < ε (mert ¯ akkor I = I ): f folytonossága adja egyenletes folytonosságát [a, b]-n, így ε ′ ′′ ′ ′′ b−a -hoz létezik δ(ε) > 0, hogy ∀ x , x ∈ [a, b], |x − x | < δ(ε) esetén |f (x′ ) − f (x′′ )| <

ε . b−a

4. A RIEMANN-INTEGRÁLHATÓSÁG KRITÉRIUMAI

Legyen

P

olyan, hogy

I¯ − I ≤ O(f, P ) =

kP k < δ(ε),

n X i=1

23

n X

: [a, b] → R és P = {a = a0 , a1 , . . . , an = b} egy felosztása [a, b]-nek. Ha f Riemann-integrálható bármely [ai−1 , ai ] intervallumon, akkor Riemann-integrálható [a, b]-n és

i=1

(f (x′i ) − f (x′′i ))∆xi < ε .

(Itt felhasználtuk, hogy f folytonossága miatt Mi = f (x′i ), mi = f (x′′i ).)

∃ x′i , x′′i ∈ [xi−1 , xi ],

Bizonyítás. a) Ha f (a) = f (b) =⇒ f (x) ≡ C =⇒ az állítás igaz. b) Ha f (a) 6= f (b), akkor ∀ ε > 0 esetén olyan P -re, ε (felhasználva például monoton növekv® f f (b) − f (a) tén, hogy mi = f (xi−1 ), Mi = f (xi )) kapjuk, hogy I¯ − I ≤ O(f, P ) = < ami adja, hogy

Példa.

i=1

(Mi − mi )∆xi = n

n X i=1

hogy

Zb

hogy

6. tétel. Egy f : [a, b] → R monoton függvény Riemann-integrálható.

n X

kP k <

függvény ese-

Bizonyítás.

a

a

f+

c

f .

f : [a, b] → R folytonos, úgy az 5. tétel miatt Riemann-integrálhaI = I¯. Az [a, b] intervallum egyenl® részekre osztásával b−a nyert hPk i normális felosztássorozat, mert kPk k = → 0. Így a k Ha

Darboux-tétel következménye miatt:

lim s(f, Pk ) = I = I¯ = lim S(f, Pk ) , k→∞

Legyen f : [a, b] → R, c ∈ ] a, b [ , f Riemann-integrálható [a, c]-n és [c, b]-n, akkor f Riemann-integrálható [a, b]-n is, és f=

n=1

tó, azaz

: [a, b] → R Riemann-integrálható [a, b]-n, [c, d] ⊂ [a, b], akkor f Riemann-integrálható [c, d]-n is.

Zb

9. tétel (Lebesgue-kritérium). Az f : [a, b] → R korlátos függvény akkor és sak akkor Riemann-integrálható, ha egy Lebesgue szerint nullmérték¶ halmaztól eltekintve folytonos. (H ⊂ R Lebesgue szerint nullmérték¶, ha bármely ε > 0-hoz létezik { ] an , bn [ | n ∈ N} intervallum∞ ∞ S P rendszer, hogy H ⊂ ] an , bn [ és (bn − an ) < ε.) 1.

7. tétel. Ha f

Zc

i−1

A 8. tétel felhasználásával és teljes induk ióval azonnal kap-

n=1

f (x) = [x], x ∈ [−1, 2] függvényt (az egészrész függvény lesz¶kítését a [−1, 2] intervallumra). Ez monoton növeked®, így tételünk miatt Riemann-integrálható [−1, 2]-n, de nem folytonos).

Zb

f (x) dx

i=1 a

juk az állítást.

k→∞

ezért a középiskolában adott integrál dení ió a Riemann-integrállal

Tekintsük az

8. tétel (az integrál intervallum feletti additivitása).

n Zai X

Megjegyzések.

[f (xi ) − f (xi−1 )]∆xi <

Riemann-integrálható.

f (x) dx =

a

X ε [f (xi ) − f (xi−1 )] = ε , f (b) − f (a) i=1

I = I¯ azaz f


Következmény. Legyen f

akkor

(Mi − mi )∆xi =

24

megegyez® eredményt ad. 2.

Tételeink alapján egy Riemann-integrálható függvény Riemann-integrálját bármely

hS(f, Pk )i,

hPk i normális felosztássorozathoz tartozó hs(f, Pk )i, hσ(f, Pk )i sorozat határértéke megadja.

vagy

5. A RIEMANN-INTEGRÁL MVELETI TULAJDONSÁGAI

25

5. A Riemann-integrál m¶veleti tulajdonságai (p · f + q · g) : [a, b] → R függvény is Riemann-integrálható és (p · f + q · g) = p ·

a

Bizonyítás. [a, b]

Zb

f +q·

a

bármely

hPk i

Zb

f

és

g

Riemann-integrálható függvények kompozí iója általában nem Rie-

Legyen

a

4. tétel. Ha f

normális felosztássorozatára

6. Egyenl®tlenségek, középértéktételek Riemann-integrálra

A tételb®l teljes induk ióval következik, hogy ha az

a

2. tétel. Ha f

n X i=1

λi fi =

n X

λi

i=1

Zb

1. tétel. Legyenek Rb a

a

3. tétel. Ha az

f, g : [a, b] → R függvények Riemann-integrálhatók, akkor f ·g is, továbbá ha létezik c > 0, hogy |g(x)| > c bármely x ∈ [a, b]re, úgy fg is Riemann-integrálható. Az és

f, g : [a, b] → R Riemann-integrálhatók és f ≤ g ,

a

Bizonyítás. Legyen hPk i tetsz®leges normális felosztássorozata [a, b]-nek, tki ∈ [xki−1 , xki ] tetsz®leges, akkor f (tki ) ≤ g(tki ) miatt σ(f, Pk ) ≤ σ(g, Pk ), ami adja az állítást.

fi .

integrálható.

1 [(f + g)2 − (f − g)2 ] 4

Rb

akkor f ≤ g .

: [a, b] → R Riemann-integrálható, akkor f 2 is, továbbá 1 ha létezik c > 0, hogy |f (x)| ≥ c bármely x ∈ [a, b], akkor is Riemannf

f ·g =

: [a, b] → R Riemann-integrálható függvény, akkor |f | is

Riemann-integrálható.

függvények Riemann-integrálhatók és λi ∈ R n P 1, . . . , n), akkor a λi fi függvény is Riemann-integrálható és i=1

Zb

f : [a, b] → R, g : [c, d] → R és Rf ⊂ [c, d]. Ha f Riemanng folytonos, akkor g ◦ f Riemann-integrálható.

integrálható és

fi : [a, b] → R

f 1 =f· g g

Megjegyzés.

Ha

f, g : [a, b] → R Zb a

f≤

Zb

g

korlátos függvények és

Zb

és

a

a

f≤

Zb

f ≤ g,

akkor

g.

a

2. tétel. Legyen f : [a, b] → R Riemann-integrálható, akkor b Z Zb f ≤ |f | . a

egyenl®ségek az els® két tétel felhasználásával nyilvánvalóan adják az állítást.

2.

Riemann-integrálhatósága és a Riemann-integrálhatóság kri-

Megjegyzés.

Bizonyítás.

A 3. tétel teljes induk ióval adja, hogy véges sok Riemann-integrálható függvény szorzata is Riemann-integrálható.

3.

g

tériuma (II.4.2. tétel) miatt adja az állítást.

(i =

1.

mann-integrálható.

σ(p · f + q · g, Pk ) = p · σ(f, Pk ) + q · σ(g, Pk ) , ami


Megjegyzések.

1. tétel. Ha f, g : [a, b] → R Riemann-integrálhatók, p, q ∈ R, akkor a Zb

26

a

Bizonyítás. |f | az 5.4. tétel miatt Riemann-integrálható, R R így Ra −|f | ≤ f ≤ |f | egyenl®tlenségb®l az 1. tétel miatt − |f | ≤ f ≤ |f |, ami adja az állítást.

6. EGYENLTLENSÉGEK, KÖZÉPÉRTÉKTÉTELEK RIEMANN-INTEGRÁLRA27

28

7. Az integrál, mint a fels® határ függvénye

3. tétel (középértéktétel). Legyenek f, g : [a, b] → R Riemann-integrálhatók, továbbá

m ≤ f (x) ≤ M ,

0 ≤ g(x)


1. dení ió.

(x ∈ [a, b]),

Legyen

Za

akkor m·

Zb a

g≤

Bizonyítás. m · g, f · g, M · g

Zb a

f ·g ≤ M ·

Zb

2. dení ió.

a

f : [a, b] → R

F : [a, b] → R,

(I-F)

Za

. =−

Zb a

b

Riemann-integrálható, akkor az

. F (x) =

Zx

f (t)dt

a

melyb®l az 1. tétel miatt jön az állítás.

Legyen

f : [a, b] → R

Riemann-integrálható,

1 m≤ b−a

2.

Legyen

Riemann-integrálható, akkor

Riemann-integrálhatók és

Következmények. 1.

. f = 0,

a

g.

m·g ≤ f ·g ≤M ·g [a, b]-n,

f : [a, b] → R

Zb a

m ≤ f ≤ M,

akkor

f ≤M .

Bizonyítás. A 3. tételb®l g(x) = 1 választással kapjuk az állítást. Ha f : [a, b] → R folytonos függvény, akkor létezik c ∈ [a, b], hogy 1 f (c) = b−a

Bizonyítás. f

Zb

f .

a

m = inf f ([a, b]), M = sup f ([a, b]) 1 Rb függvényértékek, az 1. következmény miatt f ∈ [m, M ], így b−a a 1 Rb Bolzano egy tétele miatt létezik c, hogy f (c) = f , amit bizob−a a

szerint deniált F függvényt f integráljának, mint a fels® határ függvényének nevezzük. Ezt szokás területmér® függvénynek, vagy f integrálfüggvényének is nevezni.

1. tétel. Legyen f : [a, b] → R Riemann-integrálható, akkor F (f integrálja, mint a fels® határ függvénye) folytonos [a, b]-n. 2. tétel. Legyen

f : [a, b] → R Riemann-integrálható és folytonos az x ∈ [a, b] pontban, akkor az F (f integrálja, mint a fels® határ függvénye) dieren iálható x-ben, és F ′ (x) = f (x). (Tehát, ha f bármely x ∈ [a, b]ben folytonos, úgy F egy primitív függvénye f -nek.)

Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetsz®leges, akkor f x-beli folytonossága miatt δ(ε) > 0, hogy

létezik

folytonossága miatt

nyítani kellett.

∀ t ∈ [a, b], |t − x| < δ(ε) =⇒ |f (t) − f (x)| < ε . Legyen h olyan, hogy x + h ∈ [a, b] és x+h R hogy f (x)dt = hf (x) jön: x

|h| < δ(ε),

akkor felhasználva,

8. A NEWTON-LEIBNIZ FORMULA

29

 x+h  x+h Z Zx Z F (x + h) − F (x) 1   − f (x) = f (t)dt − f (t)dt − f (x)dt = h h a a x  x+h  x+h x+h Z Z Z 1 1   = f (t)dt − f (x)dt = (f (t) − f (x))dt ≤ h h x

≤

1 sign(h) |h|

x

x+h Z

|f (t) − f (x)|dt <


Ezeket összegezve pedig

F (b) − F (a) = következik

1 h

x

x+h Z

εdt =

i=1

így

F (b) − F (a) =

bizonyítani. és

= f (x) ,

Megjegyzés.

amit bizonyítani kellett. Ha f : [a, b] → R folytonos, úgy ez igaz bármely x ∈ [a, b] esetén, azaz F ′ (x) = f (x) (x ∈ [a, b]), tehát F egy primitív

f -nek.

Tehát minden (intervallumon értelmezett) folytonos függvénynek

van primitív függvénye.

függvénye

Ha

f -nek,

F

Rb

i=1

esetén (f integrálhatósága miatt)

Zb

f ,

f

(mert

σ(f, Pk )

konstans sorozat), és ezt kellett

a

dieren iálható

akkor

Példák. 1.

F -et

[a, b]-n

és

F′ = f,

azaz

F

primitív

nyilván az I.1. fejezetben tanultak szerint

Számítsa ki az

R2

[x] dx

Riemann-integrált (ha létezik).

1

f (x) = [x], x ∈ [1, 2] függvény monoton növeked®, ezért RiemannF (x) = x, x ∈ [1, 2] függvény dieren iálható, to1 = [x], ha x ∈ [1, 2[. Teljesülnek tehát tételünk

integrálható. A ′ vábbá F (x) =

8. A Newton-Leibniz formula

feltételei, így

Tétel (Newton-Leibniz formula). Legyen

f, F : [a, b] → R olyan, hogy f Riemann-integrálható, F folytonos [a, b]-n és dieren iálható ] a, b [ -n, továbbá F ′ (x) = f (x) (x ∈ ] a, b [ ), akkor f = F (b) − F (a)

Z2 1

2.

Számítsa ki az

[x] dx = F (2) − F (1) = 2 − 1 = 1 .

Rπ

sin(x) dx


1

f (x) = sin(x), R x ∈ [0, π] folytonos, ezért Riemann-integrálható. sin(x) dx = − cos(x) + C (x ∈ R), így a F (x) = − cos(x), (x ∈ [0, π]) az f primitív függvénye (azaz F ′ (x) = f (x)) [0, π]-n, ezért tételünk és a megjegyzés miatt Az

(Az F (b) − F (a) számot szokás [F (x)]ba módon is jelölni.)

Ismeretes, hogy

hPk i = h{xki | i = 0, 1, . . . , nk }i tetsz®leges normális felosztássorozata [a, b]-nek. F teljesíti a Lagrange-tétel feltételeit bárk k k k k mely [xi−1 , xi ] intervallumon, így ∃ ti ∈ ] xi−1 , xi [ , hogy Legyen

F (xki ) − F (xki−1 ) = F ′ (tki )∆xki = f (tki )∆xki

f (tki )∆xki = σ(f, Pk )

határozzuk meg, majd alkalmazhatjuk tételünket.

Az

a

k→∞

nk X

a

azaz

F (x + h) − F (x) h→0 h

Zb

(F (xki ) − F (xki−1 )) =

F (b) − F (a) = σ(f, Pk ) →

1 hε = ε , h

x

F ′ (x) = lim

Bizonyítás.

∀ k -ra,

nk X

x

ami azt jelenti, hogy létezik

függvénye

30

∀ i = 0, 1, . . . , nk

esetén.

Zπ 1

π sin(x) dx = − cos(x) 0 = 1 + 1 = 2 .

9. PARCIÁLIS ÉS HELYETTESíTÉSES RIEMANN-INTEGRÁLOK

31

9. Par iális és helyettesítéses Riemann-integrálok vények folytonosan dieren iálhatók, akkor

f g ′ = f (b)g(b) − f (a)g(a) −

a

Bizonyítás. f (t)g(t),

Legyen

akkor

F : [a, b] → R, F (t) = ′

∀ t ∈ [a, b]-re ∃ F (t)

és

Rt

Zb

F (t) ≡ c,

illetve

. F (a) = 0

miatt

c = 0

. Ru H : [c, d] → R, H(u) = f (x)dx,

Legyen

ren iálható és

H ′ (x) = f (x) (x ∈ [c, d]). G(t) =

Zt a

a

Számítsuk ki az

x sin(x) dx

f g′ +

a

a

f ′ g + f (a)g(a) −

és ezért

adja

F (b) = 0,

ami

F

g(a)

∃ G′ (t) = f (g(t))g ′ (t) − H ′ (g(t))g ′ (t) = 0, és így G(t) ≡ c. De G(a) = 0 miatt c = 0, és így G(b) = 0, ami G dení iója miatt az állítást.

(H-R)-ben

x

helyett írhatunk

∗

(H -R)

t

2.

g(b) Z Zb f (x) dx = f (g(t))g ′ (t) dt . a

0

az

x sin(x) dx = π(− cos(π)) − 0 · (− cos(0)) − =π+

Zπ 0

0

1 · (− cos(x)) dx =

π cos(x) dx = π + sin(x) 0 = π .

folytonosan dieren iálható, f : [c, d] → R folytonos, akkor Zb a

g(b) Z ′ f (g(x))g (x) dx = f (x) dx . g(a)

x = g(t) (t ∈ [a, b]) helyettesítéssel g(b) R f (x) dx integrált.

akarjuk (tudjuk) kiszámítani

g(a)

2. tétel (helyettesítéses Riemann-integrálás). Ha g : [a, b] → [c, d] (H-R)

(H-R)-t akkor használjuk, ha észrevesszük, hogy a kiszámítandó in′ ∗ tegrálunk integrandusa f (g(x)) · g (x) alakú, míg (H -R)-t akkor, ha az

Ezért tételünk és a Newton-Leibniz formula

Zπ

változót a baloldalon és akkor az a

alakban is írható.


szerint

Zπ

G : [c, d] → R

akkor

1.

f (x) = x, g(x) = − cos(x) (x ∈ [0, π]) folytonosan dieren iálhatók, ′ ′ ′ ′ mert létezik f (x) = 1, g (x) = sin(x) (x ∈ [0, π]) és az f , g : [0, π] → R

függvények folytonosak.

Legyen továbbá

g(t) Z f (g(x))g (x) dx − f (x) dx ,

Megjegyzések. (∀ t ∈ [a, b]),

0

Az

die-

′

g(a)

Példa.

H

akkor

Rt

dení iójából adja az állítást.

Rπ

akkor

g(a)

f ′g .

F ′ (t) = f (t)g ′ (t) + f ′ (t)g(t) − [f (t)g(t)]′ = 0 így


Bizonyítás.

1. tétel (par iális Riemann-integrálás). Ha az f, g : [a, b] → R függZb

32

Példák. 1.

Számítsuk ki az

π

I =

R2 π 4

integrált.

1 x2

sin

1 x

dx

(egyébként létez®) Riemann-

Nyilván π

I =−

Z2 π 4

−

1 sin x2

1 dx , x

g : π4 , π2 → π2 , π4 , g(x) = x1 2 4 az f : π , π → R, f (x) = sin(x)

továbbá látható, hogy a

folytono-

san dieren iálható és

folytonos

függvények teljesítik a tétel feltételeit, így (H-R) és néhány korábbi

10. FÜGGVÉNYSOROZATOK ÉS FÜGGVÉNYSOROK . . .

33

eredmény szerint π

Z2 π 4

π

1 sin x2

2

4 π

2

Zπ

=

4 π

2.

Számítsa ki az x

R1 0

ex 1+e2x

4 2 − cos . sin(x) dx = cos π π

dx

Riemann-integrált.

e f (x) = 1+e 2x (x ∈ [0, 1]) függvény folytonos. Legyen g(t) = log t (t ∈ [1, e]), ekkor g([1, e]) = [0, 1], 0 = g(1), 1 = g(e) és g (g ′ (t) = 1t miatt) folytonosan dieren iálható, ezért a (H∗ Az

Következmény. PHa az

fn : [a, b] → R függvények Riemann-integrálfn egyenletesen konvergál [a, b]-n az f : [a, b] → R ∞ Rb Rb P függvényhez, akkor f Riemann-integrálható [a, b]-n és f = fn .

ex dx = 1 + e2x

0

log Z e

ex dx = 1 + e2x

= arctg t

elog t 1 dt = 1 + e2 log t t

1

log 1

Ze

e

1

= arctg e −

Ze

1 dt = 1 + t2

Bizonyítás.

(1)

a

teljesül.

f = lim

n→∞

Zb a

fn

függvénysor

fn : [a, b] → R (n = 1, 2, . . . ) függvények folytonosan dieren iálhatók [a, b]-n, valamely x0 ∈ [a, b] esetén hfn (x0 )i konvergens, továbbá hfn′ i egyenletesen konvergens [a, b]-n, akkor hfn i egyenletesen konvergál egy f : [a, b] → R függvényhez [a, b]-n, létezik f ′ és f ′ (x) = lim fn′ (x)

(3)

(x ∈ [a, b])

n→∞


2.

fn : [a, b] → R (n = 1, 2, . . . ) folytonosan dieren iálhatók és ∞ P P ′ fn (x0 ) konvergens és fn egyenletesen létezik x0 ∈ [a, b], hogy n=1 P P ′ konvergens [a, b]-n, akkor ∃ fn = f és létezik f ′ = fn . Ha

A tétel spe iális esete a hatványsorok dieren iálhatóságára vonatkozó tétel (hiszen a feltételek ekkor természetesen teljesülnek).

11. Improprius Riemann-integrál 1. dení ió. [a, t] ⊂ [a, b[

Legyen

a ∈ R, a < b ≤ +∞, f : [a, b[→ R

Tegyük fel továbbá, hogy

[b − ε, b[ (1)

minden

intervallumon korlátos és Riemann-integrálható függvény.

b = +∞

vagy

intervallumban. Ha létezik a

lim

t→b−0

∃ ε > 0,

Zt

. f=

f

függvény

a

Zb

hogy

f

nem korlátos a

f

a

improprius RiemannRb integráljának nevezzük [a, b[-n. Ilyenkor azt mondjuk, hogy az f ima proprius integrál konvergens. Ha (1) nem létezik, akkor az improvéges határérték, akkor azt az

fn

hSn i részletösszeg sorozatára alkalmaz

2. tétel. Ha az

π . 4

1. tétel. Ha az fn : [a, b] → R (n = 1, 2, . . . ) függvények Riemannintegrálhatók [a, b]-n és az hfn i függvénysorozat egyenletesen konvergál az f : [a, b] → R függvényhez [a, b]-n, akkor f Riemann-integrálható [a, b]-n és Zb

A

P

zuk az 1. tételt.

1

10. Függvénysorozatok és függvénysorok tagonkénti integrálhatósága és dieren iálhatósága

n=1 a

a

R) szerint

Z1


hatók [a, b]-n, és

Z2 Zπ 1 1 1 dx = − − 2 sin dx = − sin(x) dx = x x x π 4

34

prius integrált divergensnek mondjuk.

11. IMPROPRIUS RIEMANN-INTEGRÁL

2. dení ió.

35

36

a ∈ R, −∞ ≤ c < a, f :]c, a] → R minden [t, a] ⊂]c, a] c = −∞ vagy ∃ ε > 0, korlátos ]c, c + ε]-on. Ha létezik a Ha

Ezért az 1. dení ió szerint

intervallumon korlátos és Riemann-integrálható, hogy

f

nem

lim

(2)

t→c+0

Za

. f=

t

véges határérték, akkor azt az nevezzük

(c, a]-n.

f

Za

xα dx =

   +∞

f

c

improprius Riemann-integráljának

(A konvergen ia illetve a divergen ia az el®z®ekhez

2.

Konvergens-e az Legyen

, ha

α < −1,

, ha

α ≥ −1 (divergens).

eαx dx improprius integrál, ahol α ∈ R rögzített?

a = 0, b = +∞, ahol az f : [0, +∞[→ R, f (x) = eαx [0, t] ⊂ [0, +∞[ intervallumon korlátos és Riemann-

függvény bármely

integrálható, mert folytonos, és

−∞ ≤ a < b ≤ +∞, f : ] a, b [ → R ∀ [x, y] ⊂ ] a, b [ a = −∞ vagy b = +∞ (vagy mindkett®) vagy létezik ε > 0, hogy f nem korlátos az ] a, a + ε] ∪ [b − ε, b [ intervallmon. Akkor a

Zt

Legyen

lim

x→a+0 y→b−0

véges határértéket (ha létezik)

integráljának nevezzük. Példák. Konvergens-e az

+∞ R

Zy

. f=

x

f [ a, b ]

Zb

feletti improprius Riemann-

1 αx dx = e α

0

illetve

Zt

e

0x

t

=

0

dx =

1 αt (e − 1) α Zt

ha

α 6= 0,

1 dx = t .

0

Mivel

lim e

αt

t→+∞

=

(

0 +∞

, ha , ha

α < 0, α>0

lim t = +∞ ,

és

t→+∞

így

xα dx

improprius integrál, ahol

α∈R

 t  xα+1 1  Zt  = (tα+1 − 1) α α + 1 α + 1 1 x dx =   t  1 ln α 1 = ln t

, ha

α 6= −1,

, ha

α = −1.

1. tétel. Ha az

Rb a

, ha

α < −1, α > −1,

Rb

α < 0,

, ha

α ≥ 0.

g improprius Riemann-integrálok konvergensek,

a

a

Zb a

, ha

f,

, ha

Rb λ1 , λ2 ∈ R, akkor (λ1 f + λ2 g) is konvergens, és

Továbbá

0 +∞

 +∞ Z − 1 eαx dx = α +∞ 0

rögzített?

integrálható (hiszen folytonos) és

lim tα+1 =

0

a

1

(

e

αx

f

a = 1, b = +∞, ekkor az f : [1, +∞[→ R, f (x) = xα függvény bármely [1, t] ⊂ [1, +∞[ intervallumon korlátos és RiemannLegyen

t→+∞

+∞ R 0

intervallumon korlátos és Riemann-integrálható, továbbá

1.

 1 1   lim (tα+1 − 1) = −  t→+∞ α+1 α+1

+∞ Z 1

hasonló.)

3. dení ió.


lim ln t = +∞ .

t→+∞

Bizonyítás.

(λ1 f + λ2 g) = λ1 ·

Például

Rt a

-re igaz, majd

Zb a

f + λ2 ·

Zb

g.

a

t → b − 0-val

jön az állítás.

11. IMPROPRIUS RIEMANN-INTEGRÁL

2. tétel. Legyen f, g : [a, b[→ R, improprius integrálok, akkor m·

Zb a

g≤

m ≤ f ≤ M, g ≥ 0, létezik

Zb a

fg ≤ M ·

Zb

37

Rb a

g,

Rb

fg

a

g,

a

illetve ha f folytonos, úgy létezik ξ ∈ [a, b[, hogy Zb a

Bizonyítás.

Zb f g = f (ξ) g . a

A Riemann-integrálra vonatkozó tétel alapján.

3. tétel. Legyen a ∈ R, b ∈ Rb , a < b, f : [a, b[→ R Riemannintegrálható bármely [a, c] ⊂ [a, b[ intervallumon, és d ∈ [a, b[. Ha az Rb a

f improprius integrál konvergens, akkor az

f is az, továbbá

d

Zb

f=

a

(ahol

Rb

Rd a

Zd a

f+

Zb

f

d

f f [a, d] feletti Riemann-integrálját, míg

Mivel

∀ x ∈ ] d, b [ -re

Zx

f (t)dt =

a

ebb®l következik az állítás.

Zd a

f (x) dx +

f f [d, b[-re való le-

d

sz¶kítésének improprius integrálját jelöli.) Bizonyítás.

Rb

Zx

f (t)dt ,

d

40

II. VEKOTORTEREK, EUKLIDESZI TEREK, METRIKUS TEREK

3) 4) 5) 6) 7)

II. fejezet

Vekotorterek, euklideszi terek, metrikus terek

2. dení ió. 1) 3) 4)

rét matematika tárgyban tanultak, tanulnak (vektortér, euklideszi tér, mátrixok, determinánsok). Ugyanakkor (els®sorban a 3. fejezetben, de részben máshol is) kiegészítjük ezeket azokkal az alapvet® topológiai fogalmakkal és tételekkel, melyek egyrészt az

R

topológiájáról tanultak általánosításai, másrészt

ugyan sak fontos szerepet játszanak kés®bbi tanulmányainkban (környezet, nyílt és zárt halmazok, torlódási pont, kompakt és összefügg®

teljesül.

zük). Tegyük fel, hogy értelmezve van két a a

e két m¶velettel

ha bármely 1) 2)

m¶velet:

vektorok összeadása, melyet x, y ∈ V -re x + y , skalárral való szorzás, melyet x ∈ V ∧ λ ∈ R esetén λx

jelöl.

V -t

vektoroknak nevez-

vektortérnek,

x, y, z ∈ V, λ, µ ∈ R

(vagy

lineáris térnek) nevezzük,

esetén

x+y =y+x x + (y + z) = (x + y) + z

(kommutativitás), (asszo iativitás), 39

Egy

V

λ, µ ∈ R

vektorteret, rajta egy skaláris (vagy bels®) szorzat-

4. dení ió. Ha V

bels®szorzattér, akkor az

euklideszi normáján az kxk =.

p hx, xi

x∈V

vektor hosszán, vagy

számot értjük.

1. tétel. Az euklideszi normára teljesül: 3)

1. Vektortér, euklideszi tér és metrikus tér fogalma halmaz (elemeit

függvényt

és

bels®szorzattérnek, vagy (néha sak valós érték¶ skaláris szorzat esetén) euklideszi térnek nevezünk.

1)

V

h, i : V × V → R

tal,

2)

Legyen adott egy

egy vektortér, akkor a

hx, yi = hy, xi , hx + y, zi = hx, zi + hy, zi , hλx, yi = λhx, yi , hx, xi ≥ 0, hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0

3. dení ió.

halmazok).

1. dení ió.

V

(disztributivitás).

esetén

Bevezetés fontos lineáris algebrai fogalmakat és eredményeket, melyeket a Diszk-

Ha

(nullelem létezése), (inverzelem létezése),

skaláris, vagy bels®szorzatnak nevezzük, ha ∀ x, y, z ∈ V 2)

Itt összefoglaljuk azokat, a többváltozós függvények vizsgálatánál

∃ 0 ∈ V, x + 0 = x ∀ x ∈ V, ∃ − x ∈ V, x + (−x) = 0 1·x =x , λ(µx) = (λµ)x , (λ + µ)x = λx + µx, λ(x + y) = λx + λy

4)

kxk ≥ 0, kxk = 0 ⇐⇒ x = 0, ∀x∈V , kλxk = |λ| kxk ∀ x ∈ V, λ ∈ R , |hx, yi|2 ≤ kxk2 kyk2 , kx + yk ≤ kxk + kyk ∀ x, y ∈ V .

Bizonyítás.

1) Azonnal következik abból, hogy

és akkor és sak

= 0, ha x = 0. p p p kλxk = hλx, λxi = λ2 hx, xi = |λ| hx, xi = |λ| kxk

akkor 2)

kxk2 = hx, xi ≥ 0

(felhasználva a norma dení ióját, a bels® szorzat és a négyzetgyök tulajdonságait). 3) A

0 ≤ kx + λyk2 = hx + λy, x + λyi = hx, xi + 2λhx, yi + λ2 hy, yi = = λ2 kyk2 + 2λhx, yi + kxk2

(∀ x, y ∈ V, λ ∈ R)

1. VEKTORTÉR, EUKLIDESZI TÉR ÉS METRIKUS TÉR FOGALMA

41

egyenl®tlenség (és a másodfokú függvény ismert tulajdonsága) adja 2 az állítást, ha kyk > 0, ha y = 0, úgy az állítás nyilvánvalóan igaz

4)

hx, 0i = 0

és

kyk = 0

miatt.

2

2

2

0 ≤ kx + yk = hx + y, x + yi = kxk + kyk + 2hx, yi ≤ kxk2 + kyk2 + 2|hx, yi| ≤ kxk2 + kyk2 + 2kxk kyk = (kxk + kyk)2

és az egyenl®tlenségek ismert tulajdonsága adja az állítást.

Megjegyzés.

Minden, az 1)-4) tulajdonságot teljesít®

függvényt normának nevezünk

5. dení ió.

Ha

V

V -n.

k.k : V → R

bels®szorzattér (vagy euklideszi tér) akkor az

vektorok

V -ben.

2. tétel. A V -beli euklideszi távolságra teljesül: 1) 2) 3)

d:X ×X →R 1) 2) 3)

X

metrikus térnek nevezzük. Jelölés: (X, d). Megjegyzés. kx − yk

R

a

. d(x, y) = |x − y|,

metrikával metrikus tér.

míg a

d

metrika

X -en

és

euklideszi tér a

a ∈ X r (> 0) sugarú | d(x, a) < r} halmazt

Legyen (X, d) metrikus tér. H ⊂ X korlátos, ha H = ∅ H 6= ∅ esetén ∃ r ∈ R, hogy ∀ x, y ∈ H -ra d(x, y) ≤ r. . Ekkor a diam H = sup{d(x, y) | x, y ∈ H} számot H átmér®jének

8. dení ió. vagy

nevezzük.

Megjegyzés.

Egyszer¶en belátható, hogy

akkor korlátos, ha

∃ a ∈ X ∧ ∃ r ∈ R,

hogy

H ⊂ X (H 6= ∅) pontosan d(x, a) < r ∀ x ∈ H esetén.

2. Az Rn euklideszi tér 1 . n Legyen R = R, és ha n ∈ N-re már R értelmezett, akkor n n R × R. R elemeit (x1 , . . . , xn )-nel jelöljük és

1. dení ió. .

rendezett valós

nevezzük, ahol

. x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn ,

akkor az

xi -ket

önmagával vett

Megjegyzés.

n-szeres

az

x

koordinátáinak, Rn Rn R

Des artes-szorzata.

R2 = R × R

egy modelljét (reprezentá ióját) már a Kal-

kulus I. V.1. fejezetében megadtuk, mint a síkbeli Des artes-féle koordinátarendszert. 3

R = R×R×R

egy modellje (reprezentá iója) az alábbi módon

bevezetett térbeli Des artes-féle koordinátarendszer. Ha adott a síkbeli Des artes-féle koordinátarendszer, úgy annak

X -et

(0, 0)

koordinátájú pontjában állítsunk mer®leges egyenest, mely egy

olyan számegyenes, melynek 0 pontja a

(0, 0)

pedig úgy jelöljük ki, hogy onnan a síkra

V

Az

elemeit pontoknak, vagy vektoroknak is nevezzük. 1 n n . Szokásos az R = R × · · · × R jelölés is és azt is mondjuk, az

függvény az

tulajdonságokkal, akkor azt mondjuk, hogy

metrikus tér.

értjük.

Ha

egy nemüres halmaz. Ha értelmezve van egy

d(x, y) ≥ 0 , d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y , ∀ x, y ∈ X , d(x, y) = d(y, x) ∀ x, y ∈ X , d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ∀ x, y, z ∈ X

(X, d)

Legyen

(x1 , . . . , xn ) = (y1 , . . . , yn ) ⇐⇒ x1 = y1 , . . . , xn = yn .

Bizonyítás. 1) d(x, y) = kx − yk ≥ 0, és d(x, y) = 0 ⇐⇒ = 0, ha x = y; 2) d(x, y) = kx − yk = k − (y − x)k = ky − xk = d(y, x); 3) d(x, z) = kx − zk = k(x − y) + (y − z)k ≤ kx − yk + ky − zk = = d(x, y) + d(y, z). Legyen

7. dení ió.

nyílt gömbkörnyezetén a K(a, r) =. {x ∈ X

Rn+1 = szám n-eseknek

d(x, y) ≥ 0 , d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y , ∀ x, y ∈ V , d(x, y) = d(y, x) ∀ x, y ∈ V , d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ∀ x, y, z ∈ V .

6. dení ió.


x, y ∈

euklideszi távolságán a d(x, y) =. kx − yk számot értjük és azt mondjuk, hogy a d : V × V → R függvény távolság, vagy metrika

V

42

. d(x, y) =

forgással vihet® át az hetjük.

x-tengelybe.

döféspont, az egységet

y -tengely pozitív z -tengelynek is nevez-

nézve az

Az új tengelyt

2. AZ

Rn

EUKLIDESZI TÉR

43

44


Bizonyítás.

A bels®szorzat 1)-4) tulajdonságának ellen®rzésével.

v u n X . p . u kxk = hx, xi = t x2 , i

i=1

1

Bizonyítás.

y

1.

(x, y, z) ∈ R

rendezett számhármasokat bijektí-

P ponthoz rendelt z koordináta a P -b®l a z tengelyre bo sájtott mer®leges talppontjának megfelel® szám ′ a z számegyenesen, míg ha P a P pont mer®leges vetülete a síkra, úgy ′ x és y a P koordinátái a síkbeli Des artes-féle koordinátarendszerben. 3 Ekkor a tér pontja valós számhármasokkal, R elemivel jellemezheven lehet hozzárendelni úgy, hogy egy

t®k, és fordítva.

. n = 1, úgy a d(x, y) = |x − y| (x, y ∈ R) távolsággal (R1 , d) = (R, d) metrikus tér, hiszen d teljesíti a metrika 3 tulajdonságát. n Az a ∈ R pont (vektor) r sugarú nyílt gömbkörnyezete a . K(a, r) = {x ∈ Rn | d(x, a) < r}

2.

Ha

3.

halmaz, ahol 4.

. x + y = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ),

szerint, ha

1. tétel. tér).

illetve

d

az

Rn -beli

H ⊂ (Rn , d) ⇐⇒ kxk < r ∀ x ∈ H ).

Igaz továbbá, hogy

K(0, r)

. λx = (λx1 , . . . , λxn )

(azaz

Az

0 A vektortér 1)-7) tulajdonságai egyszer¶en ellen®rizhet®k. n . 1

0 = (0, . . . , 0) .

2. tétel. Ha x = (x1 , . . . , xn ),

metrikus térben egy

sugarú nyílt gömbkörnyezetén a

y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn , úgy

skaláris (vagy bels®) szorzat Rn -ben.

(Rn , d)

halmazt értettük, ahol a

. hx, yi = x1 y1 + · · · + xn yn

korlátos, ha

∃ r ∈ R, H ⊂

3. Rn topológiája

Rn a most értelmezett két m¶velettel vektortér (vagy lineáris

A nullelem:

(Rn , d)-ben ugyanaz mint (X, d)-

ben.

x = (x1 , . . . , xn ), y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn ∧ λ ∈ R .

Bizonyítás.

euklideszi távolság.

A korlátosság és az átmér® fogalma

2. dení ió. Legyen adott az Rn halmaz és értelmezzük benne az össze-

adás és skalárral való szorzás m¶veletét

Egyszer¶ (feladat).

A 2., 3. tételben deniált skaláris (bels®) szorzattal, normával, iln letve távolsággal (metrikával) R euklideszi tér, euklideszi normával n és metrikával. (R , d)-t n-dimenziós euklideszi térnek is nevezik.

P ′ (x, y) A tér pontjaihoz az

i=1

Megjegyzések.

x

3

y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn , akkor az v u n X . . u illetve d(x, y) = kx−yk = t (xi − yi )2

szerint deniált norma, illetve távolság (metrika) teljesíti a norma, illetve metrika tulajdonságait.

P (x, y, z) PSfrag repla ements

3. tétel. Ha x = (x1 , . . . , xn ),

z

a ∈ Rn vektor, pont vagy elem r > K(a, r) = {x ∈ Rn | d(x, a) < r}

v u n X . u d(x, a) = t (xi − ai )2 i=1

R

n

a

dRn

-beli metrika szerepel. Ha szükséges a megkülönböztetés, akkor szokás n jelölés is az R -beli távolságra (metrikára).

3.

Rn

TOPOLÓGIÁJA

1. dení ió. Legyen adott E ⊂ (Rn , d) halmaz.

45

46

3. dení ió.

Azt mondjuk, hogy

bels® pontja E -nek, ha ∃ K(x, r), hogy K(x, r) ⊂ E ; x ∈ R küls® pontja E -nek, ha bels® pontja CE -nek x∈E

n

∃ K(x, r), K(x, r) ∩ E = ∅); x ∈ Rn határpontja E -nek, ha nem bels® és nem küls® pontja (azaz ∀ K(x, r)-re K(x, r) ∩ E 6= ∅ ∧ K(x, r) ∩ CE 6= ∅). A bels® pontok halmazát E belsejének, a határpontok halmazát E hatá(azaz

rának nevezzük.

E ⊂ (Rn , d). Az x0 ∈ Rn pontot az E haln maz torlódási pontjának nevezzük, ha ∀ K(x0 , r) (R -beli) környezet tartalmaz x0 -tól különböz® E -beli pontot, azaz (K(x0 , r)\{x0 })∩ E 6= ∅. E torlódási pontjainak halmazát szokás E ′ -vel jelölni. x0 ∈ E izolált pontja E -nek, ha nem torlódási pontja, azaz ∃ K(x0 , r), hogy (K(x0 , r)\{x0 }) ∩ E = ∅.

2 Legyen E =]0, 1[ × ]0, 1[ ⊂ R . 1 1 ( 2 , 2 ) bels® pontja E -nek, mert például K(( 12 , 12 ), 14 ) (az ( 12 , 12 ) pont 14 1 1 1 sugarú környezete) teljesíti, hogy K(( , ), ) ⊂ ]0, 1[ × ]0, 1[. 2 2 4

(3, 0) küls® pontja E -nek, mert K((3, 0), 1) ∩ E = ∅ miatt K((3, 0), 1) ⊂ CR2 E , azaz (3, 0) bels® pontja CR2 E -nek. (1, 0) határpontja E -nek, mert ∀ r > 0 esetén K((1, 0), r) 6⊂ E (hir r szen (1 + , 0) ∈ K((1, 0), r), de (1 + , 0) ∈ / E ) miatt nem bels® és 2 2 r K((1, 0), r) 6⊂ CE (hiszen (1 − 2 , 0) ∈ E ) miatt nem küls® pontja E -nek. Az

halmazt nyíltnak nevezzük, ha minden zártnak nevezzük, ha CE nyílt.

E ⊂ (Rn , d)

pontja bels® pont;

Példák. 1.

2.

E =]0, 1[ × ]0, 1[ ⊂ R nyílt halmaz, mert ∀ (x, y) ∈ E esetén, ha r = min{x, 1 − x, y, 1 − y}, akkor K((x, y), r) ⊂ E . E = [0, +∞[ × ] − ∞, +∞[ zárt halmaz, mert ∀ (x, y) ∈ CE esetén,

ha

|x| |x| 2 , akkor K((x, y), 2 ) nyílt, tehát E zárt.

r=

⊂ CE ,

azaz

(x, y)

küls® pont és így

1. tétel. Az (Rn , d) metrikus térben igazak a következ®k: 1) 2) 3)

Rn ∧ ∅ nyílt halmazok,

nyílt halmazok egyesítése nyílt, véges sok nyílt halmaz metszete nyílt,

illetve 1) 2) 3)

Rn ∧ ∅ zárt halmazok,

zárt halmazok metszete zárt, véges sok zárt halmaz egyesítése zárt.

CE

Legyen adott

Példák.

E = {( n1 , 0) | n ∈ N} ⊂ R2 halmaznak a (0, 0) pont torlódási pontja ((0, 0) ∈ / E ), mert ∀ K((0, 0), r)-ben van eleme E -nek, hiszen ∀ r > 0-ra mert N felülr®l nem korlátos ∃ n ∈ N, hogy n > 1r , 1 1 azaz 0 < n < r, így (0, n ) ∈ K((0, 0), r).

1.

Az

2.

E = N × N = {(n, n) | n ∈ N} ⊂ R2 halmaz minden pont, mert ∀ n ∈ N-re (K((n, n), 1) \ (n, n)) ∩ E = ∅.

Példa.

2. dení ió.


Az

2. tétel. Az

pontja izolált

E ⊂ (Rn , d) akkor és sak akkor zárt, ha E ′ ⊂ E (azaz

tartalmazza minden torlódási pontját). 3. tétel (Bolzano-Weierstrass). Bármely S ⊂ Rn korlátos végtelen halmaznak létezik torlódási pontja.

4. dení ió. egy

Nyílt halmazok egy

nyílt lefedése, ha S ⊂

Példa.

Az

E = N × N ⊂ R2

S

oν .

{oν }

rendszere az

S ⊂ Rn

halmaznak

ν

halmaznak a

{K((n, n), 1) | n ∈ N} halmaz-

rendszer egy nyílt lefedése, mert bármely n ∈ N-re (n, n) ∈ K((n, n), 1), ∞ ∞ S S K((i, i), 1), azaz E ⊂ K((i, i), 1). így (n, n) ∈ i=1 i=1 n A K ⊂ R halmaz , ha minden nyílt lefedéséb®l

5. dení ió.

kompakt

kiválasztható véges sok halmaz, mely lefedi

Példák. 1.

E = N×N

nem kompakt, mert bármely

K -t.

K((n, n), 1) elhagyásával az

el®bbiekben adott nyílt lefedés maradék halmazai már nem fedik le

2.

E -t, így közülük véges sok sem fedheti le. K = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4)} kompakt halmaz, mert K bármely o nyílt lefedése esetén K ⊂ o miatt létezik o1 , o2 , o3 , o4 nyílt halmazok 4 S o-ból, hogy (i, i) ∈ oi (i = 1, 2, 3, 4), így K ⊂ oi , azaz bármely o-ból

i=1

kiválasztható véges lefedés.

4. TOVÁBBI LINEÁRIS ALGEBRAI ELISMERETEK

4. tétel (Heine-Borel). Egy

kompakt, ha korlátos és zárt.

47

K ⊂ Rn halmaz akkor és sak akkor

K = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4)} halmaz kompakt, mert korlátos K ⊂ K((0, 0), 10)) és zárt (mert nin s torlódási pontja). E = N×N √ nem kompakt, mert nem korlátos, ugyanis d((1, 1), (n, n)) = (n − 1) 2 és N felülr®l nem korlátossága miatt nem létezik r > 0, hogy d((i, i), (j, j)) < r teljesülne bármely i, j ∈ N-re.

A

(például 2.


j -edik

oszlopában van az indexei fejezik ki, így

(X, d) metrikus tér összefügg®, ha nem létezik X -nek olyan nemüres o1 , o2 nyílt részhalmaza, hogy o1 ∩ o2 = ∅ és o1 ∪ o2 = X . A H (6= ∅) ⊂ X összefügg® X -ben ha (H, d) összefügg® metrikus tér. (A d metrika H ×H -ra való lesz¶kítését is d-vel jelöljük, és (H, d) valóban

6. dení ió.

5. tétel.

egyezik. Két mátrix

egyenl®, ha azonos típusúak és az egymásnak megfelel®

helyen lév® elemeik egyenl®ek.

Megjegyzések. 1.

Az



0 ...

mátrixot 2.

4. További lineáris algebrai el®ismeretek Az el®z®ekben deniáltuk a vektorteret, a skaláris szorzatot, vekto-

A következ®kben a lineáris algebra néhány olyan (a Diszkrét ma-

Az

3.

4.



n×m

...

. . .

anm



  = (aij )n×m

n sorba és m oszlopba heA mátrix i-edik sorában és

típusú mátrixban a számokat

lyeztük el. Azt a tényt, hogy egy szám az

an1

. . .

a1m

. . .

...

anm

  

gonálisát alkotják.

Ha a kvadratikus mátrix f®diagonálisában supa 1 áll, a többi eleme pedig nulla, akkor

egységmátrixról beszélünk: 

1 ...

 E =  ...

..

.

0 ...

a1m

alakú elrendezését n × m-es mátrixnak, az aij számokat a mátrix elemeinek nevezzük. Ha n = m, akkor négyzetes (kvadratikus) mátrixról beszélünk. Az

 A⊤ = 

a11

A mátrix transzponált mátrixának nevezzük. (A⊤ ⊤ oszlopai az A sorai, A sorai A oszlopai.) Ha A kvadtratikus mátrix, akkor az a11 , . . . , ann számok A f®dia-

melyekre a kés®bbiekben szükségünk le.

n-szer m szám egy  a11 . . .  .. A= . an1 . . .

 0 . . . 0

null-mátrixnak nevezzük (azaz, ha ∀ aij = 0).

mátrixot az

tematika ím¶ tárgyban részletesen is vizsgált) fogalmát vezetjük be,

1. dení ió.

0 ...

 A =  ...

(Rn , d) összefügg®.

rok euklideszi normáját, vektorok euklideszi távolságát, illetve ezekhez n kap solódva, spe iálisan az R euklideszi teret.

jelöli (az els® a sor-,

azonos típusú, ha soraik és oszlopaik száma is meg-

Az

metrikus tér.)

aij

a második az oszolpindex). Két mátrix

Példák. 1.

48

2. dení ió. azok

Ha

 0 . . . 1

A = (aij )n×m , B = (bij )n×m

összege az a C n × n-es mátrix, melyre

adott

mátrixok, akkor

. . C = A + B = (aij + bij )n×m = (cij )n×m .

Az

A = (aij )n×m

mátrix λ ∈ R skalárral való szorzata a . λA = (λaij )n×m

mátrix. Az

n × m-es

mátrixok e két m¶veletre nézve vektorteret alkotnak.


Példa.

49

Ha

50


és

1 A= 2

3 1

4 , 2

0 1 B= 3 2

3 , 1



λ=5,

 (x1 , . . . , xn ) → 

3. dení ió. C n×p

az a

Az

3+1 4+3 1 4 = 1+2 2+1 5 3 5·3 5·4 5 15 = 5·1 5·2 10 5

A = (aik )n×m

és a

B = (bkj )m×p

7 , 3 20 . 10

mátrixok szorzata

típusú mátrix, melyben

cij =

m X

Ha

2 1 A= 1 1

3 , 4

akkor

mint az

m X

aik bkj

k=1

!

.

n×p



 1 0 B = 2 2  , 3 3

4. dení ió. X

(általában: A · B 6= B · A). típusút

Az

1×n

Az

A

kvadratikus mátrix

invertálható, ha létezik olyan

mátrix, melyre

A n×n

típusú, akkor létezik

inverz mátrixának nevezzük.

n×n

típusú egységmátrix).

típusú mátrixot

oszlopmátrixnak nevezzük. Az

sormátrixnak, míg az n × 1

(x1 , . . . , xn ) → (x1 . . . xn )

X -et

az

2. tétel. Ha A invertálható, akkor sak egy inverze van. (Ha A invertál-

ható, úgy inverzét A−1 jelöli, erre AA−1 = A−1 A = E teljesül.) Ha A invertálható, úgy inverze is az és (A−1 )−1 = A. Ha A és B invertálható, akkor (AB)−1 = B −1 A−1 . Ha A invertálható, úgy (A⊤ )−1 = (A−1 )⊤ .

5. dení ió. Egy A = (aij )n×n kvadratikus mátrixhoz rendeljünk hozzá egy valós számot úgy, hogy: minden sorból kiválasztunk pontosan egy elemet úgy, hogy minden oszlopból is ki legyen választva pontosan egy elem, ezen elemeket összeszorozzuk és pozitív vagy negatív el®jellel látjuk el aszerint, hogy a kiválasztott elemek (amennyiben sorindexeik természetes sorrendben vannak) oszlopindexeinek permutá iójában az inverziók (fel serélt elemek) száma páros vagy páratlan. a tagokat minden lehetséges módon képezve összeadjuk.

(A + B) · C = A · C + B · C,

(λA) · B = λ(A · B) = A · (λB),

Megjegyzés.

1 × n, illetve n × 1 típusú mátrixok vektorterei között. A Rn elemeit, ha mást nem mondunk, oszlopmátrixokkal

reprezentáljuk.

1. tétel. A mátrixszorzás fontosabb tulajdonságai: A · (B + C) = A · B + A · C,

Rn vala-

következ®kben

(ha

2·1+1·2+3·3 2·0+1·2+3·3 13 11 A·B = = . 1·1+1·2+4·3 1·0+1·2+4·3 15 14 A · (B · C) = (A · B) · C,

 

köl sönösen egyértelm¶ megfeleltetések lineáris izomorát adnak

A

. . . A · B = C = (cij )n×p =

Példa.



AX = X A = E aik bkj ,

k=1 azaz

. . .

xn

akkor

1+0 A+B = 2+3 5·1 5A = 5·2

x1

Az így kapott

D számot az (aij )n×n

mátrix

determinánsának nevezzük

és

a11 D = ... an1

jelöljük (n-edrend¶ determináns).

... ...

a1n . . = |A| . ann


Példák. 1.

D=

P

k1 ,...,kn

(−1)I a1k1 · · · · · ankn ,

lév® inverziók száma. Az összeg 2.

a11 a21

a11 a21 a31

a12 a22 a32

n!

I

k1 , . . . , kn

a

permutá ióban

tagot tartalmaz.

a12 = a11 a12 − a12 a21 , a22

a13 a23 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a21 a32 a13 − a33

− (a13 a22 a31 + a12 a21 a33 + a23 a32 a11 ) .

aik eleméhez tartozó adjungált algebrai aldeterminánson azt az Aik n − 1-edrend¶ determinánst értjük, mely az eredetib®l az i-edik sor és a k -adik oszlop elhagyásával adódik, eli+k látva a (−1) el®jellel. Egy determináns

Például a

determináns esetén

2 A21 = (−1)2+1 4

1 2 2 3 3 4

1 2 5

1 = −(2 · 5 − 1 · 4) = −6 . 5

3. tétel. Egy A = (aij )n×n mátrix determinánsa rendelkezik az alábbi

tulajdonságokkal: 1. Ha valamelyik sorában (oszlopában) supa 0 van, akkor D = 0. 2. a11 .. . λai1 . .. an1

...

... ...

52


3. ahol

A dení ió alapján

továbbá

3.

51

a1n .. a11 . λain = λ ... .. an1 . ann

... ...

a1n .. . ann

a11 .. . ai1 + bi1 .. . an1

... ... ...

a11 .. .. . . ain + bin = ai1 . .. .. . ann an1 a1n

a1n a11 .. .. . . ain + bi1 .. .. . . ann an1

... ... ...

... ... ...

a1n .. . bin .. . ann

4. Ha két sorát fel seréljük értéke (−1)-szeresére változik. 5. Ha két sor megegyezik, értéke 0. 6. Értéke nem változik, ha egyik sorához hozzáadjuk egy máik sorát, vagy annak többszörösét. 7. Értéke nem változik, ha sorait és oszolpait fel seréljük. 8. D =

n P

k=1

aik Aik (kifejtési tétel).

Mindezek megfogalmazhatók sorok helyett oszlopokra is. Bizonyítás.

Példa.

A

A dení ió alapján.

1 3 D = 2 1

3 1 2 2

2 4 1 3

0 1 0 2

determináns kiszámításánál élszer¶ az utolsó oszlop szerinti kifejéssel dolgozni, mert akkor sak két mert

3 × 3-as

determinánst kell kiszámolni,

3 1 4 1 3 2 1 3 5 6 7 D = 0 · (−1) 2 2 1 + 1 · (−1) 2 2 1 + 0 · (−1) 3 1 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 8 + 2 · (−1) 3 1 4 = 2 2 1 + 2 3 1 4 . 3 2 1 1 2 3 3 2 1

2 4 3

4. tétel (determinánsok szorzástétele). Két ugyanolyan rend¶ kvadratikus mátrix determinánsának szorzata egyenl® a szorzatmátrix determinánsával: |A · B| = |A| · |B|


Bizonyítás.

Megtalálható a Diszkrét matematika jegyzetben.

53

54

és


−1

5. tétel. Ha az A kvadratikus mátrix invetálható, akkor a determinánsa

nem 0 (azaz A reguláris

mátrix).

AA valóban teljesül.

Bizonyítás. A invertálható, így létezik az A−1 E . Így a szorzástétel miatt

inverze, melyre

A · A−1 =

6. dení ió.

|A| = 6 0

6. tétel. Ha A olyan kvadratikus mátrix, hogy |A| = 6 0 (azaz A regulá-

ris), akkor A invertálható és A

−1

−1

A



A11 1   A12 =  . |A|  .. A1n

inverzére:

A21 A22

... ...

A2n

...

s=1

ajs Ais = δij |A| ,

AA−1 =

1  aij Akj  |A| j=1

következik, azaz

A−1

az

A

= n×n

inverze.

Az

A : Rn → Rm

lineáris leképezések összességét szokás

Legyen

L(Rn , Rm )-

A m × n-es mátrix, úgy az . A(x) = A · x (x ∈ Rn )

A : Rn → Rm

áris leképezés (transzformá ió). n m Másrészt bármely A : R → R lineáris leképezés

(x ∈ Rn , A m × n-es

A(x) = A · x

típusú line-

mátrix)

alakba írható.

ahol



n X

∀x, y ∈ Rn ,

teljesül.

szerint értelmezett leképezés (transzformá ió)

δij =

(

1 0

Így bármely

, j=i, , j= 6 i.

mátrixszal.

A : Rn → Rm

7. dení ió.

Ezután már



lineá-

∀x ∈ Rn , λ ∈ R

A(λx) = λA(x),

Megjegyzés.

Könnyen belátható, hogy

n X

leképezést (transzformá iót)

mel jelölni.

 An1 An2  1  = (Aji )n×n ..  .  |A| Ann

teljesül, ahol Aji az A = (aji )n×n mátrix aij eleméhez tartozó adjungált algebrai aldetermináns. Bizonyítás.

0 1

A(x + y) = A(x) + A(y),

következik.

A : Rn → Rm

risnak nevezzük, ha

1 = |E| = |A · A−1 | = |A| · |A−1 | , amib®l

Az

1 = 0

Ha

lineáris leképezés azonosítható egy

A m×n-es

A ∈ L(Rn , Rm ), akkor az . kAk = sup {kAxk} kxk≤1

1 (δik |A|) = (δik )n×n = E |A|

számot az

1 2 Példa. Legyen A = 3 4 , akkor |A| = −2 = 6 0, így létezik A−1 és A11 = (−1)1+1 4 = 4, A21 = (−1)2+1 2 = −2, A12 = (−1)1+2 3 = −4, A22 = (−1)2+2 1 = 1 miatt 1 4 −2 −2 1 = 3 , A−1 = − − 12 2 −3 1 2

A

lineáris leképezés normájának nevezzük.

7. tétel. A norma fontosabb tulajdonságai: kAxk ≤ kAk kxk;

kAk < +∞;

kBAk ≤ kBk kAk;

(A ∈ L(Rn , Rm ), B ∈ L(Rm , Rk )).

kA + Bk ≤ kAk + kBk;

kλAk = |λ| kAk;

56

III. SOROZATOK

3. dení ió (konvergen ia).

Rk -BAN

hxn i Rk -beli sorozat konvergens, ha ∃ x ∈ R , hogy ∀ ε > 0 esetén ∃ n(ε) ∈ N, hogy ∀ n ≥ n(ε)-ra d(x, xn ) = kx − xn k < ε teljesül. Az x ∈ Rk számot (vektort, elemet) hxn i határértékének nevezzük. Azt, hogy hxn i konvergens és határértéke x, így jelöljük: lim xn = x vagy xn → x. n→∞

1 2 Példa. Az n , 1 R -beli sorozat konvergens és határértéke (0, 1) ∈ R2 . Ekkor azt kell megmutatni, hogy bármely ε > 0-hoz létezik n(ε) ∈ N, hogy bármely n ≥ n(ε) (n ∈ N) esetén s 2 1 1 1 , 1 , (0, 1) = − 0 + (1 − 1)2 = < ε . dR2 n n n

1 Az

k

III. fejezet

Sorozatok Rk -ban A fejezet fogalmai és eredményei szoros analógiát mutatnak a számsorozatoknál tanultakkal (lásd Kalkulus I. III. fejezet).

Ez pedig igaz az

1. Alapfogalmak és kap solatuk

Megjegyzések.

f : N → Rk függvényt Rk -beli sorozatnak nevezünk. A sorozat n-edik elemét f (n), an , xn (vagy más) jelöli. A sorozat elemeinek halmazára az {an } vagy {xn } (vagy más) jelölést használunk. . . Magát a sorozatot az f = han i, vagy f = hxn i (vagy más) szimbólummal

1. dení ió.

Egy

jelöljük.

Példa.

1 n, 1 + elemeinek halmaza Az

2 n 1 n, 1

R2 -beli sorozat, n-edik + n2 n ∈ N .

2. dení ió (korlátosság). korlátos.

Példa.

Az

tagja

1 n, 1

+

2 n , az

hxn i Rk -beli sorozat korlátos, ha {xn }

1 2 R2 -beli sorozat korlátos, mert elemeinek Az n , 1 + n 1 2 n ∈ N halmaza korlátos. A II. 2.4. megjegyzés miatt n, 1 + n elegend® megmutatni, hogy létezik r > 0, hogy bármely n ∈ N-re

1 2 dR2 (0, 0), ,1 + = n n

s

2 r 2 1 2 n + 4n + 5 + 1+ =
Mivel

r

egyszer¶en belátható

r

√ 2n2 + 8n + 8 √ n + 2 2 2, = ≤ 3 n2 n √ bármely n ∈ N-re, így r = 3 2 jó lesz.

n2 + 4n + 5 < n2

55

1.

n

valós számsorozat konvergen iája miatt.

A környezet fogalmát felhasználva a konvergen ia ún.

2.

∀ K(x, ε)-hoz

környezetes"

hxn i sorozat konvergens, ha ∃ x ∈ Rk , hogy ∃ n(ε) ∈ N, hogy ∀ n ≥ n(ε)-ra xn ∈ K(x, ε) teljesül.

dení ióját kapjuk: az

Egyszer¶en belátható, hogy

legfeljebb véges sok

n∈N

4. dení ió (divergen ia).

xn → x ⇐⇒ ∀ K(x, ε)-re xn ∈ K(x, ε)

kivételével.

hxn i Rk -beli sorozat divergens, ha nem konvergens, azaz ha ∀ x esetén ∃ ε > 0 (∨K(x, ε)), hogy ∀ n(ε) ∈ N -re ∃ n ≥ n(ε), hogy d(x, xn ) ≥ ε (∨ xn ∈ / K(x, ε)).

Példa.

Az

h(n, 0)i R2 -beli sorozat divergens, ha megmutatjuk, hogy (x, y) ∈ R2 esetén létezik K((x, y), ε), hogy bármely n(ε) ∈ Nre létezik n ≥ n(ε), hogy (n, 0) ∈ / K((x, y), ε). |y| |y| 2 -re K (x, y), nem Ha (x, y) ∈ R , hogy y 6= 0, akkor nyilván ε = 2 2 Az

bármely

tartalmaz egyetlen elemet sem a

x-tengely metszete üres). Ha (x, y) = (x, 0), akkor ε = 1 az

h(0, n)i sorozatból (mert

esetén

a környezet és

n ≥ x + 1-re (n, 0) ∈ / K((x, 0), 1).

1. tétel (a határérték egyértelm¶sége). Ha hxn i

Rk -beli konvergens sorozat, akkor egy határértéke van (azaz xn → a és xn → b =⇒ a = b).

Bizonyítás.

Lásd Kalkulus I., III.1., 1. tétel bizonyítása.

2. tétel (konvergen ia és korlátosság). Ha az hxn i (Rk -beli) sorozat konvergens, akkor korlátos.

3. RÉSZSOROZATOK

Bizonyítás.


3. tétel. Az hxn i

58

1. tétel. Ha az han i konvergens és határértéke a akkor ∀ hbn i részsoro-

R -beli sorozat ⇐⇒ konvergens és határértéke x ∈ R , ha xn = (x1n , . . . , xkn ) jelöléssel az hx1n i, . . . , hxkn i (úgynevezett koordináta) sorozatok konvergensek és az x = (x1 , . . . , xk ) jelöléssel xin → xi (i = 1, . . . , k).

Példa.

R2 -beli

k

k

Határozza meg az

III. SOROZATOK

zatára bn → a teljesül. Bizonyítás.

n+1 1 → , 3n + 2 3

Megjegyzés.

A tétel megfordítása nem igaz, de ha egy sorozat két

diszjunkt részsorozatra bontható, melyek határértéke ugyanaz, akkor az

2. tétel (Bolzano-Weierstrass-féle kiválasztási tétel). Ha az han i

Rk -beli sorozat korlátos, akkor létezik konvergens részsorozata.

1 →0, n2 + 1

Bizonyítás. Lásd Kalkulus a ∈ Rk -t kell írni).

így tételünk adja, hogy

1 n+1 , 2 3n + 2 n + 1

→

1 ,0 3

az

Ha

hxn i

és

hyn i Rk -beli

sorozatok,

. hxn i + hyn i = hxn + yn i ;

szerint deniált sorozatokat az adott

szorosának nevezzük.

λ∈R

tetsz®leges, akkor

. λhxn i = hλxn i

sorozatok összegének illetve λ-

Tétel. Legyen hxn i és hyn i R -beli sorozat, λ ∈ R tetsz®leges, hogy xn → x és yn → y , akkor hxn i+ hyn i és λhxn i konvergensek és xn + yn → x + y , λxn → λx. Lásd Kalkulus I., III.2., 1. tétel bizonyítása (az a) részben Rk -beli euklideszi normát kell írni).

az abszolútérték helyett

3. Részsorozatok Dení ió.

noton növekv® és nevezzük.

han i Rk -beli sorozat. Ha ϕ : N → N szigorúan mobn = aϕ(n) , akkor hbn i-t az han i részsorozatának

Legyen

∈R

helyett

han i Rk -beli sorozatot Cau hy-sorozatnak nevezzük, ha ∀ ε > 0 esetén ∃ n(ε) ∈ N, hogy ∀ p, q ≥ n(ε) (p, q ∈ N) esetén d(ap , aq ) < ε.

1. dení ió.

k

Bizonyítás.

I., III.3., 2. tétel bizonyítása (a

4. Cau hy-sorozatok .

2. Sorozatok és m¶veletek, illetve rendezés Dení ió.


a sorozatnak is határértéke.

n+1 1 , 2 3n + 2 n + 1

sorozat határértékét! Korábbi tanulmányaink alapján

Rk -BAN

57

Az

1. tétel (Cau hy-féle konvergen ia kritérium). Az

hxn i Rk -beli

sorozat akkor és sak akkor konvergens, ha Cau hy-sorozat. Bizonyítás. Lásd Kalkulus I., III.3., x ∈ Rk -t, R helyett Rk -t kell írni).

2. dení ió.

Az

(X, d)

4. tétel bizonyítása (x

metrikus teret

minden Cau hy-sorozat konvergens.

Megjegyzés.

Rk

teljes metrikus tér.

teljesnek

∈R

helyett

nevezzük, ha benne

60

IV. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK FOLYTONOSSÁGA, HATÁRÉRTÉKE

Példa.

f (x, y) = x + y + 2 ((x, y) ∈ R2 ) függvény gráfja például a z = x+y +2 sík (mely áthalad például a (0, 0, 2), (0, −2, 0) és (−2, 0, 0) Az

pontokon).

2. dení ió.

IV. fejezet

Többváltozós és vektorérték¶ függvények folytonossága, határértéke E fejezet fogalmai és eredményei a valós függvények folytonosságát és határértékét tárgyaló, a Kalkulus I. V. és VI. fejezetében bevezetett fogalmakkal és tételekkel mutatnak szoros analógiát.

1. Alapfogalmak 1. dení ió.

n

m

Az f : E ⊆ (R , d) → R, f : E ⊆ (R , d) → (R , d), n típusú függvényeket valós érték¶, illetve az (R , d) metrikus teret az m (R , d)) metrikus térbe képez® függvénynek nevezzük.

Megjegyzés. lis relá iók,

f : E ⊂ R2 → R típusú függvények olyan spe iá2 3 melyek R × R = R részhalmazai, így azok szemléltetése Az

A

ha

alulról (felülr®l) korlátos, ha f (E)

sup f (E), inf f (E)

számokat az

f

pontos fels®, illetve pontos alsó

supremumának, illetve inmumának) nevezzük E -n.

korlátjának (

3. dení ió. x1 , x2 ∈ E ,

Ha az

hogy

f : E ⊆ (Rn , d) → R

sup f (E) = f (x1 ),

függvény esetén létezik

inf f (E) = f (x2 ) ,

akkor azt mondjuk, hogy f -nek létezik abszolút maximuma, illetve minimuma E -n. Az f : E ⊆ (Rn , d) → R függvénynek az x0 ∈ E ben helyi (lokális) maximuma, illetve minimuma van, ha létezik hogy

teljesül.

Példa. z®k:

(gráfjuk ábrázolása) a térbeli Des artes-féle koordinátarendszerben va-

z

(0, 0, 2)

függvény

függvény korlátos,

alulról (felülr®l) korlátos.

lósítható meg.

PSfrag repla ements

f : E ⊆ (Rn , d) → (Rm , d)

f (E) korlátos. n Az f : E ⊆ (R , d) → R

K(x0 , δ),

n

Az

Az

x ∈ K(x0 , δ) ∩ E -re f (x) ≤ f (x0 ),

f (x, y) = x2 + y 2 ((x, y) ∈ R2 )

illetve

f (x) ≥ f (x0 )

függvényre igazak a követke-

f alulról korlátos, mert nyilván x2 + y 2 ≥ 0 ∀ (x, y) ∈ R2 -re. inf f (R2 ) = 0, mert az el®bbiek miatt 0 alsó korlát, másrészt tetsz®leges ε > 0 sem lehet alsó korlát, mert f (0, 0) = 0 < ε, így minden k alsó korlátra k ≤ 0. f (x, y) = x2 + y 2 = 0 ⇐⇒ (x, y) = (0, 0), így 0 abszolút minimum, melyet sak a (0, 0)-ban vesz fel f . f felülr®l nem korlátos, mert ∀ K -ra ∃ (x, y) ∈ R2 , hogy f (x, y) > K . Ha K < 0, akkor ez nyilván igaz. √ 2 K , ami igaz például Ha K > 0, úgy f (x, 0) = x > K ⇐⇒ |x| > √ minden olyan (x, 0)-ra, melyre x > K.

(−2, 0, 0)

2. A folytonosság fogalma

(0, −2, 0) y

x

1. dení ió.

ban folytonos,

59

f : E ⊆ (Rn , d) → (Rm , d) függvény az x0 ∈ E pontha bármely ε > 0-hoz létezik δ(ε) > 0, hogy bármely

Az

2. A FOLYTONOSSÁG FOGALMA

x ∈ E, d(x, x0 ) = kx − x0 kRn < δ(ε)

61

d(f (x), f (x0 )) = kf (x) − f (x0 )kRm < ε .

f : E ⊆ (Rn , d) → (Rm , d) függvény zon, ha A minden pontjában folytonos.

folytonos az A ⊆ E halma-

Megfogalmazható az úgynevezett környezetes változat is: f : E ⊆ (Rn , d) → (Rm , d) függvény az x0 ∈ E pontban foly-

Az

∀ KRm (f (x0 ), ε)-hoz ∃ KRn (x0 , δ(ε)), KRn )(x0 , δ(ε)) =⇒ f (x) ∈ KRm (f (x0 ), ε).

tonos, ha

2.

hogy

1.

2.

Az el®bb vizsgált 3. feladat az átviteli elvvel is vizsgálható, s megmutatható, hogy például f nem folytonos a (0, 0) pontban, mert ha olyan h(xn , yn )i sorozat tekintsünk, melyre (xn , yn ) → (0, 0) és xn , yn ∈ Q, akkor f (xn , yn ) = 1 → 1 6= f (0, 0).

A folytonosság itt megadott ekvivalens megfogalmazását sorozatos vagy Heine-féle dení iójának nevezik.

f (x, y) = c ((x, y) ∈ R2 ) függvény folytonos R2 -en, mert bármely (x0 , y0 ) ∈ R2 pontban ∀ ε > 0 esetén ∀ δ(ε) > 0-t, így δ(ε) = 1-et 2 választva, ha (x, y) ∈ R és d((x, y), (x0 , y0 )) < 1, akkor Az

|f (x, y) − f (x0 , y0 )| = |c − c| = 0 < ε .

f (x, y) = x+ y ((x, y) ∈ R2 ) függvény folytonos a (0, 0) ∈ R2 -ben, mert ha ε > 0 adott, akkor Az

|f (x, y) − f (0, 0)| = |x + y| ≤ |x| + |y| ≤ √ p √ ≤ 2 x2 + y 2 = 2k(x, y), (0, 0)kR2

(∀ (x, y) ∈ R2 ) miatt, ha δ(ε) = √ε2 , és k(x, y) − (0, 0)k < √ε2 , akkor |f (x, y) − f (0, 0)| < ε, ami a folytonosság dení iójának teljesülését

2. tétel. Az f : E ⊆ (Rn , d) → Rm (f = (f1 , . . . , fm ),

fi : E → R (i = 1, . . . , m)) függvény akkor és sak akkor folytonos az x0 ∈ E -ben ha az fi függvények mindegyike folytonos x0 -ban.

Bizonyítás.

Az

f (x, y) =

(

, ha

(x, y) ∈ Q × Q

, egyebként

∀ (x0 , y0 ) ∈ R2 esetén ε = 1hez ∀ δ(ε) > 0-t választva (felhasználva, hogy ∀ K((x0 , y0 ), δ(ε))ban van olyan (x, y), melyre x, y ∈ Q és olyan is, hogy x ∈ / Q vagy y∈ / Q) létezik (x, y) ∈ R2 , hogy k(x, y)−(x0 , y0 )k < δ(ε) és |f (x, y)− f (x0 , y0 )| = 1, ami adja az állítást. függvény sehol sem folytonos, mert

f : E ⊂ R → (Rm , d) függvény balról (jobbról) folytonos az x0 ∈ E pontban, ha az f (−∞, x0 ] ∩ E -re (illetve [x0 , +∞) ∩ E re) való lesz¶kítése folytonos x0 -ban.

2. dení ió.

Az

Megjegyzések. 1.

2.

1 0

Az átviteli elv és a sorozatoknál kimondott tétel segítségével

nyilvánvaló.

jelenti.

3.

Lásd Kalkulus I., V.2., 1. tétel bizonyítása.

Megjegyzések.

A folytonosság pontbeli (lokális) tulajdonság, amely globálissá te-

Példák.

2.

n→∞

∀ x ∈ E, x ∈

het®.

1.

és sak akkor folytonos az x0 ∈ E pontban, ha minden x0 -hoz konvergáló E -beli hxn i sorozat esetén az hf (xn )i (Rm , d)-beli sorozat konvergens és lim f (xn ) = f (x0 ). Bizonyítás.

Megjegyzések. 1.


1. tétel (átviteli elv). Az f : E ⊆ (Rn , d) → (Rm , d) függvény akkor,

esetén

Az

62

f : E ⊂ R → (Rm , d) ⇐⇒ balról (illetve jobbról) folytonos x0 -ban, ha ∀ ε > 0-hoz ∃ δ(ε) > 0, ∀x ∈ E, x0 − δ(ε) < x ≤ x0 (illetve x0 ≤ x < x0 + δ(ε)) esetén d(f (x0 ), f (x)) < ε. A dení ió adja, hogy

Megfogalmazható a sorozatos változat is.

3. tétel. Az f : E ⊂ R → (Rm , d) függvény akkor és sak akkor folytonos az x0 -ban, ha ott jobbról és balról is folytonos.

4. tétel (jeltartás). Ha az f : E ⊂ (Rn , d) → R függvény folytonos az x0 ∈ E -ben és f (x0 ) 6= 0, akkor ∃ K(x0 , δ) ⊂ (Rn , d), hogy ∀ x ∈ K(x0 , δ) ∩ E , akkor sign f (x0 ) = sign f (x).

Bizonyítás.


4. FOLYTONOSSÁG ÉS TOPOLOGIKUS FOGALMAK

63

f : E ⊂ (Rn , d) → (Rm , d) függvény egyenletesen folytonos az E1 ⊂ E halmazon, ha ∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0, ∀ x, y ∈ E1 , d(x, y) < δ(ε) esetén d(f (x), f (y)) < ε.

3. dení ió.

Az

3. Folytonosság és m¶veletek f, g : E ⊆ (Rn , d) → Rm függvények folytonosak az x0 ∈ E -ben, akkor az f + g és λf (λ ∈ R) is folytonosak x0 -ban. Lásd Kalkulus I., V.3., 1. tétel bizonyítása.

2. tétel. Ha az

f, g : E ⊆ (Rn , d) → R függvények folytonosak az f x0 ∈ E -ben, akkor az f · g és g(x) 6= 0 (x ∈ E) esetén is folytonos g x0 -ban.

3. tétel (az összetett függvény folytonossága). Legyenek (Rn , d),

(Rm , d), (Rk , d) metrikus terek; f : E ⊆ Rn → Rm , g : f (E) ⊆ Rm → Rk adott függvények. Ha f folytonos az x0 ∈ E pontban, g folytonos az y0 = f (x0 )-ban, akkor a h = g ◦ f függvény folytonos az x0 -ban.

Bizonyítás.

√ Példa. A h(x, y) = 3 x + y ((x, y) ∈ R2 ) függvény folytonos (0, 0)-ban, 2 mert már beláttuk, hogy az f : R → R, f (x, y) = x + y függvény √ folytonos (0, 0)-ban, a g : R → R, g(x) = 3 x folytonos az f (0, 0) = 0

Bizonyítás.

4. Folytonosság és topologikus fogalmak 1. tétel (a folytonosság topologikus megfelel®je).

Az f : (Rn , d) → (Rm , d) függvény akkor, és sak akkor folytonos Rn -en, ha ∀ B ⊂ (Rm , d) nyílt halmazra f −1 (B) = {x ∈ Rn | f (x) ∈ B} nyílt (Rn , d)Rn -ben.

2. tétel (kompaktság és folytonosság). Legyen

E ⊂ (Rn , d) komm pakt halmaz, f : E → (R , d) folytonos függvény E -n, akkor f (E) kompakt (Rm , d)-ben. (Röviden: kompakt halmaz folytonos képe kom-



f (E)

2.

Ha

korlátos és zárt.

m = 1,

akkor f felveszi E -n az abszolút minimumát és maximusup f (E) és inf f (E) is eleme f (E)-nek, ha f (E) zárt és

természetesen korlátos).

3. tétel (kompaktság és egyenletes folytonosság (Heine)).

Legyen E ⊂ (Rn , d) kompakt halmaz, f : E → (Rm , d) folytonos függvény E -n, akkor f egyenletesen folytonos E -n. (Röviden: kompakt halmazon folytonos függvény egyenletesen folytonos.)

4. tétel (összefügg®ség és folytonosság).

Legyen f : (Rn , d) → (Rm , d) folytonos függvény, E ⊆ Rn összefügg®, akkor f (E) is az.

5. tétel (Bolzano). Legyen E

⊆ (Rn , d) összefügg®, f : E → R folytonos függvény. Ha c, d ∈ f (E), c < d, akkor (c, d) ⊂ f (E) (azaz f két

érték között minden közbens® értéket felvesz).

5. A határérték fogalma


helyen, így teljesülnek tételünk feltételei.

pakt.)


mát (mert

1. tétel. Ha az

Bizonyítás.

64

1. dení ió.

Az

pontban létezik

f : E ⊆ (Rn , d) → (Rm , d) függvénynek az x0 ∈ E ′ határértéke, ha ∃ A ∈ Rm , hogy ∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0,

∀ x ∈ E,

0 < d(x, x0 ) = kx − x0 kRn < δ(ε)

esetén

A-t

az

vagy

f

függvény

f (x) → A,

ha

Megjegyzések. 1.

d(f (x), A) = kf (x) − AkRm < ε . x0 -beli határértékének nevezzük, x → x0

és

lim f (x) = A

x→x0

jelöléseket használjuk.

Megfogalmazható a környezetes változat is: f : E ⊆ (Rn , d) → (Rm , d) függvénynek az x0 ∈ E ′ pontban m határértéke, ha ∃ A ∈ R , hogy ∀ KRm (A, ε)-hoz ∃ KRn (x0 , δ(ε)), Az

2.

∀ x ∈ KRn (x0 , δ(ε))\{x0 }, x ∈ E

esetén

f (x) ∈ KRm (A, ε).

A határérték létezése pontbeli tulajdonság.

∃

5. A HATÁRÉRTÉK FOGALMA

3.

4.

65

f : E ⊆ (Rn , d) → (Rm , d) függvénynek az x0 ∈ (Rn , d)-ben nem létezik határértéke, ha x0 ∈ / E ′ , vagy x0 ∈ E ′ és ∀ A ∈ Rm , ∃ε > 0, ∀ δ(ε) > 0 esetén ∃ x ∈ E, x ∈ KRn (x0 , δ(ε))\{x0 }, f (x) ∈ / KRm (A, ε).

Az

66

Megjegyzések. 1.

A határérték (ha létezik) egyértelm¶en meghatározott (ez indirekt

2.

A környezetes átfogalmazás is megadható.

bizonyítással hasonlóan, mint a sorozatoknál egyszer¶en belát-

3.

Könnyen belátható a következ®: m Legyen f : E ⊆ R → (R , d) adott függvény és az

Példák.

2

Az

f (x, y) =

(

x+y 2

, ha , ha

(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)

mert

(0, 0)

torlódási

(0, 0) ∈ R2 pontban és az egyenl® 2 pontja R -nek és ha ε > 0 tetsz®leges,

akkor

f (x0 − 0) = = f (x0 + 0) = A (f

2. dení ió.

lim

A = 0

f : E ⊆ R → (Rm , d) adott függvény és az x0 [x0 , +∞) ∩ E (∨(−∞, x0 ] ∩ E))-nek. Az f függvénynek

f (x) = A = f (x0 + 0)


vagy

lim

x→x0 −0

torlódási pontja

x0 -ban akkor, f (x0 − 0) és f (x0 + 0) és

x0 -ban).

f : E ⊆ (Rn , d) → R függvények x0 ∈ E ′ -ben a határértéke +∞ (vagy −∞), ha ∀ K -hoz ∃ δ(K) > 0, ∀ x ∈ E, 0 < d(x, x0 ) < δ(K) esetén f (x) > K (vagy f (x) < K ). Az

1.

A dení ió környezetekkel is megfogalmazható.

2.

A

+∞

Példa.

(vagy

−∞)

egyoldali határértékként is megfogalmazható.

1 Az f (x, y) = x2 +y 2 ((x, y) ′ E -ben a határértéke +∞.

∈ E = R2 \ (0, 0))

függvénynek a

∀ K -ra ∃ δ(K) > 0, hogy 1 (x, y) ∈ R , 0 < k(x, y) − (0, 0)k < δ(ε) esetén x2 +y 2 > K. 2 2 Ha K ≤ 0, akkor x + y > 0 ((x, y) ∈ E) miatt ez ∀ δ(K) esetén igaz, 1 hiszen 2 x +y 2 > 0 ≥ K ∀ (x, y) ∈ E esetén. Ha K > 0, akkor 1 1 > K ((x, y) ∈ E) ⇐⇒ 0 < x2 + y 2 < ⇐⇒ x2 + y 2 K p 1 1 ⇐⇒ 0 < x2 + y 2 < √ ⇐⇒ k(x, y) − (0, 0)k < √ K K Dení ió szerint azt kell belátnunk, hogy 2

azaz

az x0 -ban létezik jobb- (vagy bal-) oldali határértéke, ha ∃ A ∈ Rm , ∀ ε > 0 ∃ δ(ε) > 0, ∀ x ∈ E, x0 < x < x0 + δ(ε) (vagy x0 − δ(ε) < x < x0 ) =⇒ d(f (x), A) < ε. A-t f jobb (illetve bal) oldali határértékének nevezzük x0 -ban,

x→x0 +0

határértéke

x0

függvénynek

bármely

Legyen

torlódási pontja

3. dení ió.

(0, 0) ∈

|f (x, y) − 0| = |x + y| ≤ |x| + |y| ≤ √ p √ ≤ 2 x2 + y 2 = 2k(x, y) − (0, 0)kR

(∀ (x, y) ∈ R2 , (x, y) 6= (0, 0)) miatt, ha δ(ε) = √ε2 és 0 < k(x, y) − (0, 0)kR2 < √ε2 , akkor |f (x, y) − 0| < ε, mellett teljesül a határérték dení iója (0, 0)-ban.

f

Megjegyzések.

függvénynek létezik határértéke a

0-val,

Az

és sak akkor létezik határértéke, ha létezik

2

f (x, y) = c, (x, y) ∈ R függvények ∀ (x0 , y0 ) ∈ R -ben a c, mert (x0 , y0 ) torlódási pontja R2 -nek és ∀ ε > 0ra ∀ δ(ε) > 0 esetén ha 0 < k(x, y) − (x0 , y0 )kR2 < δ(ε), akkor |f (x) − c| = |c − c| = 0 < ε következik. Az

[x0 , +∞) ∩ E ∧ (−∞, x0 ] ∩ E -nek.

határértéke

2.

A dení ió a lesz¶kítés fogalmának használatával is megfogalmazható (hasonlóan a folytonossághoz).

ható).

1.


δ(K) = √1K , akkor ∀ (x, y) ∈ R2 esetén 1 0 < k(x, y) − (0, 0)k < √1K -ból következik, hogy x2 +y 2 > K. adja, hogy ha

és a

f (x) = A = f (x0 − 0)

4. dení ió.

Legyen E ⊆ R felülr®l (alulról) nem korlátos halmaz, f : E → (Rm , d) adott függvény. Az f függvénynek +∞ (vagy −∞)-ben létezik határértéke, ha ∃ A ∈ Rm , ∀ ε > 0 ∃ M ∈ R, ∀ x ∈ E ∧ x > M (∨ x < M ) esetén d(f (x), A) < ε. Ekkor A-t f + ∞ (vagy −∞)-beli

6. HATÁRÉRTÉK ÉS MVELETEK ILLETVE EGYENLTLENSÉGEK

határértékének nevezzük, és rá a

lim f (x) = A ∨ lim f (x) = A

x→+∞


67

x→−∞

Megjegyzés. Deniálható a végtelen vett végtelen határérték is. 1. tétel (átviteli elv). Az f : E ⊆ (Rn , d) → (Rm , d) függvénynek az x0 ∈ E ′ pontban akkor, és sak akkor létezik határértéke, ha ∀ x0 -hoz konvergáló hxn i : N → E\{x0 } sorozat esetén ∃ lim f (xn ) = A. n→∞

Bizonyítás. Úgy, mint helyett KRm (A, ε)-t és

x0 -beli

folytonosság helyett

ket kell mondani.

Példa.

KRm (f (x0 ), ε) x0 -beli határérté

a folytonosságnál, sak az ottani az

f (x, y, z) = x2 +y 2 +z 2 ((x, y, z) ∈ R3 ) függvénynek a (0, 0, 0) 3 pontban a határértéke 0, mert (0, 0, 0) torlódási pontja E = R \(0, 0, 0)nak és ∀ h(xn , yn , zn )i E -beli sorozat esetén (xn , yn , zn ) → (0, 0, 0) akkor és sak akkor, ha xn → 0, yn → 0, zn → 0 =⇒ x2n → 0, yn2 → 0, 2 2 2 2 zn → 0 =⇒ xn + yn + zn → 0, azaz teljesül az átviteli elv. Az

2. tétel. Az

f : E ⊆ (Rn , d) → Rm (f = (f1 , . . . , fm ), fi : E → R) függvénynek, akkor és sak akkor létezik határértéke az x0 ∈ E ′ -ben, ha az fi függvényeknek létezik határértéke x0 -ban.

Bizonyítás.

Az átviteli elv és az

Rm -beli

6. Határérték és m¶veletek illetve egyenl®tlenségek 1. tétel. Legyenek f, g

: E ⊆ (Rn , d) → R adott függvények, hogy az ′ x0 ∈ E -ben lim f (x) = A ∧ lim g(x) = B , akkor a) b)

) d)

x→x0

Megjegyzés. a) és b) Rm -beli érték¶ függvényrekre is megfogalmazható és bizonyítható.

2. tétel. Ha f : E ⊆ (Rn , d) → R és x0 ∈ E ′ , akkor ha a)

∃ lim |f (x)| = +∞

b)

∃ lim f (x) = 0

=⇒

x→x0

=⇒

x→x0

Bizonyítás.

1 = 0 (f 6= 0) ; f (x) 1 lim = +∞ (f 6= 0) ; x→x0 |f (x)| lim

x→x0

Az átviteli elv és a sorozatokra vonatkozó megfelel® tételek

alapján.

Példa.

f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 ((x, y, z) ∈ E = R3 \ (0, 0, 0)) ′ függvénynek a (0, 0, 0) ∈ E -ben a határértéke 0 (ahogy ezt az el®bb Az

beláttuk), így a tételünk b)-része miatt

lim

(x,y,z)→(0,0,0)

1 = +∞ . x2 + y 2 + z 2

3. tétel. Legyenek f, g, h : E ⊆ (Rn , d) → R adott függvények és x0 ∈ E ′ , akkor, ha a)

b)

)

∃ lim f (x) = A ∧ lim g(x) = B ∧ ∃ K(x0 , δ), f (x) ≤ g(x) x→x0

x→x0

∀ x ∈ [K(x0 , δ)\{x0 }] ∩ E =⇒ A ≤ B ; ∃ lim f (x) = A ∧ lim g(x) = B ∧ A < B =⇒ ∃ K(x0 , δ), x→x0

x→x0

f (x) < g(x) ∀ x ∈ [K(x0 , δ)\{x0 }] ∩ E ; ∃ K(x0 , δ), f (x) ≤ h(x) ≤ g(x) ∀ x ∈ [K(x0 , δ)\{x0 }] ∩ E ∧ ∃ lim f (x) = lim g(x) = A =⇒ ∃ lim h(x) = A . x→x0

Bizonyítás.

x→x0

x→x0


alapján.

4. tétel (az összetett függvény határértéke).

x→x0

lim (λf )(x) = lim λf (x) = λA ,

x→x0

(λ ∈ R ∨ C) ;

Legyenek adottak az (Rn , d), (Rm , d) és (Rk , d) metrikus terek, x0 ∈ Rn ′ és y0 ∈ Rm ′ , továbbá f : Rn \{x0 } → Rm \{y0 }, g : Rm \{y0 } → Rk függvények, hogy

lim (f · g)(x) = lim [f (x) · g(x)] = A · B ; x→x0 x→x0 f f (x) A lim (x) = lim = , ha g 6= 0, B 6= 0 . x→x0 x→x g B 0 g(x)

Bizonyítás. alapján.

x→x0

lim (f + g)(x) = lim [f (x) + g(x)] = A + B ;

x→x0


sorozatokra vonatkozó tételek

alapján.

x→x0

68


∃ lim f (x) = y0 ∧ lim g(y) = A x→x0

Bizonyítás.

y→y0

=⇒

∃ lim (g ◦ f )(x) = A . x→x0

Lásd Kalkulus I., VI.2., 4. tétel bizonyítása.

7. A HATÁRÉRTÉK ÉS A FOLYTONOSSÁG KAPCSOLATA

69

7. A határérték és a folytonosság kap solata Tétel. Legyen f : E ⊂ (Rn , d) → (Rm , d) adott függvény és x0 ∈ Rn ,

x0 ∈ Rn ′ . f akkor és sak akkor folytonos x0 -ban, ha ∃ lim f (x) = x→x0

f (x0 ).

Bizonyítás.

Példa.

Lásd Kalkulus I., VI.3. fejezet tételének bizonyítása.

Az

f (x, y)

(

függvényre beláttuk, hogy így

f

nem folytonos

x+y 2

∃

, ha , ha

lim

(0,0)→(0,0)

(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0) f (x, y) = 0,

de

f (0, 0) = 2 6= 0,

(0, 0)-ban.

Dení ió.

Ha az

0) ∧

f (x) = f (x0 − 0),

f : E ⊂ (Rn , d) → (Rm , d) függvény nem folytonos az x0 ∈ E pontban, akkor azt mondjuk, hogy x0 f -nek szakadási helye, vagy hogy f -nek x0 -ban szakadása van. m 0 Ha f : E ⊂ R → (R , d) adott függvény és x0 ∈ E (x0 bels® pont E -ben), és x0 szakadási helye f -nek, továbbá ∃ lim f (x) = f (x0 + lim

x→x0 −0

szakadása van. Ha még

x→x0 +0 f -nek x0 -ban els®fajú

akkor azt mondjuk,

f (x0 − 0) = f (x0 + 0),

akkor azt mondjuk, hogy

a szakadás megszüntethet®. Ha

f -nek x0 -ban

szakadása van és az nem els®fajú, akkor azt másodfajú

szakadásnak nevezzük.

Példa.

Az el®bbi példa függvénye nem folytonos

kadása van, s ez megszüntethet® az lasztással.

f (0, 0) =

(0, 0)-ban, így ott szalim f (x, y) = 0 vá-

(x,y)→(0,0)

72

V. A RIEMANN-INTEGRÁL ÁLTALÁNOSÍTÁSA ÉS ALKALMAZÁSA

2. dení ió.

Legyen

felosztása, akkor a

P

V. fejezet

A Riemann-integrál általánosítása és alkalmazása

számot az

3. dení ió. ha

Példa.

A Riemann-Stieltjes integrál a Riemann-integrál egy általánosítása, változású függvények fogalmát és tulajdonságait. A másik a kés®bbiekben még használt görbementi integrál, melyet elegánsan a Riemann-Stieltjes integrál segítségével vezethetünk be, de el®bb át kell tekintenünk a görbékre vonatkozó legfontosabb fogalmakat és tételeket.

Az

egy tetsz®leges

|f (xk+1 ) − f (xk )|

totális) változásának (variá-

teljes (

függvény

korlátos változású [a, b]-n,

f (x) = 2x + 3 (x ∈ [0, 2]) függvény korlátos változású, ∀ P = {0 = x0 , x1 , . . . , xn = 2} esetén

adott függvény,

mert

V (f, [0, 2], P ) = 2xn + 3 − (2x0 + 3) = 2 · 2 + 3 = 7 , így

sup V (f, [0, 2], P ) = V (f, [0, 2]) = 7 < +∞ .

1. tétel. Ha f : [a, b] → R monoton, akkor korlátos változású. n−1 X k=0

ezért

egy felosztása

(f (xk+1 ) − f (xk )) = f (b) − f (a)

V (f, [a, b]) = f (b) − f (a) < +∞,

Példa.

Ismeretes, hogy az

[a, b]-nek,

∀ P -re

,

amit bizonyítani kellett.

f : [0, 4] → R, f (x) = x2

függvény monoton

növeked®, így korlátos változású.

2. tétel. Ha f : [a, b] → R korlátos változású, akkor korlátos.

egy felosztása. A

Bizonyítás.

n−1 . X V (f, [a, b], P ) = |f (xk+1 ) − f (xk )|

tása, akkor

k=0

f

[a, b]

egyszer¶en látható, hogy

V (f, [a, b], P ) =

. P = {a = x0 , x1 , . . . , xn = b}

összeget az

f : [a, b] → R

k=0

Bizonyítás. Ha például f monoton növekv®, P akkor f (xk+1 ) − f (xk ) ≥ 0 ∀ k -ra, így

1. Korlátos változású függvények

(1)

Az

[a, b] feletti

n−1 X

az

V (f, [a, b]) < +∞

melynek létezésére adandó elegend® feltétel viszont igényli a korlátos

f : [a, b] → R

függvény

P

teljesül.

Ebben a fejezetben két új integrálal ismerkedünk meg.

Legyen

f

iójának) nevezzük.

P

(3)

Bevezetés

[a, b]

adott,

V (f, [a, b]) = sup V (f, [a, b], P ) = sup

(2)

1. dení ió.

f : [a, b] → R

függvény ([a, b] feletti)

nak nevezzük. 71

P

felosztáshoz tartozó

variá iójá-

Legyen

x ∈ [a, b] tetsz®leges, P = {a, x, b} az [a, b] egy felosz-

V (f, [a, b], P ) = |f (x) − f (a)| + |f (b) − f (x)| < V (f, [a, b]) < +∞ , így

|f (x) − f (a)| < V (f, [a, b]),

azaz

f (a) − V (f, [a, b]) < f (x) < f (a) + V (f, [a, b]) ,

1. KORLÁTOS VÁLTOZÁSÚ FÜGGVÉNYEK

ami adja

f

korlátosságát.

73

74

2.

Megjegyzés. Egy folytonos függvény nem feltétlenül korlátos változású. 3. tétel. Ha f, g : [a, b] → R korlátos változású függvények, akkor f + g, f − g, f · g : [a, b] → R korlátos változásúak. Továbbá g ≥ σ > 0 f (σ ∈ R) esetén is korlátos változású. g

Bizonyítás.

Például

f : [0, 50π] → R, f (x) = cos(x) függvény korlátos változású, mert [0, π], [π, 2π], . . . , [49π, 50π] intervallumokon.

5. tétel (Jordan). Az f : [a, b] → R függvény akkor és sak akkor korlátos változású [a, b]-n, ha léteznek g, h : [a, b] → R monoton függvények, hogy f = g − h.

2. Riemann-Stieltjes integrál 1. dení ió. .

Legyenek f, g : [a, b] → R korlátos függvények, P = {a = x0 , x1 , . . . , xn = b} [a, b] egy tetsz®leges felosztása, tk ∈ [xk−1 , xk ] tetsz®leges. A n X σ(f, g, P ) = f (tk ) · [g(xk ) − g(xk−1 )]

≤ |f (xk+1 ) − f (xk )| + |g(xk+1 ) − g(xk )| ,

és ezért (1) miatt

V (F, [a, b], P ) ≤ V (f, [a, b], P ) + V (g, [a, b], P ) , amib®l (2) miatt

k=1

V (F, [a, b]) ≤ V (f, [a, b]) + V (g, [a, b]) < +∞

számot az

következik, ami adja az állítást.

f (x) = x2 + 2x − 4 (x ∈ [0, 3]) függvény korlátos változású, f (x) = x2 (x ∈ [0, 3]) és g(x) = 2x − 4 (x ∈ [0, 3]) függvények

Az

monotonok, így korlátos változásúak és akkor tételünk miatt az összegük is az.

4. tétel. Ha f : [a, b] → R adott függvény, c ∈ [a, b] tetsz®leges, akkor

2.

Ha

akkor és sak akkor korlátos változású

[a, c]-n

és

[a, b]-n,

ha

[c, b]-n.

f : [a, b] → R olyan, hogy monoton az [a, a1 ], [a1 , a2 ], . . . , [an−1 , b] [a, b]-n.

Példák.

f (x) = x2 (x ∈ [−1, 1]) függvény korlátos változású, mert a [−1, 0] és [0, 1] intervallumokon korlátos változású (hiszen ott monoton sökAz

ken®, illetve növeked®).

(k = 1, . . . , n)

érté-

Riemann-Stieltjes integrálközelít®

hσ(f, g, Pn )i Riemann-Stieltjes integ-

tárértékét, a

. lim σ(f, g, Pn ) =

n→∞

intervallumokon, akkor korlátos változású

1.

vonatkozó

osztássorozatához tartozó bármely

számot az

korlátos változású

tk

felosztáshoz, és a

Zb



f dg

=

a

Következmények. f : [a, b] → R

g -re

P

rálközelít® összegsorozat konvergens. E sorozatok (egyébként közös) ha-

teljesül. 1.

függvény

összegének nevezzük. 2. dení ió. Az f függvény Riemann-Stieltjes integrálható a g függvényre vonatkozóan [a, b]-n, ha [a, b] bármely hPn i normális fel-

V (f, [a, b]) = V (f, [a, c]) + V (f, [c, b])

(4)

f

kekhez tartozó,

A másik két állítás hasonlóan bizonyítható.

mert az

Az

monoton a

F = f + g -re

|F (xk+1 ) − F (xk )| = |f (xk+1 ) + g(xk+1 ) − f (xk ) − g(xk )| ≤

Példa.


nevezzük

Zb a

f (x)dg(x)

f függvény g -re vonatkozó Riemann-Stieltjes [a, b]-n.

Megjegyzés.

Ha

g(x) = x (x ∈ [a, b]),

f : [a, b] → R

a Riemann-Stieltjes integrál a Riemann-integrált adja.

1. tétel. Ha létezik Zb a

Rb a

f1 dg,

Rb

f2 dg , akkor létezik

a

(f1 + f2 )dg =

Zb a

f1 dg +

Zb a



f2 dg .

integráljának

korlátos,akkor

2. RIEMANN-STIELTJES INTEGRÁL

Bizonyítás.

A dení ió közvetlen felhasználásával.

2. tétel. Ha létezik Zb

Rb

f dg1 ,

a

Rb a

Zb

f d(g1 + g2 ) =

f dg1 +

a

Rb a

Zb

(kf )d(lg) = kl

g(x) =

a

Zb

akkor létezik

a

Zc

f dg =

f dg,

f dg +

a

Rc

f dg,

a

Rb c

Zb

f dg , akkor

létezik, akkor a másik is és Zb a

f dg +

6. tétel. Ha f, g : [a, b] → R,

Zb a

folytonos

7. tétel. Ha f, g : [a, b] → R,

g

pedig (mivel monoton) korlátos

miatt

Rb f és g ′ folytonos, akkor létezik f dg és

f dg =

a

a

f

, ha

|f | ≤ 1 és V (g, [0, 12 [) = 1, illetve V (g, [ 21 , 1]) = 0 V (g, [0, 1]) = 1, így 1 Z f dg ≤ 1 . Zb

c

Rb

mert

1

x ∈ 0, 12 x ∈ 12 , 1

0

f dg .


5. tétel (par iális integrálás). Ha az

f dg ,



, ha

0

Rb

R1

 0

(x ∈ [0, 1])

Továbbá

f dg .


Rb f dg és gdf integrálok egyike a

b gdf = f · g a .

f folytonos, g korlátos változású, akkor

f dg és

a

b Z f dg ≤ M · V (g, [a, b]), ha |f | ≤ M . a

f (x) = 1

f dg2 .

a

a

Rb

Ha

változású.

Zb

létezik

Példa.

f dg és k, l ∈ R, akkkor létezik

4. tétel. Ha a < c < b és létezik

Bizonyítás.

a

Bizonyítás.

Zb


és


3. tétel. Ha létezik

76

f dg2 , akkor létezik

a

Bizonyítás.

75

Példa.

Határozza meg a

a

Zb

f (x)g ′ (x) dx .

a

Rπ

x d(sin(x))

Riemann-Stieltjes integrált.

0 folytonos,

f (x) = x (x ∈ [0, π]) g(x) = sin(x) (x ∈ [0, π])-re pedig létezik g ′ (x) = cos(x) és az folytonos, így a tétel miatt Zπ Zπ Zπ π x d(sin(x)) = x cos(x) dx = x sin(x) 0 − 1 sin(x) dx = 0

3. dení ió.

0

0

π π = x sin(x) 0 + cos(x) 0 = 0 − 0 + cos π − cos 0 = −2 .

f = (f1 , . . . , fn ) : [a, b] → Rn , g : [a, b] → R adott függvények. Az f vektorérték¶ függvénynek a g (skalár érték¶) függvényre vonatkozó Riemann-Stieltjes integrálján [a, b] felett az  b  Z Zb Zb .  f1 dg, . . . , fn dg  ∈ Rn f dg = Legyenek

a

a

a

2. RIEMANN-STIELTJES INTEGRÁL

vektort értjük, ha az

Rb

fi dg

77

integrálok léteznek.

78

4.


Legyen

f : [a, b] → Rn

a

4. dení ió.

b

Z

f

f = (f1 , . . . , fn ) : [a, b] → Rn , g = (g1 , . . . , gn ) : [a, b] → Rn adott függvények. Az f vektorérték¶ függvénynek a g vektorérték¶ függvényre vonatkozó Riemann-Stieltjes integrálján [a, b] felett az Legyenek

Zb a

számot értjük, ha az

Megjegyzések. 1.

Rb

fi dgi

i=1 a

integrálok léteznek.

a

g(x) = x, x ∈ [a, b], akkor az  b  b Z Z Zb . f =  f 1 , . . . , f n  ∈ Rn a

lett, ha

a

2.

f vektorérték¶ függvény Riemann-integrálja [a, b] feRb az fi (i = 1, . . . , n) Riemann-integrálok léteznek.

3.

f dg típusú Riemann-Stieltjes integrálra a paragrafus 1-5. és 7. a tételei változtatás nélkül, míg a 6. tétel kis változtatással átvihet®.

Az

Newton-Leibniz-tétel Legyenek f , F

: [a, b] → Rn olyanok, hogy ′ . ′ f Riemann-integrálható, és F = (F1 , . . . , Fn′ ) = f , akkor Zb a

f = F (b) − F (a) .

Bizonyítás:  b  Z Zb Zb f =  f1 , . . . , fn  = (F1 (b) − F1 (a), . . . , Fn (b) − Fn (a)) = a

a

≤

is az, és

kf k .

a

3. Görbék ívhossza 1. dení ió.

f = (f1 , . . . , fn ) : [a, b] → Rn folytonos függvényt R -beli görbének, [a, b]-t paraméter-intervallumnak, f -t a görbe egy paraméterel®állításának nevezzük. f (a) és f (b) a görbe kezd®, illetve végpontjai. Ha f (a) = f (b), akkor f zárt görbe. Ha f köl sönösen Az

n

f = (f1 , . . . , fn ) : [a, b] → Rn sima görbe, ha f folyto′ . ′ ′ n differen iálható (azaz f = (f1 , . . . , fn ) : [a, b] → R folytonos)

2. dení ió. nosan és

n X

a

a

Rb

Rn

Zb

kf k

egyértelm¶, akkor ívnek nevezzük.

Ha a 3. dení ióban

vektor az

a

b

n Z . X f dg = fi dgi

Riemann-integrálható, akkor

a

= (F1 (b), . . . , Fn (b)) − (F1 (a), . . . , Fn (a)) = F (b) − F (a) .

fi′2 (t) > 0

i=1

teljesül.

3. dení ió.

Az

(t ∈ [a, b])

f = (f1 , . . . , fn ) : [a, b] → Rn

görbe képe a

Γ = {(f1 (t), . . . , fn (t)) | t ∈ [a, b]}

halmaz. (A képet néha jelölésben is azonosítjuk a görbével.) Γ egy ′ pontja az f , ha ∃ (legalább két) t, t ∈ [a, b], ′ hogy f (t) = f (t )

görbe többszörös pontja

Megjegyzések. 1.

G = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 = 1} egységkör egy paraméteres el®állítása az f = (cos, sin) : [0, 2π] → R2 függvény. Belátható, A

hogy az egységkör sima, zárt görbe.

2.

Ha

a, b ∈ Rn , a 6= 0 adott vektorok, akkor az . E = {at + b = (a1 t + b1 , . . . , an t + bn ) ∈ Rn , t ∈ R}

b-n áthaladó a irányú n-dimenziós egyenesnek net → at + b ∈ Rn , t ∈ R leképezés az egyenes egy paramé-

ponthalmazt a vezzük. (A

teres el®állítása.)

3. GÖRBÉK íVHOSSZA

3.

79

80

x, y ∈ Rn és x 6= y. Az {x + t(y − x) | t ∈ [0, 1]} ⊂ Rn halmazt az x-et és y -t összeköt® n-dimenziós szakasznak nevezzük. s n P . . . . (Természetesen d(x, y) = kx − yk = (xi − yi )2 , d(x, 0) = kxk = i=1 s n P x2i ). Legyen


függvény adja, így

f = (f1 , . . . , fn ) : [a, b] → Rn egy görbe P = {a = t0 , t1 , . . . , tm = b} [a, b] egy felosztása, kf (ti ) − f (ti−1 )k f (ti ) és f (ti−1 ) pontokat összeköt® szakasz hossza. Az

= ky − xk

i=1

számot az

f

görbébe a

P

az

nevezzük. (Belátható, hogy ha

akkor

ℓ(f , P1 ) ≤ ℓ(f , P2 ).)

f = (f1 , . . . , fn ) : [a, b] → Rn görbe rektikálható, {ℓ(f , P ) | P tetsz®leges felosztása [a, b]-nek} halmaz korlátos. Az

5. dení ió. ha az

P1 ⊂ P2 ,

töröttvonal hosszának

i=1

ℓ(f ) = sup ℓ(f , P ) = kx − yk.

Ha

f : [a, b] → Rn

görbe,

f

görbe ívhosszának nevezzük.

Tétel. Legyen f

2.

x, y ∈ R


[a, b]-n,

úgy

Zb

v Zb u n uX ′ kf ′ (t)k dt = t fi 2 (t) dt . a

i=1

gráfjának (grakonjának) egy paraméteres el®állítása, melyre f ′ (t) = (1, g ′ (t)) teljesül, így ha G jelöli a g által adott görbét, akkor ívhosszára

Zb q ℓ(G) = 1 + g ′ 2 (t) dt

pontokat összeköt® szakasz ívhossza kx − yk, mert a n 3. dení ió utáni 3. megjegyzés miatt az [x, y] R -beli szakasz paran méteres el®állítását az f : [0, 1] → R ,

= (f1 (t), . . . , f2 (t))

rektikálható

Legyen g : [a, b] → R folytonosan dieren iálható függvény, akkor az f = (f1 , f2 ) : [a, b] → R2 (f1 (t) = t, f2 (t) = g(t), t ∈ [a, b]) a g

n

f (t) = x + (y − x)t = (x1 + (y1 − x1 )t, . . . , xn + (yn − xn )t) =

c ∈ [a, b], f

= (f1 , . . . , fn ) : [a, b] → Rn sima görbe, akkor rekti-

ℓ(f , [a, b]) =

Az ívhossz nem függ a görbe paraméterel®állításától. Az

(ti − ti−1 ) =

kálható, és ívhossza

Megjegyzések. 1.

i=1

Fontos a következ®:

a

számot az

m X

ℓ(f , [a, b]) = ℓ(f , [a, c]) + ℓ(f , [c, b]) .

ekkor létez®

P

felosz-

P

Az

ℓ(f ) = sup{ℓ(f, P )} = ℓ(f , [a, b])

|ti − ti−1 | = kx − yk

így

kf (ti ) − f (ti−1 )k

felosztása esetén beírt

m X

= kx − yk(1 − 0) = kx − yk ,

3.

ℓ(f , P ) =

P = {0 = t0 , t1 , . . . , tm = 1}

i=1

Legyen

m X

bármely

m X

x + (y − x)ti − (x + (y − x)ti−1 ) = ℓ(f , P ) =

i=1

4. dení ió.

[0, 1]

tására

a

következik (1)-b®l. 2.

f = (cos, sin) : [0, 2π] → R2 egységkört. 2 Legyen s ∈ (0, 2π], f : [0, s] → R f [0, s]-re való lesz¶kítése. s Tekintsük az

Ekkor

4. GÖRBEMENTI-INTEGRÁL

fs

81

Zs q Zs 2 2 ℓ(f s ) = sin (t) + cos (t) dt = 1 dt = s 0

s = 2π , akkor ℓ(f ) = 2π az egységkör kerülete. Ez adja, hogy a mi π -nk megegyezik a középisko◦ lás π -vel. s-t a P0 OPs szög ívmértékének nevezzük. A 360 -os szög ívmértéke 2π . az egységkör adott ívének hossza. Ha

3.

f r = (f1 , f2 ) : [0, 2π] → R2 , f1 (t) = r · cos t, f2 (t) = r · sin t (t ∈ [0, 2π]) az origó középpontú r sugarú kör. (1)-b®l jön, hogy Z2πq Z2π 2 ℓ(f r ) = r2 sin (t) + r2 cos2 (t) dt = r dt = 2rπ . 0


2. tétel. Ha létezik

az egységkör egy íve. (1)-b®l jön, hogy

0

82

Z

. f=

g

a

(f ◦ g) dg =

i=1 a

Felhasználjuk, hogy ha

g

gi

korlátos változású

rektikálható, akkor a

gi

függvé-

fi ◦ g : [a, b] → R folytonos függRb (fi ◦ g) dgi (i = következik, hogy kétezik a

1, . . . , n),

így létezik

Rb a

(f ◦ g) dg ,

azaz

R g

f.

i=1 a

(fi ◦ g)(x)gi′ (x) dx .

g

Zb a

n

. X (f ◦ g)dg =

Számítsa ki

Zb

i=1 a

R

f -et,

b

(fi ◦ g) dgi =

n Z X i=1 a

(fi ◦ g)(x)gi′ (x) dx .

ha

g

g(t) = (t2 , 2t, t)

nyek korlátos változásúak. Így mivel vény,

. f=

(fi ◦ g) dgi .

1. tétel. Ha g rektikálható [a, b]-n, f folytonos g([a, b])-n, akkor létezik az f függvény g görbementi integrálja. Bizonyítás.

Z

Példa.

b

n Z X

n Z X

Bizonyítás.

[a, b] feletti Riemann-Stieltjes integrálját értjük (ha létezik), Zb

f=

g

f : g([a, b]) g görbementi-integrál

Z

b

0

azaz

g

3. tétel. Ha g′ folytonos [a, b]-n, f folytonos g([a, b])-n, akkor

n Legyen g = (g1 , . . . , gn ) : [a, b] → R adott görbe, n → R vektorfüggvény, hogy f függvény R f = (f1 , . . . , fn ). Az n ján (jelölése f ) az f ◦g : [a, b] → R függvény g g

re vonatkozó

g

R f és k(f ◦ g)(x)k ≤ M , akkor f ≤ M · ℓ(g).

Bizonyítás. Z Zb X n Zb . . (fi ◦ g) dgi ≤ f = (f ◦ g) dg = i=1 g a a n Zb n Zb X X ≤ 1 dgi ≤ M · ℓ(g) . (fi ◦ g) dgi ≤ M · i=1 a i=1 a

4. Görbementi-integrál Dení ió.

R

(t ∈ [0, 1])

és

f (x1 , x2 , x3 ) = (x21 + x3 , x1 x3 , x1 x2 ) f

((x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 )

folytonos, mert

f1 (x1 , x2 , x3 ) = x21 + x3 ,

f2 (x1 , x2 , x3 ) = x1 x3 ,

f3 (x1 , x2 , x3 ) = x1 x2 komponens függvényei folytonosak (ami az átviteli elvvel bizonyítható). ′ ′ ′ ′ Létezik g (t) = (2t, 2, 1) = (f1 (t), f2 (t), f3 (t)) és folytonos, mert a

4. GÖRBEMENTI-INTEGRÁL

t → 2t, t → 2, t → 1 Z

f=

Z1 0

g

=

Z1

(f1 ◦

függvények folytonosak. Így

g)(t)g1′ (t)dt

4

(t + t)2t dt + 6

= 2

+

Z1 0

0

Z1

t t 2 dt +

0 3 1

4

t t t +4 +2 6 4 3

Additivitás létezik

R

f -re,

g)(t)g2′ (t)dt

Ha

g

2

t 2t t dt =

=

illetve a

Z1

R2 -beli

(f3 ◦ 5

3

g -re:

Z

=

2

(2t + 4t + 2t )dt =

g

2 R P

f=

1

g = g ∪g

2

és

f.

f -re:

g

f=

g

R

−g

. R f = − f. g

(t ∈ [a, b]) ;

((x, y) ∈ g([a, b])) ;

P (x(t), y(t)) dx(t) +

a

. =

Z

Zb

. Q(x(t), y(t)) dy(t) =

a

P dx +

g

Z

. Q dy =

g

Z

(P dx + Q dy)

g

absz issza szerinti, Q dy-t a g g g görbementi ordináta szerinti görbementi-integrálnak nevezzük, R illetve azt mondjuk, hogy (P dx + Q dy) a (P, Q) függvénypár g g görbementi integrálja. Ilyenkor

R

P dx-et

a

g

f=

görbementi

P (x(t), y(t), z(t)) dx(t) +

a

g

R

((x, y, z) ∈ g([a, b])) ;

Zb

Q(x(t), y(t), z(t)) dy(t)+

Z

P dx +

a

Zb

. R(x(t), y(t), z(t)) dz(t) =

Z

(P dx + Q dy + R dz) .

g

Z g

Q dy +

Z

. R dz =

g

g

Utóbbit a

i=1 gi

az ellentétes irányítású, akkor

g(t) = (x(t), y(t)) Zb

Z

Zb

a

görbére. Például legyen

R

(t ∈ [a, b]) ;

f (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z))

. =

f (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) Z

görbékre a szokásos jelölések az alábbiak:

+

görbék esetén a következ® jelölések szokásosak:

f -re:

R3 -beli

g(t) = (x(t), y(t), z(t)) g)(t)g3′ (t)dt

Megjegyzések. 1.


0

g

−g

Z1

1 2 +1+ =2 . 3 3

akkor létezik

irányított görbe,

84

2.

0

Z1

gi 2.

+

0

0

f (i = 1, 2),

(f2 ◦

2

További tulajdonságok: 1.

83

(P, Q, R) függvényhármas g

is nevezik.

görbementi integráljának

86

VI. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁSA

1. dení ió.

f : D ⊂ Rn → Rm függvény x0 ∈ D pontban, ha létezik egy A ∈ L(Rn , Rm )

Azt mondjuk, hogy az

dieren iálható az

lineáris leképezés, hogy

lim

kf (x) − f (x0 ) − A(x − x0 )kRm =0. kx − x0 kRn

VI. fejezet

(1)

Többváltozós függvények dieren iálszámítása

. ′ Ekkor f (x0 ) = A az f

x→x0

. df (x0 , x − x0 ) = f ′ (x0 )(x − x0 )

f x0 -beli

az

1. A dieren iálhatóság f : D ⊂ Rn → Rm típusú függvényekkel n foglalkozunk, ahol D nyílt halmaz R -ben és f = (f1 , . . . , fm ), ahol f1 , . . . , fm az f komponens függvényei. Rn és Rm elemeit is oszlopmátA továbbiakban olyan

rixokkal reprezentáljuk (ha mást nem mondunk).

f : ha, bi → R függvényt x0 ∈ ha, bi-ben, ha létezik a Egy

akkor nevezünk dieren iálhatónak az

f (x) − f (x0 ) x − x0 n m véges határérték, s ez nem vihet® át f : D ⊂ R → R típusú függvények x0 ∈ D-beli dieren iálhatóságára. lim

x→x0

Ugyanakkor a dení ió így is megfogalmazható: f (x)−f (x0 ) Létezik A ∈ R, hogy lim = A, mellyel ekvivalensek a követx−x0 x→x 0

kez®k:

∃ A ∈ R, ⇐⇒ ∃ A ∈ R, ⇐⇒ ∃ A ∈ R,

f (x) − f (x0 ) −A=0 x − x0 f (x) − f (x0 ) − A(x − x0 ) =0 lim x→x0 x − x0 |f (x) − f (x0 ) − A(x − x0 )| lim =0. x→x0 |x − x0 | lim

x→x0

m Ez utóbbi már alkalmas az általánosításra (abszolútérték helyett R , n n m illetve R -beli normát, A helyett m×n-es mátrixot, azaz A ∈ L(R , R ) lineáris leképezést véve).

85

függvény x0 -beli dieren iálhányadosa, míg

els® dieren iálja.

Megjegyzés.

Ha

f : D ⊂ Rn → R

(a1 . . . an ) 1 × n-es

típusú függvény, úgy

f ′ (x) = A =

sormátrix, míg az els® dieren iál a

d f (x0 , x − x0 ) =

n X i=1

ai (xi − x0i )

szám.

Példa. mátrix,

f : D ⊂ Rn → Rm , f (x) = B · x + b, ahol B egy m × n-es b ∈ R . Bizonyítsa be, hogy f dieren iálható és f ′ (x) = B . Legyen m

Azt kell belátni, hogy

lim

x→x0

kBx + b − (Bx0 + b) − B(x − x0 )kRm k0kRm = lim =0. x→x0 kx − x0 kRn kx − x0 kRn

1. tétel. Ha az 1. dení ióban (1) az A = A1 és A = A2 esetén is teljesül,

úgy A1 = A2 (azaz a dieren iálhányados egyértelm¶en meghatározott).

2. tétel. Az f

: D ⊂ Rn → Rm függvény akkor és sak akkor dieren iálható az x0 ∈ D pontban, ha a)

létezik A ∈ L(Rn , Rm ) lineáris leképezés és ω : D ⊂ Rn → Rm függvény, hogy f (x) − f (x0 ) = A(x − x0 ) + ω(x)

(2)

és lim vagy

x→x0

ω(x) = 0. kx − x0 k

1. A DIFFERENCIÁLHATÓSÁG

b)

87

létezik A ∈ L(Rn , Rm ) lineáris leképezés és ω : D ⊂ Rn → Rm függvény, hogy

88


függvények differen iálhatók x0 -ban, továbbá f ′ (x0 )i = fi′ (x0 ), azaz 

és lim ω(x) = ω(x0 ) = 0. x→x0

2. Iránymenti és par iális derivált

Bizonyítás. A) Rendezés és abszolútérték képzése után (2) és (3) is adja (1) teljesülését. B) (1)-b®l a határérték dení iója és tulajdonságai miatt kapjuk a) és

b) és így (2) és (3) teljesülését.

3. tétel. Ha az f : D ⊂ Rn → Rm függvény dieren iálható az x0 ∈ D

1. dení ió.

Legyen

adott. A

f : D ⊂ Rn → Rm , x0 ∈ D

hányadosának nevezzük.

Bizonyítás.

Példa.

Elegend® megmutatni, hogy

lim kf (x) − f (x0 )k = 0.

Az el®z® tétel b) része adja, hogy létezik A ∈ n m függvény, hogy pezés, és ω : D ⊂ R → R

L(Rn , Rm ) lineáris lekélim ω(x) = ω(x0 ) = 0 x→x0

és

kf (x) − f (x0 )k = A(x − x0 ) + ω(x)kx − x0 k ≤

≤ kA(x − x0 )k + kω(x)k kx − x0 k ≤ kAk kx − x0 k + kω(x)k kx − x0 k. A kapott egyenl®tlenségb®l

Megjegyzés.

x → x0

határátmenettel kapjuk (∗)-ot.

A tétel megfordítása általában nem igaz. Például az

 xy p 2 + y2 x f (x, y) =  0

függvény folytonos a

(0, 0)

(x, y) 6= (0, 0), (x, y) = (0, 0)

pontban, de nem dieren iálható, ahogy ezt

kés®bb még bizonyítjuk.

4. tétel. Az

Számítsa ki az

e = √12 , √12 esetben m = 1,

x→x0

f = (f1 , . . . , fm ) : D ⊂ Rn → Rm függvény akkor és

sak akkor differen iálható az x0 ∈ D pontban, ha az fi (i = 1, . . . , m)

és

e ∈ Rn (kek = 1)

f (x0 + te) − f (x0 ) . De f (x0 ) = lim t→0 t értéket, ha létezik, az f függvény x0 -beli e iránymenti

pontban, akkor ott folytonos is. (∗ )



  f ′ =  ...  . fn′

f (x) − f (x0 ) = A(x − x0 ) + ω(x)kx − x0 k

(3)

f1′

f (x, y) = x2 + y 2 ((x, y) ∈ R2 )

= (e1 , e2 ) n = 2 és

iránymenti deriváltját

dieren iál-

függvény

(1, 1)-ben.

Ebben az

f (1 + te1 , 1 + te2 ) − f (1, 1) = t 2 2 1 + √t2 + 1 + √t2 − 2 = lim = t→0 t 2 2 √2t2 + 2 t2 √ 4 4 = lim = lim √ + t = √ = 2 2 . t→0 t→0 t 2 2

De f (1, 1) = lim

t→0

1. tétel. Ha az f : D ⊂ Rn → Rm függvény dieren iálható az x0 ∈ D pontban, akkor bármely e ∈ Rn iránymenti deriváltja létezik és De f (x0 ) = f ′ (x0 ) · e .

Bizonyítás. Az el®z® paragrafus 2. A = f ′ (x0 ) mellet használva

tételének b) részét

x = x0 + te,

1 f (x0 + te) − f (x0 ) = [f ′ (x0 )(x0 + te − x0 ) + ω(x0 + te)|t|] = t t |t| = f ′ (x0 ) · e + ω(x0 + te) t

2. IRÁNYMENTI ÉS PARCIÁLIS DERIVÁLT

következik (|t|

<δ

esetén alkalmas

δ

mellett), ami

nettel adja az állítást.

89

t→0

határátme-

Megjegyzés. A tétel megfordítása általában nem igaz. 2. dení ió. Ha f = (f1 , . . . , fm ) : D ⊂ Rn → Rm , x0 ∈ D és

(i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m)

∂fj . (x0 ) = Dei fj (x0 ) ∂xi

számokat, ha léteznek az

nensfüggvénye i-edik változója szerinti zük

x0 -ban.

akkor

és

Bizonyítás. f j -edik

kompo-

par iális deriváltjainak nevez-

Ha

Példák. 1.

= (f1 , . . . , fm ) : D ⊂ Rn → Rm függvény az x0 ∈ D pontban dieren iálható, akkor bármely Di fj par iális derivált létezik

f (x, y) = x2 + y 2 + 2xy ((x, y) ∈ R2 ), úgy m = 1, n = 2, így ∂f D1 f = ∂f ∂x -et és D2 f = ∂y -t kell meghatározni, amihez be kell látni, hogy f dieren iálható-e rögzített y mellett x szerint, illetve rögzített x mellett y szerint. A válasz nyilván igen (hiszen így egyváltozós Ha

2.

∂f (x, y) = 2x + 2y , ∂x

D2 f (x, y) =

D1 f (0, 0)-t és D2 f (0, 0)-t, ha  xy p , ha (x, y) 6= (0, 0) x2 + y 2 f (x, y) =  , ha (x, y) = (0, 0) . 0

m = 1, n = 2,

így

f (x, 0) − f (0, 0) 0−0 D1 f (0, 0) = lim = lim =0, x→0 x − 0 x→0 x−0 f (0, y) − f (0, 0) 0−0 D2 f (0, 0) = lim = lim =0. y→0 y→0 y−0 y−0

...

Dn f1 (x0 )

.. .



  . D1 fn (x0 ) . . . Dn fn (x0 )

fj diffe∀ ei -re is

Az el®z® paragrafus 4. tétele adja, hogy bármelyik

f ′ (x0 ) = (fj′ (x0 ))m×1 miatt kapjuk

f ′ (x0 )

Megjegyzés.

és

tétel szerint

∀ e-re,

így

. . [fj′ (x0 )]i = fj′ (x0 )·ei = Dei fj (x0 ) = Di fj (x0 )

el®állítását is.

A függvény dieren iálhatóságának szükséges feltétele a

par iális deriváltak létezése, s azok (ha dieren iálható a függvény) megadják a deriváltmátrixot.

Példa.

Az el®bb beláttuk, hogy az

∂f (x, y) = 2y + 2x . ∂y

Határozza meg

.. .

x0 -ban és akkor az el®z® . ∃ Dei fj (x0 ) = Di fj (x0 ). Továbbá:

másodfokú függvényeket kapunk) és

D1 f (x, y) =

D1 f1 (x0 )

ren iálható

. ϕj (t) = fj (x01 , . . . , x0i−1 , t, x0i+1 , . . . , x0n ) (|t| < δ), Di fj (x0 ) = ϕ′j (x0i ).

Megjegyzés.

2. tétel. Ha az f

 f ′ (x0 ) = (Di fj (x0 ))m×n = 

akkor a

Di fj (x0 ) =




i

ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0),

90

 xy p 2 + y2 x f (x, y) =  0

, ha

(x, y) 6= (0, 0)

, ha

(x, y) = (0, 0) .

∃ D1 f (0, 0) = D2 f (0, 0) = 0, de nem dieren iálható, mert xy x − 0 − (0, 0) p x2 + y 2 y |xy| p lim = lim 6= 0 , 2 + y2 2 2 (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x x +y

függvényre

ugyanis ha

(xn , xn ) → (0, 0),

3. tétel. Ha az

akkor

|xn xn | 1 = 6→ 0. x2n + x2n 2

f = (f1 , . . . , fm ) : D ⊂ Rn → Rm függvény bármely par iális deriváltja létezik az x0 ∈ D egy K(x0 , δ) környezetében és folytonosak x0 -ban, akkor f dieren iálható x0 -ban.

3. DIFFERENCIÁLÁSI SZABÁLYOK

91

A 2. és 3. tétel felhasználásával egyszer¶en bizonyítható a következ®:

4. tétel. Ha

f : D ⊂ Rn → Rm adott függvény, akkor a következ®

állítások ekvivalensek: a) Bármely Di fj (i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m) létezik és folytonos D-n. ′ n m b) f dieren iálható D -n és f : D → L(R , R ) folytonos D -n. Az egyváltozós függvények dieren iálhatóságának fogalma és az el®bbi tétel alapján természetes a következ®:

3. dení ió.


f : D ⊂ R

folytonosan dieren iálható D-n, ha a)

f

dieren iálható és

f′

folytonos

n

→ R

m

függvény

92


2. tétel (az összetett függvény dieren iálhatósága).

Ha f : D ⊂ Rn → Rm , g : E ⊂ f (D) ⊂ Rm → Rk olyan, hogy f differen iálható x0 ∈ D-ben és g dieren iálható f (x0 )-ban, akkor az F = g ◦ f : D → Rk függvény dieren iálható x0 -ban és (D és E nyílt halmazok és (ÖD)-ben mátrixok szorzása szerepel.)

Példa.

Di fj

létezik és folytonos

g : R3 → R2 ,

D-n, D-n

teljesül.

3. Dieren iálási szabályok 1. tétel. Ha az

f, g : D ⊂ Rn → Rm , λ : D → R függvények diffef ren iálhatók x0 ∈ D-ben, akkor az f + g, λf, (λ 6= 0) függvények is λ

dieren iálhatók és

(f + g)′ (x0 ) = f ′ (x0 ) + g ′ (x0 ),

teljesül.

(λf )′ (x0 ) = f (x0 )λ′ (x0 ) + λ(x0 )f ′ (x0 ), ′ λ(x0 )f ′ (x0 ) − f (x0 )λ′ (x0 ) f (x0 ) = λ λ2 (x0 )

Bizonyítás. A dení ió alapján például az els® esetben az

(f + g)(x) − (f + g)(x0 ) − (f ′ (x0 ) + g ′ (x0 ))(x − x0 )

≤ kx − x0 k

f (x) − f (x0 ) − f ′ (x0 )(x − x0 ) g(x) − g(x0 ) − g ′ (x0 )(x − x0 ) ≤ + kx − x0 k kx − x0 k egyenl®tlenségb®l, x → x0 határátmenettel jön az állítás.

Legyenek

f : R2 → R3 , F : R2 → R2 ,

vagy b) bármely

F ′ (x0 ) = g ′ (f (x0 )) · f ′ (x0 ) .

(ÖD)

f (x1 , x2 ) = (e2x1 +x2 , x2 − x1 , x21 + x2 ) ,

f (y1 , y2 , y3 ) = (y1 + 2y2 + y32 , y12 + y2 + y3 ) , F (x1 , x2 ) = g(f (x1 , x2 )) .

F ′ (0, 0)-t. 2 3 Ellen®rízhet®, hogy f ∀ (x1 , x2 ) ∈ R , g ∀ (y1 , y2 , y3 ) ∈ R -ban dieren′

iálható (mert komponens függvényeik dieren iálhatók), így ∃ f (0, 0) ′ ′ és g (f (0, 0)) = g (1, 0, 0). Továbbá  2x +x    e 1 2 · 2 e2x1 +x2 2 1 −1 1  =⇒ f ′ (x1 , x2 ) =  f ′ (0, 0) = −1 1 , 2x1 1 0 1 1 2 2y3 1 2 0 g ′ (y1 , y2 , y3 ) = =⇒ g ′ (1, 0, 0) = , 2y1 1 1 2 1 1 Határozza meg

így

1 2 F ′ (0, 0) = g ′ (1, 0, 0) · f ′ (0, 0) = 2 1

Megjegyzések. 1.

Ha

k = 1,

 2 1 0  0 · −1 1 = 1 3 0 1



3 . 4

akkor (ÖD) alakja

F ′ (x0 ) = (D1 F (x0 ) . . . Dn F (x0 )) =  D1 f1 (x0 )  . . = D1 g f (x0 ) . . . Dm g f (x0 )  .

...

Dn f1 (x0 ) . . .



  D1 fm (x0 ) . . . Dn fm (x0 )

4. KÖZÉPÉRTÉKTÉTELEK ÉS KÖVETKEZMÉNYEIK

93

és akkor pédául

m X

k=1 Ha


Továbbá

Dj F (x0 ) = 2.

94

k = 1, n = 1,

akkor

Φ teljesíti az egyváltozós Lagrange-tétel feltételeit ∃ t0 ∈ (0, 1) (és így c = x0 + t0 h), hogy

Dk g f (x0 ) · Dj fk (x0 ) .

F (t) = g(f1 (t), . . . , fm (t)),

m X ∂F ′ F (x0 ) = (x0 ) = Dj g f (x0 ) fj′ (x0 ) . ∂t j=1

3. tétel. Legyen f : D ⊂ R → R , x0 ∈ D, f (x0 ) = y0 . Tegyük fel, hogy g az y0 egy környezetét Rn -be képez® függvény, hogy g(y0 ) = x0 és g(f (x)) = id(x) bármely x ∈ K(x0 , δ). Ha f dieren iálható x0 -ban és g dieren iálható y0 -ban, akkor n

n

(Itt (f ′ (x0 ))−1 az f ′ (x0 ) mátrix inverzét jelöli.) ható inverze, akkor szükségképpen

f ′ (x)

nem szinguláris mátrix.

4. Középértéktételek és következményeik A következ®kben az egyváltozós függvényekre ismert Lagrange-féle középértéktétel felhasználásával mondunk ki, illetve bizonyítunk be hasonló típusú tételeket.

1. tétel. Ha az f

: D ⊂ Rn → R függvény dieren iálható a D (nyílt) halmazon és D tartalmazza az x0 és x0 +h végpontú [x0 , x0 +h]-val jelölt szakaszt, akkor létezik c = x0 + t0 h (0 < t0 < 1) pont ezen a szakaszon,

hogy

f (x0 + h) − f (x0 ) = f ′ (c) · h . . Φ(t) = f (x0 + th)

(t ∈ [0, 1])

szerint deniált függvény az összetett függvény dieren iálhatóságára vonatkozó tétel miatt dieren iálható és

′

′

Φ (t) = f (x0 + th) · h

D esetén [x1 , x2 ] ⊂ D). Ha f : D → R dieren iálható D-n és létezik M ∈ R, hogy kf ′ (x)k ≤ M (bármely x ∈ D), akkor |f (x) − f (y)| ≤ M kx − yk

teljesül.

(x, y ∈ D)

Bizonyítás. Legyen x, y ∈ D (konvex) =⇒ [x, y] ⊂ D, miatt (x = x0 és y = x0 + h mellett) ∃ c ∈ (x, y), hogy

így az 1. tétel

f (x) − f (y) = f ′ (c)(x − y) ,

melyb®l

|f (x) − f (y)| = |f ′ (c)(x − y)| ≤ kf ′ (c)k kx − yk ≤ M kx − yk következik tetsz®leges

x, y ∈ D

esetén, amit bizonyítani kellett.

Következmény. Ha a 2. tétel feltételei mellett még f ′(x) = 0 (x ∈ D) is teljesül, akkor f (x) = c (x ∈ D).

3. tétel. Ha az

f : K(x0 , δ) ⊂ Rn → R függvény bármely Di f (i = 1, . . . , n) par iális deriváltja létezik, akkor bármely h ∈ Rn , 0 < khk < δ esetén léteznek c1 , . . . , cn ∈ K(x0 , δ) vektorok, hogy (∗)

f (x0 + h) − f (x0 ) =

Következmény. Ha az f

n X

Di f (ci )hi

(h = (h1 , . . . , hn )).

i=1

: D ⊂ Rn → R függvény bármely Di f par iális deriváltja létezik és korlátos valamely K(x0 , δ) ⊂ D környezetben, akkor f folytonos x0 -ban.

Bizonyítás.

A 3. tétel miatt (∗) teljesül, melyb®l

n n X X |f (x0 + h) − f (x0 )| = Di f (ci )hi ≤ M |hi | i=1

(t ∈ [0, 1])

2. tétel. Legyen D ⊂ Rn nyílt és konvex halmaz (azaz bármely x1 , x2 ∈

Megjegyzés. Ha egy f dieren iálható függvénynek létezik dieren iál-

A

[0, 1] inter-

f (x0 + h) − f (x0 ) = Φ(1) − Φ(0) = Φ′ (t0 ) · 1 = f ′ (c) · h .

g ′ (y0 ) = (f ′ (x0 ))−1

Bizonyítás.

a

vallumon, így

következik (ha

|Di f (ci )| ≤ M ∀ i = 1, . . . , n).

i=1

khk < δ

5. MAGASABBREND DERIVÁLTAK, YOUNG ÉS TAYLOR TÉTELE

Ebb®l pedig, felhasználva, hogy kapjuk, hogy

h → 0-ból hi → 0

is következik (∀

95

96

i-re)

2.


Ha

  2xy f (x, y) = x2 + y 2 0

lim |f (x0 + h) − f (x0 )| = 0 ,

h→0 ami adja, hogy

lim f (x) = f (x0 )

akkor

x→x0 és így (mivel

x0

torlódási pontja és pontja is

D-nek) f

folytonos

ban.

Megjegyzés.

A következmény igaz

x0

K(x0 , δ) ⊂ D-ben.

(x, y) 6= (0, 0),

, ha

(x, y) 6= (0, 0),

Dx f (x, y) =  2y(x2 + y 2 ) − 2xy2y 2yx2 + y 3 − 4xy 2   =  (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 =  0−0   lim =0 x→0 x − 0

f = (f1 , . . . , fm ) : D ⊂ Rn → Rm

∀ Di fj létezik és korlátos valamely ∀ fj folytonossága teljesül x0 -ban (a következmény miatt). Ugyanakkor az fj -k x0 -beli folytonossága adja az f = (f1 , . . . , fm ) függvény folytonosságát is x0 -ban. típusú függvényekre is, ha

, ha

Ekkor

, ha

(x, y) 6= (0, 0),

, ha

(x, y) 6= (0, 0),

így

3

2y Dx f (0, y) − Dx f (0, 0) 2 y4 − 0 lim = lim = lim 2 = +∞ y→0 y→0 y − 0 y→0 y x−0

5. Magasabbrend¶ deriváltak, Young és Taylor tétele 1. dení ió.

Akkor mondjuk, hogy az

f : D ⊂ Rn → R

kétszer dieren iálható az x0 ∈ D-ben, ha

miatt nem létezik

függvény

δ > 0, hogy f dieren iálható K(x0 , δ) ⊂ D-n, a Di f (i = 1, . . . , n) függvények dieren iálhatók x0 -ban. Ekkor (a korábbiak szerint) léteznek a Dj (Di f ) (i, j = 1, . . . , n) par iális deriváltak x0 -ban és a ∂2f Dj (Di f )(x0 ) = Dj Di f (x0 ) = Dij f (x0 ) = (x0 ) = fxi xj (x0 ) ∂xj ∂xi számokat az f függvény x0 -beli másodrend¶, i-edik és j -edik változó

∃ Dxx f (0, 0) = lim

létezik

szerinti

x→0

Megjegyzések. 1.

f (x, y) = x2 + y 2 ((x, y) ∈ R2 ), Dy f (x, y) = 2y és így

Ha és

akkor

∃ Dx f (x, y) = 2x

∃ Dxx f (x, y) = 2, Dxy f (x, y) = 0, Dyx f (x, y) = 0, Dyy f (x, y) = 2 bármely

(x, y) ∈ R2 -re.

magasabbrend¶ par iális deriváltak is:

Di1 . . . Dir−1 f (= Di1 ...ir−1 f ) K(x0 , δ)-

n, akkor

. Di1 ...ir f (x0 ) = Dir (Di1 ...ir−1 f )(x0 )

f függvény i1 , . . . , ir változók szerinti r-edrend¶ par iális deriváltja x0 -ban. Ha i1 = i2 = · · · = ir = k, úgy

az

Ha D1 ⊆ D jelöli azon x-ek halmazát, ahol létezik Dj Di f (x), akkor Dj Di f : D1 → R az f i-edik és j -edik változó szerinti másodrend¶ par iális derivált függvénye D1 -en.

1.

Deniálhatók a

de

Dx f (x, 0) − Dx f (0, 0) 0−0 = lim =0. x→0 x − 0 x−0

Ha adott i1 , . . . , ir−1 -re létezik

par iális deriváltjainak nevezzük.

Példák.

Dxy f (0, 0),

. Dkr f = Dk . . . Dk f

a 2.

k -adik

Mivel

′

változó szerinti

f = (D1 f . . .

r-edrend¶

Dn f ), így a

tiszta par iális deriváltat jelöli.

kétszeri dieren iálhatóság

fogalma ekvivalens a következ®vel: létezik δ > 0, hogy f dieren iálható K(x0 , δ)-n, ′ f dieren iálható x0 -ban. . ′′ f (x0 ) = (f ′ )′ (x0 )-t f x0 -beli második deriváltjának nevezzük.


2. dení ió.

97

f = (f1 , . . . , fm ) : D ⊂ Rn → R függvény kétszer dieren iálható az x0 ∈ D pontban, ha az f1 , . . . , fm függvények kétszer dieren iálhatók x0 -ban és Azt mondjuk, hogy az

98


akkor

m

′′ f ′′ (x0 ) = (f1′′ (x0 ), . . . , fm (x0 )).

3. dení ió. (r ≥ 2)


dieren iálható x0 -ban, ha

n

f :D⊂R →R

függvény

r-szer

δ > 0, hogy f r − 1-szer dieren iálható K(x0 , δ)-n, Di1 . . . Dir−1 f (1 ≤ i1 , . . . , ir−1 ≤ n) r − 1-edrend¶ par iális derivált függvények dieren iálhatók x0 -ban. (r−1) Ez ekvivalens azzal, hogy létezik f x0 egy környezetében és ez dieren iálható x0 -ban. létezik a

Azt mondjuk, hogy az f : D ⊂ R → R függvény kétszer folytonosan dieren iálható x0 ∈ D-ben, ha a D1 f, . . . , Dn f függ-

4. dení ió.

n

vények dieren iálhatók az

x0

valamely

a

K(x0 , δ) ⊂ D

környezetében és

(Di f )′ = (D1 Di f . . . Dn Di f ) (i = 1, . . . , n) függvények folytonosak x0 -ban. ′ Ez pontosan azt jelenti, hogy f dieren iálható K(x0 , δ)-ban és f differen iálható és deriváltja folytonos x0 -ban. (Hasonlóan deniálható a függvény r-szer folytonos dieren iálhatósága is.)

Dk Dj f = Dj Dk f , vagyis az úgy-

nevezett vegyes par iálisok megegyeznek, de van ellenpélda is.

Példák. Ha

f (x, y) = x2 − 2xy − 3y 2 ((x, y) ∈ R2 ), ∃ Dx f (x, y) = 2x − 2y

∃ Dy f (x, y) = −2x − 6y így 2.

Ha

Dxy f (x, y) = Dyx f (x, y)

 2 2 xy x − y f (x, y) = x2 + y 2  0

∃ Dxy f (x, y) = −2 ,

=⇒

∃ Dyx f (x, y) = −2 ,

=⇒

bármely

akkor

x∈R

, ha , ha

2

-re.

(x, y) 6= (0, 0), (x, y) 6= (0, 0),

, ha

(x, y) 6= (0, 0),

, ha

(x, y) 6= (0, 0),

így

3

∃ Dxy f (0, 0) = lim

− yy2 − 0 − 0 y−0

y→0

továbbá

= −1 ,

∃ Dy f (x, y) =  x2 − y 2 −2y(x2 + y 2 ) − (x2 − y 2 )2y   − xy x · 2 x + y2 (x2 + y 2 )2 =  0−0   lim =0 y→0 y − 0

, ha

(x, y) 6= (0, 0),

, ha

(x, y) 6= (0, 0),

így

x3 x2

−0 =1. x−0 Dxy f (0, 0) = −1 6= 1 = Dyx f (0, 0). ∃ Dyx f (0, 0) = lim

x→0

Ezért

Gyakran igaz adott függvényre, hogy

1.

∃ Dx f (x, y) =  2 2 2 2 2 2  y · x − y − xy 2x(x + y ) − (x − y )2x  2 2 2 2 2 x +y (x + y ) =  0 − 0   lim =0 x→0 x − 0

Most egy elegend® feltételt adunk a vegyes par iálisok egyenl®ségére.

1. tétel (Young). Legyen f dieren iálható, akkor

: D ⊂ Rn → R az a ∈ D pontban kétszer

Dk Dj f (a) = Dj Dk f (a)

bármely 1 ≤ k, j ≤ n esetén.

Megjegyzés. r-szer

A tétel általánosítható

f : D ⊂ Rn → R, x0 ∈ D-ben

dieren iálható függvényekre, ekkor

Di1 ...ir f (x0 ) = Dj1 ...jr f (x0 ) bármely

(i1 , . . . , ir )

és

(j1 , . . . , jr ) r-tagú,

természetes számokból álló

sorozatra, melyek egymásból átrendezéssel keletkeznek

(1 ≤ ik , js ≤ n).


5. dení ió.

99

f : D ⊂ Rn → Rm , x0 ∈ D-ben dieren iálható függvény x0 -beli, az x−x0 megváltozáshoz tartozó els® dieren iálján a

függvényt

az

Az

. df (x0 , x − x0 ) = f ′ (x0 )(x − x0 ) (x − x0 ∈ D) . értjük. Ha h = x − x0 , úgy . df (x0 , h) = f ′ (x0 )h

x0 -beli, h megváltozáshoz tartozó els® dieren iálja f -nek. x-re értelmezhet®, ahol ∃ f ′ (x), ekkor

100


3. tétel. Ha f : D ⊂ Rn → R r-szer dieren iálható D-n, akkor az

F (t) = f (x+th) függvény minden olyan t ∈ R-re, amelyre x+th ∈ D, r-

szer dieren iálható és

F (r) (t) = dr f (x + th, h).

4. tétel (Taylor-formula). Legyen f : D ⊂ Rn → R,

Ez minden

x ∈ D és f (r + 1)-szer dieren iálható az [x, x + h] ⊂ D szakaszon, akkor létezik θ ∈ (0, 1), hogy

olyan

(TF)

′

df (x, h) = f (x)h f x-beli, h-hoz tartozó els® dieren iálja. Ha m = 1, x − x0 = h = (h1 , . . . , hn ),

f (x + h) = f (x) +

Bizonyítás. akkor

f x-beli, h-hoz

Tekintsük az

tartozó

F : [0, 1] → R ,

els® dieren iálja

. df (x, h) =

n X

fxi (x)hi

i=1

alakú, ha

∃ f ′ (x) = (fx1 (x) . . . fxn (x)).

6. dení ió.

n

Legyen f : D ⊂ R → R, x0 ∈ D olyan, hogy lé. f (r) (x0 ) (f r-szer dieren iálható x0 -ban). Ekkor d1 f (x, h) = r−1 df (x, h) f x-beli, h-hoz tartozó els® dieren iálja. Ha d f (x, h) az f x-beli, h-hoz tartozó (r − 1)-edik dieren iálja értelmezett valamely K(x0 , δ)-n, akkor f x0 -beli, h-hoz tartozó r-edik dieren iálján r−1 a rögzített h mellett x függvényeként tekintett d f függvény els® differen iálját értjük x0 -ban, azaz tezik

n

. X r−1 d f (x0 , h) = (d f )xi (x0 )hi . r

i=1

2. tétel. Legyen pontban, akkor

f : D ⊂ R → R r-szer dieren iálható az x0 ∈ D

dr f (x0 , h) =

n

n X

df (x, h) dr f (x, h) dr+1 f (x + θh, h) +···+ + 1! r! (r + 1)!

függvényt.

F

a

f (r + 1)-szeri

F (t) = f (x + th) dieren iálhatósága miatt

(r + 1)-szer

differen iálható és az el®bbi tétel miatt

F (i) (t) = di f (x + th, h)

(∗)

∀ t ∈ [0, 1]-re. Így F teljesíti az egyváltozós t = 1 esetén ∃ θ ∈ (0, 1), hogy F (1) = F (0) +

(i = 1, . . . , r + 1)

Taylor-tétel feltételeit, ezért

t0 = 0 ∧

F ′ (0) F (r) (0) r F (r+1) (θ) r+1 1 + ···+ 1 + 1 , 1! r! (r + 1)!

ami (∗) miatt adja a (TF)-et.

Példák. 1.

Írja fel a Taylor-formulát az függvényre az

(1, 1)

pontban,

f (x1 , x2 ) = xx1 2 ((x1 , x2 ) ∈ R+ × R) r = 1 mellett.

Ekkor (TF) alakja

fxi1 ...xir (x0 )hi1 . . . hir

i1 ,...,ir =1

(ami r-edrend¶ forma az fxi1 ...xir (x0 ) együtthatókkal).

f (1 + h1 , 1 + h2 ) = = f (1, 1) +

df ((1, 1), (h1 , h2 )) df ((1 + θh1 , 1 + θh2 ), (h1 , h2 )) + . 1! 2!


101

102


6. Lokális széls®érték

A par iális deriváltak:

fx1 (x1 , x2 ) = fx1 x1 (x1 , x2 ) = fx1 x2 (x1 , x2 ) = fx2 x2 (x1 , x2 ) =

x2 xx1 2 −1

,

fx2 (x1 , x2 ) =

x2 (x2 − 1)x1x2 −2 , x1x2 −1 + x2 xx1 2 −1 ln x1 xx1 2 ln2 x1 .

xx1 2

ln x1 ,

Ismeretes a következ®: akkor mondjuk, hogy az

x0 ∈ D

függvénynek az

= fx2 x1 ,

∃ δ > 0,

hogy

f : D ⊂ Rn → R

pontban lokális maximuma (minimuma) van, ha

∀ x ∈ K(x0 , δ) =⇒ f (x) ≤ f (x0 ) (f (x) ≥ f (x0 )).

Az egyváltozós esethez hasonlóan igaz a következ®:

1. tétel (a lokális széls®érték 1. szükséges feltétele).

A dieren iálok:

df ((1, 1), (h1 , h2 )) = fx1 (1, 1)h1 + fx2 (1, 1)h2 = 1h1 + 0h2 , d2 f ((1 + θh1 , 1 + θh2 ), (h1 , h2 )) = (1 + θh2 )θh2 h21 + + 2 (1 + θh1 )θh2 + (1 + θh2 )(1 + θh1 )θh2 ln(1 + θh2 ) h1 h2 + (1+θh2 )

+ (1 + θh1 )

2

ln (1 +

θh1 )h22

.

Ha f : D ⊂ Rn → R, x0 ∈ D (nyílt), f dieren iálható x0 -ban és f -nek lokális széls®értéke van x0 -ban, akkor f ′ (x0 ) = 0. Bizonyítás. D, hogy

f -nek lokális széls®értéke van x0 -ban, akkor ∃K(x0 , δ) ⊂

Ha

f (x) ≤ f (x0 ) (f (x) ≥ f (x0 ))

így ha

e (kek = 1)

1n (1 + θh1 )θh2 h21 + 2 + [1 + (1 + θh2 , ln(1 + θh2 ))] (1 + θh1 )h1 h2 + o + (1 + θh1 )(1+θh2 ) ln2 (1 + θh1 )h22 .

2.

Számítsa ki

1.021.01

közelít® értékét.

Az el®bbi példa szerint (h1

= 0.02, h2 = 1, 01

mellett sak az els®

dieren iált használva)

1.021.01 ≈ 1 + 0.02 = 1.02. d2 f ((1, 1), h1 , h2 ) = 0 · h21 + 2[1 + 0]h1 h2 + 0h22 = 2h1 h2 miatt egy jobb közelítés

dik közelítés már elég jó.

-ben és

|t| < δ ,

akkor

dieren iálhatósága miatt a 3.1. tétel adja, hogy

f (x0 + te) − f (x0 ) f ′ (x0 )e = De f (x0 ) = lim t→0 t ami sak úgy lehetséges, ha f ′ (x0 ) = 0.

′

f (x0 )e = 0,

(

≤ 0 (≥ 0), ≥ 0 (≤ 0),

melyb®l

mutatja, így a máso-

e

ha ha

t→0+0 t→0−0 ,

tetsz®leges volta

miatt jön, hogy

2. tétel (a lokális széls®érték 2. szükséges feltétele).

Ha az f : D ⊂ Rn → R függvénynek lokális széls®értéke van x0 ∈ D-ben és létezik fxi (x0 ), akkor fxi (x0 ) = 0. Ha

f -nek x0 -ban

lokális széls®értéke van, úgy a

ϕ(t) = f (x01 , . . . , x0i−1 , t, x0i+1 , . . . , x0n ) függvénynek is

t = x0i -ben,

így

fxi (x0 ) = ϕ′ (x0i ) = 0.

vény

x0 -beli

r = 2 esetén adja, hogy az f : D ⊂ Rn → R függh = (h1 , . . . , hn )-hez tartozó 2. dieren iálja, ha ∃ f ′′ (x0 )

A 6. fejezet 2. tétele

1.021.01 ≈ 1 + 0.02 + (0.02)0.01 = 1.0202 . 1.020202007 . . . értéket

f x0 -beli

Bizonyítás.

Másrészt

Egy zsebszámológép az

így

R

∀ x ∈ K(x0 , δ),

f (x0 + te) − f (x0 ) ≤ 0 (≥ 0),

Így

(1 + h1 )1+h2 = 1 + h1 +

tetsz®leges

n

d2 f (x0 , h) =

n X

i,j=1

fxi xj (x0 )hi hj ,

6. LOKÁLIS SZÉLSÉRTÉK

ahol a Young-tétel miatt dieren iál tehát ekkor a

103

104

fxi xj (x0 ) = fxj xi (x0 ) is teljesül. A második hi -k kvadratikus formája. Lineáris algebrá-


függvényre.

∃

ból ismert, hogy egy

q(h1 , . . . , hn ) =

n X

fx (x, y) = 2x + y − 3 ,

így ott lehet lokális széls®érték, ahol

aij hi hj

(aij = aji )

2x + y − 3 = 0 ,

i,j=1

pozitív denit, ha q > 0 ∀ h = (h1 , . . . , hn ) 6= (0, . . . , 0) , negatív denit, ha q < 0 ∀ h = (h1 , . . . , hn ) 6= (0, . . . , 0) , indenit, ha felvesz pozitív és negatív értékeket is.

Belátható, hogy

∆1 = a11 ,

fxx (1, 1) = 2 ,

a1n . . . . . . ann ...

miatt a

Megjegyzések. 1.

∆i > 0 (i = 1, . . . , n) esetén szigorú lo(−1) ∆i > 0 (i = 1, . . . , n) esetén szigorú lokális maximuma van f -nek x0 -ban. 2 Ha d f indenit, akkor f -nek nin s széls®értéke x0 -ban (az adott A tétel feltételei mellett i

kális minimuma,

2.

feltételek mellett).

1.

Vizsgálja a lokális széls®értéket az

f (x, y) = x2 + xy + y 2 − 3x − 3y

((x, y) ∈ R2 )

fyy (1, 1) = 2 ,

d f ((1, 1), (h1 , h2 ))

∆1 = 2 > 0 , tehát (lásd 1. megjegyzés) 2.

Vizsgálja az

3

kvadratikus forma mátrixa

2 1 , 1 2 2 1 =3>0, ∆2 = 1 2

f -nek (1, 1)-ben

lokális minimuma van.

f (x, y) = x + y − 3xy ((x, y) ∈ R2 )

3

függvény lokális

széls®értékeit.

∃ fx (x, y) = 3x2 − 3y ,

fy (x, y) = 3y 2 − 3x ,

és

3x2 − 3y = 0 3y 2 − 3x = 0 így a hogy

)

⇐⇒

(x, y) = (0, 0)

vagy

(x, y) = (1, 1),

(0, 0) és az (1, 1) pontokban lehet lokális széls®érték. f kétszer dieren iálható, továbbá

Belátható,

fxy (x, y) = fyx (x, y) = −3 , fyy (x, y) = 6y . 6 −3 (1, 1)-ben a d2 f mátrixa , így ∆1 = 6 > 0, ∆2 = 36 − 9 > −3 6 0, tehát f -nek (1, 1)-ben lokális minimuma van. fxx (x, y) = 6x ,

Példák.

fxy (1, 1) = fyx (1, 1) = 1 ,

ami adja, hogy

feltétel a lokális széls®érték létezésére.

Ha az f : D ⊂ R → R függvény kétszer dieren iálható az x0 ∈ D pontban, továbbá f ′ (x0 ) = 0 és d2 f (x0 , h) pozitív (negatív) denit, akkor x0 -ban f -nek szigorú lokális minimuma (maximuma) van.

fyy (x, y) = 2 ,

2

Ezen fogalmak, a Taylor-tétel és a dieren iálhatóság dení iója

n

(1, 1) pontban, továbbá

fxy (x, y) = fyx (x, y) = 1 ,

alapján bizonyítható a következ®, úgynevezett másodrend¶ (elegend®)

3. tétel (a lokális széls®érték elegend® feltétele).

kétszer dieren iálható az

ezért

úgynevezett bal fels® sarokdeterminánsok (vagy f®minor determinánsok) pozitívak, illetve váltakozva negatívak és pozitívak.

f

fxx (x, y) = 2 ,

Továbbá Sylvester tétele szerint egy kvadratikus forma akkor és sak

a11 a12 .. , . . . , ∆ = . n a22 an1

x = 1, y = 1, így az (1, 1)

pontban lehet lokális széls®érték.

akkor pozitív, illetve negatív denit, ha a

a ∆2 = 11 a21

x + 2y − 3 = 0 .

Az egyenletrendszer egyetlen megoldása az

kvadratikus forma

fy (x, y) = x + 2y − 3 ,

7. INVERZFÜGGVÉNY-TÉTELEK

(0, 0)-ban

a

d2 f

mátrixa

0 −3

−3 , 0

így

105

∆1 = 0, ∆2 = −9 > 0

miatt tételünk nem használható. Belátható (más módszerrel), hogy

(0, 0)-ban

az

f (0, 0) = 0

nem lokális széls®érték.

7. Inverzfüggvény-tételek A 3. fejezet 3. tétele után megjegyeztük, hogy egy dieren iálható

f : D ⊂ Rn → Rn (D

nyílt) függvény dieren iálható inverzének lé′ tezéséhez szükséges, hogy f (x) mátrixa nem szinguláris, ami a lineáris ′ algebrából tanultak szerint azt is adja, hogy det f (x) 6= 0. Megmutatható, hogy folytonosan dieren iálható függvények esetén

a feltétel legalábbis lokálisan elégséges is.

1. dení ió.

Az

f : D ⊂ Rn → Rn

leképezést

risnak nevezzük, ha folytonosan dieren iálható és D1 f1 (x) . . det f ′ (x) = . D1 fn (x)

Dn f1 (x) . . 6= 0 . . . . Dn fn (x)

(függvényt)

regulá-

(x ∈ D) .

f : D ⊂ R → R leképezést (függvényt) lokálisan invertálhatónak nevezzük D-n, ha ∀ x0 ∈ D esetén ∃ K(x0 , r) ⊂ D, hogy f |K(x0 ,r) (f lesz¶kítése K(x0 , r)-re) invertálható függvény.

2. dení ió.

Az


Az el®z® három tétel eredményeinek összefoglalása a következ®:

4. tétel (inverzfüggvény-tétel). Ha az f

: D ⊂ Rn → Rn függvény

a D nyílt halmazon reguláris, akkor lokálisan invertálható és a lokális inverzek regulárisak, azaz ∀ x0 ∈ D esetén ∃ U és V nyílt részhalmaza Rn -nek, hogy x0 ∈ U ⊂ D, f (U ) = V , továbbá f köl sönösen egyértelm¶ U -n, a g = f −1 függvény folytonosan dieren iálható V -n, és det g ′ 6= 0 V -n. Bizonyítás. Az 1. tétel adja f lokális invertálhatóságát D-n, így ∀ x0 ∈ D esetén létezik K(x0 , δ) = U ⊂ D nyílt halmaz, hogy f köl sönösen n egyértelm¶ U -n. A 2. tétel miatt az f (U ) = V halmaz nyílt R -ben, míg −1 3. tétel miatt a g = f lokális inverz reguláris V -n.

Megjegyzés. úgy is

f : D ⊂ Rn → Rn függvény lokális invertálhatóságát fogalmazhatjuk, hogy az y = f (x) egyenlet, illetve az Az

y = (y1 , . . . , yn ) = (f1 (x1 , . . . , xn ), . . . , fn (x1 , . . . , xn )) = f (x) miatt adódó

...

n

106

n

Az alábbi három (az inverzfüggvény-tétel bizonyítását el®készít®) tételt bizonyítás nélkül közöljük.

1. tétel (a lokális invertálhatóság elegend® feltétele).

Legyen f : D ⊂ Rn → Rn reguláris leképezés (függvény), akkor lokálisan invertálható D-n

2. tétel (az inverz függvény folytonossága). Ha az f

: D ⊂ Rn → n R függvény (D nyílt) reguláris és köl sönösen egyértelm¶ D-n, akkor n a) f (D) nyílt R -ben; b) az f függvény g : f (D) → D inverz függvénye folytonos.

3. tétel (az inverz függvény regularitása). Ha az f : D ⊂ Rn → Rn függvény (D nyílt) reguláris és köl sönösen egyértelm¶ D-n, akkor a g : f (D) → D inverz függvénye reguláris.

yi = fi (x1 , . . . , xn ) (i = 1, . . . , n) x1 , . . . , xn -re az y1 , . . . , yn függvényében ∀ x0 ∈ D-re x és y az x0 és y0 = f (x0 ) elég kis környezetében

egyenletrendszer megoldható (ha

vannak).

Példák. 1.

f : R2 → R2 , f (r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ). ′ Ha D = ]0, 1[ × ]0, b[ , akkor f nem szinguláris D -n, akkor köl sönösen egyértelm¶ D -n, ha b < 2π . Bármely (r, ϕ) ∈ D -re cos ϕ −r sin ϕ ∃ f ′ (r, ϕ) = , sin ϕ r cos ϕ Legyen

így

det f ′ (r, ϕ) = r > 0 ∀ (r, ϕ) ∈ D-re,

ezért

Ekkor az inverzfüggvény-tétel adja, hogy

f

f′

de akkor és sak

nem szinguláris.

lokálisan invertálható

D-n

(és a lokális inverzek regulárisok). A Kalkulus I. I.3.1 tétel miatt f akkor és sak akkor invertálható D-n, ha ∀ (r1 , ϕ1 ), (r2 , ϕ2 ) ∈ D esetén f (r1 , ϕ1 ) = f (r2 , ϕ2 )-b®l (r1 , ϕ1 ) = (r2 , ϕ2 ), azaz r1 = r2 és ϕ1 = ϕ2 következik. Tehát legyen (r1 cos ϕ1 , r1 sin ϕ1 ) = (r2 cos ϕ2 , r2 sin ϕ2 ), akkor r1 cos ϕ1 = r2 cos ϕ2 és r1 sin ϕ1 = r2 sin ϕ2 következik D-n, melyb®l

7. INVERZFÜGGVÉNY-TÉTELEK

2 négyzetreemeléssel és összeadással r1 Így az egyenletrendszer ϕ1 és ϕ2 -re

= r22 , illetve r1 = r2

107

2.

ϕ1 − ϕ2 ϕ1 + ϕ2 sin 2 2 ϕ1 + ϕ2 ϕ1 − ϕ2 0 = sin ϕ1 − sin ϕ2 = 2 cos sin , 2 2 ami akkor és sak akkor teljesül, ha ϕ2 = ϕ1 + 2kπ . Ha ϕ1 , ϕ2 ∈ ]0, 2π[ , úgy ez sak k = 0-ra lehet igaz, azaz ϕ1 = ϕ2 is teljesül. Ha tehát b < 2π , úgy f köl sönösen egyértelm¶ D -n. Ha b ≥ 2π úgy nem. 2

f :D⊂R →R , x x1 x2 f (x) = = , 1 + x1 + x2 1 + x1 + x2 1 + x1 + x2

Határozzuk meg az

függvény inverzét, ha Belátható, hogy

8. Impli it függvények D 1 ⊂ Rk

és

D 2 ⊂ Rn

nyílt halmazok és

f = (f1 , . . . , fn ) : D = D1 × D2 ⊂ Rk+n → Rn adott függvény (függvényrendszer). n A g = (g1 , . . . , gn ) : D1 → R függvényt (függvényrendszert) az

f (x, y) = 0

(1)

(x = (x1 , . . . , xk ), y = (y1 , . . . , yn ))

egyenlet (illetve az

fi (x1 , . . . , xk , y1 , . . . , yn ) = 0

(1')

(x ∈ D1 )

f (x, g(x)) = 0

teljesül.

(i = 1, . . . , n)

megoldásának nevezzük, ha

Ekkor a

g = (g1 , . . . , gn )

(1) egyenlet által adott

függvényt (függvényrendszert) az

impli it függvénynek (függvényrendszernek)

szokás nevezni.

k = n = 1, úgy az f g : D1 ⊂ R → R típusú.) (Ha

így a lokális invertálhatóság igaz. A megjegyzés szerint

és a

g

függvény

f : D ⊂ R2 → R,

illetve

Fontos kérdések: Mikor létezik impli it függvény? Mit mondhatunk (alkalmas feltételek mellett) az impli it függ-

(lokáli-

vény dieren iálhatóságáról?

san). A megoldás egyszer¶en jön:

ha

Legyenek

(2)

1 >0, (1 + x1 + x2 )2

f akkor (lokálisan) invertálható, ha az x1 x2 = y1 , = y2 1 + x1 + x2 1 + x1 + x2 egyenletrendszer megoldható x1 , x2 -re y1 és y2 függvényében

Dení ió.

egyenletrendszer)

D = {(x1 , x2 ) ∈ R2 | 1 + x1 + x2 6= 0}.

∃ f ′ (x1 , x2 ) =


következik.

0 = cos ϕ1 − cos ϕ2 = −2 cos

2

108

y1 y2 x1 = , x2 = , 1 − y1 − y2 1 − y1 − y2 1 − y1 − y2 6= 0 (ami nyilván igaz), így f invertálható D-n.

Jelölések: Ha

f = (f1 , . . . , fn ) : D ⊂ Rm → Rn

dieren iálható, úgy

. ∂f . ∂(f1 , . . . , fn ) f′ = = . ∂x ∂(x1 , . . . , xm )

f : D ⊂ Rk+n → Rn (D = D1 × D2 nyílt), akkor . ∂f ∂f f′ = (x = (x1 , . . . , xk ), y = (y1 , . . . , yn )). ∂x ∂y

Ha

Megjegyzés.

Az impli it függvény meghatározásánál egy n egyenletb®l k + n ismeretlenes egyenletrendszert oldunk meg úgy, hogy az utolsó n ismeretlent fejezzük ki az els® k -val (az egyszer¶ség kedvéért). álló

8. IMPLICIT FÜGGVÉNYEK

1. tétel. Legyen

109

f : D = D1 × D2 ⊂ Rk+n → Rn (D1 és D2 nyílt)

dieren iálható függvény. Tegyük fel, hogy létezik az (1) egyenlet által adott (2)-t teljesít® g : D1 → Rn dieren iálható impli it függvény. Akkor ∂f ∂f (x, g(x)) + (x, g(x)) · g ′ (x) = 0, ∂x ∂y

(ID1)

∂f

−1 ∂f ∂f ′ g (x) = − (x, g(x)) (x, g(x)) ∂y ∂x

teljesül.

Bizonyítás. Ha létezik dieren iálható g , úgy legyenek h, H : D1 → Rk+n , . . h(x) = (x, g(x)), H(x) = f (h(x)) = f (x, g(x)), akkor egyrészt

H(x) = 0 (x ∈ D1 )


g(a) = b és f (x, g(x)) = 0 (x ∈ K(a, r)) (azaz az (1) által meghatározott, (2)-t teljesít® impli it függvény K(a, r)-en). Továbbá g folytonosan

dieren iálható.

Példa.

Legyen

f : R2 → R, f (x, y) = x2 + y 2 − 5.

egyenlet által meghatározott

f (x, g(x)) = x2 + g 2 (x) − 5 = 0

g : K(a, r) → R impli it függvényt létezését, ha (a, b) = (1, 2). f -r®l belátható, hogy folytonosan dieren iálható. 2 2 Ha (a, b) = (1, 2), úgy f (a, b) = f (1, 2) = 1 + 2 − 5 = 0, továbbá ∃ D1 f (1, 2) = 2 6= 0 és D2 f (1, 2) = 2 6= 0, így az egyenlet lokálisan egyenletet teljesít®

megoldható bármely változóra (a másik függvényében). Ha

r = 1,

úgy nyilván a

′

azaz (ID1) teljesül. Ha pedig

et is.

−1 ∂f (x, g(x)) ∂y

Dení ió. f

függvénynek az

h(x) = 0 feltétel mellett

-gyel balról szorozva, rendezés után kapjuk (ID2)-t

2. tétel (impli itfüggvény-tétel). Legyen f : D ⊂ Rk+n → Rn olyan ∂f (a, b) 6= ∂y

∂f (a, b) nem szinguláris). Akkor ∃ K(a, r) ⊂ Rk és egy egy∂y értelm¶en meghatározott, folytonos g : K(a, r) → Rn függvény, hogy 0 (azaz

egyértelm¶

f : D ⊂ Rk+n → R, h = (h1 , . . . , hn ) : D → Rn . x0 ∈ D (D nyílt) pontban a

Legyen

nem szinguláris, úgy (ID1)-

folytonosan dieren iálható függvény, hogy ∃ (a, b) ∈ D, det

5 − x2

9. Feltételes széls®érték

∂f (x, g(x)) ∂y

√

2x −x g ′ (x) = − √ =√ . 2 2 5−x 5 − x2

másrészt (az összetett függvény dif-

∂f ∂f Ik 0 = H (x) = f (h(x)) · h (x) = (h(x)) (h(x)) · ′ = g (x) ∂x ∂y ∂f ∂f = (x, g(x)) + (x, g(x)) · g ′ (x) ∂x ∂y ′

g : K(1, 1) → R, g(x) =

megoldás (impli it függvény). Az 1. tétel szerint

feren iálási szabálya miatt):

′

Vizsgáljuk az

f (x, y) = x2 + y 2 − 5 = 0

illetve ha a n × n-es mátrix nem szinguláris az (x, g(x)) pontban, ∂y akkor (ID2)

110

(h1 (x) = · · · = hn (x) = 0)

feltételes lokális széls®értéke van, ha

h(x0 ) = 0 (h1 (x0 ) = · · · = hn (x0 ) = 0)

∃ δ > 0, ∀ x ∈ K(x0 , δ) ∧ h(x) = 0 f (x0 ))

és

Az

f (x) ≤ f (x0 ) (f (x) ≥

teljesül.

Tétel (a feltételes lokális széls®érték szükséges feltétele). Legyen

f : D ⊂ Rk+n → R, h = (h1 , . . . , hn ) : D → Rn . Ha az f függvénynek az x0 ∈ D (D nyílt) pontban a h(x) = 0 feltétel mellett feltételes lokális

9. FELTÉTELES SZÉLSÉRTÉK

111

széls®értéke van, továbbá f és h folytonosan dieren iálhatók az x0 egy környezetében, akkor

vagy a Dj hi (x0 ) mátrix minden n-edrend¶ aldetermin×(k+n) nánsa zérus vagy ∃ λi ∈ R (i = 1, . . . , n) számok, hogy a F : D → R,

F (x) = f (x) +

n X

λi hi (x)

(j = 1, . . . , k + n).

A tétel szerint a lehetséges feltételes széls®érték helyek

meghatározásához a

 n D f (x) + P λ D h (x) = 0 j i j i i=1  hi (x) = 0

egyenletb®l álló

k + 2n

j = 1, . . . , k + n i = 1, . . . , n

ismeretlenes

(x1 , . . . , xk+n , λ1 , . . . , λn )

egyenletrendszert kell megoldani.

Példa.

Határozza meg az

f (x1 , x2 ) = x1 + 2x2

(x1 , x2 ) ∈ R2

függvény feltételes lokális széls®érték helyeit és azok értékét a

h(x1 , x2 ) = x21 + x22 − 1 = 0 2 feltételre (azaz az x1 2 2

+ x22 = 1 körvonalon). f : R → R, h : R → R típusú, így a megjegyzés

szerint, mivel

D1 f (x1 , x2 ) = 1 ,

D2 f (x1 , x2 ) = 2 ,

D1 h(x1 , x2 ) = 2x1 ,

D2 h(x1 , x2 ) = 2x2 ,

az

    

1 + 2λx1 = 0 2 + 2λx2 = 0 x21

+ x22 − 1 = 0

(x1 , x2 )-re adják a lehetséges feltételes szél-

s®érték helyeket. Egyszer¶ számolás adja, hogy ezek

√ √ ! 5 5 − ,− 5 10

x21 + x22 = 0

√

√ ! 5 5 , . 5 10

és

körvonal kompakt halmaz

maximumát és minimumát, melyek

i=1

Dj F (x0 ) = 0

k + 2n


egyenletrendszer megoldásai

Az

függvény minden par iális deriváltja zérus x0 -ban, azaz

Megjegyzés.

112

f

√ √ √ ! 5 5 5 , =2 5 10 5

illetve

f

R2 -ben,

így azon

f

felveszi a

√ ! √ √ 5 5 5 ,− = −2 . − 5 10 5

114

VII. RIEMANN-INTEGRÁL

A

valós számot

. V (Q) = (b1 − a1 ) · . . . · (bn − an ) értjük. (Spe iálisan ez n = 1-re egy

hossza,

Riemann-integrál

Rn-ben

Bevezetés

tégla mértékén (térfoga-

1. dení ió.

tán) a VII. fejezet

Rn -BEN

n = 2-re

Q = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ]

valós intervallum

egy téglalap területe.)

2. dení ió. Ha Q = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn] adott tégla, úgy a P = P1 × · · · × Pn halmazt Q egy felosztásának nevezzük, ha ∀ j = 1, . . . , n-re Pj az [aj , bj ] intervallum egy (korábban már deniált) felosztása, azaz

Pj = {xji | aj = xj0 < xj1 < · · · < xjkj = bj } .

kiegészítve az általánosabb Riemann-integrál kiszámítására vonatkozó

∀ j -re Iji = [xji−1 , xji ] (i = 1, . . . , kj ) jelöli az [aj , bj ] komponensPj által meghatározott részintervallumait, akkor a Ti1 ...in = I1i1 × · · · × Inin téglákat (ahol i1 = 1, . . . , k1 ; . . . ; in = 1, . . . , kn ) a Q tégla P felosztás által meghatározott résztégláinak (rész-

tételekkel.

intervallumainak), míg a

Ebben a fejezetben el®ször a (I.2.6. és 9. fejezetben tárgyalt) Riemann-integrál fogalmát és az arra vonatkozó bizonyos eredményeket általánosítjuk

n-dimenziós tégla felett értelmezett korlátos függvényekre,

Ha

intervallum

Ezt követ®en (a téglán deniált integrálra visszavezetve) értelmezzük Rn -beli halmazokra, melyhez kap solódva Rn -beli

kP k = sup {diam Ti1 ...in }

az integrált korlátos

korlátos halmazok Jordan-mérhet®ségét és mértékét, s a mérték fontosabb tulajdonságait is vizsgáljuk. Rámutatunk arra is, hogy például az R2 -beli Jordan-mérték és az f : [a, b] → R Riemann-integrálható függvény gráfja alatti terület egybeesik.

i1 ,...,in

számot (ahol

a) Riemann-integrál fogalma téglán A Riemann-integrál fogalma (és ebb®l ered®en tulajdonságai is) az

Rn tégláin (intervallumain) szoros analógiát mutat (mutatnak) az f : [a, b] → R típusú függvényekre felépített Riemann-integrállal.

Geometriai tartalma pedig a terület- és térfogatszámításhoz is kap solódik.

Q = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] ⊂ Rn egy tégla, vagy n-dimenziós intervallum (ahol az [ai , bi ] ⊂ R (i = 1, . . . , n) intervallumokat Q komponens-intervallumainak nevezzük), míg f : Q → R korlátos függvény.

Ti1 ...in

P 1 -nek,

ha

P 1 ⊂ P 2.

felosztások egyesítésének (illetve közös nomításának) nevezzük.

hP k i normális lim kP k = 0 teljesül.

4. dení ió. k

tégla átmér®je) a

P

felosztás nom-

P = P 1 ∪ P 2 halmazt a P 1 és P 2 P ⊂ P 1 ∪ P 2 és P 2 ⊂ P 1 ∪ P 2 miatt

A

1

felosztássorozata Q-nak, ha

k→∞

Megjegyzések. 1. 2.

Ha Ha ha

A továbbiakban legyen

113

a

3. dení ió. Legyen P 1 és P 2 Q két felosztása. P 2 nomítása (továbbosztása)

1. Riemann-integrál téglán

diam Ti1 ...in

ságának nevezzük.

3. 4.

P = P1 × · · · × Pn ,

akkor

kP k2 =

k=1

hP k i = hP1k × · · · × Pnk i, úgy hP k i hPik i (i = 1, . . . , n) normális.

P 1 ⊂ P 2 akkor és sak S Q= Ti1 ...in . i1 ,...,in

akkor

n P

kPk k2 ,

kPk k ≤ kP k.

akkor és sak akkor normális,

Pi1 ⊂ Pi2 (i = 1, . . . , n).

1. RIEMANN-INTEGRÁL TÉGLÁN

5. dení ió. Q

Legyen

egy felosztása és

. mi1 ...in = (ezek

f

Q ⊂ Rn

Ti1 ...in inf

x∈Ti1 ...in

f :Q→R

tégla,

115


P

116

a

. Mi1 ...in =

sup x∈Ti1 ...in

{f (x)}

2.

korlátossága miatt léteznek).

A

. X . X s(f, P ) = mi1 ...in V (Ti1 ...in ) , S(f, P ) = Mi1 ...in V (Ti1 ...in ) , X . O(f, P ) = S(f, P ) − s(f, P ) = (Mi1 ...in − mi1 ...in )V (Ti1 ...in )

számokat az

f

függvény

P

felosztáshoz tartozó

illá iós összegeinek, míg tetsz®leges ti ...i

számot az

f

függvény

P

felosztáshoz és

ti1 ...in

I 6= I¯, mert Q bármely P felosztására (mivel minden Ti1 ...in résztéglában van supa ra ionális koordinátájú és más típusú pont is)

mi1 ...in = 0, Mi1 ...in = 1, így X s(f, P ) = 0 · V (Ti1 ...in ) = 0 , X S(f, P ) = 1 · V (Ti1 ...in ) = (b1 − a1 ) . . . (bn − an ) ,

pontokra a

pontokhoz tartozó integ-

rálközelít® összegének nevezzük, ahol az összegzés kiterjed a

Q

tégla

P

ezért

által meghatározott összes résztéglájára.

1. tétel. Ha f : Q → R korlátos függvény, akkor a)

b)

)

bármely P és bármely σ(f, P )-re: s(f, P ) ≤ σ(f, P ) ≤ S(f, P ); bármely P 1 ⊂ P 2 -re: s(f, P 1 ) ≤ s(f, P 2 ), S(f, P 1 ) ≥ S(f, P 2 ); bármely P 1 , P 2 -re: s(f, P 1 ) ≤ S(f, P 2 ).

6. dení ió. (létez®)

Legyen

f :Q→R

korlátos függvény. Az

. . R I = Q f = sup{s(f, P )} P számokat az f függvény Q

integráljának nevezzük.

P

alsó, illetve fels® Darboux-

Bizonyítás.

Példák. 1.

f : Q ⊂ Rn → R, f (x) = c, akkor I = I¯, mert Q bármely P feloszását választva, mi1 ...in = Mi1 ...in = c miatt X s(f, P ) = S(f, P ) = cV (Ti1 ...in ) = c(b1 − a1 ) . . . (bn − an ), Ha

Q-n,

ha

Q

Q

Megjegyzések. 1.

Az el®z® 1. példa függvénye Riemann-integrálható és

I = c(b1 − a1 ) . . . (bn − an ).

Létezik nem Riemann-integrálható függvény (a 2. példa függvénye).

b) A Darboux-tétel és következményei

0 ≤ I¯ − I ≤ O(f, P ).

Lásd Kalkulus I., IX.2., 2. tétel bizonyítása.

Az f : Q → R korlátos függvény Riemann-integrálható I = I¯ és ezt a közös értéket az f függvény Q Rtégla feletti R Riemann-integrál jának nevezzük, és rá az I, f , vagy f (x)dx jelö-

7. dení ió.

2.

2. tétel. Legyen f : Q → R korlátos függvény, akkor ¯ I, I¯ ∈ R és I ≤ I,

I = sup{s(f, P )} = 0 < (b1 − a1 ) . . . (bn − an ) = inf {S(f, P )} = I¯ . P P

léseket használjuk.

. R . I¯ = Q f = inf {S(f, P )}

feletti

I = sup{s(f, P )} = c(b1 − a1 ) . . . (bn − an ) = inf {S(f, P )} = I¯ . P P n Ha f : Q ⊂ R → R, ( 1 , ha x bármely koordinátája ra ionális, f (x) = 0 , egyébként, akkor

alsó, fels®, illetve osz-

1 n ∈ Ti1 ...in . X σ(f, P ) = f (ti1 ...in )V (Ti1 ...in )

Rn -BEN

ami adja, hogy

e felosztás résztéglái, továbbá

{f (x)}


1. tétel (Darboux-tétel). Ha

f : Q → R (Q ⊂ Rn tégla) korlátos függvény, akkor bármely ε > 0-hoz létezik δ(ε) > 0, hogy Q bármely P felosztására, melyre kP k < δ(ε), S(f, P ) − I¯ < ε és I − s(f, P ) < ε

teljesül.


117

2. tétel (A Darboux-tétel következménye). Ha f : Q → R korlátos

függvény, akkor a) Q bármely hP k i normális felosztássorozatára létezik lim s(f, P k ) = I ,

k→∞

lim S(f, P k ) = I¯ ,

k→∞

lim σ 2 (f, P k ) = I¯ .

k→∞

1. tétel. Az f : Q → R korlátos függvény akkor és sak akkor Riemann-

integrálható Q-n, ha létezik I ∈ R, hogy bármely ε > 0-hoz létezik δ(ε) > 0, hogy bármely olyan P felosztására Q-nak, melyre kP k < δ(ε), |σ(f, P ) − I| < ε teljesül bármely σ(f, P )-re.

2. tétel. Az f : Q → R korlátos függvény akkor és sak akkor Riemannintegrálható Q-n, ha bármely hP k i normális felosztássorozathoz tartozó bármely hσ(f, P k )i integrálközelít® összegsorozat konvergens. 3. tétel (Riemann-kritérium). Az f

: Q → R korlátos függvény akkor és sak akkor Riemann-integrálható Q-n, ha bármely ε > 0 esetén létezik P felosztása Q-nak, hogy O(f, P ) = S(f, P ) − s(f, P ) < ε . [a, b] helyett Q-t írunk.

tel bizonyítása.)

4. tétel. Az f : Q → R korlátos függvény akkor és sak akkor Riemann-

integrálható Q-n, ha Q bármely hP i normális felosztássorozata esetén hO(f, P k )i nullsorozat. k

5. tétel.

f : Q → R folytonos függvény Riemann-integrálható.

Bizonyítás.

Mint valósban, sak

I.4., 5. tétel bizonyítása.)

ε b−a

helyett

ha bármely

A⊂

ε -t használunk. V (Q)

(Lásd

ε > 0-ra létezik megszámlálható sok Q1 , . . . ,

∞ [

Qn

∞ X

és

n=1

V (Qn ) < ε.

n=1

6. tétel (Lebesgue-kritérium). Az

f : Q → R korlátos függvény akkor és sak akkor Riemann-integrálható, ha egy Lebesgue szerint nullmérték¶ Rn -beli halmaztól eltekintve folytonos.

7. tétel. Ha az f : Q1 → R függvény Riemann-integrálható és

Q2 ⊂ Q1 (⊂ Rn ) is tégla, úgy f Q Riemann-integrálható Q2 -n. 2

8. tétel (az integrál additivitása téglára). Legyenek Q1 , Q2 ⊂ Rn

olyan téglák, hogy nin s közös bels® pontjuk és Q = Q1 ∪ Q2 is tégla (azaz van közös lapjuk). Ha az f : Q → R korlátos függvény Riemannintegrálható Q1 -en és Q2 -n, akkor Q-n is és Z

f=

Q

Megjegyzés.

Z

f+

Q1

Z

f.

Q2

A tételb®l következik, hogy ha egy

Q

téglát közös bels® k S pont nélküli Q1 , . . . , Qk résztéglákra bontunk, hogy Q = Qi és az i=1 f : Q → R függvény Riemann-integrálható bármely Qk -n, akkor Riemannintegrálható

(Lásd I.4., 3. té-

Rn -BEN

tégla, hogy

k

) A Riemann-integrálhatóság kritériumai és elegend® feltételei

Mint valósban, sak

Rn -ben,

lim O(f, P k ) = I¯ − I ;

b) Q bármely hP i normális felosztássorozatára léteznek hσ (f, P )i és hσ 2 (f, P k )i integrálközelít® összegsorozatok, hogy

Bizonyítás.

vezzük

k→∞

1

lim σ 1 (f, P k ) = I ,


Dení ió. Az A ⊂ Rn halmazt Lebesgue szerint nullmérték¶nek neQn , . . .

k

k→∞

118

Q-n

is és

Z

Q

f=

k Z X

f .

i=1 Q

i

Utóbbi igaz alsó, illetve fels® Darboux-integrálokra is.

d) A Riemann-integrál m¶veleti tulajdonságai, egyenl®tlenségek, középértéktételek

1. tétel. Ha az f, g : Q → R korlátos függvények Riemann-integrálhatók, p, q ∈ R tetsz®leges konstansok, akkor a (p · f + q · g) : Q → R függvény


119

is Riemann-integrálható és Z

(p · f + q · g) = p ·

Z

f +q·

Q

Z

integrálható. 3. tétel. Ha az f, g : Q → R függvények Riemann-integrálhatók, akkor f · g is, továbbá ha létezik c > 0, hogy |g(x)| > c bármely x ∈ Q-ra, úgy f is Riemann-integrálható.

4. tétel. Ha f : Q → R Riemann-integrálható függvény, akkor |f | is Riemann-integrálható. 5. tétel. Ha f, g : Q → R korlátos függvények és f ≤ g , akkor Q

f≤

Q

g ∧

Q

f≤

R

Q

g.

Q

Bizonyítás.

Lásd I.7., 1. tétel bizonyítása.

R

6. tétel. Legyen f : Q → R Riemann-integrálható, akkor Q

Bizonyítás.

Q


Bizonyítás.

7. tétel (középértéktétel). Legyenek f, g : Q → R Riemann-integrálakkor

2. következmény. Ha f hogy

m g≤ Q

Z

Q

0 ≤ g(x) f ·g ≤ M

(x ∈ Q), Z

Q

R

1 = V (Q)

miatt jön az

Q

1 V (Q)

Z

f .

Q

e) Az integrál kiszámítása (a Fubini-tétel) Cél:

Az

n-dimenziós

tégla feletti integrál kiszámításának visszavezetése

ala sonyabb dimenziójú integrálokra, az úgynevezett ismétléses integrá-

⊂ Rn , ahol A ⊂ Rk , B ⊂ Rm téglák. Legyen f : Q → R korlátos függvény, melyet f (x, y) alakban írunk, ha x ∈ A és y ∈ B . Bármely x ∈ A esetén tekintsük az . R . R ¯ I(x) = y∈B f (x, y) és I(x) = y∈B f (x, y)

alsó és fels®R integrálokat. Ha létezik f , akkor az I, I¯ : A → R függvények Riemann-integrálhatók és

Q

Z

f=

Z h R

x∈A

Z h i i R f (x, y) = f (x, y) . y∈B y∈B x∈A

A Fubini-tétel következményei: 1.

g.

választással,

: Q → R folytonos függvény, akkor ∃ c ∈ Q, f (c) =

Q

Z

g ≡1

A 7. tételb®l

állítás.

hatók, továbbá

m ≤ f (x) ≤ M ,

f ≤M .

1. tétel (Fubini). Legyen Q =. A × B

Q

Z Z f ≤ |f | .

Z

lással.

Ha továbbá f, g Riemann-integrálhatók, akkor f ≤ g . R

1 V (Q)

Q


R

m≤

1 létezik c > 0, hogy |f (x)| ≥ c bármely x ∈ Q, akkor is Riemannf

R


M , akkor

Q


R

Rn -BEN

1. következmény. Legyen f : Q → R Riemann-integrálható, m ≤ f ≤

g.

2. tétel. Ha f : Q → R Riemann-integrálható, akkor f 2 is, továbbá ha

g Bizonyítás.


Bizonyítás.

Q

Bizonyítás.

120

Legyen

Q = A × B (A ⊂ Rk , B ⊂ Rm

téglák),

függvény.

Ha létezik

R

Q

f

és bármely

x ∈ A-ra

létezik

R

y∈B

f :Q→R

f (x, y),

korlátos

vagy bármely


y ∈ B -re Z

Z

f=

Q

Ha

R

f (x, y),

 

Z

y∈B

122

1.



f (x, y)

Z

vagy

f=

Q

Z

y∈B

 

Z

x∈A

ZZ

f (x, y) .

Zb Zd a

Q

függvény folytonos, így a Fubini-tétel 3. következménye miatt (felhasználva a Newton-Leibniz formulát is)

ZZ

f (x, y) dxdy ,

xy dxdy =

x ∈ [a, b]

létezik

=

f (x, y) dy

0

2.

y ∈ [c, d]

létezik

Zb

a

c

vagy

a

c

hármas integrál létezik, mert az

√ f : [0, 1] × [0, 1] × [0, 1] → R, f (x, y, z) = xy 2 z

c

felhasználva

a

ZZZ

√ xy 2 z dxdydz =

Q = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] ⊂ Rn

függvény, akkor

Z

Q

tégla,

f :Q→R

=

Z1

=

Z1

0

 b   Zb1 Zb2 Zn f =  · · ·  f (x1 , . . . , xn )dxn  · · ·  dx1 a1

folytonos

a2

an

    Z1 Z1 Z1 √   xy 2 z dz  dy  dx = 0

[0,1]×[0,1]×[0,1]

integrállal számítható. Legyen

függvény folytonos,

így a Fubini-tétel 3. következményét és a Newton-Leibniz formulát

teljesül, azaz a kett®s integrál kétszeres ismételt (valós Riemann)

3.

√ xy 2 z dxdydz

[0,1]×[0,1]×[0,1]

a

  Zb Zd f (x, y) dxdy =  f (x, y) dy  dx

c

0

1 x2 1 x dx = = . 2 4 0 4

A

f (x, y) dx

  Zb Zd Zd Zb f (x, y) dxdy =  f (x, y) dx dy a

0

ZZZ

akkor

Zb Zd

Z1

 1  Z Z1 2 y=1 xy  xy dy  dx = dx = 2 y=0

c

vagy bármely

Z1 0

[0,1]×[0,1]

és bármely

f : [0, 1] × [0, 1] → R, f (x, y) = xy

kett®s integrál létezik, mert az

c

Zd

xy dxdy

[0,1]×[0,1]

A = [a, b] ⊂ R, B = [c, d] ⊂ R, f : Q = [a, b] × [c, d] → R korlátos Q-n, azaz létezik . f=

Rn -BEN

A



és Riemann-integrálható függvény

Z


Példák.

akkor

x∈A

x∈A

teljesül. 2.

létezik

121

0

0

0

 1"   #  Z Z1 Z1 3 2 z 2  xy 2 3 dy  dx =  xy 2 dy  dx = 3 2 0

x2 y 3

0

2 y=1 y=0

dx =

Z1 0

0

x2 x3 dx = 3 9

1 0

=

1 . 9

2. RIEMANN-INTEGRÁL KORLÁTOS

Rn -BELI

HALMAZON

123

2. Riemann-integrál korlátos Rn -beli halmazon Dení ió.

vény, továbbá

Legyen Az zik

fR

S ⊂ Rn korlátos halmaz, f : S → R fS : Rn → R olyan, hogy ( f (x) , x ∈ S fS (x) = 0 , x ∈ CS .

Legyen

Q ⊂ Rn

függvényt

fS

olyan tégla, hogy

korlátos függ-

S

. f=

Z

(λf + µg) = λ

S

Z

f +µ

S

Z

(λ, µ ∈ R).

g

S

b) Ha f és S felett és f (x) ≤ g(x) (x ∈ S), R g Riemann-integrálható R akkor f ≤ g . S

) Ha f Riemann-integrálható S felett, akkor |f | is Riemann-integrál ható és f ≤ |f |. R S

R

S

d) LegyenR T ⊂ SR . Ha f ≥ 0 S -en és Riemann-integrálható T -n és S -en, akkor f ≤ f .

S1 ∪S2

f=

Z

S1

f+

Z

S2

f−

Z

S1 ∩S2

f

fS + µ

Q

fS ≤ gS

Z

. gS = λ

Z

. gS =

Q

Z S

f +µ

Z

g.

S

és az 1/d, 5. tétel miatt

Z

. f=

Z

fS ≤

Q

Q

Z

g

S

1. következmény. Ha

S ⊂ R , fi : S → R, (i = 1, . . . , k) korlátos k P függvények, melyek Riemann-integrálhatók S felett, akkor λi fi (λi ∈ n

R) is Riemann-integrálható és Z X Z k k X λi fi = λi fi . S

i=1

i=1

i=1

S

2. következmény. Legyenek Si ⊂ Rn (i = 1, . . . , k) korlátos halmazok,

továbbá f :

k S

i=1

Si → R Riemann-integrálható ∀ Si -n, akkor f Riemann-integrál-

ható az S =

k S

i=1

Si halmazon. Ha még az is igaz, hogy ∀ i 6= j -re Si ∩ Sj

Lebesgue szerint nullmérték¶ Rn -ben, akkor Z

S

e) Ha f Riemann-integrálható S1 és S2 felett, akkor Riemann-integrálható S1 ∪ S2 és S1 ∩ S2 felett is és Z

Q

Z

S

maz, f, g : S → R korlátos függvények. a) Ha f és g Riemann-integrálható S felett, akkor λf + µg is, és

T

=λ

Q

Megjegyzés. Az itt deniált integrál független Q megválasztásától. 1. tétel (az integrál tulajdonságai). Legyen S ⊂ Rn korlátos hal-

S

Q

fS

függvény S feletti Riemann-integráljának nevezzük.

Z

S

b)

Z

Rn -BEN

Bizonyítás. Például: a) Mivel (λf + µg)S = λfS + µgS , így a 1/d, 1. tétel és a dení ió miatt Z Z Z . (λf + µg) = (λf + µg)S = (λfS + µgS ) =

S ⊂ Q.

és az

f


Riemann-integrálhatónak mondjuk S felett, ha léte-

Q

számot az

124

S

Bizonyítás. R f =0

S1 ∩S2

Ha

k = 2,

f=

k Z X i=1 S

f .

i

akkor az állítás jön e)-b®l, mert a feltétel miatt

is igaz.

Általában pedig teljes induk ióval bizonyítunk.

3. JORDAN-MÉRHET HALMAZOK

Rn -BEN

125

126

3. Jordan-mérhet® halmazok Rn -ben 1. dení ió.

Legyen

S ⊂ Rn

korlátos halmaz. Ha az

konstans függvény Riemann-integrálható S Rn -ben és az

Jordan-mérhet®

. mJ (S) =

f (x) = 1 (x ∈ Rn )

ahol

S

Ha

n

Z

Így

ahol

Q ⊂ Rn

1 = Q S

azaz az

n

1S : R → R,

R

Q

S ⊂ Q.

Így

S

R

Q

P

a

Q

és

1 0

∗

s

P

m∗J (S) és m∗J (S) számokat az S

küls® Jordan-mértékeinek szokás nevezni.

értéke

, x∈S , x ∈ CS

S

halmaz

0 ≤ m∗J (S) ≤ m∗J (S) ≤ m(Q) és m∗J (S) nem függ a Q tégla megválasztásától.

Mindezek alapján úgy is fogalmazhatunk, hogy egy

és

S

. 1 = inf {S(1S , P )} Q S

R

. V (Ti1 ...in ) = j(S, P ),

és

bels®

m∗J (S)

S ⊂ Rn

korlátos halmaz akkor és sak akkor Jordan-mérhet®, ha

. m∗J (S) = m∗J (S) = mJ (S)

Jordan-mértéke ez a közös ér-

Ugyanakkor

X

(a

. . . 1S = inf {S(1S , P )} = inf{J(S, P )} = m∗J (S)

Továbbá

(

és P tégla egy tetsz®leges felosztása.

s(1S , P ) =

0 ≤ j(S, P ) ≤ J(S, P ) ≤ m(Q)

P

is teljesül, ahol az

1 , Q S

integrálja megegyezik, továbbá

ahol

halmazt, adott felosztás esetén be-

. . . 1S = sup{s(1S , P )} = sup{j(S, P )} = m∗J (S),

függvény (S karakterisztikus függvénye) alsó és fels® Darboux-

S

A korábbiak miatt

R

1S (x) =

. 1 = sup{s(1S , P )} Q S

az

illetve tégla és

S Q mérhet®sége azzal ekvivalens, hogy

R

J(S, P )

és

Nyilván igaz, hogy:

tégla Jordan-mértéke éppen a korábban deniált térfo-

. R . R mJ (S) = 1 = 1S ,

j(S, P )

megfelel® tulajdonságai miatt).

szi a következ® gondolatmenet:

R

S -ben),

bels® pont nélküli) téglák térfogatainak összegei.

1 = V (Q) ,

A Jordan-mérhet®ség és Jordan-mérték fogalmát szemléletesebbé te-

ték.

pont

lülr®l, illetve kívülr®l közelít® (egymáshoz satlakozó és közös

gata.

való összegzést jelent, hogy

Ti1 ...in ∩ (S ∪ Bd S) 6= 0

Q

2.

. . . in -ekre

illetve

egy tégla, akkor

. mJ (Q) = Q

. V (Ti1 ...in ) = J(S, P ),

teljesül.

S=Q⊂R

azaz egy

∗ X

olyan i1

∗ és

Jordan-mértékének nevezzük.

Megjegyzések. 1.

S(1S , P ) = P P∗

∀ x ∈ Ti1 ...in =⇒ x ∈ S 0 (bels®

1

S

számot

Rn -BEN

illetve

S -en, akkor azt mondjuk, hogy

Z


P

és ezt az

mJ (S)

számot az

S

halmaz Jordan-mértékének nevez-

zük. 3.

0 n Ha Q a Q ⊂ R tégla mj (Q0 ) = mJ (Q)

Bizonyítás.

Ha

belseje, akkor

Q0

Q = [a1 , b2 ] × · · · × [an , bn ]

Jordan-mérhet® és

és

∀

(elég ki si)

Qε = [a1 + ε, b1 − ε] × · · · × [an + ε, bn − ε] ,

ε > 0-ra

3. JORDAN-MÉRHET HALMAZOK

Rn -BEN

127

128


melyb®l teljes induk ióval a Jordan-mérték

akkor

Qε ⊂ Q0 ⊂ Q az integrál tulajdonságai) miatt adja, hogy

i=1

(bi − ai − 2ε) = mJ (Qε ) =

Z

1Qε ≤

Qε

≤ Ebb®l pedig

ε→0

R

Q0

1Q0 ≤

R

Q

R

1Q =

R

Qε

1Qε ≤

R

Q0

mJ (Q ) = amit bizonyítani kellett.

R

1Q0 ≤

Megjegyzések. 1.

1Q = mJ (Q).

Q

Q0

1Q0 =

R

Q0

2.

1Q0 = mJ (Q)

2. tétel. Az

S ⊂ Rn korlátos halmaz akkor és sak akkor Jordanmérhet®, ha mJ (Bd S) = 0.

3. tétel. Legyenek S, S1 , S2 ⊂ Rn korlátos halmazok.

)

Ha S Jordan-mérhet®, akkor mJ (S) ≥ 0. Ha S1 és S2 Jordan-mérhet®, S1 ⊂ S2 , akkor mJ (S1 ) ≤ mJ (S2 ). Ha S1 és S2 Jordan-mérhet®, akkor S1 ∪ S2 és S1 ∩ S2 is az, továbbá mJ (S1 ∪ S2 ) = mJ (S1 ) + mJ (S2 ) − mJ (S1 ∩ S2 )

riáns, azaz egy S

Következmény. Ha S1 és S2 Jordan-mérhet®, közös bels® pont nélküli halmazok Rn -ben, akkor mJ (S1 ∩ S2 ) = 0, így

mJ (S1 ∪ S2 ) = mJ (S1 ) + mJ (S2 ) ,

mJ (Si )

i=1

Jordan-mérték transzlá ió (eltolás) -inva-

Jordan-mérhet® halmaz

S∗

eltoltjára igaz, hogy

∗

mJ (S ) = mJ (S).

f : [a, b] → R nemnegatív, Riemann-integrálható függvény Riemann-

integráljának geometriai (mértékelméleti) tartalmára mutat a következ®:

4. tétel. Ha f : [a, b] → R nemnegatív, Riemann-integrálható függvény,

akkor az

. S = {(x, y) | x ∈ [a, b], y ∈ [0, f (x)]} ⊂ R2

halmaz Jordan-mérhet® és

mJ (S) =

Zb

f (x)dx

a

(a Riemann-integrál megadja a görbe alatti halmaz Jordan-mértékét).


A tétel feltételei mellett az

f

Gr f

gráfja, a

halmaz Jordan-mérhet®

és Jordan-mértéke 0. Ha

f : [a, b] → R folytonos mJ Gr f = 0.

függvény

[a, b]-n,

akkor

Gr f

Jordan-

mérhet® és

A Jordan-mérték dení iója és az integrál el®z® fejezetbeli

b), d), e) tulajdonsága adja az állítást.

véges additivitása, azaz

A Jordan-mérték tehát egy nemnegatív, végesen additív, mozgásin-

Egy

2.

teljesül. Bizonyítás.

=

k X

variáns mérték, melynél az egységko ka mértéke egy.

ha ∀ ε > 0-ra ∃ véges sok S -et lefed® zárt tégla (vagy zárt ko ka), hogy Jordan-mértékük összege kisebb, mint ε.

a)

Bizonyítható, hogy a létezik

1. tétel. Az S ⊂ Rn korlátos halmazra mJ (S) = 0 akkor és sak akkor,

b)

Si

i=1

!

is következik, ha Si -k (i = 1, . . . , k) páronként közös bels® pont nélküli halmazok.

határátmenettel jön, hogy

0

k [

mJ

teljesül, ami a korábbiak (az 1. megjegyzés, a Jordan-mérték dení iója,

n Y

Rn -BEN

2. dení ió.

Φ, Ψ : K → R halmazt

Legyen

K ⊂ Rn−1

kompakt és mérhet® halmaz,

folytonos függvények, hogy

Φ(x) ≤ Ψ(x) (x ∈ K).

S = {(x, y) | x ∈ K, Φ(x) ≤ y ≤ Ψ(x)}

egyszer¶ tartománynak nevezzük Rn -ben.

Az

4. INTEGRÁLTRANSZFORMÁCIÓ

129

130

Bizonyítható a következ®:

5. tétel. Az

Rn -ben.

S ⊂ Rn egyszer¶ tartomány kompakt és Jordan-mérhet®


g szigorúan monoton [a, b]-n (azaz a fentieken túl az is teljesül, g (x) 6= 0, x ∈ [a, b]), úgy a = g −1 (c) és b = g −1 (d) (ha g növekv®), a = g −1 (d) és b = g −1 (c) (ha g sökken®) teljesül. Így (1) a

Ha ′

hogy vagy

6. tétel (a Fubini tétel egyszer¶ tartományra). Legyen S egyszer¶

Rd

tartomány, f : S → R folytonos függvény, akkor f integrálható S -en és Z

(F)

f=

S

Példa.

Számítsa ki a

Z

x∈K

RR

  



y=Ψ(x) Z

y=Φ(x)

(x2 + y)dxdy

Rd c

integrált, ha

Φ(x) = x2 , Ψ(x) = x (x ∈ [0, 1]) folytonos függvények, hogy Φ(x) ≤ Ψ(x) (x ∈ [0, 1]) is teljesül, így a 2 2. dení ió szerint S egyszer¶ tartomány R -ben. 2 f (x, y) = x + y ((x, y) ∈ S) folytonos függvény, így tételünk szerint f integrálható S -en és (alkalmazva a Newton-Leibniz formulát is) √  √ Z1 ZZ Z1 Z x 2 y= x y   x2 y + (x2 + y)dxdy =  (x2 + y)dy  dx = dx = 2 y=x2 K = [0, 1] ⊂ R

kompakt halmaz

0

S

Z1 5 x 3 4 2 = x + − x dx = 2 2 0

0

x2

"

x

7 2

7 2

+

f (x)dx = −

Rd

√

3 x5 x2 − 4 2 5

#1 0

=

33 . 140

alakba írható (és ekkor

g

f (g(t))g ′ (t)dt ,

g−1 R (d)

f (g(t))g ′ (t)dt ,

g−1 (c)

f (x)dx =

c

Cél:

g−1 R (d)

g−1 (c)

illetve együttesen a

S

√ S = (x, y) 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x .

f (x)dx =

c

vagy

 f (x, y) .

Rn -BEN

Rb

f (g(t))|g ′ (t)|dt

a

g

lehet növekv® vagy sökken® is).

A tétel általánosítása, amikor f n-változós valós érték¶ függvény, Rn → Rn típusú transzformá ió, elég jó tulajdonságokkal.

pedig

Kérdések: a) milyen milyen

g g

függvényt kell helyettesíteni a régi változó helyére, azaz transzformá ióval vezessünk be új változókat,

b) az intervallumok helyett milyen részhalmazait tekinthetjük

) s végül, hogy

f (g(x))-et, |g ′ (x)|

Rn -nek,

helyett, mivel kell szorozni?

A korábbiaknál sokkal nehezebb és hosszadalmasabb az el®bbi kívá

nalmaknak megfelel® következ® általánosítás bizonyítása.

Tétel (integráltranszformá ió).

4. Integráltranszformá ió Az egyváltozós függvények Riemann-integráljánál ismert a helyettesítéses integrálás tétele, mely a következ® módon is fogalmazható: Legyen g : [a, b] → [c, d] folytonosan dieren iálható függvény, c = g(a), d = g(b), f : [c, d] → R folytonos függvény, akkor (1)

Zb a

g(b) Z ′ f (g(t))g (t)dt = f (x)dx. g(a)

hogy

Legyen G ⊂ Rn nyílt halmaz, g : G → Rn folytonosan dieren iálható, hogy det g ′ (x) 6= 0 (x ∈ G) (azaz reguláris) és köl sönösen egyértelm¶ leképezés. Ha E ⊂ G összefügg®, mérhet® és kompakt halmaz, míg f : g(E) → R Riemann-integrálható függvény, akkor az (f ◦ g)| det g ′ | függvény Riemann-integrálható az E halmazon és (IT)

Z

E

(f ◦ g)| det g ′ | =

Z

g(E)

f .


131

132


Megjegyzések. 1.

Általános útmutatás nin s arra, hogy mikor milyen helyettesí-

(IT) írható a

tést kell alkalmazni, de (az egyváltozós esethez hasonlóan) tudunk

∗ (IT )

R

f (x)dx =

R

f (g(t))| det g ′ (t)|dt

x = (x1 , . . . , xn ), t = (t1 , . . . , tn )),

vagy

A = g(E)

mellett

(ahol az el®z® paragrafus 9. tétele és annak következménye miatt

A = g(E) ∗∗ (IT )

mérhet®, kompakt és összefügg® is)

R

f (x)dx =

A

= g(E) = {(x, y | x, y > 0, x2 + y 2 < a2 )}. x y dxdy integrált.

Legyen A RR 2 2

A

Megoldás:

Válasszuk

g -t

a

g(r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ) polár-transzformá iónak.

A tétel akkor is igaz, ha sak

E

f

cos ϕ det g = sin ϕ

Riemann-integrálhatóságát tesszük

Igaz az integráltranszformá ió tételének következ® alakja is: n n Legyen G ⊂ R nyílt halmaz, g : G → R folytonosan dieren-

¯ ⊂ G G-n, E olyan Jordan-mérhet® halmaz, hogy E ⊂ E 0 g| injektív. Ha f : g(E) → R Riemann-integrálható, akkor R E ∃ (f ◦ g)| det g ′ | és (IT) teljesül.

iálható

g az E = {(r, ϕ) | 0 < r < a, 0 < ϕ < π2 } nyílt téglalapot ′ képezi az A halmazba köl sönösen egyértelm¶ módon és det g = r > 0 is teljesül E -n. Továbbá

és

ϕ

ϕ

f = 1 (és g -re az eredeti, vagy a módosított feltételek teljesülnek),

π 2

akkor

mJ g(E) =

Z

| det g ′ | .

Utóbbiak adják a Jordan-mérték transzlá ió (illetve mozgás) invarian iáját.

6.

n n ′ A tétel adja, hogy ha g : R → R lineáris leképezés, det g 6= 0 és n E ⊂ R kompakt és mérhet® halmaz, akkor g(E) szintén kompakt

és mérhet®, továbbá

a

mJ g(E) = | det g |mJ E .

x

a

x

Így (a Fubini-tételt is felhasználva)

ZZ

x2 y 2 dxdy =

A

ZZ

(r cos ϕ)2 (r sin ϕ)2 · r drdϕ =

E

= ′

7.

g(E) E

E 5.

a

g

E

Ha

−r sin ϕ =r r cos ϕ

′

kompaktságát és mérhet®ségét követeljük

meg.

4.

Számítsuk ki a

g−1 (A)

fel. Illetve e mellett sak

3.

1.

f (g(t))| det g ′ (t)|dt

R

alakba is. 2.

tippeket adni.

Példák.

E

g(E) (ahol

Rn -BEN

ZZ

[0,a]×[0, π 2]

3

2

r (cos ϕ · sin ϕ) drdϕ =

π R2 Ra

0

0

2 r3 sin 4 2ϕ dr

dϕ .

Az integráltranszformá ió (ahogy valósban is) az adott integrál kiszá-

Az utóbbi integrálás pedig már nem túl nehéz. Itt egy kör ikk alakú

mításának egy eszköze (módszere), melynek révén esetleg jobb függ −1 vényt kell integrálni alkalmasabb g (A) = E tartományon.

tartomány helyett egy téglalapon kell integrálni és a függvény sem bonyolódott el tulságosan.


2.

Számítsuk ki a

RR

sin

A

Megoldás:

p x2 + y 2 dxdy

133

integrált, ha


(∗)

g(r, ϕ) = (r sin ϕ, r sin ϕ)

polár-

y (x, y > 0) x −1 szerint g (x, y) = (xy, xy ) (x, y > 0) adja. g -t a (∗) egyenletrendszer

E = {(r, ϕ) | π ≤ r ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π} A

halmazba,

köl sönösen egyértelm¶ módon (hol a

ZZ S

sin

p x2 + y 2 dxdy =

ZZ

det g ′ = r > 0

és

(sin r) · r drdϕ = ZZ

r sin r drdϕ =

2π R 0

2π R

π

y = 2x

téglalapot képezi

(x, y > 0)

teljesül

görbékkel határolt tartomány Jordan-mértékét.

S

(t, s > 0)

S -re

köl sönösen egyértelm¶ módon és

E -n.

Így

ZZ

1 dxdy =

S

y

2 2a R

a2

4.

Legyen

√ t − √ 2rs3 = 1 > 0 1 t 2s 2 s

1 √ ′ det g (t, s) = 2 rts 1 s 2 t

mJ (S) =

tartomány most:

S

!

t √ , ts s

E = {(t, s) | a2 ≤ t ≤ 2a2 , 1 ≤ s ≤ 2}

Számítsa ki az

y=x,

(t, s > 0)

Könnyen ellen®rízhet®, hogy ez az

módszeresen számítható.

xy = 2a2 ,

√ ts

transzformá ió adja.

r sin r dr dϕ

Ha az eredeti tartomány körgy¶r¶ ikk, akkor gondol-

Az adott

r

g(t, s) =

hatunk a polár-transzformá ióra.

Megoldás:

t , s

megoldása miatt pedig a

lalap és a függvény is kedvez®bb lett számunkra.

xy = a2 ,

y=

majdnem

Most egy körgy¶r¶ alakú tartomány helyett jött az egyszer¶bb tég-

3.

r

x=

baj?), de akkor is igaz, hogy

[π,2π]×[0,2π]

Megjegyzés:

s=

E

= és ez utóbbi integrál

t = xy ,

egyértelm¶

transzformá iót. Ez most az

zárt téglalapot képezi az

Rn -BEN

melynek inverzét az

A = g(E) = {(x, y) | π 2 ≤ x2 + y 2 ≤ 4π 2 } . Alkalmazzuk most is a

134

2 R 1

ZZ

1·

1 dtds = 2s

E

1 2s ds

dt =

2 2a R

ln

√

√ 2 dt = a2 ln 2 .

a2

S = {(x, y, z) | x, y > 0, x2 + y 2 + z 2 < a2 }. ZZZ x2 z dxdydz

Számítsuk ki a

S

x A tanultak szerint

mJ (S) =

görbék egyenletei azt

RR

1dydy ,

R

1 létezik. A határoló S S sugallják", hogy olyan g transzformá ió kell, ha az

integrált.

Megoldás:

Alkalmazzuk a

. g(r, ϕ, ϑ) = (r sin ϕ cos ϑ, r sin ϕ sin ϑ, r cos ϕ)


térbeli polár transzformá iót. Most

135

det g ′ = r2 sin ϕ > 0

(ahogy ezt

már számoltuk).

g

(ahogy ez könnyen belátható) az

E = {(r, ϕ, ϑ) | 0 < r < a, 0 < ϕ < π, 0 < ϑ < π/2} halmazt köl sönösen egyértelm¶ módon képezi le

S -re.

z

ϑ

E = g(S)

g S

π 2

π

a

y

ϕ x

r Így

ZZZ

x2 z dxdydz =

S

ZZZ

(r sin ϕ cos ϑ)2 (r cos ϕ)2 r2 sin ϕ drdϕdϑ =

E

=

ZZZ

(0,a)×(0,π)×(0, π 2) ami a Fubini-tétellel számítható.

r6 sin3 ϕ cos2 ϕ cos2 ϑ drdϕdϑ ,

138

VIII. DIFFERENCIÁLEGYENLETEK

Mennyi ideig emelkedik egy

v0 = 100

m

/sec

kezd®sebességgel függ®lege-

sen felfelé l®tt rakéta?

Megoldás:

Fizikából ismeretes, hogy a rakéta

v

sebességfüggvénye és

deriváltja kielégíti a

VIII. fejezet

Dieren iálegyenletek

egyenletet. Ennek a megoldását kell keresni a és meg kell határozni azt a

Megoldás:

S

helyen. Hatá-

egyenlet, ahol

S

Az egyenletben

az ismeretlen,

S′

v

v

S(t) =

deriváltfügg-

1. A dieren iálegyenlet fogalma

(ez viszont jó), így

Zt

v′

látszik.

let, illetve Cau hy-feladat fogalmához.

az ismert függvény.

v -nek

v(T ) = 0

függvény és a

vénye is szerepel. A megoldás most nem nagyon

szerepel (ez nehézséget jelent), de (1) azt mutatja,

primitív függvénye

mellett

Az (1) és (3), illetve (2) és (4) általánosítása elvezet a dieren iálegyen-

Jelöljön

y

a továbbiakban egy keresett függvényt, y(x) ennek a x-ben. Legyen f : D ⊂ R2 → R adott, ekkor

helyettesítési értékét a

v(τ )dτ + C

y ′ = f (x, y)

(1.1)

t0

teljesül. Ugyanakkor a feladat szerint

S(t0 ) = S0

is teljesül, így a prob-

egyenlet

illetve

y ′ (x) = f (x, y(x))

els®rend¶ közönséges expli it dieren iálegyenletnek szo-

kás nevezni.

léma az

(2)

megoldása. Látható, hogy itt a keresett

(t ∈ R)

S (t) = v(t)

(∗)

S0

v(0) = 100,

útfüggvényét!

′

S

sebességfüggvénye, mely

A sebesség dení iójából következik az

(1)

hogy

v

id®pillanatban tartózkodjon a pont az

rozzuk meg a pont

v(0) = 100 feltétel v(T ) = 0.

id®pillanatot, amikor

v ′ (t) = −g − k v 2 (t),

(4)

Legyen adott az egyenesen mozgó pont

t0

T

A feladat tehát

Bevezetés folytonos. A

v ′ (t) = −g − k v 2 (t)

(3)

S ′ (t) = v(t)

(t ∈ R),

S(t0 ) = S0

S(t0 ) = S0 C = S0 , így az

alakban fogalmazható meg, azaz (1)-et az megoldani, ami (∗) miatt adja, hogy

S(t) = S0 +

Zt

feltétel mellett kell

Általánosabban:

1. dení ió. D

v(τ )dτ

(t ∈ R)

egyenletet

y (n) = f x, y, y ′ , . . . , y (n−1) n-edrend¶

expli it dieren iálegyenlet. 137

közönséges expli it dieren iálegyenletnek

nevezzük, ennek spe iális esete

szerint adott a feladat megoldása.

folytonos függvény (ahol

általában egy nyílt halmaz vagy tartomány). Az

(1.2)

t0

D ⊂ Rn+1 , f : D → R

Legyen

n = 1-re

a (1.1) els®rend¶ közönséges

1. A DIFFERENCIÁLEGYENLET FOGALMA

Az

y:I →R

(ahol

I⊂R

megoldása

2) 3)

Legyen

F : D ⊂ Rn+2 → R ′

(1.3)

F x, y, y , . . . , y

teljesül.

adott folytonos függvény. A

(n)

y:I →R

=0

intervallumon, ha

teljesül.

Megjegyzés. illetve (1.3)

y, y

1.

′

′ (n−1) , Ha (1.2), illetve (1.3)-ban f , illetve F az y, y , . . . , y (n) ,...,y változóinak lineáris függvénye, akkor a (1.2), illetve

2

2

Az y = 2xy − 5 dieren iálegyenlet, melynél f : R → R, f (x, y) = 2xy 2 − 5, egy els®rend¶ közönséges expli it dieren iálegyenlet. f nem lineáris függvénye y -nak, így az egyenlet nemlineáris.

2.

y ′′ + 3y ′ − 4y − sin(x) = 0 dieren iálegyenlet, ahol F : R4 → R, F (x, y, y ′ , y ′′ ) = y ′′ + 3y ′ − 4y − sin(x), másodrend¶ közönséges imp′ ′′ li it dieren iálegyenlet. F lineáris függvénye y, y , y -nek, így az Az

egyenlet lineáris. 3.

y ′ = − xy els®rend¶ közönséges expli it dieren iálegyenlet, f (x, y) = − xy , f : D ⊂ R2 → R, ahol D = {(x, y) ∈ R2 | x 6= 0} nyílt halmaz (az x = 0 egyenest®l megfosztott sík). c Az y : ]0, +∞[ → R, y = 1 függvény bármely c1 ∈ R-re a ]0, +∞[ x c en, míg az y : ] − ∞, 0[ → R, y = x2 függvény bármely c2 ∈ R-re a

Az

D ⊂ Rn+1 , f = (f1 , . . . , fn ) : D → Rn

folytonos

y ′ = (y1′ , . . . , yn′ ) = f (x, y) = f (x, y1 , . . . , yn )

egyenletrendszert, amely az

(1.4′ )

yi′ = fi (x, y1 , . . . , yn )

(i = 1, . . . , n)

els®rend¶ közönséges (n ismeretlen függvényt tartalexpli it dieren iálegyenlet-rendszernek nevezzük.

alakba is írható, mazó)

y = (y1 , . . . , yn ) : I → Rn függvény (függvényrendszer) a (1.4) (illetve ′ (1.4 )) dieren iálegyenlet-rendszer megoldása I -n, ha 1) y (illetve az yi -k) dieren iálható(k), 2) x, y(x) = x, y1 (x), . . . , yn (x) ∈ D ∀ x ∈ I, ′ ′ 3) y (x) = f (x, y(x)) (illetve yi (x) = fi x, y1 (x), . . . , yn (x) i = 1, . . . , n) ∀ x ∈ I teljesül.

lineáris dieren iálegyenlet, egyébként nemlineáris.

Példák.

Legyen

függvény. A

Az

y n-szer dieren iálható, x, y(x), . . . , y (n) (x) ∈ D, ∀ x ∈ I , F x, y(x), . . . , y (n) (x) = 0 ∀ x ∈ I ′

3. dení ió. (1.4)

közönséges n-edrend¶ dieren iálegyenletnek nevezzük. függvény megoldása a (1.3) dieren iálegyenletnek az I

egyenletet

3)

y-

Kés®bb belátjuk, hogy így az összes megoldást megadtuk.

y n-szer dieren iálható, x, y(x), . . . , y (n−1) (x) ∈ D, ∀ x ∈ I , y (n) (x) = f x, y(x), . . . , y (n−1) (x) , ∀ x ∈ I

2. dení ió.

2)

intervallumon megoldása a dieren iálegyenletnek.

Ez egy olyan görbesereg, melynek egyik görbéje sem metszi az tengelyt.

További általánosítás:

1)


] − ∞, 0[

(1.2)-nek

ha 1)

Az

140

intervallum, mely lehet nyílt, zárt, félig nyílt,

egy félegyenes vagy a számegyenes is) függvény

I -n,

139

2. Kezdeti érték probléma vagy Cau hy-feladat 1. dení ió.

n+1 Legyen D ⊂ R , f : D → R folytonos függvény, (x0 , y01 , . . . , y0n ) ∈ D rögzített. A (2.1) y (n) = f (x, y, y ′ , . . . , y (n−1) ), y (i) (x0 ) = y0i+1 (i = 0, . . . , n − 1)

n-edrend¶ expli it közönséges dieren iálegyenletre vonatkozó kezdeti érték problémának vagy Cau hy-feladatnak problémát egy

′ nevezzük (ez n = 1-re y = f (x, y), y(x0 ) = y0 alakú). (i) Az y (x0 ) = y0i+1 (i = 0, . . . , n − 1) kikötéseket kezdeti feltételeknek nevezzük. Az

y : I → R függvény megoldása (2.1) (n-KÉP)-nek, 1) y n-szer dieren iálható, (n−1) (x) ∈ D ∀ x ∈ I , 2) x, y(x), . . . , y

ha

2. KEZDETI ÉRTÉK PROBLÉMA VAGY CAUCHY-FELADAT

3) 4)

141

teljesül.

Hasonló a helyzet a nem expli it esetben is,

F : D ⊂ Rn+2 → R

Példa.

Az

(∗)

függvénnyel.

y ′ = − xy , y(1) = 1


Az y : I → R függvény akkor és sak akkor megoldása a (2.1) (n-KÉP)nek I -n, ha az y, y ′ , . . . , y (n−1) vektorfüggvény (függvény n-es) megoldása a

y (n) (x) = f x, y(x), . . . , y (n−1) (x) ∀ x ∈ I , y (i) (x0 ) = y0i+1 (i = 0, . . . , n − 1)

Megjegyzés.

142

egy els®rend¶ közönséges expli it die-

ren iálegyenletre vonatkozó Cau hy-feladat (kezdeti érték probléma). y c ′ Az y = − x dieren iálegyenletnek az y(x) = x (x > 0) függvény megc oldása, melyre y(1) = 1, ami adja, hogy c = 1 (hiszen 1 = y(1) = 1 = c). y = x1 (x > 0) valóban megoldása a feladatunknak ]0, +∞[-en. Kés®bb megmutatjuk, hogy más megoldás nin s. A megoldás tehát az el®bbi

      

y1′ = y2

.. .

2. dení ió. függvény,

Legyen D ⊂ R , f = (f1 , . . . , fn ) : D → R (x0 , y0 ) = (x0 , y01 , . . . , y0n ) ∈ D adott pont. A

y ′ = f (x, y),

(2.2)

y(x0 ) = y0

n

Megjegyzés. Az átviteli elv lehet®vé teszi, hogy (n-KÉP) feladatok megoldhatóságát (DER-KÉP) megoldhatóságára vezessük vissza.

3. Elemi úton megoldható dieren iálegyenlet-típusok

folytonos

(y = (y1 , . . . , yn ))

(i = 1, . . . , n)

(DER-KÉP)-nek I -n.

3. feladat megoldását leíró görbesereg azon görbéje, mely áthalad az (1, 1) ∈ R2 ponton.

n+1

yi (x0 ) = y0i

 ′  yn−1 = yn     ′ yn = f (x, y1 , . . . , yn )

a) Szeparábilis dieren iálegyenletek

Dení ió.

Legyenek

f : [a, b] → R, g : [c, d] → R (g 6= 0)

adott

folytonos függvények. Az

dieren iálegyenlet-rendszerre vonatkozó kezdeti érték problémának vagy Cau hy-feladatnak nevezzük. problémát egy Az

y = (y1 , . . . , yn ) : I → Rn

függvény megoldása a (2.2) (DER-KÉP)-

nek, ha 1) 2) 3) 4)

y dieren iálható, x, y(x) = x, y1(x), . . . , yn (x) ∈ D y ′ (x) = f x, y(x) ∀ x ∈ I , y(x0 ) = y0

∀ x ∈ I,

Tétel (átviteli elv). Legyen D ⊂ R

szeparábilis (szétválasztható változójú) dieren iálegyenletnek nevezzük. dieren iálegyenletet

1. tétel. Az

n+1

, f : D → R folytonos függvény,

(x0 , y01 . . . , y0n ) = (x0 , y0 ) ∈ D rögzített.

y : [a, b] → [c, d] dieren iálható függvény akkor és sak

akkor megoldása (SZ)-nek, ha (SZMo)

teljesül.

y ′ = f (x)g(y)

(SZ)

 

Zy

y0





1 dt ◦ y  (x) = g(t)

x, x0 ∈ [a, b]; y, y0 ∈ [c, d] teljesül.

Zx

x0

f (t)dt

3. ELEMI ÚTON MEGOLDHATÓ DIFFERENCIÁLEGYENLET-TíPUSOK

Bizonyítás. f

és

1/g

. G(y) =

Zx

x0 Zy

y

Az

f (t)dt + C1 1 dt + C2 g(t)

függvényekre

y, F, G

y

3.

4.

x ∈ [a, b] ,

1.

x ∈ [a, b]

megoldása (SZ)-nek.

y ′ (x) g y(x)

f (t)dt =

x0

x0



y ′ (t)  dt =   g y(t)

Zy

A tétel szerint

y(x0 ) = y0

is teljesül, így az

1   dt ◦ y  (x) g(t)

−→

dy = f (x)dx g(y)

−→

Z

y ′ = 2xy dieren iálegyenlet szeparábilis, f (x) = 2x (x ∈ R), g(y) = y (y ∈ R). y = 0 nyilván megoldás R-en (hiszen ekkor y ′ = 0 miatt teljesül az egyenlet ∀ x ∈ R esetén). Ha y 6= 0, úgy tekintsük az y > 0 és az y < 0 eseteket. y > 0 esetén, tételünk szerint y : R → R+ akkor és sak akkor Az

Z

f (x)dx

(∗),

1 dy = y

2.

Zx

2x dx

(∀ x, x0 ∈ R; y, y0 ∈ R+ ),

x0

2 2 y = x2 − x20 ⇐⇒ y = y0 e−x0 ex , y0 ami adja az (x0 , y0 ) ∈ R × R+ ponton áthaladó megoldást. −x20 , így kapMivel bármely c ∈ R+ -hoz létezik x0 , y0 , hogy c = y0 e 2 x juk, hogy y = c e (x ∈ R) megoldás bármely c ∈ R+ -ra R-en. 2 y < 0 esetén a megoldás y = y0 e−x0 x2 (x, x0 ∈ R; y, y0 ∈ R− ), 2 x illetve y = c e (x ∈ R) alakú c < 0 mellett. x2 Így az egyenlet minden megoldása y = c e alakú R-en. y 1 ′ Az y = − x dieren iálegyenlet szeparábilis f (x) = − x (x 6= 0) g(y) = y (y ∈ R) mellett. y = 0 nyilván megoldás R+ -on és R− -on.

ln

y ′ = f (x)g(y), y(x0 ) = y0

dy = g(y)

(SZ)

y0

A következ® formális módszert gyakran használják:

(SZ)

y0 ∈ [c, d]-re g(y0 ) = 0 y(x) = y0 nyilván megoldás, de lehetnek más megoldások is). tekinthet® f : ]a, b[ → ]c, d[ típusú függvényekkel is, tételünk és

azaz

kezdeti érték probléma megoldását kaptuk meg. 2.

teljesíti (SZMo)-t.

Vizsgálható olyan eset is, amikor valamilyen

Zy

∀ x, x0 ∈ [a, b] esetén  

y0 =y(x0 )

következik, azaz (SZMo) teljesül.

Megjegyzések.

x0

megoldása egyenletünknek, ha

(x ∈ [a, b])

és a helyettesítéses integrálás tétele miatt

Zx

f (t)dt ,

Példák.

megoldása (SZ)-nek, akkor

Zx

y

Zx

a megjegyzéseink ekkor is érvényesek.

x ∈ [a, b] ,

y ′ (x) = f (x)g y(x)

y

dt = g(t)

(ekkor

G′ y(x) · y ′ (x) = F ′ (x)

f (x) =

1.

ami adja, hogy

F ′ = f,

x = x0 ,

mellett. Ez teljesül, ha

y0

dieren iálhatósága miatt adja, hogy

teljesül, tehát

ponton áthaladó megoldáshoz úgy kell megválasztani az

Zy

teljesíti (SZMo)-t, akkor

azaz

b) Ha

y = y0

y, y0 ∈ [c, d]

: [a, b] → R, G : [c, d] → R

(x0 , y0 )

integrá iós konstansokat, hogy a (∗) egyenl®ség teljesüljön

x, x0 ∈ [a, b] ,

G y(x) = F (x) + C2 − C1

ami


amib®l kapjuk (SZ) megoldását.

y0

a) Ha

144

folytonosak, így az

. F (x) =

szerint deniált F G′ = 1/g teljesül.

143


Tételünk (illetve a 2. megjegyzés) adja, hogy

y

145

akkor és sak akkor

megoldása a dieren iálegyenletnek, ha

Z

1 dy = − y

ahol

Z

1 dx x

⇐⇒

c1 (x > 0), x

y=

y=

c2 (x < 0), x

c 1 , c2 ∈ R .

146


y kezdeti érték problémával, ahol a dieren iálegyenlet jobboldala x függvénye, így az változóban homogén. Az y(1) = 1 miatt feltehetjük, hogy

x, y > 0, ]c, d[ = ]0, +∞[ .

azaz

Tételünk szerint

y

]0, +∞[ -en,

nek

2. tétel. Legyen f

: [c, d] → R adott folytonos függvény, y : [a, b] → R olyan, hogy 0 ∈/ [a, b] és létezik y ′ [a, b]-n és y(x)/x ∈ [c, d]. y akkor és sak akkor megoldása [a, b]-n a ′

(VH)

y =f

y

u : [a, b] → R

akkor és sak akkor megoldása a dieren iálegyenletu : ]0, +∞[ → R+ , u(x) = y(x) x függvény megol-

1 1 x u2 szeparábilis dieren iálegyenletnek ]0, +∞[-en. y(1) = 1 és u(x) = y(x) x adja, hogy u(1) = 1. Az a) rész szerint u akkor és sak akkor megoldása u′ = −

u′ = −

x

változóban homogén dieren iálegyenletnek, ha az

Zu 1

f (u) − u u = x

azaz

′

szeparábilis dieren iálegyenletnek.

Nyilvánvaló.

tehát

u=

Megjegyzés. [a, b] és [c, d] helyett nyílt intervallumokat is tekinthetünk. Példa. Határozzuk meg az y′ =

y 3 − x3 , xy 2

y(1) = 1

2 y 3 − x3 y x = − 2 xy x y y − x

2 x , y

Ha

u(1) = 1

y′

és

=f

2

u du = −

Zx

1 dx , x

1

u3 − 1 = − ln x , 3 √ 3 ezért y = x 1 − ln x3 ,

ax + by + c αx + βy + γ

x ∈ ]0,

√ 3 e[.

dieren iálegyenlet

c = γ = 0, akkor a ímben egy (VH) típusú egyenlet szerepel, f : R → R típusú adott folytonos függvény esetén.

azaz ha

a b = = λ, α β

a α

b = aβ − bα = 0, β

illetve

a = λα, b = λβ ,

egyenlet átmegy az

y(1) = 1

ha

mondjuk

(x, y 6= 0)

miatt ez ekvivalens az

y′ =

√ 3 1 − ln x3

) Az

Ha

kezdeti érték probléma megoldását.

1 1 , x u2

az

kezdeti érték problémának, ha

. y(x) u(x) = x

függvény megoldása [a, b]-n az

Bizonyítás.

típusú megoldást keresünk és

ha az

dása az

b) Változóban homogén dieren iálegyenletek

y : ]0, +∞[ → R

y ′ = g(αx + βy + γ)

akkor a ímben szerepl®


147

alakba, melyet az

148


dieren iálegyenletet

u(x) = αx + βy(x) + γ ′

3. tétel. Az y : [a, b] → R függvény akkor és sak akkor megoldása (LIH)-nek, ha ∃ c ∈ R, hogy

helyettesítéssel az

′

u = α + βy = α + βg(u)

(LIHMo)

alakba írhatunk, ami egy spe iális (SZ) egyenlet. Ha

akkor az

y(x) = cyH (x) + yP (x)

ax + by + c = 0

(H)

αx + βy + γ = 0

yH (x) = exp

ξ, η

megoldása van.

Ekkor belátható (igen egyszer¶en), hogy az

függvény akkor és sakis akkor megoldása

H -n

az általános dieren-

iálegyenletnek, ha a

H ∗ = {t | t + ξ ∈ H}

függvény megoldása az

ψ ′ (x) = F

ψ(x) x

F (z) = f

Legyenek

y : [a, b] → R


(LH)

f, g : [a, b] → R

.

adott folytonos függvények,

y ′ = f (x)y + g(x)

els®rend¶ lineáris inhomogén, míg az y ′ = f (x)y

f (t)dt ,

2.

]a, b[

Rx

f (t)dt

x0

!#

·

Rx

x0

g(τ ) exp −

Rτ

!

f (t)dt dτ .

x0

is választható.

y = c · yH (x) = c exp

Rx

f (t) dt

x0

!

(x, x0 ∈ [a, b])

egyenlet.

dieren iálható ismeretlen függvény. A

(LIH)

1.

3.

a + bz α + βz

!

nyilván az (LH) általános megoldása, mely szeparábilis dieren iál-

d) Els®rend¶ lineáris dieren iálegyenletek

Dení ió.

yP (x) = exp

Megjegyzések.

dieren iálegyenletnek, ahol

"

(P)

(ξ ∈ / H, x ∈ H ⇒ αx + βy + γ 6= 0)

ψ(t) = y(t + ξ) − η

Rx

x0

lineáris egyenletrendszernek pontosan egy

y:H →R

(x ∈ [a, b]),

ahol yH : [a, b] → R az (LH) dieren iálegyenlet sehol el nem t¶n®, yP : [a, b] → R pedig (LIH) egy (partikuláris) megoldása. Továbbá, ha x0 ∈ [a, b] rögzített, akkor ∀ x ∈ [a, b] esetén

a b α β 6= 0 ,

ψ : H ∗ → R,

els®rend¶ lineáris homogén dieren iálegyen-

letnek nevezzük.

(P)-t nem fontos megjegyezni, azt a konstansvariálás alábbi módszerével minden feladatban megkapjuk: Keressük

(∗)

yP -t

(ha az (LH) megoldását már ismerjük) az

 x  Z yP (x) = c(x) exp  f (t) dt x0

(x, x0 ∈ [a, b])

alakban. Ekkor

 x   x  Z Z yP′ (x) = c′ (x) exp  f (t) dt + c(x)f (x) exp  f (t) dt x0

x0


yP

és

hogy

yP′ alakját (LIH)-be behelyettesítve, rendezés után azt a (∗) alakú yP megoldása (LIH)-nek, ha  x  Z c′ (x) = g(x) exp − f (t) dt (x, x0 ∈ [a, b])

149

kapjuk,

150


következik, mely adja, hogy

yP (x) = sin2 x − 2 cos x + 2 , ezért

y = sin2 (x) − 2 cos(x) + 2 + c ecos x

x0

e) Egzakt dieren iálegyenletek

azaz, ha

c(x) =

Zx

x0 melyet 4.

(∗)-ba



g(τ ) exp −

Zτ

x0



Dení ió.

f (t) dτ  ,

Az

nek létezik primitív függvénye, azaz létezik függvény, hogy

melynek általános megoldása

y = ce

konstans. Keressük

yP -t

(x ∈ R),

ahol

c∈R

(x ∈ R)

yP′ (x) = c′ (x) ecos x − c(x) sin x ecos x

D1 F (x, y) = P (x, y)

tetsz®leges

Megjegyzés.

és

D2 F (x, y) = Q(x, y)

(E)-t szokás az

(E )

P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0

alakban is írni.

(x ∈ R)

melyet az eredeti egyenletbe helyettesítve (rendezés után)

c′ (x) = sin3 x e− cos x ,

4. tétel. Az (E) egzakt dieren iálegyenletnek az

y : I → R differen iálható függvény (melyre (x, y(x)) ∈ D, ha x ∈ I ) akkor és sak akkor megoldása I -n, ha létezik C ∈ R, hogy (EMo)

illetve

Z

dieren iálható

teljesül.

′

alakban, ekkor

Z sin3 x e− cos x dx = sin2 x sin x e− cos x dx = Z = sin2 x e− cos x − 2 cos x sin x e− cos x dx = Z = sin2 x e− cos x − 2 cos x e− cos x + sin x e− cos x dx = = sin2 x − 2 cos x + 2 e− cos x

c(x) =

F :D→R

azaz

(az inhomogén egyenlet egy megoldását) az

yP (x) = c(x) ecos x

adott függvények.

F ′ (x, y) = f (x, y),

gén egyenlet

cos x

P, Q : D → R

tartomány,

egyenletet egzaktnak nevezzük, ha az f = (P, Q) : D → R2 függvény-

y ′ = −y sin x + sin3 x lineáris dieren iálegyenletnél a homoy ′ = −y sin x ,

D ⊂ R2

P (x, y) + Q(x, y)y ′ = 0

(E)

Használhatunk határozatlan integrált is.

Példa.

Legyen

Az

behelyettesítve kapjuk (P)-t.

(x ∈ R).

F (x, y(x)) = C

(x ∈ I),

ahol F az f = (P, Q) függvény primitív függvénye. Bizonyítás. y

a) Legyen

(EMo) alakú, akkor az összetett függvény dieren iálási

szabálya szerint

D1 F (x, y(x)) + D2 F (x, y(x))y ′ (x) = 0 következik, ami (E)-nek.

D1 F = P

és

D2 F = Q-val

(x ∈ I)

adja, hogy

y

megoldása


b) Ha

y

teljesíti (E)-t

I -n

151

és (E) egzakt, akkor

0 = D1 F (x, y(x)) + D2 F (x, y(x))y ′ =

1.

d F (x, y(x)) dx

g(t) = g 1 (t) ∪ g 2 (t) = (x1 (t), y 1 (t)) ∪ (x2 (t), y 2 (t)) ,

(x ∈ I)

ahol

(

2

f = (P, Q) : D → R olyan, hogy D úgynevezett sillagszer¶ f folytonosan dieren iálható (azaz P és Q is), továbbá D2 P (x, y) = D1 Q(x, y) ((x, y) ∈ D) (másképpen Py (x, y) = Qx (x, y) ((x, y) ∈ D)), akkor létezik f = (P, Q)-nak primitív függvénye. Ha (x0 , y0 ) egy sillagközéppont és g : [a, b] → D olyan szakaszonként sima görbe, mely az (x0 , y0 )-t (x, y)-nal köti össze, akkor ez a primitív Ha


A folytonos vonalra:

teljesül, ami adja (EMo)-t.

Megjegyzések.

152

x1 (t) = t

t ∈ [x0 , x],

y 1 (t) = y0

F (x, y) =

Z g

integrálfüggvény. 2.

f=

F (x, y) = 4.

g

F (x, y) =

Z(x,y)

g

P (x(t), y(t))x′ (t)dt +

a

Ha

Q(x(t), y(t))y ′ (t)dt .

t→y

D téglalap vagy körlap, akkor bármely rögzített (x0 , y0 )-ból bár(x, y) ∈ D elérhet® a tengelyekkel párhuzamos töröttvonal men-

tén, például:

F (x, y) =

Z

x

Z

x

Az (E) egzakt egyenlet

6.

Az

P (x, y0 )dx +

t → x,

a

y

Z

Q(x, y)dy ,

y0

P (x, y)dx +

Z

y

Q(x0 , y)dy .

y0

(x0 , y0 )-on áthaladó megoldását C = 0 mellett

y ′ = f (x)g(y) (g 6= 0)

szeparábilis egyenlet egzakt dieren iál-

egyenlet.

Példa.

A

(2x + 3x2 y)dx + (x3 − 3y 2 )dy = 0

P (x, y) = 2x + 3x2 y , (x0 , y0 )

y0

x0

5.

Q(x0 , t)dt .

dieren iálegyenletnél belátható, hogy a

(x, y)

D

P (t, y)dt +

Zy

kapjuk.

mely

(x0 , y0 )

Zx

használata is, így

illetve

a

(x, y)

Q(x, t)dt .

y0

x0

−1

Z(x,y)

Zy

utóbbi két alakjában szokás az els® integrálban

F (x, y) =

görbementi integrál kiszámítására vonatkozó ismert tétel alapján, ha ∃ g −1 , úgy

3.

F (x, y)

másodikban

. g(t) = (x(t), y(t)) (g(a) = (x0 , y0 ), g(b) = (x, y)), akkor a

−1

P (t, y0 )dt +

x0

Az 1. megjegyzés feltételein túl teljesüljön, hogy folytonosan dieren iálható

Zx

x0

f

(x0 ,y0 )

t ∈ [y0 , y],

y 2 (t) = t

A szaggatott vonalra (hasonlóan):

függvény az

F (x, y) =

x2 (t) = x

így

tartomány,

(x,y) Z

(

D

Q(x, y) = x3 − 3y 2

függvények folytonosan dieren iálhatók a lapon (ez sillagszer¶ tartomány) és

Py (x, y) = 3x2 = Qx (x, y)

((x, y) ∈ D = R2 )

D = R×R

(végtelen) tégla-

((x, y) ∈ R2 ),


153

ezért az els® megjegyzés miatt a dieren iálegyenlet egzakt és a 4. meg2 jegyzést (x0 , y0 ) = (0, 0) ∈ D = R mellett alkalmazva

Zx

F (x, y) =

2

(2x + 3x y0 )dx +

x0

Zx

=

Zy

y0

2x dx +

0

Zy 0

primitív függvénye

(x3 − 3y 2 )dy =

154

dieren iálegyenlet egzakt, akkor

megoldása visszavezethet® a (∗) egzakt dieren iálegyenlet megoldására.

((x, y) ∈ R2 )

2.

Integráló szorzót az alábbi módon kereshetünk:

3

3

x +x y−y =C

függ-

melyb®l ha

µ = µ(ω(x, y)) Q

2

((x, y) ∈ R ).

illetve

2

Fx (x, y) = 2x + 3x y ,

R 3

függvénynek, így

Fy (x, y) = x − 3y

2

µ(ω) = exp

2

((x, y) ∈ R ).

x-szerint

ha

integráljuk kö-

vetkezik, hogy

Ezt az

par iálisan deriválva a második egyenlet szerint

következik, ami adja, hogy kapjuk

F

c′ (y) = −3y 2 ,

((x, y) ∈ R2 ) illetve

korábbi alakját.

c(y) = −y 3 + c,

így

f) Integráló szorzó keresése

Dení ió. (µP, µQ) (∗)

Ha

y

teljesíti (E)-t és

vagy

y

vagy

x + y ...)

∃ µ : D → R (µ 6= 0)

függvény, hogy a

µ(x, y)P (x, y)dx + µ(x, y)Q(x, y)dy = 0

függvénye.

ω(x, y) = x,

úgy

µ(x) = exp x

R

Py −Qx Qωx −P ωy (x)dx

x-t®l

függ®

változó függvénye.

Példák. 1.

y dx + 2x dy = 0 dieren iálegyenlet nem egzakt. 2 Tekintsük azt a D = {(x, y) ∈ R | x > 0} tartományon, ekkor a 1 √ µ(x, y) = x ((x, y) ∈ D) függvény integráló szorzó, mert az

Az

√ y √ dx + 2 x dy = 0 x

√ D-n, és egyszer¶ számolás adja, hogy F (x, y) = 2y x √ (x > 0) primitív függvénye √yx , 2 x -nek, így y akkor és sak akkor megoldása egyenletünknek, ha létezik c1 ∈ R, hogy √ 2y x = c1 ((x, y) ∈ D). egyenlet egzakt

függvénynek létezik primitív függvénye, azaz a

ω

Py − Qx (ω)dω , Qωx − P ωy

Z

Py −Qx integráló szorzó, ha

sak az Q

(2x + 3x2 y)dx = x2 + x3 y + c(y) .

Fy (x, y) = x3 + c′ (y) = x3 − 3y 2 c = 0-val

Py −Qx Qωx −P ωy az

Ha például

F -et y -szerint

ω(x, y) = x

következik, ami adja, hogy

2

Ha az els® egyenletet (y -t állandónak tekintve)

F (x, y) =

(pl.

µ′ (ω) Py − Qx = µ(ω) Qωx − P ωy

ható.

a következ® módon is meghatározható: 2 primitív függvénye az f = (P, Q) : R →

Qµx − P µy = (Py − Qx )µ ,

dµ dµ ωx − P ωy = (Py − Qx )µ , dω dω

megoldásfüggvényet, ami megoldásával (y -ra) meghatároz-

Z

⇐⇒

D2 µP = D1 µQ y:I→R

és így tételünk szerint az

Ez egy görbesereg, illetve egyenletünk impli it módon tartalmazza az

F F

integráló szorzó-

Ha létezik integráló szorzó, úgy ((E) és (∗) ekvivalen iája miatt) (E)

hogy

y : I → R

az (E) egyenlet

Megjegyzések. 1.

(x3 − 3y 2 )dy = x2 + x3 − y 3

(P, Q)-nak

2

µ-t

jának (Euler-multiplikátorának) nevezzük.

vény akkor és sak akkor megoldása a dieren iálegyenletnek, ha létezik

C ∈ R,


4. EGZISZTENCIA-TÉTELEK CAUCHY-FELADATOKRA

√c x Belátható, hogy Ezért az

y=

155

(x > 0) adja a megoldást expli it formában. µ(x, y) = y ((x, y) ∈ D) is integráló szorzó, mert

problémának, ha folytonos megoldása az

y dx + 2xy dy = 0

létezik

Ebb®l rövid számolással jön, hogy a primitív = xy 2 , így y akkor és sak akkor megoldás, ha

F (x, y) c ∈ R (c ≥ 0),

függvény

hogy

xy 2 = c amib®l ugyan sak adódik az 2.

y=

(x > 0)

Py (x, y) = 6xy 2 + 2x2 + 1 ,

Zx

f (t, y(t))dt

x0

integrálegyenlet-rendszernek. (Itt f : D → Rn folytonos függvény.) megoldása (DER-KÉP)-nek, akkor

y ′ (x) = f (x, y(x)) f

(2x2 + 2xy 2 + 1)y dx + (3y 2 + x) dy = 0 kot tekintve).

y(x) = y0 +

megoldás.

A

dieren iálegyenlet nem egzakt (például a

(IER)

Bizonyítás. n a) Ha y : I → R

((x, y) ∈ D), √c x


az

2

egyenlet egzakt.

156

és

y

folytonossága adja, hogy

(x ∈ I).

f (x, y(x))

I -n,

így létezik

akkor

f (x, y(x))

folytonos

az

D = {(x, y) | x > 0}

félsí-

Zx

f (t, y(t))dt

Zx

f (t, y(t))dt

x0

Qx = 1 , integrál és

így

Py − Qx = 2x , Q

y(x) = y0 +

x0

így a 2. megjegyzés szerint

µ(x) = exp egy

x-t®l

Z

2x dx = ex

2

ahol

(x > 0)

b) Ha

y(x0 ) = y0 ,

y:I →R

n

azaz teljesül (IER).

folytonos megoldása (IER)-nek

I -n,

folytonossága miatt

függ® integráló szorzó lesz.

Zx

4. Egziszten ia-tételek Cau hy-feladatokra

f (t, y(t))dt

x0

f (x, y(x)), másrészt (IER) adja, hogy f (x, y(x)) (x ∈ I), továbbá (IER) szeebb®l pedig következik, hogy y megoldása

dieren iálható és deriváltja y dieren iálható és y ′ (x) =

a) Egziszten ia és uni itiás tétel (DER-KÉP)-re Igen fontos a (DER-KÉP) probléma következ® átfogalmazása (vissza-

rint

y(x0 ) = x0

(DER-KÉP)-nek.

vezetése integrálegyenlet-rendszerre):

Lemma. Az y : I → Rn dieren iálható függvény akkor, és sak akkor

megoldása az (DER-KÉP)

(x ∈ I),

is igaz,

Megjegyzés. A lemma miatt (DER-KÉP) megoldhatósága és a megoldás egyértelm¶sége (egziszten ia és uni itás) egyet jelent (IER) megoldható-

′

y = f (x, y) ,

y(x0 ) = y0

(x, y) ∈ D ⊂ R

n+1

ságával és a megoldás egyértelm¶ségével.


157

Tétel (Pi ard-Lindelöf egziszten ia és uni itás tétel).

Legyen G ⊂ R nyílt halmaz, I = [a, b] ⊂ R, D = I × G, f : D → R folytonos függvény, hogy létezik L > 0, hogy m

kf (x, y1 ) − f (x, y2 )kRn < Lky1 − y2 kRm

y ′ = f (x, y),

és

(∀ (x, y1 ), (x, y2 ) ∈ D),

y(x0 ) = y0

Cau hy-feladatnak az I1 = I ∩ [x0 − α, x0 + α] intervallumon létezik megoldása és az egyértelm¶.

Megjegyzések. 1.

yk (x) → exp(x2 /2)

. yk (x) = y0 +

Zx

2.

Legyen

f

G = R, I =

folytonos és

Az eljárást

n=1

hyk i

Legyenek nyek, akkor

y(0) = 1 yi′ =

Cau hy-feladatnak megfelel® integrálegyenelet:

y(x) = 1 +

n X

1 x2 + 2 2!

x2 2

2

y(x) =

1 x

gij , ϕi : I → R (i, j = 1, . . . , n) gij (x)yj + ϕi (x),

yi (x0 ) = y0i

adott folytonos függvé-

(i = 1, . . . , n)

egy

Zx

tdt = 1 +



x2 ,... 2

0

yk (x) = 1 +

y(1) = 1

lineáris dieren iálegyenlet-rendszerre vonatkozó Cau hyfeladat, mely az

ty(t)dt

0

y1 (x) = 1 +

y , x

α ∈

j=1

Ekkor

y0 (x) = 1,

Ezért a tétel miatt létezik

b) (L-DER-KÉP) megoldhatósága

Példák.

(IE)

(∀ (x, y1 ), (x, y2 ) ∈ D)

függvény.

kapjuk.

Zx

D-n.

y:I→R,

mellett az els®rend¶ expli it dieren iálegyenletre vonatkozó

y ′ = xy,

(x ∈ R).

Cau hy-feladatnak létezik megoldása és az egyértelm¶ az I = [1 − α, 1 + α] ∩ 12 , 32 intervallumon. E megoldás nem lehet más, mint a korábban kapott

függvénysorozat határfüggvénye adja.

A

, D = I × R, f : D → R, f (x, y) = − xy .

y′ = −

Pi ard-féle szuk esszív approximá iónak nevezzük.

(KÉP)

x2 2

hogy az

Cau hy-feladatra vonatkozó Pi ard-féle egziszten ia és uni itás tételt

1.

3 2, 2

miatt Lips hitz-tulajdonságú

]0, 1[ ,

x0 szerint deniált

1

y1 − y2 ≤ 2|y1 − y2 | |f (x, y1 ) − f (x, y2 )| = x

(k = 1, 2, . . . ; x ∈ I1 )

f (t, yk−1 (t))dt

egyenletesen, így (KÉP) megoldása:

y(x) = exp

A tétel feltételei mellet a (DER-KÉP) megoldását az

. y0 (x) = y0 ,

2.


n

azaz f Lips hitz-tulajdonságú D-n. Legyen továbbá x0 ∈ I és y0 ∈ G rögzített. Akkor létezik α > 0, hogy az (DER-KÉP)

158

+ ···+

1 k!

x2 2

k

jelöléssel az

,...,

(L-DER-KÉP)

 y=

y1 . . .

yn



 ,



 ϕ=

ϕ1 . . .

ϕn



 ,

y ′ = g(x)y + ϕ(x),

g = (gij )n×n

y(x0 ) = y0


159

alakba is írható.

160


rögzített. Akkor az

Ez ekvivalens az

(L-IER)

y(x) = y0 +

Zx

x0

(L-n-KÉP)

g(t) y(t) + ϕ(t) dt

integrálegyenlet-rendszerrel. n Legyen D = I × R , akkor az

1

. f (x, y) = g(x)y + ϕ(x) 2

j=1

teljesül, azaz Lips hitz-tulajdonságú, így az (L-DER-KÉP) megoldható és

I1 ⊂ I -n.

Legyen G ⊂ R nyílt halmaz, I = [a, b] ⊂ R, D = I × G, f : D → R folytonos függvény, hogy létezik L > 0, hogy n

f (x, y 1 ) − f (x, y 2 ) < L y 1 − y 2

1

(∀(x, y ), (x, y ) ∈ D),

y (i) (x0 ) = y0i+1

(i = 0, . . . , n − 1) Cau hy-feladatnak az I1 = I ∩ [x0 − α, x0 + α] intervallumon létezik megoldása és az egyértelm¶.

Következmény ((L-n-KÉP) megoldhatósága). a1 , . . . , an , b : I → R

y(x0 ) = y0

Cau hy-feladatnak létezik megoldása. p (De nem feltétlenül egyértelm¶, lásd például az y ′ = |y| dieren iálegyenletre vonatkozó Cau hy-feladatot.)

5. Magasabbrend¶ lineáris dieren iálegyenletek

folytonos függvények,

Legyenek

vények. A

ai : I → R (i = 1, . . . , n)

y (n) +

(Hn D)

2

azaz Lips hitz-tulajdonságú D-n. Legyen továbbá x0 ∈ I, y0 ∈ G1 rögzített. Akkor ∃ α > 0, hogy az y (n) = f (x, y, . . . , y (n−1) ),

mány f : D → Rn folytonos függvény, (x0 , y0 ) ∈ D. Akkor az

1. dení ió.

Tétel (egziszten ia és uni itás tétel (n-KÉP)-re).

Legyenek

I -n.

a) Az n-edrend¶ lineáris homogén dieren iálegyenletek általános elmélete

) (n-KÉP) megoldhatósága

(n-KÉP)

(i = 0, . . . , n)

Tétel (Cau hy-Peano egziszten ia tétel). Legyen D ⊂ Rn+1 tartoy ′ = f (x, y),

v #2 u n " uX P n

t 1 2 = gij (x)(yj − yj ) ≤ nK y 1 − y 2 = L y 1 − y 2

a megoldás egyértelm¶

y (i) (x0 ) = y0i+1

Cau hy-feladatnak egy és sak egy megoldása van

∀ (x, y ), (x, y ) ∈ D esetén

f (x, y 1 ) − f (x, y 2 ) = g(x)(y 1 − y 2 ) =

i=1

y (n) = a1 (x)y (n−1) + · · · + an (x)y + b(x)

d) Egziszten iatétel (DER-KÉP)-re

f : D ⊂ Rn+1 → Rn , folytonos függvényre

(

egyenletet

n-edrend¶

n X

ai (x)y (n−i) = 0

i=1

lineáris homogén dieren iálegyenletnek ne-

vezzük. Egyszer¶ számolással bizonyítható a következ® tétel:

1. tétel. Ha az

y1 , . . . , yk : I → R függvények megoldásai (Hn D)-nek I -n, akkor ∀ c1 , . . . , ck ∈ R esetén az y=

k X i=1

x0 ∈ I, y0 ∈ Rn

adott folytonos függ-

függvény is megoldás I -n.

ci y i

5. MAGASABBREND LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK

161

2. dení ió (lineáris függ®ség és függetlenség).

y1 , . . . , yk : I → R függvények lineárisan függ®ek I -n, k P c1 , . . . , ck ∈ R ( c2i > 0) konstansrendszer, hogy Az

ha létezik

162


Bizonyítás. Ha y1 , . . . , yn (Hn D) alaprendszere, akkor W (x0 ) 6= 0 ∀ x0 ∈ I . Ha y : I → R egy tetsz®leges megoldása (Hn D)-nek, akkor legyen c1 , . . . , cn a n X

i=1

k X

(∗)

ci yi (x) = 0

i=1

y1 , . . . , yk : I → R lineárisan ci = 0 (i = 1, . . . , k).

3. dení ió. nyek

Az

y1 ′ . y1 W = W (y1 , . . . , yn ) = .. . (n−1) y 1

2. tétel (Liouville-formula). Ha az

dieren iálható függvé-

y2 y2′ (n−1) y2

... ...

W (x) = W (y1 (x), . . . , yn (x)) = W (x0 ) exp −

Zx

x0

Az

y 1 , . . . , yn : I → R



a1 (t)dt .

függvények (Hn D)

y1 , . . . , yn : I → R akkor, és sak akkor alaprendszere (Hn D)nek, ha bármely yi (i = 1, . . . , n) megoldás I -n, és W (x) 6= 0.

4. tétel ((Hn D) általános megoldása). Legyen y1 , . . . , yn : I → R (Hn D) alaprendszere I -n, akkor (Hn D) bármely y : I → R megoldása ci yi (x)

i=1

alakú, ahol c1 , . . . , cn ∈ R konstansok.

(x ∈ I)

(x ∈ I)

(j)

(x0 ) = y

(j)

I -n,

melyre teljesülnek a

(j = 0, . . . , n − 1)

(x0 )

ψ

és

y

ugyanazon (Hn D)-re vonatkozó (n-KÉP) megoldásai, ezért

megegyeznek, azaz

3. tétel.

y(x) =

n

függvény olyan megoldása (Hn D)-nek

Így

alaprendszerét alkotják, ha megoldásai annak és lineárisan függetlenek.

n X

miatt létez®) megoldása, akkor a

kezdeti feltételek (◦) miatt.

y1 , . . . , yn megoldásrendszerének ≡ 0, vagy sehol sem 0.

4. dení ió (alaprendszer).

6= 0

i=1

ψ

yn yn′ (n−1) yn

...



(j = 0, . . . , n − 1)

. X ψ(x) = ci yi (x)

y1 , . . . , yn : I → R függvények

megoldásai (Hn D)-nek I -n és x0 ∈ I adott, akkor

Wronski-determinánsa vagy

egyenletrendszer (W (x0 )

függetlenek, ha (∗) sak úgy teljesül, ha

y1 , . . . , yn : I → R n − 1-szer

(Hn D) egy

(j)

ci yi (x0 ) = y (j) (x0 )

i=1

(∀x ∈ I).

Wronski-determinánsa:

Következmény.

(◦)

y(x) = ψ(x) =

n X

ci yi (x)

i=1

amit bizonyítani kellett.

(x ∈ I),

Megjegyzések. 1.

Az általános megoldáshoz így elég az alaprendszert meghatározni.

2.

Belátható, hogy alaprendszer mindig létezik.

3.

Az alaprendszer meghatározására nin s általános módszer.

Példa.

Tekintsük a

(2x + 1)y ′′ + 4xy ′ − 4y = 0 másodrend¶ dieren iálegyenletet talános megoldását.

2x + 1 6= 0-ra

és adjuk meg az ál-

Ehhez ismernünk kellene két lineárisan független

megoldást, az alaprendszert. Az együtthatókat látva olyan érzésünk van, hogy valamilyen al eax alakú függvény lehet megoldás (ilyen alakú

gebrai polinom, illetve

megoldást általában is kereshetünk). Ha szeren sénk van már van alkalmas

b-vel.

y1 (x) = x + b (x 6= − 12 )

alakú megoldás is


Ekkor sítve

y1′ (x) = 1, y1′′ (x) = 0 (x ∈ R).

163

Ezeket az egyenletbe helyette-


függvény megoldása az y ′ (x) u′ + a1 (x) + 2 1 u=0 y1 (x)

(H1 D)

1 x 6= − 2

(2x + 1) · 0 + 4x − 4(x + b) = 0

164

kell, hogy teljesüljön, ami −4b = 0, azaz b = 0 esetén igaz. y1 (x) = x (x 6= − 12 ) tehát megoldás. ax A másik megoldást keressük y2 (x) = e (x 6= − 12 ) alakban, melyb®l ′ ax ′′ 2 ax y2 (x) = ae , y2 (x) = a e következik. Ezeket az egyenletbe helyette-

dieren iálegyenletnek. Így (H2 D) általános megoldása Z y ′ (x) exp − a1 (x) + 2 1 dx dx = y1 (x) Z Z 1 = cy1 exp − a (x)dx dx . 1 y12 (x)

y = cy1

sítve

1 x 6= − 2

a2 (2x + 1)eax + 4axeax − 4eax = 0 kell, hogy teljesüljön, ami

2

eax 6= 0

Megjegyzés. A rendszám sökkentésére kényelmes az alábbi (a Liouvilleformulát használó és hasonló eredményre vezet®) módszer.

miatt ekvivalens azzal, hogy

Ha (H2 D)

illetve

2a(a + 2)x + a2 − 4 = 0 ,

1 x 6= − . 2

5. tétel (D'Alembert-féle rendszám sökkent® eljárás). Legyen y1 : I → R (y1 6= 0) megoldása az (H2 D)

y ′′ + a1 (x)y ′ + a2 (x)y = 0

dieren iálegyenletnek. Az y : I → R függvény akkor, és sak akkor megoldása (H2 D)-nek, ha az u:I →R

. u=

y y1

′

és

y2

lineárisan független megoldásai közül

y2 -re

y1

ismert, úgy

x0 -lal) az  x  Z y1 y2′ − y1′ y2 = W (x0 ) exp − a1 (t) dt (rögzített

x0

ez

Így az egyenlet általános megoldása:

y = c1 x + c2 e−2x

y1

a Lioville-formula adja

a (2x + 1) + 4ax − 4 = 0 ,

(x 6= − 12 ) ami sak akkor igaz, ha 2a(a + 2) = 0 és a2 − 4 = 0 igaz, pedig a = −2-re teljesül. y2 (x) = e−2x x 6= 21 is megoldás. y1 és y2 lineárisan függetlenek, mert y y2 x e−2x W (y1 , y2 ) = 1′ = = −(2x + 1)e−2x 6= 0 . y1 y2′ 1 −2e−2x

Z

els®rend¶ dieren iálegyenletet, melyet legegyszer¶bben úgy oldhatunk 2 meg, hogy mindkét oldalt osztjuk y1 6= 0-lal és észrevesszük, hogy a y2 baloldalon y1 deriváltja szerepel, azaz teljesül

y2 y1

Ebb®l kapjuk, hogy

′

 x  Z 1 = W (x0 ) 2 exp − a1 (t) dt . y1

y2 (x) = W (x0 ) y1 (x)

x0

Z



1 exp − y12 (x)

Zx

x0



a1 (t) dt dx .


165

b) Konstansegyütthatós lineáris homogén dieren iálegyenletek

Dení ió.

166


Következmény.

Az

y ′′ + a1 y ′ + a2 y = 0

(KH2 D)

Ha (Hn D)-ben

ai (x) = ai ∈ R

(x ∈ I),

akkor a kapott

karakterisztikus egyenlete a másodfokú

λ2 + a1 λ + a2 = 0

(KE2 )

egyenlet, így ha ennek gyökei:

y (n) +

(KHn D)

n X

a)

ai y (n−i) = 0

λ1 , λ2 ∈ R, λ1 6= λ2 ,

y = c1 eλ1 x + c2 eλ2 x ;

i=1

egyenletet

n-edrend¶

konstansegyütthatós lineáris homogén die-

b)

ren iálegyenletnek nevezzük. (KH D) karakterisztikus polinomja: . P (λ) = λn +

(KP)

)

karakterisztikus egyenlete: λn +

(KE)

n X

Példa.

. √ λ1 = α + iβ, λ2 = α − iβ i = −1 úgynevezett kongyökei (KE)-nek, hogy p1 = p2 = p-szeresek, akkor (AR)

e cos βx, eαx sin βx,

harmadrend¶ konstansegyütthatós lineáris dif-

λ3 − λ = λ(λ2 − λ) = λ(λ − 1)(λ + 1) = 0

miatt

λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = −1.

Tekintsük az

y1 (x) = e0x = 1 , függvényeket.

xe cos βx, xeαx sin βx,

p−1 αx

. . . , x e cos βx . . . , xp−1 eαx sin βx

szerepel. (Hasonló a helyzet a további komplex gyökök esetén is.)

y2 (x) = ex ,

y3 (x) = e−x

(x ∈ R)

Ezek megoldásai lesznek dieren iálegyenletünknek (ez

egyszer¶ számolással adódik) és Wronski determinánsuk

y1 ′ y1 ′′ y1

y2 y2′ y2′′

y3 1 y3′ = 0 y3′′ 0

ex ex ex

e−x −e−x = ex e−x + ex e−x = 2 6= 0 e−x

(x ∈ R),

így lineárisan függetlenek, tehát a dieren iálegyenlet alaprendszerét alkotják.

αx

y ′′′ − y ′ = 0

melynek megoldásai

els® két sora helyett

αx

Az

y = c1 cos βx + c2 sin βx eαx . λ3 − λ = 0 ,

ai λn−i = 0.

alaprendszere (KHn D)-nek. jugált komplex

akkor (KH2 D) általános

feren iálegyenlet karakterisztikus egyenlete

λ1 , . . . , λk ∈ R p1 , . . . , pk (∈ N)-szeres (különböz®) gyökei (KHn D) karakterisztikus egyenletének, hogy p1 + · · · + pk = n, akkor  λx λ1 x p1 −1 λ1 x 1 e  e , xe , . . . , x . .. (AR)   λk x e , xeλk x , . . . , xpk −1 eλk x Ha például

λ1 = α + iβ, λ2 = α − iβ (α, β ∈ R),

ai λn−i ,

i=1

Tétel. Ha

akkor (KH2 D) általános megoldása

megoldása

i=1

míg

λ1 = λ2 = λ0 ∈ R,

y = c1 eλ0 x + c2 x eλ0 x ;

n

n X

akkor (KH2 D) általános megoldása

Így a 4. tétel miatt az egyenlet általános megoldása

y = c1 + c2 ex + c3 e−x amir®l meg is gy®z®dhetünk.

(x ∈ R),


167

) n-edrend¶ lineáris inhomogén dieren iálegyenletek

Dení ió.

Legyenek

függvények, akkor az

(IHn D)

y (n) +


n-edrend¶

adott folytonos

lineáris inhomogén dieren iál-

egyenletnek nevezzük.

1. tétel. Legyen yp partikuláris megoldása (IHn D)-nek. Az y akkor, és

sak akkor megoldása (IHn D)-nek, ha az yH : I → R,

yH (x) = y(x) − yp (x)

megoldásai (IHn D)-nek, akkor az

y -ra

adódik, azaz b) Ha

yp

. y − yp = yH

n X i=1

yp -re

és

felírt

1.

(C)

c′1 , . . . , c′n -re

2.

Következmény.

Ha

yp (IHn D) egy partikuláris

megoldása, y1 , . . . , yn

pedig (Hn D) alaprendszere, akkor (IHn D) általános megoldása

y=

n X

ci y i + y p .

y1 , y2

yp ?

2. tétel (a konstansvariálás módszere (IHn D)-re). Ha y1 , . . . , yn

az (IHn D)-b®l képzett (Hn D) alaprendszere és a ci : I → R (i = 1, . . . , n) függvények kielégítik a (C)

n P

i=1

(j)

c′i (x)yi (x) = 0

(j = 0, . . . , n − 2),

alaprendszer, akkor (C)

(C′ )

c′1 (x)y1 (x) + c′2 (x)y2 (x) = 0 c′1 (x)y1′ (x) + c′2 (x)y2′ (x) = b(x)

alakú. Ebb®l pedig

0 b(x)

y2 (x) y2′ (x) b(x)y2 (x) =− ; W (x) W (y1 , y2 )

c1 (x) =

Z

−

b(x)y2 (x) dx; W (y1 , y2 )

következik. Továbbá ezen

c1

és

c′2 (x) =

c2 (x) = c2

Z

b(x)y1 (x) , W (y1 , y2 )

b(x)y1 (x) dx W (y1 , y2 )

függvényekkel a partikuláris meg-

oldás

yp (x) = c1 (x)y1 (x) + c2 (x)y2 (x)

Példa.

(x ∈ I).

Az

y ′′ − 2y ′ − 3y = e4x

(IH2 D)-hez tartozó homogén egyenlet:

i=1

Hogyan határozható meg

y ′′ + a1 (x)y ′ + a2 (x)y = b(x),

(IH2 D)

megoldása (IHn D)-nek és

nek.

W (x) 6= 0 (I -n).

(IH2 D) esetén

illetve

yH megoldása (Hn D)-nek, akkor a . hogy y = yH + yp is megoldása (IHn D)

egy inhomogén lineáris egyenletrendszer, melynek

determinánsa a Wronszki-determináns, melyre

c′1 (x) =

ai (x)(y − yp )(n−i) = 0

valóban megoldása (Hn D)-nek.

két egyenlet összeadása adja,

i=1

Megjegyzések.

(IHn D)-t kivonva egymásból

(y − yp )(n) +

. X yp (x) = ci (x)yi (x)

yp : I → R,

(P)

és ha

szerint deniált függvény megoldása az (IHn D)-b®l képzett (Hn D)-nek. Bizonyítás. a) Ha y és yp

egyenletrendszert I -n, akkor

megoldása (IHn D)-nek.

ai (x)y (n−i) = b(x)

i=1


n

ai , b : [a, b] → R (i = 1, . . . , n) n X

168

n P

i=1

(n−1)

c′i (x)yi

(x) = b(x)

y ′′ − 2y ′ − 3y = 0 . Ennek karakterisztikus egyenlete:

λ2 − 2λ − 3 = 0 ,

melynek megoldása

λ1 = −1, λ2 = 3,

yH (x) = c1 e

−x

így általános megoldása:

+ c2 e3x

(x ∈ R).


169

170


d) Lineáris dieren iálegyenlet-rendszerek

Tételünk, illetve a 2. megjegyzés szerint

yP (x) = c1 (x)e−x + c2 (x)e3x megoldása lesz (IH2 D)-nek, ha

c′1

és

c′2

(x ∈ R)

illetve az

jelölé-

y ′ + g(x)y = ϕ

lineáris inhomogén dieren iálegyenlet-rendszer-

nek, míg az

y′ + g(x)y = 0

(LHDER) egyenletrendszert

(x ∈ R), (x ∈ R).

lineáris homogén dieren iálegyenlet-rendszer-

nek nevezzük.

Megjegyzések. 1.

(LIHDER), illetve (LHDER) megoldásainak meghatározása visszavezethet® az

2.

n-edrend¶

lineáris dieren iálegyenletek elméletére.

Ugyanakkor önálló elmélet is kidolgozható, mely szoros analógiát mutat az

Z 1 1 c1 (x) = − e5x dx = − e5x , 4 20 Z 1 x 1 x c2 (x) = e dx = e , 4 4

Példa.

n-edrend¶

lineáris dieren iálegyenletek elméletével.

Az

(IH)

y1′ − y1 − y2 = 0 y2′ − y1 − y2 = x

dieren iálegyenlet-rendszer els® egyeneltét dieren iálva (az egyenletek

tehát

adják, hogy

y1

és

y2

is kétszer, s®t akárhányszor dieren iálható)

y1′′ − y1′ − y2′ = 0

(x ∈ R),

következik, melyet összehasonlítva a dieren iálegyenlet-rendszerrel eli′ minálható y2 és y2 , és az y1′′ − 2y1′ = x

ami valóban megoldása (IH2 D)-nek. (IH2 D) általános megoldása így

1 4x e 5

(i = 1, . . . , n),

sekkel a

egyenletrendszert

így (például a Cramer-szabállyal) kapjuk, hogy

1 1 1 yP (x) = − e5x e−x + ex e3x = e4x 20 4 5

gij yj = ϕi (x)

. . . (y1 , . . . , yn )⊤ = y, (ϕ1 , . . . , ϕn )⊤ = ϕ, (gij )n×n = g

(LIHDER′ )

e3x = 4e2x 6= 0 , 3e3x

3x 0 4x e 3x e 3e −e7x 1 c′1 (x) = = = − e5x 2x 2x 4e 4 −x 4e e 0 −x −e e4x e3x 1 ′ c2 (x) = = = ex 4e2x 4e2x 4

n X

folytonos függvé-

j=1

lineáris inhomogén egyenletrendszernek, melynek Wronski determinánsa

y(x) = c1 e−x + c2 e3x +

gij , ϕi : I → R (i, j = 1, . . . , n)

yi′ +

(LIHDER)

c′1 (x)(−e−x ) + c′2 (x)3e3x = e4x

Ebb®l

Legyenek

nyek. A

teljesíti a

c′1 (x)e−x + c′2 (x)e3x = 0

−x e W (x) = −x −e

Dení ió.

(x ∈ R).

másodrend¶ konstansegyütthatós lineáris inhomogén dieren iálegyenlet adódik

y1 -re.


A homogén egyenlet karakterisztikus egyenlete: és sak akkor teljesül, ha

λ1 = 0, λ2 = 2,

y1p -t

alakban, ez

ami akkor,

amib®l kapjuk, hogy

y1H (x) = c1 + c2 e2x Keressük

λ2 − 2λ = 0,

(x ∈ R).

y1p (x) = c1 (x) + c2 (x)e2x ′ ′ megoldás, ha c1 (x) és c2 (x) teljesíti a c′1 (x) · 1 + c′2 (x) · e2x = 0 c′1 (x) · 0 + c′2 (x) · 2e2x = x

egyenletrendszert, amib®l következik, hogy

Így

0 e2x x 2e2x xe2x x x2 ′ c1 (x) = = − = − =⇒ c (x) = − , 1 2x 2e2x 2 4 1 e 2x 0 2e 1 0 0 x x x 1 ′ c2 (x) = = e−2x =⇒ c2 (x) = e−2x − e−2x . 2x 2e 2 4 8 y1 (x) = −

x2 x 1 − − + c1 + c2 e2x 4 4 8

és

y2 (x) = y1′ (x) − y1 (x) =

171

x2 x 1 − − − c1 + c2 e2x . 4 4 8

Irodalomjegyzék [1℄ [2℄

Császár Á., Valós analízis I-II., Tankönyvkiadó, Budapest, 1989. Járai A., Modern alkalmazott analízis, Egyetemi jegyzet, KLTE, Debre en, 1991.

[3℄

Lajkó K., Analízis II-III.,

Egyetemi jegyzet, DE Matematikai In-

tézet, Debre en, 2003. [4℄

Lajkó K., Dieren iálegyenletek,

Egyetemi jegyzet, DE Matema-

tikai Intézet, Debre en, 2003.

[5℄

Lajkó K., Kalkulus II.,

Egyetemi jegyzet, DE Matematikai és In-

formatikai Intézet, Debre en, 2003. [6℄

Lajkó K., Kalkulus I,

mobiDIÁK könyvtár, DE Informatikai In-

tézet, Debre en, 2003., illetve DE Matematikai Intézet, Debre en, 2004. [7℄

Pál J. S hipp F. Simon P., Analízis II.,

Egyetemi jegyzet,

Nemzeti tankönyvkiadó, Budapest, 1993.

[8℄

Rudin, W., A matematikai analízis alapjai, Budapest, 1978.

173

M¶szaki Könyvkiadó,

Névjegyzék Darboux, Jean Gaston (fran ia, 18421917) Fubini, Guido (olasz, 18791943) Jordan, Camille (fran ia, 18381922) Lebesgue, Henri Lèon (fran ia, 18751941) Lindelöf, Ernst Leonard (nn, 18701946) Liouville, Joseph (fran ia, 18091882) Lips hitz, Rudolf (német, 18321903) Newton, Sir Isaa (fran ia, 16421727) Pi ard, Émile (fran ia, 18561941) Stieltjes, Thomas Jan (holland-fran ia, 18561894) Sylvester, James Joseph (angol, 18141897) Young, William Henry (angol, 18631942)

175

178

TÁRGYMUTATÓ

n-edrend¶

Bolzano-Weierstrass-féle kiválasztási tétel, 58

lineáris inhomogén, 167 egzakt, 150 els®rend¶ közönséges expli it, 138 els®rend¶ lineáris homogén, 147 els®rend¶ lineáris inhomogén, 147 közönséges n-edrend¶, 139 lineáris, 139 nemlineáris, 139 szeparábilis, 142 változóban homogén, 145 dieren iálegyenlet-rendszer els®rend¶ közönséges expli it, 140 lineáris homogén, 170 dieren iálegyenlet-rendzser lineáris inhomogén, 170 dieren iálhányados, 86 dieren iálhatóság, 86

Cau hy-féle konvergen ia kritérium, 58 Cau hy-feladat, 140 n-edrend¶ expli it közönséges dieren iálegyenletre, 140 dieren iálegyenlet-rendszerre, 141 lineáris dieren iálegyenlet-rendszerre, 158 Cau hy-Peano egziszten ia tétel, 160 Cau hy-sorozat, 58

egységkör paraméteres el®állítása, 78 egységmátrix, 48 egyszer¶ tartomány, 128 egziszten ia és uni itás tétel (n-KÉP)re, 159 els® dieren iál, 86, 99 euklideszi norma, 40 euklideszi távolság, 41 euklideszi tér, 40

D'Alembert-féle rendszám sökkent® eljárás, 163 Darboux-integrál, 19, 115 alsó, 19 fels®, 19 Darboux-tétel, 21, 116 következménye, 21 Darboux-tétel következménye, 117 Des artes-féle koordinátarendszer, 42 determináns, 50 Wronski-, 161 determinánsok szorzástétele, 52 dieren iálegyenlet n-edrend¶ közönséges expli it, 138 n-edrend¶ konstansegyütthatós lineáris homogén, 165 n-edrend¶ lineáris homogén, 160

függvény diern iálható, 86 folytonos, 60 folytonosan dieren iálható, 91 határértéke, 64 impli it, 108 korlátos változású, 72 variá iója, 71 felosztás nomítása, 17, 114 nomsága, 17, 114 osztáspontjai, 17 részintervallumai, 17 tégláé, 114 fels® összeg, 18, 115 feltételes lokális széls®érték, 110 szükséges feltétele, 110

Tárgymutató Mi , 18 mi , 18 n-dimenziós n-dimenziós n-dimenziós

egyenes, 78 intervallum, 113 szakasz, 79 összefügg® metrikus tér, 47 összefügg®ség és folytonosság, 64 összetett függvény dieren iálhatósága, 92 összetett függvény folytonossága, 63 összetett függvény határértéke, 68 átviteli elv függvények folytonosságára, 62 függvények határértékére, 67 (Hn D) általános megoldása, 161 abszolút maximum, 60 abszolút minimum, 60 adjungált algebrai aldetermináns, 51 alaprendszer, 161 alsó összeg, 18, 115 baloldali határérték, 65 beírt töröttvonal, 79 bels® pont, 45 bels®szorzattér, 40 bels®szorzat, 40 Bolzano tétele, 64 Bolzano-Weierstrass tétel, 46 177

folytonos balról, 62 egyenletesen, 63 jobbról, 62 folytonosság, 60 folytonosság topologikus megfelel®je, 63 Fubini tétel egyszer¶ tartományra, 129 Fubini tétele, 120 görbe, 78 ívhossza, 79 képe, 78 kezd®pontja, 78 paraméter-intervalluma, 78 paraméterel®állítása, 78 rektikálható, 79 sima, 78 többszörös pontja, 78 végpontja, 78 zárt, 78 görbementi-integrál, 81 halmaz kompakt, 46 határérték baloldali, 65 függvényé, 64 jobboldali, 65 határozatlan integrál, 9 határpont, 45 Heine-Borel tétel, 47 helyettesítéses integrálás tétele, 12 helyettesítéses Riemann-integrálás, 31 impli it függvény, 108 impli itfüggvény-tétel, 109 improprius Riemann-integrál, 34 intervallum feletti, 35 inmum, 60 integrálközelít® összeg, 18 integrál additivitása téglára, 118 Darboux-, 19, 115

TÁRGYMUTATÓ

határozatlan, 9 mint a fels® határ függvénye, 28 Riemann-, 20, 116 Riemann-, korlátos halmaz felett, 123 Riemann-Stieltjes, 74 integráló szorzó, 153 integrálfüggvény, 28 integrálegyenlet-rendszer, 156 integráltranszformá ió, 130 intervallum egy felosztásá, 17 inverz függvény folytonossága, 105 regularitása, 105 inverzfüggvény-tétel, 106 iránymenti dieren iálhányados, 88 izolált pont, 46 jeltartás tétele, 62 jobboldali határérték, 65 Jordan tétele, 74 Jordan-mérhet® halmaz, 125 Jordan-mérték, 125 bels®, 126 küls®, 126 véges additivitása, 128 középértéktétel, 119 középértéktétel Riemann-integrálra, 26 küls® pont, 45 karakterisztikus egyenlet, 165 karakterisztikus polinom, 165 kezdeti érték probléma, 140 kompaktság és egyenletes folytonosság (Heine), 64 kompaktság és folytonosság, 63 konstansvariálás módszere, 148 konstansvariálás módszere (IHn D)-re, 167 konvergens improprius Riemann-integrál, 34 korlátos függvény, 60 korlátos változású függvény, 72 kvadratikus forma, 103 indenit, 103 negatív denit, 103

179

pozitív denit, 103 Lebesgue szerint nullmérték¶, 118 Lebesgue-kritérium, 24, 118 leképezés lokálisan invertálható, 105 reguláris, 105 lineáris függ®ség és függetlenség, 161 lineáris homogén dieren iálegyenletrendszer, 170 lineáris leképezés normája, 54 lineáris tér, 39 lineáris transzformá ió, 54 Liouville-formula, 161 lokális invertálhatóság elegend® feltétele, 105 lokális széls®érték 1. szükséges feltétele, 102 lokális széls®érték 2. szükséges feltétele, 102 lokális széls®érték elegend® feltétele, 103 mátrix, 47 adjungált algebrai aldeterminánsa, 51 azonos típusú, 48 determinánsa, 50 egyenl®, 48 egység-, 48 elemei, 47 f®diagonálisa, 48 invertálható, 50 négyzetes (kvadratikus), 47 null-, 48 oszlop-, 49 reguláris, 53 sor-, 49 transzponált, 48 mátrixok összege, 48 invertálhatósága, 50 skalárral való szorzata, 48 szorzata, 49 maximum, 60

180

TÁRGYMUTATÓ

metrika, 41 metrikus tér, 41 összefügg®, 47 halmazának átmér®je, 42 halmazának korlátossága, 42 teljes, 58 minimum, 60 Newton-Leibniz formula, 29 Newton-Leibniz-tétel, 77 normális felosztássorozat, 17, 114 norma lineáris leképezésé, 54 nullmátrix, 48 nyílt gömbkörnyezet, 42 nyílt lefedés, 46 nyílt halmaz, 45 osz illá iós összeg, 18, 115 oszlopmátrix, 49 par iális derivált, 89 másodred¶, 95 magasabbrend¶, 96 par iális integrálás tétele, 11 par iális Riemann-integrálás, 31 par iális Riemann-Stieltjes integrálás, 75 partikuláris megoldás, 148, 167 Pi ard-féle szuk esszív approximá ió, 157 Pi ard-Lindelöf egziszten ia és uni itás tétel, 157 pont koordinátái, 42 primitív függvény, 9 részsorozat, 57 résztégla, 114 ra ionális törtfüggvények integrálása, 14 rendezett valós szám n-es, 42 Riemann-integrál, 20 intervallum feletti additivitása, 23 tégla feletti, 116 vektorérték¶ függvényé, 77

Riemann-integrálható, 20 Riemann-kritérium, 22, 117 Riemann-Stieltjes integrál, 74 integrálközelít® összeg, 74 skaláris szorzat, 40 sormátrix, 49 sorozat Rk -beli, 55 divergens, 56 határértékének egyértelm¶sége, 56 konvergen iája és korlátossága, 56 konvergens, 56 korlátos, 55 rész-, 57 sorozatok λ-szorosa, 57 összege, 57 supremum, 60 tégla, 113 mértéke, 114 térfogata, 114 Taylor-formula, 100 teljes metrikus tér, 58 területmér® függvény, 28 torlódási pont, 46 totális variá ió, 72 végtelen -beli határérték, 66 mint határérték, 66 variá ió, 71 totális, 72 vektor, 39 vektorok összeadása, 39, 43 skalárral való szorzása, 39, 43 vektortér, 39 Wronski-determináns, 161 Young tétele, 98 zárt halmaz, 45

sin 2 (x) dx = ctg(x) + C k (x ]kπ, (k + 1)π [, k Z) cos 2 (x) dx = tg(x) + C k (x ]kπ π 2, kπ + π 2 [, k Z)

Recommend Documents